МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ Факультет естественных наук

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ
НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Факультет естественных наук
Кафедра общей физики
Федеральное государственное бюджетное учреждение науки
ИНСТИТУТ ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ И ПРИКЛАДНОЙ МЕХАНИКИ
им. акад. С. А. Христиановича СО РАН
В. П. Замураев, А. П. Калинина
ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ПО
ТЕРМОДИНАМИКЕ И СТАТИСТИЧЕСКОЙ ФИЗИКЕ
Учебное пособие
Новосибирск
2013
1
УДК 536.7
ББК В36я73-1
З 266
Замураев В. П., Калинина А. П. Задачи с решениями
контрольных работ по термодинамике и статистической физике:
Учеб. пособие / Новосиб. гос. ун-т. Новосибирск, 2013. 161 с.
ISBN 978-5-94356-730-8
В учебном пособии изложены алгоритмы решения задач
контрольных работ по физике (раздел «Термодинамика и
статистическая физика»), проведенных на третьем курсе факультета
естественных наук НГУ у химиков в течение ряда лет. Данное
пособие отличается от уже опубликованных подобных изданий тем,
что в нем подробно изложен алгоритм решения, тогда как в
аналогичных изданиях для МГУ, МФТИ и т. д. изложены обычно
только контуры решения задач.
Предназначено для преподавателей и студентов вузов.
Рецензент
д-р физ.-мат. наук Кацнельсон С. С.
Издание подготовлено в рамках реализации Программы
развития государственного образовательного учреждения высшего
профессионального образования «Новосибирский государственный
университет» на 2009–2018 годы.
Учебное пособие рекомендовано к изданию ученым советом
ИТПМ СО РАН.
ISBN 978-5-94356-730-8
 Новосибирский государственный
университет,
2013
 Замураев В. П., Калинина А. П., 2013
2
Введение
Дисциплина «Физика (термодинамика и статистическая
физика)» является частью математического и естественнонаучного
цикла ООП по направлению подготовки «020100 ХИМИЯ»,
квалификация (степень) «бакалавр». Дисциплина реализуется на
Факультете естественных наук Федерального государственного
образовательного
бюджетного
учреждения
высшего
профессионального образования Новосибирский государственный
университет (НГУ) кафедрой Общей физики.
Программой дисциплины в семестре предусмотрены две
контрольные работы, которые оцениваются в 700 баллов каждая.
Итоговую оценку за учебный семестр студент может получить
на письменном экзамене в конце семестра, где он имеет
возможность либо повысить оценку, полученную им «автоматом»,
либо получить любую положительную (или неудовлетворительную)
оценку в случае отсутствия у него «оценки-автомата». Экзамен
состоит из двух частей: письменный экзамен по теории (400 баллов)
и письменная контрольная по задачам (1100 баллов).
В учебном пособии приведены задачи с решениями потоковых
контрольных и контрольных на экзаменах, в составлении и
проведении которых принимал непосредственное участие
В. П. Замураев. А. П. Калинина выполнила объемную работу по
решению и проверке ответов задач, в написании пособия.
Задачи сгруппированы по годам и по контрольным работам. В
скобках за номером задачи указано количество баллов, в которое
оценивалась задача.
Учебное пособие «Задачи с решениями контрольных работ по
термодинамике и статистической физике» предназначено, в первую
очередь, для студентов 3-го курса факультета естественных наук
НГУ, специальность «Химия». Любой студент может заранее
оценить свой уровень в освоении материала курса, повысить свои
шансы в получении желаемой оценки за курс.
3
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ 2011 г.
Первая контрольная работа
1. (100 б.) Система состоит из двух спинов S1 = 2 и S2 = 1/2.
Найти энтропию системы и вероятность нахождения в состоянии с
суммарным спином Sz = 3/2.
2. (120 б.) Поршень массой m движется с начальной скоростью u,
сжимая ν молей одноатомного идеального газа. Цилиндр, в котором
движется поршень, находится в термостате. Температура
термостата T. Определить количество тепла, которое газ отдаст
термостату, и отношение конечного объема к начальному.
3. (140 б) С молем идеального газа совершается процесс, в
котором энтропия изменяется по закону
S (T )  T
2
 cV ln T ,
где cv – теплоемкость при постоянном объеме, α – постоянная.
Найти теплоемкость газа в этом процессе. Какое количество тепла
было подведено к системе, если начальная температура T0, а
конечная 2T0?
4. (160 б) По плоской поверхности из точечного источника
разлетаются молекулы массой m и оседают на окружности радиуса
R, расположенной концентрически с источником. Мощность
4
источника j, распределение молекул по скоростям dj ~ exp(– v/v0)dv.
Найти давление на внешнюю окружность. Столкновениями молекул
между собой пренебречь.
5. (180 б) Два сосуда расположены в вакууме. В них проделаны
небольшие отверстия: в первом площадью σ, во втором радиусом r.
Отверстия расположены друг против друга на расстоянии L, причем
r/L << 1. В первом сосуде находится идеальный одноатомный газ.
Его температура T и концентрация n0 поддерживаются
постоянными. Какая стационарная концентрация газа установится
во втором сосуде, если его температура также равна T?
Вторая контрольная работа
1. (100 б.) Сосуд заполнен смесью двух трехатомных газов. Один
газ состоит из линейных молекул, другой − из нелинейных. После
нагрева и размораживания всех колебательных степеней свободы
теплоемкость смеси увеличилась в 2,5 раза. Найти отношение
количеств молекул газов в сосуде.
5
2. (120 б.) Квантовая система состоит из слабовзаимодействующих
частиц. У частицы имеется три уровня энергии: 0, E, 2E. При
высоких температурах (kT >> E) средняя энергия одной частицы
равна 5E/4.Какова кратность вырождения верхнего уровня, если два
нижних уровня не вырождены.?
3. (140 б) Потенциальная энергия молекулы в некотором
центральном поле зависит от расстояния r до центра как
U(r) = βr,
где β – положительная постоянная. Найти среднюю потенциальную
энергию молекулы в этом поле.
4. (160 б) Цилиндрический стержень разрезали на две части
длиной L и 2L и вставили между ними тонкий диск такого же
диаметра D. Найти температуру диска, если в нем в единицу
времени выделяется тепло P. Коэффициент теплопроводности
стержня равен χ. Температура свободных концов стержня равна T0.
Боковые поверхности стержня теплоизолированы.
5. (180 б) В вакууме находится цилиндр радиусом R с
коэффициентом теплопроводности χ. Внутри цилиндра равномерно
выделяется тепло с плотностью тепловыделения (мощностью на
единицу объема), равной β.
6
Поток тепла с единицы площади поверхности цилиндра равен
Tc4, где Tс – температура поверхности. Найти температуру на оси
цилиндра.
Экзамен
1. (130 б.) Молекула представляет собой три различных
осциллятора с одинаковыми частотами. Энергия молекулы равна
3,5. Какова вероятность того, что один определенный осциллятор
возбужден? Найти энтропию молекулы.
2. (150 б.) Линейная четырехатомная молекула ABCD под
действием света распадается на нелинейную молекулу ABC и атом D:
ABCD → ABC + D.
Энергия кванта света равна энергии диссоциации. Реакция
проходит полностью. Найти температуру газа после установления
равновесия, считая, что она превышает характеристические
колебательные температуры молекул ABCD и ABC.
3. (180 б) С молем идеального газа совершается процесс, в
котором p = kV3, где k – известная постоянная. Найти теплоемкость
газа в этом процессе. Теплоемкость при постоянном объеме cV
известна.
4. (190 б) Идеальный газ сжимается под поршнем в цилиндре
так, что уходящее в окружающую среду тепло равно изменению
внутренней энергии газа.
7
Определить работу, затраченную на сжатие моля газа при
изменении объема в два раза. Чему равна теплоемкость в этом
процессе? Начальная температура газа T0. Теплоемкость при
постоянном объеме cV и показатель адиабаты известны.
5. (210 б) В слое вещества толщиной l коэффициент
теплопроводности линейно меняется от k1 на нижней границе до k2
на верхней. Температура нижней границы поддерживается равной
T1, а верхней T2. Найти распределение температуры в слое.
6. (240 б) На воздушной подушке движется пластина площадью
S и массой M. Начальная скорость пластины равна v0. Толщина
воздушной подушки h  S . Газокинетический диаметр молекул
воздуха равен d. Давление воздуха p. Найти расстояние, которое
пройдет пластина до остановки. Считать, что   h.
Переэкзаменовка
1. (130 б.) Имеется пять различимых обменивающихся энергией
одинаковых осцилляторов с частотой  и энергией 8,5. Какова
вероятность того, что первый осциллятор находится в основном
состоянии?
2. (150 б.) При комнатной температуре к молю водорода
добавили кислород и инициировали химическую реакцию. В
8
результате реакции водород и кислород полностью прореагировали
с образованием воды. Найти теплоемкость смеси до и после
реакции. Считать, что до реакции колебательные степени свободы
были выморожены, а после реакции температура паров воды выше
характеристических колебательных температур.
3. (180 б) Для идеального газа найти в переменных T и V
уравнение процесса, в котором молярная теплоемкость изменяется
по закону:
c = cV + αp2,
где  – постоянная.
4. (190 б) Два закрытых цилиндрических сосуда с площадью
поперечного сечения S и высотой H и H/2 находятся в поле тяжести
Земли. Основания сосудов установлены на одной высоте. Цилиндры
у основания соединены тонкой трубкой. Всего в сосудах находится
один моль газа. Найти количество молекул в сосуде высотой H.
Масса молекулы газа равна m.
5. (210 б) В слое вещества толщиной l происходит одномерная
диффузия частиц. Коэффициент диффузии зависит от координаты
по закону
D = b + ax2.
Известно, что при x = 0 концентрация частиц равна n0, а при x = l
она равна нулю. Найти стационарное распределение частиц в слое.
9
6. (240 б) Два тела с постоянными (конечными) теплоемкостями
C1 и C2 нагреты до разных температур T1 и T2. Найти максимальную
работу, которую можно получить, используя эти тела в качестве
нагревателя и холодильника в тепловой машине.
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ 2009 г.
Первая контрольная работа
1. (100 б.) Система состоит из четырех обменивающихся
энергией различных осцилляторов с частотой . Энергия системы
равна 8. Найти энтропию системы.
2. (130 б.) Пленки некоторых нерастворимых органических
кислот и спиртов на поверхности воды можно моделировать
двумерным идеальным газом. Вычислить для такого газа среднюю
силу, действующую на единицу длины периметра границы (аналог
давления на стенку в трехмерной задаче). Ответ выразить через
поверхностную концентрацию молекул примеси n (размерность n
выражается в частицах на 1 см2) и температуру T.
3. (130 б.) Молекулы массой m вылетают из сосуда через малое
отверстие площадью σ. В сосуде поддерживается постоянная
температура T и давление p. Найти количество молекул,
вылетающих в единицу времени под углом к оси отверстия,
меньшем θ0.
10
4. (170 б.) Один моль одноатомного идеального газа с
температурой T находится в цилиндре объемом V0, закрытом
поршнем. Поршень удерживается на месте за счет силы трения. Газ
начинают медленно подогревать. При температуре газа, равной T1,
поршень приходит в движение и движется до тех пор, пока объем
не удвоится. Найти подведенное к системе тепло. Считать, что в
процессе движения поршня сила трения постоянная.
5. (170 б.) Тело массой m с теплоемкостью C, имеющее
температуру окружающей среды T0, падает с высоты H. При ударе
вся кинетическая энергия тела переходит во внутреннюю энергию
(нагрев). Какую максимальную работу может совершить тепловая
машина, использующая в качестве нагревателя данное тело, а в
качестве холодильника – неограниченную окружающую среду? На
какую высоту можно поднять тело, совершив над ним эту работу?
Ускорение свободного падения равно g, сопротивлением воздуха
пренебречь.
Вторая контрольная работа
1. (100 б.) Энергетический спектр системы состоит из трех
уровней:: 0, E0, 2E0 с кратностями вырождения 1, 2, 1
соответственно. Найти температуру, при которой среднее значение
энергии равно E0/2.
2. (120 б.) В среде с теплопроводностью χ, не зависящей от
температуры, находится прямой провод, по которому течет ток i. На
расстоянии R1 от оси провода температура равна T1, а на расстоянии
R2 от провода температура равна T2. Найти сопротивление единицы
длины провода.
11
3. (140 б.) При горении водорода выделяется энергия Q
(реагенты взяты в стехиометрическом количестве). Начальная
температура смеси, равная T0, много меньше характеристических
колебательных температур молекул O2 и H2. Реакция изучается в
теплоизолированном реакторе при постоянном давлении, равном
давлению исходной смеси реагентов. Найти конечную температуру
в реакторе, если реакция прошла полностью. Рассмотреть два
случая: а) колебания молекулы воды выморожены; б) все колебания
молекулы воды можно рассматривать в классическом приближении.
4. (160 б.) Молекулы массой m могут свободно двигаться по
поверхности мыльного пузыря, висящего в воздухе. Какая доля
молекул находится в верхней половине пузыря? Температура T,
радиус пузыря R, ускорение свободного падения g.
5. (180 б.) В сосуде объемом V находятся N0 молекул идеального
газа с сечением столкновения σ. В стенке сосуда открывается в
вакуум малое отверстие площадью S. Найти число взаимных
столкновений молекул в сосуде до полного выхода газа.
Температура газа в сосуде поддерживается постоянной.
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ 2007 г.
Первая контрольная работа
1. (100 б.) В каком случае КПД машины Карно увеличится
больше: если поднять температуру T1 нагревателя при неизменной
температуре холодильника на ΔT << T1 или если при неизменной
температуре нагревателя понизить температуру холодильника T0 на
такую же величину (T0 >> ΔT)?
12
2. (120 б.) С одним молем идеального газа происходит
равновесный процесс, при котором произведение концентрации газа
n на абсолютную среднюю скорость молекулярного движения <v>
остается постоянным. Известна молярная теплоемкость при
постоянном объеме cV. Найти теплоемкость газа в этом равновесном
процессе.
3. (140 б.) В горизонтальном, закрытом с одного конца
цилиндре площадью S находится подвижный поршень массой M.
В закрытой части цилиндра находится идеальный газ с показателем
адиабаты . Вне цилиндра поддерживается постоянное давление p0.
В положении равновесия объем газа в цилиндре равен V0.
Считая процесс в газе адиабатическим, найти период τ малых
колебаний поршня.
4. (160 б.) По плоской поверхности из точечного источника
равномерно по всем радиальным направлениям разлетаются
молекулы массой m и оседают на окружности радиусом R. Центр
окружности совпадает с источником.
13
Поток молекул, имеющих одну и ту же радиальную скорость,
равен dj = Аexp(– v/v0)dv, где А – неизвестная постоянная. Найти
давление на окружность (силу, действующую на единицу длины
окружности). Мощность источника j. Столкновениями молекул
между собой пренебречь.
5. (180 б.) На поверхности Луны лежит баллон с газом. В нем
возникло повреждение в виде малого отверстия, из которого
вертикально вверх стал истекать газ. Через короткое время, за
которое температура газа T внутри баллона не изменилась,
повреждение было устранено. Масса молекулы газа равна m.
Ускорение свободного падения на Луне gл (считать его
постоянным). Атмосферы на Луне нет, поэтому каждую из
взлетевших молекул можно характеризовать максимальной высотой
взлета h над поверхностью. Найти распределение dW(h) = f(h)dh
вероятности по h, среднее значение этой высоты. Построить график
зависимости плотности вероятности f(h) и найти наиболее
вероятную h.
Вторая контрольная работа
1. (100 б.) Каждая из двух одинаковых систем состоит из N
(N >> 1) спинов S = 1/2. Они находятся в равновесии с термостатом
(следовательно, имеют нулевую суммарную проекцию спина на ось
z). Во вторую систему добавили n спинов (n<<N) S = 1/2, причем
все добавленные спины имели положительную проекцию спина на
ось z. Через некоторое время в системе (в которую добавили спины)
снова установилось равновесие. Чему равна разность энтропий
второй и первой систем?
2. (120 б.) Частица находится в потенциальном ящике с
бесконечно высокими стенками. Уровни энергии n = 0, 1, 2,…не
вырождены. Энергия n-го уровня равна
En 
 2 2
2ma 2
(n  1) 2 .
14
Вероятность заселения уровня с n = 2 в десять раз меньше, чем
для n = 0. Найти температуру, соответствующую данным
вероятностям заселения.
3. (140 б.) Идеальный двухатомный газ находится в поле с
потенциальной энергией
U   B cos ,.
где  – угол между осью молекулы и направлением оси x. Получить
распределение молекул по направлениям и вычислить среднее
значение потенциальной энергии молекулы, считая, что  меняется
от 0 до . Найти вклад cV в теплоемкость потенциальной энергии
газа. Чему равна полная теплоемкость газа, если а) не разморожены
колебательные степени свободы; б) разморожены колебательные
степени свободы.
4. (160 б.) Сферический сосуд радиусом R врыт в землю так, что
уровень поверхности земли совпадает с центром сосуда. В сосуде
находится газ с массой молекул m и температурой T. Определить
наиболее вероятную высоту молекул газа над поверхностью земли.
5. (180 б.) В вакууме находится абсолютно черный шар
радиусом R с коэффициентом теплопроводности χ (это означает,
что поток тепла с единицы площади поверхности шара равен T 4 ,
15
где T – температура поверхности шара, она неизвестна). Внутри
шара равномерно выделяется тепло с плотностью тепловыделения
(мощностью на единицу объема), равной β. Найти температуру в
центре шара как функцию R, β, σ, χ.
Экзамен
1. (160 б.) Для идеального газа найти уравнение процесса (в
переменных T и V), при котором молярная теплоемкость изменяется
по закону:
c  cV  p 2 .
2. (190 б.) Два тела с одинаковыми теплоемкостями C и
температурами T1 и T2 (T1 > T2) образуют адиабатически
изолированную систему.
Какую максимальную работу можно получить, используя эти
тела в качестве нагревателя и холодильника?
3. (220 б.) Два
одинаковых
высоких
(выступающих
за
атмосферу) цилиндрических сосуда установлены вертикально так,
что основание одного находится выше основания другого на высоту
h0. В каждом сосуде находится один моль идеального газа. Сколько
16
молей газа нужно добавить в один
потенциальные энергии газов сравнялись?
из
сосудов,
чтобы
Температура газов T поддерживается постоянной. Ускорение
свободного падения g не зависит от высоты. Масса одной молекулы
равна m.
4. (250 б.) В стенке сосуда с
гелием
(He)
объемом
V
открывается
малое
отверстие
площадью s. Как будет изменяться
со временем давление в сосуде,
если вначале оно равно давлению
окружающей сосуд атмосферы
азота (N2)? Температура в сосуде и
снаружиT0 а также атмосферное
давление
p0
поддерживаются
постоянными.
17
5. (280 б.) Длинная труба радиусом R заполнена жидкостью с
вязкостью . По оси трубы с постоянной скоростью v0 протягивают
длинную проволоку радиусом r0. Найти силу трения, действующую
на единицу длины проволоки.
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ 2005 г.
Первая контрольная работа
1. (100 б.) В запаянной с одного конца стеклянной трубке
находится воздух и капля ртути. Когда открытый конец трубки
направлен вверх, то расстояние от запаянного конца трубки до
ртути равно h1. Если трубку перевернуть, то это расстояние равно
h2. Площадь сечение трубки равна S. Внешнее давление воздуха
равно p, ускорение свободного падения – g. Найти массу капли
ртути.
18
2. (140 б.) Во сколько раз изменится число ударов в единицу
времени двухатомных молекул об единицу поверхности стенки,
если газ адиабатически расширить в два раза?
3. (140 б.) Определить КПД цикла, образованного изохорой
V = V1, а также адиабатой и изотермой, пересекающимися при
V = V2. Рабочее тело – идеальный одноатомный газ.
4. (160 б.) Чистую пластинку вносят в вакуумную камеру с
остаточным давлением 10–7 тор. Оценить время загрязнения
пластинки мономолекулярным слоем газа.
Примечание: 1 тор = 1 мм рт. ст.
5. (160 б.) N слабо связанных осцилляторов с частотой  (N >> 1)
1
находятся в состоянии с энергией E  ( N  4). Определить
2
изменение энтропии при добавлении в систему еще трех
невозбужденных осцилляторов и установления равновесия.
Вторая контрольная работа
1. (100 б.) Два одинаковых очень высоких сосуда установлены
вертикально так, что основание одного находится выше основания
другого на величину h0.
19
В каждом сосуде находится один моль идеального газа с массой
молекулы m. Сколько газа нужно добавить в один из сосудов, чтобы
потенциальные энергии газов сравнялись? Температура газов
поддерживается постоянной, ускорение свободного падения g не
зависит от высоты.
2. (120 б.) Квантовая система из N неподвижных двухуровневых
частиц с разностью энергий между уровнями ε имеет при ε >> kT
следующую теплоемкость:
2
cV
  
