《热学热力学与统计物理》课程教学资源（教材讲义，下）习题参考答案（1-2）

热学、热力学与统计物理（下册）习题参考答案第一章1.1在城市的某街区A住着一位年轻人，B处住着他的女友，B在A的东边m个街区，在A的北边n个街区（例如，当n=3,m=4时如图1.1所示）。年轻人步行到他女友的住处，所走的路线总是一步一步更接近她，从不走回头路。试问年轻人从A到B共有多少种不同的行走路线？B-n=3m=4图 1.1解：在某一拐角处，他可以向东（E），也可以向北（E)，E和N的个数分别为m和n。因此，一个特定的路线可用E和N的排列给定。例如图中所示的路线序列为E,N,N,E,E,E,N)。这种序列的个数共有(m+n)!m!n!1.2（1）若左右各有一个方格，一个球可能进入左边格子，也可能进入右边格子，概率各为1。证明N个球中有N，个进入左边格子，其余N－N，个进入右边格子的概率为2N!-1P(N.)=22N N,!(N-N,)!若一个球进入左边格子的概率为p，进入右边格子的概率为q=1-p，证明N个球中有N，个进入左边格子，其余N-N.个进入右边格子的概率为N!P(m)=m.(n-m)jiD"ag-P(N,)=1:（2）证明：N,=0ZN,P(N,)= Np, (N,-N,)= JNpq(3)证明：N,=N,=0

热学、热力学与统计物理（下册） 习题参考答案 第一章 1.1 在城市的某街区 A 住着一位年轻人，B 处住着他的女友，B 在 A 的东边 m 个街区，在 A 的北边 n 个街区（例如，当 n=3, m=4 时如图 1.1 所示）。年轻人步行到他女友的住处，所 走的路线总是一步一步更接近她，从不走回头路。试问年轻人从 A 到 B 共有多少种不同的 行走路线？ 图 1.1 解：在某一拐角处，他可以向东（E）,也可以向北（E），E 和 N 的个数分别为 m 和 n。因 此，一个特定的路线可用 E 和 N 的排列给定。例如图中所示的路线序列为（E,N,N,E,E,E,N）。 这种序列的个数共有 ( )! ! ! m n m n + 。 1.2 （1）若左右各有一个方格，一个球可能进入左边格子，也可能进入右边格子，概率各为 1 2 。证明 N 个球中有 N1 个进入左边格子，其余 N N− 1 个进入右边格子的概率为 ( ) ( ) 1 1 1 1 ! 2 ! ! N N P N N N N = − 若一个球进入左边格子的概率为 p，进入右边格子的概率为 q p = −1 ，证明 N 个球中有 N1 个进入左边格子，其余 N N− 1 个进入右边格子的概率为 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 ! ! ! N N N N P N p q N N N − = − （2）证明： ( ) 1 1 0 1 N N P N =  = ； （3）证明： ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 0 , N N N N P N Np N N Npq = = = − = 

解：（1）将N,个球进入左格，N-N,个球进入右格的概率为pgN-N。而N个球中选NN!个球进入左格，选N-N,个球进入右格的可能的方式数共有CN：所以NN,!(N-N)!个球中有N，个进入左边格子，其余N－N，个进入右边格子的概率为N!"gN-NP(N,)=CNp"qN-MN,(N-N,)!N!1时，P(N)=当p=qN,(N-N,)!2（2）由二项式定理得N!2P(M)=22. M.(N-M,)PgN-M =(P+g)"=1N.=0N!ZN4(3) N, =pNgN-MCN,P(N,)="N,(N-N)!N,=0N,=0N!=(Pg]-[(p+q= N(N,-M) =N-N!--N.slN.=0-([2-()[(p+g)"=N"p* +Np因此，(N,-M) =Np +Npq-(Np)- /Npg1.3一个醉汉从一路灯处开始行走，每一步走过长为的距离，每一步的方向随机地取东南西北四个方向中的一个。问醉汉在走了三步以后仍处于以路灯为中心、半径为21的圆内的概率是多少？解：醉汉每走一步有4种走法，走3步共有43=64种走法。走出圆外的走法有两类：（1）走直线，4个方向共有4种走法；（2）两步向前，一步横走，共有CCC=24。因此，醉汉在走了三步以后仍处于以路灯为中心、半径为21的圆内的概率

