Маклаков А. И., Серебренникова Т. А., Савинков А. В

ч. 1 ... ч. 2 ч. 3 ч. 4 ч. 5

Задача 6.

Найти распределение температуры в пространстве между двумя концентрическими сферами с радиусами R₁ и R₂, заполненными однородным веществом, если температуры обеих сфер постоянны и равны Т₁ и Т₂.

Анализ и решение. Температуры обеих сфер будут постоянными, если потоки через их поверхности не зависят от радиуса r сфер.

Это условие можно записать как q_T · S_сферы = const или , поскольку градиенты T направлены вдоль радиусов сфер. Тогда уравнение переноса:

,

где A’ – константа.

Разделим переменные в уравнении, проинтегрируем его и получим:

,

где А, В – константы.

Их величины найдем из краевых условий:

1. 
   при r = R₁, T = T₁,
   
2. 
   при r = R₂, T = T₂.
   

Тогда:

T₁ = A/R₁ + B, T₂ = A/R₂ + B.

Решение этих уравнений дает:

;

,

а распределение температур:

.

Задача 7.

Два сосуда одинакового объема V соединены трубкой большой длины l и малого поперечного сечения S. В начальный момент времени t = 0 в первом сосуде имеется смесь двух изотопов кислорода: ¹⁶О₂ и ¹⁷О₂, во втором – только ¹⁶О₂. Концентрация ¹⁷О₂ в первом сосуде в момент времени t – C₁(t), во втором – C₂(t), при t = 0 – C₁(0) и 0, соответственно. Определить изменение концентрации C₁(t) во времени. Коэффициенты самодиффузии изотопов одинаковы и равны D, давление и температура в обоих сосудах одинаковы.

Анализ и решение. По условиям задачи p и T везде одинаковы. Это означает, что перенос газов может осуществляться только за счет молекулярной диффузии. Составим дифференциальное уравнение процесса. Для этого используем условие, что изменение содержания изотопа ¹⁷О₂ в сосудах идет за счет его диффузии в трубке. Изменение содержания ¹⁷О₂ в первом сосуде в момент времени t будет определяться выражением . Оно происходит за счет наличия диффузионного потока ¹⁷О₂ через трубку, который, согласно (8.3), равен:

.

Приравняем их:

(1)

Однако в (1) входят две неизвестные функции C₁(t) и C₂(t), что затрудняет его решение. Заменим C₂(t). Воспользуемся тем, что число молекул ¹⁷О₂ в системе остается постоянным. Запишем это условие для t = 0 и любого другого момента времени t:

C₁(0) = C₁(t) + C₂(t), C₂(t) = C₁(0) – C₁(t).

Подстановка этого выражения в (1) дает:

.

Обозначим 2DS/Vl = α, , тогда уравнение принимает вид:

.

Введем новую функцию x = α·C₁(t) – β, что приводит к уравнению , которое имеет решение x = B · exp(–αt), где B – константа интегрирования. Проведем замену x, α и β, а для нахождения константы B используем начальное условие, что при t = 0 C₁(t) = C₁(0). Тогда решение уравнения примет вид:

,

т.е. концентрация изотопа ¹⁷О₂ меняется экспоненциально со временем. Величина Vl/2DS = τ является характеристическим временем этого процесса.

9. ФАЗОВЫЕ РАВНОВЕСИЯ И ПЕРЕХОДЫ ПЕРВОГО РОДА.
9.1. Основные понятия и формулы.
Массы жидкой и газообразной фаз в двухфазной системе, характеризующейся точкой B на p, V – диаграмме при температуре Т, определяется с помощью «правила рычага» горизонтальной части изотермы этой системы (Рис. 9.1).

. (9.1)

Изменение температуры фазового перехода T_Ф первого рода (1 → 2) при изменении давления определяется формулой Клайперона-Клаузиуса:

(9.2)

Здесь L₁₂ – скрытая удельная теплота фазового перехода 1 → 2, и  – удельные объемы вещества в фазе 1 и 2, соответственно.

Давление насыщенного пара над выпуклой поверхностью жидкости p_НЛ есть:

, (9.3)

где M, σ_Ж и ρ_Ж – молекулярная масса, поверхностное натяжение и плотность жидкости, r_Ж – радиус кривизны поверхности жидкости. В случае вогнутой поверхности показатель экспоненты отрицателен.

9.2. Примеры решения задач.
Задача 1.

