Сон Э.Е. Лекции по физической механике
Подождите немного. Документ загружается.
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 17
B
2
(T ) =
2
3
πr
3
0
[λ
3
− (λ
3
− 1)e
βΦ
0
]
При T → ∞(β → 0)B
2
(T ) → (2/3)πr
3
0
.
б)
B
2
(T ) =
2
3
πβΦ
0
r
3
0
n
Z
∞
0
e
−
β Φ
0
x
n
x
2−n
dx, x =
r
r
0
.
Полагая βΦ
0
/x
n
= t, получим:
B
2
(T ) =
2
3
πr
3
0
(βΦ
0
)
3
n
Z
∞
0
e
−t
t
−
3
n
dt =
=
2
3
πr
3
0
µ
Φ
0
T
¶
3
n
µ
1 −
3
n
¶
.
1.7. Получить выражение для удельной теп-
лоемкости двухатомных молекул в области диссо-
циации, считая заданными энергию диссоциации
молекул ε
D
, энергию колебательного кванта основ-
ного состояния молекулы ¯h
ω
и степень диссоциа-
ции газа. Статистические суммы атомов и молекул
считать постоянными.
1.8. Построить график зависимости степени
диссоциации водорода от температуры 1000 < T <
10000 К при постоянном давлении р=1 атм, при-
нимая следующие значения параметров молекулы
и атома водорода: энергия диссоциации ε
D
= 4, 48
эВ, вращательная постоянная B
e
= 87, 6 K, коле-
бательный квант ¯hω = 6333 K, статистический вес
атома водорода в основном состоянии g
1
= 2.
Решение
Степень диссоциации определяется по форму-
ле:
α
2
1 − α
2
= K
p
=
kT
8
√
2pλ
3
A
g
2
A
g
0
A2
e
−ε
D
/kT
.
Статистическая сумма молекул:
g
0
H
2
= g
el
g
R
g
v
g
0
H
2
=
kT
B
e
e
y
e
2y
− 1
, y =
¯hω
2kT
,
8
√
2pλ
3
A
kT
= 0, 482 · 10
−6
p
atm
(T/10
3
)
5/2
µ
3/2
.
Расчет степени диссоциации
α =
s
K
p
1 + K
p
,
K
p
= 2, 347 · 10
7
(T/10
3
)
5/2
g
H
0
2
e
−52000/T
.
Весь переход происходит в узкой области
2000 < T < 4000 K, в области температур гораздо
меньшей ε
D
/k = 52000 К.
1.9. Найти показатель адиабаты для диссоци-
ированного газа (уточнить решение).
Решение
k
см
− 1 =
P
ν
α
1
2
P
ν
α
i
α
+
P
α
dν
α
d ln T
¡
i
α
2
−
µ
α
kT
¢
,
k
см
= 1+
2
i
α
=
i
α
+ 2
i
α
r
α
=
ν
α
ν
- молярная концентрация,
ν =
X
ν
α
,
dν
α
d ln T
= ν
α
d ln ν
α
d ln T
X
r
α
ˆν
αT
µ
iα
2
−
µ
α
kT
¶
,
k
см
− 1 =
1
1
2
P
r
d
iα +
P
α
r
α
ˆν
αT
¡
iα
2
−
µ
α
kT
¢
,
µα = kT ln
n
α
λ
3
α
g
α
,
1
k
−
см
1
=
1
2
X
r
α
i
α
+
X
α
r
α
ˆν
αT
µ
iα
2
−
µα
kT
¶
.
Для реакции диссоциации обозначим r-
молярная доля молекул, тогда 1 − r - молярная
доя возбужденных молекул.
1
κ
−
1
=
6r + 5(1 − r)
2
=
5 + r
2
k
см
= 1 +
2
5 + r
=
7 + r
5 + r
при r = 0 k = 7/5, при r = 1, k = 4/3.
1.10. Получить формулу для удельной тепло-
емкости атомарного газа в области однократной
ионизации, считая известными степень ионизации
газа, температуру и потенциал ионизации атомов.
Статистические суммы атомов и ионов считать по-
стоянными.
Решение
Внутренняя энергия газа, состоящего из элек-
тронов, ионов и атомов на единицу объҷма равна
E =
3
2
kT n
e
+
3
2
kT n
i
+
µ
3
2
kT − I
¶
n
a
. (1)
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 18
T,К 1000 2000 3000 4000 5000 6000 8000 10000
K
p
1, 27
−15
1, 39
−4
0,800 65,22 946,6 5753 5, 68
4
2, 31
5
g
0
H
2
0,482 4,892 13,56 26,03 42,18 61,96 112,4 177,2
Таблица 9: Константа равновесия и статистическая сумма молекулы водорода
Здесь учтено, что атомы имеют отрицательную
энергию -I по отношению к электронам и ионам.
Используя выражения для концентраций электро-
нов и ионов
n
e
= n
i
=
α
1 + α
n
0
, n
a
=
1 − α
1 + α
n
0
, n
0
=
p
kT
, (2)
найдем плотность газа
ρ = n
e
m
e
+ n
i
m
i
+ n
a
m
a
≈ m(n
i
+ n
a
) =
mn
0
1 + α
и подставим значения в выражение для удельной
энергии:
e =
E
ρ
= R
·
3
2
(1 + α)T − (1 − α)I
¸
.
Дифференцируя по температуре, находим тепло-
емкость:
c
v
=
du
dT
= R
·
3
2
(1 + α) +
µ
3
2
+
J
T
¶
T
dα
dT
¸
.
