تمرین حل‌شدهٔ ترمودینامیک

بازگشت به تراکم ناگهانی: موازنه‌های آنتروپی

تمرین 26 · درس 6 — قانون دوم ترمودینامیک

  • تولید آنتروپی، تراکم بی‌دررو، برگشت‌ناپذیری، هم‌آنتروپی، موازنهٔ آنتروپی، مقایسهٔ جبری

صورت مسئله

دو آزمایش تراکم بی‌درروی درس 5 را بازمی‌نگریم و نتایج لازم را اینجا یادآوری می‌کنیم. استوانه‌ای عمودی و عایق گرما با سطح مقطع S\mathcal S دارای nn مول گاز ایده‌آل است. پیستون نیز عایق است، بی‌اصطکاک حرکت می‌کند و جرمش ناچیز است. ظرفیت‌های گرمایی مولی cVc_V و cPc_P ثابت‌اند، با

γ=cPcV>1,cV=Rγ−1,cP=cV+R.\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

در آغاز تنها فشار جو P0P_0 بر پیستون اثر می‌گذارد: گاز در حالت A=(P0,V0,T0)A=(P_0,V_0,T_0) با P0V0=nRT0P_0V_0=nRT_0 است. باری اضافی با جرم MM فشار خارجی را افزایش می‌دهد به

P1=P0+MgS=xP0,x>1.P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0,\qquad x>1.

هر دو آزمایش از AA شروع می‌شوند. در اولی، بار دانه‌دانهٔ شن اضافه و سپس برداشته می‌شود: گاز بی‌درروی برگشت‌پذیر A→B→AA\to B\to A را طی می‌کند. در دومی، بار یکباره گذاشته می‌شود، تعادل B′B' حاصل می‌شود، سپس بار یکباره برداشته و تعادل B"B" حاصل می‌شود. فشار خارجی در هر مرحلهٔ ناگهانی ثابت است: P1P_1 هنگام بارگذاری و P0P_0 هنگام باربرداری. فرض می‌کنیم نوسان‌ها با اتلاف در گاز میرا می‌شوند؛ پیستون در حالت‌های آغازین و نهایی ساکن است و انرژی ذخیره نمی‌کند.

هر دو تراکم از A (وسط) آغاز می‌شوند. چپ: بار به‌تدریج تا B اضافه می‌شود؛ برداشتن تدریجی گاز را به A بازمی‌گرداند. راست: بار ناگهانی تا B' اعمال می‌شود؛ برداشتن ناگهانی به حالت دیگری B” می‌انجامد. شکل تراکم‌ها را نشان می‌دهد؛ چهار حالت در زیر مشخص‌اند.
شکل 1. هر دو تراکم از AA (وسط) آغاز می‌شوند. چپ: بار به‌تدریج تا BB اضافه می‌شود؛ برداشتن تدریجی گاز را به AA بازمی‌گرداند. راست: بار ناگهانی تا B′B' اعمال می‌شود؛ برداشتن ناگهانی به حالت دیگری B"B" می‌انجامد. شکل تراکم‌ها را نشان می‌دهد؛ چهار حالت در زیر مشخص‌اند.

روابط لاپلاس در مسیر برگشت‌پذیر و اصل اول در مسیرهای ناگهانی نتایج زیر را داده‌اند. تعریف می‌کنیم

θ=1+(γ−1)xγ,φ=1+(γ−1)/xγ.حالتP/P0V/V0T/T0A111Bxx−1/γx(γ−1)/γB′xθ/xθB"1θφθφ\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{حالت} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

به‌ویژه،

θ>x(γ−1)/γ,φ>x−(γ−1)/γ,θφ−1=γ−1γ2(x−1)2x>0.\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

همهٔ مراحل بی‌دررو هستند: Q=0Q=0 و W=ΔU=ncV(Tf−Ti)W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)، با مثبت‌شمردن انرژی دریافتی گاز. بنابراین،

WAB=ncVT0[x(γ−1)/γ−1],WBA=−WAB,WAB′=ncVT0(θ−1),WB′B"=ncVT0θ(φ−1).\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

کار خالص رفت‌وبرگشت برگشت‌پذیر صفر است، ولی مسیر ناگهانی WAB′B"=ncVT0(θφ−1)>0W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0 دریافت می‌کند.

  1. تغییرات آنتروپی در A→BA\to B و B→AB\to A و سپس موازنهٔ آنتروپی رفت‌وبرگشت برگشت‌پذیر را محاسبه کنید.
  2. ΔSAB′\Delta S_{AB'} را محاسبه و اکیداً مثبت‌بودنش را نشان دهید. چه مقدار از این تغییر مبادله و چه مقدار تولید شده است؟
  3. همین کار را برای باربرداری ناگهانی B′→B"B'\to B" انجام دهید.
  4. ΔSAB"\Delta S_{AB"} را مستقیم محاسبه و برابری آن با مجموع دو تولید آنتروپی قبلی را بررسی کنید. آیا مسیر A→B′→B"A\to B'\to B" برای گاز چرخه است؟
  5. موازنه‌های انرژی و آنتروپی دو رفت‌وبرگشت را مقایسه کنید. توضیح دهید چرا نبود تبادل گرما به معنای پایستگی آنتروپی نیست.