На Рис. 9.2 приведена обычная изотерма вещества при температуре T. Для него известно давление насыщенного пара p_Н при этой Т, масса вещества m, удельная теплоемкость испарения L₁₂, удельные объем жидкости и насыщенного пара . Найти работу А₁₂ и количество теплоты Q₁₂ при переходе 1 → 2, а также приращения внутренней энергии (U₂–U₁), энтропии (S₂–S₁) и свободной энергии Гельмгольца (ψ₂–ψ₁).

Рис. 9.2
Решение. Работа при переходе 1–2 совершается при постоянном давлении p_H. Тогда из определения работы:

.

Но так как , где i =1,2, то:

.

Теплота при переходе 1 → 2 затрачивается на образование пара из жидкости, т.е.

Q₁₂ = mL₁₂.

Первое начало термодинамики дает возможность определить изменение внутренней энергии в этом процессе:

.

Изменение энтропии для обратимого процесса:

dS = δQ/T.

Чтобы процесс был обратимый, необходимо подводить тепло малыми порциями, т.е.

δQ = L₁₂·dm

Тогда , а интегрирование при постоянной T дает:

S₂ – S₁ = L₁₂·m/T.

Изменение свободной энергии Гельмгольца при T = const равно работе этого процесса с обратным знаком, т.е.

.

Задача 2.

Вещество, взятое в состоянии насыщенного пара, изотермически сжали в n раз по объему. Найти какую часть η конечного объема занимает жидкая фаза, если удельные объемы насыщенного пара и жидкой фазы отличаются в N раз, причем N >> n.

Дано: V_n → V_n/n, .

Определить: .

Анализ и решение. Для решения задачи нужно изобразить изотерму процесса (Рис. 9.3) и ввести дополнительные обозначения: V_n, V_Ж – объемы вещества в состоянии насыщенного пара и жидкости, соответственно, и  – удельные объемы насыщенного пара и жидкости, ,  – объемы жидкости и пара в точке B, которой изображается система после сжатия. Исходное состояние системы изображается точкой С.

Ясно, что для решения задачи необходимо воспользоваться «правилом рычага» (9.1), т.е.

. (1)

Пользуясь обозначениями рисунка, выразим величины АВ и ВС через интересующие нас параметры объема:

AB = V_n/n – V_Ж,

обычно V_n>>V_Ж, поэтому AB ≈ V_n/n.

.

Заменим и через удельные объемы:

,

аналогично:

,

где ρ_Ж – плотность жидкости.

Подставим эти найденные значения в (1):

,

откуда:

.

Добавим к полученному равенству справа и слева единицу:

.

Преобразуем его, затем «перевернем», откуда при N >> n получим:

.

Задача 3.

Уксусная кислота при атмосферном давлении плавится при 16,6°С. Разность удельных объемов ее жидкой и твердой фаз V’= 0,16 см³/г. При изменении давления на 41 атм. точка плавления уксусной кислоты смещается на 1 К. Найти ее молярную теплоту плавления .

Дано: T_Ф = 16,6°С = 289,3 К, = 0,16 см³/г = 16·10^-5 м³/кг, T_Ф = 1 К, р = 41 атм.

Определить: .

Решение. Известно, что плавление кристаллов – это фазовый переход первого рода, для которого справедливо уравнение Клайперона-Клазиуса (9.2). Для нашего случая оно запишется:

.

Удельная теплота плавления связана с молярной простым соотношением:

,

М – молярная масса уксусной кислоты CH₃COOH. Комбинируя эти соотношения, получим:

.

Обратите особое внимание на величины, которые подставляются в формулу – они должны быть в одной системе единиц.

Задача 4.

Найти давление насыщенного водяного пара при t = 101°C. Считать пар идеальным газом.

Решение. Парообразование является фазовым переходом первого рода, поэтому для его описания применимо уравнение Клайперона-Клазиуса (9.2). Запишем его в виде зависимости изменения давления насыщенных паров от температуры парообразования, а именно:

. (1)

Уравнение дает, к сожалению, дифференциальную зависимость p_H(T_Ф), поэтому попробуем проинтегрировать его. «Неприятным» в нем является присутствие удельных объемов и , для которых вид температурных зависимостей неизвестен. Будем полагать  >>  , что экспериментально подтверждено, а L₁₂ = const, что справедливо в небольшом интервале температур. В условиях задачи полагается, что насыщенный пар подчиняется законам идеального газа. Тогда для моля пара:

p_H·V_n = R·T_Ф.

