تسخين كتلة من الماء: خزان حراري واحد، ثم اثنان، ثم $N$ خزانات

السؤال 1. يبين الرسم الماء عند $T_i$ في البداية، والخزان عند $T_f$، وسهما للحرارة من الخزان إلى الماء. يحيط حد بالمجموعة المعزولة $S+\text{المحيط}$. يبلغ الماء $T_f$ دون تلقي شغل، ولذلك يعطي المبدأ الأول

$$Q_{\mathrm{water}}=\Delta U_{\mathrm{water}}=mc(T_f-T_i)>0.$$

المجموعة ماء—خزان معزولة، ولذلك تنحفظ طاقتها الكلية:

$$\Delta U_{\mathrm{water}}+\Delta U_{\mathrm{th}}=0.$$

بما أن أيا من الجسمين لا يتبادل شغلا،

$$Q_{\mathrm{water}}+Q_{\mathrm{th}}=0,\qquad Q_{\mathrm{th}}=-Q_{\mathrm{water}}=-mc(T_f-T_i)<0.$$

الحرارة التي يتلقاها الخزان سالبة: فهو يمنح الماء طاقة.

السؤال 2. على مسار عكوس بين $T_i$ و$T_f$، يتلقى الماء $\delta Q_{\mathrm{rev}}=mc\,\mathrm dT$. تغير إنتروبيته هو

$$\Delta S_{\mathrm{water}}=mc\int_{T_i}^{T_f}\frac{\mathrm dT}{T} =mc[\ln T]_{T_i}^{T_f}=mc\ln\frac{T_f}{T_i}>0.$$

يبقى الخزان عند $T_f$، ومنه

$$\Delta S_{\mathrm{th}}=\frac{Q_{\mathrm{th}}}{T_f} =-mc\frac{T_f-T_i}{T_f}<0.$$

لأن المجموعة معزولة، فهي لا تتبادل إنتروبيا مع بقية الكون. لذا فإن تغير إنتروبيتها منتج بالكامل:

$$\Delta S_{\mathrm{tot}}^{(1)} =\Delta S_{\mathrm{water}}+\Delta S_{\mathrm{th}} =mc\left[\ln\frac{T_f}{T_i}-\frac{T_f-T_i}{T_f}\right]>0.$$

بالفعل، $1/T>1/T_f$ عندما $T_i\leq T<T_f$، ومن ثم $\int_{T_i}^{T_f}\mathrm dT/T>(T_f-T_i)/T_f$. انتقال الحرارة بين جسمين مختلفي درجة الحرارة لاعكوس.

السؤال 3. لنضع $h=(T_f-T_i)/2$، بحيث $T_m-T_i=T_f-T_m=h$. يتلقى الماء $mc h$ في كل مرحلة. ومن عزل المجموعة نحصل للخزانين على

$$Q_{\mathrm{th},1}=-mc h,\qquad Q_{\mathrm{th},2}=-mc h,$$

ومن ثم

$$\Delta S_{\mathrm{th},1}=-\frac{mc h}{T_m},\qquad \Delta S_{\mathrm{th},2}=-\frac{mc h}{T_f}.$$

بالنسبة إلى الماء، نجمع تغيري الإنتروبيا في المرحلتين:

$$\begin{aligned} \Delta S_{\mathrm{water}} &=mc\ln\frac{T_m}{T_i}+mc\ln\frac{T_f}{T_m}\\ &=mc\bigl[(\ln T_m-\ln T_i)+(\ln T_f-\ln T_m)\bigr]\\ &=mc\ln\frac{T_f}{T_i}. \end{aligned}$$

تختزل الحدود الوسيطة. تغير إنتروبيا الماء مطابق تماما لما وجدناه مع خزان واحد: الإنتروبيا دالة حالة، وحالتا الماء الابتدائية والنهائية متماثلتان في التجربتين. لا يتغير سوى المسار. وللمجموعة المعزولة،

$$\Delta S_{\mathrm{tot}}^{(2)} =mc\left[\ln\frac{T_f}{T_i}-h\left(\frac1{T_m}+\frac1{T_f}\right)\right].$$

الفرق بين الحصيلتين هو

$$\Delta S_{\mathrm{tot}}^{(1)}-\Delta S_{\mathrm{tot}}^{(2)} =mc h\left(\frac1{T_m}-\frac1{T_f}\right)>0.$$

لا يزال كل تلامس ينتج إنتروبيا، لكن المرحلة الوسيطة تقلل مجموع الإنتروبيا المنتجة.

السؤال 4. لنضع $T_0=T_i$ و$T_N=T_f$. في المرحلة $k$ ينتقل الماء من $T_{k-1}$ إلى $T_k$ ويتلقى $mc h$. يبقى الخزان المقابل عند $T_k$ ويتلقى

$$Q_{\mathrm{th},k}=-mc h,\qquad \Delta S_{\mathrm{th},k}=-\frac{mc h}{T_k}.$$

بالنسبة إلى الماء، تتلاشى الحدود الوسيطة مجددا:

$$\begin{aligned} \Delta S_{\mathrm{water}} &=mc\sum_{k=1}^{N}\ln\frac{T_k}{T_{k-1}}\\ &=mc\left[\ln\frac{T_1}{T_0}+\ln\frac{T_2}{T_1} +\cdots+\ln\frac{T_N}{T_{N-1}}\right]\\ &=mc\ln\left(\frac{T_1}{T_0}\frac{T_2}{T_1} \cdots\frac{T_N}{T_{N-1}}\right)\\ &=mc\ln\frac{T_N}{T_0} =mc\ln\frac{T_f}{T_i}. \end{aligned}$$

تظهر كل درجة حرارة وسيطة مرة في البسط ومرة في المقام. لذلك لا يغير تكثير الخزانات تغير إنتروبيا الماء، ما دامت الحالتان الطرفيتان نفسهما. أما الإنتروبيا التي تفقدها الخزانات فتعتمد على $N$:

$$\Delta S_{\mathrm{th}}^{(N)}=-mc\,h\sum_{k=1}^{N}\frac1{T_k},\qquad \Delta S_{\mathrm{tot}}^{(N)} =mc\left[\ln\frac{T_f}{T_i}-h\sum_{k=1}^{N}\frac1{T_k}\right].$$

عندما $N\to\infty$، يكون $h\to0$ ويؤول مجموع ريمان إلى

$$h\sum_{k=1}^{N}\frac1{T_k} \longrightarrow\int_{T_i}^{T_f}\frac{\mathrm dT}{T} =\ln\frac{T_f}{T_i}.$$

وهكذا تؤول الإنتروبيا المنتجة في المجموعة المعزولة إلى

$$\lim_{N\to\infty}\Delta S_{\mathrm{tot}}^{(N)} =mc\left[\ln\frac{T_f}{T_i}-\ln\frac{T_f}{T_i}\right]=0.$$

يكتسب الماء دائما الإنتروبيا نفسها، بينما تفقد الخزانات في النهاية مقدارها نفسه بالضبط. التسخين العكوس هو النهاية المثالية لتلامسات تنجز ببطء اعتباطي، مع فرق متناه في الصغر في درجة الحرارة.