Маклаков А

Маклаков А. И., Серебренникова Т. А., Савинков А. В.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ.
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
Казань, 2012 г.
ВВЕДЕНИЕ
В курсе общей физики решению задач должно уделяться большое внимание. Процесс
решения задач помогает активно усваивать теоретический материал, развивает физическое
мышление и умение решать некоторые физические проблемы, поэтому в ряде вузов на
чтение лекций и решение задач выделяется одинаковое количество часов.
Решение задач по физике − творческий процесс. Фактически это первая
самостоятельная научная работа студента. Она включает знакомство с условиями задачи,
анализ и сам процесс решения задачи, который, как любое творчество, всегда загадочен. Он
может длиться секунда, минуты, а иногда и несколько суток.
При решении задач рекомендуется руководствоваться следующими правилами:
1. Вникнуть в суть задачи, понять, что в ней требуется, сделать нужный рисунок или
график, кратко записать условия задачи, провести анализ и наметить путь решения.
2. Решение задачи начинать, как правило, с "конца": записать соотношение, в
которое входит искомая физическая величина, посмотреть, какие величины, входящие в это
соотношение, неизвестны, записать формулы, в которых эти неизвестные имеются и т.д.
3. Решать задачу в общем виде с получением конечного результата в виде некоторой
формулы, если это возможно, поскольку промежуточные расчеты только удлиняют процесс
решения и приводят к дополнительным ошибкам.
4. Проверить равенство размерностей правой и левой частей конечной формулы, что
подтверждает правильность решения задачи.
5. Подставить в полученное выражение численные значения заданных физических
величин, выраженные в единой системе единиц (например, в СИ или СГС) и провести
окончательный расчет.
6. Записать результат с точностью, не превышающей точность физических величин,
заданных в условии задачи.
7. Оценить реальность полученной величины (если масса молекулы составляет
несколько килограмм, а ее скорость больше скорости света, то решение задачи требует
серьезной проверки).
Последовательность действий при решении задач представлена в виде блок-схемы.
Блок-схема предложенной методики решения задач.
Осмысление
и краткая
запись
условий
задачи, ее
анализ
Решение
задачи,
получение
конечного
результата в
виде
формулы
Проверка
равенства
размерностей правой и
левой
частей
конечной
формулы
Проведение
математических
расчетов в
единой
системе
единиц и
получение
результата в
виде числа
Оценка
реальности
результата
При решении задач следует обязательно ознакомиться с содержанием используемого
сборника задач, посмотреть на имеющиеся в нем физические и математические формулы,
таблицы основных физических постоянных, размерности физических величин, таблицы
значений основных физических характеристик веществ и т.д.
В пособии использованы задачи из различных сборников задач:
1. Иродов И. Е. Задачи по общей физике. – М.: Наука, 1988. 416 с.
2. Савельев И. В. Сборник вопросов и задач по общей физике. – М.: Наука, 1988. 288 с.
3. Рейф Ф. Статистическая физика. – М.: Наука, 1972. 350 с.
4. Бабаджан Е. И., Гервидс В. И. и др. Сборник вопросов и задач по общей физике. –
М.: Наука, 1990. 398 с.
и др.
В пособии рассмотрены задачи по следующим разделам молекулярной физики:
1.
Статистический метод, биномиальное распределение и средние значения.
2.
Распределения Максвелла и Больцмана.
3.
Законы идеального газа.
4.
Первое начало термодинамики.
5.
Второе
начало
термодинамики,
расчеты
круговых
процессов
термодинамических функций.
6.
Реальные газы Ван-дер-Ваальса.
7.
Процессы столкновений в газах.
8.
Процессы переноса.
9.
Фазовые равновесия и переходы первого.
10. Поверхностное натяжение в жидкостях, растворы.
и
1. СТАТИСТИЧЕСКИЙ МЕТОД.
БИНОМИАЛЬНОЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЕ, СРЕДНИЕ ЗНАЧЕНИЯ.
1.1. Основные понятия и формулы.
Статистический метод базируется на понятии вероятности случайного процесса и
средних значениях величин.
Вероятность Р(r) осуществления дискретного случая r определяется с помощью
статистического ансамбля из N систем. Если случай r осуществляется в Nr системах
ансамбля, то:
(1.1)
P(r )  N r / N .
Если случайная величина х изменяется непрерывно, то элементарная вероятность dP(x)
встретить величину, лежащую в пределах от х до х + dх:
dP( x)   ( x)dx ,
(1.2)
где ρ(х) – плотность вероятности для величины х.
Если имеем N статистически независимых опытов, и вероятность появления данного
исхода опыта равна р, а вероятность его непоявления q = 1 – p, то вероятность появления n
исходов при N испытаниях (биномиальное распределение):
N!
(1.3)
PN (n) 
p n q N  n  CNn p n q N  n .
n!( N  n)!
Одним из предельных случаев биномиального распределения является распределение
Гаусса:
 (n  Np) 2 
1

(1.4)
PN (n) 
exp  
2 Npq 
2 pqN

Оно справедливо, если N → ∞ и флюктуации n малы, т.е.
n  n/ n  1 ,
где
n  Np − среднее значение n.
Среднее значение функции f(Ur) случайной величины Ur, меняющейся дискретно:
(1.5)
f   pr  f (U r ) ,
r
где pr − вероятность появления Ur.
Если случайная величина х меняется непрерывно, то среднее значение функции f(x):
(1.6)
f   f ( x)dP( x)   f ( x) ( x)dx
x
x
Дисперсия случайной величины x:
 2  Δx 2  ( x  x) 2 ,
(1.7)
где x − среднее значение случайной величины x.
Особое внимание следует обращать на нахождение средних значений функций
случайных величин (формулы (1.5) и (1.6)).
1.2. Примеры решения задач.
Задача 1. (проблема случайных блуждений).
Человек начинает свое движение от фонаря в узкой улочке, делая шаги длиной l.
Вероятность того, что он сделает шаг вправо, равна p, влево – q = 1 – p. Человек настолько
пьян, что, делая данный шаг, он совершенно не помнит о направлении предыдущего. Всего
он сделал N шагов. Какова вероятность того, что смешение человека от фонаря вправо равно
ml, где m − целое число.
Анализ и решение. Каждый шаг пьяного человека является независимым событием.
Всего он совершает N таких дискретных событий, для описания которых можно
воспользоваться биномиальным распределением (1.3). Чтобы человек оказался на
расстоянии ml справа от фонаря, ему нужно сделать влево k, а вправо (k + m) шагов, причем
k + (k + m) = N, отсюда число шагов влево k = (N – m)/2, а число шагов вправо
k + m = (N + m)/2.
Искомая вероятность:
PN (ml ) 
k m N ( k m )
N  m N m
N! p 2 q 2
N! p q

.
(k  m)! ( N  (k  m))!  N  m   N  m 

! 
!
 2  2 
Величины, стоящие справа и слева, безразмерны.
Задача 2.
В Казани 10 февраля родились 1000 младенцев. Найти вероятность того, что родились:
а) 400 девочек; б) 500 девочек.
Анализ и решение. Рождение каждого младенца случайное и независимое событие. Из
общих соображений следует, что вероятность рождения девочки или мальчика одинакова,
как утверждает медицина. Обозначим эти вероятности через p и q, причем p = q = 1/2. Всего
произошло N независимых событий. Для вычисления искомой вероятности воспользуемся
биномиальным распределением (1.3).
а) P1000 (400 ) 
1000! 400 600
p q .
400!600!
Однако считать такие числа достаточно сложно, поэтому воспользуемся предельным
случаем, когда N − большое, а p ≈ q, т.е. гауссовым распределением (1.4).
 (n  Np)2 
1
;
PN (n) 
exp  

2Npq
2pqN


11
P1000 400  6,25 10 .
Из полученного результата видно, что вероятность такого события мала, т.е. событие
практически невероятное.
б) P1000 (500)  2,5 102 .
На первый взгляд кажется, что результат неправдоподобен, ибо такое событие должно
свершаться с вероятностью, равной приблизительно ½. Однако нужно учесть, что наряду с
конкретным событием рождения 500 девочек и 500 мальчиков примерно с такой же
вероятностью достаточно много будет происходить событий рождения 499 девочек и 501
мальчика, 499 мальчиков и 501 девочки, 498 девочек и 502 мальчика, 498 мальчиков и 502
девочек и т.д., т.е. приблизительно по 500. При этом сумма вероятностей всех этих событий
должна равняться единице, поэтому вероятность конкретного события рождения 500 девочек
и 500 мальчиков оказывается малой.
Задача 3.
Рассмотрим ядро со спином, равным ½. Из квантовой механики известно, что
магнитный момент μ с вероятностью p может быть направлен по магнитному полю и с
вероятностью q − против него. В первом случае магнитный момент μ принимает значение
равное μ0, во втором –μ0. Найти, чему равны  и  2 .
Решение. Задача на нахождение среднего значения случайной величины, меняющейся
дискретно (формула (1.5)) и принимающей два значения. Для этого случая среднее значение
магнитного момента:
2
    i pi   0 p  (   0 ) q ,
i 1
но p + q = 1 – по условию нормировки вероятностей, тогда:
  0 p  0 (1  p)  (2 p  1)0 .
Среднеквадратичное значение момента:
2
 2   i2 p  02 p  02 (1  p)  02 .
i
i 1
Задача 4.
Идеальный газ из N молекул находится в равновесии в сосуде объемом V. В части
сосуда объемом V1 находится n молекул (Рис.1.1). Чему равно среднее число n молекул в
объеме V1 и его дисперсия σ2 ?
Анализ и решение. Появление n молекул из N в объеме V1 −
случайное событие, вероятность которого описывается формулой
(1.4). Для нахождения среднего значения n воспользуемся
соотношением (1.5):
N
n   n  PN ( n)
Рис. 1.1
n 1
(В таких соотношениях под знаком суммы обязательно стоит усредняемая величина и
вероятность ее появления). Так как PN(n) – биномиальное распределение (1.3), то:
N
N!
n  n
p n q N n .
(1)
n
!
(
N

n
)!
n 1
В этом соотношении неизвестны p и q. Из общих геометрических соображений вероятность
того, что какая-то молекула попадет в объем V1, если общий объем V, равна p = V1/V.
Из условия нормировки элементарных вероятностей p + q = 1, где q – вероятность того, что
эта молекула в объеме V1 отсутствует, тогда q = 1 – (V1/V). Сумму (1) подсчитать прямым
способом достаточно сложно, поэтому воспользуемся искусственным математическим
приемом. Возьмем формулу бинома Ньютона:
N
N!
( p  q) N  
p n q N n ,
n 1 n! ( N  n )!
возьмем производную по p от обеих частей этого равенства:
N
N!
N ( p  q) N 1  
np n 1q N n ,
n 1 n! ( N  n )!
домножим обе части на p, тогда:
N
N!
Np( p  q) N 1  
np n q N n
(2)
n
!
(
N

n
)!
n 1
Правая часть (2) равна n , а левая Np, следовательно:
n  Np  NV1 / V .
Для нахождения дисперсии воспользуемся ее определением  2  (n  n) 2 , преобразуем
это выражение:
2
2
2
2
 2  (n2  2nn  n )  n2  2n  n  n2  n .
Т.е. дисперсия равна разности среднеквадратичного значения случайной величины и
квадрата ее среднего значения.
Найдем n 2 , используя соотношение (1.5):
N
N!
p n q N n .
n
!
(
N

n
)!
n 1
Для подсчета суммы воспользуемся тем же искусственным приемом: возьмем
производную по p от обеих частей (2):
N
N!
N ( N  1)( p  q) N 2  p  N ( p  q) N 1  
n 2 p n 1  q N n .
n 1 n! ( N  n )!
Умножая обе части этого выражения на p и учитывая, что p + q = 1, получим:
N!
N 2 p 2  Np 2  Np   n 2
p n q N n  n 2
n! ( N  n )!
или
n2   n2
n 2  N 2 p 2  Np(1  p)  N 2 p 2  Npq .
Окончательно дисперсия записывается:
2
 2  n 2  n  N 2 p 2  Npq  N 2 p 2  Npq .
Задача 5.
На дно круглой чашки с плоским дном равномерно в один слой насыпали мелкие
стеклянные шарики. Радиус чашки R. Определить: а) вероятность и плотность вероятности
обнаружения шарика внутри кольца радиусами r и r + dr, б) среднее r и среднеквадратичное
(r 2 )1/ 2 расстояние от шарика до центра дна чашки.
Анализ и решение. Из геометрических соображений (Рис.1.2) следует, что искомая
вероятность мала dp  dS1 / S0 , где dS1 – площадь кольца с
радиусами r и r + dr, S – площадь дна чашки.
Так как dr << r, то площадь кольца с достаточно хорошим
приближением можно представить как произведение длины
окружности радиуса r на ширину кольца dr, т.е. dS1 = 2πr · dr.
Площадь дна чашки S0 = πR2. Искомая вероятность:
2r  dr 2r
Рис. 1.2
dP 
 2 dr
R 2
R
и плотность вероятности, согласно (1.2):
 ( r )  2r / R 2 .
Для нахождения r и r 2 используем (1.6):
R
R
0
0
r   r ( r )dr   r
R
2r
2
2
dr  2  r 2 dr  R
2
R
R 0
3
и
R
r2   r2
0
R
2r
2
dr  2  r 3dr  R 2 / 2 .
2
R
R 0
Откуда среднеквадратичное расстояние (r 2 )1/ 2  R / 2 .
Размерности левой и правой частей в конечном выражении одинаковы.
Задача 6.
Найти функцию распределения угла между двумя полупрямыми на плоскости, одна из
которых закреплена, а у другой все ориентации на плоскости равновероятны.
Анализ и решение. Понятие равновероятности всех направлений на плоскости определяется
следующим образом. Пусть полупрямая каждый раз выходит из некоторой точки. Проведем
из этой точки на плоскости окружность произвольного радиуса (Рис. 1.3). Все направления
полупрямой равновероятны, если вероятность, что полупрямая пройдет через любой отрезок
дуги проведенной окружности, пропорциональна длине отрезка и не зависит от его
положения.
Пусть радиус окружности равен 1. Вероятность того, что рассматриваемый угол будет
заключен
в
промежутке
[α, α + dα],
пропорциональна
соответствующему дифференциалу дуги, который равен dα.
Следовательно,
f ( )d  c  d
Постоянная с находится из условия нормировки. Если угол
отсчитывается в определенном направлении, то он может
принимать значения в промежутке [0, 2π].
Следовательно,
2
Рис. 1.3
 cd  2  c  1,
0
и
f ( )d 
1
d .
2
Задача 7.
Найти функцию распределения угла между закрепленной полупрямой и полупрямой, все
направления которой в пространстве равновероятны.
Анализ и решение.
Понятие равновероятности всех направлений полупрямой в пространстве определяется
следующим образом. Пусть полупрямая каждый раз выходит из некоторой точки. Проведем
из этой токи сферу единичного радиуса. Будем говорить, что все направления полупрямой
равновероятны, если вероятность того, что полупрямая пройдет через любую область сферы,
пропорциональна площади поверхности этой области и не зависит от ее формы.
Полупрямую с фиксированным направлением также проведем из центра сферы. Пусть это
будет вертикальная полуось (Рис. 1.4). Рассматриваемая случайная величина – угол между
двумя полупрямыми – может принимать значения из промежутка [0, π]. Вероятность того,
что она примет значение из промежутка [α, α + dα], равна вероятности попадания подвижной
полупрямой в заштрихованное на Рис. 1.4 кольцо. Но эта
вероятность пропорциональна площади кольца:
f ( )d  c  2 sin  d
Коэффициент с, определяемый из условия
получается равным 1/4π, поэтому окончательно:
нормировки,
Рис 1.4
1
f ( )d  sin  d ,
2
1
а плотность вероятности f ( )  sin  .
2
Задача 8 (Задача Бюффона).
Плоскость разграфлена параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстоянии
2a. На плоскость наудачу бросают иглу длины 2l (l < a). Найти вероятность того, что игла
пересечет какую-нибудь прямую.
Рис. 1.5
Анализ и решение.
Введем следующие обозначения: x – расстояние от середины иглы до ближайшей параллели,
φ – угол, составленный иглой с этой параллелью (Рис. 1.5а).
Положение иглы полностью определяется заданием определенных значений x и φ, причем x
принимает значения от 0 до a; возможные значения φ изменяются от 0 до π. Другими
словами, середина иглы может попасть в любую из точек прямоугольника со сторонами a и π
(Рис. 1.5б). Таким образом, этот прямоугольник можно рассматривать как фигуру G, точки
которой представляют собой все возможные положения середины иглы. Очевидно, площадь
фигуры G равна πa.
Найдем теперь фигуру g, каждая точка которой благоприятствует интересующему нас
событию, т.е. каждая точка этой фигуры может служить серединой иглы, которая пересекает
ближайшую к ней параллель. Как видно из Рис. 1.5а, игла пересечет ближайшую к ней
параллель при условии x  l sin  , т.е. если середина иглы попадает в любую из точек
фигуры, заштрихованной на Рис. 1.5б.
Таким образом, заштрихованную фигуру можно рассматривать как фигуру g. Найдем
площадь этой фигуры:

S g   l sin d  l cos |0  2l
0
Искомая вероятность того, что игла пересечет прямую:
P  S g / SG 
2l
.
a
2. РАСПРЕДЕЛЕНИЯ МАКСВЕЛЛА И БОЛЬЦМАНА.
2.1. Основные понятия и формулы.
В этом разделе нужно обратить внимание на нахождение средних значений различных
физических величин при известном виде вероятностей или плотностей вероятностей и
умение пользоваться этими функциями. Задачи по нахождению средних скоростей требуют
знания различных видов функций распределения (плотностей вероятностей) скоростей
молекул Максвелла.
Доля молекул dN с массой m, компонента скорости которых лежит в пределах от vx до
vx + dvx:
1/ 2
 mv x2 
dN  m 
 
dv x
(2.1)

exp

N  2kT 
 2kT 
Плотность вероятности этого события (или функция распределения компоненты
скорости vx):
1/ 2
 mv x2 
 m 

 (v x )  
(2.2)
 exp  
 2KT 
 2kT 
N – общее число молекул в системе. Аналогичные формулы можно записать для
компонент скоростей vy и vz.
Доля молекул dN, скорость которых лежит в пределах от v до v + dv, вне зависимости
от направления скорости:
 mv 2  2
dN
 m 
v dv ,
 4 
 exp  
N
 2kT 
 2kT 
а соответствующая плотность вероятности:
3/ 2
 m 
 (v )  4 

 2kT 
3/ 2
(2.3)
 mv 2  2
v .
exp  
 2kT 
(2.4)
 