Но , откуда:

.

Учитывая все вышесказанное, преобразуем (1):

.

Разделим переменные и проинтегрируем:

или

. (2)

Для определения константы интегрирования вспомним, что при T = T₀ = 100°C, p_H = p₀ = 1 атм. Подставим эти значения в (2) и получим:

(3)

Вычтем (3) из (2):

.

Из условий задачи Т ≈ Т₀, поэтому:

.

Нетрудно оценить численно значение показателя экспоненты, оно значительно меньше единицы. Поэтому экспоненту можно разложить в ряд и «оборвать» его на втором члене, т.е.:

,

где T = T – T₀ = 1 К.

Задача 5.

Лед с начальной температурой t₁ = 0°С в результате нагревания превратили сначала в воду, а затем в пар при t₂ = 100°С. Найти приращение удельной энтропии системы.

Анализ и решение. Приращение энтропии в обратимом процессе записывается как:

S = Q/T, (1)

где Q – теплота, подводимая (или отбираемая) к системе. В данном случае теплота Q состоит из трех частей:

1. 
   теплоты Q₁, необходимой для расплавления льда при t₁,
   
2. 
   теплоты Q₂, необходимой для нагрева воды от t₁ до t₂,
   
3. 
   теплоты Q₃, необходимой для превращения воды в пар при температуре t₂.
   

Таким образом:

Q = Q₁ + Q₂ + Q₃.

Поэтому приращение энтропии системы можно записать как:

S = S₁ + S₂ + S₃.

Подсчитать величины S₁ и S₃ не представляет труда: плавление льда происходит при постоянной температуре t₁ = 0°С или T₁ = 273 К, как и парообразование – при t₂ = 100°С или T₂ = 373 К.

Поэтому:

S₁ = L_пл/T₁, S₃ = L_пар/T₂, (2)

где L_пл, L_пар – удельные теплоты плавления льда и парообразования воды, соответственно. Если подвод тепла проводить медленно, то эти процессы обратимы и поэтому справедливо выражение (1).

Расчет приращения энтропии при нагреве воды от T₁ до T₂ не прост, так как в ходе этого процесса температура непрерывно возрастает. Запишем элементарное приращение энтропии, когда температура системы меняется от T до T + dT. Пусть тепло подводится очень медленно, тогда с учетом (1):

,

где – удельная теплоемкость воды.

Отсюда полное изменение удельной энтропии при изменении температуры воды от T₁ до T₂ есть:

. (3)

Таким образом изменение удельной энтропии системы равно:

.

Задача 6.

Кусок льда массы m₁ = 100 г при температуре T₁ = 273 К поместили в калориметр, в котором находилась вода массы m₂ = 100 г при температуре T₂ = 333 К. Пренебрегая теплоемкостью калориметра, найти приращение энтропии системы к моменту установления теплового равновесия.

Дано: m₁ = 0,1 кг, Т₁ = 273 К, m₂ = 0,1 кг, Т₂ = 333 K.

Определить: S.

Анализ и решение. Проанализируем результат процессов, протекающих в калориметре. Возможно, что 1) теплоты, которая отнимается от нагретой воды и передается льду, достаточно, чтобы расплавить весь лед и нагреть до определенной температуры θ всю воду или 2) теплоты, отнятой у воды, недостаточно для плавления всего льда. Тогда в калориметре останется часть льда, а вся ? воды будет иметь T = T₁. Поэтому оценим количество теплоты Q_пл, необходимой для плавления 100 г льда. Она равна Q_пл = m₁L_пл = 33300 Дж. Тепловая энергия, которая может быть отдана 100 г воды при остывании от Т₂ = 333 К до Т₁ = 273 К, есть Q_нагр = m₂C_В(T₂ – T₁) = 25000 Дж.

Сравнение показывает, что Q_нагр < Q_пл и процесс идет по второму пути. Подсчитаем, какое количество льда расплавится при охлаждении воды. Нетрудно получить, что:

.

Тогда приращение энтропии системы состоит из двух вкладов:

1. 
   изменение энтропии S₁ за счет плавления  г льда,
   
2. 
   изменение S₂ за счет охлаждения m₂ г воды от T₂ до Т₁, т.е.
   

S = S₁ + S₂.