解：（1）将 N1 个球进入左格， N N− 1 个球进入右格的概率为 N N N 1 1 p q − 。而 N 个球中选 N1 个球进入左格，选 N N− 1 个球进入右格的可能的方式数共有 ( ) 1 1 1 ! ! ! N N N C N N N = − 。所以 N 个球中有 N1 个进入左边格子，其余 N N− 1 个进入右边格子的概率为 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 ! ! ! N N N N N N N N N P N C p q p q N N N − − = = − 当 1 2 p q = = 时， ( ) ( ) 1 1 1 1 ! 2 ! ! N N P N N N N = − 。 （2）由二项式定理得 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 0 0 1 1 ! 1 ! ! N N N N N N N N N P N p q p q N N N − = = = = + = −   （3） ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 ! ! ! N N N N N N N N N N P N N p q N N N − = = = = −  ( ) ( ) 1 1 1 0 1 1 ! ! ! N N N N N N N p p q p p q Np p N N N p − =     = = + =      −       ( ) 2 2 2 N N N N 1 1 1 1 − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 0 0 1 1 2 2 2 2 0 1 1 ! ! ! ! ! ! N N N N N N N N N N N N N N N N P N N p q N N N N p p q p p q N p Npq p N N N p − = = − = = = −         = = + = +          −             因此， ( ) ( ) 2 2 2 2 N N N p Npq Np Npq 1 1 − = + − = 1.3 一个醉汉从一路灯处开始行走，每一步走过长为 l 的距离，每一步的方向随机地取东南 西北四个方向中的一个。问醉汉在走了三步以后仍处于以路灯为中心、半径为 2l 的圆内的 概率是多少？ 解：醉汉每走一步有 4 种走法，走 3 步共有 3 4 64 = 种走法。走出圆外的走法有两类：（1） 走直线，4 个方向共有 4 种走法；（2）两步向前，一步横走，共有 1 1 1 4 3 2 C C C = 24 。因此，醉 汉在走了三步以后仍处于以路灯为中心、半径为 2l 的圆内的概率

C(4 + 24) =p(3)=1-6416N!1.4 证明在 N>1]与 p>1及p、相差不大的情形下，二项式分布P(n)："可近n!(N-n)!1(n-n)似用高斯分布P(n)=来表示，式中n=Np为n的平均值， 2(n)22元(An)(An) =(n-n)=Npq为(n-)"的平均值。解：在N很大，且p,q相差不大的情形下，二项式分布将在一个很大的n处有一个尖锐的极大值，当n明显偏离n时概率分布P(n）将趋于零。因此，只要研究P(n)在极大值n附近的行为就足够了。当N很大时，n也很大，在n附近的n也很大，n改变1所引起的P（n）的改变是相对微小的，即

( ) ( ) 1 9 3 1 4 24 64 16 p = − + = 1.4 证明在 N 1 与 p 1 的情形下，二项式分布 ( ) ( ) ! ! ! N n N n P n p q n N n − = − 可近似用泊 松分布 ( ) ! n n n P n e n − = 来表示，式中 n Np = 为 n 的平均值。 解：在 p 1 的情形下，由于 P n( ) 中含有因子 n p ，当 n 大时 P n( ) 趋于零。因此，仅当 n  N 时， P n( ) 才有可观的数值 ( ) ( ) ( ) ! 1 1 ! N n N N N n N N n = − − +  − ln ln 1 ( ) ( ) N n q N n p Np − = − −  − ，因此有 N n Np n q e e − − −  = P n( ) 可近似表示为 ( ) ( ) ( ) ! ! n n Np n n n P n e e n n − − = = 其中 n Np = 。上式即为泊松分布。 1.5 证明在 N 1 及 p、q 相差不大的情形下，二项式分布 ( ) ( ) ! ! ! N n N n P n p q n N n − = − 可近 似用高斯分布 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 exp 2 2 n n P n  n n   − = −        来表示，式中 n Np = 为 n 的平均值， ( ) ( ) 2 2  = − = n n n Npq 为 ( ) 2 n n − 的平均值。 解：在 N 很大，且 p q, 相差不大的情形下，二项式分布将在一个很大的 n 处有一个尖锐的 极大值，当 n 明显偏离 n 时概率分布 P n( ) 将趋于零。因此，只要研究 P n( ) 在极大值 n 附 近的行为就足够了。当 N 很大时， n 也很大，在 n 附近的 n 也很大，n 改变 1 所引起的 P n( ) 的改变是相对微小的，即

