5.1. Фазовый переход. Некоторую массу вещества, взятого в состоянии насыщенного пара, изотермически сжали в $n$ раз по объему. Какую часть $\eta$ конечного объема занимает жидкая фаза, если удельные объемы насыщенного пара и жидкости отличаются друг от друга в $N$ раз $(N>n)$ ?
Р ешени и е. Изобразим для наглядности происходящее на рис. 5.17, где $N=V_{\text{и }}/V_{\text{ж }}$ и $n=V_{\text{п }}/V^{\prime },V^{\prime }$ — конечный объем системы. Интересующая нас величина $\eta =V_{\text{ж }}/V^{\prime }$. В конечном состоянии отметим все величины штрихом.
Puc. 5.17

Составим баланс масс и объемов обеих фаз в конечном состоянии
$$m=m_{\text{ж }}^{\prime }+m_{\text{п }}^{\prime },V^{\prime }=V_{\text{ж }}^{\prime }+V_{\text{п }}^{\prime }=V_{\text{ж }}^{\prime }+\frac{m-m_{\text{ж }}}{m}{V}_{\text{п }}.$$

Разделим последнее выражение на $V^{\prime }$ :

Перепишем это выражение через $\eta ,n$ и $N$ :
$$1=\eta +n-\eta N\text{. }$$

Отсюда следует, что
$$\eta =(n-1)/(N-1).$$
5.2. Критическое состояние. Определить для критического состояния вещества, ван-дер-ваальсовские постоянные которого $a$ и $b$ известны, значения следующих критических величин: молярного объема $V_{\text{мкр }},T_{\text{кр }}$ и $p_{\text{кр }}$.
Р е ш н и е. Из уравнения Ван-дер-Ваальса (1.42) следует, что
$$p=\frac{RT}{V_M-b}-\frac{a}{V_M^2}.$$

В критической точке $K$ производная $\partial p/\partial V=0$, т.е.
$$\frac{\partial p}{\partial V}=-\frac{RT}{{(V_M-b)}^2}+\frac{2a}{V_M^3}=0.$$

Кроме того, критическая изотерма в точке $K$ испытывает перегиб. Это значит, что в точке $K$ вторая производная ${\partial }^{2}p/\partial V^2=0$, или
$$\frac{{\partial }^{2}p}{\partial V^2}=\frac{2RT}{{(V_M-b)}^3}-\frac{6a}{V_M^4}=0.$$

Исключив RT из уравнений (2) и (3), получим:
$$V_{M\text{ кр }}=3b\text{. }$$

Подстановка (4) в (2) дает:
$$T_{\text{кр }}=\frac{8a}{27bR}\text{. }$$

Подставив, наконец, (4) и (5) в формулу (1), получим:
$$p_{\text{кp }}=\frac{a}{27b^2}\text{. }$$

Отметим попутно, что, как легко показать, связь между этими критическими величинами имеет вид
$$p_{\text{кр }}{V}_{M\text{ кр }}=\frac{3}{8}R{T}_{\text{кр }}.$$
5.3. Энтропия и фазовые переходы. Лед с начальной температурой $T_1$, равной температуре таяния, сначала изотермически превратили в воду, а затем при температуре кипения $T_2$ — в пар. Найти приращение $\mathrm{\Delta }S$ удельной энтропии системы в этом процессе.
Р е ш е н и данный процесс состоит из трех частей: таяния (плавления), нагрева образовавшейся воды от $T_1$ до $T_2$ и превращения ее в пар. Соответственно можно записать в расчете на единицу массы:
$$\mathrm{\Delta }S=\frac{q_{\text{пл }}}{T_1}+{\int }_{T_1}^{T_2}c\frac{\mathrm{d}T}{T}+\frac{q_{\text{пар }}}{T_2}=\frac{q_{\text{II }}}{T_1}+c\ln \frac{T_2}{T_1}+\frac{q_{\text{пар }}}{T_2},$$

где $q_{\text{пл }}$ и $q_{\text{пар }}$ — удельные теплоты плавления и парообразования, c — удельная теплоемкость воды.
5.4. Уравнение Клапейрона-Клаузиуса. Давление $p$ насыщенного пара ртути зависит от температуры $T$ по закону
$$\ln p=-\frac{a}{T}-b\ln T+\text{ const, }$$

где $a$ и $b$ — положительные постоянные. Найти молярную теплоту испарения ртути как функцию температуры, $q(T)$.
Р е ш е н и е. Воспользуемся уравнением Клапейрона-Клаузиуса (5.3). Учитывая, что молярный объем пара значительно больше, чем у жидкости ( $V_{\text{п }}\gg V_{\text{ж }}$ ), запишем
$$\mathrm{d}p/\mathrm{d}T=q/TV.$$

Теперь найдем производную $\mathrm{d}p/\mathrm{d}T$ из уравнения, приведенного в условии задачи:
$$\frac{1}{p}\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}T}=\frac{a}{T^2}-b\frac{1}{T}.$$

