平动方面，这方面与能均分方面一致
振动贡献
$\varepsilon^{-\nu}=(n+\frac12)\hbar\omega$
$Z_{1}^{\nu}=\sum{n=0}^{\infty}e^{-\beta(n+1/2)\hbar\omega}=e^{-\beta\hbar\omega/2}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-n\beta\hbar\omega}=\frac{e^{-\beta\hbar\omega/2}}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}$
$\begin{aligned}U^{\nu}=-N\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_{1}^{\nu}=\frac{N\hbar\omega}2+\frac{N\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}\end{aligned}$
前者是N个原子的零点能量之和，与温度无关。后者是热激发能量会贡献热容
特征温度$\begin{aligned}\theta^\nu=\hbar\omega/k\end{aligned}$
$\begin{aligned}物理意义:在室温下, \hbar\omega>>kT,振子几 \text{乎全部都冻结在基态,当温度T升高时,} \\\text{它们几乎不吸收热量,故在常温下,振动} \text{自由度不参与能量均分!}\end{aligned}$
转动
首先异核双原子
$\varepsilon^r=\frac{l(l+1)\hbar^2}{2I};\quad\omega_l=2l+1,\quad(l=0,1,2\cdots)$
引入转动特征温度$k\theta^r=\frac{\hbar^2}{2I}\quad\left(I=\mu r^2\right)$
$Z_1^r=\sum_{l=0}^\infty(2l+1)e^{-\frac{\theta^r}T\cdot l(l+1)}$
常温下$\theta^r<<T$，转动能级远小于KT，$\begin{aligned}\frac{\theta^r}T\cdot l(l+1)&=x\end{aligned}$可以看作连续的变量当l变化时：
$dx=\frac{\theta^r}T\cdot(2l+1)dl=\frac{\theta^r}T\cdot(2l+1)$
$Z_1^r=\sum_{l=0}^\infty(2l+1)e^{\frac{\theta^r}T\cdot l(l+1)}=\frac T{\theta^r}\int_0^\infty e^{-x}dx=\frac T{\theta^r}=\frac{2I}{\beta\hbar^2}$
此时量子统计与经典统计所得到的结果相同
然后是同核双原子分子，以氢分子为例，其有两个自旋方向
自旋平行（正氢⁍$l=1,3,5,\cdots$ $\begin{aligned}Z_{1o}^r&=\sum_{l=1,3,\cdots}(2l+1)e^{-\frac{\theta^r}T\cdot l(l+1)}\end{aligned}$
自旋反平行（仲氢）$l=0,2,4,\cdots Z_{1p}^r=\sum_{l=0,2,4,\cdots}(2l+1)e^{-\frac{\theta^r}T\cdot l(l+1)}$
正氢：仲氢=3:1
低温（T< 90 K）下，能量均分定理不适用，需要将上述级数求和算出。
原子内电子激发态和基态能量之差是1-10eV，相应的特征温度为 ：$10^4-10^5\mathbb{K}$
一般温度下，热运动难以使得电子取得足够的能量跃迁到激发态，因此，电子被冻结在基态，对热容量不贡献。