 2kN  exp( / kT).
 kT 
Чему равно вырождение верхнего уровня, если нижний двукратно
вырожден?
20
3. (140 б.) Сосуд заполнен смесью двухатомного и трехатомного
газов, причем трехатомные молекулы линейны. После повышении
температуры, когда разморозились все колебательные степени
свободы, теплоемкость смеси увеличилась в 1,5 раза. Найти
отношение 2/3 количеств молей газов в сосуде.
4. (160 б.) В слое идеального газа между параллельными
пластинами в единицу времени выделяется количество тепла Q в
расчете на единичный объем. Температура пластин поддерживается
равной T0, теплопроводность газа при этой температуре – 0. Найти
распределение температуры в газе и плотность потока тепла к
каждой пластине. Расстояние между пластинами h.
Примечание
(для
забывчивых):
Учесть
зависимость
коэффициента теплопроводности газа от температуры.
5. (180 б.) Система, погруженная в термостат с температурой T,
имеет N невырожденных уровней энергии:
 i   0  i , 0  i  N  1.
Найти энтропию и внутреннюю энергию системы. Найти их
предельные значения при T  0 и T  .
21
Экзамен
1. (150 б.) Одноатомный идеальный газ находился в состоянии с
давлением p0. При подведении к нему тепла Q он изобарически
расширился. На сколько при этом изменился объем газа?
2. (190 б.) В теплоизолированном сосуде находится смесь из
двух молей H2 и одного моля F2 при температуре T0. Найти
температуру газа после того, как полностью прошла реакция
H2 + F2 → 2HF.
Считать,
что
при
низких температурах теплоемкость
5
7
двухатомного газа равна cV  R, а при высоких − cV  R.
2
2
Энергия разрыва связи в молекуле H2 равна ε1, в молекуле F2 − ε2, в
молекуле HF − ε3.
3. (220 б.) Из сосуда с идеальным газом молекулы через малое
отверстие вылетают в вакуум. Вычислить величину sin  , где θ −
угол между нормалью к поверхности сосуда и направлением
движения молекулы.
4. (240 б.) Разреженный газ из молекул с дипольным моментом p
находится во внешнем электрическом поле E при температуре
T = pE/k. Какая доля молекул имеет угол между векторами
дипольного момента и поля меньший π/2?
22
5. (300 б.) По оси длинной трубки диаметром D натянут провод
диаметром d, по которому протекает постоянный электрический ток
I. Сопротивление единицы длины провода равно ρ. Трубка
заполнена одноатомным газом при высоком давлении. Масса атома
равна m. Найти газокинетический диаметр атома газа, если
температура трубки равна T0, а температура провода T1.
Переэкзаменовка
1. (150 б.) Внутренняя энергия некоторого газа равна
U  a ln( T / T0 )  b ln(V /V0 ),
где a, b, T0, V0 – известные постоянные. Первоначально газ
находился в состоянии p1, V1, T1. Затем газ изобарически
расширился до объема V2. Его температура стала равной T2. Какое
количество тепла Q подвели к газу?
2. (190 б.) При «вымораживании» колебательных степеней
свободы постоянная адиабаты  газа увеличилась в 1,2 раза.
Сколько атомов в молекуле? Линейная она или нет?
3. (220 б.) В сосуде находятся пары металла при температуре T.
Концентрация атомов n, масса атома m. Вылетая через малое
отверстие площадью S, атомы металла оседают на пластинке
радиусом r, поставленной параллельно плоскости отверстия на
расстоянии l от него. Пластинка сосна с отверстием. Определить, с
какой скоростью увеличивается масса пластинки. Считать
S  r , l.
23
4. (240 б.) Примесный атом находится в межузельной полости
двумерного кристалла (в виде тонкой пластинки) с потенциалом
u(r) = аr4, где r – расстояние на плоскости до некоторой точки на
пластинке. Рассчитать среднюю энергию этого атома при
температуре T.
5. (300 б.) Абсолютно черный шар радиусом R с коэффициентом
теплопроводности χ находится в вакууме. Внутри шара выделяется
тепло равномерно по объему. Мощность тепловыделения в единице
объема равно β. Найти температуру в центре шара.
24
Вторая переэкзаменовка
1. (25 %) Изолированная система состоит из двух тел.
Теплоемкость первого тела равна C1, теплоемкость второго – C2. Их
температуры равны T1 и T2 соответственно. Причем T1 > T2. Тела
привели в тепловой контакт. Вычислить изменение энтропии
системы в процессе достижения теплового равновесия.
2. (25 %) В сосуде находится идеальный газ при температуре T и
концентрации n. Найти число молекул, ударяющихся о единицу
площади стенки в единицу времени и имеющих нормальную
компоненту скорости, большую, чем некоторая заданная величина
v 0.
3. (25 %) N слабовзаимодействующих одноатомных частиц со
спином 1/2 находятся в объеме 2V. В одной половине объема есть
магнитное поле с индукцией B, а в другой половине поле
отсутствует. Найти статсумму системы и ее среднюю энергию при
температуре T. (Энергия спина в магнитном поле ε =μB, где μ
магнитный момент.)
4. (25 %) Идеальный газ молекул массой m находится в сосуде
высотой h в поле тяжести при температуре T. До какой температуры
нужно его нагреть, чтобы давление на потолок после нагрева стало
равным давлению на пол до нагрева?
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ 2003 г.
Первая контрольная работа
1. (90 б.) Идеальный газ с показателем адиабаты γ, находившийся
при температуре T0 и давлении p0 в объеме V0, изобарически
нагрели, сообщив ему тепло Q. Найти изменение энтропии газа.
2. (120 б.) Найти КПД цикла, образованного изохорой V = V1, а
также адиабатой и изотермой, пересекающимися в точке (T1, V2).
Рабочее тело – идеальный газ с показателем адиабаты .
25
3. (150 б.) На поверхности Луны лежит баллон с газом, из
которого через малое отверстие бьет струя газа в вертикальном
направлении. Каковы значения средней и наиболее вероятной
высоты взлета молекулы в поле тяжести Луны.
4. (160 б.) Идеальный одноатомный газ нагревают в закрытом
цилиндре с подвижным поршнем. При расширении газа поршень
сжимает пружину, свободное состояние которой соответствует
нулевому объему газа. Определить молярную теплоемкость в этом
процессе.
5. (180 б.) Сосуд с идеальным газом имеет маленькое отверстие,
на расстоянии l от которого расположен холодный экран,
улавливающий молекулы газа. Плоскость экрана перпендикулярна
направлению пучка молекул. Найти среднее расстояние на экране
от точки попадания каждой молекулы до точки центра пучка.
26
Вторая контрольная работа
1. (100 б.) Два цилиндрических сосуда одинаковой высоты с
радиусами R и 2R в поле тяжести поставлены один на другой и
соединены отверстием. Внутри сосудов находится газ c массами
молекул m при температуре T. При каком значении высоты сосудов
h число молекул в них одинаково?
2. (120 б.) В однородной среде с независящей от температуры
теплопроводностью χ находится точечный источник тепла. Найти
мощность источника, если известны значения установившейся
температуры на расстояниях R1 и R2 от источника: T(R1) = T1,
T(R2) = T2 (R1 < R2).
3. (140 б.) Спин 3/2 находится в магнитном поле с индукцией B
при температуре T. Найти среднюю энергию спина. Энергия спина
 
в магнитном поле U  ( B, S ), где γ постоянная.
4. (160 б.) Изолированная
система,
состоящая
из
N
слабовзаимодействующих спинов 1/2 находится в состоянии с
суммарной проекцией на ось z, равной σ (σ << N). Определить
изменение энтропии системы при уменьшении значения проекции
на единицу.
5. (180 б.) Оценить время испарения воды из пробирки высотой l.
Первоначально пробирка заполнена наполовину. Относительная
влажность воздуха в помещении 50 %, давление насыщенных паров
воды p, коэффициент диффузии молекул воды в атмосфере D,
плотность жидкой воды ρ. Пар у поверхности воды считать
насыщенным, капиллярными явлениями пренебречь.
Экзамен
1. (150 б.) Изолированная
система
состоит
из
трех
слабовзаимодействующих спинов s1 = s2 = 1, s3 = 1/2. Чему равна
энтропия этой системы?
27
2. (150 б.) В адиабатически изолированный пустой сосуд через
малое отверстие впускают небольшую порцию одноатомного
идеального газа из другого сосуда с температурой T0. Найти
температуру газа в первом сосуде после установления равновесия.
3. (220 б.) N молекул (N >> 1) идеального газа находятся в
сосуде, в одной половине которого потенциальная энергия одной
молекулы равна нулю, а в другой половине равна U0. Температура
газа равна T. Найти разность между числами молекул в половинах
сосуда.
4. (280 б.) Внутри закрытого с двух сторон теплоизолированного
цилиндра находится подвижный теплопроводящий поршень. В
равновесии поршень делит цилиндр пополам, а идеальный газ,
заполняющий обе половины, имеет температуру T0 и
характеризуется показателем адиабаты γ. Поршень медленно
сдвигают. Найти зависимость температуры газа от отношения η
объемов большей и меньшей частей сосуда.
5. (300 б.) Жидкость с коэффициентом теплопроводности χ
помещена в плоскую кювету толщиной L площадью S (L2 << S).
Посредине кюветы находится нагреватель в виде тонкой пластины.
Температура помещения T0. Рассчитать отношение толщины слоя к
коэффициенту теплопроводности χ1 теплоизолятора, которым
нужно окружить кювету, а также мощность нагревателя W, при
которых средняя температура жидкости равна T, а перепад
температур внутри жидкости не превышает 10 % от T.
Переэкзаменовка
1. (150 б.) Рассчитать и начертить фазовую траекторию для
частицы массой m в потенциальной яме:
U ( x  0)  , U ( x  0)  a x.
2. (210 б.) По длинному прямому проводу круглого сечения
радиусом R течет ток плотностью j. Проводник обладает удельным
сопротивлением ρ и коэффициентом теплопроводности χ.
Поверхность провода поддерживается при температуре T0. Найти
28
распределение температуры внутри провода. (Справка: мощность
тока на единицу объема w = ρj2.)
3. (220 б.) Внутри
закрытого
с
обеих
сторон
термостатированного
цилиндрического
сосуда
находится
подвижный поршень. Первоначально поршень делит сосуд на
равные части объемом V0, каждая из которых заполнена идеальным
газом одинаковой температуры с одним и тем же давлением p0.
Какую работу нужно совершить, чтобы медленно двигая поршень,
изотермически увеличить отношение объемов одной части к другой
в η раз?
4. (230 б.) Энергетический спектр некоторой системы состоит из
двух зон с разными плотностями энергии:
 1  E 0  E  0,



 ( E )   2
0  E  E0 ,


0
E  E0 .
Определить температуру, при которой вероятности обнаружить
систему в одной и другой зонах равны между собой.
5. (290 б.) Пленка ограничена квадратной рамкой, стороны
которой ориентированы вдоль осей x и y. Молекулы пленки
движутся так, что проекции их скорости vx и vy лежат в интервалах
v x  v0 и v y  v0 , причем любое из этих значений равновероятно,
а движение вдоль осей x и y независимо. Найти силу, действующую
на единицу длины рамки. Удар молекул о рамку считать упругим.
Поверхностная плотность молекул равна n.
29
ОТВЕТЫ
Контрольные работы 2011 г.
Первая контрольная работа
1. S  k ln 10, WS z 3 / 2 
mu
2. Q 
2
2
,
1
5
.

2
 mu
 exp 
V0
 2 RT

V
2
3. c  cV  2T ; Q  cV T0 


.


14
3
T03.
4. p = jmv0/2πR.
5. n  n0

 L2
.
Вторая контрольная работа
1.
N1
N2
 6.
2. g  2.
3. U  3kT.
4. T  T0 
8PL
3 D 
2
.
30
1/ 4
  
5. T0  
R
 2 




4
R 2.
Экзамен
1. W 
1
2
, s  k ln 6.
2. T = 19T0/15.
3. c = cV + R/4.
4. A = 2cV T0(2( – 1)/2 – 1).

k2  k1 x 
ln 1 

k1 l 

.
5. T  T1  (T2  T1)
k 
2
ln  
 k1 
 
6. L  v0
hM
S
.
Переэкзаменовка
1. W1 
14
2. cV1 
5
35
2
.
R, cV 2  6R.
3. V 2  RT 2  const.
31
4. N2  N A
1 e
mgH / 2kT
2e
mgH / 2kT



 arctg




5. n  n01 



arctg





.

a  
x
b 
 .

a 
l 
b 
 
C1 /(С1 С2 ) C2 /(С1 С2 )
.
T2
6. A = C1T1 + C2T2 – (C1 + C2) T1
Контрольные работы 2009 г.
Первая контрольная работа
1. S  k ln   k ln 84.
2. p  nkT.
3. j(0 ) 
1 p
4 kT
4. Q  4RT1 
3
2
v sin 0.
2
RT0.

mgH 
CT0 
mgH 
,
h

H

ln
1

5. A  mgH  CT0 ln 1 

CT0 
mg 
CT0 




32
Вторая контрольная работа
1. T 
E0
k ln 3
2. r  2 
N1
N

T1  T2
R 
2
i 2r ln  
 R1 
 
.
Q
Q
21
3
T0  ; б) T  T0 
.
16
8R
4
14 R
3. а) T 
4.
.
1
 mgR 
 1
exp
 kT 


5. J  2

.
2
N0 .
S
Контрольные работы 2007 г.
Первая контрольная работа
1. 1  1 
2. c  cV 
3.  
T2
T1  T
1
2
 2  1 
T2  T
T1
.
R.
2
MV0
S
 p0
.
33
4. p = jmv0/2πR.
1/ 4
 R 

5. T0  
 3 
 2
R .
6

Вторая контрольная работа
1. S  S ( N n) / 2  S N / 2  knln 2.
4 
2 2
2. T

.
2
ma k ln 10
3. dW ( ,  ) 
U
 kT  B 
B
2k T sh(B / k T)
e B cos / kT sin  d
e kT
2
 2B 

exp
 kT 


;
2
 2B 

;
; cV  R  R
2 

kT
 
 


  2B  
1
 1
 exp
  kT  


2B
2B
d
 2B 

exp
 kT 


2
 2B 

;
а) cV  R  R
2 
2
 
 kT 
  2B   
 1
 exp
  kT  


7
34
 2B 

exp
 kT 


2
 2B 

.
б) cV  R  R
2 
2
 
 kT 
  2B   
 1
 exp
  kT  


9
2
 kT 
kT
 .
 R2  
4. h 
 mg 
mg


1/ 4
 R 

5. T0  
 3 

 2
R .
6
Экзамен
1. V 2  RT 2  const.
2. A = C(T1 + T2 – 2(T1T2)1/2).
3.  
gh
RT
.





4. p  p 0 1  exp  t / He  exp  t / N 2 ,   4V /( Sv ).
5. F 
2  v0
.
ln( R / r0 )
35
Контрольные работы 2005 г.
Первая контрольная работа
1. m 
2.
pS h2  h1
.
g h2  h1
j
 2 1, 2.
j0
3.  1 ( 1)
ln(V2 /V1)
 1
(V2 /V1)
5
, .
3
1
4. t  250 c.
5. S 
6k
.
N
Вторая контрольная работа
1.  
gh
RT
.
2. g = 4.
3.
2
 11.
3

3 Q T0
4. T   T03 / 2 
4 0


 h2


 x 2  
 4



2/3
1
, q  Qh.
2
36

5. E   0 


N

e kT  1 e kT
;
1
N

S
N
T

T
  
 

  1 exp
exp
N   1

 kT 
 kT 



 

   
 .
 k ln 1  exp 
N    k ln 1  exp 


kT 
k
T

 




T  0 E   0 , S  0.
1
T   E   0   ( N 1), S  k ln N .
2
Экзамен
1. V 
2Q
.
5 p0
(   2   3) N A
5
.
2. T  T0  2 1
7
21R
2
3. sin   .
3
4. w 
1
1 e

pE
kT
.
5. d a  (4k (k / m)1 / 2 (T13 / 2  T03 / 2 ) /(3Q ln( D / d )))1 / 2 .
37
Переэкзаменовка
1. Q  a ln( T2 / T1 )  b ln(V2 /V1 )  p1 (V2  V1 ).
2. Молекула нелинейная, состоит из четырех атомов.
2
1
r
.
3. M  mnv S 2
4
l  r2
4.  
3
kT.
2
1/ 4
 R 

5. T0  
3




 2
R .
6
Вторая переэкзаменовка
1. S  ln
2. j 
(C1T1  C 2T2 ) C1 C2
T1C1 T2C2 (C1  C 2 ) C1 C2
 mv 2  
1 
8kT
nv 1  exp  0  , v 
.
 2kT  
4 

m




21  e
3. Z 
U 
.
B / kT
2 mkT 

3/ 2 3 N
N!
h
;
3
B
Nk T  N
.
2
1  e  B / kT
38
4. T1 
mgh
m gh 


k ln  (2  e kT 




.
Контрольные работы 2003 г.
Первая контрольная работа
1. S 
p0V0 
 1 Q 
ln 1 
.
 1 T0 
 p0V0 

2.  1 ( 1)
ln(V2 /V1)
 1
(V2 /V1)
1/ 4
 R 

3. T0  
 3 

5
, .
3
1
 2
R .
6
4. C = 2R.
5. r 

2
l.
Вторая контрольная работа
1. h 
kT
ln 4.
mg
2. Q  4  (T1  T2 )
R1 R2
.
R2  R1
39


3

1
2
3. U  B  B
 B
.
2
2

e kT  1 e kT  1 

4. S  k
5. t 
2  1
.
2N
3 kTl 2
.
4mD p
Экзамен
1. S  k ln 18.
4
2. T  T0 ,
3
U 
3. N  N th 0 .
 2kT 
 (1   )
4. T  T0 
 4
5.
l
1

2




 1
2
.
2 T S
L 19T  20T0
, W
.

