نص المسألة

هذا التمرين أكثر من مجرد مسألة كلاسيكية شهيرة: فهو أساسي أيضاً لإظهار أحد الفروق بين التحول العكوس والتحول غير العكوس (انظر أيضاً الدرس 6).

نعتبر $n$ مولات من غاز مثالي ذي سعات حرارية ثابتة ونسبة $\gamma=c_P/c_V>1$ ، محصورة في أسطوانة رأسية معزولة حرارياً، مساحة مقطعها $\mathcal S$ ، ومغلقة بمكبس معزول حرارياً كتلته مهملة ويتحرك من دون احتكاك. يخضع الوسط الخارجي للضغط الجوي $P_0$ ، المؤثر في الوجه العلوي للمكبس. وعند الاتزان الابتدائي يكون ضغط الغاز أيضاً $P_0$ ، وتكون حالته

A=(P_0,V_0,T_0).

لدينا حمل إضافي كتلته الكلية $M$ . وعندما يوضع كله على المكبس يصبح الضغط الخارجي

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

نقارن تجربتين: إما أن تُجزأ الكتلة $M$ إلى عدد كبير من الكتل الصغيرة التي تضاف واحدة بعد أخرى، مع انتظار الوصول إلى اتزان جديد في كل مرة؛ وإما أن توضع الكتلة $M$ كلها دفعة واحدة. وفي مرحلة ثانية نزيل الحمل بالطريقة نفسها: حبة رمل بعد حبة، أو دفعة واحدة.

تبدأ التجربتان من الحالة الابتدائية نفسها A، الممثلة في الوسط: لا يخضع المكبس حينئذ إلا للضغط الجوي P_0. إلى اليسار، يوضع الحمل ذو الكتلة الكلية M حبة رمل بعد حبة، فيزداد P_ ext تدريجياً؛ وعند إزالته بالطريقة نفسها يُسلك المسار في الاتجاه المعاكس. إلى اليمين، توضع الكتلة نفسها M دفعة واحدة، فينتقل P_ ext فجأة من P_0 إلى P_1. في كلتا تجربتي الانضغاط، P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — الشكل 1. تبدأ التجربتان من الحالة الابتدائية نفسها $A$ ، الممثلة في الوسط: لا يخضع المكبس حينئذ إلا للضغط الجوي $P_0$ . إلى اليسار، يوضع الحمل ذو الكتلة الكلية $M$ حبة رمل بعد حبة، فيزداد $P_{\mathrm{ext}}$ تدريجياً؛ وعند إزالته بالطريقة نفسها يُسلك المسار في الاتجاه المعاكس. إلى اليمين، توضع الكتلة نفسها $M$ دفعة واحدة، فينتقل $P_{\mathrm{ext}}$ فجأة من $P_0$ إلى $P_1$ . في كلتا تجربتي الانضغاط، $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

يضاف الحمل ببطء شديد، فينتقل الضغط الخارجي ببطء من $P_0$ إلى $P_1$ . برر أن ضغط الغاز $P$ يساوي في كل لحظة الضغط الخارجي $P_{\mathrm{ext}}$ . ما القانون الذي يمكن استعماله لربط الحالات المتعاقبة للغاز؟ استنتج $P_B/P_0$ و $T_B/T_0$ و $V_B/V_0$ بدلالة $x$ و $\gamma$ .
ننطلق الآن من الحالة $B$ ونزيل الحمل ببطء شديد، حبة رمل بعد حبة، حتى يعود الضغط الخارجي إلى $P_0$ . باستعمال القانون نفسه الوارد في السؤال السابق، بيّن أن الغاز يعود تماماً إلى حالته الابتدائية $A$ .
نعود إلى $A$ ونضع هذه المرة الكتلة $M$ دفعة واحدة، فيأخذ الضغط الخارجي فجأة القيمة الثابتة $P_1$ . حدد الحالة النهائية $B'$ تحديداً كاملاً، وكذلك $W_{AB'}$ و $Q_{AB'}$ و $\Delta U_{AB'}$ .
ابدأ بالمثال $\gamma=5/3$ و $x=2$ لمقارنة $T_{B'}$ عددياً مع $T_B$ . ثم أثبت المقارنة تحليلياً لكل $\gamma>1$ ولكل $x>1$ ، وقارن بعد ذلك $V_{B'}$ مع $V_B$ . أي الانضغاطين يسخن الغاز أكثر، وأيهما يضغطه أكثر؟
انطلاقاً من $B'$ نزيل الحمل كله فجأة، فيعود الضغط الخارجي إلى الضغط الجوي $P_0$ . حدد الحالة النهائية $B"$ ، وبيّن هل $T_{B"}$ و $V_{B"}$ أكبر أم أصغر من قيمتيهما الابتدائيتين.
أنجز موازنة الطاقة لرحلة الذهاب والإياب $A\to B'\to B"$ . واشرح ما الذي سيضيفه الدرس 6 إلى هذه المقارنة.