[P(n + 1)- P(n)< P(n)dPP(n)可近似看作为n 的连续函数，使P(n)取极大值的由=0来确定。为此我们dn来讨论随n变化比较缓慢的InP(n)的极大值。In P(n)= In N!-In(N-n):-lnnl+nln p+(N-n)inq由于 dinn!_ In(n+1)-Inn!(n+1)!～nn，所以ndn1n!d ln P(n)2=-Ilnn+In(N-n)+In p-Inqdnd ln P(n)=0解得由dnn=nn=Np=n这就是说P(n)的最概然值n和平均值n重合。将P(n)在n附近作泰勒展开，只取到n-n的二次项In P(n)=In P(1)+I+2n (0)(n-)P(n)的二次微商为d° In P(n)11Ndn?n(N-n)nN-n2由此得d In P(n)1N1dn?Npqn(N-n)(An)2因此有(n-n)2In P(n) = In P() -2(μn)或者P(n) = P(n)exp2(An)

P(n +1)− P(n)  P(n) P n( ) 可近似看作为 n 的连续函数，使 P n( ) 取极大值的 n 由 0 n n dP dn = = 来确定。为此我们 来讨论随 n 变化比较缓慢的 ln P n( ) 的极大值。 ln ln ! ln ! ln ! ln ln P n N N n n n p N n q ( ) = − − − + + − ( ) ( ) 由于 ln ! ln 1 ! ln ! 1 ! ( ) ( ) ln ln 1 ! d n n n n n dn n + − +  =  ，所以 ( ) ( ) ln ln ln ln ln d P n n N n p q dn = − + − + − 由 ln ( ) 0 n n d P n dn = = 解得 n Np n = = 这就是说 P n( ) 的最概然值 n 和平均值 n 重合。将 P n( ) 在 n 附近作泰勒展开，只取到 n n − 的二次项 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 ln ln ln 2 n n d P n P n P n n n dn = = + − P n( ) 的二次微商为 ( ) ( ) 2 2 d P n ln 1 1 N dn n N n n N n = − − = − − − 由此得 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ln 1 1 n n d P n N dn n N n Npq = n = − = − = − −  因此有 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ln ln 2 n n P n P n n − = −  或者 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 exp 2 n n P n P n n   − = −      

其中P(n)可由归一化条件给出n-nZP(n) ~ P(n)[~ expdn = P(n)V/2元(△n) = 12(An)21得P(n):最后得到高斯分布/2元(An)ns1P(n):2(△n)2元（4）1.6已知质量为m、弹性常数为k的一维经典谐振子的能量为E，但它的位置是不确定的。试求谐振子的位置在x-x+dx之间的概率p(x)dx。解：设谐振子的振幅为1，周期为T，振子的能量E等于1Imx2+1hx?E=222E-kx2dx式中文=为振子的速度，振子的周期T为dtmdxmVk2E-kx2m谐振子的位置在x-x+dx之间的概率为kP(x)dx=2±_ 2m-dx:dxTTV2E-kx元（2E-k21.7设一维粒子的运动范围为x≥0，在x-x+d间隔内出现粒子的概率为p(x)dx=Ce-αdx，其中α>0,C为归一化常数，求(1) x及(x):(2）若y2=x，试求。解：（1)由归一化条件f°p(x)dx=C"e-αdx==1得C=αar(n+1)=n!1- Jx"p(x)dx=af.x'e"dx=-α"α