Наиболее вероятная vв, средняя v и средняя квадратичная v 2
1/ 2
1/ 2
 
1/ 2
1/ 2
скорости молекул:
1/ 2
 8kT 
 3kT 
 2kT 
2
vв  

(2.5)
 , v
 .
 , v
 m 
 m 
 m 
Распределение молекул в силовом поле с потенциальной энергией U задается
распределением Больцмана:
dN
 U 
 U 
 B  exp  
(2.6)
dv  B  exp  
dxdydz ,
N
 kT 
 kT 
где dN – доля молекул с энергией U в объеме dv = dxdydz.
Соответствующая плотность вероятности:
 U 
 ( x, y , z )  B  exp  
(2.7)
,
 kT 
где В – постоянная, характерная для каждого случая.
Формула Больцмана:
 U 
n  n0  exp  
(2.8)
,
 kT 
n и n0 – число молекул в единице объема, где потенциальная энергия равна U и 0,
соответственно.
2.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
Один литр кислорода находится при нормальных условиях (Т = 273 К, p = 101.3 кПа).
Найти число молекул, скорость которых заключена в интервале от 500 м/c до 500,2 м/c.
Дано: V = 1 л (О2) = 10-3 м3; Т = 273 К, p = 101300 Па, v = 500 м/c, dv = 0,2 м/c.
Определить: dN.
Анализ и решение. Небольшой разброс скоростей молекул 0,2 м/с по сравнению с
500 м/с, позволяет принять его за малую величину dv. Тогда на основании (2.3) число
молекул dN, скорость которых лежит в пределах от v до v + dv:
 mv 2  2
 m 
 
v dv ,
dN  N  4 
exp

 2kT 
 2kT 
где m и N – неизвестны, m = M · а.е.м. (М – относительная молекулярная масса).
Для нахождения общего числа N молекул в объеме используем закон Авогадро: при
нормальных условиях 1 моль газа занимает объем Vм = 22,4 л. Тогда N = Na · V/Vм и
окончательно:
3/ 2
V  М  а.е. м. 
dN  4N a 


Vм  2kT 
3/ 2
 М  а.е. м.v 2  2
v dv  8  1018 .
exp  
2
kT


Задача 2.
Показать, что отношение между числом молекул, имеющих скорость меньше наиболее
вероятной vв, и числом всех молекул не зависит от Т.
Решение. Согласно (2.3) доля молекул dN, имеющих скорость, лежащую в пределах от
v до v + dv:
 mv 2  2
dN
 m 
 
v dv ,
 4 
exp

N
 2kT 
 2kT 
где N – число всех молекул в системе. Тогда отношение между числом молекул Nв и числом
всех молекул:
3/ 2
в
 mv 2  2
Nв
 m 
v dv
 4 
(1)
  exp  
N
 2kT  0
 2kT 
Введем безразмерную величину x = v/vв и преобразуем выражение, стоящее справа.
2kT
2kT
Согласно (2.5) vв = (2kT/m)1/2, тогда v  x
, dv 
dx .
m
m
Подставляя эти выражения в (1), получим:
1
Nв
4

exp(  x 2 )  x 2 dx .

N
 0
Справа имеем определенный интеграл, независящий от температуры, что и требовалось
показать.
3/ 2 v
Задача 3.
Найти вероятность того, что при 300 К молекулы азота имеют компоненты скорости
вдоль осей x, y, z, соответственно, в интервале 300 ± 0,3, 400 ± 0,4 и 500 ± 0,5 м/с.
Решение. Согласно (2.1) доля молекул dNx из N, скорость которых лежит в пределах от
vx до vx + dvx:
 mvx2 
dN x  m 
 
dv x .

exp

N
 2kT 
 2kT 
Вероятность этого события dPx = dNx/N. Аналогичные соотношения для вероятностей
того, что молекулы обладают компонентами скорости vy и vz, лежащей в интервале
(vy, vy + dvy) и (vz, vz + dvz) – dPy = dNy/N и dPz = dNz/N, соответственно.
Вследствие независимости движения молекул вдоль различных осей x, y, z, вероятность
того, что молекулы обладают компонентами скорости, лежащей в интервале (vi, vi + dvi), где
i = x, y, z, равна dP = dPx · dPy · dPz или
3/ 2
 m( v x2  v 2y  v z2 
 m 
dv x dv y dv z .
dP  
(1)
 exp  

2
kT
 2kT 


Тогда искомая вероятность δP:
3 2 300 0, 3
 mv 2y  5000,5
 mv x2  4000, 4
 mvz2 
 m 




 
dv z ,
P  
exp

dv
exp

dv
exp


 2kT  x 
 2kT  y 
 2kT  3000,3
 2kT 

 4000, 4

 5000,5
3/ 2
Так как интервал изменения компонент скорости vi(i = x, y, z) мал, для подсчета
интегралов можно воспользоваться теоремой о среднем значении, согласно которой:
32
 m v x' 2  v 'y 2  v z' 2 
 m 
v  v  v ,
P  
 exp  
y
z

 x
2kT
 2kT 


'
'
'
где v x = 300м/c, v y = 400 м/c, v z = 500 м/c,


v x = 0,6 м/c, v y = 0,8 м/c v z = 1 м/c.
Подстановка этих значений дает:
δР ≈ 7·10-11.
Задача 4.
Определить долю молекул, компоненты скорости которых вдоль оси x находятся в
интервале (vx, vx + dvx), а модули перпендикулярной составляющей скорости – в интервале
( v  , v  dv ).
Анализ и решение. Для нахождения искомой доли молекул воспользуемся
соотношением (1) предыдущей задачи:
3/ 2
 m(vx2  v y2  vz2 ) 
dN  m 
dvx  dv y  dvz .
dP 

 exp  

N  2kT 
2kT


Выделим в нем нужную вероятность того, что молекулы обладают компонентами
скорости вдоль оси х, лежащей в интервале (vx, vx + dvx):
3/ 2
 m( v 2y  v z2 ) 
 mv x2 
dN  m 
dv y  dv z .
dv x  exp  

(1)
 exp  


N  2kT 
2
kT
2
kT




Для определения вероятности того, что молекулы обладают компонентами скорости,
перпендикулярной vx, лежащей в интервале ( v  , v  dv ),
рассмотрим вектор скорости v в прямоугольной системе
координат (Рис.2.1). Проекцию v на плоскость (vy 0 vz)
обозначим через v  . Проведя в этой плоскости две
окружности с центром в начале координат радиусами ( v 
и v  dv ), получим кольцо. Второму условию задачи
будут удовлетворять молекулы, у которых конец
Рис. 2.1
перпендикулярной составляющей вектора скорости, лежит в этом кольце. Компоненты
скорости vy, vz и их приращения dvy и dvz выразим через v  и dv  . Для этого перейдем в
полярную систему координат ( v  ,  ). Из Рис. 2.1 следует, что v y  v   cos  , vz  v  sin  ,
v 2y  vz2  v2 . Произведение dv y  dv z представляет собой элемент площади в прямоугольной
системе координат, который в полярной системе координат равен v  dv  d , d – угол
между v  и осью 0vy.
Подставляя эти выражения в (1), получим:
3/ 2
 mvx2 
 mv 2 
dN  m 
dv x  exp    v   dv   d .

 exp  
N  2kT 
 2kT 
 2kT 
Чтобы учесть все молекулы, концы векторов v  которых лежат во всем кольце,
проинтегрируем полученное выражение по  в пределах от 0 до 2π. Тогда:
dN   m 


N
 2kT 
3/ 2
2
 m(vx2  v2 ) 
 m 
v  dv  dvx  d  2 
exp  

2kT 
 2kT 

0
3/ 2
 m(vx2  v2 ) 
v  dv  dvx
exp  
2kT 

Задача 5.
Вычислить среднюю проекцию скорости v x молекул с массой m при температуре Т.
Решение. Для вычисления среднего значения воспользуемся формулами (1.6) и (2.2).
1/ 2
 mvx2 
 m 
dv x .
v x   v x   (v x )dv x   v x 
 exp  
 2kT 
 2kT 
В общем случае v x может принимать любые значения в интервале от –∞ до +∞, однако
v x может принимать только положительные значения, т.е. в интервале от нуля до +∞, где
v x = vx. Тогда:
1/ 2 
 mvx2 
v

exp
0 x   2kT   dv x .
приводит к табличному интегралу, что дает в результате
 m 
vx  

 2kT 
Замена
mv x2 / 2kT  y
v x  2kT / m  .
1/ 2
Задача 6.
Для молекул массой m при температуре Т найти функцию их распределения  ( ) по
кинетическим энергиям  и наивероятное значение кинетической энергии  в . Соответствует
ли  в наивероятной скорости vв?
Решение. Для нахождения  ( ) используем выражение (2.3):
 mv 2  2
dN
 m 
v dv .
  (v )dv  4 
 exp  
N
 2kT 
 2kT 
Перейдем от распределения молекул по скоростям  (v ) к распределению их по
энергиям  ( ) с учетом того, что кинетическая энергия молекулы   mv 2 / 2 .
Дифференцируя это выражение, получим d  mv  dv . Так как v  (2 / m)1/ 2 , то
d  m(2 / m)1/ 2 dv . Тогда:
3/ 2
 m 

 2kT 
 ( )d  4 
3/ 2
   2  m 
exp  
  
 kT  m  2 
1/ 2
d
   1/ 2
 2 (kT )  3 / 2  exp  
   d .
m
 kT 
   1/ 2
  .
 kT 
Наивероятнейшей кинетической энергии εв соответствует максимум функции ρ(ε),
поэтому необходимо взять производную от ρ(ε) по ε и приравнять ее нулю, т.е
d / d    в  0 , тогда получим εв=kT/2.
 ( )  2 (kT ) 3 / 2  exp  
Кинетическая энергия с наивероятнейшей скоростью по (2.5):
 '  mvв2 / 2  kT , т.е. ε' ≠ εв.
Задача 7. (опыт Перрена).
При наблюдении в микроскоп взвешенных частиц гуммигута было обнаружено, что
среднее число их в слоях, отстоящих на h = 40 мкм, отличается друг от друга в η = 2 раза.
Температура среды Т = 290 К. Диаметр частиц d = 0,4 мкм и их плотность на ∆ρ = 0,2 г/см3
больше плотности окружающей жидкости. Как по этим данным Перрен нашел число
Авогадро Nа?
Дано: h = 40 мкм = 4·10-5 м,   n1 / n2  2 , Т = 290 К, d = 0,4 мкм = 4·10-7 м, ∆ρ = ρ –
ρ0 = 0,2 г/см3 = 200 кг/м3.
Определить:
Анализ и решение. Частицы, находящиеся в поле сил тяжести, подчиняются
распределению Больцмана (2.8). Отношение плотностей n1 / n2
частиц на двух уровнях h1 и h2, где потенциальные энергии U1 и U2,
соответственно, согласно (2.8):
n1
 (U  U 2 ) 
exp   1
.
kT
n2


Умножая числитель и знаменатель на Na , получим:
n1
 (U  U 2 ) N a 
Рис. 2.2
exp   1
(1)

RT
n2


где R = kNa – газовая постоянная, а U1 и U2 неизвестны. Для их нахождения используем связь
между силой F, действующей на частицу и ее потенциальной энергией U.
F  U / h или Fdh  dU . Проинтегрируем обе части равенства с учетом того, что при
изменении h от h1 до h2U изменяется от U1 до U2, полагая, при этом F = const.
h2
U2
h1
U1
 Fdh   dU
или F  h  U1  U 2 .
Но на частицу массой m и объемом V, находящуюся в жидкости во взвешенном состоянии и
подчиняющуюся распределению Больцмана, действует еще сила, определяемая разницей
между силой тяжести mg  Vg и силой Архимеда  0Vg (g – ускорение свободного
падения).
F  Vg   0Vg  Vg (    0 )  V  g   .
Объем частицы V  d 3 / 6 . Тогда F  d 3    g / 6 и U1  U 2  d 3    g  h / 6 .
Подставляя (U1 – U2) в (1), получим:
 d 3    g  h  N a 
n1
 ,
 exp  
6RT
n2


или
ln
откуда:
Na 
d 3    g  h  N a
n1
,

n2
6 RT
6 RT ln 
d    g  h
3
 6,4  10 23 моль-1.
Задача 8.
Имеется N частиц, энергия которых может принимать лишь два значения E1 и Е2.
Частицы находятся в равновесном состоянии при температуре Т. Чему равна суммарная
энергия Е всех частиц?
Решение. Суммарную энергию всех частиц можно представить в виде:
E  N1 E1  N 2 E2 , где N1 и N2 – число частиц, имеющих энергию E1 и Е2, соответственно. Для
нахождения N1 и N2 используем формулу Больцмана (2.8), на основании которой
 E  E2 
N 1 / N 2  exp   1
,
kT 

причем N1 + N2 = N. Решая систему из двух уравнений с двумя неизвестными, найдем:
 E  E2 
exp   1

kT 

N1  N
,
 E1  E 2 
1  exp  

kT 

N
N2 
,
 E1  E 2 
1  exp  

kT 

 E  E2 
E1  exp   1
  E2
kT 

EN
.
 E1  E 2 
1  exp  

kT 

Задача 9.
Потенциальная энергия молекул в центральном поле зависит от рассеяния r до центра
поля как U ( r )  ar 2 , где а > 0. Температура газа Т. Найти: а) долю молекул в шаровом слое
(r, r + dr) и плотность вероятности этого события, б) число молекул в шаровом слое, если их
концентрация в центре поля n0.
Анализ и решение. Молекулы газа находятся в поле
потенциальных
сил,
поэтому
можно
использовать
распределение Больцмана (2.6):
 ar 2 
dN
 U 
dx  dy  dz (1)
 B  exp  
dV  B  exp  
N
 kT 
 kT 
где В – постоянная, характерная для данного поля.
Вследствие шаровой симметрии поля, задачу удобнее в
сферической системе координат (r, φ, θ) (Рис. 2.3). Элемент
объема (dx·dy·dz) в (1) в прямоугольной системе координат
Рис. 2.3
равен r2·dr·sinθ·dθdφ в сферической системе.
Тогда:
 ar 2  2
dN
r dr  sin   d  d
 B  exp  
N
 kT 
(2)
Для определения доли молекул dNc/N в шаровом слое (r, r + dr) проинтегрируем (2) по θ в
пределах от 0 до π и по φ в пределах от 0 до , т.е.
2
 ar 2  2 
 ar 2  2
aN c
r dr  sin   d  d  4 B  exp  
 r dr .
(3)
B  exp  
N
kT
 kT 


0
0
Постоянную В найдем из условия нормировки, для чего (3) проинтегрируем по r в
пределах от 0 до +∞.

 ar 2  2
 r dr  1 .
4 B  exp  
 kT 
0
Интеграл табличный, откуда В = (а/πkT)3/2 и
dN c  a 


N
 kT 
3/ 2
 ar 2 
  4 r 2 dr .
 exp  
kT


Плотность вероятности:
 ar 2 
 a 
 
  4 r 2 .
 (r)  

exp

 kT 
 kT 
Для нахождения числа молекул dNc в шаровом слое используем соотношение (1) в
3/ 2
виде:
 ar 2 
dN
 .
 B  exp  
N  dV
 kT 
dN/dV – локальная плотность частиц в системе, которая при r = 0 равна n0, откуда В = n0/N.
Тогда число молекул в шаровом слое из (3):
 ar 2  2
 r dr .
dN c  4 n0 exp  
 kT 
Задача 10.
В бесконечно высоком вертикальном сосуде находится углекислый газ при
температуре Т. Считая поле сил тяжести однородным, найти, как изменится давление газа на
дно сосуда, если температуру газа увеличить в  раз.
Анализ и решение. Получим зависимость давления газа в сосуде от Т. Рассмотрим
сосуд с единичным квадратным сечением, что упростит решение задачи,
но не уменьшит его общность. На высоте z от поверхности дна (Рис.2.4)
выделим столбик газа высотой dz и найдем давление dp, которое он
оказывает на нижнее сечение. Это давление равно весу выделенного
столбика газа, т.е. dp = g · dm, где dm – масса газа в выделенном объеме dV.
dm = ρ · dV = ρ ·dz (dS = 1). Плотность газа ρ = n · m, где n – число молекул
в единице объема, m – масса молекулы. Молекулы газа, находящиеся в
формуле Больцмана (2.8):
 mgz 
n  n0  exp  
,
Рис. 2.4
 kT 
где n0 – число молекул в единице объема при z = 0. Подставляя полученные соотношения в
выражение для dp, получим:
 mgz 
dp  g  dm  g    dz  g  m  n  dz  mg  n0  exp  
dz .
 kT 
Для определения давления всего столба газа на дно сосуда проинтегрируем это
выражение по z в пределах от 0 до +∞:

 mgz 
p  mgn0   exp  
dz  n0 kT ,
kT


0
откуда следует, что p пропорционально Т. Однако при изменении температуры может
изменяться и n0. Получим зависимость n0 от Т. Воспользуемся выражением (2.6):
dN
 mgz 
 B  exp  
dx  dy  dz ,
N
 kT 
где dN – число молекул в объеме dV = dx·dy·dz, N – число молекул во всем столбе.
Проинтегрируем это выражение по объему столба:

1
1
 mgz 
B   exp  
dz
dx
   dy  1 ,
kT

 0 0
0
откуда B  mg / kT .
Представим выражение (2.6) в виде:
dN
 mgz 
 B  exp  
(1)

N  dV
 kT 
dN/dV = n – локальная плотность молекул. При z = 0, как следует из (1),
dN/dV = n0= ВN = mgN/kT или p = n0kT = mgN = const.
Таким образом, при нагревании газа, находящегося в бесконечно высоком вертикальном
сосуде, давление газа на дно сосуда не изменится.
3. ЗАКОНЫ ИДЕАЛЬНОГО ГАЗА.
3.1. Основные понятия и формулы.
Уравнение состояния идеального газа с молярной массой М, имеющего массу m и
занимающего объем V:
m
pV 
 RT  vRT ,
(3.1)
M
где v = m/M – число молей газа, R – универсальная газовая постоянная, или
p = n · kT
(3.1а)
где n – число молекул в единице объема, k – постоянная Больцмана.
Основное уравнение кинетической теории идеальных газов:
2 mv 2
,
(3.2)
p n
3
2
mv2
– средняя кинетическая энергия  молекулы, которая равна
2
i
  kT ,
2
где i – число степеней свободы молекулы газа.
где
(3.3)
3.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
Два одинаковых сосуда соединены трубой с клапаном, пропускающим газ из одного
сосуда в другой при разности давления ∆p ≥ 1,1 атм. Сначала в одном сосуде был вакуум, а в
другом идеальный газ при T1 = 27ºC и давлении р1 = 1 атм. Затем оба сосуда нагрели до
T2 = 107ºC. Найти давление газа в сосуде, где был вакуум.
Дано: ∆p ≥ 1,1 атм, р1 = 1 атм, t1 = 27ºC = 300 К, t2 = 107ºC = 380 К.
Определить: p2’.
Анализ и решение. Обозначим объем каждого сосуда V. В результате нагрева газ в
первом сосуде из состояния с параметрами p1, V, T1
(рис.3.2а) перешел в состояние с параметрами p1́, V, T2
а)
(рис.3.2б), а во втором сосуде, где был вакуум,
параметры состояния газа p2’, V, T1.
Предположим, что в газе содержится ν молей,
после нагрева в первом сосуде осталось ν’ молей, а во
втором стало (ν – ν’) молей.
б)
Рис. 3.1
Уравнение состояния газа до нагрева:
p1V = νRT1
после нагрева в первом сосуде:
p1’V= ν’RT2,
во втором сосуде:
p2’V = (ν – ν’)RT2,
причем:
(1)
(2)
(3)
p1’ – р2’ = ∆p.
Решая систему из трех уравнений (2), (3), (4), получим:
1  RT2

p2 '  
 p  .
2 V

Из (1) νR/V = p1/T1, тогда окончательно:

