А.В. Финкельштейн, О.Б. Птицын - Физика белка - Курс лекций с цветными и стереоскопическими иллюстрациями и задачами (1123404), страница 89
Текст из файла (страница 89)
напряженность электрического поля (в любойточке пространства) равна градиенту электрического потенциала, взятомус обратным знаком;(2) ∫ (ε E ) ⊥ dS = 4π qS , где интеграл берется по произвольной замкнуSтой поверхности S, (ε E ) ⊥ — перпендикулярная этой поверхности составляющая вектора ε E ( ε — диэлектрическая проницаемость в данной точке),а qS — окруженный этой поверхностью S «свободный» заряд (т.
е. не включающий тех зарядов, что возникли в поляризующемся диэлектрике).В приложении к шару с радиусом ρ и зарядом q, находящемуся в однородной среде с диэлектрической проницаемостью ε1, эти уравненияприводят к хорошо вам известному результату: при r ≥ ρ (где r — ведущий из центра шара радиус-вектор, а ρ — радиус шара), ϕ = q / ε1r, откудаE = qr / ε1r 3 , а энергия шара U0 = q2 / 2ε1ρ.для шара, находящегося на вершине конуса, будем искать решениев сходном виде: ϕ = q / Сr при r ≥ ρ; здесь С — константа, которую нам предстоит определить. Обратите внимание, что такой потенциал соответствуетусловию проводимости шара, так как он одинаков во всех точках его поверхности (т.
е. при r = ρ), а его градиент однозначно определен в любойточке вне шара, и он не имеет составляющей, перпендикулярной боковойповерхности конуса, т.е. поверхности контакта сред с ε = ε1 и ε = ε2.Если ϕ = q / Сr, то E = qr / Cr 3 и, значит, U = q2 / 2Сρ. Возьмем интеграл∫∫SSпо сфере радиуса r ≥ ρ, концентрически охватывающей наш шар. Этотсостоит из двух частей:∫S1берется по той части этой сферы, что ле-жит вне конуса, а ∫— по той ее части, что лежит внутри конуса. такS2как заключенный внутри конуса телесный угол равен W, а остающийся внеконуса телесный угол есть, соответственно, 4π – W, то= ε 2 (qr / Cr 3 ) ⋅ r 2 W = ε 2 qW / C , а∫S1∫S2ε 2 (qr / Cr 3 )dS =ε1 (qr / Cr 3 )dS = ε1 (qr / Cr 3 ) ⋅ r 2 (4π − W) == ε1q (4π − W) / C .
При этом сумма ε 2 qW / C + ε1q (4π − W) / C = 4πq,по основному уравнению (2), так что C = ε1 (1 – W / 4π) + ε2(W / 4π). Итак,энергия шара на конусе естьU = q2 ⋅42211.⋅2 ρ ε1 (1 − W / 4π ) + ε 2 (W / 4π )(6.8.1)Обратите внимание, что, при ε1 >> ε2, энергия U остается невысокой,порядка q2 / 2ρε1 при любом ε2 < ε1, пока конус не охватит большую частьпространства, а потом быстро растет до q2 / 2ρε2.Вычитая из нее энергию того же шара, находящегося в однородной среде с диэлектрической проницаемостью ε1, U0 = q2 / 2ε1ρ, получаем искомуюэнергию взаимодействия шара с конусом:∆U = q 2 ⋅(ε1 − ε 2 )(W / 4π )1.⋅2 ρε1 ε1 (1 − W / 4π ) + ε 2 (W / 4π )(6.8.2)Задача 6.9точечный заряд, находящийся в среде с диэлектрической проницаемостью ε1, окружен концентрическим шаровым слоем с диэлектрическойпроницаемостью ε2.
Определить энергию взаимодействия заряда шаровымслоем (имеется в виду энергия переноса заряда из бесконечно от шара удаленной точки среды с диэлектрической проницаемостью ε1 в центр шара).РешениеВ сферически-симметричном случае, изображенном на схеме, заряд qсоздает вокруг себя поле с потенциалом:ϕ = q / ε1r — при r ≥ ρ0 (где ρ0 — внешний радиус слоя);ϕ = q / ε2r + ∆ϕ1 — при ρ ≤ r ≤ ρ0;ϕ = q / ε1r + ∆ϕ — при r ≤ ρ (где ρ — внутренний радиус слоя).константы ∆ϕ1 и ∆ϕ находятся из условия непрерывности потенциала ϕна стыках двух сред.
(Проверьте, что этот потенциал удовлетворяет обоимосновным уравнения электростатики, приведенным в решении задачи 6.8!)∆ϕ1 нас не интересует, а ∆ϕ = q [1 / ρ – 1 / ρ0] [1 / ε2 – 1 / ε1] есть дополнительный, созданный шаровым слоем потенциал в районе заряда q.