其中 P n( ) 可由归一化条件给出 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 exp 2 1 2 n n P n P n dn P n n n   −   −  − =  =          得 ( ) ( ) 2 1 2 P n  n =  ，最后得到高斯分布 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 exp 2 2 n n P n  n n   − = −        1.6 已知质量为 m、弹性常数为 k 的一维经典谐振子的能量为 E，但它的位置是不确定的。 试求谐振子的位置在 x − x + dx 之间的概率 p x dx ( ) 。 解：设谐振子的振幅为 l ，周期为 T，振子的能量 E 等于 1 1 2 2 2 2 E mx kx = + 式中 2 dx E kx 2 x dt m − = = 为振子的速度，振子的周期 T 为 2 2 2 2 2 l l l l dx m T dt E kx k m  − − = = = −   谐振子的位置在 x − x + dx 之间的概率为 ( ) 1 2 2 2 2 1 2 2 2 dt m k p x dx dx dx T T E kx E kx    = = =   − −   1.7 设一维粒子的运动范围为 x  0 ， 在 x − x + dx 间 隔 内 出 现 粒 子 的 概 率 为 ( ) x x dx Ce dx   − = ，其中   0, C 为归一化常数，求 （1） ( ) 2 n x x 及  ； （2）若 2 y x = ，试求 n y 。 解：（1）由归一化条件 ( ) 0 0 1, x C x dx C e dx C       − = = = =   得 ( ) ( ) 0 0 1 ! 1 n n n x n n n x x x dx x e dx n        − = = =  + =  

(---()-p()=+)(2) =x=1 nn-2n为奇数1 nn-2...2.1n为偶数a72 2

( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x x x       = − = − =     （2） ( ) 2 2 2 0 0 2 1 1 2 n n n n x n n y x x x dx x e dx       −   = = = =  +       2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2.1 2 2 n n n n n n n n     −   =  −    为奇数 为偶数

第二章2.1一个质量为m的粒子在一个边长为L的立方体的盒子中作自由运动，粒子的能量h?，式中h为普朗克常数，n=n+n,+n，量子数n,n,n.=0,±1,±2,…(n)=n2mL?试分别给出当n=0,1,2,3,4时能级s(n)所包含的量子态(n,n,n.)及简并度の(n)。解：一组量子数(nx,n,n.）对应于一个量子态，n=n+n,+n.决定粒子的能量ε(n)。因此，量子态(n，n,n.）和简并度o(n)列表如下o(n)nnn,n.量子态数000012±1000±102200±10±1±142±10±14120±14±13±1±188±1±200200±2262±22002.2一个由N个可分辩的近独立的三维谐振子组成的系统，其个体量子态用量子数(n,n,,n.)标记，态(n,n,n.)的能量为：s(n)=n, +n,+n.+[hy式中h为普朗克常数，为谐振子的振动频率，n=n，+n,+n.，量子数n,n,n.=0,1,2,。写出谐振子个体能级及简并度的表达式；设达到平衡态时系统的温度为T，求系统的内能、摘和自由能。解：个体能级1(n)[hv,n=n,+n,+n.,nx,n,,n.=o,1,2,..a1n,+n,+n,+能级8,的简并度：这n个谐振子可以以任意一组数(n,n,n.）分配在x,y,=三个方向上振动，但要满足条件n=n，+n,+n.。为此，可以将3个方向看作3个盒子，量子数n看