Величина S₁ может быть рассчитана по (2) предыдущей задачи:

и S₂ – по соотношению (3) той же задачи с учетом, что масса воды m₂ не единична, а равна m, т.е.

S = m₂C_B·ln(T₁/T₂).

Полное приращение энтропии есть:

.
Задача 7.

Вычислить давление насыщенного водяного пара над поверхностью капли тумана с r₁ = 10^-5 см и над поверхностью микрокапли воды с r = 10^-7 см при t = 20єC, когда σ_воды = 73 мН/м, = 1,002 см³/г, p_H над плоской поверхностью воды 2,33 кПа.

Решение. Известно, что мелкие капли воды обладают сферической формой, поэтому для подсчета давления насыщенного пара над ее поверхностью можно воспользоваться выражением (9.3):

.

Но так как , то:

. (1)

Расчет экспоненциальных функций – достаточно трудоемкий процесс. Поэтому перед расчетом имеет смысл оценить величину показателя экспоненты, как указывалось в задаче 4. Если она значительно меньше единицы, то экспоненту раскладывают в ряд, причем обрывают его на втором или, в крайнем случае, на третьем члене, причем такой расчет часто превосходит точность эксперимента.

Проведенная оценка показала, что для r = 10^-5 см:

,

но для микрокапли с r = 10^-7 см, это величина равна 1,1, т.е. сравнима с единицей и нужно пользоваться только выражением (1).

Таким образом, для капельки тумана:

или  2,33·10³·1,1·10^-2 ≈ 26 Па.

Для микрокапли с r = 10^-7 см, где содержится ~ 30 молекул воды:

.

Однако эту цифру нужно рассматривать только как оценочную, ибо (9.3) справедливо лишь для макрообъектов.

Задача 8.

Найти стационарный поток пара от сферической капли жидкости радиуса a в процессе ее испарения. Известны коэффициент самодиффузии паров жидкости в воздухе D, плотность пара на большом расстоянии от капли ρ_∞, плотность насыщенного пара ρ_Н. Найти также плотность пара ρ в зависимости от расстояния r от центра капли. Влиянием кривизны поверхности жидкости в капле пренебречь.

Анализ и решение. Стационарный поток пара через любую сферическую поверхность радиуса r, концентрическую относительно поверхности капли, можно записать как:

q_m · S_сф = q = const, (1)

где q_m – плотность потока вещества, S_сф – площадь поверхности сферы радиуса r.

Величина q_m рассчитывается по закону Фика (8.3):

, а S_сф = 4πr²

и условие (1) становится:

.

Так как q = const, то в полученном дифференциальном уравнении можно провести разделение переменных и проинтегрировать его:

или

.

Из условия, что при r → ∞, ρ = ρ_∞, нетрудно определить постоянную, в результате чего:

, (2)

откуда поток:

. (3)

Однако по условию задачи требуется выразить поток пара в виде функции радиуса капли а. Для этого воспользуемся условием, что на поверхности капли, т.е. при r = a, плотность пара ρ = ρ_H. Подставляя эти величины в (3), получим:

. (4)

Затем, приравнивая правые части уравнений (3) и (4), найдем зависимость плотности пара ρ от расстояния r от центра капли:

.
10. ПОВЕРХНОСТНОЕ НАТЯЖЕНИЕ В ЖИДКОСТИ.

РАСТВОРЫ.

10.1. Основные понятия и формулы.
Работа образования дополнительной поверхности S жидкости:

, (10.1)

где σ – коэффициент поверхностного натяжения, ψ – свободная энергия Гельмгольца.

Сила F, действующая по касательной к поверхности жидкости, приходящейся на единицу длины раздела, перпендикулярно этой линии:

, (10.2)

где – длина раздела поверхности.

Дополнительное давление, возникающее в жидкости за счет кривизны ее поверхности (давление Лапласа):

, (10.3)

где r₁ и r₂ – главные радиусы кривизны поверхности жидкости.

Высота h поднятия жидкости в капилляре радиуса R:

. (10.4)

Здесь θ – краевой угол смачивания, g – ускорение свободного падения, r – радиус кривизны поверхности жидкости.

Величина осмотического давления π раствора подчиняется уравнению Ван-Гоффа:

, (10.5)

где n_в – число молекул растворенного вещества в объеме V.

10.2. Примеры решения задач.
Задача 1.