1
T
p2 '   p1  2  p   0,1атм .
2
T1

(4)
Задача 2.
Поршневой насос захватывает на один цикл объем газа V1 и выталкивает его в
атмосферу. Сколько циклов n должен сделать насос, чтобы понизить давление воздуха в
сосуде объема V от p0 до p?
Анализ и решение. Каждый цикл работы насоса осуществляется в две стадии. При
перемещении поршня насоса в крайнее правое положение
(первая стадия, клапан k1 – открыт, k2 – закрыт) газ
занимает (V + V1), а давление в системе становится р1
(Рис. 3.2). При переходе поршня в крайнее левое
положение (вторая стадия, клапан k1 – закрыт, k2 – открыт)
порция газа объема V1 выталкивается в атмосферу.
Рис. 3.2
Откачка газа обычно происходит в изотермических
условиях, когда Т = const и справедливо уравнение изотермы:
pV = const.
(1)
Связь исходного состояния газа с состоянием в конце первой стадии первого цикла:
p0V = p1(V + V1).
(2)
Запишем аналогичное уравнение для второго цикла, когда давление в системе стало р2:
р1V = p2(V + V1),.
(3)
для третьего цикла:
p2V = p3(V + V1).
(4)
Используя метод последовательной подстановки выражений (1), (2) и (3) в (4), получим
закон изменения давления для трех циклов:
 V  V1 
p 0  p3 
 .
 V 
Тогда для n циклов связь конечного давления р с начальным р0 будет:
n
 V  V1 
p 0  p
 ,
 V 
откуда необходимое число циклов:
p
 V 
n  lg 0 / lg 1  1  .
p
 V
3
Задача 3.
В баллоне объемом V = 7,5 л при Т = 300 К находится смесь идеальных газов:
ν1 = 0,1 моля О2, ν2 = 0,2 моля N2, ν3 = 0,3 моля СО2. Найти: давление в смеси и среднюю
молекулярную массу данной смеси M .
Дано:
V = 7,5 л = 7,5·10–3 м3,
Т = 300 К,
ν1 = 0,1 моля О2,
ν2 = 0,2 моля N2,
ν3 = 0,3 моля СО2.
Решение. По определению в идеальном газе молекулы не взаимодействуют между
собой, поэтому для смеси идеальных газов уравнение состояния (3.1) можно записать в виде:
pV  ( 1   2   3 ) RT ,
откуда:
p  ( RT / V )( 1   2   3 )  0,2 мПа .
Для нахождения средней молярной массы смеси воспользуемся определением числа
молей газа ν = m/M, где m и М – масса и молярная масса газа, соответственно.
Тогда:
m
m 
m
(1)
pV   1  2  3  RT .
 M1 M 2 M 3 
3
Введя среднюю молярную массу M и массу смеси m   mi , получим:
i 1
pV = mRT/ M .
Из сравнения (1) и (2) следует, что:
(2)
m m1 m2 m3
.



M M1 M 2 M 3
3
Заменяя mi = νiMi (i = 1, 2, 3) и m   mi , получим:
i 1
 M  2 M 2  3 M 3
M  1 1
 36,7 моль 1 .
 1  2  3
Задача 4.
Определить массу воздуха и полную энергию воздуха, заключенного в пространстве
между оконными рамами (площадь рамы S = 2 м2, расстояние между ними l = 25 см) при
атмосферном давлении, если температура меняется линейно от t1 = –10ºС наружного стекла
до t2 = +20ºС у внутреннего.
Дано: S = 2 м2, l = 25 см = 0,25 м, р = 1 атм, t1 = –10ºС = 263 К, t2 = +20ºС = 293 К.
Определить: m, E.
Анализ и решение. Для нахождения массы газа можно использовать уравнение
состояния (3.1), однако в нем необходимо учесть, что температура воздуха в пространстве
между рамами неодинакова. На расстоянии х от наружного стекла
выделим тонкий слой воздуха толщиной dx, в пределах которого
температуру можно считать постоянной. Уравнение состояния для этого
слоя воздуха pdV = (dm/M)RT, где dV = S · dx – объем, dm – масса
воздуха в слое. Поскольку в пространстве между стеклами температура
воздуха от слоя к слою изменяется линейно, ее зависимость от х может
быть представлена в виде: T  T1  x (T2  T1 ) l . Подставляя выражение
для Т в уравнение состояния, получим:
R T1l  (T2  T1 ) x
pS  dx 

 dm ,
M
l
Рис. 3.3
откуда:
P  S l  M
dx
dm 

.
R
T1l  (T2  T1 ) x
Для нахождения всей массы воздуха проинтегрируем полученное выражение по m в
пределах от 0 до l.
l
m
pSlM
dx
.

R 0 T1l  (T2  T1 ) x
Введя новую переменную y  T1l  (T2  T1 ) x , получим:
T
pSlM
m
 ln 2  0,61 кг.
R(T2  T1 )
T1
Молярная масса воздуха может быть подсчитана, как в задаче 3, и взята равной
М ≈ 29 моль–1.
Найдем полную энергию Е молекул воздуха. Энергия dE молекул воздуха в
выделенном слое dx, согласно (3.3):
dE  (i / 2)  kTnSdx ,
где n – число молекул в единице объема, p = nkT, согласно (3.1а), тогда:
dE  (i / 2)  pSdx .
Полную энергию Е найдем путем интегрирования выражения для dE, учтя, что
p = const, т.е.:
l
i
i
E  pS  dx  pSl .
2 0
2
Воздух, в основном, состоит из двухатомных молекул, поэтому i = 5, тогда Е = 1,27·105 Дж.
Задача 5.
Найти максимально возможную температуру идеального газа в бесконечно медленном
процессе, описываемом уравнением p  p 0  V 2 , где константы p0 > 0 и α > 0, V – объем
одного моля газа.
Решение. Известно, что бесконечно медленные процессы подчиняются уравнению
состояния идеального газа:
pV = RT.
(1)
Для учета специфики процесса, рассматриваемого в задаче, подставим выражение р из
ее условий в (1) и найдем интересующую величину Т:
V
T   p0  V 2  .
(2)
R
Для нахождения экстремального (максимального или минимального) значения Т нужно
взять производную от Т по V, приравнять ее нулю и найти значение Vэ, при котором Т –
экстремальна.
p  3Vэ
dT
 0
0,
dV V V0
R
откуда:
1/ 2
p 
(3)
Vэ   0  .
 3 
Известно также, что функция принимает максимальное значение, если ее вторая
производная меньше нуля.
Действительно,
d 2T
6

V
 0 , т.к. V, α > 0,
2
R V V
dV
э
т.е. при условии (3) температура принимает максимальное значение Тmax, которое получается
подстановкой (3) в (2),
Tmax 
2 p0  p0 
 
3R  3 
1/ 2
.
Задача 6.
Высокий цилиндрический сосуд с азотом находится в однородном поле тяжести,
ускорение свободного падения в котором g. Температура Т азота меняется по высоте так, что
его плотность всюду одинакова. Найти градиент температуры по высоте (dT/dh).
Решение. Для простоты площадь поперечного сечения возьмем равной единице.
Выберем сечение столба газа на высоте h (рис.3.4). Давление, оказываемое на него газом, в
общем случае:

p
  (h)  g  dh ,
(1)
h
где ρ(h) – плотность газа на высоте h.
C другой стороны, согласно уравнению состояния:
p  nkT  kT / m ,
где m – масса молекулы азота.
Приравнивая (1) и (2), получим:
(2)

  (h)  g  dh  kT / m .
Рис. 3.4
h
Т.к. ρ(h) = const, вынеся эту величину из-под знака интеграла, получим:

mg
T
dh .
k h
Градиент температуры найдем путем дифференцирования этого выражения по

mgN a
dT mg d
mg 
dh 
Mg
мк
.


dh 

 33
  1   

dh
k dh h
k 
dh 
kNa
R
м
Знак минус показывает, что с увеличением высоты, температура газа уменьшается.
Задача 7.
Сосуд, содержащий идеальный газ, молекулы которого обладают i степенями свободы,
движется со скоростью U . На сколько увеличится средне-квадратичная скорость теплового
поступательного движения молекул при остановке сосуда ? Теплоемкость и
теплопроводность сосуда бесконечно малы.
Решение. При движении сосуда со скоростью U молекула обладает дополнительной
кинетической энергией εс:
 c  mU 2 / 2 .
(1)
Согласно (3.3) средняя энергия теплового движения молекулы, обладающей i
степенями свободы равна:
i
  kT .
(2)
2
Средняя же энергия только поступательного теплового движения молекулы есть:
3
2
 пост  kT 
mv 2
.
2
(3)
Сравнивая (2) и (3), получим:
i
i mv 2
.
(4)
3
3 2
При остановке сосуда энергия εс молекулы переходит в энергию теплового движения,
изменяя ее на величину ∆ε, т.е.
 с   .
   пост  
Из (4) можно записать, что приращение  :
i m(v 2 )
  
 c
3
2
Подставляя (1) в (5), получим:
(5)
v 2  3U 2 / i ,
т.е. чем большим числом степеней свободы обладает молекула, тем меньше увеличивается ее
среднеквадратичная скорость v 2 при остановке сосуда.
4. ПЕРВОЕ НАЧАЛО ТЕРМОДИНАМИКИ.
4.1. Основные понятия и формулы.
В этом разделе особое внимание следует обратить на расчет термодинамических
величин, таких как теплота, работа, внутренняя энергия, различные теплоемкости. Основой
этих расчетов является первое начало термодинамики:
Q = ∆U + A
или
δQ = dU + pdV,
(4.1)
где Q (или δQ для элементарного процесса) – количество теплоты, сообщенное системе.
Общее выражение для разности теплоемкостей при постоянном давлении Ср и
постоянном объеме СV:

 U   V 
(4.2)
C p  CV   p  
 
 .
 V  T  T  p

Наиболее общим процессом, происходящим в системах, является политропический,
основной характеристикой которого является постоянство теплоемкости (с = const).
Уравнение, описывающее политропический процесс pVn = const. Молярная теплоемкость
политропического процесса:
R
R
CM 

(4.3)
 1 n 1 ,
где   C pM CVM , n – показатель политропы.
Работа, совершаемая газом:
A   pdV
(4.4)
в политропическом (а при n = γ, и в адиабатическом) процессе:
n 1
T1  T2 p1V1   V1  
1     ,
(4.5)
A  R

n 1
n  1   V2  


когда температура ν молей газа меняется от Т1 до Т2, или объем от V1 до V2 при давлении р1.
Внутренняя энергия ν молей идеального газа:
R
pV
.
U  CV T 
T 
 1
 1
4.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
На рисунке изображен график газового процесса. Как изменяется объем при переходе
1 → 2?
Рис. 4.1
Решение. Для ответа на вопрос задачи дополним Рис. 4.1.
Поскольку необходимо найти изменение объема, то проведем
изохоры (V = const), проходящие через точки 1 и 2,
характеризующие исходное и конечное состояние системы, и
через точку 1` касания к кривой процесса, характеризующую
промежуточное состояние системы.
Уравнение изохоры можно получить из уравнения
состояния pV  RT , положив V = const, т.е. p  (R / V )  T .
Это уравнение прямой, проходящей через начало
координат, наклон которой определяется коэффициентом R / V , т.е. обратно
пропорционален объему.
Таким образом, изохора, имеющая меньший наклон, описывает состояние системы,
занимающей больший объем, и наоборот, т.е. на участке 1–1` происходит расширение
системы, а на участке 1`–2 ее сжатие.
Задача 2.
Водород, находившийся при нормальных условиях в закрытом сосуде объемом V = 5 л,
охладили на ∆Т = 55 К. Найти приращение внутренней энергии газа и количество отданного
им тепла.
Дано: р0 = 1 атм., Т0 = 273 К, V = 5 л = 5·10–3 м3, ∆Т = 55 К.
Определить: ∆U, Q.
Решение. Согласно (4.6) изменение внутренней энергии U  R  T /(  1) , где
неизвестно количество ν молей газа в системе. Эту величину можно найти из уравнения
исходного состояния газа p0V  RT0 , тогда:
p0  V  T
 0,25 кДж.
T0 (  1)
Знак минус учитывает, что газ охлаждался, т.е. ∆Т < 0.
Для ответа на второй вопрос используем первое начало термодинамики, в которое
входит неизвестная величина Q: Q  U  A .
U  
Согласно (4.4), A   pdV  0 , т.к. объем системы в ходе процесса не меняется, поэтому
Q = ∆U.
Задача 3.
Нагревается или охлаждается идеальный газ, если он расширяется по закону p  в /V 2 ?
Какова молярная теплоемкость в этом процессе?
Анализ и решение. Для ответа на первый вопрос нарисуем
график (Рис. 4.2) процесса в координатах (p, V), который
описывается уравнением
p  в /V 2 (кривая 1). Начальному
состоянию газа соответствует точка А. Через эту точку проведем
дополнительно изотерму p = const/V (кривая 2), которая должна
располагаться выше кривой 1, т.к. р пропорционально 1/V, и
адиабату p  const / V  (кривая 3), которая должна располагаться
Рис. 4.2
между кривыми 1 и 2, т.к. γ больше 1 и меньше 2.
Изотерма описывает процесс при Т = const с подводом тепла Q, адиабата – процесс
уменьшения температуры при Q = const, следовательно, кривая 1 может описывать только
процесс отдачи тепла с уменьшением Т, т.е. охлаждения газа.
Для ответа на второй вопрос будем исходить из общего определения теплоемкости
C   Q / dT . Подставим δQ в первое начало (4.1) для одного моля газа C M  dT  dU  pdV ,
но dU  CVM  dT и C M  dT  CVM  dT  pdV ,
откуда:
dV
C M  CVM  p
,
(1)
dT
где производную dV / dT необходимо выразить через условия задачи.
Из уравнения pV  RT следует, что V  RT / p , т.к. p  в /V 2 по условию задачи,
V  RTV 2 / в , откуда V  в / RT и dV / dT  в / RT 2 . Подстановка в  pV 2 и RT  pV в (1)
окончательно дает C M  CVM  R .
Задача 4.
Вычислить удельные теплоемкости CVуд для газовой смеси, состоящей из 7 г азота и
20 г аргона, считая газы идеальными.
Дано: m1 = 7 г = 7·10–3 кг N2, m2 = 20 г = 2·10–2 кг Ar, M1 = 28, M2 = 40.
Определить: CVуд .
Анализ и решение. Для решения задач на смеси нужно найти величины, которые
являются аддитивными и в которые входят интересующие нас параметры. Такой величиной
в этой задаче является внутренняя энергия.
Удельная теплоемкость смеси:
CVуд  CVM / M ,
(1)
где М – эффективная молярная масса смеси. Молярную теплоемкость смеси CVM можно
найти из условия аддитивности внутренних энергий. Внутренняя энергия смеси:
(2)
U  U1  U 2 ,
где U i – внутренняя энергия i-ой компоненты смеси (i = 1, 2).
С учетом (4.6) соотношение (2) будет:
(3)
( 1  2 )СVM   1  CVM1  2 CVM 2 ,
где  1 и CV i – число молей и молярная теплоемкость i-ой компоненты смеси,
соответственно.
Но  i  mi / M i (i = 1, 2),
M
а из (4.6) CV i  R /( i  1) .
Подставив эти выражения в (3), получим:
 m1
m
1
1 



 2 
M


1
M


1
2
2
 R.
(4)
CVM   1 1
m1 m2

M1 M 2
Для определения эффективной молярной массы смеси в (1) запишем уравнение
состояния смеси:
m
m 
m  m2
pV   1  2  RT  1
 RT ,
M
 M1 M 2 
откуда:
1  m1 m2 
1
 
(5)
 

M  M 1 M 2  m1  m2
Подставив (4) и (5) в (1), получим:
m1
1
m
1

 2 
кДж
M  1 M2  2 1
CVуд  1 1
 R  0,42
.
m1  m2
кг  К
M
Задача 5.
Внутри закрытого теплоизолированного цилиндра с идеальным газом находится
легкоподвижный теплопроводящий поршень. При равновесии поршень делит цилиндр на 2
равные части и температура газа Т0. Поршень начали медленно перемещать. Найти Т газа как
функцию отношения η объема большей части к объему меньшей части. Показатель адиабаты
газа γ.
Анализ и решение. На Рис. 4.3 изобразим цилиндр в исходном и промежуточном
состоянии
газа,
введя
соответствующие
обозначения объемов. Так как процесс происходит
в теплоизолированном цилиндре, можно полагать,
что он адиабатический, а поскольку разделяющий
газы поршень теплопроводящий и процесс его
перемещения медленный, можно считать, что
температура в системе везде одинакова и равна Т.
Пусть в каждой половине цилиндра находится
по ν молекул газа. Элементарная работа δА, которая
совершается над газом, при перемещении поршня
есть:
Рис. 4.3
δА = δА1 + δА2.
Индексы «1» и «2» будут, в дальнейшем, относиться к величинам, характеризующим
процессы в левой и правой частях цилиндра.
Т.к. процесс адиабатический, то из первого начала, можно получить:
2R
(1)
dT .
A  dU или p1dV1  p 2 dV2  
 1
Из уравнений состояния газа в каждой половине V цилиндра имеем:
RT
pi 
, i = 1, 2.
Vi
Подставляя рi в (1), упрощая и разделяя переменные, получим:
dV1 dV2
2 dT
.