第二章 2.1 一个质量为 m 的粒子在一个边长为 L 的立方体的盒子中作自由运动，粒子的能量 ( ) 2 2 2 h n n mL  = ，式中 h 为普朗克常数， 2 2 2 x y z n n n n = + + ，量子数 , , 0, 1, 2, x y z n n n =   。 试分别给出当 n = 0,1,2,3,4 时能级  (n) 所包含的量子态 (n n n x y z , , ) 及简并度 (n) 。 解：一组量子数 (n n n x y z , , ) 对应于一个量子态， 222 x y z n n n n = + + 决定粒子的能量  (n) 。因 此，量子态 (n n n x y z , , ) 和简并度 (n) 列表如下 n x n y n z n 量子态数 (n) 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 2 0 1 0 2 6 0 0 1 2 2 1 1 0 4 1 0 1 4 12 0 1 1 4 3 1 1 1 8 8 4 2 0 0 2 0 2 0 2 6 0 0 2 2 2.2 一个由 N 个可分辩的近独立的三维谐振子组成的系统，其个体量子态用量子数 (n n n x y z , , ) 标记，态 (n n n x y z , , ) 的能量为： ( ) 3 2 x y z   n n n n h   = + + +     ， 式 中 h 为普朗克常数，  为谐振子的振动频率， x y z n n n n = + + ， 量 子 数 , , 0,1,2, x y z n n n = 。写出谐振子个体能级及简并度的表达式；设达到平衡态时系统的温 度为 T，求系统的内能、熵和自由能。 解：个体能级 ( ) 3 3 , , , , 0,1,2, 2 2 x y z x y z x y z    n n h n n n h n n n n n n n     = + = + + + = + + =         能级 n  的简并度：这 n 个谐振子可以以任意一组数 (n n n x y z , , ) 分配在 x y z , , 三个方向 上振动，但要满足条件 x y z n n n n = + + 。为此，可以将 3 个方向看作 3 个盒子，量子数 n 看

作n个球，将所有盒子和球排成一列，并使排头第一个固定为盒子，其余n+2个球和盒子的全排列数为（n+2)！，但n个球和2个盒子的交换不会给出新的排法，（n+2)！中应除去n个球和2个盒子的全排列数2!n！。因此，这n个谐振子分配在x，y,z三个方向上振动的方(n+2)=(n+1)(n+2),式总数为：の2!n!上式就是能级ε(n)的简并度。谐振子的个体配分函数Z,以及系统的内能U、摘S和自由能ehZ=222-n(+)F分别为：(1-e-Br)n_=0n,=0n,=0U--~ 4% -3Nn(+)aβS = (N ln Z, + βU)= 3 Nk -Ii(i-e-0m)+ Bhy)F=-NkTInZ,=3NkTIn(1-e-Bm)+Bhv2.3试求在极端相对论情形下，分子的能量和动量的关系为=pc的玻尔兹曼理想气体的内能、摘、定容热容量、自由能和压强。解： 在极端相对论下粒子的能态密度： g(e)de=4cds(hc)8元VZ,=J.e-ng(e)de= 4nVe-gd=单粒子配分函数：(he)(hcβ)olnZ=3NkT,气体的内能、摘、定容热容量、自由能和压强分别为：U=-Naβ1n8元Vhcolnz,3lnS=NkIn ZkInN!=NkIn-NkTaβ3NkCKTF-TI+In-Nn()

作 n 个球，将所有盒子和球排成一列，并使排头第一个固定为盒子，其余 n+ 2 个球和盒子 的全排列数为 (n + 2 !) ，但 n 个球和 2 个盒子的交换不会给出新的排法， (n + 2 !) 中应除去 n 个球和 2 个盒子的全排列数 2! ! n 。因此，这 n 个谐振子分配在 x y z , , 三个方向上振动的方 式总数为： ( ) ( )( ) 2 ! 1 1 2 2! ! 2 n n n n n  + = = + + ， 上式就是能级  (n) 的简并度。谐振子的个体配分函数 Z1 以及系统的内能 U、熵 S 和自由能 F 分别为： ( ) 3 3 2 2 1 3 0 0 0 1 x y z x y z h h n n n h n n n e Z e e       −      − + + +     − = −    ＝ ＝ ＝ ＝ 1 ln 1 1 3 2 1 h Z U N Nh e        = − = +    −   ( ln 3 ln 1 1 ) ( ) 1 h h h S k N Z U Nk e e          − = + = − − +     − 1 ( ) 1 ln 3 ln 1 2 h F NkT Z NkT e h       − = − = − +     2.3 试求在极端相对论情形下，分子的能量和动量的关系为  = pc 的玻尔兹曼理想气体的 内能、熵、定容热容量、自由能和压强。 解：在极端相对论下粒子的能态密度： ( ) ( ) 2 3 4 V g d d hc      = 单粒子配分函数： ( ) ( ) ( ) 2 1 3 3 0 0 4 8 V V Z e g d e d hc hc            − − = = =   气体的内能、熵、定容热容量、自由能和压强分别为： 1 ln 3 Z U N NkT   = − =  ， 1 1 ln 8 ln ln ! ln 3ln 4 Z V hc S Nk Z k N Nk N kT         = − − = − +          3 V V U C Nk T    = =      3 1 ln ln ! ln 8 V kT F NkT Z kT N NkT e N hc      = − + = −          