Совместное решение уравнений (1) и (2) дает
$$q=TV\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}T}=R(a-bT).$$

5.5. Водяной пар, заполняющий пространство под поршнем в цилиндре, сжимают так, что он все время остается насыщенным, находясь на грани конденсации. Полагая для простоты, что удельная теплота парообразования равна $q$ и не зависит от температуры $T$, найти молярную теплоемкость $C$ пара в данном процессе как функцию $T$. Пар считать идеальным газом.
Р е ш е ни е. Согласно (1.13) прежде всего найдем, что
$$p\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}T}=p\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}T}\left(\frac{RT}{p}\right)=R-\frac{RT}{p}\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}T}.$$

Следовательно, теплоемкость $C$ есть
$$C=C_V+R-\frac{RT}{p}\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}T}.$$

Указанный в условии задачи процесс на диаграмме $p,T$ идет по кривой парообразования. Для него справедливо уравнение Клапейрона-Клаузиуса:
$$\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}T}\approx \frac{q}{T{V}_{\mathrm{n}}^{\prime }}=\frac{Mq}{T{V}_{\text{п }}},$$

где $M$ — молярная масса, $V_{\text{п }}$ — молярный объем пара (объемом жидкости мы пренебрегаем).
Подстановка (3) в (2) с учетом идеальности газа дает
$$C=C_p-Mq/T.$$
5.6. Капиллярные явления. В дне стеклянного сосуда со ртутью имеется малое круглое отверстие радиуса $r$. При какой толщине слоя ртути она не будет вытекать через это отверстие?
Р е ш е и е. Из формулы (5.6) следует, что максимальная толцина слоя ртути возможна при условии, что радиус кривизны мениска $R=$ мин. Из рис. 5.18 видно, что это будет при условии $R=r$.
В этом случае поверхностное натяжение $\alpha$ направлено вертикально вверх, и соответствующая суммарная сила будет максимальной. Таким образом
$$h⩽2\alpha /\rho gr,$$

где $\rho$ — плотность ртути.
Рис. 5.18

5.7. На мыльном пузыре радиуса $a$ «сидит пузырь радиуса $b$. Имея в виду, что $b<a$, найти радиус $R$ кривизны пленки, их разделяющей (рис. 5.19). Каковы углы между пленками в месте их соприкосновения?
Р еше е и е. Запишем выражение для избыточного давления в обоих пузыРис. 5.19 рях:
$$\mathrm{\Delta }{p}_a=2\frac{2\alpha }{a},\mathrm{\Delta }{p}_b=2\frac{2\alpha }{b},$$

где коэффициент 2 учитывает тот факт, что пленка имеет два поверхностных слоя. Из условия равновесия на границе раздела обоих пузырей следует, что
$$2\frac{2\alpha }{R}=\mathrm{\Delta }{p}_b-\mathrm{\Delta }{p}_a.$$

Совместно решая уравнения (1) и (2), находим
$$R=\frac{ab}{a-b}.$$

Далее, сумма трех сил поверхностного натяжения при равновесии должна равняться нулю (рис. 5.20), откуда $\theta ={120}^{\circ }$.
Рис. 5.20
5.8. Вертикальный капилляр привели в соприкосновение с поверхностью воды. Какое количество тепла выделится при поднятии воды по капилляру? Смачивание считать полным, поверхностное натяжение равно $\alpha$.
Р е ш е н и е. Работа $A$, совершаемая силами поверхностного натяжения при поднятии жидкости, идет на сообщение ей потенциальной и кинетической энергии:
$$A=\mathrm{\Delta }\mathrm{\Pi }+K.$$

Если бы не было сил трения, уровень жидкости в капилляре совершал бы гармонические колебания около равновесного положения. Благодаря трению, кинетическая энергия $K$ переходит во внутреннюю энергию, т.е. выделяется тепло $\mathit{Q}=K$.
Учитывая формулу (5.11), запишем выражение для работы $A$ :
$$A=\alpha \cdot 2\pi rh=4\pi {\alpha }^2/\rho g.$$

Приращение же потенциальной энергии
$$\mathrm{\Delta }\mathrm{\Pi }=mgh/2=2\pi {\alpha }^2/\rho g,$$

где $m=\pi r^{2}h\rho$.
В результате получим $Q=A-\mathrm{\Delta }\mathrm{\Pi }=2\pi {\alpha }^2/\rho g$.
5.9. Получить формулу (5.11) для $h$, пользуясь энергетическими соображениями и не делая каких-либо предположений о форме мениска.
Р е ш е и и. Равновесное положение мениска должно соответствовать минимуму энергии $E$ системы жидкость — капилляр. Эта энергия слагается из поверхностной энергии и потенциальной энергии жидкости в поле тяготения. Мысленно представим себе, что уровень жидкости в ка-
Рис. 5.21 пилляре поднялся на $\mathrm{d}h$ (рис. $5.21,a)$. При этом поверхность соприкосновения жидкости со стенкой капилляра увеличится на $2\pi r\mathrm{d}h$, и энергия получает приращение
$$\mathrm{d}E=2\pi r\mathrm{d}h({\alpha }_{\text{тж }}-{\alpha }_{\text{тг }})+\left(\pi r^2\mathrm{d}h\rho \right)gh,$$