Производную dα/dT найдем из выражения для
константы равновесия (при g
a
= const, g
i
= const)
α
2
1 − α
2
= K
p
= CT
5/2
e
−I/kT
, ln K
p
=
5
2
ln T −
I
kT
,
K
p
0
K
p
=
5
2T
+
I
T
2
=
1
T
µ
5
2
+
I
kT
¶
,
2α
(1 − α
2
)
2
dα
dT
=
α
2
1 − α
2
1
T
µ
5
2
+
I
kT
¶
,
T
dα
dT
=
α
2
(1 − α
2
)
µ
I
kT
+
5
2
¶
.
В результате получаем :
c
v
= c
tr
v
+ c
ion
v
c
tr
v
=
3
2
(1 + α)R,
c
ion
v
=
α(1 − α
2
)
2
µ
I
kT
+
5
2
¶µ
I
kT
+
3
2
¶
R.
1.11. Получить выражение для удельной теп-
лоемкости двухатомных молекул в виде суммы
трех слагаемых, соответствующих теплоемкости
поступательных и вращательных, колебательных
степеней свободы и диссоциации молекул, счи-
тая заданными энергию диссоциации молекул ε
D
,
энергию колебательного кванта основного состоя-
ния молекулы ¯hω и степень диссоциации газа. Ста-
тистические суммы атомов и молекул считать по-
стоянными.
Решение
Внутренняя энергия единицы объҷма смеси
газов, состоящей из атомов с концентрацией n
1
и
молекул с концентрацией n
2
равна
E = n
1
3
2
kT + n
2
µ
5
2
kT + ε
v ib
− ε
D
¶
. (1)
Здесь учтено, что молекулы имеют враща-
тельные и колебательные степени свободы, а ос-
новное состояние молекул имеет энергию -ε
D
, ε
vib
-
среднее значение колебательной энергии, приходя-
щейся на молекулу. Концентрация атомов и моле-
кул определяется степенью диссоциации:
n
1
=
2α
1 + α
n
0
, n
2
=
1 − α
1 + α
n
0
, n
0
=
p
kT
.
Подставим эти значения в (1) и поделим на плот-
ность газа
ρ = n
1
m
1
+ n
2
m
2
=
2
1 + α
n
0
m (m ≡ m
1
),
тогда получим удельную энергию:
e =
(α + 5)kT
4m
+
1 − α
2
¯ε
v ib
− ε
D
m
=
= R
½
α + 5
4
T −
1 − α
2
T
diss
¾
+
1 − α
2
ε
vib
m
.
Продифферинцируем это выражение по Т, учиты-
вая, что
c
v ib
v
=
d
dT
ε
v ib
m
=
R
2
y
2
e
y
(e
y
− 1)
2
, y =
¯hω
kT
,
получим:
c
v
=
α + 5
4
R +
1 − α
2
c
vib
v
+
R
2
T
dα
dT
µ
1
2
− y +
T
D
T
¶
.
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 19
молекула ε
diss
, эВ ¯hω/k, K
N
2
9,76 3395
H
2
4,48 6333
O
2
5,12 2274
Производную dα/dT вычислим из выражения
для степени диссоциации:
α
2
1 − α
2
= K
p
,
K
p
=
1
8
√
2n
0
λ
3
1
g
2
1
g
2
e
−
ε
D
kT
= cT
5/2
e
−ε
D
/kT
.
Здесь мы пренебрегли зависимостью статистиче-
ских сумм от температуры. Записав последнее
уравнение в виде f(α
2
) = K
p
(T ), получим
dα
dT
=
K
0
p
2αf
0
α
2
=
K
p
T
·
¡
5
2
+
ε
D
kT
¢¡
1 + α
2
¢
2
2α
или
T
dα
dT
=
α(1 − α
2
)
2
µ
5
2
+
T
D
T
¶
,
где T
D
= ε
D
/k.
В результате получим теплоемкость газа:
c
v
=
R
4
½
(α + 5) + (1 − α)
y
2
e
y
(e
y
− 1)
2
+
+α(1 − α
2
)
µ
T
D
T
+
5
2
¶µ
T
D
T
+
1
2
− y
¶¾
,
где y = ¯hω/kT . Первый член в скобках соот-
ветствует поступательным и вращательным сте-
пеням свободы, второй - колебательным, тре-
тий - диссоциации молекул. Для оценки соответ-
ствующих членов приведем значения параметров:
Качественная зависимость составляющих тепло-
емкости от температуры приведены на рис.
1.12. В координатах (n
e
, T ) (10
10
< n
e
<
10
24
см
−3
, 10
2
< T < 10
6
K) указать области
идеальной и неидеальной, квантовой и классиче-
ской, вырожденной и невырожденной плазмы, т.
е. построить линии, на которых параметры Γ =
e
2
/kT r
D
, η = λ/r
D
, A = n
e
λ
3
, ξ = e
2
/¯hv
T
прини-
мают значения 1 и 0.1.
Решение
Для двухкомпонентной равновесной плазмы
(n
e
= n
i
) параметры можно записать в следующем
виде:
1. Параметр взаимодействия
Γ =
e
2
kT r
D
=
e
2
kT
r
8πne
2
kT
,
Γ
2
= 8πnf
3
= 8πna
3
0
µ
e
2
a
0
T
¶
3
,
Γ
2
= 8π(na
3
0
)
µ
2Ry
kT
¶
3
= 64π(na
3
0
)
µ
2Ry
kT
¶
3
,
Γ = 8
√
π
µ
Ry
kT
¶
3/2
¡
na
3
0
¢
1/2
.