V1
V2
 1 T
Проинтегрируем его с учетом пределов изменения входящих величин:
V1
V
T
dV1 2 dV2
2
dT
,




V V1 V V2

 1 T T
0
2
T
V V 
ln  1  2  
ln
 V V    1 T0
или
 1
 V2  2

T  T0 
(2)
 V1  V2 
Остается выразить V1 и V2 через η и V, как требуется в задаче. Из Рис. 4.3 следует, что:
V1  V2  2V и V2 /V1   .
Решение этой системы уравнений дает V1  2V /(  1) и V2  2V /(  1) .
Подставив эти выражения в (2), получим окончательное решение:
 (  1) 2
T  T0 
 4



 1
2
.
Задача 6.
Идеальный газ с показателем адиабаты γ расширили по закону р = αV, α – постоянная.
Первоначальный объем газа V0. В результате расширения объем увеличился в η раз.
Найти: а) работу, совершенную газом; б) приращение внутренней энергии газа; в) молярную
теплоемкость газа в этом процессе.
Дано: р = αV, V0 → ηV0.
Определить: а) А; б) ∆U; в) СМ.
Решение. а) Работа, совершаемая газом, согласно (4.4), A   pdV , но так как р = αV, а
объем изменяется от V0 до ηV0, то:
A
V0

 V  dV  2 V
2
0
( 2  1) .
V0
б) Внутренняя энергия газа, согласно (4.6), U  pV /(  1) .
Так как р = αV, то U  V 2 /(  1) . Внутренняя энергия в начальном состоянии:
U 1  V02 /(  1) , в конечном – U 2   2V02 /(  1) , тогда ее изменение:
U  U 2  U 1  V02 ( 2  1) .
в) Процесс расширения газа можно рассматривать как политропический с n = –1, так как по
условию р = αV, т.е. pV 1  const . Но для политропического процесса, согласно (4.3):
R
R
R
CM 

 CVM  .
 1 n 1
2
Задача 7.
Моль идеального газа, теплоемкость которого C рM известна, совершает процесс по
закону p  p0   / V , где α и р0 – постоянные. Найти: а) сообщенное газу тепло при
расширении от V1 и V2; б) теплоемкость газа как функцию его объема V.
Дано: p  p0   / V , V1 → V2, C рM .
Определить: Q, CM = f(V).
Решение. а) Сообщенное газу тепло может быть определено из первого начала
термодинамики:
Q  U  A
(1)
Однако в (1) неизвестны оба слагаемые. Найдем сначала работу.
По определению:
2
V


A   pdV    p0    dV  p0 (V2  V1 )   ln 2 .
V
V1
V1 
V
(2)
Внутренняя энергия, согласно (4.6), U  pV /(  1) , а для интересующего процесса
U  ( p0V   ) /(  1) . Внутренняя энергия для начального состояния U 1  (  p0V1 ) /(  1) ,
для конечного U 2  (  p0V2 ) /(  1) , а ее изменение:
U  U 2  U1  p0 (V2  V1 ) /(  1) .
В полученном выражении неизвестным остается γ. Выразим его через известную C рM :
  C pM / CVM или   1  (C pM  CVM ) / CVM  R /(C pM  R) .
Тогда:
p0
(V2  V1 )(C pM  R)
R
Подставляя (2) и (3) в (1), получим:
U 
(3)
C pM
V2
.
R
V1
б) Зависимость теплоемкости от объема получим из дифференциальной формы первого
начала:
Q  dU  pdV , но Q  C M  dT , dU  CVM dT ,
т.е.
dV
C M  CVM  p
.
(4)
dT
Так как CVM  R /(  1) , остается получить V как функцию Т.
Q  p0 (V2  V1 ) 


Из уравнения состояния V  RT p  RT  p 0   ,
V

откуда:
p0V    RT и V 
тогда:
  ln
R

T
,
p0
p0
dV
R
dV
R


,а p

 p0  
dT
p0
dT p0 
V
или
dV
R 
 R
.
dT
p0  V
Подставляя (5) в (4), получим:
 
R
R 

CM 
R
 R

 1
p0  V
   1 p0  V
p
(5)

 .

Задача 8.
В процессе работы тепловой машины происходит сжатие гетерогенного рабочего тела,
представляющего собой пену, состоящую из трансмиссионного масла с пенообразующими
присадками и инертного газа аргона. В начале процесса сжатия кратность пены (отношение
объема газа к объему жидкости в пене) равна k0 = 10.
а) Найти закон, по которому происходит сжатие газа в пене, если процесс сжатия пены
адиабатный (т.е. без обмена теплотой с окружающей средой) и равновесный (т.е.
температура жидкой части пены равна температуре газа в пузырьках).
б) Найти насколько нагреется гетерогенное рабочее тело в процессе сжатия, если начальная
температура пены была T0 = 300 K, объем масла VЖ = 1 л, а в конце процесса сжатия
кратность пены стала равна k1 = 1. Молярная теплоемкость аргона CV = 12.49 Дж/моль·К,
плотность газообразного аргона ρAr = 1.6 кг/м3, удельная теплоемкость трансмиссионного
масла cЖ = 2000 Дж/кг·К, плотность масла ρЖ = 900 кг/м3. Поверхностным натяжением
пленки масла в пузырьках пренебречь. Газ считать идеальным, а жидкость несжимаемой.
Анализ и решение.
а) Гетерогенное рабочее тело состоит из двух фракций – жидкой и газообразной. Так как
жидкость несжимаема, то в процессе сжатия участвует только газ аргон, жидкость же
участвует только в тепловом обмене с газом. В результате, процесс, в котором участвует
гетерогенное рабочее тело, можно представить следующим образом: совершается работа
внешними силами по сжатию пены, эта работа затрачивается на изменение внутренней
энергии газа, однако ввиду того, что процесс равновесный, то газ в каждый момент времени
будет «успевать» затратить избыточную часть полученной от работы внешних сил энергии
на нагрев жидкости, составляющей оболочку пузырьков масла. Обмена теплотой с
окружающей средой по условию задачи не происходит. Таким образом, закон сохранения
энергии (т.е., фактически, первое начало термодинамики) можно записать для случая
равновесного адиабатного сжатия пены следующим образом:
A'  dU  QЖ ,
(1)
где δA’ – элементарная работа, совершенная над газом в результате сжатия пены; dU –
приращение внутренней энергии газа, δQЖ – элементарная теплота, переданная жидкости
(трансмиссионное масло) от сжимаемого газа.
Выражение (1) можно трактовать следующим образом: работа внешних сил A’,
затраченная на сжатие газа, находящегося в пузырях пены, расходуется на приращение
внутренней энергии газа и на нагрев жидкости в процессе передачи тепла от газовой
фракции сжимаемой пены к жидкости, слагающей главным образом оболочку отдельных
пузырьков.
Учитывая, что работа внешних сил над газом равна по величине и обратна по знаку
работе, совершаемой самим газом (т.е. δA’ = -δA), то выражение (1) можно переписать в
виде:
A  dU  QЖ  0
(2)
Тогда, из приближения идеального газа:
A  dU  QЖ  0

 pV  vRT
,
(3)
где ν – количество вещества газа аргона.
Тогда:
 pdV  vCV dT  c Ж m Ж dT  0
 pdV  (vCV  с Ж m Ж )dT  0
 

 pV  vRT
 pdV  Vdp  vRdT
Здесь CV – молярная теплоемкость газа при постоянном объеме [Дж/моль·К];
сЖ – удельная теплоемкость трансмиссионного масла [Дж/кг·К];
mЖ – масса жидкости (трансмиссионного масла) [кг];
Подстановкой dT  
pdV  Vdp  
pdV
получим:
vCV  с Ж m Ж
vR
pdV
vCV  с Ж m Ж
Введем обозначение:  
(4)
vCV  с Ж m Ж
- безразмерная константа.
vR
Тогда:
(1   ) pdV  Vdp  0
Откуда:
 1  dV dp

0
1  
(5)
p
  V
Интегрированием выражения (5) получим уравнение процесса сжатия газа аргона в
пузырях пены:
pV 11   const
(6)
Уравнение (6) есть уравнение политропного процесса сжатия гетерогенного рабочего
тела – пены с постоянной политропы n = 1 + 1/β.
б) Для того, чтобы найти насколько градусов нагреется гетерогенное рабочее тело в
процессе сжатия, вычислим константу политропы процесса:
n  1  1/   1 
vR
vCV  с Ж m Ж
(7)
В выражении (7) неизвестными являются количество вещества аргона v и масса
трансмиссионного масла mЖ.
mЖ  Ж  VЖ  0.9 кг ,
v
mAr  Ar  VAr  Ar  VЖ  k0


 0.4 моль ,
M Ar
M Ar
M Ar
Тогда: n ≈ 1.00184. Т.е. процесс мало отличается от изотермического, при котором n = 1.
Коэффициент β ≈ 543.
Для нахождения прироста температуры, перепишем выражение (6) в виде:
TV 1 /   const
1/ 
1/ 
Тогда: T0  V0  T1  V1 , откуда:
1/ 
1/ 
(8)
1/ 
V 
V k 
k 
T1  T0  0   T0  Ж 0   T0  0   301.27 K
 V1 
 VЖ k1 
 k1 
Т.е. приращение температуры пены в процессе ее сжатия произошло на
ΔT = T1 – T0 = 1.27 K.
5. ВТОРОЕ НАЧАЛО ТЕРМОДИНАМИКИ.
РАСЧЕТ КРУГОВЫХ ПРОЦЕССОВ И ТЕРМОДИНАМИЧЕСКИХ ФУНКЦИЙ.
5.1. Основные понятия и формулы.
В задачах по расчету круговых процессов чаще всего требуется определить
коэффициент полезного действия η, который для идеального цикла Карно равен:
(5.1)
  (T1  T2 ) T1 ,
где Т1 и Т2 – температуры нагревателя и холодильника, соответственно. Для любого цикла:
(5.2)
  A Q1  (Q1  Q2 ) Q1
где Q1 – тепло, которое рабочее тело получает от нагревателя, Q2 – тепло, которое рабочее
тело отдает холодильнику, А – полезная работа цикла.
В задачах решение сводится к нахождению значений Q1 и Q2, для чего обязательно
нужно нарисовать график цикла, чаще всего в координатах (p, V), сделать правильные
обозначения состояний в точках пересечений кривых, определить, на каких участках цикла
совершается работа, происходят изменения внутренней энергии, осуществляется подвод или
отвод тепла, а далее использовать уравнения каждого происходящего процесса или первое
начало термодинамики.
Приращение энтропии S в ходе обратимого процесса:
(5.3)
dS  Q T ,
где δQ – количество тепла, подведенного (или взятого) к системе при температуре Т.
Статистическое определение энтропии для любого состояния (формула Больцмана):
(5.4)
S  k  ln  ,
где Ω – статистический вес этого состояния.
Первое начало термодинамики для обратимых процессов:
T  dS  dU  pdV .
(5.5)
Энтропия ν молей идеального газа:
S   (CVM  ln T  R ln V )  const .
(5.6)
Энтропия, как и другие термодинамические функции, величина аддитивная, т.е.
(5.7)
S   Si ,
i
где Si – энтропия i–ой компоненты смеси.
5.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
Тепловая машина работает по циклу Карно с нагревателем при Т1 = 400ºС и
холодильником при Т2 = 20ºС. Время осуществления цикла τ = 5 с. Найти мощность
двигателя, если известно, что рабочим телом служит 2 кг воздуха и давление в конце
изотермического расширения равно давлению в начале адиабатического сжатия.
Дано: Т1 = 400ºС = 673 К, Т2 = 20ºС = 293 К, τ = 5 с, m = 2 кг.
Определить: N.
Рис. 5.1
Анализ и решение. Цикл в координатах (p, V) и необходимые
обозначения изображены на Рис. 5.1. Кривые 1-2 и 3-4 – изотермы
расширения и сжатия, соответственно, 2-3 и 4-1 – адиабаты. Подвод
тепла к рабочему телу происходит на участке 1-2, отвод – на участке
3-4.
Мощность машины:
(1)
N  A / .
Входящую в (1) работу цикла А можно определить из (5.2):
(2)
A    Q1 ,
где Q1 – тепло, полученное рабочим телом в ходе изотермического расширения и равное:
m
Q1 
 R  T  ln( p1 p 2 ) ,
(3)
M
где М – эффективная молярная масса воздуха. В (3) неизвестным остается отношение p1 p2 ,
которое можно получить из уравнения адиабаты 1-4:

 1
p1 / p2  T1 T2  .
Входящий в (2) к.п.д. цикла Карно, согласно (5.1.),
  (Т1  Т 2 ) Т 2 .
Подставив (2)-(5) в (1), получим:
T  T2 m 
N 1
 
 R  ln T1 T2   124 кВт.

M  1
(4)
(5)
Задача 2.
Идеальный газ совершает цикл, состоящий из изохоры, адиабаты и изотермы, причем
изотермический процесс происходит при максимальной температуре цикла. Найти к.п.д.
цикла, если температура Т в его пределах меняется в η раз.
Анализ и решение. Из изохоры, адиабаты и изотермы в координатах (p, V) можно
построить два замкнутых цикла (Рис. 5.2 и 5.3), где кривая 1-2 – изотерма, кривая 1-3 –
адиабата, кривая 2-3 – изохора. Однако в цикле, представленном
на Рис. 5.3. изотермический процесс происходит при
температуре, которая ниже температуры в точке 3, что
противоречит условиям задачи. Поэтому условиям задачи
удовлетворяет цикл, представленный на Рис. 5.2. Обозначим
состояния системы в точках 1, 2, 3. Из рисунка видно, что
отношение максимальной температуры Т1 к минимальной Т3
T1 / T3  n . Выясним в каких процессах происходит поглощение и
отдача теплоты рабочим телом. Изотермическое расширение
сопровождается обычно поглощением тепла Q1 от нагревателя. В
ходе изохорного процесса давление рабочего тела понижается
при V = const, что возможно, если рабочий газ отдает тепло
холодильнику. В адиабатическом процессе δQ = 0. Таким
образом, к.п.д. цикла, согласно (5.2):
(1)
  1  Q2 Q1
С помощью первого начала термодинамики найдем Q1 и Q2. Для
изотермического процесса:
Q1  A 
V2
 p  dV  RT
1
 ln V2 V1  ,
Рис. 5.2
Рис. 5.3
(2)
V1
где ν – число молей идеального газа в рабочем теле.
В изохорном процессе:
R  T R(T1  T ) RT3 (n  1)
Q2  U 


.
(3)
 1
 1
 1
В (2) неизвестным является отношение V2/V1, которое можно выразить через отношение
температур, учтя, что процесс 1-3 – адиабатический, для которого:
T1  V1 1  T3  V2 1
или
1
V2  T1   1
 
V1  T3 
Подстановка (2) и (3) в (1) с учетом (4) дает:
  R  T3 (n  1)(  1)
n 1
.
  1
 1
(  1) R  T1  ln( T1 / T3 )
n  ln n
(4)
Задача 3.
Рабочее вещество совершает цикл, в пределах которого абсолютная температура
изменяется в n раз, а сам цикл имеет вид, показанный на Рис.5.4 в координатах (T, S). Найти
к.п.д. цикла.
Анализ и решение. Точка 1 характеризуется энтропией S1 и температурой Т1, точка 2 –
Т1 и S2, точка 3 – Т2 и S2, причем n = T1/T2. Необходимо выяснить, в каких процессах
происходит поглощение или выделение тепла рабочим телом. Процесс 1-2 происходит с
увеличением энтропии при постоянной Т, что возможно, когда к рабочему веществу
подводится тепло, так как Q  T  dS и dS  0 . Таким образом, в ходе процесса 1-2
вещество поглощает тепло Q1. Процесс 2-3 изоэнтропический или
адиабатический, поэтому δQ = 0. Тогда процесс 3-1 должен
происходить с выделением тепла Q2.
Согласно (5.2), к.п.д. цикла   1  Q2 Q1 .
Теплоты Q1 и Q2 в данном случае можно найти, пользуясь
определением энтропии (5.3) Q  T  dS .
S2
Q1   TdS  T1 ( S 2  S 2 ) ,
S1
Рис. 5.4
тогда:
Q2   TdS .
31
Геометрический смысл последнего интеграла в том, что это есть заштрихованная площадь на
Рис. 5.4, равная сумме площадей треугольника:
( S  S1 )(T1  T2 )
S  2
2
и прямоугольника:
S пр  ( S 2  S1 )T2 .
Таким образом,
( S  S1 )(T1  T2 )
(S  S1 )(T2  T1 )
,
Q2  2
 (S 2  S1 )  T2  2
2
2
тогда:
( S  S )(T  T ) n  1
.
  1 2 1 2 1 
2T1 ( S 2  S1 )
2n
Задача 4.
Изобразить в координатах (T, p) совершаемый идеальным газом цикл, состоящий из
двух изотерм и двух изохор.
Рис. 5.5
Анализ и решение. Изотермы в координатах (T, p) (Рис. 5.5)
горизонтальные прямые 1 и 2, расположенные на разных уровнях
при температурах Т1 и Т2, соответственно. Изохора – кривая,
соответствующая V = const. Из уравнения состояния идеального
газа pV  RT уравнение изохоры можно представить как
T  V  p / R , где V/R = const.
Таким образом, зависимость T = f(p) представляет собой
прямую, проходящую через начало координат с тангенсом угла
наклона, равным V/R.
Для различных значений V – это прямые 3 и 4. Искомый
цикл – abcda.
Задача 5.
Получите выражения для энтропии обратимых процессов ν молей идеального газа как
функции S = f(T, p) и S = f(p, V).
Анализ и решение. Найдем S как функцию Т и р. Энтропия входит в выражение
первого начала термодинамики для обратимых процессов T  dS  dU  pdV , откуда:
1
p
dS   dU  dV .
(1)
T
T
В (1) входят два дифференциала dU и dV, которые нужно выразить через Т и р
дифференциалы. Из выражения (4.6) для внутренней энергии ν молей идеального
следует, что:
dU    CVM  dT .
(2)
Заменим dV, входящее в (1). Для этого уравнение состояния ν молей идеального
pV  RT продифференцируем по p, V и T:
p  dV  V  dp  R  dT ,
откуда:
p  dV    R  dT  V  dp .
Заменим V через RT p , тогда:
RT
(3)
p  dV  RdT 
dp
p
Подставим (2) и (3) в (1), тогда:


dT
dT
dp 
dT
dp 
dS    CVM 
 R
 R      CVM 
 R  .
T
T
p
T
p


Интегрирование этого выражения окончательно дает:
(4)
S  f (T , p)   (C pM  ln T  R  ln p)  const .
Аналогично можно получить:
(5)
S  f ( p,V )   (CVM  ln p  C pM  ln V )  const
(5.5)
и их
газа
газа
Задача 6.
Круговой процесс с идеальным газом состоит из изотермы, адиабаты и двух изобар
(Рис. 5.6). Изобразить этот процесс в координатах (T, S).
Анализ и решение. Изотерма в координатах (T, S) (Рис. 5.7) горизонтальная прямая 1
(Т = const). Адиабатический процесс, как известно, процесс
изоэнтропический, т.е. S = const. На диаграмме (T, S) – это
вертикальная прямая 2.
Изобарический
процесс
происходит
при
р = const.
Воспользуемся выражением (4) для энтропии S = f(T, p),
полученным в предыдущей задаче:
S   (C pM  ln T  R  ln p)  const .
Рис. 5.6
При р = const это выражение можно представить в виде:
S    ln T   ,
где α, β – константы, зависящие от р.
Из полученного соотношения найдем Т:
S 
T  exp 
(1)
  A  exp S   ,
  
где A  exp     , B  exp( ) .
Из выражения (1) следует, что в изобарном процессе
Рис. 5.7
зависимость Т от S экспоненциальна. Эти зависимости для
различных р представлены кривыми 3 и 4 на Рис. 5.7. Искомый цикл – abcda.
Задача 7.
Температура в закрытой комнате объемом V = 50 м3 поднялась с Т1 = 17ºC до Т2 = 27ºC.
Определить приращение энтропии воздуха, полагая, что воздух – смесь идеальных газов.
Дано: V = 50 м3, Т1 = 17ºC = 290 К, Т2 = 27ºC = 300 К, O2:N2 = 1:4.
Определить: ∆S.
Анализ и решение. Воздух является смесью идеальных газов, поэтому энтропию S
воздуха в комнате можно записать, согласно (5.7), как:
S  S O2  S N2 ,
где SO2
и S N 2 – энтропия молекул кислорода и азота в комнате, соответственно.
Соотношение (5.6) позволяет записать энтропию i-ой компоненты (i = O2 или N2):
S i   i (CVMi  ln T  R  ln V )  const .
Тогда энтропия воздуха:
S   O2 CVMO  ln T  R  ln V   N2 CVMN  ln T  R  ln V  const .