4T
5L
Переэкзаменовка
2. T (r )  T0 
 j2 2 2
( R  r ).
4
40
3. A  p 0V0 ln
4. T 
E0

k ln 2
1
(1   ) 2
.
4
.
5.
41
РЕШЕНИЯ
Контрольные работы 2011 г.
Первая контрольная работа
1. Спин S может находиться в состояниях со следующими
проекциями на выбранное направление: – S, – S + 1, …, +S. Число
различных состояний равно 2S + 1.
Число доступных состояний Ω системы из двух независимых
спинов S1 и S2 составляет
Ω = (2S1 + 1)(2S2 + 1) = 10.
Энтропия системы определяется согласно закону Больцмана:
S  k ln   k ln 10.
По условию проекция суммарного спина системы на выбранное
направления (ось z) имеет значение:
Sz 
3
2
.
Это значение реализуется в двух состояниях:
S1z  1, S2z 
1
2
; S1z  2, S2z  
1
2
.
Все десять состояний системы равновероятны. Вероятность того,
что Sz = 3/2, определяется долей таких состояний:
WS z 3 / 2 
2
10

1
5
.
2. Поршень, сжимая газ, тормозится и, в конце концов,
останавливается, полностью теряя кинетическую энергию.
42
Поскольку цилиндр с газом находится в термостате с постоянной
температурой, то внутренняя энергия газа в результате процесса не
изменяется. Вся потерянная поршнем кинетическая энергия в виде
тепла переходит в термостат. Это хорошо видно, если записать
уравнение энергии для начального и конечного моментов времени:
1
2
mu  cV T  0  cV T  Q.
2
Здесь Q’ – тепло, отданное газом термостату, а внутренняя энергия
идеального газа определяется равенством
U  cV T .
Из закона сохранения энергии следует
Q 
1
2
2
mu .
Считаем процесс сжатия газа достаточно медленным и,
следовательно, равновесным при постоянной температуре.
Согласно первому началу термодинамики получаемое газом тепло
Q расходуется на работу (внутренняя энергия идеального газа в
изотермическом процессе не изменяется):
Q  Q 
V
 pdV.
V0
Привлекая уравнение состояния идеального газа
43
pV  RT ,
вычислим интеграл:
V
Q  Q  R 
V0
V 
 R ln  .
 V0 
V
 
dV
Подставляя выражение для теплоты, найдем:

2 
 mu 
 exp 
.
V0
 2RT 


V
3. Согласно второму началу термодинамики для равновесных
процессов имеем
TdS  Q.
Теплоемкость процесса, по определению, равна
c
Q
T
.
Находим теплоемкость рассматриваемого в задаче процесса:
c T
dS
dT
 2T  cV .
2
Вычисляем подведенное к системе тепло:
0Q 
2T0
2T0
T0
T0
2
 cdT   (2T  cV )dT 
14
3
T03  cV T0.
44
4. Распределение молекул по скоростям известно с точностью до
множителя:
dj  A exp( v / v0 )dv.
Найдем его из условия, что задана мощность j источника:

j  A exp(v / v0 )dv  Av0

A
0
j
v0
,
так что имеем
dj  j exp( v / v0 )dv / v0.
Попадая на единицу длины внешней окружности, молекулы с
данной скоростью передают ей за единицу времени импульс,
равный
dp 
Интегрируя по
окружность:
p
скоростям,
mj
2 Rv0

dj
2 R
mv.
найдем
давление
на
внешнюю
j
 v exp(v / v0)dv  2 R mv0.
0
45
5. Газ в первом сосуде находится в равновесном состоянии, и его
распределение по скоростям определяется распределением
Максвелла. Полный поток молекул газа через малое отверстие
площадью σ равен
j0 
1
4
n0v  .
Доля молекул, вылетающих под углом θ к нормали к плоскости
отверстия, определяется вероятностью
dWj ( )  2 cos sin  d.
Если угол вылета молекул θ меньше некоторого предельного θ0,
то они попадают во второй сосуд. Вычислим число молекул
попадающих во второй сосуд в единицу времени:
j
1
4
0
n0v   2 cos  sin  d 
0
1
4
n0v  sin 2 0.
Предельный угол определяется равенством
0 
r
L
.
Поэтому
46
2
r
j  n0v    .
L
4
 
1
Попав во второй сосуд, молекулы сталкиваются с его стенками и
друг с другом. Часть из них вылетает обратно. В конце концов во
втором сосуде установится стационарная концентрация газа при
температуре T. При этом число вылетающих в единицу времени
молекул из сосуда равно
j
1
4
nv  r .
2
Так как температура в сосудах одинаковая, то средняя скорость
v молекул также одинаковая. Приравнивая два выражения для j,
найдем равновесную концентрацию молекул во втором сосуде:
n  n0

 L2
.
Вторая контрольная работа
1. Трехатомная молекула имеет девять степеней свободы. При
этом у линейной молекулы имеется три поступательных, две
вращательных и четыре колебательных степеней свободы; у
трехатомной молекулы – по три поступательных, вращательных и
колебательных степеней свободы. До подогрева смеси
колебательные степени свободы заморожены. Вклад в теплоемкость
дает только поступательное и вращательное движение молекул.
Согласно закону равнораспределения энергии по степеням свободы
каждая поступательная и вращательная степень свободы молекулы
дает вклад в теплоемкость, равный k/2. Обозначим через N1 и N2
числа линейных и нелинейных молекул смеси в сосуде. Тогда
теплоемкость смеси до подогрева равна
47
5
cV1 
2
k N1  3k N2.
При подогреве произойдет размораживание колебательных
степеней свободы. Вклад одной колебательной степени в
теплоемкость равен k. Поэтому теплоемкость смеси в сосуде после
подогрева равна
cV 2 
13
2
k N1  6k N2.
По условию теплоемкость смеси при подогреве увеличилась в
два с половиной раза. Это дает равенство
13
cV 2
cV1
 2
5
2
k N1  6k N2
k N1  3k N2

5
2
,
откуда находим:
N1
N2
 6.
2. Вероятность рассматриваемой квантовой частицы находиться
в i-м состоянии определяется распределением Гиббса:
Wi 
gi exp( i / k T)
Z
, i  0, 1, 2.
Здесь ε0 = 0, ε1 = E, ε2 = 2E – заданные уровни энергии; g0 = g1 = 1
(эти уровни энергии невырожденные), g2 = g – статистические веса.
Статистическая сумма Z в данном случае равна
Z  1  exp(E / kT)  g exp(2E / kT).
48
Средняя энергия частицы вычисляется по формуле:
2
    iWi.
i 0
По условию задана средняя энергия частицы при высоких
температурах kT >> E. В этом случае экспоненты в выражении для
вероятности близки к единице, и
Z  2  g, Wi 
gi
Z
,  
1  2g
2 g
E.
Таким образом, для вычисления кратность вырождения верхнего
уровня имеем равенство

1  2g
2 g
E
5
2
E,
откуда находим:
g  2.
3. Потенциальное поле сферически симметричное. Поэтому

вероятность нахождения частицы в элементе объема dr
определяется распределением Больцмана, имеющим в данном
случае вид
49
dW 
1
Z
exp(U (r) / k T)4 r dr.
2
Статистическая сумма Z в данном случае равна


Z   exp(U (r) / kT)4 r dr  4  exp(r / kT)r 2dr.
2
0
0
Для вычисления интеграла воспользуемся дифференцированием

по параметру  
:
kT
d 2  1 
Z  4  exp(r / kT) r dr  4
 exp( r)dr  4 2   .
d 2 0
d  
0

d2
2

Вычисляем производную и подставляем α. В результате
получим:
3
 kT 
 1  8
 .
 
Z  4

8

2  
3
  
d    
 
d
2
Статистическая сумма определяет термодинамику системы.
В частности, ее знание позволяет найти среднюю энергию
молекулы по формуле:
U  kT
2
 ln Z
T
.
Вычисления дают:
U  3kT.
50
4. Поскольку
стержень
по
боковой
поверхности
теплоизолирован, а задача стационарная, то все тепло, которое
выделяется в диске за единицу времени, уходит через торцевые
поверхности стержня.
Коэффициент теплопроводности стержня χ имеет постоянное
значение. Поэтому стационарное распределение температуры в
стержне линейное, и плотность потока теплы через торцы
определяется разностью температур диска и конца стержня.
Записываем балансовое уравнение:
P
T  T0 1
L
4
 D2  
T  T0 1
2L
4
 D 2.
Здесь первое слагаемое в правой части – полный поток тепла
через левую торцевую поверхность стержня, второе слагаемое –
через правую. Из этого равенства находим стационарную
температуру диска:
T  T0 
8PL
3 D 2
.
5. Плотность потока тепла за счет обычной теплопроводности
определяется законом Фурье. Здесь в силу осевой симметрии
отлична от нуля только одна компонента плотности потока тепла,
радиальная:
q  qr  
dT
dr
.
51
Поток тепла через цилиндрическую поверхность радиусом r < R
по закону сохранения энергии равен количеству тепла,
выделяющегося внутри соответствующего цилиндра в единицу
времени:

dT
dr
2 rl    r l.
2
Здесь l – длина цилиндра.
Это дифференциальное уравнение приводится к виду
dT
dr


2
r.
Интегрируем его от оси цилиндра до внешней поверхности:
Tc  T0  

4
2
R ,
откуда находим температуру на оси цилиндра:
T0  Tc 

4
2
R.
Она определена с точностью до температуры внешней поверхности
Tc. Эту температуру найдем из условия: все тепло, которое
52
выделяется в цилиндре, уходит наружу в виде излучения. Запишем
это условие:
  R2l  Tc4 2 Rl.
Отсюда имеем
1/ 4
 R

Tc  
 2 


.
Подставляем это значение в выражение для температуры на оси
цилиндра и находим ее:
 R

T0  
 2 


1/ 4


4
2
R .
Экзамен
1. Энергия
линейного
определяется формулой
E  (n 
гармонического
1
2
осциллятора
), n  0, 1, 2, . . .
Молекула представляет собой три различных осциллятора с
одинаковыми частотами. Они могут находиться в различных
состояниях. Их суммарная энергия равна
E =  (n1 + n2 + n3 + 1,5) = 3,5 ,
откуда получаем:
n1 + n2 + n3 = 2.
53
Этому равенству удовлетворяют комбинации квантовых чисел,
приведенные в таблице:
n1
n2
n3
0
0
2
0
1
1
0
2
0
1
0
1
1
1
0
2
0
0
Шесть различных комбинаций – шесть различных состояний
молекулы. Соответственно энтропия по формуле Больцмана равна
S = kln 6.
Один осциллятор, скажем первый, в трех случаях из шести
находится в возбужденном состоянии. Таким образом, вероятность
того, что один определенный осциллятор возбужден, равна
W
1
2
.
2. Линейная четырехатомная молекула ABCD имеет три
поступательных, две вращательных и семь колебательных степеней
свободы (всего 12). Ее энергия до диссоциации в соответствии с
законом распределения энергии по степеням свободы равна
3 2

19
EABCD     7 kT0 
kT0.
2 2

2


Под действием света молекула распадается на нелинейную
молекулу ABC и атом D:
ABCD → ABC + D.
Нелинейная трехатомная молекула из девяти степеней свободы
имеет по три степени поступательных, вращательных и
колебательных. Ее энергия после установления равновесия равна
54
3 3

EABC     3kT  6kT.
2 2



Энергия атома равна
ED 
3
2
k T.
При поглощении кванта света четырехатомной молекулой
происходит ее диссоциация. Составляем уравнение баланса
энергии:
EABCD  h  EABC  ED  Eдис.
По условию энергия поглощаемого кванта равна энергии
диссоциации. При использовании этого условия и значений энергии
молекул найдем установившуюся температуру газа:
T
19
15
T0.
При решении задачи предполагалось, что и до диссоциации
колебательные степени свободы четырехатомной молекулы
возбуждены. Иначе температура газа в результате диссоциации
упадет, что противоречит задаче.
3. Теплоемкость, по определению, равна
c
Q
T
.
По первому началу термодинамики подводимое к газу тепло
равно
 Q  dU  pdV.
Внутренняя энергия идеального газа является функцией только
температуры. Поэтому
55
dU  cV dT .
В данном случае cV – молярная теплоемкость. Таким образом,
теплоемкость моля идеального газа в рассматриваемом процессе
равна
c  cV  p
V
.
T
Производную от объема по температуре вычислим, используя
уравнение процесса
p  kV
3
и термическое уравнение состояния моля идеального газа
pV  RT.
Исключаем из них давление и логарифмируем:
4 ln V  ln T  const .
Дифференцирование по температуре дает:
4
1 V
V T

1
T
.
Возьмем отсюда производную и подставим ее в выражение для
теплоемкости. С учетом термического уравнения состояний найдем
искомую теплоемкость:
c  cV 
1
4
R.
4. В первое начало термодинамики входит величина Q. Под ней
понимают количество теплоты, полученное системой. По условию
задачи уходящее тепло равно изменению внутренней энергии газа,
поэтому в соотношении между Q и U возникает знак «минус»:
Q = –U.
56
Так как газ идеальный, то его внутренняя энергия – функция
только температуры. Пусть теплоемкость CV постоянна. Тогда
Q = – CV (T – T0).
Здесь CV – теплоемкость либо всего газа, либо количество газа
равно одному молю, и тогда CV – молярная теплоемкость. Таким
образом, теплоемкость газа в рассматриваемом процессе равна
C  (Q / T )  CV .
Работа, совершаемая над газом, и подведенная к нему теплота
идут на изменение его внутренней энергии (первое начало
термодинамики). Для условий задачи
A' = U – Q = 2U = 2CV (T – T0).
Для нахождения конечной температуры необходимо получить
уравнение процесса. С этой целью рассматривается первое начало
термодинамики в дифференциальной форме. Для данной задачи оно
имеет вид
– dU = dU + pdV.
Слева – количество теплоты, полученное газом. Для идеального
газа уравнение можно преобразовать:
2dU + pdV = 0
 2CV dT + RTdV/V = 0.
Оно решается разделением переменных, так что
57
T / T0  (V0 / V )
(  1) / 2
,
где  – показатель адиабаты. По условию газ сжимается с
уменьшением объема в два раза. Окончательно
A  2CV T0 (2
(  1) / 2
 1).
Идеальный газ сжимается под поршнем в цилиндре так, что
уходящее в окружающую среду тепло равно изменению внутренней
энергии газа.
5. Задача стационарная, Поэтому поток тепла через слой
вещества остается постоянным как во времени, так и по толщине
слоя:
q  k
dT
dx
 const .
Это обыкновенное дифференциальное уравнение первого
порядка.
Коэффициент теплопроводности k является линейной функцией
координаты x, принимая значения k1 и k2 на границах слоя:
k  k1 
k2  k1
l
x.
Дифференциальное уравнение решается методом разделения
переменных:
58
dT   q
k1 
dx
k2  k1
l
.
x
Интегрируем его от нижней границы слоя до точки с координатой x:
T  T1  

k2  k1 x 
ln 1 
.
k2  k1 
k1 l 


ql
Запишем это уравнение для точки на верхней границе слоя:
T2  T1  
k 
2
ln   .
k2  k1  k1 
 
ql
Поделив два уравнения одно на другое, исключим неизвестную
плотность потока тепла:

k2  k1 x 
ln 1 

k1 l 
T  T1

.