Положим y = lg (na
3
0
), x = lg (kT/Ry), тогда a
3
0
=
6, 755·10
2
4см
−3
, Ry = 1, 578·10
5
K, уравнение линии
Γ = const имеет вид
y = 3x + 2 lg Γ − lg 64π. (1)
2. Параметр, определяющий квантовые эф-
фекты в рассеянии заряженных частиц
η =
λ
r
D
=
µ
8πne
2
kT
¶
1/2
µ
2π¯hh
2
mkT
¶
1/2
,
η
2
= 16π
2
n
e
2
kT
¯h
2
mkT
η
2
= 64π
2
¡
na
3
0
¢
µ
Ry
kT
¶
2
,
логарифмируя, получим уравнение линии η =
const
y = 2x + 2 lg η − lg 64π
2
(2)
3. Параметр вырождения
A = nλ
3
= n
µ
2π¯h
2
mkT
¶
3/2
= (2π)
3/2
na
3
0
µ
2Ry
kT
¶
3/2
≈
≈ 4 · (2π)
3/2
na
3
0
µ
2Ry
kT
¶
3/2
= 6, 30na
3
0
µ
2Ry
kT
¶
3/2
,
уравнение линии A = const имеет вид
y =
3
2
x + lg A − lg
h
4 · (2π)
3/2
i
. (3)
4. Параметр, определяющий применимость
борновского приближения для рассеяния заряжен-
ных частиц
ξ =
e
2
¯hv
T
,
ξ
2
=
mv
2
0
2
·
2
mv
2
=
ε
0
2
·
2
3kT
=
2Ry
3kT
,
kT
Ry
= ξ
r
3
2
. (4)
Выражения для параметров плазмы можно
вычислять по формулам
Γ = 10, 81
n
e
/10
18
(T/1000)
1/2
,
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 20
η = 1, 526
n
e
/10
18
T/1000
,
A =
n
e
/10
18
76, 4(T /1000)
3/2
.
1.13. Рассчитать степень ионизации и пара-
метр неидеальности Γ = e
2
/kT r
D
цезиевой плаз-
мы при давлении p=10 атм в диапазоне темпе-
ратур 4000 < T < 10000 K. Расчет провести в
первом приближении без учета неидеальности, а
в следующем приближении учесть, используя де-
баевскую теорию, считать статистическую сумму
атома постоянной. Для температуры, при которой
параметр неидеальности максимален, вычислить
статистическую сумму атома с конечным числом
уровней по дебаевской теории и уточнить степень
ионизации при этой температуре. Для атома це-
зия принять модель с энергетическими уровнями
ε
n
= −R
y
/(n+∆)
2
и статистическими весами уров-
ней атома g
n
= 2
2
n
, для иона g
n
= 1. Потенциал
ионизации атома цезия I=3.89 эВ.
Решение
В первом приближении считаем Γ = 0, нахо-
дим состав и концентрацию электронов
n
e
=
α
1 + α
n
0
, n
0
=
p
kT
= 7, 34·10
18
, n
a
=
1 − α
1 + α
n
0
, затем параметр неидеальности
Γ =
e
2
kT · r
D
= 10, 81
n
1/2
18
T
3/2
3
µ
n
18
=
n
e
10
18
, T
3
=
T
10
3
¶
.
По найденному параметру Γ вычисляем уточ-
ненное значение константы равновесия и степень
ионизации. Результаты расчета приведены в таб-
лице. Параметр Γ ∼ n
1/2
e
T
−3/2
, поэтому при неко-
торой температуре Γ = Γ
max
. Поправка, связанная
с не учетом зависимости статистической суммы от
температуры минимальна там, где плазма наибо-
лее неидеальна, т. к. происходит наибольшее обре-
зание уровней, но и в этом случае она составляет
∼ 13%.
При T = 6000 К Γ = Γ
max
, статистическая
сумма равна:
g
0
a
=
n
max
X
n=1
2n
2
e
−β(ε
n
−ε
1
)
=
= 2(1 + 4e
−4,33
+ 9
−5,77
+ 16e
−6,41
+ 25e
−6,76
) =
= 2(1 + 0, 053 + 0, 028 + 0, 026 + 0, 029) = 2 · 1, 136,
Отношение статистических сумм
g
0
a
(T )
g
0
a
(0)
= 1, 136.
Здесь
ε
n
= −
R
y
(n + ∆)
2
; ε
1
= −I = −
Ry
(1 + ∆)
2
,
отсюда ∆ =
p
Ry/I − 1 = 0, 87. C учетом зави-
симости g
0
a
(T ) получаем α
(3)
= 0 , 334 (ср. α
(2)
=
0, 345, α
(∞)
= 0, 264), что является следствием
того, что вклад взаимодействия в расчетах в кано-
ническом ансамбле больше, чем в большом кано-
ническом ансамбле (БКА). Отметим уменьшение
α с ростом T при переходе от 8000 K к 100000 К -
это следствие неидеальности, которая меньше при
более высоких температурах.
2.2 Транспортные и кинетические
свойства газов и плазмы
1.14. В МГД-генераторах используется смесь
инертного газа с парами щелочных металлов.
Определить оптимальную весовую концентрацию
калия в смеси с аргоном при T = 2300 К, p =
1 атм, обеспечивающую наибольшую электропро-
водность. Потенциалы ионизации калия и аргона
равны I
K
= 4, 34 эB, I
Ar
= 15, 8 эB, статистиче-
ские веса g
K
= 2, g
+
K
= 1, g
+
Ar
= 6. Транспорт-
ные сечения рассеяния электронов на атомах при
T = 2300 К, Q
Ar
= 0, 4
˚
A
2
, Q
K
= 400
˚
A
2
.
Решение
Электропроводность слабоионизованной плаз-
мы определяется по формуле
σ =
n
e
e
2
mν
=
n
e
e
2
mv
T
(n
k
Q
k
+ n
Ar
Q
Ar
)
. (1)
Очевидно, что концентрация присадки должна
быть малой x
K
= n
k
/(n
k
+ n
Ar
) ¿ 1, поэтому по-
ложим n
Ar
= n
0
, n
k
= x
K
n
0
, где n
0
= p/kT =
3, 19 · 10
18
см
−3
.