2


2

Записывая эти выражения для температур Т1 и Т2, и вычитая одно из другого, получим:

T
T 
S  S 2  S1   O2  CVMO  ln 2   N 2  CVMN  ln 2  .
2
T1
T1 
 2
Мольная теплоемкость i-го идеального газа равна:
CVMi  R ( 1  1) .
Для N2 и O2 величины γi одинаковы и равны γ = 1.4.
Тогда:
T
R
S 
 ln 2 ( O2   N 2 ) .
  1 T1
Общее число молей воздуха в комнате подсчитать достаточно просто: согласно закону
Авогадро при нормальных условиях, а в комнате они близки к ним, 1 моль занимает объем
Vm = 22,4 л = 22,4·10–3 м3. Тогда число молей воздуха в комнате:
 O2  N2  V / VM
и S 
T
R V
кДж
.

 ln 2  1,85
  1 VM
T1
к моль
Задача 8.
Один моль идеального газа с показателем адиабаты γ совершает политропический
процесс, в результате которого температура газа увеличивается в τ раз. Показатель
политропы n. Найти приращение энтропии газа в данном процессе.
Дано: γ = 1 моль, T2/T1 = τ, n.
Определить: ∆S.
Решение. Изменение энтропии 1 моля идеального газа при изменении температуры с
Т1 до Т2 и объема V1 до V2, согласно (5.6), запишется:
S  CVM  ln T2 T1   R  ln V2 V1  .
(1)
R
Мольная теплоемкость CVM 
. Неизвестным в (1) остается отношение V2/V1. Однако в
 1
ходе политропического процесса TV n 1  const , что для данной задачи дает T1V1
  1 /(n 1) .
т.е. V2 V1  T1 T2 
Подставляя CVM и V2 V1 в (1), получим:
R
R
(n   )  R
S 
 ln  
 ln  
 ln  .
 1
n 1
(  1)( n  1)
n 1
 T2V2n 1 ,
1 /( n 1)
Задача 9.
Воду массой m = 1 кг нагрели от Т1 = 10ºС до Т2 = 100ºС, при которой она вся
превратилась в пар. Найти приращение энтропии системы.
Дано: m = 1 кг, Т1 = 10ºС = 283 К, Т2 = 100ºС = 373 К.
Определить: ∆S.
Решение. Из общего определения энтропии ее изменение:
S  S нагр  S пар .
∆Sнагр – изменение энтропии при нагревании воды от Т1 до Т2,
∆Sпар – изменение энтропии при парообразовании.
При нагревании воды ее температура меняется непрерывно, поэтому:
T2
S нагр   dS 
T1
T2
Q
T
,
T1
где Q  mC p  dT , Ср – удельная теплоемкость воды.
Тогда:
T2
dT
 m  C p  ln T2 T1  .
T
T1
S нагр  m  C p 
Изменение энтропии при парообразовании идет при постоянной температуре Т2,
поэтому:
S пар  Qпар T2  q  m T2 ,
где q – скрытая теплота парообразования.
Тогда:


S  m C p  ln T2 T1   q T2  7,2
кДж
.
к
Задача 10.
2,5 моля идеального газа с γ = 1.4 расширили так, что его объем изменился от V1 = 10 л
до V2 = 20 л, а давление упало с р1 = 1атм до р2 = 0,3 атм. Во сколько раз изменится
статистический вес системы?
Дано: ν = 2,5 моля, γ = 1.4, V1 = 10–2 м3, V2 = 2·10–2 м3, р1 = 1 атм, р2 = 0,3 атм.
Определить:  2 1 .
Решение: Как известно, статистический вес Ω системы связан с ее энтропией формулой
Больцмана (5.4):
S  k  ln  ,
откуда следует, что изменение энтропии ∆S есть:
(1)
S  S 2  S1  k  ln  2 1  .
Но изменение энтропии при изменении объема и давления записывается (см. (5) в задаче 5):

p
V 
S    CVM  ln 2  C pM  ln 2  .
p1
V1 

Подставляя это выражение в (1), получим:
p
V 

 M
 CV  ln 2  C pM  ln 2   ln 2 .
(2)
k
p1
V1 
1
Остается выразить имеющиеся в этой формуле теплоемкости через данное в условии задачи
γ:
CVM  R (  1)
и
C pM  CVM  R  R   (  1) .
Подстановка этих значений в (2) дает:
  k  N a  p2

V 
 ln
ln 2 
   ln 2 
1 k  (  1)  p1
V1 
или
  N a  p 2
23
2
V 
 ln
 exp 
   ln 2   exp( 5  10 23 )  10  210 ,
1
V1 
   1  p1
т.е. статистический вес системы сильно уменьшается.
6. РЕАЛЬНЫЕ ГАЗЫ ВАН-ДЕР-ВААЛЬСА.
6.1. Основные понятия и формулы.
Поведение реальных газов описывается уравнением состояния Ван-дер-Ваальса: для
одного моля:
(6.1)
p  a V 2 V  b  RT ,
для ν молей газа:
(6.2)
p  a 2 V 2 V b  RT ,
где a, b – константы, зависящие от природы газа, которые приводятся в справочниках и
приложениях к сборникам задач.
Внутренняя энергия ν молей реального газа:
U   CVM  T  a V .
(6.3)
Критические параметры вещества удовлетворительно описываются уравнением Вандер-Ваальса и выражаются через его параметры a и b:
Pкр = a/27b2, Vкр. = 3b, Tкр. = 8a/27bR
(6.4)
Эффект Джоуля-Томпсона описывается соотношением:
H1 = H2,
(6.5)
где H1 и H2 – энтальпия газа до и после его расширения, соответственно.
Задачи на эту тему можно разделить на следующие группы:
а) задачи, которые учат работать с уравнением Ван-дер-Ваальса и позволяют получить
ряд полезных соотношений;
б) задачи по описанию критического состояния вещества;
в) задачи на эффект Джоуля-Томпсона.




6.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
Один моль кислорода расширили до объема V1 = 1 л до V2 = 5 л при постоянной
температуре T = 280 K. Вычислить количество поглощенного газом тепла, газ считать вандер-ваальсовым.
Дано: V1 = 1 л = 10-3 м3, V2 =5 л =5 10-3 м3, T = 280 К.
Определить: Q.
Решение. Для ответа на вопрос задачи запишем первое начало, в которое входит
искомая величина Q. Элементарное тепло Q  dU  pdV . Тогда поглощенное газом тепло в
ходе конечных превращений:
Q   dU   pdV (1)
Согласно (6.3), внутренняя энергия реального газа:
U  CVM  T  a V
или
a
dU  CVM  dT  2  dV ,
V
а давление p из (6.1):
RT
a
 2.
V b V
Подставим полученные выражения в (1), тогда:
p
V2
V
2
a
a 
 RT
dV

V V 2
V  V  b  V 2 dV .
1
1
Первый интеграл равен нулю, так как процесс идет при постоянной T. Из второго и третьего
интегралов получим:
Q  CVM  dT 
Q  RT
V2
V2  b
dV
 V  b  RT  ln V  b  3,8кДж .
1
V1
Задача 2.
Найти для газа Ван-дер-Ваальса уравнение адиабаты в переменных (T, V), если
известна его теплоемкость при постоянном объеме CV.
Решение. Для решения задач подобного рода в качестве исходного соотношения
используется первое начало в дифференциальной форме Q  dU  pdV .
В адиабатическом процессе δQ = 0, поэтому:
dU  p  dV  0 .
(1)
По условию задачи необходимо найти уравнение процесса в координатах (T, V), поэтому
выразим dU и p через эти переменные. Как следует из предыдущей задачи:
a
dU  CV  dT  2  dV
V
и
RT
a
p
 2.
V b V
Подставляя эти выражения в (1), получим:
a
RT
a
CV  dT  2  dV 
dV  2  dV  0 .
V
V b
V
Разделим переменные в этом выражении и проинтегрируем:
CV dT
dV


 0,
R T V b
CV dT
dV
 
 0,

R (T ) T (V ) V  b
тогда:
CV
 ln T  ln( V  b)  const ` .
R
После потенцирования получим:
T V  b 
R CV
 const .
Задача 3.
Определить для газа Ван-дер-Ваальса разность C pM  CVM и показать, что в критическом
состоянии ( C pM  CVM ) стремится к бесконечности.
Анализ и решение. Общее выражение (4.2), связывающее две теплоемкости:

 U   V 
(1)
C p  CV   p  
 
 .
 V T  T  p

Согласно (6.3),
U  CV T  a V ,
тогда:
 U 
2
(2)

 a V .

V

T
Затруднения вызывает расчет V T  . Если выразить V из (6.1) через p и T, то
придется решать кубическое уравнение относительно V, что не является рациональным
решением. Поэтому воспользуемся математическим соотношением:
V T  p  1 T V  p .
1
a 
 p  2 V  b  , и взятие частной производной T V  p не представляет
R
V 
особого труда:
1  2a
a 
 T 


   3 V  b    p  2  
V 
 V  p R  V

.
(3)
2
1   2aV  b  RT  1 RT  V 3  2aV  b 
 


R
V3
V  b  R
V 3 V  b 
Подставим (2) и (3) в (1) для 1 моля газа:
a 
V 3 V  b 

.
C pM  CVM   p  2  R
V  RTV 3  2a V  b2

a 

Стоящее в числителе выражение  p  2 V  b   RT , тогда:
V 

Из (6.1) T 
2

2a V  b  
.
C  C  R 1 
RTV 3 

Для ответа на второй вопрос задачи воспользуемся условием, определяющим
критическое состояние вещества p V T кр  0 . Соотношение (1) также справедливо для
M
p
M
V
этого состояния. Проанализируем его. Выражение, стоящее в квадратных скобках
R  Tкр
a 
 U 

 0 . Значит к
p
отлично от 0 и ∞ и, согласно (6.1),
 p 2
Vкр  b
V  кр
 V T 
бесконечности может стремиться только второй сомножитель V T  p . Для его оценки
воспользуемся соотношением, полученным в курсе математического анализа. Если три
независимых переменных (x, y, z) связаны соотношением f(x, y, z)=0, то для их частных
производных справедливо выражение:
 x   y   z 
(4)
       1
 y  z  z  x  x  y
Интересующие нас переменные (p, V, T) связаны между собой уравнением состояния
Ван-дер-Ваальса, поэтому, согласно (4),
p V T V T  p T p V  1 ,
откуда:
V T  p   1 p V T  T p V  .
Однако в критической точке
V
C
M
p
T  p
кр
p
V T
кр
 0 , тогда
T
p V
кр
 0 , поэтому
  и, следовательно, C p  CV  кр   , что справедливо и для 1 моля газа, т.е.
 CVM  кр   .
Задача 4.
Прохождение газа через пористую перегородку в теплоизолированной трубе
сопровождается расширением и изменением температуры газа (эффект Джоуля-Томпсона).
Если до расширения газ считать ван-дер-ваальсовым, а после расширения – идеальным, то
изменение температуры газа:
1  R  T1  b 2a 

T  T2  T1 
  .
C p  V1  b
V1 
Получить это выражение и найти приращение ∆T водорода и азота, если в начальном
состоянии при T1 = 300 К их молярный объем V1 = 0,1 л/моль.
Анализ и решение. Как известно в эффекте Джоуля-Томпсона энтальпия H газа до (H1)
и после (H2) расширения останется постоянной, т.е.
H1 = H2 или U1  p1V1  U 2  p2V2 .
(1)
Для простоты положим, что имеется 1 моль газа. Выразим в (1) U1, p1, U2 и (p2 · V2)
через известные величины.
Так как в состоянии «1» – газ реальный, то U 1  CVM T1  a V , а p1 из уравнения (6.1)
RT1
a
p1 
 2 . В состоянии «2» газ подчиняется идеальным законам (газ сильно расширен,
V1  b V1
поэтому это предположение и физически обосновано), откуда U 2  CVM  T2 и p2V2 = RT2. Для
простоты предположим, что CV не зависит от температуры и для теплоемкостей справедлив
закон Майера C pM  CVM  R . Подставляя выражения для U1, p1, U2 и (p2 · V2) в (1), получим:
CVM T1 
a RT1V1 aV1


 CVM T2  RT2
V1 V1  b V2
или
RT1
2a

 V1  C pM  T2 .
(2)
V1 V1  b
Заменим V1 в третьем слагаемом (2), используя (6.1), а именно:
RT1
V1 
 b,
2
p  a V1
тогда:
R  T1
R  T1
RT1b
RT1b 2a
2a
CVM  T1 



 CVM T1  RT1 

 C pM  T2
2
V1 V1  b p  a V1
V1  b
V1  b V1
или
RT1b 2a
C pM T1 

 C pM  T2 ,
V1  b V1
откуда:
1  RT b 2a 
T  T2  T1  M  1   .
C p  V1  b V1 
Подсчитаем ∆T для водорода и азота, заменив Cp. Из предыдущих задач известно, что
C p  R   1 , тогда:
CVM T1 

T 
  1  T1b
2a 



  V1  b RV1 

(3)
Из условий задачи V1 = 0,1 л/моль. T1 = 300 К, из таблиц известно, что для водорода γ = 1,41,
a = 0,024 Па·м6/моль2, b = 27·106 м3/моль, для азота γ = 1,40, a = 0,137 Па·м6/моль2,
b = 39·106 м3/моль. Подставляя эти значения в (3), получим для водорода ∆T = 15 К, для азота
∆T = –39 К, т.е. в результате расширения газа в эффекте Джоуля-Томпсона водород при
комнатной температуре нагревается, а азот – охлаждается, что подтверждено
экспериментально.
Задача 5.
Получить соотношения, связывающие критические параметры одного моля вещества.
Решение. Критическое состояние вещества описывается уравнением Ван-дер-Ваальса.
Запишем его для одного моля через критические параметры:


 pкр  aM 2 VкрM  b   R  Tкр .
(1)

(Vкр ) 

Заменим постоянные a и b через критические параметры, используя соотношения (6.4)
b  VкрМ 3 , a  3VкрМ   pкр . Подставляя их в (1), получим:
3
p крVкрМ  RT кр
8
2
(2)
Задача 6. (демонстрационный опыт по критическому состоянию).
В ампулу объемом V = 3 см3 наливается эфир (плотность ρ = 0,71 г/см3). Ампула
запаивается и эфир нагревается до Tкр = 194˚С. Какой первоначальный объем V0 должен
занимать в ампуле эфир, чтобы при нагревании он перешел в критическое состояние.
Критическое давление эфира ρкр = 35,5 атм.
Дано: V = 3 см3 = 3·10-6 м3, ρ = 0,71 г/см3 = 7·10 кг/м3, Tкр = 194˚С = 467 К, pкр =35,5 атм.
Определить: V0.
Решение. Для перехода вещества при нагреве в критическое состояние необходимо,
чтобы в ампуле при этом плотность эфира соответствовала критическому состоянию, т.е.
ρ = ρкр.
По определению плотности, что справедливо и для критического состояния:
 кр  m V ,
(1)
где m – масса эфира в ампуле. Но m = ρ·V0, а  кр  M VкрМ , тогда (1) будет иметь вид:
M VкрМ  V0 V ,
(2)
где M – молярная масса эфира. Используя соотношение (2) предыдущей задачи, выразим VкрМ
через параметры pкр, Tкр, данные в задаче, т.е. VкрМ  3RTкр 8 pкр . Подставляя его в (2) данной
задачи, получим:
8  M  p кр
V0  V
 0,8см 3 .
3  R    Tкр
Задача 7.
На какую величину возросло бы давление воды на стенки сосуда, если бы исчезли силы
притяжения между ее молекулами?
Решение. При выводе уравнения Ван-дер-Ваальса было показано, что уменьшение
2
давления на стенки сосуда за счет взаимного притяжения молекул равно a V M , где VM –
мольный объем вещества, вне зависимости от его состояния. Поэтому, если бы исчезли силы
притяжения между молекулами, то дополнительное давление, возникшее в результате этого,
2
p  a VM . Так как для воды a = 0,554 Па·м6/моль2, VM  M  (M – молярная масса, ρ –
плотность), то:
a 2
p  2  1,7  10 4 атм .
M
(Особое внимание в этой задаче обратите на размерность входящих в формулу величин!
Согласуйте их между собой! Следует отметить, что в задачах, где используется уравнение
Ван-дер-Ваальса, постоянные a и b могут даваться в различных системах единиц, поэтому
будьте внимательны при расчетах.)
7. ПРОЦЕССЫ СТОЛКНОВЕНИЙ В ГАЗАХ.
7.1. Основные понятия и формулы.
Средняя длина  свободного пробега молекулы в газе:
1
,
(7.1)

2   d 2  n
где d – «газокинетический» диаметр молекулы, n – их число в единице объема.
Число столкновений Z одной молекулы в единицу времени в единичном объеме:
v
(7.2)
Z1   2    d 2  n  v ,

где v – средняя скорость молекулы.
Доля молекул N/N0, пролетающих путь x без столкновений:
(7.3)
N N 0  exp   x 
 
N0 – общее число молекул. Так как процесс столкновений случайный, то величина N/N0
может трактоваться как вероятность p(x) того, что молекула проходит путь x (или время t)
без столкновений, т.е.
(7.4)
p( x)  exp   x 
 
τ – время между двумя столкновениями молекулы.
7.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
Найти при нормальных условиях среднюю длину свободного пробега молекулы газа,
для которого постоянная Ван-дер-Ваальса b = 40 см3/моль.
Решение. Средняя длина свободного пробега молекулы рассчитывается по (7.1):
1
(1)

2  d 2  n
Неизвестными величинами здесь являются d и n. Для определения
d вспомним, что постоянная b есть:
b  4Vмол  N a ,
(2)
где Vмол – объем молекулы. В приближении сферической формы молекулы Vм ол  d 3 6 .
Приравнивая объемы молекулы, взятые из этого соотношения и соотношения (2), получим:
13
 3b 
 .
d  
 2  N a 
Число частиц в единице объема n нужно определить из уравнения Ван-дер-Ваальса. Однако
величина a неизвестна. Поэтому для оценки n будем считать, что газ подчиняется идеальным
законам, откуда:
n  p0 kT 0 ,
где p0 = 1 атм, T0 = 273 K.
Подставляя значения b и n в (1), получим:
 2  N a 
 

 3b 
23

kT0
 8,4  10 6 см .
2   p
Задача 2.
Вычислить число столкновений всех молекул воздуха в комнате объемом V = 100 м3 в
обычных условиях за 1 секунду.
Решение. Воздух – это смесь молекул азота и кислорода. Однако вследствие близости
размеров молекул N2 и O2 можно полагать, что это однородный газ с эффективной
молекулярной массой Mэфф = 29 и эффективным диаметром молекулы dэфф = 3,7 A (см.
справочные таблицы). Число столкновений Z1 одной молекулы в единицу времени в
единичном объеме согласно (7.2) есть:
Z1  2d 2 nv .
Для подсчета числа столкновений n молекул в единицу времени в единичном объеме нужно
величину Z1 умножить на n и разделить на 2. Деление необходимо, т.к. каждая молекула
учитывается дважды: один раз как ударяющая, другой – как ударяемая. Число соударений в
объеме V будет в V раз больше, чем в единичном объеме, т.е. искомое число соударений:
1
(1)
Z
 d 2 эфф  n2 v  V .
2
p
Число молекул в единице объема n  0 ,
kT0
а v
2  d 2 эфф  p02  V
и Z
kT0
8kT0
  a.е.м.  M эфф
12





 kT  M  а.е. м. 
эфф
 0

 8,3  1036 .
Задача 3.
Вычислить вероятность того, что молекулы имеют длину свободного пробега,
лежащую в интервале от  до 2 и число таких молекул в V = 1 л азота при нормальных
условиях.
Решение. Вероятность того, что молекулы проходят путь без столкновения, согласно
(7.4), есть:
px   exp   x  .
 
