Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8626
2018-07-04 
Вывести формулу $\langle E \rangle = \frac{ \hbar \omega}{2} + \frac{ \hbar \omega}{e^{ \frac{ \hbar \omega}{kT} } - 1 }$, используя распределение Больцмана. Получить с помощью нее выражение для молярной колебательной теплоемкости $C_{V_{кол}}$ двухатомного газа. Вычислить $C_{V_{кол}}$ для газа, состоящего из молекул $Cl_{2}$, при температуре 300 К. Собственная частота колебаний этих молекул равна $5,63 \cdot 10^{14} рад/с$.
Решение:
По определению
$\langle E \rangle = \frac{ \sum E_{ \nu} e^{ - E_{ \nu} /kT } }{ \sum e^{ - E_{ \nu}/ kT } } = \frac{ \frac{ \partial }{ \partial \beta } \sum_{ \nu = 0}^{ \infty} e^{ - \beta E_{ \nu} } }{ \sum_{ \nu = 0}^{ \infty} e^{ - \beta E_{ \nu} } } = - \frac{ \partial }{ \partial \beta} ln \sum_{ \nu = 0}^{ \infty } e^{ - \beta ( \nu + 1/2) \hbar \omega }, \beta = \frac{1}{kT} = - \frac{ \partial }{ \partial \beta} ln e^{-1/2 \beta \hbar \omega } \frac{1}{1 - e^{ - \beta \hbar \omega} } = - \frac{ \partial }{ \partial \beta} \left ( - \frac{1}{2} \hbar \omega \beta - ln(1 - e^{ - \beta \hbar \omega} ) \right ) = \frac{1}{2} \hbar \omega + \frac{ \hbar \omega}{e^{ \hbar \omega / kT} - 1 }$.
Таким образом, для одного грамма моль двухатомного газа
$C_{V_{1кол} } = N \frac{ \partial \langle E \rangle }{ \partial T} = \frac{R \left ( \frac{ \hbar \omega}{kT} \right )^{2} e^{ \hbar \omega / kT} }{(e^{ \hbar \omega / kT} - 1 )^{2} }$
где $R = Nk$ - газовая постоянная
В данном случае $\frac{ \hbar \omega}{kT} = 2,7088$
и $C_{V_{1кол} } = 0,56 R$
Вывести формулу $\langle E \rangle = \frac{ \hbar \omega}{2} + \frac{ \hbar \omega}{e^{ \frac{ \hbar \omega}{kT} } - 1 }$, используя распределение Больцмана. Получить с помощью нее выражение для молярной колебательной теплоемкости $C_{V_{кол}}$ двухатомного газа. Вычислить $C_{V_{кол}}$ для газа, состоящего из молекул $Cl_{2}$, при температуре 300 К. Собственная частота колебаний этих молекул равна $5,63 \cdot 10^{14} рад/с$.
Решение:
По определению
$\langle E \rangle = \frac{ \sum E_{ \nu} e^{ - E_{ \nu} /kT } }{ \sum e^{ - E_{ \nu}/ kT } } = \frac{ \frac{ \partial }{ \partial \beta } \sum_{ \nu = 0}^{ \infty} e^{ - \beta E_{ \nu} } }{ \sum_{ \nu = 0}^{ \infty} e^{ - \beta E_{ \nu} } } = - \frac{ \partial }{ \partial \beta} ln \sum_{ \nu = 0}^{ \infty } e^{ - \beta ( \nu + 1/2) \hbar \omega }, \beta = \frac{1}{kT} = - \frac{ \partial }{ \partial \beta} ln e^{-1/2 \beta \hbar \omega } \frac{1}{1 - e^{ - \beta \hbar \omega} } = - \frac{ \partial }{ \partial \beta} \left ( - \frac{1}{2} \hbar \omega \beta - ln(1 - e^{ - \beta \hbar \omega} ) \right ) = \frac{1}{2} \hbar \omega + \frac{ \hbar \omega}{e^{ \hbar \omega / kT} - 1 }$.
Таким образом, для одного грамма моль двухатомного газа
$C_{V_{1кол} } = N \frac{ \partial \langle E \rangle }{ \partial T} = \frac{R \left ( \frac{ \hbar \omega}{kT} \right )^{2} e^{ \hbar \omega / kT} }{(e^{ \hbar \omega / kT} - 1 )^{2} }$
где $R = Nk$ - газовая постоянная
В данном случае $\frac{ \hbar \omega}{kT} = 2,7088$
и $C_{V_{1кол} } = 0,56 R$