В смеси происходит ионизация калия, т.к.
I
K
< I
Ar
, поэтому концентрация электронов опре-
деляется из уравнения
α
2
1 − α
2
= K
p
= 21, 1
g
+
K
g
0
K
T
3
p
атм
e
−I
K
/kT
=
K
p0
x
K
,
где K
p0
= 1, 36 · 10
9
, α =
p
K
p0
/x
K
.
n
e
=
α
1 + α
n
K
' αx
K
n
0
= n
0
p
x
K
K
p0
.
Положим q = Q
k
(T )/Q
Ar
(T )) = 400/0, 4 =
10
3
, тогда из (1) следует
σ =
n
0
p
βK
p0
e
2
mv
T
n
0
Q
Ar
(1 + x
K
q)
= σ
0
x
1/2
K
1 + x
K
q
,
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 21
прибли- T,K 4000 5000 6000 7000 8000 10000
жение
1 K
p
4, 04
−4
6, 74
−3
4, 79
−2
0,206 0,644 3,18
α
(1)
0,0201 0,082 0,22 0,413 0,626 0,880
n
e
3, 62
17
1, 11
18
2, 21
18
3, 06
18
3, 53
18
3, 43
18
Γ 0,318 1,020 1,093 1,021 0,898 0,633
2 α
(2)
0,0302 0,135 0,353 603 0,783 0,926
n
e
5, 02
17
1, 48
18
2, 06
18
3, 34
18
3, 62
18
3, 44
18
БКА Γ 0,965 1,178 1,182 1,064 0,907 0,633
α
(∞)
0,0299 0,128 0,264 0,445 0,891 0,824
Таблица 10: Cтепень ионизации и параметр неидеальности цезиевой плазмы при давлении 10 атм,
2, 06
18
≡ 2, 06 · 10
18
, рассчитанные в 1 и 2 приближениях в каноническом ансамбле и в большом кано-
ническом ансамбле, задача 1.13
1
σ
0
dσ
dx
K
=
1 − x
K
q
2x
1/2
K
(1 + x
K
q)
= 0
при x
K
= q
−1
= 10
−3
. При этом максимальная
электропроводность
σ((x
K
)
max
) =
σ
0
2
√
q
,
σ
0
=
e
2
p
K
p0
mv
T
Q
Ar
=
(4, 8 · 10
−10
)
2
p
1, 36 · 10
−9
0, 911 · 10
−27
· 4 · 10
−17
· 2, 98 ·10
7
=
= 7, 82 · 10
12
ceк
−1
,
где
v
T
=
r
8kT
πm
=
s
8 · 1, 38 · 10
16
· 2300
π · 0, 911 · 10
−27
= 2, 98·10
7
см
сек
σ
0
= 7, 82 · 10
12
сек
−1
=
7, 82 · 10
12
0, 9 · 10
10
= 869
1
Ом · м
,
σ
max
=
869
2
√
10
3
= 13, 1
1
Ом · m
.
Массовая концентрация
c =
m
K
n
K
m
K
n
K
+ m
Ar
n
Ar
≈
m
K
m
Ar
x
K
=
39, 1
39, 9
x
K
≈ x
K
.
В расчетах неидеальностью пренебрегали, т.к.
n
e
= n
0
p
x
K
K
p0
= 3, 19·10
18
·
p
10
−3
· 1, 36 ·10
−9
=
= 3, 72 · 10
12
см
−3
,
Γ = 10, 81
¡
n
e
/10
18
¢
1/2
(T/10
3
)
3/2
= 10, 81 ·
p
3, 72 · 10
−6
2, 3
3/2
=
= 6 · 10
−3
¿ 1.
Ответ: c
max
= 10
−3
, σ
max
= 13, 1 1/(Ом м).
1.15 Вычислить транспортную и химическую
теплопроводности водорода при давлении р=1 атм
в диапазоне температур 1000 < T < 5000
o
К.
Принять газокинетические диаметры частиц R =
1, 5
˚
A, R
H
2
= 2, 5
˚
A Для расчета степени диссоциа-
ции использовать данные задачи 1.5.
Решение
Транспортная теплопроводность определяет-
ся по формуле:
λ
tr
=
75π
64
k
X
i
n
i
v
T
i
l
i
=
75π
64
k(n
H
v
T
H
l
H
+n
H
2
v
T
H
2
l
T
H
2
),
где длина свободного пробега частиц сорта i
l
i
=
1
2
P
k
q
m
ik
m
i
n
k
Q
(2,2)
ik
.
Сечения взаимодействия частиц Q
HH
= πR
2
H
,
Q
H
2
H
2
= πR
2
H
2
, Q
HH
2
= πR
H
R
H
2
,
l
H
=
1
√
2 n
H
Q
HH
+ 2
q
2
3
n
H
2
Q
HH
2
,
l
H
2
=
1
2
q
1
3
n
H
Q
HH
2
+
√
2n
H
2
Q
H
2
H
2
.
Теплопроводность смеси плавно переходит в узкой
области диссоциации от значения, соответствую-
щего молекулярному газу к теплопроводности ато-
марного водорода при высоких температурах, по-
этому вычислим только эти предельные значения:
λ
tr
H
=
75π
64
kv
T
H
√
2Q
(2.2)
HH
= 0, 074
√
T
Вт
м · K
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 22
λ
tr
H
2
=
75π
64
kv
T
H
2
√
2Q
(2.2)
H
2
H
2
= 0, 040
√
T
Вт
м · K
.
Химическая теплопроводность определяется
по формуле
λ
r
=
1
2
ρD
12
R
2
α(1 − α
2
)
ε
D
kT
µ
ε
D
kT
+
5
2
¶
.