NolnZ,_NkTp:βavV2.4被吸附在固体表面上的单原子分子能在表面上自由运动，可把它看成二维理想气体。试求分子的平均速率、最概然速率和方均根速率。解：二维理想气体分子的速度分布律由Maxwell速度分布律给出m-mhmhkTdv.dv,/2kTvdvdgf ()dv,dy, =2元kT2元kT me/h ydy对角度积分后，得到二维运动的速率分布律：F()dv=kT元kTm/ ydy== vF(v)dv=平均速率为：JokTV2mKTaF由=0，得最概然速率：V，=ovVmS2kThkydy= ["VF(v)dv=Joklm2kT因此，方均根速率为：V=Vvm2.5设质量为m的单原子分子组成的理想气体处于温度为T的热力学平衡态，从气体中任取两个分子，求其总能量在-ε+dc范围内的概率（）ds和平均能量的表达式。m%m解：Maxwell速率分布律为：F(v)dv=4元e2kdv2元kT）1mv，得分子的能量在8-8+ds范围内的概率为能量6=21%ekighdef(8)d=2元元kT任取2个分子，一个分子的能量在,一6+ds,范围内，另一个分子的能量在62一82+ds2范围内，2个分子的能量在ε-8+ds范围内的概率为f()f(s)de,ds, =f(s)f(-)deds考虑到0≤≤8，对8,积分得到2个分子的能量在ε～6+ds范围内的概率1(s)de= J° (s)F(s-8)de,d8= 4元(-edefee(e-s,)de元kT()de

1 N NkT ln Z p  V V  = =  。 2.4 被吸附在固体表面上的单原子分子能在表面上自由运动，可把它看成二维理想气体。试 求分子的平均速率、最概然速率和方均根速率。 解：二维理想气体分子的速度分布律由 Maxwell 速度分布律给出 ( ) 2 2 2 2 2 2 mv mv kT kT x y x y m m f v dv dv e dv dv e vdvd kT kT    − − = = 对角度积分后，得到二维运动的速率分布律： ( ) 2 2 mv m kT F v dv e vdv kT − = 平均速率为： ( ) 2 2 2 0 0 2 mv m kT kT v vF v dv e v dv kT m   −  = = =   由 0 p v v F v =      =    ，得最概然速率： p kT v m = ( ) 2 2 2 3 2 0 0 mv 2 m kT kT v v F v dv e v dv kT m   − = = =   因此，方均根速率为： 2 2 s kT v v m = = 。 2.5 设质量为 m 的单原子分子组成的理想气体处于温度为 T 的热力学平衡态，从气体中任 取两个分子，求其总能量在  − + d 范围内的概率    ( )d 和平均能量的表达式。 解：Maxwell 速率分布律为： ( ) 3 2 2 2 2 4 2 mv m kT F v dv e v dv kT   −   =     能量 1 2 2  = mv ，得分子的能量在  − + d 范围内的概率为 ( ) 3 2 1 2 1 2 kT f d e d kT        −   =     任取 2 个分子，一个分子的能量在 1 1 1  − + d 范围内，另一个分子的能量在 2 2 2  − + d 范围内，2 个分子的能量在  − + d 范围内的概率为 f f d d f f d d (         1 2 1 2 1 1 1 ) ( ) = − ( ) ( ) 考虑到 1 0     ，对 1  积分得到 2 个分子的能量在    + d 范围内的概率 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 1 1 1 1 1 1 0 0 3 2 1 4 1 2 kT kT d f f d d e d d kT kT e d                      − − −   = − = −     =  