راهنمایی
میان دو حالت تعادل گاز ایده‌آل،

ΔS=ncVln⁡TfTi+nRln⁡VfVi.\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

برای B′→B"B'\to B" از TB"/TB′=φT_{B"}/T_{B'}=\phi و VB"/VB′=xφV_{B"}/V_{B'}=x\phi استفاده کنید. نامساوی‌های یادآوری‌شده علامت‌ها را تعیین می‌کنند. در هر مرحله Se=0S_{\mathrm{e}}=0.

پاسخ تفصیلی

پاسخ
پرسش 1. جدول TB/T0=x(γ−1)/γT_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma} و VB/V0=x−1/γV_B/V_0=x^{-1/\gamma} را می‌دهد. جای‌گذاری در فرمول آنتروپی می‌دهد

ΔSAB=ncVln⁡(x(γ−1)/γ)+nRln⁡(x−1/γ)=ncVγ−1γln⁡x−nRγln⁡x=nγ[cV(γ−1)−R]ln⁡x=0,\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

زیرا cV(γ−1)=Rc_V(\gamma-1)=R. بازگشت همان مسیر را در جهت مخالف طی می‌کند، پس ΔSBA=0\Delta S_{BA}=0. برای هر مرحله و کل رفت‌وبرگشت Se=Si=ΔS=0S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0. گاز به حالت AA بازمی‌گردد.

پرسش 2. برای تراکم ناگهانی TB′/T0=θT_{B'}/T_0=\theta و VB′/V0=θ/xV_{B'}/V_0=\theta/x. با R=cV(γ−1)R=c_V(\gamma-1) و سپس قواعد لگاریتم داریم

ΔSAB′=ncVln⁡θ+nRln⁡θx=ncV[ln⁡θ+(γ−1)(ln⁡θ−ln⁡x)]=ncV[γln⁡θ−(γ−1)ln⁡x]=ncVln⁡(θγxγ−1).\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

نامساوی داده‌شدهٔ θ>x(γ−1)/γ\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma} نتیجه می‌دهد θγ>xγ−1\theta^\gamma>x^{\gamma-1}: نسبت درون لگاریتم از 1 بزرگ‌تر است، پس ΔSAB′>0\Delta S_{AB'}>0. آنتروپی مبادله نمی‌شود، پس Si,AB′=ΔSAB′S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}. آنتروپی گاز بدون دریافت گرما از راه تولید افزایش می‌یابد.

پرسش 3. هنگام باربرداری ناگهانی، نسبت‌های حالت نهایی به آغازین این مرحله عبارت‌اند از

TB"TB′=θφθ=φ,VB"VB′=θφθ/x=xφ.\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

پس،

ΔSB′B"=ncVln⁡φ+nRln⁡(xφ)=ncV[ln⁡φ+(γ−1)(ln⁡x+ln⁡φ)]=ncV[γln⁡φ+(γ−1)ln⁡x]=ncVln⁡(φγxγ−1)>0.\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

در واقع φ>x−(γ−1)/γ\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma} نتیجه می‌دهد φγxγ−1>1\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1. دوباره Se=0S_{\mathrm{e}}=0 و Si,B′B"=ΔSB′B"S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}. گاز در این انبساط سرد می‌شود (φ<1\phi<1)، ولی آنتروپی‌اش زیاد می‌شود: جملهٔ افزایش حجم غالب است.

پرسش 4. حالت‌های AA و B"B" فشار یکسان دارند و TB"/T0=VB"/V0=θφT_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi، پس

ΔSAB"=ncVln⁡(θφ)+nRln⁡(θφ)=ncPln⁡(θφ)>0.\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

از cP=cV+Rc_P=c_V+R و θφ>1\theta\phi>1 استفاده کردیم. اکنون دو نتیجهٔ قبلی را جمع می‌کنیم:

ΔSAB′+ΔSB′B"=ncV[γln⁡θ−(γ−1)ln⁡x+γln⁡φ+(γ−1)ln⁡x]=ncVγ(ln⁡θ+ln⁡φ)=ncPln⁡(θφ)=ΔSAB".\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

جمله‌های ln⁡x\ln x حذف می‌شوند. چون هر مرحله بی‌دررو است، این مجموع با مجموع دو تولید آنتروپی هم برابر است. بازگرداندن فشار خارجی به P0P_0 برای چرخه‌شدن گاز کافی نیست: B"≠AB"\ne A، چون TB">T0T_{B"}>T_0 و VB">V0V_{B"}>V_0.

پرسش 5. برای A→B→AA\to B\to A داریم Qtot=Wtot=ΔUtot=0Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0 و Si,tot=0S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0. برای A→B′→B"A\to B'\to B"،

Qtot=0,Wtot=ΔUtot=ncVT0(θφ−1)>0,Se,tot=0,Si,tot=ΔStot=ncPln⁡(θφ)>0.Q_{\mathrm{tot}}=0,\qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0, S_{\mathrm{e},\mathrm{tot}}=0,\qquad S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=\Delta S_{\mathrm{tot}}=nc_P\ln(\theta\phi)>0.

اصل اول کار خالص نگه‌داشته‌شده به‌صورت انرژی درونی را توصیف می‌کند؛ اصل دوم برگشت‌ناپذیری را با تولید آنتروپی کمی می‌کند. فرایند بی‌دررو تنها در صورت عدم تولید آنتروپی هم‌آنتروپی است، مانند حالت برگشت‌پذیر اینجا.