跳到主要内容

東京大学 工学系研究科 物理工学専攻 2019年8月実施 物理学 第3問

标签：

Author​

Miyake

Description​

固体表面における原子の吸着現象の簡単なモデルとして、原子が吸着できる場所（吸着サイト）が NaN_a 個並んだ吸着格子と単原子理想気体が接した系を考える（図 1 を参照）。 なお、この系はボルツマン統計に従うものとする。 各吸着サイトは互いに独立で、それぞれ原子が吸着していないか、1つだけ吸着しているかのいずれかの状態をとるものとし、それぞれの状態のエネルギーを 0,−ε0, -\varepsilon とする (ε>0\varepsilon > 0)。 各原子の質量を mm とし、原子の内部自由度は考えない。 この系全体は、温度 TT、化学ポテンシャル μ\mu の熱平衡状態にあるものとする。 ボルツマン定数を kBk_B、逆温度を β=1/(kBT)\beta=1/(k_BT)、プランク定数を 2π2 \pi で割ったものを hh とする。

[1] まず、単原子理想気体のみを考える。体積 VV 中の単原子 NN 個からなる理想気体の分配関数は

Z(g)(V,β,N)=VNN!(m2πℏ2β)3N/2(1)Z^{(g)}(V, \beta, N) = \frac{V^N}{N!} \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2 \beta} \right)^{3N/2} \tag{1}

で与えられることを示せ。

[2] 式 (1) を用いて、大分配関数 ZG(g)(V,β,N)=∑N=0∞Z(g)(V,β,N)eβμNZ^{(g)}_G(V, \beta, N) = \sum_{N=0}^\infty Z^{(g)}(V, \beta, N) e^{\beta \mu N} を求めよ。

[3] 理想気体の圧力 PP は、ZG(g)Z^{(g)}_G を用いて P(β,μ)=1β∂∂Vlog⁡ZG(g)(V,β,N)P(\beta,\mu)=\frac{1}{\beta} \frac{\partial}{\partial V} \log Z^{(g)}_G(V, \beta, N) と与えられる。これに問 [2] の結果を用いることで、P(β,μ)P(\beta,\mu) の表式を求めよ。

[4] 次に、この単原子理想気体が吸着格子に接している状況を考える。1つの吸着サイトに着目し、それがとりうる状態に関する大分配関数 ξG(a)\xi_G^{(a)} を求めよ。

[5] 吸着格子全体の大分配関数は ZG(a)=(ξG(a))NaZ^{(a)}_G = (\xi_G^{(a)})^{N_a} で与えられる。これを用いて、吸着している原子の密度 nan_a （吸着原子の総数を NaN_a で割ったもの）を求めよ。

[6] 問 [3] と [5] の結果を用いて、吸着原子密度 nan_a を圧力 PP と温度 TT の関数として表せ。

[7] 問 [6] で得られた nan_a を、温度 TT 一定のもとで圧力 PP の関数として図示せよ。また、圧力 PP 一定のもとで温度 TT の関数としても図示せよ。

题目描述​

考虑一个单原子理想气体与吸附晶格接触的模型。晶格含有 NaN_a 个彼此独立的吸附位点，每个位点只能为空（能量为 00）或吸附一个原子（能量为 −ε-\varepsilon，其中 ε>0\varepsilon>0）；原子质量为 mm，忽略内部自由度，整个系统服从玻尔兹曼统计，并在温度 TT、化学势 μ\mu 下达到热平衡。记 β=1/(kBT)\beta=1/(k_BT)。

  1. 对体积 VV 中含 NN 个原子的单原子理想气体，从相空间积分出发证明其正则配分函数为
    Z(g)(V,β,N)=VNN!(m2πℏ2β)3N/2.Z^{(g)}(V,\beta,N)=\frac{V^N}{N!}\left(\frac{m}{2\pi\hbar^2\beta}\right)^{3N/2}.
  2. 利用上式计算理想气体的大配分函数
    ZG(g)(V,β,μ)=∑N=0∞Z(g)(V,β,N)eβμN.Z_G^{(g)}(V,\beta,\mu)=\sum_{N=0}^{\infty}Z^{(g)}(V,\beta,N)e^{\beta\mu N}.
  3. 根据
    P(β,μ)=1β∂∂Vlog⁡ZG(g)P(\beta,\mu)=\frac1\beta\frac{\partial}{\partial V}\log Z_G^{(g)}
    求压强 PP 关于 β,μ\beta,\mu 的表达式。
  4. 求单个吸附位点在空置和吸附一个原子两种状态下的大配分函数 ξG(a)\xi_G^{(a)}。
  5. 已知整个吸附晶格的大配分函数为 ZG(a)=(ξG(a))NaZ_G^{(a)}=(\xi_G^{(a)})^{N_a}，求吸附原子数除以位点总数所得的占据密度 nan_a。
  6. 消去化学势，把 nan_a 写成压强 PP 和温度 TT 的函数。
  7. 分别在温度固定时画出 nan_a 随 PP 的变化，在压强固定时画出 nan_a 随 TT 的变化。

Kai​

[1]​

まず、1粒子について考えると、空間積分は体積 VV となる。 また、運動量に関する積分は、1成分について、次のように計算できる：

∫−∞∞e−βp22mdp=2πmβ\begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty e^{- \beta \frac{p^2}{2m}} dp = \sqrt{\frac{2 \pi m}{\beta}} \end{aligned}