Плотность смеси
ρ = m
1
n
1
+ m
2
n
2
= m
1
2α
1 + α
n
0
+ m
2
1 − α
1 + α
n
0
ρ =
2
1 + α
m
1
n
0
=
2p
(1 + α)R
1
T
,
1
2
ρR
2
=
1
2
·
2p
(1 + α)R
1
T
·
R
1
2
=
1
2
p
(1 + α)T
.
Подставляя в формулу для λ
r
:
λ
r
=
1
2
p
T
D
12
α(1 − α)
ε
D
kT
µ
ε
D
kT
+
5
2
¶
.
Коэффициент диффузии рассчитывается по
формуле:
D
12
=
3π
32
v
T
(m
12
)l =
3π
32
µ
8RT
πµ
12
¶
1/2
1
n
H
Q
(1.1)
HH
+ n
H
2
Q
(1.1)
HH
2
,
D
12
= 1, 025 · 10
−7
T
3/2
1 + α
2α + (1 − α)q,
где q = Q
(1.1)
HH
2
/Q
(1.1)
HH
= 1, 67.
Данные расчета сведены в таблицу 11
1.16. Вычислить теплопроводность цезиевой
плазмы, находящейся в термодинамическом равно-
весии, при давлении 10 атм в диапазоне темпера-
тур 4000 < T < 10000 K. Потенциалы взаимодей-
ствия Cs-Cs и Cs-Cs
+
принять Φ
Cs−Cs
(r) = −C/r
6
,
Φ
Cs−Cs
+
= −α/r
4
, C=2500 а.е., α = 360 а.е.
Решение
Теплопроводность многокомпонентной смеси
(Cs, Cs
+
, e) определяется по формуле
q = −λ∇T +
X
h
k
i
k
= −λ∇T + h
e
i
e
+ h
i
i
i
+ h
a
i
a
.
(1)
Удельная энтальпия атомов
h
a
= −
I
m
a
+
Z
T
0
c
p
a
(T )dT = h
(0)
a
+ h
0
a
(T ),
h
(0)
a
= −
I
m
a
.
Диффузионные массовые потоки электронов,
ионов (электрическое поле E = 0) и атомов
i
e
= m
e
n
e
v
e
= −m
e
D
e
∇n
e
,
i
i
= −m
i
D
i
∇n
i
,
i
a
= −m
a
D
a
∇n
a
,
где D
e
, D
i
и D
a
- коэффициенты диффузии элек-
тронов, ионов и атомов.
Тепловой поток
q = −λ∇T −
5
2
kT D
e
∇n
e
−
−
5
2
kT D
i
∇n
i
−
µ
5
2
kT − I
¶
D
a
∇n
a
.
Вклад от движения ионов и атомов мал,
т.к. D
i
/D
e
∼
p
m
e
/m и (2I/5kT )(m
e
/m
a
)
1/2
≈
0, 008 ¿ 1 для цезия, поэтому
q ' −λ∇T −
5
2
kT D
e
∇n
e
, (2)
это означает, что эффект " химической" теплопро-
водности в области ионизации мал. Если плазма
находится в состоянии химического равновесия, то
n
e
= n
e
(p, T ), но p = const, поэтому
∇n
e
=
dn
e
dT
∇T =
n
e
T
ˆn
T
∇T,
где
ˆn
T
=
d ln n
e
d ln T
.
Эффективная теплопроводность смеси опре-
деляется по формуле
q = −λ∇T,
λ = λ +
5
2
kn
e
D
e
ˆn
e
T
. (3)
Величина ˆn
e
T
определяется из уравнения
ионизационного равновесия :
n
e
=
α
1 + α
n
0
,
где n
0
= p/kT,
dn
e
dT
=
n
0
(1 + α)
2
dα
dT
+
α
1 + α
dn
0
dT
,
α
2
1 − α
2
= k
p
,
T
dα
dT
=
α(1 − α
2
)
2
µ
I
kT
+
5
2
¶
,
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 23
T,К 1000 2000 3000 4000 5000
λ
tr
H
, Bт/м.К 2,34 3,31 4,05 4,68 5,23
λ
tr
H
2
Bт/м.К 1,28 1,81 2,22 2,56 2,86
α 3, 56
−8
0,012 0,667 0,992 0,999
D
12
1, 94
−3
5, 50
−3
1, 49
−2
2, 56
−2
3, 62
−2
λ
r
0, 98
−5
1,21 19,35 0,50 0,048
Таблица 11: Транспортная и химическая теплопроводность водорода при давлении p = 1 атм, задача
1.13
ˆn
T
=
d ln n
e
d ln T
=
1 − α
1 + α
µ
I
2kT
+
5
4
¶
− 1.
Теплопроводность смеси газов равна :
λ =
75π
64
k
X
i
n
i
v
(T )
i
l
i
=
75πk
64
¡
n
e
v
T
e
l
e
+ n
a
v
T
a
l
a
¢
. (4)
Ионный вклад всегда мал по сравнению с элек-
тронным, а вклад атомов мал в области ионизации
и велик в области слабой ионизации. Подставляя
(4) в (3), получим
λ = λ
e
+ λ
a
+ 5/2kn
e
Dˆn
(T )
.
Для коэффициента диффузии электронов примем
с учетом соотношения Эйнштейна D = µkT/e =
kT/mν, тогда
λ
e
=
kn
e
V
T
e
P
n
k
Q
k
µ
75π
128
+
5π
16
ˆn
T
¶
=
=
271n
e
√
T
3
400n
a
+ Q
p
i
n
i
(1, 841 + 0, 982ˆn
T
)
Bт
м · K
,
λ
a
=
75πk
64
√
2
n
a
v
T
a
(n
a
Q
aa
+ n
i
Q
ai
)
=
=
1, 434 ·
√
T
3
n
a
81, 33
3
√
T
3
n
a
+
29, 67
√
T
3
n
i
Bт
м · K
.