В результатесуществования этого дополнительного потенциала энергия взаимодействиязаряда с шаровым слоем равна1 1 ε −ε∆U = ½q∆ϕ = q 2 ⋅ ( − ) ⋅ 1 2 .(6.9.1)ρ ρ0 2ε1ε 2423Задача 6.10 (довольно сложная)как, на качественном уровне, зависит энергия взаимодействия точечного заряда q с маленьким телом, имеющим диэлектрическую проницаемостьε2, в среде, имеющей диэлектрическую проницаемость ε1, от расстоянияи от диэлектрической проницаемости обеих сред?Решениекачественное приближение к ответу можно получить следующимобразом.Известно, что электростатическая энергия в единице объема равнаεE2/8π, где E — напряженность электрического поля, равная, в однороднойсреде, q / εr2 на расстоянии r от заряда q.
Итак, электростатическая энергияобъема dV среды с диэлектрической проницаемостью ε1 равна dV {q2/8πε1r4}на расстоянии r от заряда q. [Проверяем вышесказанное «известно…», интегрируя q2/8πε1r4 по объему, лежащему вне шара радиуса R; получаем∫∫∫r≥RdV {q 2 /8πε1r 4 } = ½q2/ε1R — т. е. хорошо нам уже известную форму-лу для энергии заряженного шара в диэлектрике.] Замена ε1 на ε2 в кусочкепространства не может изменить ни q, степени r в выражении dV{q2/8πε1r4}.Однако, естественно, она как-то повлияет на множитель, связанный с ε.
точно оценить это изменение из элементарных соображений я не могу. Ясно,однако (и мы это уже обсуждали в лекциях), что замена ε1 на более высокоеε2 приведет к притяжению такого, более поляризующегося кусочка к заряду(т. е. к понижению энергии), а замена ε1 на более низкое ε2 приведет к отталкиванию этого кусочка. Поэтому знак энергии взаимодействия должен бытьтот же, что у ε1 – ε2. Из того соображения, что одновременное увеличениеи ε1, и ε2 в несколько раз должно во столько же раз понизить электростатическую энергию (где какой-то ε всегда стоит в знаменателе), можно заключить,что множитель 1/ε1 в выражении dV {q2/8πε1r4} переходит в множитель вида(ε1 – ε2)/ε1 〈ε〉, где 〈ε〉, — какая-то эффективная, усредненная диэлектрическаяпроницаемость.
рекомендую посмотреть на соответствующие члены в уравнениях (6.8.2), (6.9.1).Итак, мы можем, на качественном уровне, сказать, что энергия взаимодействия точечного заряда q с маленьким телом пропорциональна(ε1 – ε2) / ε1 〈ε〉, и 1 / r4 (а также объему тела и квадрату заряда); можно записать это в виде формулыdU =4241q2 ε − ε⋅dV ⋅ 4 ⋅ 1 2 ,8πr ε1 〈ε 〉(6.10.1)где величина 〈ε〉, нам пока неизвестна; из частных случаев, разобранныхв задачах 6.8 и 6.9, можно только предположить, что величина 〈ε〉, ближек ε1, т. е. к диэлектрической проницаемости среды, чем к ε2. для того чтобысказать больше, нужно точное решение задачи.Примечание.
точное (и сложное!) решение задачи о взаимодействии заряда с шариком показывает, чтоdU =ε1 − ε 2q21.⋅ dV ⋅ 4 ⋅8πr ε 1 ( 2 3 ε 1 + 13 ε 2 )(6.10.2)К лекции 8Задача 8.1Найдите температуру идеального одноатомного газа, энергия которогосоставляет ξ в расчете на частицу.РешениеT = ⅔ξ / k.расчет базируется на формулах (8.4), 1 / T = dS / dE, и (8.1), S = k ln [M (E)].Здесь E = Nξ — полная энергия газа из N частиц, а энтропия состоит из кинетической и координатной частей, S (E) = Sкинет. (Eкинет.) + Sк°°рд. (Eк°°рд.),где Eкинет.
+ Eк°°рд. = E. так как в идеальном газе молекулы не взаимодействуют по определению, Eк°°рд. = 0; значит, Eкинет. = E. с другой стороны,кинетическая энергия одноатомного газа из N частицEкинет. =N∑i =112m[vi2,1 + vi2, 2 + vi2,3 ] ,где m — масса молекулы, а vi, 1, vi, 2, vi, 3 — скорости движения частицыi по трем координатам трехмерного пространства.
Значит, квадрат длиныимеющего 3N координат вектора (v1,1, v1,2, …, vN, 2, vN, 3) равен 2Eкинет./ m,а доступные для системы из N молекул точки в пространстве скоростейлежат на 3N-мерной сфере с радиусом R = (2Eкинет./ m)1/2. Площадь этой3N-мерной сферы равна С⋅R3N–1 (коэффициент С, также экспоненциальнозависящий от N, нас сейчас не интересует), а соответствующая ей энтропияSкинет. = k[lnC + (3N – 1)ln(R)].
