हल सहित ऊष्मागतिकी अभ्यास

अचानक संपीडन पर पुनर्विचार: एंट्रॉपी संतुलन

अभ्यास 26 · पाठ 6 — ऊष्मागतिकी का द्वितीय नियम

  • एंट्रॉपी उत्पादन
  • रुद्धोष्म संपीडन
  • अनुत्क्रमणीयता
  • समएंट्रॉपी
  • एंट्रॉपी संतुलन
  • प्रतीकात्मक तुलना

प्रश्न

पाठ 5 के दो रुद्धोष्म संपीडन प्रयोग फिर लेते हैं और उपयोगी परिणाम यहाँ दोहराते हैं। अनुप्रस्थ क्षेत्रफल S\mathcal S के ऊष्मारोधित ऊर्ध्वाधर बेलन में nn मोल आदर्श गैस है। पिस्टन भी ऊष्मारोधित, घर्षणरहित चल और नगण्य द्रव्यमान का है। मोलर ऊष्मा धारिताएँ cVc_V और cPc_P नियत हैं, जहाँ

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.

आरंभ में पिस्टन पर केवल वायुमंडलीय दाब P0P_0 है: गैस अवस्था A=(P0,V0,T0)A=(P_0,V_0,T_0) में है, जहाँ P0V0=nRT0P_0V_0=nRT_0। MM द्रव्यमान का अतिरिक्त भार बाहरी दाब बनाता है

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

दोनों प्रयोग AA से शुरू होते हैं। पहले में रेत का एक-एक कण जोड़कर फिर हटाकर भार बदलते हैं: गैस उत्क्रमणीय रुद्धोष्म A→B→AA\to B\to A पर चलती है। दूसरे में भार एक साथ रखते, संतुलन B′B' की प्रतीक्षा करते, फिर एक साथ हटाकर संतुलन B"B" की प्रतीक्षा करते हैं। हर अचानक चरण में बाहरी दाब नियत है: जाने पर P1P_1, लौटने पर P0P_0। मानते हैं कि गैस के अंदर क्षय से दोलन मंद होते हैं; पिस्टन आरंभिक व अंतिम अवस्थाओं में स्थिर है और ऊर्जा संचित नहीं करता।

दोनों संपीडन बीच की A से शुरू होते हैं। बाएँ भार क्रमशः जोड़कर B तक जाते हैं; क्रमशः हटाने पर A लौटता है। दाएँ अचानक भार से B', फिर अचानक हटाने से दूसरी अवस्था B” मिलती है। चित्र संपीडन दर्शाता है; चार अवस्थाएँ नीचे हैं।
चित्र 1. दोनों संपीडन बीच की AA से शुरू होते हैं। बाएँ भार क्रमशः जोड़कर BB तक जाते हैं; क्रमशः हटाने पर AA लौटता है। दाएँ अचानक भार से B′B', फिर अचानक हटाने से दूसरी अवस्था B"B" मिलती है। चित्र संपीडन दर्शाता है; चार अवस्थाएँ नीचे हैं।

उत्क्रमणीय पथ पर लाप्लास संबंध और अचानक पथों पर प्रथम नियम से निम्न परिणाम मिले हैं। रखें

θ=1+(γ−1)xγ,φ=1+(γ−1)/xγ.अवस्थाP/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{अवस्था} & 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}

विशेषतः,

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.

सभी चरण रुद्धोष्म हैं: गैस को प्राप्त ऊर्जा के नियम में Q=0Q=0 और W=ΔU=ncV(Tf−Ti)W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)। अतः,

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}

उत्क्रमणीय आने-जाने में कुल कार्य शून्य है, जबकि अचानक पथ WAB′B"=ncVT0(θφ−1)>0W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0 प्राप्त करता है।

  1. A→BA\to B और B→AB\to A के एंट्रॉपी परिवर्तन निकालकर उत्क्रमणीय आने-जाने का संतुलन लिखें।
  2. ΔSAB′\Delta S_{AB'} निकालकर दिखाएँ कि वह सख्ती से धनात्मक है। परिवर्तन का कितना भाग विनिमय है और कितना उत्पादन?
  3. अचानक भार हटाने B′→B"B'\to B" के लिए भी यही करें।
  4. ΔSAB"\Delta S_{AB"} सीधे निकालें और पुष्टि करें कि वह पहले दो उत्पादनों का योग है। क्या A→B′→B"A\to B'\to B" गैस का चक्र है?
  5. दोनों आने-जाने के ऊर्जा और एंट्रॉपी संतुलनों की तुलना करें। ऊष्मा विनिमय न होना एंट्रॉपी संरक्षण क्यों नहीं है?

