صورت مسئله

این تمرین صرفاً یک مسئلهٔ کلاسیک مشهور نیست؛ برای نشان دادن یکی از تفاوت‌های بنیادی میان تحول برگشت‌پذیر و برگشت‌ناپذیر نیز اهمیت دارد (درس 6 را نیز ببینید).

$n$ مول گاز مثالی با ظرفیت‌های گرمایی ثابت و نسبت $\gamma=c_P/c_V>1$ در استوانه‌ای قائم و عایق گرمایی با سطح مقطع $\mathcal S$ محبوس‌اند. استوانه با پیستونی عایق، با جرم ناچیز و متحرک بدون اصطکاک بسته شده است. محیط بیرون در فشار جو $P_0$ است که بر سطح بالایی پیستون وارد می‌شود. در تعادل آغازین، فشار گاز نیز $P_0$ است و حالت آن

A=(P_0,V_0,T_0).

یک بار اضافی با جرم کل $M$ در اختیار داریم. وقتی تمام آن روی پیستون قرار گیرد، فشار خارجی برابر است با

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

دو آزمایش را مقایسه می‌کنیم: یا جرم $M$ به تعداد زیادی جرم کوچک تقسیم می‌شود که یکی‌یکی و پس از رسیدن به هر تعادل تازه افزوده می‌شوند؛ یا کل جرم $M$ یکباره روی پیستون قرار می‌گیرد. سپس بار نیز به همان شیوه برداشته می‌شود: دانه‌دانه، یا یکباره.

هر دو آزمایش از حالت آغازین یکسان A، نشان‌داده‌شده در مرکز، شروع می‌شوند: در این حالت فقط فشار جو P_0 بر پیستون وارد می‌شود. در سمت چپ، بار اضافی با جرم کل M دانه‌دانه روی پیستون قرار می‌گیرد و P_ ext به‌تدریج افزایش می‌یابد؛ با برداشتن بار به همان شیوه، مسیر در جهت عکس پیموده می‌شود. در سمت راست، همان جرم M یکباره قرار می‌گیرد و P_ ext ناگهان از P_0 به P_1 می‌رسد. در هر دو آزمایش تراکم، P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — شکل 1. هر دو آزمایش از حالت آغازین یکسان $A$ ، نشان‌داده‌شده در مرکز، شروع می‌شوند: در این حالت فقط فشار جو $P_0$ بر پیستون وارد می‌شود. در سمت چپ، بار اضافی با جرم کل $M$ دانه‌دانه روی پیستون قرار می‌گیرد و $P_{\mathrm{ext}}$ به‌تدریج افزایش می‌یابد؛ با برداشتن بار به همان شیوه، مسیر در جهت عکس پیموده می‌شود. در سمت راست، همان جرم $M$ یکباره قرار می‌گیرد و $P_{\mathrm{ext}}$ ناگهان از $P_0$ به $P_1$ می‌رسد. در هر دو آزمایش تراکم، $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

بار اضافی بسیار تدریجی افزوده می‌شود، به‌طوری که فشار خارجی آهسته از $P_0$ به $P_1$ می‌رسد. توضیح دهید چرا در هر لحظه فشار گاز $P$ با فشار خارجی $P_{\mathrm{ext}}$ برابر است. در این صورت برای مرتبط کردن حالت‌های پی‌درپی گاز از چه قانونی می‌توان استفاده کرد؟ $P_B/P_0$ ، $T_B/T_0$ و $V_B/V_0$ را برحسب $x$ و $\gamma$ به دست آورید.
اکنون از حالت $B$ آغاز کنید و بار را بسیار تدریجی، دانه‌دانه، بردارید تا فشار خارجی دوباره $P_0$ شود. با استفاده از همان قانون سؤال پیشین نشان دهید که گاز دقیقاً به حالت آغازین $A$ بازمی‌گردد.
دوباره از $A$ آغاز کنید و این بار جرم $M$ را یکباره روی پیستون بگذارید: فشار خارجی ناگهان مقدار ثابت $P_1$ را می‌گیرد. حالت نهایی $B'$ و نیز $W_{AB'}$ ، $Q_{AB'}$ و $\Delta U_{AB'}$ را کاملاً تعیین کنید.
ابتدا با مثال $\gamma=5/3$ و $x=2$ ، $T_{B'}$ را به‌طور عددی با $T_B$ مقایسه کنید. سپس مقایسه را برای هر $\gamma>1$ و $x>1$ تحلیلی اثبات و $V_{B'}$ را با $V_B$ مقایسه کنید. کدام تراکم گاز را بیشتر گرم می‌کند و کدام آن را بیشتر متراکم می‌کند؟
از $B'$ کل بار را ناگهان بردارید؛ فشار خارجی دوباره فشار جو $P_0$ می‌شود. حالت نهایی $B"$ را تعیین کنید و نشان دهید $T_{B"}$ و $V_{B"}$ از مقادیر آغازین خود بزرگ‌ترند یا کوچک‌تر.
موازنهٔ انرژی رفت‌وبرگشت $A\to B'\to B"$ را انجام دهید. توضیح دهید درس 6 چه نکته‌ای به این مقایسه خواهد افزود.