k 
T2  T1
2
ln  
 k1 
 
Отсюда найдем распределение температуры в слое:

k2  k1 x 
ln 1 

k1 l 

.
T  T1  (T2  T1)
k 
2
ln  
 k1 
 
59
6. При движении пластины в окружающем воздухе возникают
вязкие силы трения, и он увлекается пластиной в том же
направлении. В пределах воздушной подушки ввиду ее малой
толщины
h  S
возникающие градиенты скорости и,
следовательно, силы трения значительные, тогда как вне
подушки они малы, и их действием пренебрегается.
Напряжение трения (сила трения, действующей на единичную
площадку между слоями движущегося воздуха) определяется по
формуле:
   du / dy,  
1
3
mn v .
Средняя длина свободного пробега
пропорциональна их концентрации:
 
1
2 n d 2
молекул
обратно
.
Поэтому коэффициент вязкости η и, следовательно напряжение
трения не зависят от давления. Это справедливо для сравнительно
плотного газа (например, при атмосферном давлении). Перед
пластиной и за ней давление одно и то же. Считаем, что оно
постоянно в зазоре между пластиной и твердой поверхностью.
Таким образом, на пластину действует только трение со стороны
воздушной подушки. Это трение в общем-то невелико, и пластина
тормозится медленно. Движение воздуха под пластиной можно
считать квазистационарным. В этом случае профиль скорости в
слое движущегося воздуха линейный, как показано на рисунке.
60
Скорость воздуха на пластине равна ее текущей скорости, а на
поверхности земли – нулю. В результате имеем
  
v
.
h
Применяем 2-й закон Ньютона:
M
dv
dt
 S   
v
S.
h
При известной начальной скорости пластины решение данного
обыкновенного дифференциального уравнения имеет вид
 S 


v  v0 exp  
t .
 M h 


Вычислим путь, пройденный пластиной до остановки:

L   vdt  v0
hM
0
.
S
Переэкзаменовка
1. Если система состоит из N осцилляторов, то ее энергия равна
E   (n 
1
2
N ).
Поскольку N = 5 и E  8,5, то n = 6. Число допустимых
состояний системы вычисляется по формуле:

( N  1  n)!
( N  1)! n!
.
61
Подстановка значений N и n дает:

(5  1  6)!
(5  1)!6!
 210 .
Это полное число допустимых состояний системы.
Если первый осциллятор находится в основном состоянии, т. е.
n1 = 0, то остальные четыре осциллятора имеют энергию E  8,5,
для подсистемы из них N1 = 4, n = 6. Число допустимых состояний в
этом случае равно
1 
(4  1  6)!
(4  1)!6!
 84.
Вероятность того, что первый осциллятор находится в основном
состоянии при значении энергии системы E  8,5, равна
W1 
1


84
210

14
35
.
2. Уравнение реакции водорода с кислородом имеет вид
2H 2  O2  2H 2O.
Поскольку водород и кислород полностью прореагировали, то
состав смеси стехиометрический: на один моль водорода истрачена
половина моля кислорода, и получился один моль воды.
Водород и кислород – двухатомные газы. Их молекула имеет
шесть степеней свободы: три поступательные, две вращательные и
одну колебательную. При комнатной температуре колебательное
движение молекул H2 и O2 заморожено. В теплоемкость вклад дают
только их поступательное и вращательное движение. Согласно
закону равнораспределения энергии по степеням свободы молярная
теплоемкость смеси до химической реакции равна
62
5
cV1  2
R H 2 
5
2
R O 2
 H 2   O2

5
2
R.
Молекула образовавшейся в результате реакции воды имеет
девять степеней свободы: по три поступательных, вращательных и
колебательных. Температура паров воды выше характеристических
колебательных температур. Поэтому молярная теплоемкость паров
воды равна
cV 2 
3
2
R
3
2
R  3R  6R.
3. Молярная теплоемкость идеального
процессе вычисляется по формуле
c  cV  p
V
T
газа
в
произвольном
.
В рассматриваемом процессе она изменяется по закону:
c = cV + αp2,
где  – постоянная. Приравнивая оба выражения для теплоемкости,
получим дифференциальное уравнение, позволяющее получить
уравнение процесса:
V
T
 p.
Используя термическое уравнение состояния для моля идеального
газа
pV  RT ,
исключим давление:
63
V
T

RT
V
.
Уравнение решается методом разделения переменных. В результате
получим уравнение процесса в переменных T и V:
V 2  RT 2  const.
4. Газ по высоте h
барометрической формулой:
распределен
в
соответствии
с
n  n0em gh/ kT .
При этом предполагается, что газ идеальный (энергией
взаимодействия молекул пренебрегается).
Термическое уравнение состояния идеального газа имеет вид
p  nkT.
Наличие трубки, соединяющей цилиндры возле дна,
обеспечивает равенство давлений и, следовательно, концентраций
n0 молекул газа у дна цилиндрических сосудов.
Вычислим число молекул в каждом сосуде:
H /2
N1 
H /2
 nSdh  n0S
e
0
0
mgh/ kT

pS
mg
(1  emgH / 2kT ),
64
H
N2   nSdh 
0
pS
mg
(1  emgH / kT ).
Отношение этих чисел равно
N2
N1

1  em gH / kT
1 e
 1  em gH / 2kT .
 m gH / 2kT
Полное количество газа в обоих сосудах составляет один моль.
Это дает другое соотношение для чисел молекул:
N1  N 2  N A.
Здесь NA – число Авогадро.
Имеем систему двух уравнений:


N1  N 2  N A,


 N2

 1  e m gH / 2kT .
 N1

Из нее находим:
N2  N A
1 e
mgH / 2kT
2e
mgH / 2kT
.
Из этого выражения при H >> kT следует N1 = N2 = NA/2 (наличие
крышки у сосудов не играет роли). В другом предельном случае
H << kT имеем N1 = NA/3, N2 = 2NA/3.
65
5. Задача стационарная, Поэтому плотность потока диффузии
частиц через слой вещества остается постоянной как во времени,
так и по толщине слоя:
j  D
dn
dx
 const .
Это обыкновенное дифференциальное уравнение первого
порядка.
Коэффициент диффузии D является известной функцией
координаты x:
D = b + ax2.
Дифференциальное уравнение решается методом разделения
переменных:
dn   j
dx
b  a x2
.
Интегрируем его от левой границы слоя до точки с координатой x:
66


 a 
n  n0   j 

arctg
x .
ab
b  a x2
 b 
0


x
dx
j
Запишем это уравнение для точки на правой границе слоя:
 n0  


 a 
arctg
l.
ab
 b 


j
Поделив два уравнения одно на другое, исключим неизвестную
плотность потока диффундирующих частиц:
n  n0
 n0


arctg





arctg



a 
x
b 
.

a 
l
b 

Отсюда найдем распределение концентрации частиц в слое:



 arctg




n  n01 



arctg







a  
x
b 
 .

a 
l 
b 
 
67
6. Максимальная работа будет получена, если использовать
тепловую машину, работающую по обратимому циклу Карно.
Схема такой машины приведена на рисунке.
Однако теплоемкости тел (нагревателя и холодильника) в данной
задаче конечные и их температуры при тепловом контакте с
рабочим телом тепловой машины в общем случае изменяются.
Поэтому для получения максимальной работы применяется
непрерывная последовательность бесконечно малых циклов Карно,
в пределах каждого из которых текущие температуры тел Т1 и Т2
(соответственно температуры нагревателя и холодильника) можно
считать постоянными. При контакте с нагревателем (тело 1) рабочее
тело получает количество тепла, равное Q1 . Это тепло Q1,
согласно рисунку, является «отданным теплом» для нагревателя
(тела 1). Другими словами, нагреватель получает тепло, равное
– Q1 = C1 dT1.
От холодильника (тело 2), согласно введенным обозначениям,
рабочее тело получает тепло, равное –Q2 . В то же время
холодильник (тело 2) получает тепло, равное
Q2 = C2 dT2.
Таким образом, тепловая машина будет совершать работу за счет
внутренней энергии тел 1 и 2. Совершаемая за цикл работа равна
сумме количеств теплоты, полученных рабочим телом в течение
цикла:
68
А = Q1 – Q2 = – C1dT1 – C2dT2.
Работа машины продолжается до тех пор, пока температуры тел не
становятся равными: T1 = T2 = Т. Полная работа равна
А = C1T10 + C2T20 – (C1 + C2)Т.
Для нахождения конечной температуры тел можно воспользоваться
равенством Клаузиуса для обратимого цикла:
 тепло, полученное рабочим телом от i - го источника 
0
температура i - го источника



Q1/T1 – Q2/T2 = 0  C1dT1/T1 + C2dT2/T2 = 0.
Заметим, что знаки перед Q1 и Q2 стоят те же самые, что и в
выражении для работы, совершаемой в цикле. Действительно, в
обоих случаях фигурирует тепло, полученное рабочим телом.
Интегрирование последнего равенства дает конечную температуру:
C /(C1  C2 )
T  T10 1
C2 /(C1  C2 )
 T20
.
Максимальная работа, которую можно получить, равна
C /(C 1  C2 )
A = C1T10 + C2T20 – (C1 + C2) T10 1
C /(C 1  C2 )
 T202
.
Следует обратить внимание на то, что максимальная работа
будет совершена в равновесном процессе. В этом случае суммарная
энтропия нагревателя и холодильника неизменна, т. е. выполняется
условие
S1  S 2  0.
Это условие эквивалентно написанному выше равенству Клаузиуса.
69
Контрольные работы 2009 г.
Первая контрольная работа
1. Если система состоит из N осцилляторов, то ее энергия равна
E   (n 
1
2
N ).
Поскольку N = 4 и E  8, то n = 6. Число допустимых
состояний системы вычисляется по формуле:

( N  1  n)!
( N  1)! n!
.
Подстановка значений N и n дает:

(4  1  6)!
(4  1)!6!
 84.
Энтропия системы вычисляется по формуле Больцмана:
S  k ln   k ln 84.
2. При попадании молекулы на ограничивающий пленку
периметр она передает ему свой импульс. Если эта передача
происходит по закону упругого удара, то передаваемый импульс
равен 2mvx, где ось x направлена по нормали к границе.
Тогда средняя сила, действующая на единицу длины периметра
границы, определяется интегралом:
p   2mv x nvx dw(vx )..
Здесь dw(vx) – вероятность того, что молекула имеет данную
компоненту скорости vx. В случае идеального газа она определяется
распределением Максвелла
70
2
1/ 2
 m 


dw(vx )  
 2 k T 



e
m vx
2kT
dvx.
Подынтегральный множитель nvxdw(vx) дает число молекул,
ударяющихся о единицу длины периметра границы в единицу
времени.
Вычислим интеграл:
1/ 2
 m 


p   2mv x nvx dw(vx )  2mn
 2 k T 


Для
этого
введем
параметр
2

 vx e
2

m vx
2kT
dvx.
0

m
и
2k T
применим
дифференцирование по параметру:


p  2mn




 2mn


1/ 2






2
vx2ev x dvx
0
1/ 2




d 1

d 2 



 2mn


mn
2
1/ 2




d

e
d 0
v x2
dvx 
 nkT.
3. В сосуде газ идеальный. Находится он в равновесном
состоянии. Поэтому распределение его молекул по скоростям
является распределением Максвелла. Его вывод базируется на
гипотезе о молекулярном хаосе. По этой гипотезе все направления
движения молекул равновероятны. Из этого следует, что
вероятность вылета молекулы через малое отверстие под углом θ к
нормали равна
dw( )  2 cos  sin d .
71
Эта вероятность определяет долю вылетающих под таким углом
молекул от их полного потока через отверстие.
Полный поток равен
j
1
4
nv  .
Поток молекул, вылетающих под данным углом, равен
dj( )  j 2 cos  sin d .
В пределах угла θ0 в единицу времени вылетает
j(0 ) 
1
4
0
nv  2 cos  sin d 
0
1
4
nv sin 2 0.
Концентрация молекул вычисляется из термического уравгнгия
состояния идеального газа:
n
p
,
kT
так что имеем
j(0 ) 
1 p
4 kT
v sin 0.
2
72
4. При подогреве газа его давление начинает расти. Однако
вначале сила давления на поршень уравновешивается растущей
силой трения (см. рис. а):
pS  Fтр.
В результате поршень остается неподвижным. Такая ситуация
сохраняется до тех пор, пока температура газа остается меньше
некоторого значения: T < T1. Обозначим через Q1 количество тепла,
которое подводится к газу при нагреве его от температуры T0 до T1.
Это изохорический процесс. Поэтому
Q1  cV (T1  T0 ).
При достижении газом температуры T1 поршень приходит в
движение, сила трения становится максимальной (трение
скольжения), и давление газа с этого момента постоянное (см.
рис. б):
pS  Fтр, max.
73
При этом процесс подвода теплоты изобарический. Подводимое
в процессе тепло равно
Q2  c p (T2  T1).
В рассматриваемом процессе, по условию, объем газа
увеличивается в два раза: V2 =2V0. В два раза возрастает
температура газа: T2 = 2T1 это следует из термического уравнения
состояния идеального газа в изобарическом процессе).
В результате суммарное количество тепла, подводимое к газу,
равно
Q  Q1  Q2  cV (T1  T0)  c pT1.
По условию, рассматривается один моль газа. Поэтому
теплоемкости здесь молярные. Кроме того, газ одноатомный, так
что
cV 
3
2
R, c p 
5
2
R.
Окончательно имеем
Q  4RT1 
3
2
RT0.
5. Первоначально тело обладало потенциальной энергией mgH.
При падении эта энергия перешла в кинетическую энергию. При
ударе вся кинетическая энергия тела переходит во внутреннюю
энергию. Неявно предполагается, что она целиком пошла на нагрев
тела:
C(T1  T0 )  mgH .
Отсюда получаем
74
T1
T0
1
mgH
CT0
.
Используя это тело, имеющее начальную температуру T1, и
неограниченную окружающую среду с температурой T0 в качестве
соответственно нагревателя и холодильника в тепловой машине,
работающей по обратимому циклу Карно, получим максимальную
работу. Однако здесь имеется «заковыка»: в цикле Карно
температуры нагревателя и холодильника должны быть
постоянными, а рассматриваемое тело будет охлаждаться.
Обходится это обстоятельство с помощью следующего приема.
Рассматривается последовательность бесконечно малых циклов. В
пределах каждого витка цикла от тела-нагревателя берется
бесконечно малое количество тепла δQ1 и совершается бесконечно
малая работа δA, окружающей среде-холодильнику передается
бесконечно малое количество тепла |δQ2|. Используя КПД цикла
Карно, запишем:

A  Q1  Q2  Q11 


T0 
,
T 
где T – текущая температура тела. Рабочее тело машины Карно
получает от тела-нагревателя тепло δQ1 за счет его внутренней
энергии:
Q1  CdT .
Подставляем это δQ1 и вычисляем работу:

 T  

T0 
1

A  C  1 
dT  CT1  T0  T0 ln   .


 T0  
T 

T1 
 

T0 
После подстановки значения T1 получим:
75

mgH 
A  mgH  CT0 ln 1 
.

CT0 


Всю эту работу затратим на подъем тела:

mgH 
mgh  A  mgH  CT0 ln 1 
.

CT0 


В результате тело окажется на высоте:
hH 

mgH 
ln 1 
.
mg 
CT0 


CT0
Вторая контрольная работа
1. Вероятность рассматриваемой квантовой частицы находиться
в i-м состоянии определяется распределением Гиббса:
Wi 
gi exp( i / k T)
Z
, i  0, 1, 2.
Здесь ε0 = 0, ε1 = E0, ε2 = 2E0 – заданные уровни энергии; g0 = 1,
g2 = 2, g3 = 1 – их кратности вырождения, или статистические веса
(первый и третий уровни энергии невырожденные, второй
двукратно вырожден). Статистическая сумма Z в данном случае
равна
Z  1  2 exp( E0 / kT )  exp( 2E0 / kT )  (1  exp( E0 / kT ))2.
76
Средняя энергия частицы вычисляется по формуле:
2
    iWi.
i 0
Подставим конкретные значения уровней
статистических весов и преобразуем формулу:



1
(1  exp(E0 / kT))2
2E0 exp(E0 / kT)
(1  exp(E0 / kT))
2E0
exp(E0 / kT)  1
2
энергии
и
(E0 2 exp(E0 / kT)  2E0 exp(2E0 / kT)) 
(1  exp(E0 / kT)) 
2E0 exp(E0 / kT)
1  exp(E0 / kT)

.
По условию среднее значение энергии равно E0/2. Таким
образом, для определения температуру системы имеем равенство:
2E0
exp(E0 / k T)  1

1
2
E0.
Отсюда получаем:
77
T
E0
k ln 3
.
2. При прохождении электрического тока в проводе выделяется
джоулево тепло. В расчете на единицу длины провода эти потери
энергии за единицу времени составляют:
Q  i 2r.
Все выделяющееся в проводе тепло отводится посредством
теплопроводности в окружающую среду. Решается стационарная
задача. Поэтому поток тепла через любую поверхность,
окружающую провод, один и тот же, равный тепловыделению в
проводе. Задача имеет осевую симметрию. Это позволяет выбрать в
качестве контрольной поверхность цилиндра радиусом R с осью,
совпадающей с проводом (провод прямой, тонкий).
Плотность потока тепла согласно закону Фурье равна
q  
dT
dR
.
Используя это выражение для q, записываем уравнение баланса
энергии:

dT
dR
2 Rl  i rl.
2
78
Для интегрирования этого дифференциального уравнения
применяем метод разделения переменных. С учетом того, что
коэффициент теплопроводности имеет постоянное значение,
записываем:
dT  
i 2r dR
2  R
.
Температура окружающей среды известна в точках R1 и R2. Это
соответственно значения T1 и T2. Интегрируя уравнение, получим:
R 
2
ln  .
2   R1 
 