где первое слагаемое — приращение свободной энергии, второе приращение потенциальной энергии столба жидкости. Далее следует учесть, что при равновесии (рис. 5.21, б)
$${\alpha }_{\mathrm{Tr}}={\alpha }_{\text{тж }}+{\alpha }_{\text{жг }}\cos \theta ,$$

и вблизи равновесия выражение (1) равно нулю, $\mathrm{d}E=0$. В результате получим
$$2\pi r{\alpha }_{\ast }\cos \theta =\left(\rho \pi r^{2}h\right)g.$$

Отсюда и следует формула (5.11).

5.10. Теплота образования поверхностного слоя. Рассмотрев цикл Карно для пленки жидкости, показать, что при изотермическом процессе теплота, необходимая для образования единицы площади поверхностного слоя
$$q=-T\frac{\mathrm{d}\alpha }{\mathrm{d}T},$$

где $\mathrm{d}\alpha /\mathrm{d}T$ — производная поверхностного натяжения по температуpe.
Р е ш н и е; Проведем с пленкой цикл Карно, у которого температура нагревателя $T_1$ отличается на очень малое $\delta T$ от температуры $T_2$ холодильника. Этот цикл изображен на диаграмме $\alpha ,S$ (рис. 5.22), где $S$ — площадь пленки. Здесь учРис. 5.22 тено, что с ростом температуры $\alpha$ уменьшается, поэтому на рисунке цикл Карно выглядит как «перевернутый». Но ход рассуждений от этого не меняется.
При растяжении пленке сообщается теплота
$$Q_1=q\cdot \mathrm{\Delta }S.$$

За цикл пленка совершает работу $A=A_{12}+A_{34}$. Учитывая, что в изолермическом процессе работа равна убыли свободной энергии, т.е. $A=-\mathrm{\Delta }F=-\alpha \mathrm{\Delta }S$, запишем выражение для работы как
$${\mathrm{d}}^{\prime }A=-{\alpha }_1\mathrm{\Delta }S-{\alpha }_2(-\mathrm{\Delta }S)=({\alpha }_2-{\alpha }_1)\mathrm{\Delta }S=\mathrm{d}\alpha \cdot \mathrm{\Delta }S.$$

По теореме Карно, учитывая (1) и (2), получим:
$$\frac{{\mathrm{d}}^{\prime }A}{Q_1}=\frac{T_1-T_2}{T_1}=\frac{-\mathrm{d}T}{T}=\frac{\mathrm{d}\alpha \cdot \mathrm{\Delta }S}{q\cdot \mathrm{\Delta }S}.$$

Из последнего равенства приходим к выражению в тексте задачи.
5.11. Плазменные колебания. Под действием некоторой причины электронная компонента плазмы, имеющая форму плоского слоя, сместилась на некоторое расстояние $x$ перпендикулярно слою (рис. 5.23). Вследствие этого возникли поверхностные заряды (как
Рис. 5.23

на плоском конденсаторе) и соответствующая возвращающая сила, что привело к возбуждению плазменных колебаний. Найти их частоту $\omega$, если концентрация электронов равна $n$.
Р е ше и и е. На электронную компоненту плазмы в этом случае будет действовать сила $\mathbf{F}=q\mathbf{E}$, где $q$ — суммарный заряд электронов $(q<0)$. Если суммарная масса этих электронов равна $m$, то согласно основному уравнению динамики
$$m\ddot{x}=q{E}_x,$$

где $E_x$ — проекция напряженности электрического поля, создаваемого зарядами на поверхности слоя. Известно, что, как и в конденсаторе с поверхностной плотностью заряда $\sigma$,
$$E_x=\frac{\sigma }{{\epsilon }_0}=\frac{enx}{{\epsilon }_0},$$

где $e$ — элементарный заряд, $n$ — концентрация электронов, $nx$ — число электронов на единицу площади заряженного поверхностного слоя. Заметим, что в рассматриваемый момент (см. рис. 5.23\} $E_x>0$ и $x>0$. Подставим (2) в (1) и учтем, что $m=N{m}_e$ и $q=N(-e)$. Тогда (1) можно преобразовать к виду
$$\ddot{x}+\frac{n{e}^2}{{\epsilon }_0{m}_e}x=0.$$

Таким образом, мы пришли к уравнению гармонических колебаний с циклической частотой
$$\omega =\sqrt{n{e}^2/{\epsilon }_0{m}_e}.$$