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
\[
m=m_{\text {ж }}^{\prime}+m_{\text {п }}^{\prime}, \quad V^{\prime}=V_{\text {ж }}^{\prime}+V_{\text {п }}^{\prime}=V_{\text {ж }}^{\prime}+\frac{m-m_{\text {ж }}}{m} V_{\text {п }} .
\]
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
\[
p=\frac{R T}{V_{M}-b}-\frac{a}{V_{M}^{2}} .
\]
В критической точке $K$ производная $\partial p / \partial V=0$, т.е.
\[
\frac{\partial p}{\partial V}=-\frac{R T}{\left(V_{M}-b\right)^{2}}+\frac{2 a}{V_{M}^{3}}=0 .
\]
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
\[
\frac{\partial^{2} p}{\partial V^{2}}=\frac{2 R T}{\left(V_{M}-b\right)^{3}}-\frac{6 a}{V_{M}^{4}}=0 .
\]
Исключив RT из уравнений (2) и (3), получим:
\[
V_{M \text { кр }}=3 b \text {. }
\]
Подстановка (4) в (2) дает:
\[
T_{\text {кр }}=\frac{8 a}{27 b R} \text {. }
\]
Подставив, наконец, (4) и (5) в формулу (1), получим:
\[
p_{\text {кp }}=\frac{a}{27 b^{2}} \text {. }
\]
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 $\Delta S$ 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:
\[
\Delta S=\frac{q_{\text {пл }}}{T_{1}}+\int_{T_{1}}^{T_{2}} c \frac{\mathrm{d} T}{T}+\frac{q_{\text {пар }}}{T_{2}}=\frac{q_{\text {II }}}{T_{1}}+c \ln \frac{T_{2}}{T_{1}}+\frac{q_{\text {пар }}}{T_{2}},
\]
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
\[
\mathrm{d} p / \mathrm{d} T=q / T V .
\]
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
\[
q=T V \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{~d} T}=R(a-b T) .
\]
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
\[
p \frac{\mathrm{d} V}{\mathrm{~d} T}=p \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} T}\left(\frac{R T}{p}\right)=R-\frac{R T}{p} \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{~d} T} .
\]
Следовательно, теплоемкость $C$ есть
\[
C=C_{V}+R-\frac{R T}{p} \frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{~d} T} .
\]
Указанный в условии задачи процесс на диаграмме $p, T$ идет по кривой парообразования. Для него справедливо уравнение Клапейрона-Клаузиуса:
\[
\frac{\mathrm{d} p}{\mathrm{~d} T} \approx \frac{q}{T V_{\mathrm{n}}^{\prime}}=\frac{M q}{T V_{\text {п }}},
\]
где $M$ – молярная масса, $V_{\text {п }}$ – молярный объем пара (объемом жидкости мы пренебрегаем).
Подстановка (3) в (2) с учетом идеальности газа дает
\[
C=C_{p}-M q / T .
\]
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
\[
h \leqslant 2 \alpha / \rho g r,
\]
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:
\[
\Delta p_{a}=2 \frac{2 \alpha}{a}, \quad \Delta p_{b}=2 \frac{2 \alpha}{b},
\]
где коэффициент 2 учитывает тот факт, что пленка имеет два поверхностных слоя. Из условия равновесия на границе раздела обоих пузырей следует, что
\[
2 \frac{2 \alpha}{R}=\Delta p_{b}-\Delta p_{a} .
\]
Совместно решая уравнения (1) и (2), находим
\[
R=\frac{a b}{a-b} .
\]
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:
\[
A=\Delta \Pi+K .
\]
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 $\boldsymbol{Q}=K$.
Учитывая формулу (5.11), запишем выражение для работы $A$ :
\[
A=\alpha \cdot 2 \pi r h=4 \pi \alpha^{2} / \rho g .
\]
Приращение же потенциальной энергии
\[
\Delta \Pi=m g h / 2=2 \pi \alpha^{2} / \rho g,
\]
где $m=\pi r^{2} h \rho$.
В результате получим $Q=A-\Delta \Pi=2 \pi \alpha^{2} / \rho g$.
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
\[
\mathrm{d} E=2 \pi r \mathrm{~d} h\left(\alpha_{\text {тж }}-\alpha_{\text {тг }}\right)+\left(\pi r^{2} \mathrm{~d} h \rho\right) g h,
\]
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
\[
2 \pi r \alpha_{*} \cos \theta=\left(\rho \pi r^{2} h\right) g .
\]
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
\[
Q_{1}=q \cdot \Delta S .
\]
За цикл пленка совершает работу $A=A_{12}+A_{34}$. Учитывая, что в изолермическом процессе работа равна убыли свободной энергии, т.е. $A=-\Delta F=-\alpha \Delta S$, запишем выражение для работы как
\[
\mathrm{d}^{\prime} A=-\alpha_{1} \Delta S-\alpha_{2}(-\Delta S)=\left(\alpha_{2}-\alpha_{1}\right) \Delta S=\mathrm{d} \alpha \cdot \Delta S .
\]
По теореме Карно, учитывая (1) и (2), получим:
\[
\frac{\mathrm{d}^{\prime} A}{Q_{1}}=\frac{T_{1}-T_{2}}{T_{1}}=\frac{-\mathrm{d} T}{T}=\frac{\mathrm{d} \alpha \cdot \Delta S}{q \cdot \Delta S} .
\]
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 $\sigma$,
\[
E_{x}=\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}=\frac{e n x}{\varepsilon_{0}},
\]
где $e$ – элементарный заряд, $n$ – концентрация электронов, $n x$ – 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
\[
\ddot{x}+\frac{n e^{2}}{\varepsilon_{0} m_{e}} x=0 .
\]
Таким образом, мы пришли к уравнению гармонических колебаний с циклической частотой
\[
\omega=\sqrt{n e^{2} / \varepsilon_{0} m_{e}} .
\]