2
T2  T1  
i r
Отсюда найдем сопротивление единицы длины провода:
r  2 
T1  T2
R 
2
i 2r ln  
 R1 
 
.
3. Уравнение реакции водорода с кислородом имеет вид
2H 2  O2  2H 2O.
Поскольку реагенты (водород и кислород) взяты в
стехиометрическом количестве, то они полностью прореагируют.
Пусть в исходном составе смеси содержится два моля водорода и
один моль кислорода. Тогда получится два моля воды.
Водород и кислород – двухатомные газы. Их молекула имеет
шесть степеней свободы: три поступательные, две вращательные и
одну колебательную. При комнатной температуре колебательное
движение молекул H2 и O2 заморожено. В энергию
рассматриваемой смеси вклад дают только поступательное и
79
вращательное
движение
молекул.
Согласно
закону
равнораспределения энергия смеси до химической реакции равна
E1  3 
5
2
RT0 
15
2
RT0.
Молекула образовавшейся в результате реакции воды имеет
девять степеней свободы: по три поступательных, вращательных и
колебательных. Соответствующая энергия образовавшейся воды
равна
E2  2cV T ,
где значение молярной теплоемкости воды cV зависит от того,
возбуждено или не возбуждено колебательное движение молекул.
В первом случае теплоемкость равна
cV  3R,
а во втором она имеет значение
cV  6R.
Температура паров воды отличается от температуры исходной
смеси не только в результате выделения энергии в процессе
горения, а также из-за изменения величины теплоемкости и в
результате совершения работы. Записываем уравнение энергии:
15
RT0  Q  2cV T  pV .
2
80
Последнее слагаемое в правой части – изобарическая работа;
V  V  V0 – изменение объема системы. Начальный и конечный
объемы находим из термического уравнения состояния,
записанного в соответствующие моменты времени:
pV 0  3RT0 , pV  2 RT  pV  2 RT  3RT0 .
Подставляя полученное выражение для работы в уравнение
энергии, найдем температуру системы после завершения реакции:
21
RT0  Q
T 2
.
2(cV  R)
В случае, когда колебания
температура паров воды равна
T
молекулы
воды
выморожены,
Q
21
T0  .
16
8R
Если все колебания молекулы воды можно рассматривать в
классическом приближении, в этом случае конечная температура
равна
Q
3
T  T0 
.
4
14 R
4. Распределение молекул по поверхности мыльного пузыря,
висящего в воздухе, определяется распределением Больцмана.
Пусть поверхность пузыря имеет сферическую форму, радиус равен
R. Высоту h отсчитываем от центра сферы. По барометрической
формуле имеем
 mgh 
.
n  n0 exp 
 kT 


81
Здесь n – поверхностная концентрация молекул (число
молекул, приходящееся на единицу площади поверхности).
На сфере плоскостями, перпендикулярными вертикальному
диаметру, выделим узкое кольцо. Число молекул на кольце равно
dN  n2 R sin  R d .
Здесь θ – угол сферической системы координат (с осью h).
Высота h в этих координатах равна
h  R cos  .
Вычислим число всех молекул:


 mgR

N   n2 R sin  R d  n0 2 R2  exp 
cos   sin  d 
 kT

0
0



 mgR  
kT   mgR 
.
 n0 2 R
 exp 
 exp
 kT  
mg   kT 



Вычислим число молекул, которые находятся на верхней
половине сферического пузыря:
82

 mgR  
kT 
 .
N1   n2 R sin  R d  n0 2 R
1  exp 

mg
k
T

0



 /2
Доля молекул, находящихся на верхней половине пузыря, равна
 mgR 

1  exp 
 kT 
N1
1




.
 mgR 
 mgR 
 mgR 
N
  exp 
 exp
 1
exp
 kT 
 kT 
 kT 






5. Каждая молекула идеального газа ежесекундно испытывает
  2 nv 
столкновений с другими молекулами. В этом выражении для
частоты столкновений v – средняя скорость теплового движения
молекул. Она определяется температурой газа, Поскольку
температура в процессе истечения газа поддерживается постоянной,
то и указанная скорость имеет постоянное значение.
Заменим концентрацию молекул n ее выражением через полное
число молекул N:
83
N
 2
v.
V
Это число столкновений, испытываемых одной молекулой. Число
столкновений, испытываемых в единицу времени dN молекулами,
очевидно, равно
dj  dN  2
v
V
NdN.
Число взаимных столкновений молекул в сосуде за единицу
времени найдем, интегрируя выражение для dj:
j
1
2
2
v
V
2
N .
Множитель 1/2 существенный: он учитывает, что молекулы
неразличимы.
Найдем теперь, как изменяется с течением времени число
молекул в сосуде. По закону сохранения массы изменение числа
частиц в сосуде в единицу времени равно их потоку через отверстие
со знаком «минус»:
dN

dt
1
4
nv S .
Исключаем концентрацию:
dN
dt

1 N
4 V
v S.
Дифференциальное уравнение интегрируется с помощью метода
разделения переменных:
dN
N

vS
4V
dt.
84
При интегрировании используется начальное условие:
t 0
N  N 0.
В результате находим:
 vS 
N  N0 exp 
t .
 4V 


Вычислим, сколько всего взаимных столкновений молекул в
сосуде произошло до полного выхода газа:

J   jdt 
0
1
2
2

 vS 
 2
2
N0  exp 
t dt  2 N0 .


V
S
0
 2V 
v
Контрольные работы 2007 г.
Первая контрольная работа
1. КПД обратимой тепловой машины, работающей по циклу
Карно, определяется температурами нагревателя T1 и холодильника
T2:
 1
T2
T1
.
Если поднять температуру T1 нагревателя при неизменной
температуре холодильника на ΔT << T1, КПД примет значение:
1  1 
T2
T1  T

T1  T2  T
T1  T
.
Если при неизменной температуре нагревателя понизить
температуру холодильника T2 на такую же величину (T2 >> ΔT),
КПД станет равен:
85
2  1 
T2  T
T1

T1  T2  T
T1
.
Отношение значений КПД в этих двух случаях равно
1
2
T1

 1.
T1  T
Таким образом, КПД машины Карно увеличится больше во
втором случае :(если при неизменной температуре нагревателя
понизить температуру холодильника).
2. По условию имеем
nv  const.
Абсолютная средняя скорость молекулярного движения v для
идеального газа равна
8k T
v
m
,
т. е. зависит только от температуры (пропорциональна корню
квадратному из T).
Концентрация молекул n обратно пропорциональна объему газа:
n
N
V
.
В результате уравнение рассматриваемого равновесный процесса
преобразуется к виду:
T
V
 const.
86
Логарифмируем его и записываем в дифференциалах:
1 dT
2 T

dV
V
.
Отсюда получаем производную от объема по температуре для
данного процесса:
V
T

V
2T
.
Теплоемкость, по определению, равна
c
Q
T
.
По первому началу термодинамики подводимое к газу тепло
равно
 Q  dU  pdV.
Внутренняя энергия идеального газа является функцией только
температуры. Поэтому
dU  cV dT .
В данном случае cV – молярная теплоемкость. Таким образом,
теплоемкость моля идеального газа в рассматриваемом процессе
равна
c  cV  p
V
.
T
Подставляем сюда полученное выражение для производной и
найдем молярную теплоемкость газа в рассматриваемом процессе:
c  cV 
pV
2T
.
87
Термическое уравнение состояния для одного моля идеального
газа имеет вид
pV  RT.
Находим окончательное выражение для теплоемкости газа:
c  cV 
1
2
R.
3. При отклонении от положения равновесия, в котором
координату x будем полагать нулем, на поршень действует
направленная вдоль оси x сила Fx = (p – p0) S, где p – текущее
давление в закрытой части цилиндра.
Эта сила является геометрической суммой сил, действующих
на поршень с обеих сторон. Так как давление газа всегда
направлено по внутренней нормали к поверхности объема, внутри
которого заключен газ, то сила, вызванная давлением p,
сонаправлена оси x, а сила, вызванная давлением p0, имеет
направление, противоположное оси x.
Учитывая адиабатичность процесса в замкнутой части объема,
можно записать следующее соотношение:
p0V0  pV  ,
где p, V – текущие давление и объем газа в закрытой части
цилиндра.
Так как V = V0 + Sx, то
88

 V0 
 .
p  p0 
 V0  Sx 


Учитывая малость колебаний и разлагая p в ряд Тейлора по
степеням x, получаем:
p = p0(1 – Sx/V0);
p – p0 = – p0Sx/V0.
Тогда второй закон Ньютона для поршня имеет вид:
M x 
p 0 Sx
V0
p Sx
 0  x  0  0  x   2 x  0.
MV0
Отсюда находим частоту колебаний поршня:
p0 S 2

MV0
и период
T
2


2
S
MV0
.
p 0
4. Решение см. в задаче 4 из первой контрольной работы 2011 г.
5. Ось x направим вертикально вверх. Через малое отверстие из
баллона в этом направлении истекает газ. За короткое время, в
течение которого повреждение было устранено, температура газа T
внутри баллона не изменилась. Распределение молекул в струе по
соответствующей компоненте скорости для идеального газа имеет
вид
89
m vx2
m  2kT
dW j (v x ) 
e
v x dvx .
kT
Атмосферы на Луне нет, поэтому можно считать, что
вылетевшие молекулы не сталкиваются. Высота, на которую
поднимется молекула со скоростью vx, определяется из закона
сохранения энергии:
1 2
mv x  mg л h.
2
Это равенство позволяет найти распределение по максимальной
высоте подъема вылетевших молекул:
mg л 
dW (h) 
e
kT
m gл h
kT dh.
Найдем среднее значение высоты подъема молекулы:
h   hdW (h) 
mg л  
e
kT 0
m gл h
kT hdh.
На поверхности Луны лежит баллон с газом. В нем возникло
повреждение в виде малого отверстия, из которого вертикально
вверх стал истекать газ. Через короткое время, за которое
температура газа T внутри баллона не изменилась, повреждение
было устранено. Масса молекулы газа равна m. Ускорение
свободного падения на Луне gл (считать его постоянным).
Атмосферы на Луне нет, поэтому каждую из взлетевших молекул
можно характеризовать максимальной высотой взлета h над
поверхностью. Найти распределение dW(h) = f(h)dh вероятности по
h, среднее значение этой высоты. Построить график зависимости
плотности вероятности f(h) и найти наиболее вероятную h.
90
Ответ: h 
kT
mg
, hm  0.
Вторая контрольная работа
1. По условию системы, состоящие из N (N >> 1) спинов S = 1/2,
находятся в равновесии с термостатом, из чего следует, что они
имеют нулевую суммарную проекцию спина на выбранное
направление (скажем, на ось z). Это означает, что половина молекул
1
имеют проекцию S z   , а другая половина – проекцию
2
1
S z   . Число таких состояний равно
2
N / 2 
N!
.
(( N / 2)!) 2
Полное число допустимых состояний системы из N спинов
S = 1/2 равно
  2N.
Вероятность реализации равновесного состояния определяется
долей их из полного числа:
WN / 2 
N / 2
N!

.

(( N / 2)!) 2 2 N
Энтропия системы в равновесном состоянии по формуле
Больцмана равна

N!
S N / 2  k ln  N / 2  k ln 
 (( N / 2)!) 2


.


Приведенные формулы упрощаются, если воспользоваться
формулой Стирлинга, имеющей место для случая N >> 1:
91
N! 2 N N N e  N .
При использовании ее получаем:
 2 
1
  kN ln 2.
S N / 2  k ln 
 N 
2


Вклад первого слагаемого относительно мал.
Первая система остается в исходном состоянии. Ее энтропия не
изменяется.
Во вторую систему добавляется n спинов S = 1/2. Через
некоторое время система снова приходит в равновесие с
термостатом. Опять половина спинов имеет положительную
проекцию на ось z, а половина – отрицательную проекцию.
Энтропия системы будет равна


1
2
  k ( N  n) ln 2.
S ( N  n ) / 2  k ln 
  ( N  n) 
2


С учетом условия n << N это выражение для энтропии
преобразуется:
 2  1


1
  k ln 1  n   k ( N  n) ln 2 
S ( N  n ) / 2  k ln 
 N
 N  2
2




1 n
 S N / 2  knln 2  k  ...  S N / 2  knln 2.
2 N
Разность значений энтропии второй и первой систем становится
равной
S  S ( N n) / 2  S N / 2  knln 2.
2. Частица, находящаяся в потенциальном ящике с бесконечно
высокими стенками, имеет спектр энергии:
92
 22

En
2ma
2
(n  1)2
n  0, 1, 2,...
Уровни энергии не вырождены. Вероятность находиться на n-м
уровне равна
1

Wn

e
Z
En

kT

1
e
Z
 2 2
2m a2kT
(n 1)
2
.
По условию имеем
W2

1
10
W0.
Подставляя сюда значения вероятностей заселения уровней, найдем
температуру:
T
E2  E0

k ln 10
4 
2 2

2
.
ma k ln 10
3. Направление в сферических координатах определяется двумя
углами: θ – угол с осью x и φ – угол в плоскости, перпендикулярной
оси x. Идеальный двухатомный газ находится в поле с
потенциальной энергией, зависящей только от угла θ:
  B cos .
U
Распределение молекул
распределением Больцмана:
dW

1
Z
e
по
 B cos / kT
направлениям
описывается
sin  d d ,
где Z – статистическая сумма. Она находится из условия
нормировки:
93
 dW

1  Z   e
 B cos / kT
2
sin  d  d  4
0
Здесь sh( x) 
 B 
.
sh

B  kT 
kT
0
e x  e x
– синус гиперболический.
2
Распределение молекул по направлениям принимает вид
dW ( ,  ) 
B
2k T sh(B / k T)
Среднее
значение
вычисляется по формуле:
e B cos / kT sin  d
потенциальной
 kT
U
2
 ln Z
T
d
2
энергии
.
молекулы
.
Возьмем логарифм от статистической суммы и вычислим
производную по температуре:

2B 



ln Z ln T 
 ln 1  e kT   const,
kT




B
 ln Z
t

1
T

B
kT2

1
2B
2B
e kT  1
kT2
.
В результате для среднего значения потенциальной энергии
молекулы получаем выражение:
U
 kT  B 
2B
2B
.
e kT  1
Найдем вклад потенциальной энергии газа в его молярную
теплоемкость:
94
 2B 

exp
 kT 


2
 2B 

.
cV  N A
RR
2 
T
 
 kT 
  2B   
 1
 exp
  kT  


U
.Молекула двухатомного газа имеет три поступательных и две
вращательных степени свободы. Каждая из них дает вклад в
молярную теплоемкость, равный R/2. Если колебательное движение
молекул заморожено, то полная теплоемкость газа равна
 2B 

exp
 kT 


2
 2B 

.
cV  R  R
2 
2
 
 kT 
  2B   
 1
 exp
  kT  


7
В случае, когда колебательные степени свободы молекул
разморожены, полная молярная теплоемкость газа равна
 2B 

exp
 kT 


2
 2B 

.
cV  R  R
2 

2
kT
 


  2B   
 1
 exp
  kT  


9
4. Энергия молекулы в поле тяжести при постоянном ускорении
свободного падения равна
U  mgh.
Высоту h отсчитываем от центра сферы.
95
Распределение
Больцмана,
описывающее
вероятность
обнаружения молекулы на высоте h в слое толщиной dh, в этом
случае имеет вид
dW 
1 mgh / kT
e
S (h)dh,
Z
где S(h) – площадь сечения сферы на высоте h. Это сечение имеет
форму круга с площадью, равной
S (h)  ( R 2  h 2 ).
Плотность вероятности равна
f (h) 
1 mgh / kT
e
 ( R 2  h 2 ).
Z
Наиболее вероятная высота молекул газа над поверхностью
земли определяется из условия:
f ( h)
 0.
dh
Из него для искомой высоты получаем квадратное уравнение
h2 
2kT
h  R 2  0.
mg
96
Решение его должно удовлетворять условию
 R  h  R.
Подходит только один корень со знаком минус:
2
 kT 
kT
 .
h
 R2  
 mg 
mg


5. Все тепло, которое за единицу времени выделяется в шаре,
излучается с его поверхности. Это дает равенство
4
3
  R 3  Tc4 4 R 2 ,
из которого находим температуру поверхности шара:
1/ 4
 R 

Tc  
 3 
.
97
Учитывая сферическую симметрию задачи, выберем в качестве
контрольной сферу радиусом r < R. Тепло, которое за единицу
времени выделяется в объеме этой сферы, переносится через ее
поверхность посредством теплопроводности. Плотность потока
тепла за счет теплопроводности определяется законом Фурье:

q   gradT .
В данном случае отлична от нуля только радиальная компонента

вектора q :
q  
dT
.
dr
Уравнение энергии имеет вид

dT
4
4 r 2    r 3 .
dr
3
Преобразуем уравнение:
dT

  r.
dr
3
Интегрируем его от центра сферы до ее поверхности:
Tc  T0  
 2
R .
6
Отсюда находим температуру в центре сферы:
1/ 4
 R 

T0  
 3 

 2
R .
6
98
Экзамен
1. Решение см. в задаче 3 из контрольной работы на
переэкзаменовке 2011 г.
2. Решение аналогично задаче 6 из контрольной работы на
переэкзаменовке 2011 г. Отличие в том, что здесь теплоемкости тел
равные.
Максимальная работа будет получена, если использовать
тепловую машину, работающую по обратимому циклу Карно.
Схема такой машины приведена на рисунке.
Однако теплоемкости тел (нагревателя и холодильника) в данной
задаче конечные и их температуры при тепловом контакте с
рабочим телом тепловой машины в общем случае изменяются.
Поэтому для получения максимальной работы применяется
непрерывная последовательность бесконечно малых циклов Карно,
в пределах каждого из которых текущие температуры тел Т1 и Т2
(соответственно температуры нагревателя и холодильника) можно
считать постоянными. При контакте с нагревателем (тело 1) рабочее
тело получает количество тепла, равное Q1. Это тепло, согласно
рисунку, является «отданным теплом» для нагревателя (тела 1).
Другими словами, нагреватель получает тепло, равное
– Q1 = C dT1.
99
От холодильника (тело 2), согласно введенным обозначениям,
рабочее тело получает тепло, равное –Q2 . В то же время
холодильник (тело 2) получает тепло, равное
Q2 = C dT2.
Таким образом, тепловая машина будет совершать работу за счет
внутренней энергии тел 1 и 2. Совершаемая за цикл работа равна
сумме количеств теплоты, полученных рабочим телом в течение
цикла:
А = Q1 – Q2 = – CdT1 – CdT2.
Работа машины продолжается до тех пор, пока температуры тел не
становятся равными: T1 = T2 = Т. Полная работа равна
А = C(T10 + T20 – 2Т).
Для нахождения конечной температуры тел можно воспользоваться
равенством Клаузиуса для обратимого цикла:
 тепло, полученное рабочим телом от i - го источника 
0
температура i - го источника