Для определения коэффициента поверхностного натяжения воды взвешивают капли, отрывающиеся от тонкого капилляра. Оказалось, что масса n = 318 капель воды равна m = 5 г при диаметре капилляра d = 0,7 мм = 7‡10^–4 м.

Дано: n = 318, m = 5 г = 5‡10^-3 кг, d = 0,7 мм = 7‡10^–4 м.

Определить: σ.

Решение. Условие отрыва капли: вес капли р_к должен быть равен удерживающей ее силе F, т.е.

(1)

Капля удерживается на трубке перед отрывом силами поверхностного натяжения на длине среза капилляра . Удерживающая сила, согласно (10.2):

Вес р_к висящей капли в момент отрыва:

Подставляя в (1) величины F и р_к, получим:

.

Задача 2.

В спирт опущена на очень малую глубину трубка внутреннего радиуса R = 2 мм. Определить: 1) массу спирта, вошедшего в трубку, 2) на сколько давление в точке, лежащей на полувысоте, меньше атмосферного.

Решение. Из Рис. 10.1 видно, что точка А расположена внутри жидкости, вплотную к поверхности, точка В – на полувысоте столбика спирта, точка С – на поверхности жидкости в большом сосуде.

Известно, что спирт смачивает стекло, поэтому краевой угол θ ≈ 0, поэтому мениск будет вогнутым, и жидкость поднимается в капилляре на определенную высоту h.

Масса столбика спирта:

,

ρ – плотность спирта, S – площадь поперечного сечения капилляра. Высота поднятия жидкости в капилляре, согласно (10.4), при θ ≈ 0, есть:

, (1)

откуда:

г.

Чтобы ответить на второй вопрос задачи, вспомним, что давление в точке А внутри жидкости с учетом кривизны ее поверхности есть:

,

где Р₀ – атмосферное давление.

В круглых трубках, когда жидкость смачивает стенки, r₁ = r₂ = R и из (10.3) следует:

.

В точке В давление Р_В будет больше Р_А на величину гидростатического давления столбика высотой h/2 , т.е.:

(2)

Подставляя в (2) значение h из (1), получим:

.

Задача 3.

На дне пруда выделился пузырек газа диаметром d = 4 мкм. При подъеме этого пузырька к поверхности воды его диаметр увеличился в n = 1,1 раза. Найти глубину пруда. Атмосферное давление нормальное, процесс расширения считать изотермическим.

Дано: d = 4 мкм = 4‡10^–6 м, d₁/d = 1,1, P = P₀, T = const.

Определить: h.

Решение. Как следует из условия задачи, расширение пузырька при подъеме со дна на поверхность – процесс изотермический. Если считать, что газ внутри пузырька подчиняется законам идеального газа, то можно записать:

, (1)

где Р₁, Р₂ – давление газа внутри пузырька, находящегося на дне и на поверхности пруда, соответственно, V₁, V₂ – их объемы в тех же точках.

Если пузырек газа находится в жидкости на глубине h в равновесии, то давление газа внутри него Р₁ по абсолютной величине равно внешнему давлению. Последнее складывается из атмосферного давления Р₀, гидростатического давления столба жидкости высотой h равного Р_ст = ρgh и лапласова давления искривленной поверхности , т.е.:

.

Если пузырек находится у поверхности жидкости, то давление Р₂ внутри него равно:

.

Давление Лапласа в обоих случаях разное, т.к. оно зависит от размера пузырька, который при подъеме меняется. Нетрудно записать их значения, полагая, что в (10.3) :

,

.

Объемы пузырьков на дне и у поверхности:

, .

Подставляя найденные значения Р₁, Р₂, Р_Ĺ́́́, Р_Ĺ́́́ ́ и V₁, V₂ в (1), получим:

,

откуда нетрудно найти:

.

Задача 4.

Две вертикальные пластинки, погруженные частично в смачивающую жидкость с плотностью , коэффициентом поверхностного натяжения , краевым углом , образуют клин с малым углом . Ребро клина вертикально. Найти высоту поднятия жидкости как функцию расстояния от ребра клина.