теперь1 / T = dS кинет./ dEкинет. = k∙d {lnC + [ (3N – 1) / 2] ln (2Eкинет./ m)} / dEкинет. == k∙ (3N – 1) / (2Eкинет.) = k∙ [(3N – 1) / 2N] / ξ.(8.1.1)425Итого, T = [2N / (3N – 1)](ξ / k) = ⅔ξ / k при N >> 1. А так как энергия ξ (1),приходящаяся на каждую из трех степеней свободы одноатомной молекулы, равна, в среднем, ξ / 3, то kT = 2ξ (1).Дополнение.ту же задачу можно решить другим способом — более коротким, но требующим больше математических навыков.Исходя из распределения Больцмана, найдем среднюю кинетическую энергию, приходящуюся на каждую степень свободы одноатомной молекулыξ(1) =+∞+∞mv 2mv 2 / 2mv 2 / 2exp(−)dv / ∫ exp(−)dv =2kTkT−∞−∞∫+∞=+∞kT mv 2mv 2mv 2vm1/ 2vm1/ 2⋅exp(−)d [] / ∫ exp(−)d []=1/ 22kT2 kT2kT(kT )(kT )1/ 2−∞−∞∫kT⋅2+∞∫x−∞2exp(−x2)dx2+∞2−∞2/ ∫ exp(− x)dx =kT.2(8.1.2)А так как ξ (1) = ξ / 3 в трехмерном пространстве, то kT = ⅔ξ.
Итак, в среднем, кинетическая энергия частицы есть½m (v12 + v22 + v32) = 3 / 2 kT.Обратите внимание, что результат ξ (1) =(8.1.3)kT / 2, где ξ (1) — средняя кинети-ческая энергия в расчете на одну степень свободы, не зависит ни от массычастицы, ни от каких-либо предположений об их взаимодействии, ни дажеот размерности системы, и потому он верен для всех частиц в любых системах, подчиняющихся классической механике (при условии, что этих частиц — много).Задача 8.2 (есть тонкости…)Найдите координатную энтропию идеального одноатомного газа, состоящего из (а) N разных и (б) N одинаковых частиц, заключенных в объемV.
Найдите также координатную составляющую химического потенциалачастицы в каждом из этих двух случаев.Решение(а) S = Nk lnV, μ = –kT lnV; (б) S = Nk ln [eV / N], μ = –kT ln [V / N].Начнем со случая (а), когда все частицы — разные. Объем доступного координатного пространства равен V для любой частицы идеальногоодноатомного газа (и VN — объем пространства конфигураций для всех Nчастиц). следовательно, координатная энтропия одной индивидуальной426частицы есть k lnV, и S = Nk lnV — координатная энтропия N разных молекул. При добавлении одной индивидуальной частицы при постоянномобъеме V координатная часть свободной энергии нашей системы увеличивается на dF = dEк°°рд. – T⋅ k lnV = –kT lnV, так как в идеальном газе Eк°°рд.= 0. следовательно, координатная часть химического потенциала μ = –kTlnV.
[Отмечу, что формула (5.8) μ = G / N в данном случае неприменима,так как она справедлива только при большом числе одинаковых частицв системе.]Если частицы одинаковы (случай (б)), то мы должны учесть, что обмен местами двух любых частиц не меняет систему. А так как N частицможно переставить N! = N(N – 1) ⋅…⋅2 ⋅ 1 способами (первую частицуставим в любую из N позиций, вторую — в любую из N – 1 оставшихся,и т. д.), то объем пространства нетождественных конфигураций уменьшается N! раз, и, соответственно, его логарифм падает на ln [N!] ≈ Nln[N / e] (последнее преобразование, справедливое при N >> 1, называется формулой стирлинга). следовательно, S = Nkln[eV / N] для N одинаковых частиц.соответственно, координатная часть свободной энергии Гельмгольцадля этой системы есть Fкоорд.
= Eкоорд. – T ⋅ Nkln[eV / N] = –T ⋅ Nk ln [eV / N],так что добавление к этой системе одной частицы увеличивает ее свободную энергию на μ = dFкоорд./ dN = –kT ln [V / N].Поскольку в нашей системе много одинаковых частиц, ту же величинуμ можно вычислить и в виде μ = G / N = (E – TS+PV) / N = (–T ⋅ Nk ln[eV / N] ++ NkT) / N = –kTln[V / N]. [доказательство известной формулы PV = NkT, гдеP — давление газа, см. в следующей задаче.]При N = 1 этот химический потенциал, естественно, совпадает с тем,что был получен для индивидуальной частицы в случае, когда все частицы — разные.Задача 8.3докажите, что для заданного количества идеального газа PV / T = const(где V — объем, P — давление, Т — температура).РешениеИзменение dF свободной энергии тела при постоянной (обеспечиваемой теплообменом с окружающей средой) температуре равно, по определению, вложенной в тело работе. давление P, тоже по определению, — этосила, действующая на единицу площади ограничивающей газ поверхности.На поверхность площадью σ действует сила Pσ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