よって、全体の分配関数は、

Z(g)(V,β,N)=1N!VN(2πℏ)3N(2πmβ)3N/2=VNN!(m2πℏ2β)3N/2\begin{aligned} Z^{(g)}(V, \beta, N) &= \frac{1}{N!} \frac{V^N}{(2 \pi \hbar)^{3N}} \left( \frac{2 \pi m}{\beta} \right)^{3N/2} \\ &= \frac{V^N}{N!} \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2 \beta} \right)^{3N/2} \end{aligned}

となる。

[2]​

ZG(g)(V,β,μ)=∑N=0∞Z(g)(V,β,N)eβμN=∑N=0∞VNN!(m2πℏ2β)3N/2eβμN=∑N=0∞1N![V(m2πℏ2β)3/2eβμ]N=exp⁡[V(m2πℏ2β)3/2eβμ]\begin{aligned} Z_G^{(g)}(V, \beta, \mu) &= \sum_{N=0}^\infty Z^{(g)}(V, \beta, N) e^{\beta \mu N} \\ &= \sum_{N=0}^\infty \frac{V^N}{N!} \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2 \beta} \right)^{3N/2} e^{\beta \mu N} \\ &= \sum_{N=0}^\infty \frac{1}{N!} \left[ V \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2 \beta} \right)^{3/2} e^{\beta \mu} \right]^N \\ &= \exp \left[ V \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2 \beta} \right)^{3/2} e^{\beta \mu} \right] \end{aligned}

[3]​

P(β,μ)=1β∂∂Vlog⁡ZG(g)(V,β,μ)=1β∂∂V[V(m2πℏ2β)3/2eβμ]=1β(m2πℏ2β)3/2eβμ=(m2πℏ2)3/2eβμβ5/2\begin{aligned} P(\beta, \mu) &= \frac{1}{\beta} \frac{\partial}{\partial V} \log Z_G^{(g)}(V, \beta, \mu) \\ &= \frac{1}{\beta} \frac{\partial}{\partial V} \left[ V \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2 \beta} \right)^{3/2} e^{\beta \mu} \right] \\ &= \frac{1}{\beta} \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2 \beta} \right)^{3/2} e^{\beta \mu} \\ &= \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2} \right)^{3/2} \frac{e^{\beta \mu}}{\beta^{5/2}} \end{aligned}

[4]​

ξG(a)(β,μ)=e−β⋅0⋅eβμ⋅0+e−β⋅(−ε)⋅eβμ⋅1=1+eβ(μ+ε)\begin{aligned} \xi_G^{(a)} (\beta, \mu) &= e^{-\beta \cdot 0} \cdot e^{\beta \mu \cdot 0} + e^{-\beta \cdot (-\varepsilon)} \cdot e^{\beta \mu \cdot 1} \\ &= 1 + e^{\beta (\mu + \varepsilon)} \end{aligned}

[5]​

吸着格子全体の大分配関数は、

ΞG(a)(β,μ,Na)=(ξG(a)(β,μ))Na=(1+eβ(μ+ε))Na\begin{aligned} \Xi_G^{(a)} (\beta, \mu, N_a) &= \left( \xi_G^{(a)} (\beta, \mu) \right)^{N_a} \\ &= \left( 1 + e^{\beta (\mu + \varepsilon)} \right)^{N_a} \end{aligned}

であり、グランドポテンシャルは、

Ω(β,μ,Na)=−1βlog⁡ΞG(a)(β,μ,Na)=−Naβlog⁡(1+eβ(μ+ε))\begin{aligned} \Omega (\beta, \mu, N_a) &= - \frac{1}{\beta} \log \Xi_G^{(a)} (\beta, \mu, N_a) \\ &= - \frac{N_a}{\beta} \log \left( 1 + e^{\beta (\mu + \varepsilon)} \right) \end{aligned}

であり、よって、

Nana=−∂Ω(β,μ,Na)∂μ=Naβeβ(μ+ε)⋅β1+eβ(μ+ε)=Na11+e−β(μ+ε)∴    na=11+e−β(μ+ε)\begin{aligned} N_a n_a &= - \frac{\partial \Omega (\beta, \mu, N_a)}{\partial \mu} \\ &= \frac{N_a}{\beta} \frac{e^{\beta (\mu + \varepsilon)} \cdot \beta} {1 + e^{\beta (\mu + \varepsilon)} } \\ &= N_a \frac{1}{1 + e^{- \beta (\mu + \varepsilon)} } \\ \therefore \ \ \ \ n_a &= \frac{1}{1 + e^{- \beta (\mu + \varepsilon)} } \end{aligned}

である。

[6]​

[3] より、

e−βμ=(m2πℏ2)3/21β5/2P\begin{aligned} e^{- \beta \mu} = \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2} \right)^{3/2} \frac{1}{\beta^{5/2} P} \end{aligned}

であるから、これを [5] に代入して、

na=11+(m2πℏ2)3/2e−βεβ5/2P\begin{aligned} n_a &= \frac{1}{1 + \left( \frac{m}{2 \pi \hbar^2} \right)^{3/2} \frac{e^{- \beta \varepsilon}}{\beta^{5/2} P} } \end{aligned}

を得る。

[7]​

本页目录