Для получения элементарной вероятности того, что молекула проходит путь, лежащий
в интервале (x, x+dx), без столкновений, продифференцируем это соотношение, т.е.:
1
dp x   exp   x dx .



Знак (–) нужно опустить, т.к. вероятности всегда положительны.
Тогда искомая вероятность есть:
2
p12   dpx  

1

2
 exp   x  dx  e
1
 e  2  0,23 .

Вероятность p12 по определению может быть записана как
p12  N12 N ,
где N – общее число молекул в сосуде, N12 – число молекул, имеющих длину свободного
пробега, лежащую в интервале  , 2 , откуда искомое число молекул:
N12 = Np12.
(1)


Остается подсчитать величину N. По закону Авогадро при нормальных условиях один моль
газа занимает объем VM = 22,4 л. Тогда:
N  N a VM .
Подставляя это выражение в (1), получим:
N12  N a  p12 VM  6  1021 молекул .
Задача 4.
Идеальный газ совершает политропический процесс с показателем политропы n. Найти
среднюю длину свободного пробега и число столкновений каждой молекулы ежесекундно
как функцию объема V системы.
Решение. В задачах подобного рода не обращают внимание на коэффициенты
пропорциональности, связывающие две величины и решают их с точностью до этих
коэффициентов.
Длина свободного пробега  , согласно (7.1), есть:
1
.

2d 2  n
Зависимость  от V может быть «скрыта» в зависимости n(V). Размер молекулы, конечно же,
не зависит от V. Итак:
1
~ .
(1)
n
Для идеального газа n = p/kT ~ p/T. Далее нужно выразить p и T через V. Учтем, что
интересующий нас процесс политропический, который подчиняется уравнениям pVn = const
или TVn-1 = const. Из первого выражения p ~ V-n, из второго T ~ V-(n-1).
Подставим найденные значения в (1):
1 T V  ( n 1)
 ~ ~ ~  n или λ ~ V.
n p
V
Ответим на вторую часть вопроса задачи. Число столкновений каждой молекулы в
1 секунду, согласно (7.2):
Z1  2    d 2  nv .
(2)
Ясно, что зависимость Z(V) находится в зависимости n(V) и v (V ) , остальные величины –
постоянны. Как и ранее n = p/kT или n ~ pT-1. Для политропического процесса, как было
показано выше:
V n
n ~  ( n 1) ~ V 1 .
V
Средняя скорость молекулы:
n 1

8kT
12
2
v
~
T
~
V
или
.
v
m
Из (2) с учетом имеющихся соотношений для n(V) и v (V ) получаем:
Z1 ~ nv ~ V 1  V

n 1
2
~V

n 1
2
.
Задача 5.
Найти молекулярную теплоемкость процесса, совершаемого идеальным газом, при
котором число столкновений Z между молекулами во всем объеме газа V в единицу времени
остается неизменным.
Анализ и решение. Закон, которому подчиняется процесс, происходящий в идеальном
газе, в данной задаче достаточно прост: Z = const
Выражение для общего числа столкновений всех молекул в объеме V было получено в задаче
2 (соотношение (1)), а именно:
1
Z
d 2n2 v  V .
2
Т.к. d – постоянна, то уравнение интересующего нас процесса может быть переписано как:
(1)
n2 vV  const
Выразим n и v через T и V системы. Средняя скорость молекулы v  8kT   m , а число
молекул в единице объема n = N/V, N – число молекул в системе. Подставим эти значения в
(1):
12
N 2  8k 
12
  T  V  const .
2 
V  m
Перенесем все постоянные, стоящие слева в правую часть.
Тогда:
T 1 2  V 1  const .
Возведем его в квадрат и получим:
TV 2  const
(2)
Но это уравнение политропического процесса с n = -1. В самом деле, уравнение политропы в
координатах (T,V) есть T·Vn-1 = const. Сравнивая его с (2), видно, что n = –1.
Для политропического процесса молярная теплоемкость, согласно (4.2), есть:
C M  CVM  R n  1 .
При n = –1 она равна:
C M  CVM  R 2 .
8. ПРОЦЕССЫ ПЕРЕНОСА.
8.1. Основные понятия и формулы.
Коэффициенты переноса: самодиффузии D, вязкости η и теплопроводности χ связаны
простыми соотношениями с молекулярными характеристиками  и v :
1
1
1
D  v  ,   v  ,   v  CVуд ,
(8.1)
3
3
3
где ρ – плотность газа, CVуд – удельная теплоемкость при постоянном объеме.
Плотность потока тепла qT, т.е. количества тепловой энергии, протекающей через
единицу площади поверхности в единицу времени, определяется законом Фурье:
T
qT    
.
(8.2)
x
Плотность потока вещества qm дается законом Фика:
C
qm   D 
.
(8.3)
x
Плотность потока количества движения L, передаваемого в направлении,
перпендикулярном скорости vZ потока вещества, определяется законом Ньютона:
v
L   Z .
(8.4)
x
Последнее соотношение часто записывают через силу трения Fтр, действующую на единицу
площади поверхности, разделяющей два соседних слоя:
v
Fтр   Z .
(8.5)
x
 T  C v Z
В формулах (8.2)-(8.5)
,
,
– градиенты температуры, концентрации и скорости vZ
x x x
вдоль оси x, соответственно.
Задачи на эту тему могут быть разделены на две группы:
1) задачи, где нужно уметь «работать» с коэффициентами переноса (соотношения
(8.1));
2) задачи, где подсчитываются потоки вещества, тепла и количества движения или
находятся распределения C и T в системе с помощью соотношений (8.2-8.5).
8.2. Примеры решения задач
Задача 1.
Идеальный газ состоит из двухатомных молекул. Во сколько раз изменится
коэффициент самодиффузии D, если объем газа адиабатически уменьшить в m раз.
Анализ и решение. Выражение для коэффициента самодиффузии (КСД) из (8.1):
1
D  v .
(1)
3
Так как по условию задачи требуется определить, как изменится D при изменении объема V,
выразим входящие в (1) величины через V учтя, что процесс адиабатический, который
описывается уравнениями:
pVγ=const или TVγ-1 = const
(2)
Итак,
12
 8kT 
v
 ,
 m


1
а   2   d 2  n .
Поскольку в задаче требуется определить отношение двух КСД, постоянные величины,
входящие в выражения для v и  и не зависящие от V можно отбросить, т.е. записать, что
v ~ T 1 2 ,  ~ n1 .
 (  1)
Из (2) видно, что T ~ V
, поэтому v ~ V
Число молекул в единице объема:

n
 1
2
.
P
P
~ .
kT T
V 
~ V 1 , следовательно  ~ V .
V  ( 1)
Подставляя полученные выражения для v и  в (1), получим:
Выразим p и T через V, используя (2). Тогда n ~
3
2
D ~V .
Для двухатомного газа   C p C V  7 5 , поэтому D ~ V4/5.
Тогда:
D2/D1=(V2/V1)4/5 = m-4/5 = 1/6,3,
т.е. КСД уменьшится в 6,3 раза.
Задача 2.
Теплопроводность гелия при нормальных условиях в 8,7 раза больше, чем у аргона.
Найти отношение диаметров атомов аргона и гелия.
Решение. Запишем теплопроводность, согласно (8.1):
1
  v  СVуд
(1)
3
Как и в предыдущей задаче, запишем входящие в (1) величины только через параметры,
зависящие от природы веществ He и Ar, т.к. внешние условия для них одинаковы:
 8kT 
v

 m 


12
~ m 1 2 ,

1
2  d 2 n ~ d 2  n 1 ,
  mn,
CVуд  CVM M .
Молярные теплоемкости CVM для одноатомных газов He и Ar, одинаковы, однако, входящая
в знаменатель молярная масса M ~ m, поэтому СVуд ~ m 1 .
Подставляя найденные величины в (1), получим:
χ ~ m-1/2·d-2·n-1·m·n·m-1 ~ m-1/2·d-2,
откуда диаметр молекул:
d ~ (m1/4 · χ 1/2)-1.
Записав такие выражения для He и Ar, получим:
14
d Ar  mHe 


d He  mAr 
12
  He 


  Ar 
 1,7 .
Задача 3.
Кубик сделан из четырех чередующихся пластин двух типов разной толщины и
теплопроводности. Толщина пластин одного типа b1, теплопроводность – χ1, второго типа b2
и χ2, соответственно. Найти теплопроводность кубика вдоль (χ║) и перпендикулярно (χ  )
пластинам. Какая теплопроводность больше?
Анализ и решение. Из Рис. 8.1 видно, что длина стороны
кубика
l = 2b1 + 2b2 = 2(b1 + b2).
Подсчитаем
теплопроводность кубика вдоль пластин (χ║), когда
температура T2 верхней грани больше температуры T1 нижней,
т.е. поток тепловой энергии направлен вниз. Согласно (8.2)
поток тепла, передаваемый через первую пластинку в единицу
времени:
T  T1

qT1   1 2
 S1   1 (T2  T1 )b1  l   1 T2  T1 b1 ,
l
l
– площадь поперечного сечения первой пластинки
равная (b1·l).
Аналогичное выражение можно записать и для второй
пластинки
qT2    2 T2  T1   b2 .
Тогда общий поток через кубик:
Рис. 8.1
L
Q   qTi  2 1 T2  T1 b1  2  2 T2  T1 b2  2T2  T1 ( 1b1   2 b2 ) .
(1)
i 1
С другой стороны, если рассматривать кубик как единое целое с теплопроводностью
χ║, то та же передаваемая тепловая энергия запишется:
T  T1
T  T1 2
Q   2
 S   2
 l  2  T2  T1 (b1  b2 ) .
(2)
l
l
Сравнивая (1) и (2), получим:
 b   2 b2
  11
.
b1  b2
Для расчета χ  положим, что разница температур (Т2 –Т1) приложена теперь к боковым
граням кубика. Кроме того, введем дополнительные температуры на границах пластинок
(рис. 8.1) T’, T’’, T’’’. В этом случае потоки через каждую пластинку и через кубик в целом
одинаковы, т.е. qT1  qT2  qT3  qT4  q .
С учетом (8.2) и того, что площади поперечных сечений каждой пластинки одинаковы,
имеем:
T 'T1
T  T'''
T  T1
T ' 'T '
T ' ' 'T ' '
1
 2
 1
 2 2
  2
.
b1
b2
b1
b2
l
В этой системе уравнений неизвестными являются T’, T’’ и T’’’, которые нужно выразить
через (Т2–Т1), χ1, χ2, b1, b2. Для упрощения введем обозначения χ1/b1 = a1, χ2/b2 = a2, тогда:
T  T1
a1 (T 'T1 )  a 2 (T ' 'T ' )  a1 (T ' ' 'T ' ' )  a 2 (T2  T ' ' ' )    2
.
(3)
2b1  b2 
Будем последовательно «освобождаться» от T’’’, затем Т’’ и T’, выражая их через Т1 и Т2.
Возьмем третий и четвертый члены равенства (3):
a1(T’’’– T’’) = a2(T2 – T’’’),
откуда:
T’’’= (a2T2 + a1T’’)/(a1 + a2).
(4)
Далее используем равенство второго и третьего членов в (3) и заменим T’’’ из (4). Путем
несложных алгебраических преобразований получим:
T’’= [a1T2 + (a1 + a2)T’]/(2a1 + a2).
(5)
Далее используем равенство первого и второго членов в (3). Заменив T’’ из (5) и
выразив в T’ через Т1 и Т2, получим:
T’= [a2T2 + (2a1 + a2)T’]/2(a1 + a2).
(6)
Затем, рассмотрим равенство первого и последнего членов (3), заменим Т выражением
(6):
T  T1
a 1 T 'T1`     2
,
2b1  b 2 
замена T’ дает:
a1a2 a1  a2     b1  b2  .
Перейдя к величинам b1 и b2 с учетом введенных обозначений a1 и a2, получим окончательно:
1  b1 b2 
1
 
.
  
   1  2  b1 b2 
Чтобы выяснить, какая величина больше (χ  или χ║) предположим, что χ  > χ║ и
подставим в это неравенство полученные значения χ  и χ║. В результате преобразований
нетрудно получить (χ1 – χ2)2 < 0, что абсурдно, следовательно, χ  < χ║.
Задача 4.
В термос налита вода массы m = 1 кг. Внутренняя поверхность баллона термоса
S = 700 см2. Зазор между внутренним и внешним сосудами баллона a = 5 мм. Давление
воздуха в зазоре p = 0,1 Па. Полагая, что отвод тепла от содержимого термоса
осуществляется только за счет теплопроводности газа в зазоре, оценить время τ, за которое
температура воды уменьшится от 90° до 80°С. Температура окружающей среды 20°С.
Дано: m1 = 1 кг, S = 700 см2 = 7·10-2 м2, a = 5 мм = 5·10-3 м, p = 0,1 Па, Т1 = 90°С,
Т2 = 80°С, Т0 = 20°С.
Определить:
Анализ и решение. Обозначим изменение температуры воды при охлаждении
∆Tв = T1 – T2 = 10°C. Чтобы произошло такое понижение температуры необходимо отнять у
воды теплоту:
Q  Свуд  m  Tв ,
(1)
где С вуд – удельная теплоемкость воды. Эта теплота должна передаваться за счет
теплопроводности газа в зазоре в окружающую среду. Поток тепла через поверхность S за
время τ, согласно (8.2),
T
Q    
 S  .
(2)
x
При оценке величины τ можно полагать, что:
T Tm  T0

,
x
a
где Tm – средняя температура между T1 и T2,
T T
т.е. Tm  1 2  85C .
2
Теплопроводность газа в обычных условиях, согласно (8.1),
1
  v  CVуд .
(3)
3
Однако по условию задачи газ в зазоре баллона откачан до p = 0,1 Па. В таких условиях
величина  и линейный размер зазора могут быть сравнимы по величине. Поэтому оценим
величину  . Согласно (7.1):
1
kT


,
(4)
2
2   d  n
2   d 2  p
где Т – температура газа в зазоре. Однако по условию задачи одна стенка баллона находится
при T0 = 20°С, другая (в среднем) при Tm = 85°С. Поэтому для оценки  за T нужно взять
T T
среднюю между T0 и Tm температуру Tm'  0 m  52C  325 K . (Заметим, если вместо Tm'
2
взять T0 или Tm, то большой ошибки при оценке  не будет). Подставляя значения Tm' , d и p
в (4), получим, что   0,1м , т.е.   a , следовательно, выполняется условие
ультраразреженности газа.
В этом случае в (3) длину свободного пробега  заменяют линейным размером сосуда,
в котором находится газ, т.е.   a .
Тогда:
1
  v  a    СVуд ,
3
а (2) будет:
1
Q   v    СVуд Tm  T0   S   .
(5)
3
Входящие в (5) величины:
12
 8k  Tm' 
 ,
 
 а.е. м.  M 
Mp
  m  n  а.е.м.
,
kTm'
12
 8kT 
v

 m
СVуд 
CVM
,
M  10 3
для воздуха:
5
R,
2
5R

.
2 M  10  3
CVM 
СVуд
Подставляя эти величины в (5), получим:
5  103  2  а.е.м.