Q1/T1 – Q2/T2 = 0  CdT1/T1 + CdT2/T2 = 0.
Заметим, что знаки перед Q1 и Q2 стоят те же самые, что и в
выражении для работы, совершаемой в цикле. Действительно, в
обоих случаях фигурирует тепло, полученное рабочим телом.
Интегрирование последнего равенства дает конечную температуру:
T  T10  T20 .
Максимальная работа, которую можно получить, равна
A = C(T10 + T20 – 2 T10  T20 ).
Следует обратить внимание на то, что максимальная работа
будет совершена в равновесном процессе. В этом случае суммарная
100
энтропия нагревателя и холодильника неизменна, т. е. выполняется
условие
S1  S 2  0.
Это условие эквивалентно написанному выше равенству Клаузиуса.
3. Потенциальная энергия молекулы в поле тяжести на высоте h
(при постоянном значении ускорения свободного падения) равна
u  mgh.
Вероятность того, что конкретная молекула находится в слое
газа атмосферы на высоте h, определяется распределением
Больцмана:
mgh
dW (h) 
1  kT
e
Sdh.
Z
Статистическая сумма Z равна интегралу по всему допустимому
объему:
Z  e
Среднее
значение
вычисляется по формуле:

mgh
kT Sdh.
потенциальной
u  kT 2
энергии
молекулы
 ln Z
.
T
Потенциальная энергия газа в сосуде равна
U  Nu.
Таким образом, решение задачи сводится в вычислению
статистических сумм газов в сосудах.
101
Проведем вычисления для газа в первом (левом) сосуде:
  mgh
kT Sdh 
Z  e
0
S
kT
.
mg
Верхний предел взят равным бесконечности с учетом условия:
сосуды высокие (выступают за атмосферу).
Прологарифмируем левую и правую части равенства и найдем
производную по температуре:
ln Z  ln T  const 
 ln Z 1
 .
T
T
В результате находим среднюю энергию молекулы
потенциальную энергию одного моля газа в первом сосуде:
и
102
u  kT , U 1  N A u  RT .
Аналогично вычислим статистическую сумму для молекулы для
газа во втором (правом) сосуде:
  mgh
kT Sdh 
Z  e
h
mgh
S
kT  kT
e
.
mg
Отсюда находим:
ln Z  ln T 
mgh
 ln Z 1 mgh

  2.
kT
T
T kT
Средняя энергия молекулы и потенциальная энергия одного
моля газа во втором сосуде равны:
u  kT  mgh , U 2  N A u  RT  gh.
Здесь R  N A k – универсальная газовая постоянная,   N A m
молекулярный вес.
Пусть  – число молей газа, которое необходимо добавить
первый сосуд, чтобы значения потенциальной энергии газов
сосудах сравнялись. Новое значение потенциальной энергии газа
первом сосуде равно
–
в
в
в
u  kT , U 1  N A (1  )u  (1  ) RT .
Величину добавки найдем из равенства
U 1 U 2  (1  ) RT  RT  gh   
gh
RT
.
4. Размеры отверстия малы по сравнению с длиной свободного
пробега:
S   .
103
Молекулы пролетают через отверстие, не испытывая столкновений
друг с другом. Потоки молекул различных газов не связаны друг с
другом. Изменение числа частиц одного газа в сосуде равно
разности влетающих и вылетающих частиц этого газа. Снаружи
гелий отсутствует. Поэтому балансовое уравнение для гелия имеет
вид:
V
dnHe
1
  nHe v He S ,
dt
4
где nHe , vHe – концентрация и средняя скорость атомов гелия в
сосуде.
Сосуд тонкостенный, поэтому температуру гелия можно считать
постоянной и равной температуре наружной атмосферы. Уравнение
решается методом разделения переменных:
dnHe
v S
  He dt.
n He
4V
Начальное условие: nНе = n0 при t = 0. Решение имеет вид:
 v S 
n He  n0 exp  He t .
 4V 
104
Уравнение состояния р = nкТ. Парциальное давление гелия в сосуде
 v He S 
p He  p 0 exp 
t .
 4V 
Для молекулярного азота в балансовом уравнении необходимо
учитывать как влетающие, так и вылетающие молекулы:
V
dnN 2
dt
1
 v N 2 S (n0  n N 2 ).
4
Оно также решается методом разделения переменных при условии,
что начальная концентрация молекул азота в сосуде равна нулю:


 vN S 
 vN S 
n N 2  n0 1  exp  2 t  , p N 2  p0 1  exp  2 t  .


 4V  
 4V  


Суммарное давление в сосуде определяется законом Дальтона:
p  p He  p N 2 .
Окончательно





p  p 0 1  exp  t / He  exp  t / N 2 ,   4V /( Sv ).
5. Рассматривается стационарное течение. Цилиндрическая
труба длинная, что позволяет не учитывать влияние ее концов.
Жидкость несжимаемая. В результате можно считать, что имеется
лишь одна компонента скорости жидкости (обозначим ее через u),
направленная вдоль оси x. Эта компонента скорости зависит только
от расстояния до оси симметрии (радиуса r). На входе в трубу и на
выходе из нее давление одинаковое, т. е. градиент давления равен
нулю. Течение ламинарное. Схема течения показана на рисунке.
105
В области течения выделяется цилиндрический слой жидкости
между радиусами r и r + dr. Жидкость не испытывает ускорения,
поэтому равнодействующая всех сил, действующих на жидкость в
выделенном объеме, равна нулю. Рассмотрим проекцию всех сил на
ось x. По цилиндрической поверхности радиуса r действует сила
трения 2rlr, где  – напряжение трения, нижний индекс
указывает, на каком расстоянии действует сила трения. По
цилиндрической поверхности радиуса r + dr сила трения действует
в противоположном направлении –2rlr + dr. На торцевые
поверхности действуют одинаковые по величине и противоположно
направленные силы давления. В проекции всех этих сил на ось x
балансовое уравнение имеет вид
2rlr – 2rlr + dr = 0.
Разделив на ldr, получим дифференциальное уравнение:
d ( 2 r )
 0.
dr
Его решением является
 2 r  const   0 2 r0  F .
Здесь F – сила трения, действующая на единицу длины проволоки.
Видим, напряжение трения обратно пропорционально радиусу:
F
.
2 r
Для рассматриваемой задачи напряжение трения имеет вид

106
  
du
dr
,
где η – коэффициент вязкости. После исключения τ получаем
обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка для
скорости жидкости u:
du
F

.
dr
2r
Для определения константы интегрирования требуется задать
граничное условие. Еще одно условие необходимо, чтобы найти
неизвестную величину F. Имеются два граничных условия:
r  r0 u  v 0 ,
r  R u  0.
Это условие прилипания на проволоке и стенке трубы
соответственно.
Интегрирование с использованием этих условий позволяет найти
искомую силу:
F
2  v0
.
ln( R / r0 )
Контрольные работы 2005 г.
Первая контрольная работа
1. Капля ртути занимает равновесное положение в начале опыта,
когда открытый конец трубки направлен вверх, и в конце, после
переворачивания трубки. Уравнения равновесия капли имеют вид
107
 p1  p  mg / S ,


 p  p  mg / S .
2

Температура системы вначале и в конце одинаковая. Поэтому
согласно закону Бойля – Мариотта имеем
p1h1  p 2 h2 .
Из этих уравнений находим массу капли ртути:
m
pS h2  h1
.
g h2  h1
2. Число ударов молекул газа в единицу времени об единицу
поверхности стенки определяется по формуле
1
j  nv ,
4
где средняя скорость теплового движения молекул v равна
108
v
8k T
.
m
Во сколько раз изменится рассматриваемое число ударов в
результате адиабатического расширения газа равно
j
n

j 0 n0
T
.
T0
Отношение концентраций молекул обратно пропорционально
отношению объемов:
n V0
 .
n0 V
Уравнение адиабаты в переменных T, V имеет вид
TV  1  const,
откуда находим:
T  V0 
 
T0  V 
 1
.
В результате получим:
j V0  V 0
 
j 0 V  V



( 1) / 2
V
 
 V0




 ( 1) / 2
.
Для двухатомного газа показатель адиабаты равен  = 1,4; объем
увеличивается в два раза. Поэтому изменение числа ударов молекул
о стенку в единицу времени равно
109
j
 2 1, 2.
j0
3. Работа, производимая за цикл, равна полному количеству
тепла (положительному и отрицательному), полученному от
тепловых резервуаров:
A  Q12  Q31.
(Процесс 2-3 является адиабатой, в этом процессе тепло не
подводится.)
В изохорическом процессе 1-2 подводимое тело равно
Q12   cV (T2  T1 ).
На изотерме 3-1 внутренняя энергия рабочего тела не
изменяется, так как в качестве него используется идеальный газ, и
за счет теплоты совершается только работа (и теплота, и работа в
этом процессе отрицательные):
Q31   RT1 ln(V1 / V2 ).
110
Таким образом, работа за цикл равна
T
V
A   cV T1  2  1  (  1) ln 2
V1
 T1

.

Тепло, подводимое от нагревателя, равно
T

Q  Q12   cV T1  2  1.
 T1

Вычисляем в соответствии с определением КПД цикла

A
1
Q
(  1) ln
V2
V1
T2
1
T1
.
Температура газа в точке 2 равна T2, а в точке 3 T1 (точка 3
лежит на изотерме 1-3). Эти температуры связаны уравнением
адиабаты 2-3, которое в переменных T, V имеет вид
T2V1 1  T1V2 1.
Отсюда находим отношение температуры T2 к T1:
T2  V2 
 
T1  V1 
 1
.
Подстановка этого отношения дает окончательное выражение
для работы в рассматриваемом цикле:
111
(  1) ln

A
1
Q
 V2

 V1



 1
V2
V1
.
1
Показатель адиабаты для одноатомного газа равен γ =5/3.
4. Будем считать, что каждая упавшая на пластинку молекула
прилипает к ней, создавая ее загрязнение. В единицу времени на
1
единицу площади пластинки падает nv молекул газа. Пусть t
4
время полного загрязнения пластинки мономолекулярным слоем
1
газа. За это время на единицу площади пластинки падает nv t
4
молекул. При этом на каждый квадрат со стороной D поверхности
пластинки приходится одна молекула (D диаметр молекул газа). В
результате для оценки времени рассматриваемого загрязнения имее
равенство:
1
nv tD 2  1.
4
Диаметр D молекул по порядку величины равен
D  10 8 см  10 10 м.
Переведем давление в систему единиц СИ:
p  10 7 тор 
10 7
 10 5 Па  1,3  10 5 Па.
760
Концентрация молекул газа при нормальных условиях является
числом Лошмидта:
n0  2,7  1019 см 3  2,7  10 25 м 3 .
112
Вычислим
эксперимента:
концентрацию
n  n0
молекул
газа
для
условий
p
10 7 3
 2,7  10 25
м  3,5  1015 м 3 .
p0
760
Средняя скорость теплового движения молекул при нормальных
условиях приближенно равна
v  450 м/c.
Находим искомое время загрязнения пластинки:
t
4
nv D 2
 250 c.
5. Энергия одного линейного осциллятора определяется по
формуле:
1

E n   n  , n  0, 1, 2, ...
2

Для системы N слабо связанных осцилляторов с частотой 
(N >> 1) энергия равна
N

E n   n  , n  0, 1, 2, ...
2

По условию задачи система находится в состоянии с заданной
энергией. Это дает равенство
N 1

E n   n    ( N  4),
2 2

из которого находим значение квантового числа n:
113
n  2.
Это значение может быть реализовано следующим образом:
ni  2, n j i  0.
Число способов реализации такого состояния равно N.
То же значение n может реализоваться также таким образом:
ni  nk  1, n j i, k  0.
Число способов реализации этих состояний равно числу
1
состояний из N по два C N2 
N ( N  1). Всего возможных
2
состояний системы равно
1  N 
1
1
N ( N  1)  N ( N  1).
2
2
Энтропия системы вычисляется по формуле Больцмана:
1

S1  k ln 1  k ln  N ( N  1) .
2

При
добавлении
в
систему
еще трех невозбужденных
3
осцилляторов ее энергия увеличится на  , но при этом значение
2
квантового числа n не изменится. После установления равновесия
полное число состояний системы будет равно
1
 2  ( N  3)( N  4).
2
Энтропия примет значение
114
1

S 2  k ln  2  k ln  ( N  3)( N  4) .
2

Изменение энтропии системы равно
 ( N  3)( N  4) 
.
S  S 2  S1  k ln 
 N ( N  1) 
Преобразуем это выражение с учетом условия N >> 1:
6k
 (1  3 / N )(1  4 / N ) 
S  k ln 
  k ln(1  6 / N )  .
1  1/ N
N


Вторая контрольная работа
1. Решение см. в задаче 3 из контрольной работы на экзамене
2007 г.
2. Вычислим среднюю энергию одной частицы. По определению
имеем
   0 w0   1 w1 .
Вероятности обнаружения системы на различных уровнях
энергии определяются распределением Гиббса
wi 
exp( i / kT) g i
, i  1, 2.
exp( 0 / kT) g 0  exp( 1 / kT) g1
Они связаны друг с другом соотношением
115
w0  w1  1.
В результате среднюю энергию частицы можно представить в
виде
  0 

g
1  0 exp( / kT)
g1
.
Здесь    1   0 разность уровней энергии.
Вычислим теплоемкость системы из N частиц:
g0
exp( / kT)
g1
2

  
cV  N
 Nk

 .
2
T

  kT 
g0
1 
exp( / kT) 
g1


При низких температурах (ε >> kT) Выражение для теплоемкости
упрощается:
2
cV  N k
g1   
  exp( / kT).
g 0  kT 
Сравниваем полученное
заданным по условию:
выражение
2
для
теплоемкости
с
2
g   
  
N k 1   exp( / kT)  2kN  exp( / kT).
g 0  kT 
 kT 
Отсюда находим:
g1  2 g 0  4.
116
3. Вначале все колебательные степени свободы двухатомных и
трехатомных молекул заморожены, и так как трехатомные
молекулы линейные, то вклад их в молярную теплоемкость такой
же как двухатомных молекул:
cV 
5
R.
2
Поэтому первоначальная теплоемкость смеси равна
c0 
5
( 2   3 ) R,
2
где ν2 и ν3 количества молей двух- и трехатомных газов.
После размораживания колебательных степеней
молярная теплоемкость двухатомного газа равна
cV 2 
свободы
7
R,
2
а у молекул трехатомного газа четыре колебательных степени
свободы, и молярная теплоемкость этого газа имеет значение
cV 3 
13
R.
2
Поэтому теплоемкость смеси после размораживания всех
колебательных степеней свободы равна
7
13
c   2 R   3 R.
2
2
По условию теплоемкость увеличивается в полтора раза:
c 7 2  13 3

 1,5.
c0 5( 2   3 )
117
Из данного равенства находим отношение 2/3 количеств молей
газов в сосуде:
2
 11.
3
4. В силу симметрии относительно плоскости, параллельной
пластинам и равноудаленной от них, а также с учетом
стационарности задачи количество тепла, которое в единицу
времени выделяется в слое площадью S от плоскости x = 0 до
произвольной параллельной плоскости с координатой x,
переносится теплопроводностью через плоскость x:
qS  QSx.
При этом учитывается, что в плоскости симметрии плотность
потока тепла q равна нулю. В произвольной точке x величина q
определяется законом Фурье:
q  
dT
.
dx
Коэффициент теплопроводности для модели идеального газа
пропорционален корню квадратному из температуры:
 (T )   0 T / T0 .
118
В результате решаем
уравнение первого порядка:
T
обыкновенное
дифференциальное
T0
dT

Qx
dx
0
с граничным условием
x  h / 2 T  T0 .
Интегрируя его, получаем распределение температуры в газе:

3 Q T0
T   T03 / 2 
4 0


 h2


 x 2  
 4



2/3
.
Подставляя в исходное уравнение теплового баланса координаты
пластин найдем плотность потока к каждой из них:
1
q  Qh.
2
5. Внутренняя энергия системы вычисляется по формуле:
E  kT 2
 ln Z
.
T
Статистическая сумма для рассматриваемой системы имеет вид
  i
N 1  0
kT .
Z e
i 0
В правой части убывающая геометрическая сумма. Вычисляем
ее:
119
Z

 0
 e kT
1 e

1 e

N
kT

.

kT
Логарифм статистической суммы равен


 N

kT
ln Z  
 ln 1  e
kT


0






kT
  ln 1  e




.

В результате для внутренней энергии системы получаем
выражение:
E  0 
 Ne
1 e



kT

kT
N
e

N

1 e

kT

,

kT
которое преобразуем к виду:
E  0 



N

e kT  1 e kT
N
.
1
Исходя из статистической суммы, найдем свободную энергию
системы:


 N

F  kT ln Z   0  kT ln 1  e kT








kT

kT
ln
1

e






.

Энтропию вычислим из соотношения
F  E  TS .
120
Подставляем сюда выражения для внутренней и свободной
энергий и находим:
N

S
T
T


  
 

  1 exp

exp
 k T N  1
 kT 




 

   
 .
 k ln 1  exp 
N    k ln 1  exp 


 k T  
 k T  


Вычислим предельные значения внутренней энергии и энтропии
системы T  0 :
E  0 e


kT
 Ne


N
kT
 0;
N
 N
 

 
S    k e kT  
 k e kT  0.
T

 T

В пределе T   для внутренней энергии получаем выражение:
E  0 

2

N
2
1  
 N 1 N 
  ...
  ..
 
 
kT 2  kT 
k T 2  k T 






1
1 
1
  0  k T

  0   ( N  1).


N 
2
1
 1

2
k
T
2
k
T


Аналогично для энтропии имеем
121
N

S
T

2
T
2
1  
 N 1 N 
  ...
  ...
 
 
kT 2 kT 
k T 2  k T 


2
2




 N 1 N 
 
  1  

  ... 
  ...  k ln 
 k ln 
 
 
( N  1)  ... 

 kT 2  kT 

 kT 2  kT 
 2T




  
 N 
 N




  k ln 1 
  k ln 1 
 k ln 
 ...  k ln 
 ... 