Решение. На рис. 10.2 представлено поперечное сечение клина. На расстоянии от его вершины расстояние между пластинами . Вследствие малости угла , и тогда:

(1)

Как показывает опыт, жидкость поднимается вверх между параллельными пластинами, разделенными узким зазором. Высота капиллярного подъема h в этом случае определяется формулой, аналогичной (10.4), но R заменяется на расстояние d между пластинками (см., например, А. И. Кикоин, И. К. Кикоин, Молекулярная физика, 1976, стр. 338), т.е.:

(2)

На небольшом участке dx пластины клина можно рассматривать как параллельные друг другу. Поэтому высота подъема жидкости здесь будет определяться соотношением (2). Подставляя (1) в (2), получим искомую зависимость:

,

т.е. линия пересечения поверхности жидкости и пластины описывается гиперболой.

Задача 5.

Какую работу надо совершить, чтобы раздробить каплю масла массой m = 1 г внутри воды на мелкие капельки радиусом r = 10^–4 см. Считать процесс дробления изотермическим, ρ_масла = 0,9 г/см³, σ на границе вода-масло равна 18‡10^–3 Н/м.

Дано: m = 1 г = 10^–3 кг, r = 10^–4 см = 10^–6 м, Т =const, ρ = 0,9 г/см³ = 0,9‡10³ кг/м³, σ = 18‡10^–3 Н/м.

Определить: А.

Анализ и решение. При дроблении капли масла на более мелкие работа затрачивается только на образование новой дополнительной поверхности, причем внутренняя энергия капель не меняется. Следовательно, искомая работа, согласно (10.1), есть:

,

где – дополнительная поверхность, образованная при дроблении капли, равная:

(1)

где R – радиус исходной капли, N – число капелек, образованных при ее дроблении. Неизвестная величина R может быть определена из массы исходной капли , откуда:

.

Число мелких капель N такие можно найти из их массы, полагая, что при дроблении количество вещества не меняется. Поэтому:

,

откуда:

.

Подставляя найденные выражения для R и N в (1) и упрощая соотношение, получим:

.

Нетрудно видеть, что R >> r, поэтому в хорошем приближении:

,

а искомая работа:

,

т.е. работа дробления обратно пропорциональна размеру капелек.

Задача 6.

Ртуть массой m = 1 г помещена между двумя плоскими стеклянными пластинками. Какую силу F надо приложить к верхней пластинке, чтобы ртуть приняла форму круглой лепешки однородной толщины и радиуса R = 5 см. Краевой угол между ртутью и стеклом θ = 40є, σ = 0,49 Н/м.

Дано: m = 1 г = 10^–3 кг Hg, R = 5 см = 5‡10^–2 м, θ = 40є, σ = 0,49 Н/м.

Определить: F.

Анализ и решение. Поперечный срез одного края ртутной лепешки, зажатой между двумя стеклянными пластинками, изображен на Рис. 10.3. Так как ртуть почти не смачивает стекло, ее мениск получается выпуклым, что приводит к существованию лапласова давления Р_L, направленного внутрь жидкости. Поэтому давление в ртути больше, чем атмосферное. Чтобы удержать жидкость в равновесии, к верхней пластинке нужно приложить силу F равную по абсолютной величине Р_L, умноженной на площадь S лепешки из ртути, т.е.:

, (1)

где R – радиус ртутной лепешки.

Подсчитаем величину Р_L. Согласно (10.3):

,

где r₁ и r₂ – главные радиусы кривизны поверхности. Кривизной сечения поверхности ртути плоскостью пластинок можно пренебречь, т.е. считать r₂ → . Другой радиус кривизны r₁ можно подсчитать, обратясь к Рис. 10.3. Если расстояние между пластинками обозначить через d, то радиус кривизны r₁ есть:

.

Тогда:

.

Остается определить расстояние d. Если считать, что ртутная лепешка имеет форму цилиндра с радиусом R и высотой d, то массу ртути m можно записать как , откуда находят:

.

Подставляя найденные величины в (1), получим:

.

Задача 7.

Какую работу нужно совершить, чтобы выдуть мыльный пузырь, радиусом r = 7 см. σ мыльной воды равен 0,04 Н/м.

Анализ и решение. Процесс выдувания происходит при постоянной температуре. Тогда искомая работа А определяется суммой работы А₁, которую нужно затратить на образование поверхности пузыря, и работы А₂ сжатия воздуха до давления Р, которое имеется в пузыре, т.е.:

А = А₁ + А₂ (1)

Работу А₁, согласно (10.1), можно записать как:

,

где S – сумма внутренней и внешней поверхности пленки, ибо пленка мыльного пузыря двойная.

Поэтому:

,

а работа:

.

