تمرين محلول في الديناميكا الحرارية

تمرين دراسي: قوانين لابلاس

تمرين 10 · الدرس 5 — تطبيق على الغاز المثالي

  • تمرين دراسي
  • قانون لابلاس
  • المعامل الأديباتي
  • غاما
  • تمدد أديباتي
  • المبدأ الأول بصيغته التفاضلية

نص المسألة

نعتبر nn مولات من غاز مثالي ذي معامل أديباتي γ=cP/cV\gamma = c_P/c_V يُفترض ثباته. يُفترض أن النظام مغلق. ونقبل علاقة ماير cP−cV=Rc_P - c_V = R (انظر تمرين اكتشاف cPc_P).

  1. بيّن أن cV=Rγ−1,cP=γRγ−1.c_V = \frac{R}{\gamma - 1}, \qquad c_P = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}.
  2. يخضع الغاز لتحول أديباتي شبه ساكن نفترض فيه Pext=PP_{\text{ext}} = P. انطلاقاً من المبدأ الأول بصيغته التفاضلية، بيّن أن dTT+(γ−1)dVV=0,\frac{\mathrm{d}T}{T} + (\gamma - 1)\frac{\mathrm{d}V}{V} = 0, ثم استنتج أن TVγ−1=ثابتTV^{\gamma-1} = \text{ثابت} على طول التحول.
  3. استنتج الصيغتين الأخريين لقانون لابلاس: PVγ=ثابتPV^\gamma = \text{ثابت} وTγP1−γ=ثابتT^\gamma P^{1-\gamma} = \text{ثابت}.
  4. لنعتبر تمدداً من هذا النوع يضاعف حجم غاز أحادي الذرة (γ=5/3\gamma = 5/3)، مع n=1n = 1 mol ودرجة حرارة ابتدائية Ti=300T_i = 300 K. احسب TfT_f، ثم ΔT\Delta T وWW، وعلّق على إشارتي ΔT\Delta T وWW.
  5. في مخطط كلابيرون (P,V)(P,V)، قارن عند نقطة واحدة ميل منحنى أديباتي من هذا النوع بميل منحنى متساوي الحرارة.

تلميح
بالنسبة إلى السؤال 2: dU=ncV dT\mathrm{d}U = n c_V\,\mathrm{d}T وδW=−P dV\delta W = -P\,\mathrm{d}V مع P=nRT/VP = nRT/V، ثم افصل المتغيرات. بالنسبة إلى السؤال 5، فاضل PVγ=ثابتPV^\gamma = \text{ثابت} وPV=ثابتPV = \text{ثابت}.

الحل المفصل

الحل
السؤال 1. من cP=γcVc_P = \gamma c_V ومن cP−cV=Rc_P - c_V = R، نحصل على cV(γ−1)=Rc_V(\gamma - 1) = R، ومنه الصيغتان.

السؤال 2. التحول أديباتي: δQ=0\delta Q = 0، ومن ثم dU=δW\mathrm{d}U = \delta W، أي ncV dT=−P dV=−nRTVdVn c_V\,\mathrm{d}T = -P\,\mathrm{d}V = -\dfrac{nRT}{V}\mathrm{d}V. ومع cV=R/(γ−1)c_V = R/(\gamma-1):

dTT=−(γ−1)dVV.\frac{\mathrm{d}T}{T} = -(\gamma-1)\frac{\mathrm{d}V}{V}.

بالتكامل: ln⁡T+(γ−1)ln⁡V=ثابت\ln T + (\gamma-1)\ln V = \text{ثابت}، أي TVγ−1=ثابتTV^{\gamma-1} = \text{ثابت}.

السؤال 3. بالتعويض بـ T=PV/(nR)T = PV/(nR) نحصل على PVγ=ثابتPV^\gamma = \text{ثابت} لأن nn ثابت. وبالتعويض بـ V=nRT/PV = nRT/P، نحصل على T(TP)γ−1=ثابتT \left(\frac{T}{P}\right)^{\gamma-1} = \text{ثابت}، ومن ثم TγP1−γ=ثابتT^\gamma P^{1-\gamma} = \text{ثابت}.

السؤال 4. أبسط طريقة هي استخدام قانون لابلاس TVγ−1=ثابتT V^{\gamma - 1} = \text{ثابت}، الذي يعطي: TiViγ−1=TfVfγ−1T_i V_i^{\gamma - 1} = T_f V_f^{\gamma - 1}، أي Tf=Ti 2−(γ−1)=300×2−2/3≈189T_f = T_i\,2^{-(\gamma-1)} = 300 \times 2^{-2/3} \approx 189 K. تجدر الإشارة إلى ضرورة التعبير عن درجة الحرارة بالكلفن في هذا الحساب لتجنب الخطأ! نستنتج ΔT=Tf−Ti≈−111\Delta T = T_f-T_i \approx -111 K. أما الشغل، فبما أن Q=0Q = 0:

W=ΔU=32RΔT≈32×8,314×(−111)≈−1,4 kJ.W = \Delta U = \tfrac{3}{2}R\Delta T \approx \tfrac{3}{2}\times 8{,}314 \times (-111) \approx -1{,}4\ \text{kJ}.

W<0W < 0: يقدم الغاز شغلاً إلى الوسط الخارجي أثناء التمدد. ولأنه لا يستطيع أخذ هذه الطاقة من أي خزان حراري (Q=0Q=0)، فإنه يستمدها من طاقته الداخلية، ومن هنا يحدث التبريد ΔT<0\Delta T < 0.

السؤال 5. بتفاضل PV=ثابتPV = \text{ثابت}: (dPdV)isoT=−PV\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{\text{isoT}} = -\dfrac{P}{V}. وبتفاضل PVγ=ثابتPV^\gamma = \text{ثابت}: (dPdV)adiab=−γPV\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{\text{adiab}} = -\gamma\dfrac{P}{V}. يكون منحنى الأديباتي أشد انحداراً من منحنى متساوي الحرارة بمعامل γ\gamma: فالانضغاط من دون طرح الحرارة يرفع الضغط بسرعة أكبر، لأن درجة الحرارة ترتفع أيضاً.