Сечения находились по формулам :
Q
ei
= π
µ
e
2
T
¶
2
ln
3
√
2
Γ
=
0, 877 · 10
5
T
2
3
ln
3
√
2
Γ
,
|Φ
(Γ)
aa
| = kT, |Φ
(Γ)
ai
| = kT,
Q
aa
= πr
2
0
=
81, 33
T
1/3
3
˚
A
2
,
Q
ai
= πr
2
0
=
29, 67
T
1/2
3
˚
A
2
.
Результаты расчета приведены в таблице 12.
1.17. С какой скоростью (Вт/см
3
) теряют энер-
гию электроны с температурой 3000
o
К в едини-
це объема за счет столкновений с атомами ге-
лия? Плотность электронов равна 10
13
см
−3
, пол-
ное давление газа равно 100 кПа, температура га-
за 300
o
К. За какое время электронная температу-
ра уменьшится до равновесного значения? Упру-
гое сечение рассеяния электронов на атомах гелия
равно Q = 10ε
−1/2
˚
A
2
.
Решение
Баланс энергии электронов имеет вид:
d
dt
µ
3
2
n
e
kT + n
e
I
¶
= σE
2
− n
e
νδ
3
2
k (T
e
− T ) . (1)
В отсутствие электрического поля Е=0 и заданной
концентрации электронов (n
e
=const) из (1) полу-
чаем уравнение, которое определяет охлаждение
электронов до равновесной температуры:
dT
e
dt
= −νδ (T
e
− T ) (2)
Найдем численные значения коэффициентов. Кон-
центрация атомов гелия
N =
P
kT
= 7, 34 · 10
18
1
0, 3
= 2, 45 · 10
19
см
−3
.
Частота столкновений электронов
ν = NvQ = 2, 45·10
19
·5, 93·10
7
10 · 10
−16
√
ε
= 1, 45·10
12
сек
−1
,
δ = 2
m
M
=
2
1841 · 4
= 2, 72 · 10
−4
.
Мощность потерь энергии электронами
P = n
e
νδ
3
2
k (T
e
− T ) = 10
13
·1, 45·10
12
·2, 72·10
−4
·
3
2
·1, 38·10
−16
(3000 − 300) =
= 2, 2 · 10
9
эрг
см
3
· сек
= 220
Вт
см
3
.
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 24
T,K 4000 5000 6000 7000 8000 10000
n
e
= n
i
3, 62
17
1, 11
18
2, 21
18
3, 06
18
3, 53
18
3, 43
18
n
a
, cm
−3
1, 17
19
7, 11
18
4, 05
18
2, 01
18
0, 98
18
0, 271
18
α 0,03 0,135 0,353 0,603 0,783 0,926
ˆn
T
5,49 3,39 1,40 0,11 -0,50 -0,87
Q
ai
,
˚
A
2
9056 5000 3304 2519 2128 1668
λ
e
, Bт/м · K 0,158 0,374 0,495 0,493 0,488 0,563
λ
a
, Bт/м · K 0,055 0,068 0,029
λ
tot
0,079 0,209 0,453 0,684 0,905 1,311
Таблица 12: Теплопроводность цезиевой плазм
Время охлаждения электронов, как это следует из
(2) равно
τ
e
=
1
νδ
=
1
1, 45 · 10
12
· 2, 72 ·10
−4
= 2, 54·10
−9
сек = 2, 54 нсек.
2.3 Излучательные свойства газов и
плазмы
1.18. Вычислить излучаемую способность (Bт/см
3
)
и построить график зависимости коэффициента
поглощения от частоты водородной плазмы при
давлении Р=100 атм и температуре = 25000
o
К.
Число излучающих уровней учесть по дебаевской
теории. На графике привести функцию для вычис-
ления росселандова среднего пробега излучения.
Найти средний коэффициент поглощения Планка
и оценить лучистую теплопроводность плазмы.
1.19. Для цезиевой плазмы при давлении 10
атм в диапазоне температур 4000 < T < 10000
o
К вычислить излучательную способность (Вт/см
3
)
в тормозных процессах и фоторекомбинационном
излучении. Для температур = 4, 6, 10 ·10
3
o
К вы-
числить коэффициенты тормозного полощения, а
для = 6000
o
К вычислить коэффициент фотоио-
низационного полощения, учитывая сдвиг порога
фотоионизации по дебаевской теории. Для атома
цезия принять модель с энергетическими уровня-
ми E
n
= −R
y
/ (n + ∆)
2
, g
n
= 2n
2
, где ∆ опреде-
ляется по величине потенциала ионизации атома
цезия I=3,89 эВ. Сечение рассеяния электронов на
атомах Q = 400
˚
A
2
. Построить график, на кото-
ром привести коэффициенты поглощения, функ-
цию Планка при = 6000
o
К и поправку на инду-
цированное излучение.
Решение
Излучательная способность газа в тормозных
процессах определяется столкновениями электро-
нов с ионами и атомами. Для тормозных электрон-
ионных процессов (лекции)
ε
T
=
16
3
r
π
3
µ
e
2
¯hc
¶
n
2
e
v
T
f
T
r
0
kT или ε
T
=
8
3
√
3π
µ
e
2
¯hc
¶
n
e
ν
ei
³
v
T
c
´
2
kT,
(1)
где
v
T
=
p
2kT/m, f
T
=
e
2
kT
=
167
T
3
˚
A, V
T
= 1, 74·10
7
T
1/2
3
см
сек
, r
0
=
e
2
mc
2
.
Подставляя численные значения, получим:
ε
T
= 4, 489n
2
e18
T
1/2
3
Вт
см
3
. (2)
Отношение фоторекомбинационного излучения к
тормозному (лекции) равно:
ε
P
ε
T
= 2ξ(3)
I
kT
, где ξ(3) =
∞
X
n=1
1
n
3
≈ 1, 2.