Работу сжатия воздуха в пузыре объемом V при Т = const от давления Р₀ до Р можно подсчитать так.

Из общего определения работы:

.

Уравнение состояния газа в пузыре .

Продифференцируем, считая, что Т = const:

,

отсюда , но , т.е.

или

(2)

Здесь Р₀ – нормальное давление, имеющееся в окружающей среде.

Давление Р – давление внутри пузыря. Оно равно Р₀ + Р_L, где Р_L – лапласово давление, которое оказывает пленка пузыря.

Согласно (10.3) и учитывая, что пленка двойная:

.

Тогда:

,

а объем пузыря:

.

Подставляя найденные величины в (2), получим:

.

Тогда искомая работа:

.

Оценим величину . Она значительно меньше единицы.

Тогда:

и, учитывая это, имеем:

.

Задача 8.

При какой температуре Т осмотическое давление двухпроцентного (по весу) раствора поваренной соли (ω₁ = 2 % = 0,02) в воде будет равно π = 15 атм. Степень диссоциации α поваренной соли равна 0,75.

Решение. Величина осмотического давления раствора подчиняется уравнению Ван-Гоффа (10.5), из которого следует:

(1)

Для того чтобы воспользоваться соотношением (1), нужно выразить величину через концентрацию ω₁ поваренной соли и степень диссоциации α.

По определению:

, (2)

где m₁ и m₂ – массы NaCl и воды в растворе, соответственно.

Так как массы веществ входят в (2) в виде отношения, их численные значения можно брать с точностью до постоянного коэффициента. Чтобы получить ω₁ = 0,02 положим, что m₁  = 2 г, m₂ = 98 г. Тогда объем, занимаемый поваренной солью в растворе , а объем воды , где ρ₁ и ρ₂ – плотности NaCl и воды, соответственно, а объем раствора:

.

Число молей поваренной соли в растворе , а число ее молекул:

,

где М₁ – молярная масса NaCl, численно равная ее относительной молекулярной массе.

Таким образом,

. (3)

Далее учтем, что часть молекул NaCl диссоциирует на два иона: Na^– и Cl⁺. Степень диссоциации , где n_i – число диссоциированных молекул из n_í молекул. Тогда общее число ионов и молекул NaCl в растворе:

.

С учетом (3) искомая величина:

,

а температура:

.

Задача 9.

Капля жидкости совершает пульсационные колебания, становясь последовательно вытянутой, сферической, сплюснутой, снова сферической и т.д. Экспериментально установлено, что период Т этих пульсаций зависит от плотности ρ, коэффициента σ и радиуса капли r. Установите зависимость Т (ρ, σ, r).

Решение. При решении ряда сложных физических проблем, где данных явно не хватает, чтобы создать стройную теорию, пытаются экспериментально выяснить те параметры, от которых зависит интересующая величина (Т). В данной задаче такими параметрами являются ρ, σ и r. Для получения вида зависимости используют теорию размерности. В ней предполагается, что все зависимости носят степенной характер. В нашем случае полагаем, что:

,

где x, у, z – неизвестные показатели.

Для их нахождения определяют размерности входящих в правую часть величин. Обозначим основные единицы длины через l, массы – m и время – t. Тогда размерности плотности, длины и коэффициента поверхностного натяжения запишем:

, , .

Размерность периода колебаний [T] = t. При правильно выбранной зависимости показатели при m, l и t должны совпадать, т.е.:

,

то показатели при m: x + z = 0,

при l: 3x + y = 0,

при t: –2z = 1.

Отсюда нетрудно найти z = –Ѕ, х = Ѕ, у = 3/2,

а искомая зависимость:

.

Рекомендуемая литература.
1. Сивухин Д. В. Общий курс физики, т. II. Термодинамика и молекулярная физика, М., 1975 и следующие изд.

2. Кикоин А. К., Кикоин И. К. Молекулярная физика. М., 1976 и следующие изд.

3. Рейф Ф. Статистическая физика. М., 1972 и следующие изд.

4. Матвеев А. Н. Молекулярная физика. М., 1981 и следующие изд.

5. Сборник задач по общему курсу физики. Термодинамика и молекулярная физика, под ред. Сивухина Д. В. М., 1976.

6. Агекян Т.А. Теория вероятностей для астрономов и физиков. М., 1974.
ч. 1 ... ч. 2 ч. 3 ч. 4 ч. 5