Treść zadania

Wracamy do dwóch doświadczeń ze sprężaniem adiabatycznym z lekcji 5; potrzebne wyniki przypominamy poniżej. Pionowy cylinder izolowany cieplnie, o polu przekroju $\mathcal S$ , zawiera $n$ moli gazu doskonałego. Jego tłok, również izolowany cieplnie, porusza się bez tarcia i ma pomijalną masę. Molowe pojemności cieplne $c_V$ i $c_P$ są stałe, przy czym

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Początkowo na tłok działa jedynie ciśnienie atmosferyczne $P_0$ : gaz znajduje się w stanie $A=(P_0,V_0,T_0)$ , gdzie $P_0V_0=nRT_0$ . Dodatkowe obciążenie o masie $M$ zwiększa ciśnienie zewnętrzne do

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

Oba doświadczenia rozpoczynają się od $A$ . W pierwszym dodajemy, a następnie usuwamy obciążenie ziarnko piasku po ziarnku: gaz porusza się po odwracalnej adiabacie $A\to B\to A$ . W drugim nakładamy całe obciążenie naraz, czekamy na równowagę $B'$ , następnie zdejmujemy je naraz i czekamy na równowagę $B"$ . W każdym gwałtownym etapie ciśnienie zewnętrzne jest stałe: $P_1$ przy obciążaniu, $P_0$ przy odciążaniu. Zakładamy, że drgania są tłumione przez dyssypację w gazie; w stanie początkowym i stanach końcowych tłok spoczywa i nie magazynuje energii.

Oba sprężania rozpoczynają się od A (pośrodku). Po lewej obciążenie dodaje się stopniowo aż do B; stopniowe usunięcie przywraca A. Po prawej obciążenie nakłada się gwałtownie aż do B'; gwałtowne usunięcie prowadzi do innego stanu B”. Schemat przedstawia sprężania; cztery stany podano poniżej. — Rysunek 1. Oba sprężania rozpoczynają się od $A$ (pośrodku). Po lewej obciążenie dodaje się stopniowo aż do $B$ ; stopniowe usunięcie przywraca $A$ . Po prawej obciążenie nakłada się gwałtownie aż do $B'$ ; gwałtowne usunięcie prowadzi do innego stanu $B"$ . Schemat przedstawia sprężania; cztery stany podano poniżej.

Równania adiabaty na drodze odwracalnej i pierwsza zasada na drogach gwałtownych prowadzą do następujących wyników. Przyjmujemy

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{Stan} & 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}

W szczególności

\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.

Wszystkie etapy są adiabatyczne: $Q=0$ i $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , zgodnie z konwencją dodatnich energii otrzymanych przez gaz. Zatem

\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}

Odwracalna przemiana tam i z powrotem ma zerową pracę wypadkową, natomiast podczas drogi gwałtownej gaz otrzymuje $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ .

Obliczyć zmiany entropii na $A\to B$ i $B\to A$ , a następnie sporządzić bilans entropii odwracalnej przemiany tam i z powrotem.
Obliczyć $\Delta S_{AB'}$ i wykazać, że jest ściśle dodatnia. Jaka część tej zmiany jest entropią wymienioną, a jaka wytworzoną?
Wykonać analogiczne obliczenia dla gwałtownego odciążenia $B'\to B"$ .
Obliczyć bezpośrednio $\Delta S_{AB"}$ i sprawdzić, że jest równa sumie obu wcześniej wyznaczonych entropii wytworzonych. Czy droga $A\to B'\to B"$ jest cyklem gazu?
Porównać bilanse energii i entropii obu przemian tam i z powrotem. Wyjaśnić, dlaczego brak wymiany ciepła nie oznacza zachowania entropii.

Wskazówka

Między dwoma stanami równowagi gazu doskonałego

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

Dla $B'\to B"$ wykorzystać $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ i $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . Nierówności przypomniane w treści pozwalają określić znaki. Na każdym etapie $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Szczegółowe rozwiązanie

Rozwiązanie

Pytanie 1. Z tabeli mamy

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

i

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

. Podstawiając je do wzoru na entropię,

\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}

ponieważ $c_V(\gamma-1)=R$ . Powrót przebiega tą samą drogą w przeciwnym kierunku, więc $\Delta S_{BA}=0$ . W każdym etapie i dla całej przemiany tam i z powrotem $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . Gaz odzyskuje stan $A$ .

Pytanie 2. Dla gwałtownego sprężania

T_{B'}/T_0=\theta

i

V_{B'}/V_0=\theta/x

. Korzystając z

R=c_V(\gamma-1)

, a następnie z własności logarytmów,

\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}

Przyjęta nierówność $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ daje $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : iloraz pod logarytmem jest większy od 1, zatem $\Delta S_{AB'}>0$ . Entropia wymieniona jest zerowa, więc $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . Entropia gazu rośnie przez wytwarzanie, bez otrzymywania ciepła.

Pytanie 3. Przy gwałtownym odciążaniu stosunki wielkości między końcowym i początkowym stanem tego etapu wynoszą

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Zatem

\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}

Istotnie, z $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ wynika $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . Ponownie $S_{\mathrm{e}}=0$ i $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . Gaz ochładza się podczas tego rozprężania ( $\phi<1$ ), lecz jego entropia rośnie: przeważa składnik związany ze wzrostem objętości.

Pytanie 4. Stany

A

i

B"

mają to samo ciśnienie oraz

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

, stąd

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

Wykorzystaliśmy $c_P=c_V+R$ i $\theta\phi>1$ . Dodajmy teraz dwa poprzednie wyniki:

\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}

Składniki zawierające $\ln x$ się znoszą. Każdy etap jest adiabatyczny, więc suma ta jest również sumą obu entropii wytworzonych. Powrót ciśnienia zewnętrznego do $P_0$ nie wystarcza, aby gaz wykonał zamknięty cykl: $B"\ne A$ , ponieważ $T_{B"}>T_0$ i $V_{B"}>V_0$ .

Pytanie 5. Dla

A\to B\to A

mamy

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

i

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

. Dla

A\to B'\to B"

,

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.

Pierwsza zasada opisuje pracę wypadkową zachowaną w postaci energii wewnętrznej; druga określa ilościowo nieodwracalność za pomocą wytworzonej entropii. Przemiana adiabatyczna jest izentropowa tylko wtedy, gdy nie wytwarza entropii, jak tutaj w przypadku odwracalnym.