 2k T

 kT 
 kT 
 2k T



2T
( N  1) 
 (1  N )
2T
 k ln N  k ln N .
Полученный
в
этом
предельном
случае
результат
свидетельствует о равномерном заселении уровней энергии.
Экзамен
1. При изобарическом нагревании газа бесконечно малое
количество подводимой теплоты связано с соответствующим
изменением температуры соотношением
Q  c p dT ,
где ν – число молей газа, cp – его молярная теплоемкость при
постоянном давлении.
Интегрируя дифференциальное соотношение, найдем отношение
конечной и начальной температур по известному количеству
подведенной теплоты:
T

Q   c p (T  T0 )   c pT0   1,
 T0 


122
откуда следует
T
Q
 1
.
T0
 c pT0
Неизвестное число молей газа найдем из термического
уравнения состояния. Для идеального газа оно имеет вид
pV  RT ,
или в начале процесса
p 0V0  RT0 .
С учетом соотношения Майера
cp – cV = R
и выражения для показателя адиабаты

находим последовательно
температур:
cp
cV
число молей
газа
и
отношение
123
 
1
p0V0
T
 1 Q
,
 1
.
(  1)cV T0
T0
 p0V0
Из термического уравнения состояния для идеального газа
следует, что в изобарическом процессе отношение объемов газа в
два момента времени равно соответствующему отношению
температур:
V
T
 1 Q

 1
.
V0 T0
 p0V0
Таким образом, увеличение объема при изобарическом нагреве
газа равно
 1 Q
V  V  V0 
.
 p0
Для одноатомного газа показатель адиабаты равен  = 5/3, так
что
2 Q
V 
.
5 p0
2. В соответствии с условиями задачи молярная теплоемкость
при постоянном объеме двухатомных газов на нижней температуре
равна CV = 5R/2. В результате реакции температура газовой смеси
существенно
повышается
и
происходит
возбуждение
колебательного движения молекул. Молярная теплоемкость при
постоянном объеме двухатомных газов становится раной CV = 7R/2.
Рассматривается химическая реакция
H2 + F2 → 2HF.
Запишем закон сохранения энергии для нее:
5
5
7
7
2  RT0  21N A  RT0   2 N A  RT  1N A  2  RT   3 N A .
2
2
2
2
124
Слагаемые с i (i = 1–3) учитывают введение одного уровня
отсчета энергии для разных молекул (двухатомная молекула по
сравнению с парой соответствующих атомов при одной и той же
температуре обладает отрицательной энергией). Из закона
сохранения энергии находится температура газовой смеси после
завершения реакции:
5
2(1   2  2 3 ) N A
T  T0 
.
7
21R
3. Угол θ – один из углов сферической системы координат,
определяется между нормалью к плоскости отверстия и
направлением движения вылетающей молекулы. В пучке этот угол
изменяется от нуля до /2. По определению среднего имеем:
sin    sin  dw( ).
Здесь интегрирование проводится по всему интервалу значений
угла θ.
Вероятность того, что вылетающая молекула движется под
углом θ к оси пучка, равна
dw( )  2 cos sin  d .
Подставляем ее в интеграл и вычисляем:
 /2
2
sin   2  sin 2  cos d  .
3
0
4. Молекула с дипольным моментом p во
электрическом поле E обладает потенциальной энергией
внешнем
u   pE cos ,
где θ – угол между дипольным моментом и направлением поля.
Для решения задачи применим распределение Больцмана:
125
dw( ) 
1
e
Z
pE cos
kT
sin  d d .
Поскольку энергия диполя зависит только от угла θ, то здесь
используются сферические координаты. Конец единичного вектора,
направленного по диполю, при изменении ориентации последнего
перемещается по сфере единичного радиуса. В качестве элемента
объема взят телесный угол, равный
d  sin  d d.
Вычислим статистическую сумму:

Z  e
pE cos
kT
0
pE 
 pE

kT  kT

kT
sin  d  d  2
 e  e
.
pE
0


2
Доля молекул, имеющих угол между векторами дипольного
момента и поля, меньший π/2, – то же самое, что вероятность:
1  /2
w 
 e
Z 0
pE cos
kT
 pE 
2 kT  kT

sin  d 2 
e  1.

Z pE 



Подставляем сюда выражение для статистической суммы:
w 
pE
kT
e
pE
e kT
1
pE

 e kT

1 e

pE
kT
pE
2
1  e kT

1
1 e

pE
kT
.
5. Тепло, выделяющееся в проводе, проходит через газ (задача
решается в приближении сплошной среды; так как давление
считается достаточно высоким) и уходит как через боковую
поверхность внешнего цилиндра, так и через его торцевые
поверхности. В случае длинного цилиндра торцевые поверхности
составляют малую часть боковой и теплообменом через них можно
126
пренебречь: считать, что цилиндр бесконечно длинный. Поскольку
задача имеет осевую симметрию, то ее решение определяется
одной единственной координатой, радиусом r.
В силу стационарности сколько тепла выделяется в проводе,
столько его за то же самое время проходит через любую
поверхность, охватывающую источник тепловыделения и лежащую
между проводом и цилиндром. Если эту поверхность выбрать в
виде коаксиального цилиндра радиуса r (d/2 ≤ r ≤ D/2) и q(r) –
плотность потока тепла по нормали, то
q(r )2rl  const  Ql
(l – длина цилиндра).
Для сплошной среды плотность теплового потока вычисляется
по формуле
q
dT
.
dr
Коэффициент теплопроводности по элементарной кинетической
теории равен
1
3
  nCV v  .
Здесь
cV = 3k/2
(газ
одноатомный),
v  8kT / m ,
  ( 2n d a2 ) 1 – средняя длина свободного пробега. Легко видеть,
что  в первом приближении не зависит от плотности газа и
пропорционален квадратному корню из температуры:
127
  T ,
где   (k /  ) 3 / 2 m 1 / 2 d a2 .
После подстановки  и q уравнение для Т примет вид
T 1 / 2 dT   Q /(2)  dr / r.
Интегрирование его, с учетом граничных условий Т = Т1 при r = d/2
и Т = Т0 при r = D/2, дает
T03 / 2  T13 / 2   3Q /( 4 )  ln( D / d ).
Для газокинетического диаметра молекулы получается
выражение:
d a  (4k (k / m)1/ 2 (T13 / 2  T03 / 2 ) /(3Q ln( D / d )))1/ 2 .
Переэкзаменовка
1. Подведенное к системе тепло расходуется на увеличение ее
внутренней энергии и на совершение системой работы:
Q  U  A.
Выражение для внутренней энергии известно:
U  a ln( T / T0 )  b ln(V /V0 ),
где a, b, T0, V0 – заданные постоянные. Ее изменение при переходе
из начального состояния p1, V1, T1 в конечное p1, V2, T2 равно
U  a ln( T2 / T1 )  b ln(V2 / V1 ).
Совершаемая работа при изобарическом расширении до объема
V2 равна
128
A  p1 (V2  V1 ).
Таким образом, к газу подводится количество тепла Q, равное
Q  a ln( T2 / T1 )  b ln(V2 /V1 )  p1 (V2  V1 ).
2. Пусть молекула состоит из n атомов. Если молекула
нелинейная, то она имеет три поступательные степени свободы, три
вращательные и остальные 3(n – 2) – колебательные. В
соответствии с законом равнораспределения энергии по степеням
свободы молярная теплоемкость газа из таких молекул при
постоянном объеме равна
3
3
cV  R  R  3(n  2) R  3(n 1) R.
2
2
Поскольку предполагается, что газ идеальный, то его молярную
теплоемкость при постоянном давлении вычисляем из соотношения
Майера:
c p  cV  R  3(n 1) R  R.
Находим показатель адиабаты:

cp
cV
1 
R
1
 1
.
cV
3(n  1) R
При «вымораживании» колебательных степеней
теплоемкости и показатель адиабаты становятся равными
свободы
3
3
4
cV  R  R  3R, c p  4R,   .
2
2
3
По условию это значение показателя адиабаты в 1,2 раза больше
первоначального значения, так что имеем
129

1  4
1,21 
 .
 3(n  1)  3


Отсюда находим:
n  4,
т. е. нелинейная молекула состоит из четырех атомов.
Аналогично рассмотрим случай линейных молекул. Каждая из
них имеет три поступательные степени свободы, две вращательные
и остальные (3n – 5) – колебательные. Соответственно находим:
cV 
После

3
2
5
R  R  (3n  5) R   3n   R,   1 
2
2
2

вымораживания
колебательных
1
3n 
степеней
7
показатель адиабаты принимает значение   .
5
В соответствии с условием задачи имеем равенство
5
2
.
свободы




1
  7.
1,21 

5 5
 3n  
2

Ему удовлетворяет дробное число, а молекула может состоять
только из целого числа атомов.
3. Полный поток атомов металла, вылетающих из сосуда через
малое отверстие площадью S, равен
j0 
1
nv S .
4
130
Распределение вылетающих атомов по направлениям движения
определяется вероятностью
dW ( ,  )  2 cos  sin  d
d
.
2
Здесь φ и  – углы сферической системы координат (φ – угол в
плоскости отверстия,  – угол с нормалью к этой плоскости).
Задача имеет осевую симметрию. Поэтому существенное
значение имеет только распределение по зенитному углу :
dW ( )  2 cos sin  d .
Поток атомов, направление скорости которых лежит в пределах
угла  ÷  + d, равен
dj  j0 dW ( ) 
1
nv S 2 cos  sin  d .
4
Интегрируем по углу:
0
1
1
j  nv S 2 cos  sin  d  nv S sin 2  0 ,
4
4

0
131
где 0 – предельное значение угла; на пластинку попадают и
оседают на ней только атомы, которые летят в пределах этого угла.
Этот предельный угол вычисляется из геометрических
соображений:
sin  0 
r
l2  r2
.
Умножая поток атомов, попадающих на пластинку, на массу
атома m, найдем, с с какой скоростью увеличивается масса
пластинки:
2
1
r
M  mnv S 2
.
4
l  r2
4. Среднее значение потенциальной энергии атома в поле с
потенциалом
u(r) = аr4
найдем, если предварительно вычислим статистическую сумму:

Z e

u (r )
kT dr


 e
0

ar 4
kT
2 rdr  

2
kT

erf ()  
a
2
kT
.
a

Здесь элемент dr . пространства представляет бесконечно тонкое
кольцо радиусом r:

dr  2 rdr.
При интегрировании использована функция ошибок.
Логарифм статистической суммы равен
132
ln Z 
1
ln T  const.
2
Среднее значение потенциальной энергии атома вычисляется по
формуле:
u  kT 2
 ln Z
.
T
В результате находим:
u
1
kT.
2
Наряду с потенциальной энергией примесный атом имеет
кинетическую энергию теплового движения. У атома в двумерном
кристалле
две
степени
свободы.
Согласно
закону
равнораспределения энергии по степеням свободы их вклад в
1
среднюю энергию составляет по
kT. Таким образом, средняя
2
энергия атома в межузельной полости двумерного кристалла равна
3
2
  kT.
5. Решение см. в задаче 5 из второй контрольной работы 2007 г.
Вторая переэкзаменовка
1. По условию система двух тел изолированная. Следовательно,
отсутствует подвод теплоты Q = 0, нет работы внешних сил
A’ = 0.Отсюда по 2-му закону термодинамики имеем
U  0,
т. е. внутренняя энергия системы в результате не изменяется.
133
Расшифруем это равенство. Внутренняя энергия
функция
состояния. Ее изменение не зависит от процесса, а определяется
только начальным и конечным состояниями тел. Считаем, что
объемы тел при теплообмене между ними не изменяются. Поэтому
для каждого из них заменяем реальный процесс изохорическим.
Тогда с учетом аддитивности внутренней энергии равенство примет
вид
U  U 1  U 2  C1 (T  T1 )  C 2 (T  T2 )  0,
откуда найдем конечную температуру тел:
T
C1T1  C 2T2
.
C1  C 2
Вычислим теперь изменение энтропии тел, используя то, что
энтропия также функция состояния, и заменяя процесс для каждого
из тел изохорическим. Согласно 2-му закону термодинамики для
равновесных процессов имеем
dSi 
Qi
Ti
, i  1, 2.
Бесконечно малое тепло, подводимое к телу в изохорическом
процессе, равно
Qi  C i dTi , i  1, 2.
134
Подставляя это количество тепла в дифференциал энтропии и
интегрируя, получим:
T

S i  Ci
Ti
dTi
T
 Ci ln , i  1, 2.
Ti
Ti
Энтропия аддитивная функция состояния. Для системы тел она
равна сумме значений для каждого из них. Поэтому
S  S1  S 2  C1 ln
T
T
T C1 C2
 C 2 ln
 ln C C 
T1
T2
T 1T 2
1
 ln
(C1T1  C 2T2 ) C1 C2
T1C1 T2C2 (C1  C 2 ) C1 C2
2
.
2. Направим ось x перпендикулярно стенке. Число молекул,
ударяющихся о единицу площади стенки в единицу времени и
имеющих компоненту скорости по оси x в интервале vx ÷ vx + d vx,
вычисляется по формуле:
dj (v x )  nv x dW (v x ),
где вероятность dW (v x ), что молекула в сосуде обладает
соответствующей компонентой
распределением Максвелла:
 m 

dW (v x )  
 2 kT 
1/ 2
скорости,
определяется
 mv x2 
dv .
exp 
 2kT  x


Интегрируя дифференциально малый поток по заданному
интервалу скорости, получим:
135
 m 

j  n
 2 kT 
 m 

 n
 2 kT 

 mv x2 
dv 
v x exp 
 2kT  x


0
1 / 2 v0
1/ 2

 mv 02  
kT 
 
1  exp 
 2kT  
m 



 mv 02  
1 
 , v  8kT .
nv 1  exp 
 2kT  
4 
m



3. Потенциальная энергия спина 1/2 в первом объеме V равна
u1 = 0, во втором объеме V она имеет значение u2 = μB. Это
двухуровневая система.
С учетом поступательного движения частиц статистическая
сумма системы N слабовзаимодействующих одноатомных частиц со
спином 1/2 равна
Z
21  e
B / kT
2 mkT 

3/ 2 3 N
N!
h
.
Логарифм этой величины равен


ln Z  N ln 1  e B / kT 
3
N ln T  const.
2
136
По известной формуле вычислим среднее значение энергии
системы:
U  kT 2
 ln Z
e B / kT
3
3
B
  NB
 NkT  NkT  N
.

B
/
kT
T
2
2
1 e
1  e  B / kT
4. Для идеального газа термическое уравнение состояния имеет
вид
p  nkT.
Зависимость концентрации газа в поле тяжести от высоты
определяется распределением Больцмана:
n  n0 e

m gh
kT .
Концентрация n0 молекул возле дна сосуда меняется с
температурой. Выразим ее через постоянную величину _ полное
число молекул N в сосуде. Имеем
h
h


0
0
N  nSdh  n0 S e

m gh
kT dh  n
0
kT
mg
m gh 


S  (1  e kT .




Здесь S площадь поперечного сечения сосуда. Отсюда находим:
n0 
Nmg
m gh 



Sk T (1  e kT 




.
Первоначальное давление газа на дно сосуда равно
137
p0 
Nmg
m gh 


S  (1  e kT 




.
На потолок давление в соответствии с барометрической
формулой равно
p  p0 e

m gh
kT


m gh
kT
Nmge
Nmg

.
m
gh


 m gh 

S  (1  e kT  S  (e kT  1








При нагреве сосуда с газом до температуры T1 давление на
потолок станет равным величине
p1 
Nmg
 m gh 


S  (e kT1  1




.
По условию оно сравняется с первоначальным давлением газа на
дно:
138
p1  p 0

Nmg
 m gh 


S  (e kT1  1





Nmg
m gh 


S  (1  e kT 




.
Отсюда находим температуру, до которой нагревается газ:
T1 
mgh
m gh 


k ln  (2  e kT 




.
Контрольные работы 2003 г.
Первая контрольная работа
1. (90 б.) В соответствии со вторым началом термодинамики для
рассматриваемого равновесного процесса имеем
S 
Q
T
T 
  cp
T0
dT
T
  c p ln .
T
T0
Число молей газа ν находим из термического уравнения
состояния по заданным начальным значениям температуры T0,
давлению p0 и объема V0:

p0V0
.
RT0
После исключения числа молей выражение для изменения
энтропии принимает вид
139
S 
Здесь использовано
молярные теплоемкости:

p0V0
T
ln .
  1 T0
T0
соотношение
Майера,
связывающее
c p  cV  R.
Отношение температур вычислим по известному количеству
теплоты Q:
T

Q   c p (T  T0 )   c p T0   1.
 T0

Отсюда имеем:
Q
T
 1 Q
1
1
.
T0
 c p T0
 p 0V0
Подстановка полученного выражения для отношения температур
дает ответ:
S 
p0V0    1 Q 
.
ln 1 
  1 T0
 p0V0 


2. Решение см. в задаче 3 из первой контрольной работы 2005 г.
3. Решение см. в задаче 5 из первой контрольной работы 2007 г.
4. По определению теплоемкости и с учетом первого начала
термодинамики для идеального газа
C = Q/T = U/T + pV/T = CV + pV/T.
По условию задачи объем газа V = Sx (x – сжатие пружины, S –
площадь поршня) и Sp = kx (поршень удерживается пружиной, см.
140
рисунок ниже), откуда
V = Sx = S (Sp/k ) = constp.
Логарифмирование и последующее дифференцирование
дает:
dV/V = dp/p.
Аналогично из термического уравнения состояния можно
получить
dp/p + dV/V = dT/T.
Из двух полученных уравнений находится производная
V/T = V/2T,
Поэтому
C = CV + pV/T = CV + p V/2T = CV + R/2 = 2R.
(для одноатомного газа CV = 3 R/2).
5. Будем характеризовать точку попадания частицы на экран
углом θ направления ее полета с осью пучка (нормалью к плоскости
отверстия). Вероятность того, что частица летит в этом направлении
определяется распределением:
dW j ( )  2 cos  sin  d .
141
Расстояние на экране от точки попадания молекулы до точки
центра пучка связано с углом θ соотношением:
r ( )  l  tg .
По определению среднего находим:

 /2
r  r ( )dW j ( )  2l
 /2
 tg cos sin  d  2l  sin
0
 /2
l
2
 d 
0

 (1  cos 2 )d  2 l.
0
Вторая контрольная работа
1. В поле тяжести распределение молекул по высоте описывается
распределением Больцмана:
n  n0 e

m gx
kT .
Очевидно, что в верхнем сосуде концентрация молекул меньше,
чем в нижнем. Поэтому равенство числа молекул в сосудах
142
возможно, если верхний сосуд при одинаковой высоте имеет
больший диаметр.
Вычислим число молекул газа в нижнем сосуде:
h
h

N1  n R dx  n0 R
2
2
0
e

m gx
kT dx 
0
kT
n0 R
mg
2
m gh 

1  e  kT .