راهنمایی

برای تحول ناگهانی از

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

استفاده کنید و معادلهٔ حالت را فقط در حالت‌های تعادلی آغازین و نهایی به کار ببرید. برای مقایسهٔ

B

و

B'

می‌توان لگاریتم نسبت

T_{B'}/T_B

را بررسی کرد.

پاسخ تفصیلی

پاسخ

یادآوری می‌کنیم که

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

.

پرسش 1. بار اضافی به جرم‌هایی به‌اندازهٔ کافی کوچک تقسیم شده و پیش از افزودن جرم بعدی، هر تعادل تازه برقرار می‌شود؛ بنابراین گاز از دنباله‌ای پیوسته از حالت‌های تعادل می‌گذرد و تحول شبه‌ایستا است. چون جرم پیستون ناچیز و اصطکاک صفر است، تعادل مکانیکی در هر لحظه $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ ، یعنی $P=P_{\mathrm{ext}}$ را ایجاب می‌کند. دیواره‌ها عایق‌اند، پس $\delta Q=0$ . در این شرایط می‌توان از قوانین لاپلاس استفاده کرد. دو صورت مفید میان $A$ و $B$ عبارت‌اند از

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

چون $P_B=P_1=xP_0$ ، رابطهٔ نخست مستقیماً $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ و رابطهٔ دوم $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ را می‌دهد. در نتیجه $P_B/P_0=x$ ، $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ و $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

پرسش 2. هنگام برداشتن تدریجی بار، گاز در تعادل مکانیکی با بیرون می‌ماند و همان مسیر بی‌درروی لاپلاس را در جهت عکس طی می‌کند. در پایان $P_f=P_0$ و روابط لاپلاس می‌دهند

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.

پس گاز دقیقاً حالت $A=(P_0,V_0,T_0)$ را بازمی‌یابد. تحول را می‌توان در هر دو جهت و از همان دنبالهٔ حالت‌های تعادل پیمود؛ ازاین‌رو برگشت‌پذیر است.

پرسش 3. نباید از قوانین لاپلاس استفاده کرد، زیرا در این تحول ناگهانی گاز از دنباله‌ای از حالت‌های تعادل نمی‌گذرد. هنگام تحول فقط فشار خارجی ثابت $P_1$ در کار وارد می‌شود: $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . در تعادل نهایی $P_{B'}=P_1$ . با استفاده از $P_0V_0=nRT_0$ ، $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ ، $Q_{AB'}=0$ و $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ ، قانون اول می‌دهد

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

قرار می‌دهیم

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

آنگاه

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

پرسش 4. نخست مثال $\gamma=5/3$ و $x=2$ را بررسی کنیم. تراکم تدریجی $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ می‌دهد، درحالی‌که تراکم ناگهانی می‌دهد

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

پس در این مثال تراکم ناگهانی گاز را بیشتر گرم می‌کند. نشان دهیم این نتیجه کلی است. قرار می‌دهیم

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.

$f(1)=0$ 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]}

برای $\gamma>1$ و $x>1$ همهٔ عامل‌های مخرج مثبت‌اند و $f'(x)>0$ . بنابراین $f(x)>f(1)=0$ ، پس $T_{B'}/T_B>1$ و $T_{B'}>T_B$ . دو حالت فشار یکسان $P_1$ دارند؛ پس معادلهٔ گاز مثالی $V_{B'}>V_B$ را نیز ایجاب می‌کند. تراکم ناگهانی گاز را بیشتر گرم، اما کمتر از تراکم تدریجی متراکم می‌کند.

پرسش 5. برداشتن ناگهانی بار، فشار خارجی را از $P_1$ به $P_0=P_1/x$ می‌رساند. پس محاسبهٔ پرسش 3 را با جایگزینی نسبت فشار $x$ با وارون آن $1/x$ تکرار می‌کنیم و به دست می‌آوریم

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

با قرار دادن

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

داریم

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

از سوی دیگر

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

در وضعیت مورد بررسی $x>1$ ، پس $x>0$ و $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . چون $\gamma>1$ ، نتیجه می‌شود $\theta\phi-1>0$ . بنابراین

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

پس از بازگرداندن فشار خارجی به مقدار آغازین، گاز به حالت $A$ بازنمی‌گردد. این اختلاف نخستین نشانهٔ برگشت‌ناپذیری است: بازگرداندن قید خارجی به مقدار آغازین برای بازگرداندن سامانه به حالت آغازین کافی نیست.

پرسش 6. انبساط ناگهانی بی‌دررو است؛ بنابراین در کل رفت‌وبرگشت

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

دست‌کاری‌های خارجی فشار را به مقدار آغازین بازمی‌گردانند، اما گاز کار خالص دریافت کرده و گرم‌تر و منبسط‌تر باقی می‌ماند. درس 6 به همین حالت‌ها بازخواهد گشت تا نشان دهد تراکم برگشت‌پذیر آنتروپی تولید نمی‌کند، درحالی‌که هر یک از دو تحول ناگهانی آنتروپی تولید می‌کند.