2个粒子的平均能量：=ey(e)de=ekTgd=3kTLkT2.6用q1,9293表示3N个自由度系统状态的广义坐标，相应于坐标q,的广义力是X，，3NaH若系统的哈密顿量是H，则X=试证明维里定理：Zq,X,=-3NkTaqii=l其中T是气体的温度。特别是当具有相互作用势能为U（9i，92，,93）的N个分子组成的气体被封闭在体积为V的容器中时，维里定理取如下形式：PV=NkT-！2%U241其中p是气体分子施加于容器壁的压强。这里91,92",93是确定N个分子位置的笛卡儿坐标。解：一个与温度为T的热源接触的经典系统，出现系统的哈密顿量为H的概率为P=Ce-BHH的平均值为空间1 Qe-βBHaHaHe-BH dr =c( Jq,dq,dr,Yiβq,aqaqE,9-[en dq, ar,=8,c J eHlda,dr,Lq,e-BH-kTCaqj1,9q,e-BHdT=kTO,=kT8.C因此，有维里定理3N3N3.N3NaHZkT=Zq,X, =-3NKTZq,X,aog1=1i=li=li=l气体分子中的力X由两部分组成，一部分是分子间的相互作用势能U，另一部分来自au+F。F是器壁施加给分子在9,方向上的分量，只有当器壁的作用力F，因此，X，a分子的坐标充分接近器壁时才有显著作用。用，，表示N个分子的位置，代替3N个N-ZrFq，则有：S=1

2 个粒子的平均能量： ( ) 3 3 0 0 1 1 3 2 kT d e d kT kT        −   −   = = =       。 2.6 用 1 2 3 , , , N q q q 表示 3N 个自由度系统状态的广义坐标，相应于坐标 i q 的广义力是 Xi ， 若系统的哈密顿量是 H ，则 i i H X q  = −  ，试证明维里定理： 3 1 3 N i i i q X NkT =  = − 其中 T 是气体的温度。 特别是当具有相互作用势能为 ( ) 1 2 3 , , , U q q q N 的 N 个分子组成的气体被封闭在体积 为 V 的容器中时，维里定理取如下形式： 3 1 1 3 N i i i U pV NkT q = q  = −   其中 p 是气体分子施加于容器壁的压强。这里 1 2 3 , , , N q q q 是确定 N 个分子位置的笛卡儿 坐标。 解：一个与温度为 T 的热源接触的经典系统，出现系统的哈密顿量为 H 的概率为 H P Ce− =  空间的体积元 1 3 1 3 j N j N j j d dq dq dq dp dp dp dq d  = =  ， i j H q q   的平均值为 1 j j j j j j j H H i i i j j j j j q H H H i i j j ij j j q q q j H ij ij H H e q C q e d C q dq d q q q q kTC q e e dq d kT C e dq d q kT C e d kT           − −  − − −   −       =  = −                = − −  =             =  =         因此，有维里定理 3 3 3 3 1 1 1 1 3 N N N N i i i i i i i i i i H q X q X q kT NkT = = = = q  = = − = − = −      气体分子中的力 Xi 由两部分组成，一部分是分子间的相互作用势能 U，另一部分来自 器壁的作用力 Fi ,因此， i i i U X F q  = − +  。Fi 是器壁施加给分子在 i q 方向上的分量，只有当 分子的坐标充分接近器壁时才有显著作用。用 1 2 , , N r r r 表示 N 个分子的位置，代替 3N 个 i q ，则有： 3 1 1 . N N i i s s i s q F r F = =  =