Число молекул в верхнем сосуде равно
2h
N2 
 n4 R
2h
2
dx  n0 4 R
h
2
e

m gx
kT dx 
h
kT
 4n 0  R
mg
2
2 m gh 
m gh 
m gh 
  m gh
 e kT  e  kT   4n  R 2 kT e  kT 1  e  kT .
0




mg




Высоту сосудов найдем из условия равенства числа молекул в
них:
N1  N 2
 1  4e

m gh
kT
 h
kT
ln 4.
mg
143
2. Задача стационарная: все то количества тепла, которое в
единицу времени выделяется в источнике, за единицу же времени
проходит через любую поверхность, окружающую источник. В силу
сферической симметрии в качестве пробной возьмем сферу
радиусом r с центром в точке источника.
Запишем закон сохранения энергии:
q 4 r 2  Q,
где плотность потока тепла q на расстоянии r от источника
определяется законом Фурье:
q  
dT
.
dr
Подставляем в уравнение энергии это выражение для q и
разделяем переменные:
dT  
Q dr
4  r 2
.
Интегрирование от точки R1 до R2 дает равенство
144
T2  T1 
Q  1
1 

 ,
4   R2 R1 
из которого находим величину мощности источника:
Q  4  (T1  T2 )
R1 R2
.
R2  R1
3. Введем ось z по направлению поля. Энергия спина в
магнитном поле
 ˆ
U  ( B, S )   BS z .
Проекция спина 3/2 на направление поля имеет четыре значения:
3 1 1 3
Sz   ,  , , .
2
2 2 2
Статистическая сумма спина равна
Z
3B
 e 2 kT

B
2
e kT
e

B
2 kT
e

3B
2 kT .
Разложим выражение для нее на множители:
3B 
B

Z  e 2 kT 1  e kT


2B

1  e  kT


3

  e 2  1  e  1  e 2 ,   B .

kT




По известной формуле вычисляем среднюю энергию спина в
магнитном поле:
145
U  kT 2
3
 ln Z
 ln Z
e 
2e 2
  B
  B 

 2 1  e  1  e  2
T








3

1
2 
1
2
3
 B  
 2
 B
  B  B
.
2
 2 e  1 e  1
2

e kT  1 e kT  1 

4. Число состояний изолированной системы, состоящая из N
слабовзаимодействующих спинов 1/2 (N >> 1), со спиновым
избытком σ << N (суммарной проекцией на ось z) определяется
распределением Гаусса:
2
2 N  2N
( N ,  ) 
2 e
.
N
Энтропия системы в этом состоянии согласно формуле
Больцмана равна
S1  k ln ( N ,  )  S 0  k
2
2N
.
При уменьшении значения проекции на единицу энтропия
системы принимает значение
S 2  k ln ( N ,   1)  S 0  k
(  1) 2
.
2N
В результате происходит изменение (увеличение) энтропии
системы на величину, равную
S  S 2  S1  k
2  1
.
2N
5. Обозначим через x текущую высоту объема воды в пробирке.
146
Масса воды в пробирке в текущий момент времени равна
m   S x.
Здесь ρ плотность вод, S площадь поперечного сечения пробирки.
Изменение массы воды связано с ее испарением и последующей
диффузией наружу. Диффузионный поток определяется законом
Фика:
j  D
n
S.
x
Поскольку диффузия весьма и весьма медленный процесс, то
можно пользоваться приближением квазистационарности, т. е.
считать, что распределение концентрации молекул водяного пара
устанавливается мгновенно. Так как при этом коэффициент
диффузии имеет постоянное значение, то это распределение
линейное:
147
j  D
n/2 n
n
SD
S.
lx
2(l  x)
Закон сохранения массы гласит: изменение массы воды в
пробирке за единицу времени равно массе диффузионного потока
молекул водяного пара. Запишем закон в формульном виде:
dx
n
M   S
 m j  mD
S.
dt
2(l  x)
Уравнение решаем методом разделения переменных:
(l  x)dx mD
n
dt.
2
Интегрируя, получаем время испарения воды из пробирки:
2
t
mD n
0

(l  x)dx
l/2
3 l 2
.
4mD n
Предполагаем, что для насыщенного водяного пара можно
пользоваться моделью идеального газа, т. е. считать, что
p  nkT.
Тогда выражение для времени испарения воды принимает вид
t
3 kTl 2
.
4mD p
При решении задачи пренебрегалось капиллярными явлениями.
Другими
словами,
считалось,
что
поверхность
воды
горизонтальная.
148
Экзамен
1. Число возможных состояний спина s равно 2s + 1.
В рассматриваемом случае спинам s1 = s2 = 1 и s3 = 1/2 отвечает 3, 3
и
2
состояния
соответственно.
Так
как
спины
слабовзаимодействующие, то полное число состояний образуемой
ими системы равно Ω = 32·2 = 18. По формуле Больцмана энтропия
системы равна
S  k ln 18.
2. Пусть в адиабатически изолированный пустой сосуд через
малое отверстие влетает N молекул одноатомного идеального газа
из сосуда с температурой T0. Средняя энергия, вносимая одной
влетающей молекулой, равна 2kT0. В результате в сосуд с порцией
газа вносится энергия 2NkT0. Так как сосуд теплоизолирован, то
внесенная в него энергия сохраняется. После размешивания она
3
равна NkT. Имеем равенство:
2
3
NkT  2 NkT0 ,
2
из которого находим искомую температуру:
4
T  T0 ,
3
3. Это двухуровневая система. Уровни невырожденные.
Населенность нижнего уровня равна
149
N1  N
1
U
 0
1  e kT
.
Аналогично записываем населенность верхнего уровня:
N2  N
U
 0
e kT
U
 0
1  e kT
.
Искомая разность между числами молекул в половинах сосуда
равна
N  N1  N 2  N
1 e
U
 0
kT
U
 0
1  e kT
U 
 N th 0 .
 2kT 
4. В целом система теплоизолирована. По первому закону
термодинамики имеем для нее
dU 1  dU 2  p1dV1  p 2 dV 2  0.
Внутренняя энергия идеального газа зависит только от
температуры. Так как поршень проводит тепло, а процесс
150
медленный, температура в обеих частях сосуда одинаковая.
Поэтому
dU 1  dU 2  cV dT .
В равновесии поршень делит цилиндр пополам. Следовательно,
количество газа (число молей) в обеих частях равное. Молярная
теплоемкость при постоянном объеме предполагается постоянной.
Термическое уравнение состояния идеального газа имеет вид
pV  RT .
С его помощью исключаем оба давления в уравнении энергии,
исключаем дифференциально малые изменения внутренней
энергии:
 dV
dV 
2 cV dT  RT  1  2   0.
V2 
 V1
С помощью соотношения Майера выразим молярную
теплоемкость cV через универсальную газовую постоянную R:
cV 
R
.
 1
Разделив в уравнении энергии переменные, будем иметь
dT   1  dV1 dV2



T
2  V1
V2

  0.

Интегрирование дает:
ln
T   1  V1V2

ln
 V2
T0
2
 0

  0.


151
Выразим объемы через начальный объем и отношения η объемов
большей и меньшей частей сосуда:
V1  V2  2V0 ,
V1
2
2
   V1 
V0 , V2 
V0 .
V2
1
1
Исключаем объемы:
ln
T   1  (1   ) 2

ln
 4
T0
2


.


Зависимость температуры газа от отношения η объемов имеет
вид
 (1   ) 2
T  T0 
 4





 1
2
.
5. Коэффициенты
теплопроводности
жидкости
χ
и
теплоизолятора χ1 считаем постоянными. В силу условия L2 << S
можно пренебречь краевыми условиями и считать задачу
одномерной, т. е. полагать, что температура изменяется только в
поперечном направлении. Кроме того, задача стационарная
(изменений во времени не происходит).
Обозначим через T1 температуру на внешней границе жидкости,
через T2 температуру на границе жидкости с нагревателем. Все
152
тепло, которое дает нагреватель, переносится обычной
теплопроводностью через жидкость (половина вверх, половина
вниз). Поэтому имеем
T  T2
1
W   1
S.
2
L/2
Запишем равенство потоков тепла от нагревателя через жидкость
е теплоизолятору и через теплоизолятор наружу:

T  T1
T1  T2
S   1 0
S.
L/2
l
Введем среднюю температуру жидкости:
T
T1  T2
.
2
По условию имеем
T  T2  T1 
T
.
10
Из этих соотношений находим:
l
1

2 T S
L 19T  20T0
, W
.

4T
5L
Переэкзаменовка
1. Частица массой m, находясь в потенциальной яме, обладает
кинетической энергией и потенциальной энергией. Пусть E –
полная энергия частицы. Имеем
p2
 a x  E.
2m
153
Это уравнение фазовой траектории. Ее вид показан на рисунке.
В точках ( x  0, p   2mE ) происходит изменение направления
движения частицы на противоположное.
2. Задача имеет осевую симметрию. Поэтому в качестве
контрольной выберем цилиндрическую поверхность радиусом r.
Поскольку провод длинный прямой, краевыми эффектами
пренебрегаем и решаем одномерную задачу.
При протекании тока по проводнику, имеющему сопротивление,
в нем происходят потери электрической энергии – выделяется
джоулево тепло. Мощность этих потерь на единицу объема
составляет w = ρj2. Все тепло, которое выделяется в пределах
контрольной поверхности, уходит через нее. Записываем закон
сохранения энергии:
 j 2 r 2 l   
dT
2 r l.
dr
154
После сокращения
приводится к виду
на
одинаковые
величины
уравнение
 j2
dT

r.
dr
2
Это обыкновенное дифференциальное уравнение
порядка. Для его решения имеется граничное условие:
первого
r  R T  T0 .
Интегрируя, получаем распределение температуры внутри
провода
T (r )  T0 
 j2 2 2
( R  r ).
4
3. Совершаемая работа равна с противоположным знаком работе
газа в объемах 1 и 2:
A   A1  A2 .
Сосуд помещен в термостат, и работа совершается при
медленном перемещении поршня. На этом основании считается, что
температура газов в обеих частях сосуда постоянная, равная
температуре термостата T0. Это позволяет вычислить работу:
155
A    pdV   pdV  RT0 ln
(1)
V1V2
( 2)
V02
  p 0V0 ln
V1V2
V02
.
Здесь использовано термическое уравнение состояния идеального
газа:
pV  RT .
По условию в соответствии с рисунком имеем
V1  V2  2V0 ,
V1
,
V2
откуда находим:
V1 
2
2
V0 , V 2 
V0 .
1 
1 
В результате совершаемая работа равна
A  p 0V0 ln
(1   ) 2
.
4
4. Энергетический спектр системы показан на рисунке.
По условию задачи вероятности обнаружить систему в зонах с
отличными от нуля плотностями уровней энергии равны между
собой:
156
W1  W2 .
Это дает равенство
0 E
e kT

 E0
E0  E
kT
1dE   e
 2 dE,
0
откуда после интегрирования находим температуру:

E0




1kT e kT  1   2 kT1  e





E0
kT
E0

E0

kT  


e
.
1
2  T 

2
k ln

1
5. В соответствии с условием задачи вероятности проекций
скоростей vx и vy молекул равны
dW (v x ) 
dv y
dvx
, dW (v y ) 
.
2v0
2v0
Используя эти вероятности, найдем силы, действующие на
стороны рамки. Рассмотрим для определенности правую сторону
рамки, перпендикулярную оси x.
Молекулы, имеющие проекцию скорости vx, при ударе об эту
сторону передают ей импульс, каждая 2mvx. За единицу времени
число ударов таких молекул равно
157
dj (v x )  v x l dn (v x ),
где dn(vx) поверхностная плотность числа молекул, имеющих
проекцию vx.
Передаваемый при ударе импульс – это сила на сторону рамки.
Молекулы с проекцией скорости vx действуют с силой, равной
df  2mv x dj(v x )  2mv x2 l dn(v x ).
Интегрирование дает полную силу:
v0
f  2ml  v x2 dn(v x ).
0
Здесь пределы интегрирования указаны для vx.
Плотность числа молекул с проекцией vx выражаются через
вероятность, что молекула имеет такую проекцию:
dn(v x )  ndW (v x )  n
dv x
.
2v 0
Подставляем это выражение в интеграл для силы и вычисляем:
1
f  mnlv02 .
3
158
Библиографический список
1. Базаров И. П. Термодинамика. Высшая школа, М. 1976.
2. Гинзбург В. Л. и др. Сборник задач по общему курсу физики
/ Гинзбург В. Л., Левин Л.М., Сивухин Д.В., Яковлев И.А.
М.: Наука, 1964. Ч. 2.
3. Дзюба С. А., Замураев В. П., Калинина А. П. Молекулярная
физика. Новосибирск: НГУ, 2012. Ч. 1, 2.
4. Замураев В. П., Калинина А. П. Задачи с решениями по
термодинамике и молекулярной физике. Новосибирск: НГУ,
2008.
5. Замураев В. П., Калинина А. П. Задачи по молекулярной
физике. Новосибирск: НГУ, 2012.
6. Киттель Ч. Статистическая термодинамика. Наука, М. 1977.
7. Козел С. М. и др. Сборник задач по физике / С. М. Козел,
Э. И. Рашба, С. А. Славатинский. М.: Наука, 1987.
8. Кубо Р. Термодинамика. М.: Мир, 1970.
9. Левич В. Г. Введение в статистическую физику. М.: Гос.
изд-во. техн.-теорет. лит., 1956.
10. Ландау Л. Д., Лифшиц Е. М. Статистическая физика. Наука,
М. 1964.
11. Оришич Т. И., Филиппова Л. Г. Сборник задач с решениями
по термодинамике и статистической физике. Новосибирск:
НГУ, 1993.
12. Пуртов П. А., Анищик С. В., Багрянский В. А., Большаков
Б. В., Вязовкин В. Л., Стась Д. В. Задачи по термодинамике
и статистической физике. Новосибирск: НГУ, 2005.
13. Румер Ю. Б., Рывкин М. Ш. Термодинамика, статистическая
физика и кинетика. М.: Наука, 1977.
14. Сивухин Д. В. Общий курс физики. Термодинамика и
молекулярная физика. М.: Наука, 1990.
15. Сборник задач по общей физике / Н. Н. Взоров, О. И. Замша,
И. Е. Иродов, И. В. Савельев. М.: Наука, 1968.
16. Толкачев В. А. Термодинамика и статистическая физика.
Новосибирск: НГУ, 1996.
159
ОГЛАВЛЕНИЕ
Введение .................................................................................................. 3
Контрольные работы 2011 г. ................................................................. 4
Первая контрольная работа .............................................................. 4
Вторая контрольная работа .............................................................. 5
Экзамен .............................................................................................. 7
Переэкзаменовка ............................................................................... 8
Контрольные работы 2009 г. ............................................................... 10
Первая контрольная работа ............................................................ 10
Вторая контрольная работа ............................................................ 11
Контрольные работы 2007 г. ............................................................... 12
Первая контрольная работа ............................................................ 12
Вторая контрольная работа ............................................................ 14
Экзамен ............................................................................................ 16
Контрольные работы 2005 г. ............................................................... 18
Первая контрольная работа ............................................................ 18
Вторая контрольная работа ............................................................ 19
Экзамен ............................................................................................ 22
Переэкзаменовка ............................................................................. 23
Вторая переэкзаменовка ................................................................. 25
Контрольные работы 2003 г. ............................................................... 25
Первая контрольная работа ............................................................ 25
Вторая контрольная работа ............................................................ 27
Экзамен ............................................................................................ 27
Переэкзаменовка ............................................................................. 28
Ответы ................................................................................................... 30
Решения ................................................................................................. 42
Контрольные работы 2011 г. ............................................................... 42
Первая контрольная работа ............................................................ 42
Вторая контрольная работа ............................................................ 47
Экзамен ............................................................................................ 53
Переэкзаменовка ............................................................................. 61
Контрольные работы 2009 г. ............................................................... 70
Первая контрольная работа ............................................................ 70
Вторая контрольная работа ............................................................ 76
Контрольные работы 2007 г. ............................................................... 85
Первая контрольная работа ............................................................ 85
160
Вторая контрольная работа ............................................................ 91
Экзамен ............................................................................................ 99
Контрольные работы 2005 г. ............................................................. 107
Первая контрольная работа .......................................................... 107
Вторая контрольная работа .......................................................... 115
Экзамен .......................................................................................... 122
Переэкзаменовка ........................................................................... 128
Вторая переэкзаменовка ............................................................... 133
Контрольные работы 2003 г. ............................................................. 139
Первая контрольная работа .......................................................... 139
Вторая контрольная работа .......................................................... 142
Экзамен .......................................................................................... 148
Переэкзаменовка ........................................................................... 154
Библиографический список ............................................................... 159
Учебное издание
Замураев Владимир Павлович,
Калинина Анна Павловна
ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ПО
ТЕРМОДИНАМИКЕ И СТАТИСТИЧЕСКОЙ ФИЗИКЕ
Учебное пособие
Редактор Е. П. Войтенко
Подписано в печать 24.10.2013 г.
Формат 6084 1/16. Офсетная печать.
Уч.-изд. л. 10.Усл. печ. л. 10. Тираж 200 экз.
Заказ №
Редакционно-издательский центр НГУ.
630090. Новосибирск-90, ул. Пирогова, 2.
161