Q  
3  k  Tm'  M
12

  R  pTm  T0   S  

(6)
Приравнивая (1) и (6), найдем:
12
3  10 3  Cвуд  m  Tв    k  M  Tm' 



5 R  p  S Tm  T0   2  а.е. м. 
 40часов .
Задача 5 (демонстрационный эксперимент).
Горизонтально расположенный диск радиуса R = 0,2 м подвешен на нити над таким же
укрепленным на вертикальной оси диском. Коэффициент кручения нити (отношение
приложенного вращающего момента сил М к углу закручивания α) χ = 3,62·10-4 Н.м/рад.
Зазор между дисками a = 5 мм. На какой угол α закрутится нить, если нижний диск привести
во вращение с угловой скоростью ω = 20 рад/с?
Дано: R = 0,2 м, M/α = χ = 3,62·10-4 Н.м/рад, a = 5 мм = 5·10-3 м, ω = 20 рад/с.
Определить: α.
Анализ и решение. Воздух, прилегающий к нижнему крутящемуся диску, обладает
скоростью самого диска, воздух же, прилегающий к верхнему диску имеет скорость почти
равную нулю. Таким образом, в зазоре между дисками имеется градиент линейных
скоростей, направленных параллельно плоскости дисков. Однако их величины зависят от r.
Поэтому удобнее выразить линейную скорость воздуха v через угловую ω, которая
одинакова для всех точек диска, т.е. v = ω · r.
Из условий задачи следует, что угол поворота (α) диска α = M/χ. Определим величину
M. Для этого выделим на диске кольцо радиуса r и шириной dr (Рис. 8.2). Подсчитаем
элементарный момент силы dM = r·dF, действующей на это кольцо со стороны
вращающегося диска. Сила, действующая на единицу площади поверхности, разделяющей
слои газа:
v
Fтр   ,
x
а элементарная сила, действующая на малую площадь поверхности
кольца dS = 2πr·dr, может быть записана:
v
dF  Fтр  dS  2r     dr .
x
v r   0  r  


Так как v = ωr, то градиент
, а элементарный
x
a
a
Рис. 8.2
момент силы, действующей на все кольцо,
dM = -2πr·η·r·ωr·dr/a = 2π·η·ω·r3·dr/a.
Полный крутящий момент сил получим интегрируя это выражение:
M
R
2   3
     R 4
.
M   dM 
r
dr

a 0
2a
0
Так как нас интересует только величина M знак «минус» опущен. Тогда угол:
     R 4

 0,48 рад .
2a
Задача 6.
Найти распределение температуры в пространстве между двумя концентрическими
сферами с радиусами R1 и R2, заполненными однородным веществом, если температуры
обеих сфер постоянны и равны Т1 и Т2.
Анализ и решение. Температуры обеих сфер будут постоянными, если потоки через их
поверхности не зависят от радиуса r сфер.
T
 2r 2  const , поскольку
Это условие можно записать как qT · Sсферы = const или  
r
градиенты T направлены вдоль радиусов сфер. Тогда уравнение переноса:
T
r2
 A' ,
r
где A’ – константа.
Разделим переменные в уравнении, проинтегрируем его и получим:
A
T   B,
r
где А, В – константы.
Их величины найдем из краевых условий:
1) при r = R1, T = T1,
2) при r = R2, T = T2.
Тогда:
T1 = A/R1 + B, T2 = A/R2 + B.
Решение этих уравнений дает:
R  R T  T1 
A 1 2 2
;
R1  R2
T R  T2 R2
B 1 1
,
R1  R2
а распределение температур:
R  R T  T1  1 T1 R1  T2 R2
T 1 2 2
 
.
R1  R2
r
R1  R2
Задача 7.
Два сосуда одинакового объема V соединены трубкой большой длины l и малого
поперечного сечения S. В начальный момент времени t = 0 в первом сосуде имеется смесь
двух изотопов кислорода: 16О2 и 17О2, во втором – только 16О2. Концентрация 17О2 в первом
сосуде в момент времени t – C1(t), во втором – C2(t), при t = 0 – C1(0) и 0, соответственно.
Определить изменение концентрации C1(t) во времени. Коэффициенты самодиффузии
изотопов одинаковы и равны D, давление и температура в обоих сосудах одинаковы.
Анализ и решение. По условиям задачи p и T везде одинаковы. Это означает, что
перенос газов может осуществляться только за счет молекулярной диффузии. Составим
дифференциальное уравнение процесса. Для этого используем условие, что изменение
содержания изотопа 17О2 в сосудах идет за счет его диффузии в трубке. Изменение
содержания 17О2 в первом сосуде в момент времени t будет определяться выражением

C1 (t )  V . Оно происходит за счет наличия диффузионного потока 17О2 через трубку,
t
который, согласно (8.3), равен:
C (t )  C 2 (t )
C (t )
qm   D
 S  D 1
S .
x
l
Приравняем их:

C1 (t )  V    D C1 (t )  C2 (t )  S
(1)
t
l
Однако в (1) входят две неизвестные функции C1(t) и C2(t), что затрудняет его решение.
Заменим C2(t). Воспользуемся тем, что число молекул 17О2 в системе остается постоянным.
Запишем это условие для t = 0 и любого другого момента времени t:
C1(0) = C1(t) + C2(t), C2(t) = C1(0) – C1(t).
Подстановка этого выражения в (1) дает:
С1 (t )
DS
2С1 (t )  С1 (0) .

t
V l
D  S  С1 (0)
  , тогда уравнение принимает вид:
Обозначим 2DS/Vl = α,
Vl
С1 (t )
 С1 (t )   .
t
dx
   dt , которое
x
имеет решение x = B · exp(–αt), где B – константа интегрирования. Проведем замену x, α и β,
а для нахождения константы B используем начальное условие, что при t = 0 C1(t) = C1(0).
Тогда решение уравнения примет вид:
С (0)   2 D  S  
С1 (t )  1
exp  
 t   1 ,
2  
Vl
 
т.е. концентрация изотопа 17О2 меняется экспоненциально со временем. Величина Vl/2DS = τ
является характеристическим временем этого процесса.
Введем новую функцию x = α·C1(t) – β, что приводит к уравнению
9. ФАЗОВЫЕ РАВНОВЕСИЯ И ПЕРЕХОДЫ ПЕРВОГО РОДА.
9.1. Основные понятия и формулы.
Массы жидкой m жВ  и газообразной m ГВ  фаз в двухфазной системе,
характеризующейся точкой B на p, V – диаграмме при температуре Т, определяется с
помощью «правила рычага» горизонтальной части изотермы этой системы (Рис. 9.1).
mжВ  AB  m ГВ  BC .
(9.1)
Изменение температуры фазового перехода TФ первого рода (1 → 2) при изменении
давления определяется формулой Клайперона-Клаузиуса:
dTф Tф V2'  V1' 

(9.2)
dp
L12
Здесь L12 – скрытая удельная теплота фазового перехода 1 → 2,
V1' и V2' – удельные объемы вещества в фазе 1 и 2,
соответственно.
Давление насыщенного пара над выпуклой поверхностью
жидкости pНЛ есть:
Рис. 9.1
 2 M Ж 
pНЛ
 ,
(9.3)
 exp 
pН 
 RT Ж rЖ 
где M, σЖ и ρЖ – молекулярная масса, поверхностное натяжение и плотность жидкости, rЖ –
радиус кривизны поверхности жидкости. В случае вогнутой поверхности показатель
экспоненты отрицателен.
9.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
На Рис. 9.2 приведена обычная изотерма вещества при
температуре T. Для него известно давление насыщенного пара
pН при этой Т, масса вещества m, удельная теплоемкость
испарения L12, удельные объем жидкости V1' и насыщенного
пара V2' . Найти работу А12 и количество теплоты Q12 при
переходе 1 → 2, а также приращения внутренней энергии (U2–
U1), энтропии (S2–S1) и свободной энергии Гельмгольца (ψ2–ψ1).
Решение. Работа при переходе 1–2 совершается при постоянном
давлении pH. Тогда из определения работы:
A12 
V2
 p  dV  p V
H
2
Рис. 9.2
 V1  .
V1
Но так как Vi  Vi '  m , где i =1,2, то:


A12  pH  m V2'  V1' .
Теплота при переходе 1 → 2 затрачивается на образование пара из жидкости, т.е.
Q12 = mL12.
Первое начало термодинамики дает возможность определить изменение внутренней
энергии в этом процессе:
U 2  U1  U  Q12  A12  m L12  pH V2'  V1'  .
Изменение энтропии для обратимого процесса:


dS = δQ/T.
Чтобы процесс был обратимый, необходимо подводить тепло малыми порциями, т.е.
δQ = L12·dm
dm
Тогда dS  L12 
, а интегрирование при постоянной T дает:
T
S2 – S1 = L12·m/T.
Изменение свободной энергии Гельмгольца при T = const равно работе этого процесса с
обратным знаком, т.е.
 2  1   A12   pH  m V2'  V1' .


Задача 2.
Вещество, взятое в состоянии насыщенного пара, изотермически сжали в n раз по
объему. Найти какую часть η конечного объема занимает жидкая фаза, если удельные
объемы насыщенного пара и жидкой фазы отличаются в N раз, причем N >> n.
Дано: Vn → Vn/n, Vn' Vж'  N  n .


Определить:   VЖВ VЖВ  VЖВ .
Анализ и решение. Для решения задачи нужно изобразить
изотерму процесса (Рис. 9.3) и ввести дополнительные
обозначения: Vn, VЖ – объемы вещества в состоянии насыщенного
пара и жидкости, соответственно, Vn' и VЖ' – удельные объемы
насыщенного пара и жидкости, VЖВ , VnВ – объемы жидкости и
пара в точке B, которой изображается система после сжатия.
Исходное состояние системы изображается точкой С.
Ясно, что для решения задачи необходимо воспользоваться
Рис. 9.3
«правилом рычага» (9.1), т.е.
В
mЖ
 AB  mnB  BC .
(1)
Пользуясь обозначениями рисунка, выразим величины АВ и ВС через интересующие нас
параметры объема:
AB = Vn/n – VЖ,
обычно Vn>>VЖ, поэтому AB ≈ Vn/n.
 n 1
BC  Vn  Vn n  Vn 
.
 n 
В
Заменим m Ж
и mГВ через удельные объемы:
В
mЖ
  Ж  VЖВ  VЖВ VЖ' ,
аналогично:
mnВ  VnВ Vn' ,
где ρЖ – плотность жидкости.
Подставим эти найденные значения в (1):
VЖВ Vn VnВ
 n 1
  '  Vn 
,
'
VЖ n Vn
 n 
откуда:
VnВ VЖВ  N n  1 .
Добавим к полученному равенству справа и слева единицу:
VnВ VЖВ  1  N n  1  1 .
Преобразуем его, затем «перевернем», откуда при N >> n получим:
VЖВ
n 1
n 1
.
 

В
В
Vn  VЖ
N  n 1 N 1
Задача 3.
Уксусная кислота при атмосферном давлении плавится при 16,6°С. Разность удельных
объемов ее жидкой и твердой фаз ∆V’= 0,16 см3/г. При изменении давления на 41 атм. точка
M
плавления уксусной кислоты смещается на 1 К. Найти ее молярную теплоту плавления LТЖ
.
'
'
'
Дано: TФ = 16,6°С = 289,3 К, V  VЖ  VT = 0,16 см3/г = 16·10-5 м3/кг, ∆TФ = 1 К,
∆р = 41 атм.
M
Определить: LТЖ
.
Решение. Известно, что плавление кристаллов – это фазовый переход первого рода, для
которого справедливо уравнение Клайперона-Клазиуса (9.2). Для нашего случая оно
запишется:
TФ TФ VЖ'  VT'
.

p
LТЖ


M
Удельная теплота плавления LТЖ
связана с молярной простым соотношением:
M
LТЖ
 M  LТЖ ,
М – молярная масса уксусной кислоты CH3COOH. Комбинируя эти соотношения, получим:
M
LТЖ
 M  TФ  V ' p TФ  11 кДж / моль .
Обратите особое внимание на величины, которые подставляются в формулу – они
должны быть в одной системе единиц.
Задача 4.
Найти давление насыщенного водяного пара при t = 101°C. Считать пар идеальным
газом.
Решение. Парообразование является фазовым переходом первого рода, поэтому для его
описания применимо уравнение Клайперона-Клазиуса (9.2). Запишем его в виде зависимости
изменения давления насыщенных паров от температуры парообразования, а именно:
dpH
L12

.
(1)
dTФ TФ Vn'  VЖ' 
Уравнение дает, к сожалению, дифференциальную зависимость pH(TФ), поэтому
попробуем проинтегрировать его. «Неприятным» в нем является присутствие удельных
объемов Vn' и VЖ' , для которых вид температурных зависимостей неизвестен. Будем полагать
Vn' >> VЖ' , что экспериментально подтверждено, а L12 = const, что справедливо в небольшом
интервале температур. В условиях задачи полагается, что насыщенный пар подчиняется
законам идеального газа. Тогда для моля пара:
pH·Vn = R·TФ.
'
Но Vn  Vn  M , откуда:
Vn'  RTФ MpH .
Учитывая все вышесказанное, преобразуем (1):
dpH
L
L  M  pH
 12 '  12
.
2
dTФ TФ  Vn
RTФ
Разделим переменные и проинтегрируем:
dpH L12  M dTФ

 2
pH
R
TФ
или
L12  M
 const .
(2)
RT
Для определения константы интегрирования вспомним, что при T = T0 = 100°C,
pH = p0 = 1 атм. Подставим эти значения в (2) и получим:
L M
ln p0   12
 const
(3)
RT0
Вычтем (3) из (2):
p
L M  1 1 
L  M T0  T
     12
.
ln H   12

p0
R  T T0 
R
TT0
Из условий задачи Т ≈ Т0, поэтому:
 L M T0  T  
pH  p0 exp   12
.
T2


Нетрудно оценить численно значение показателя экспоненты, оно значительно меньше
единицы. Поэтому экспоненту можно разложить в ряд и «оборвать» его на втором члене, т.е.:
L  M  T 

pH  p0 1  12 2
  1,035атм ,
T


где ∆T = T – T0 = 1 К.
ln pH  
Задача 5.
Лед с начальной температурой t1 = 0°С в результате нагревания превратили сначала в
воду, а затем в пар при t2 = 100°С. Найти приращение удельной энтропии системы.
Анализ и решение. Приращение энтропии в обратимом процессе записывается как:
∆S = ∆Q/T,
(1)
где ∆Q – теплота, подводимая (или отбираемая) к системе. В данном случае теплота ∆Q
состоит из трех частей:
1) теплоты ∆Q1, необходимой для расплавления льда при t1,
2) теплоты ∆Q2, необходимой для нагрева воды от t1 до t2,
3) теплоты ∆Q3, необходимой для превращения воды в пар при температуре t2.
Таким образом:
∆Q = ∆Q1 + ∆Q2 + ∆Q3.
Поэтому приращение энтропии системы можно записать как:
∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3.
Подсчитать величины ∆S1 и ∆S3 не представляет труда: плавление льда происходит при
постоянной температуре t1 = 0°С или T1 = 273 К, как и парообразование – при t2 = 100°С или
T2 = 373 К.
Поэтому:
∆S1 = Lпл/T1,
∆S3 = Lпар/T2,
(2)
где Lпл, Lпар – удельные теплоты плавления льда и парообразования воды, соответственно.
Если подвод тепла проводить медленно, то эти процессы обратимы и поэтому справедливо
выражение (1).
Расчет приращения энтропии при нагреве воды от T1 до T2 не прост, так как в ходе
этого процесса температура непрерывно возрастает. Запишем элементарное приращение
энтропии, когда температура системы меняется от T до T + dT. Пусть тепло подводится
очень медленно, тогда с учетом (1):
dS  dQ T  CВуд  dT T ,
где C Вуд – удельная теплоемкость воды.
Отсюда полное изменение удельной энтропии при изменении температуры воды от T1 до T2
есть:
T2
S 2   CВуд 
T1
dT
 CВуд  ln T2 T1  .
T
(3)
Таким образом изменение удельной энтропии системы равно:
L
L
кДж
.
S  пл  CВуд  ln T2 T1   пар  8,6
T1
T2
кГ  К
Задача 6.
Кусок льда массы m1 = 100 г при температуре T1 = 273 К поместили в калориметр, в
котором находилась вода массы m2 = 100 г при температуре T2 = 333 К. Пренебрегая
теплоемкостью калориметра, найти приращение энтропии системы к моменту установления
теплового равновесия.
Дано: m1 = 0,1 кг, Т1 = 273 К, m2 = 0,1 кг, Т2 = 333 K.
Определить: ∆S.
Анализ и решение. Проанализируем результат процессов, протекающих в калориметре.
Возможно, что 1) теплоты, которая отнимается от нагретой воды и передается льду,
достаточно, чтобы расплавить весь лед и нагреть до определенной температуры θ всю воду
или 2) теплоты, отнятой у воды, недостаточно для плавления всего льда. Тогда в
калориметре останется часть льда, а вся ? воды будет иметь T = T1. Поэтому оценим
количество теплоты Qпл, необходимой для плавления 100 г льда. Она равна
Qпл = m1Lпл = 33300 Дж. Тепловая энергия, которая может быть отдана 100 г воды при
остывании от Т2 = 333 К до Т1 = 273 К, есть Qнагр = m2CВ(T2 – T1) = 25000 Дж.
Сравнение показывает, что Qнагр < Qпл и процесс идет по второму пути. Подсчитаем,
какое количество льда m1' расплавится при охлаждении воды. Нетрудно получить, что:
m1'  Qнагр Lпл  m2CB T2  T1  Lпл .
Тогда приращение энтропии системы состоит из двух вкладов:
1) изменение энтропии ∆S1 за счет плавления m1' г льда,
2) изменение ∆S2 за счет охлаждения m2 г воды от T2 до Т1, т.е.
∆S = ∆S1 + ∆S2.
Величина ∆S1 может быть рассчитана по (2) предыдущей задачи:
T

m1' Lпл m2C B T2  T1 Lпл
S1 

 m2CB  2  1
T1
T1Lпл
 T1

и ∆S2 – по соотношению (3) той же задачи с учетом, что масса воды m2 не единична, а равна
m, т.е.
∆S = m2CB·ln(T1/T2).
Полное приращение энтропии есть:
T
T 
Дж
.
S  m2C B  2  1  ln 2   9,2
T1 
К
 T1
Задача 7.
Вычислить давление насыщенного водяного пара над поверхностью капли тумана с
r1 = 10-5 см и над поверхностью микрокапли воды с r = 10-7 см при t = 20ºC, когда
σводы = 73 мН/м, VВ' = 1,002 см3/г, pH над плоской поверхностью воды 2,33 кПа.
Решение. Известно, что мелкие капли воды обладают сферической формой, поэтому
для подсчета давления насыщенного пара над ее поверхностью можно воспользоваться
выражением (9.3):
 2 M B 
 .
pНЛ  p H  exp 
 RT  B  r 
Но так как  B 
1
, то:
VB'
 2 M  VB'  B 
 .
(1)
pНЛ  pH   exp 
 RTr