Тормозное излучение на атомах определяется по
формуле:
ε
a
T
=
4
π
5/2
µ
e
2
¯hc
¶
n
e
ν
ea
³
v
T
c
´
2
kT,
ε
a
T
ε
i
T
=
3
√
3
2π
2
·
ν
ea
ν
ei
= 1, 22 · 10
−3
n
a
n
i
T
2
3
(3)
ν
ei
= n
i
v
e
πf
2
T
Вычисление коэффициентов поглощения (без
учета поправки на индуцированное излучение) на
ионах:
κ
i
w
= 2
r
π
3
µ
e
2
¯hc
¶
n
i
πf
2
4
3
π
³
v
T
w
´
3
n
e
=
0, 822n
2
e18
T
1/2
3
(¯hω)
3
см
−1
,
(4)
на атомах:
κ
a
w
κ
w
i
=
F (β)
2
p
π
3
ν
ea
ν
ei
, F (β) =
4
√
π
Z
∞
0
µ
1 +
β
λ
2
¶
λ
5
e
−x
2
Q
(1)
(x)dx.
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 25
T,K 4000 5000 6000 7000 8000 10000
ε
i
T
, /
3
1,18 12,4 53,7 11,2 158,2 167
ε
a
T
, /
3
0,65 2,42 4,34 4,37 3,42 1,63
ε
p
, /
3
32,0 268,7 970 1721 2143 180
n 1 2 3 4
¯hω
n
, эВ 3,32 1,09 0,34 0,008
При Q
(1)
(v) = const
³
Q
(1)
= 1
´
, получаем F (β) =
4/
√
π (1 + β/2), где β = ¯hω/kT ,
κ
a
w
κ
i
w
=
2
√
3
π
µ
1 +
β
2
¶
1 − α
α
Q
(1)
πf
2
= 5, 03·10
−3
1 − α
α
µ
1 +
¯hω
2kT
¶
T
2
3
.
(5)
Отношение фотоионизационного поглощения
к тормозному на ионах:
κ
w
κ
T
w
= 2
I
T
∞
X
n=0
1
n
3
e
−
(
E
n
kT
−∆I
)
Здесь E
n
= −Ry/(n + ∆)
2
, ∆ =
0, 87(Cs) ∆I = -снижение потенциала ионизации,
¯hω
n
= −(E
n
− ) - уравнение, определяющее гра-
ничную энергию кванта. Используя данные расче-
та задачи 1.5, получим при = 6000 К
При = 6000
o
К реализуется 4 уровня, поэто-
му получим 4 пика фотоионизации. Коэффициент
0,822 n
2
e18
T
−1/2
3
=0,054 (Т=4000); 1,64 (Т=6000).
Значения коэффициентов фотоионизации в пиках:
κ
w1
= 460, κ
w2
= 170, κ
w3
= 1300
−1
1.20. Вычислить излучаемую способность
(Bт/см
3
) и построить график зависимости ко-
эффициента поглощения от частоты водородной
плазмы при давлении Р=100 атм и температуре
= 25000
o
К. Число излучающих уровней учесть
по дебаевской теории. На графике привести функ-
цию для вычисления росселандова среднего пробе-
га излучения. Найти средний коэффициент погло-
щения Планка и оценить лучистую теплопровод-
ность плазмы.
Решение
1.Расчет состава плазмы
K
p
=
α
2
1 − α
2
= 21, 1
g
i
g
0
a
T
5/3
3
P
атм
e
−
I
T
+
; T
3
= 25; T =
25
11, 6
= 2, 155 эВ;
g
i
= 1, g
0
a
= 2.
= 0 : K
(0)
p
= 21, 1
1
2
·
5
5
10
2
e
−
13,6
2,155
= 0, 599;
α
(0)
=
s
K
p
1 + K
p
=
r
0, 599
1 + 0, 599
= 0, 612;
n
0
=
p
kT
= 7, 34 · 10
18
100
25
= 2, 94 · 10
19
см
−1
;
n
e
=
α
1 + α
n
0
=
0, 612
1, 612
= 2, 94·10
19
= 11, 15·10
18
см
−3
;
n
a
=
1 − α
1 + α
n
0
= 7, 1 · 10
18
см
−3
.
Поправка на неидеальность:
=
e
2
kT r
D
= 10, 81
n
1/2
e18
T
3/2
3
= 10, 81
11, 15
1/2
25
3/2
= 0, 29;
K
(1)
p
= K
(0)
p
· e = 0, 599 · e
0,289
= 0, 794;
α
(1)
=
r
0, 794
1, 794
= 0, 665;
n
(1)
e
= 11, 74 · 10
18
см
−3
;
n
(1)
a
= 5, 92 · 10
18
см
−3
.
2. Расчет излучения.
Тормозное на ионах :
ε
i
T
= 4, 489n
2
e18
T
1/2
3
= 4, 489·11, 15
2
√
25 = 250, 3
Вт
см
3
.
Тормоэное на атомах:
ε
a
T
ε
i
T
=
3
√
3
2π
2
n
a
Q
ea
n
i
πf
2
T
=
3
√
3
2π
2
7, 1 · 17 · 25
2
11, 15 · π · 167
2
= 0, 02.
Рекомбинационное:
ε
p
ε
T
= 2ξ(3)
I
kT
= 2·1, 2·
13, 6
2, 15
= 15, 18; ε
p
= 3800
Вт
см
3
.
1)Тормозное на ионах
κ
i
w
= 2
r
π
3
µ
e
2
¯hc
¶
n
i
πf
2
4
3
π
³
v
T
w
´
3
n
e
=
0, 822n
2
e18
T
1/2
3
(¯hω)
3
эв
см
−1
.