تلميح

للتحول الفجائي، استعمل

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

ومعادلة الحالة في حالتي الاتزان الابتدائية والنهائية فقط. ولمقارنة

B

و

B'

، يمكن دراسة لوغاريتم النسبة

T_{B'}/T_B

.

الحل المفصل

الحل

نذكّر بأن

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

.

السؤال 1. يُجزأ الحمل إلى كتل صغيرة بما يكفي، ويُنتظر الوصول إلى كل اتزان جديد قبل إضافة الكتلة التالية؛ لذلك يمر الغاز بتتابع مستمر من حالات الاتزان، أي إن التحول شبه ساكن. ولأن كتلة المكبس مهملة ولا يوجد احتكاك، يفرض الاتزان الميكانيكي في كل لحظة $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ ، أي $P=P_{\mathrm{ext}}$ . ولأن الجدران معزولة حرارياً، فإن $\delta Q=0$ . في هذه الظروف يمكن استعمال قوانين لابلاس. ومن الصيغ المفيدة بين $A$ و $B$ :

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

بما أن $P_B=P_1=xP_0$ ، تعطي العلاقة الأولى مباشرة $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ ، بينما تعطي الثانية $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . وأخيراً، $P_B/P_0=x$ و $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ و $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

السؤال 2. عند إزالة الحمل تدريجياً يبقى الغاز في اتزان ميكانيكي مع الوسط الخارجي، ويتبع المسار الأديباتي نفسه للابلاس ولكن في الاتجاه المعاكس. في النهاية $P_f=P_0$ . وتعطي علاقات لابلاس

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

و

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

إذن يستعيد الغاز تماماً الحالة $A=(P_0,V_0,T_0)$ . ويمكن سلوك التحول في الاتجاهين عبر التتابع نفسه من حالات الاتزان؛ لذلك يسمى تحولاً عكوساً.

السؤال 3. يجب ألا نستعمل قوانين لابلاس: ففي هذا التحول الفجائي لا يمر الغاز بتتابع من حالات الاتزان. وأثناء التطور لا يدخل في الشغل إلا الضغط الخارجي الثابت $P_1$ : $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . وعند الاتزان النهائي $P_{B'}=P_1$ . باستعمال $P_0V_0=nRT_0$ و $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ و $Q_{AB'}=0$ و $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ ، يعطي القانون الأول

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

لنضع

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

عندئذ

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

السؤال 4. لنبدأ بالمثال $\gamma=5/3$ و $x=2$ . يعطي الانضغاط التدريجي $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ ، بينما يعطي الانضغاط الفجائي

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

إذن يسخن الانضغاط الفجائي الغاز أكثر في هذا المثال. ولنثبت أن النتيجة عامة. لنضع

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

لدينا $f(1)=0$ ، و

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

عندما $\gamma>1$ و $x>1$ تكون جميع عوامل المقام موجبة و $f'(x)>0$ . ومن ثم $f(x)>f(1)=0$ ، أي $T_{B'}/T_B>1$ ، ومنه $T_{B'}>T_B$ . وللحالتين الضغط نفسه $P_1$ ؛ لذلك تفرض معادلة الغاز المثالي أيضاً $V_{B'}>V_B$ . فالانضغاط الفجائي يسخن الغاز أكثر، لكنه يضغطه أقل من الانضغاط التدريجي.

السؤال 5. تؤدي الإزالة الفجائية للحمل إلى انتقال الضغط الخارجي من $P_1$ إلى $P_0=P_1/x$ . لذلك نعيد حساب السؤال 3 بعد استبدال نسبة الضغط $x$ بمقلوبها $1/x$ . فتصبح النتيجة

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

وبوضع

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

نحصل على

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

لكن

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

في النظام المدروس $x>1$ ، ومن ثم $x>0$ و $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . وبما أن $\gamma>1$ ، فإن $\theta\phi-1>0$ . وبالتالي

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

بعد إعادة الضغط الخارجي إلى قيمته الابتدائية لا يعود الغاز إلى الحالة $A$ . وهذا الفرق أول علامة على اللاعكوسية: فإعادة القيد الخارجي إلى قيمته الابتدائية لا تكفي لإعادة النظام إلى حالته الابتدائية.

السؤال 6. التمدد الفجائي أديباتي، ولذلك في رحلة الذهاب والإياب الكاملة

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

تعيد المعالجات الخارجية الضغط إلى قيمته الابتدائية، لكن الغاز يكون قد تلقى شغلاً صافياً ويبقى أسخن وأكثر تمدداً. وسيعود الدرس 6 إلى الحالات نفسها ليبين أن الانضغاط العكوس لا ينتج إنتروبيا، بينما ينتج كل من التحولين الفجائيين إنتروبيا.