Расчет экспоненциальных функций – достаточно трудоемкий процесс. Поэтому перед
расчетом имеет смысл оценить величину показателя экспоненты, как указывалось в задаче 4.
Если она значительно меньше единицы, то экспоненту раскладывают в ряд, причем
обрывают его на втором или, в крайнем случае, на третьем члене, причем такой расчет часто
превосходит точность эксперимента.
Проведенная оценка показала, что для r = 10-5 см:
2 MVB'  B RTr  1,1  10 2 ,
но для микрокапли с r = 10-7 см, это величина равна 1,1, т.е. сравнима с единицей и нужно
пользоваться только выражением (1).
Таким образом, для капельки тумана:
 2 M  VB'   B 

pНЛ  pH  1 
RTr


или p НЛ  p H   2,33·103·1,1·10-2 ≈ 26 Па.
Для микрокапли с r = 10-7 см, где содержится ~ 30 молекул воды:
p НЛ p H   2,8 .
Однако эту цифру нужно рассматривать только как оценочную, ибо (9.3) справедливо лишь
для макрообъектов.
Задача 8.
Найти стационарный поток пара от сферической капли жидкости радиуса a в процессе
ее испарения. Известны коэффициент самодиффузии паров жидкости в воздухе D, плотность
пара на большом расстоянии от капли ρ∞, плотность насыщенного пара ρН. Найти также
плотность пара ρ в зависимости от расстояния r от центра капли. Влиянием кривизны
поверхности жидкости в капле пренебречь.
Анализ и решение. Стационарный поток пара через любую сферическую поверхность
радиуса r, концентрическую относительно поверхности капли, можно записать как:
qm · Sсф = q = const,
(1)
где qm – плотность потока вещества, Sсф – площадь поверхности сферы радиуса r.
Величина qm рассчитывается по закону Фика (8.3):

qm   D
, а Sсф = 4πr2
r
и условие (1) становится:

 4r 2  const .
r
Так как q = const, то в полученном дифференциальном уравнении можно провести
разделение переменных и проинтегрировать его:
dr
d  q 4D   2
r
или
  q 4D r  const .
Из условия, что при r → ∞, ρ = ρ∞, нетрудно определить постоянную, в результате чего:
(2)
  q 4Dr     ,
откуда поток:
(3)
q  4D  r     .
Однако по условию задачи требуется выразить поток пара в виде функции радиуса капли а.
Для этого воспользуемся условием, что на поверхности капли, т.е. при r = a, плотность пара
ρ = ρH. Подставляя эти величины в (3), получим:
(4)
q  4D  a H     .
Затем, приравнивая правые части уравнений (3) и (4), найдем зависимость плотности пара ρ
от расстояния r от центра капли:
a
   H        .
r
q  D
10. ПОВЕРХНОСТНОЕ НАТЯЖЕНИЕ В ЖИДКОСТИ.
РАСТВОРЫ.
10.1. Основные понятия и формулы.
Работа образования дополнительной поверхности ∆S жидкости:
A    S   ,
(10.1)
где σ – коэффициент поверхностного натяжения, ψ – свободная энергия Гельмгольца.
Сила F, действующая по касательной к поверхности жидкости, приходящейся на
единицу длины раздела, перпендикулярно этой линии:
(10.2)
F   ,
где  – длина раздела поверхности.
Дополнительное давление, возникающее в жидкости за счет кривизны ее поверхности
(давление Лапласа):
1 1
(10.3)
p L      ,
 r1 r2 
где r1 и r2 – главные радиусы кривизны поверхности жидкости.
Высота h поднятия жидкости в капилляре радиуса R:
2  cos 
2
.
(10.4)
h

gR
gr
Здесь θ – краевой угол смачивания, g – ускорение свободного падения, r – радиус
кривизны поверхности жидкости.
Величина осмотического давления π раствора подчиняется уравнению Ван-Гоффа:
V  nв kT ,
(10.5)
где nв – число молекул растворенного вещества в объеме V.
10.2. Примеры решения задач.
Задача 1.
Для определения коэффициента поверхностного натяжения воды взвешивают капли,
отрывающиеся от тонкого капилляра. Оказалось, что масса n = 318 капель воды равна m = 5 г
при диаметре капилляра d = 0,7 мм = 7·10–4 м.
Дано: n = 318, m = 5 г = 5·10-3 кг, d = 0,7 мм = 7·10–4 м.
Определить: σ.
Решение. Условие отрыва капли: вес капли рк должен быть равен удерживающей ее
силе F, т.е.
(1)
pк  F
Капля удерживается на трубке перед отрывом силами поверхностного натяжения на длине
среза капилляра     d . Удерживающая сила, согласно (10.2):
F     d
Вес рк висящей капли в момент отрыва:
m
pк   g
n
Подставляя в (1) величины F и рк, получим:
mg

 7  10  2 н / м .
nd
Задача 2.
В спирт опущена на очень малую глубину трубка внутреннего радиуса R = 2 мм.
Определить: 1) массу спирта, вошедшего в трубку, 2) на сколько давление в точке, лежащей
на полувысоте, меньше атмосферного.
Решение. Из Рис. 10.1 видно, что точка А расположена внутри жидкости, вплотную к
поверхности, точка В – на полувысоте столбика спирта, точка С – на поверхности жидкости
в большом сосуде.
Известно, что спирт смачивает стекло, поэтому краевой угол θ ≈ 0,
поэтому мениск будет вогнутым, и жидкость поднимается в капилляре на
определенную высоту h.
Масса столбика спирта:
m  Sh  R 2 h ,
ρ – плотность спирта, S – площадь поперечного сечения капилляра. Высота
поднятия жидкости в капилляре, согласно (10.4), при θ ≈ 0, есть:
(1)
h  2 gR ,
откуда:
Рис. 10.1
m  2R g  2,8  102 г.
Чтобы ответить на второй вопрос задачи, вспомним, что давление в точке А внутри
жидкости с учетом кривизны ее поверхности есть:
PA  P0  PL ,
где Р0 – атмосферное давление.
В круглых трубках, когда жидкость смачивает стенки, r1 = r2 = R и из (10.3) следует:
PL  2 R .
В точке В давление РВ будет больше РА на величину гидростатического давления столбика
высотой h/2 , т.е.:
2
PB  P1 / 2  P0 
 gh / 2
(2)
R
Подставляя в (2) значение h из (1), получим:
PB  P0   R  11 Па  0,08 мм Hg .
Задача 3.
На дне пруда выделился пузырек газа диаметром d = 4 мкм. При подъеме этого
пузырька к поверхности воды его диаметр увеличился в n = 1,1 раза. Найти глубину пруда.
Атмосферное давление нормальное, процесс расширения считать изотермическим.
Дано: d = 4 мкм = 4·10–6 м, d1/d = 1,1, P = P0, T = const.
Определить: h.
Решение. Как следует из условия задачи, расширение пузырька при подъеме со дна на
поверхность – процесс изотермический. Если считать, что газ внутри пузырька подчиняется
законам идеального газа, то можно записать:
(1)
P1V1  P2V2 ,
где Р1, Р2 – давление газа внутри пузырька, находящегося на дне и на поверхности пруда,
соответственно, V1, V2 – их объемы в тех же точках.
Если пузырек газа находится в жидкости на глубине h в равновесии, то давление газа
внутри него Р1 по абсолютной величине равно внешнему давлению. Последнее складывается
из атмосферного давления Р0, гидростатического давления столба жидкости высотой h
равного Рст = ρgh и лапласова давления искривленной поверхности PL' , т.е.:
P1  P0  Pст  PL' .
Если пузырек находится у поверхности жидкости, то давление Р2 внутри него равно:
P2  P0  PL'' .
Давление Лапласа в обоих случаях разное, т.к. оно зависит от размера пузырька,
который при подъеме меняется. Нетрудно записать их значения, полагая, что в (10.3)
r1  r2  R  d 2 :
RL''  2 R  4 d ,
PL''  4 n  d .
Объемы пузырьков на дне и у поверхности:
V1  d 3 6 , V2  d 3 n 3 6 .
́ ́
Подставляя найденные значения Р1, Р2, РL,́ ́ ́ РĹ ́ ́ ́ и V1, V2 в (1), получим:
3
3
P0  gh  4 d   d  P0  4 nd   d  n 3 ,
6
6
откуда нетрудно найти:
h  P0 n 3  1  4 ( n 2  1) d g  5 м .


Задача 4.
Две вертикальные пластинки, погруженные частично в смачивающую жидкость с
плотностью  , коэффициентом поверхностного натяжения  , краевым углом  , образуют
клин с малым углом  . Ребро клина вертикально. Найти высоту h поднятия жидкости как
функцию расстояния x от ребра клина.
Решение. На рис. 10.2 представлено поперечное сечение клина. На расстоянии x от его
вершины расстояние между пластинами d  2 x  sin  2 . Вследствие малости угла  ,
sin  2   2 и тогда:
d  x  
(1)
Как показывает опыт, жидкость поднимается вверх между
параллельными пластинами, разделенными узким зазором. Высота
капиллярного подъема h в этом случае определяется формулой,
аналогичной (10.4), но R заменяется на расстояние d между
пластинками
(см.,
например,
А. И. Кикоин,
И. К. Кикоин,
Молекулярная физика, 1976, стр. 338), т.е.:
(2)
h  2  cos  gd
На небольшом участке dx пластины клина можно рассматривать как
параллельные друг другу. Поэтому высота подъема жидкости здесь
будет определяться соотношением (2). Подставляя (1) в (2), получим
искомую зависимость:
2  cos 1
Рис. 10.2
h
 ,
g x
т.е. линия пересечения поверхности жидкости и пластины описывается гиперболой.
Задача 5.
Какую работу надо совершить, чтобы раздробить каплю масла массой m = 1 г внутри
воды на мелкие капельки радиусом r = 10–4 см. Считать процесс дробления изотермическим,
ρмасла = 0,9 г/см3, σ на границе вода-масло равна 18·10–3 Н/м.
Дано: m = 1 г = 10–3 кг,
σ = 18·10–3 Н/м.
Определить: А.
r = 10–4 см = 10–6 м,
Т =const,
ρ = 0,9 г/см3 = 0,9·103 кг/м3,
Анализ и решение. При дроблении капли масла на более мелкие работа затрачивается
только на образование новой дополнительной поверхности, причем внутренняя энергия
капель не меняется. Следовательно, искомая работа, согласно (10.1), есть:
A  S ,
где S – дополнительная поверхность, образованная при дроблении капли, равная:
(1)
S  4 r 2 N  4R 2
где R – радиус исходной капли, N – число капелек, образованных при ее дроблении.
4
Неизвестная величина R может быть определена из массы исходной капли m  R 3  ,
3
откуда:
1/ 3
 3m 
 .
R  
 4 
Число мелких капель N такие можно найти из их массы, полагая, что при дроблении
количество вещества не меняется. Поэтому:
4
m   r3 N ,
3
откуда:
3m
N
.
4 r 3 
Подставляя найденные выражения для R и N в (1) и упрощая соотношение, получим:
1/ 3
3m 
r
 4   3m 
S 
1

r

 
1   .

r 
 3m   r    R 
Нетрудно видеть, что R >> r, поэтому в хорошем приближении:
S  3m r ,
а искомая работа:
3m
A
 0,06 Дж ,
r
т.е. работа дробления обратно пропорциональна размеру капелек.
Задача 6.
Ртуть массой m = 1 г помещена между двумя плоскими стеклянными пластинками.
Какую силу F надо приложить к верхней пластинке, чтобы ртуть приняла форму круглой
лепешки однородной толщины и радиуса R = 5 см. Краевой угол между ртутью и стеклом
θ = 40º, σ = 0,49 Н/м.
Дано: m = 1 г = 10–3 кг Hg, R = 5 см = 5·10–2 м, θ = 40º, σ = 0,49 Н/м.
Определить: F.
Рис. 10.3
Анализ и решение. Поперечный срез одного края ртутной лепешки,
зажатой между двумя стеклянными пластинками, изображен на Рис. 10.3.
Так как ртуть почти не смачивает стекло, ее мениск получается
выпуклым, что приводит к существованию лапласова давления РL,
направленного внутрь жидкости. Поэтому давление в ртути больше, чем
атмосферное. Чтобы удержать жидкость в равновесии, к верхней
пластинке нужно приложить силу F равную по абсолютной величине РL, умноженной на
площадь S лепешки из ртути, т.е.:
(1)
F  PL  S  PL  R 2 ,
где R – радиус ртутной лепешки.
Подсчитаем величину РL. Согласно (10.3):
1 1
PL      ,
 r1 r2 
где r1 и r2 – главные радиусы кривизны поверхности. Кривизной сечения поверхности ртути
плоскостью пластинок можно пренебречь, т.е. считать r2 → . Другой радиус кривизны r1
можно подсчитать, обратясь к Рис. 10.3. Если расстояние между пластинками обозначить
через d, то радиус кривизны r1 есть:
r1  d 2  cos .
Тогда:
PL  2  cos  d .
Остается определить расстояние d. Если считать, что ртутная лепешка имеет форму
цилиндра с радиусом R и высотой d, то массу ртути m можно записать как m  R 2 d ,
откуда находят:
d  m R 2  .
Подставляя найденные величины в (1), получим:
R 4
F  2 2 
 cos   630 Н .
m
Задача 7.
Какую работу нужно совершить, чтобы выдуть мыльный пузырь, радиусом r = 7 см.
σ мыльной воды равен 0,04 Н/м.
Анализ и решение. Процесс выдувания происходит при постоянной температуре. Тогда
искомая работа А определяется суммой работы А1, которую нужно затратить на образование
поверхности пузыря, и работы А2 сжатия воздуха до давления Р, которое имеется в пузыре,
т.е.:
А = А1 + А2
(1)
Работу А1, согласно (10.1), можно записать как:
A1   S ,
где S – сумма внутренней и внешней поверхности пленки, ибо пленка мыльного пузыря
двойная.
Поэтому:
S  2  4 r 2 ,
а работа:
A1  8 r 2 .
Работу сжатия воздуха в пузыре объемом V при Т = const от давления Р0 до Р можно
подсчитать так.
Из общего определения работы:
A2   PdV .
Уравнение состояния газа в пузыре PV  RT .
Продифференцируем, считая, что Т = const:
PdV VdP  0 ,
отсюда A2    VdP , но V  RT P , т.е.
P
P
P0
P0
А2  RT  dP P   PV  dP P
или
(2)
А2   PV ln P P0 
Здесь Р0 – нормальное давление, имеющееся в окружающей среде.
Давление Р – давление внутри пузыря. Оно равно Р0 + РL, где РL – лапласово давление,
которое оказывает пленка пузыря.
Согласно (10.3) и учитывая, что пленка двойная:
PL  4 / r .
Тогда:
P  P0  4 / r ,
а объем пузыря:
V  4 r 3 3 .
Подставляя найденные величины в (2), получим:
4  4 3  4 

 .
A2   P0 
   r  ln 1 
r  3
rP

0 

Тогда искомая работа:


4  4 3 
4 
   r ln 1 
 .
A  A1  A2   8 r 2  P0 1 
 rP0  3
 rP0 

Оценим величину 4 / rP0 . Она значительно меньше единицы.
Тогда:
 4  4
 
ln 1 
rP
rP0
0 

и, учитывая это, имеем:
 2
A  8 r 2 1    8  10 3 Дж .
 3
Задача 8.
При какой температуре Т осмотическое давление двухпроцентного (по весу) раствора
поваренной соли (ω1 = 2 % = 0,02) в воде будет равно π = 15 атм. Степень диссоциации α
поваренной соли равна 0,75.
Решение. Величина осмотического давления раствора подчиняется уравнению ВанГоффа (10.5), из которого следует:
(1)
T  V nВ  k
Для того чтобы воспользоваться соотношением (1), нужно выразить величину nВ V через
концентрацию ω1 поваренной соли и степень диссоциации α.
По определению:
(2)
1  m1 (m1  m2 ) ,
где m1 и m2 – массы NaCl и воды в растворе, соответственно.
Так как массы веществ входят в (2) в виде отношения, их численные значения можно брать с
точностью до постоянного коэффициента. Чтобы получить ω1 = 0,02 положим, что m1 = 2 г,
m2 = 98 г. Тогда объем, занимаемый поваренной солью в растворе V1  m1 1 , а объем воды
V2  m2  2 , где ρ1 и ρ2 – плотности NaCl и воды, соответственно, а объем раствора:
V  V1  V2 
m1
1

m2
2
.
m1
, а число ее молекул:
M1
m
n В'  N a  1 ,
M1
где М1 – молярная масса NaCl, численно равная ее относительной молекулярной массе.
Таким образом,
n В'
m1 M 1
.
(3)
 Na
V
m1 1  m2  2
Далее учтем, что часть молекул NaCl диссоциирует на два иона: Na– и Cl+. Степень
диссоциации   n1 n В' , где ni – число диссоциированных молекул из ní молекул. Тогда
общее число ионов и молекул NaCl в растворе:
n В  2ni  (n В'  ni )  ni  n В'  (  1)  n В' .
С учетом (3) искомая величина:
m1 N a
n В   1n В'
 1



,
V
V
M 1  m1 m2 



 1  2 
а температура:
m m 
 M1
 M 1  1 1  1 1 
T
  1  2  
 
   303 K .
(  1) R  m1  1  2  (  1) R  1
1  2 
Число молей поваренной соли в растворе  1 
Задача 9.
Капля жидкости совершает пульсационные колебания, становясь последовательно
вытянутой, сферической, сплюснутой, снова сферической и т.д. Экспериментально
установлено, что период Т этих пульсаций зависит от плотности ρ, коэффициента σ и радиуса
капли r. Установите зависимость Т (ρ, σ, r).
Решение. При решении ряда сложных физических проблем, где данных явно не
хватает, чтобы создать стройную теорию, пытаются экспериментально выяснить те
параметры, от которых зависит интересующая величина (Т). В данной задаче такими
параметрами являются ρ, σ и r. Для получения вида зависимости используют теорию
размерности. В ней предполагается, что все зависимости носят степенной характер. В нашем
случае полагаем, что:
T ~  x r y z ,
где x, у, z – неизвестные показатели.
Для их нахождения определяют размерности входящих в правую часть величин. Обозначим
основные единицы длины через l, массы – m и время – t. Тогда размерности плотности,
длины и коэффициента поверхностного натяжения запишем:
   m3 , r   l ,    mt 2 .
l
Размерность периода колебаний [T] = t. При правильно выбранной зависимости показатели
при m, l и t должны совпадать, т.е.:
x


t    m3  l y mt 2 z ,
l 
то показатели при m: x + z = 0,
при l: 3x + y = 0,
при t: –2z = 1.
Отсюда нетрудно найти z = –½, х = ½, у = 3/2,
а искомая зависимость:
T~
1/ 2
r
3/ 2

1 / 2
  r3 

~ 
  
1/ 2
.
Рекомендуемая литература.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Сивухин Д. В. Общий курс физики, т. II. Термодинамика и молекулярная физика,
М., 1975 и следующие изд.
Кикоин А. К., Кикоин И. К. Молекулярная физика. М., 1976 и следующие изд.
Рейф Ф. Статистическая физика. М., 1972 и следующие изд.
Матвеев А. Н. Молекулярная физика. М., 1981 и следующие изд.
Сборник задач по общему курсу физики. Термодинамика и молекулярная физика, под
ред. Сивухина Д. В. М., 1976.
Агекян Т.А. Теория вероятностей для астрономов и физиков. М., 1974.