संकेत
आदर्श गैस की दो संतुलन अवस्थाओं के बीच,

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

B′→B"B'\to B" के लिए TB"/TB′=φT_{B"}/T_{B'}=\phi और VB"/VB′=xφV_{B"}/V_{B'}=x\phi लें। दिए असमानता संबंध चिह्न तय करते हैं। हर चरण में Se=0S_{\mathrm{e}}=0।

विस्तृत हल

हल
प्रश्न 1. सारणी देती है TB/T0=x(γ−1)/γT_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma} और VB/V0=x−1/γV_B/V_0=x^{-1/\gamma}। एंट्रॉपी सूत्र में रखने पर,

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}

क्योंकि cV(γ−1)=Rc_V(\gamma-1)=R। वापसी उसी पथ पर विपरीत है, इसलिए ΔSBA=0\Delta S_{BA}=0। हर चरण और पूरे आने-जाने में Se=Si=ΔS=0S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0। गैस अवस्था AA पर लौटती है।

प्रश्न 2. अचानक संपीडन में TB′/T0=θT_{B'}/T_0=\theta और VB′/V0=θ/xV_{B'}/V_0=\theta/x। R=cV(γ−1)R=c_V(\gamma-1) और लघुगणक गुणों से,

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}

स्वीकृत असमानता θ>x(γ−1)/γ\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma} से θγ>xγ−1\theta^\gamma>x^{\gamma-1}: लघुगणक के अंदर अनुपात 1 से बड़ा, इसलिए ΔSAB′>0\Delta S_{AB'}>0। विनिमय एंट्रॉपी शून्य है, अतः Si,AB′=ΔSAB′S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}। बिना ऊष्मा पाए गैस की एंट्रॉपी उत्पादन से बढ़ती है।

प्रश्न 3. अचानक भार हटाने के चरण की अंतिम व आरंभिक अवस्थाओं के अनुपात हैं

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.

अतः,

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}

वास्तव में φ>x−(γ−1)/γ\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma} से φγxγ−1>1\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1। फिर Se=0S_{\mathrm{e}}=0 और Si,B′B"=ΔSB′B"S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}। प्रसार में गैस ठंडी होती है (φ<1\phi<1), पर एंट्रॉपी बढ़ती है: प्रसार का पद अधिक प्रभावी है।

प्रश्न 4. अवस्थाओं AA और B"B" का दाब समान है तथा TB"/T0=VB"/V0=θφT_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi, जिससे

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.

यहाँ cP=cV+Rc_P=c_V+R और θφ>1\theta\phi>1 प्रयोग किए। पिछले दोनों परिणाम जोड़ें:

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}

ln⁡x\ln x के पद कटते हैं। प्रत्येक चरण रुद्धोष्म है, इसलिए यह दोनों उत्पन्न एंट्रॉपियों का योग भी है। बाहरी दाब P0P_0 पर लौटना गैस का चक्र पूरा नहीं करता: B"≠AB"\ne A, क्योंकि TB">T0T_{B"}>T_0 और VB">V0V_{B"}>V_0।

प्रश्न 5. A→B→AA\to B\to A के लिए Qtot=Wtot=ΔUtot=0Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0 और Si,tot=0S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0। A→B′→B"A\to B'\to B" के लिए,

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.

प्रथम नियम शुद्ध कार्य को आंतरिक ऊर्जा में संचित बताता है; द्वितीय नियम उत्पन्न एंट्रॉपी से अनुत्क्रमणीयता मापता है। रुद्धोष्म प्रक्रम समएंट्रॉपी तभी है जब एंट्रॉपी उत्पन्न न हो, जैसा यहाँ उत्क्रमणीय मामले में है।