2) Тормозное на атомах
κ
a
w
κ
i
w
=
F (β)
2
p
π
3
ν
ea
ν
ei
, F (β) =
4
√
π
Z
∞
0
µ
1 +
β
x
2
¶
x
5
e
−x
2
¯
Q
(1)
(x)dx.
При
¯
Q
(1)
(V ) = const,
¯
Q
(1)
= 1 , F (β) =
4
√
π
µ
1 +
β
2
¶
,
2 ЗАДАНИЕ 1. ТЕРМОДИНАМИКА И ТРАНСПОРТ 26
n 1 2 3 4
E
n
, эВ 12,94 2,78 0,89 0,23
κ
w,n
κ
T
w
5115 5,73 0,706 0,219
κ
n
, cм
−1
53,49 6,04 22,69 408
κ
a
w
κ
i
w
=
2
√
3
π
µ
1 +
β
2
¶
1 − α
α
Q
(1)
πf
2
≈ 1, 2·10
−4
1 − α
α
µ
1 +
¯hω
2kT
¶
T
2
3
¿ 1.
3) Фотоионизация
κ
w,n
κ
T
w
= 2
I
T
∞
X
n
0
1
n
3
e
−
E
n
∆I
kT
= 2
I
T
∞
X
n
0
1
n
3
e
¯hω
n
T
, ¯hω
n
=
Ry
n
2
−.
Результат см. на рис.
4) Расчет планковского коэффициента погло-
щения
κ
p
=
R
κ
0
w
B
w
dw
R
B
w
dw
=
Z
κ
0
w
ϕ
p
(u)du, (u =
¯hω
kT
), ϕ
p
(u) =
15u
3
π
4
(e
u
− 1)
.
Основной вклад в коэффициент поглощения дает
фотоионизация, поэтому
κ
0
w
=
X
n
κ
0
wn
; γ
p
=
X
κ
p,n
; E
0
n
= E
n
− ,
κ
0
w,n
=
32π
2
3
r
π
3
µ
e
2
¯hc
¶
f
2
³
v
T
w
´
3
n
i
n
e
I
T
1
n
3
e
(
Ry
n
2
T
−
)
³
1 − e
−
¯hω
kT
´
=
c(1 − e
−u
)
u
3
,
¯hω > E
0
w
;
κ
p
= c ·
15
π
4
Z
∞
u
n
(1 − e
−u
) u
3
u
3
(e
u
− 1)
du =
15
π
4
ce
−u
n
,
κ
p
=
32π
2
3
r
π
3
α·f
2
µ
¯hV
T
kT
¶
3
n
i
n
e
µ
I
kT
¶
·
1
n
3
·
15
π
4
e
−
E
0
n
kT
=
=
160
π
3
√
3
αn
i
f
2
n
e
¯
λ
3
βRy
n
max
X
n=1
1
n
3
e
−
E
0
n
kT
;
X
= 1·e
−
12,34
2,155
+
1
8
e
−
2,7
2,155
+
1
27
e
−
0,89
2,155
+
1
64
e
−
0,23
2,155
= =
= 0, 0025 + 0, 0344 + 0, 0245 + 0, 0140 = 0, 075;
κ
p
=
160
π
3
√
3
·
1
137
¡
11, 15 · 10
18
¢
2
µ
23, 56
5
· 10
−8
¶
3
13, 6
2, 155
·0, 075 = 0, 598 см
−1
.
Б) Вычисление росселандова среднего пробега
излучения:
l
R
=
R
1
κ
dB
a
dT
du
d
dt
R
B
w
dw
(см. лекции).
l
R
=
√
3
32πα
1
n
i
f
2
n
e
¯
λ
3
βI
n
max
X
n=1
n
3
[F (u
n
) − F (u
n+1
)],
n 4 333 2 1
x
n
0 0,413 1,29 6,00 ∞
F(x) 0
где
F (x) =
15
4π
4
Z
x
0
u
7
e
−x
(1 − e
−x
)
3
dx,
u
n
=
¯hω
n
kT
.
Табулируем F (X)
Найдем численный коэффициент:
l
R
= l
0
n
max
X
n=1
n
3
[F (u
n−1
) − F ( u
n
)], u
=
∞
l
0
=
p
(3) · 137
32π
1
(11, 74 · 10
18
)
2
(
167
25
· 10
−8
)
2
(
23,56
5
· 10
−8
)
3
(
13,6
2,155
)
= 5, 81·10
−3
см.
Тройная рекомбинация(Биберман,Воробьҷв,Якубов)
1.w = 1−exp(−
4
3
πn
i
r
3
T
) = 1−e
−γ
3
ze
≈ 1;
dn
e
df
= −
n
e
τ
; τ = τ
ee
(∆E).
2.E = K+V, K = E−Ur
T
=
Z
e
2
T
E > 0, E = T −свободные электроны.
3. q
∆k
=
e
4
k∆k
, ∆k ¿ k; τ =
(∆E)
2
D
, ∆E = T D = n
e
e
4
r
k
m
,
dn
e
dt
= −
n
e
τ
− диффузия в производстве энергий.
dn
e
dt
= −const n
2
e
e
4
w
√
k/T
2
√
m, w = 1−e
−γ
3
ze
k = T (1+γ
ze
).
При γ
ze
À 1:
dn
e
dt
= −const n
2
e
e
4
q
Ze
2
n
1/3
i
T
2
√
m
-предыдущий случай.
4.Вычисление const
dn
e
dt
= −n
e
·
Z
e
Z
−∞
0
dεe
ε/T
g(ε)D(ε)
¸
−1
.
λ =
ρ
max
ρ
min
ρ
min
=
e
2
k
, 1;
λ = Zλ
e
, , 2;
λ = Z
q
Ze
2
n
1/3
i
/Ry, 3.