Swali

Silinda ngumu ya mlalo iliyozuiwa kupitisha joto imegawanywa katika sehemu mbili na pistoni isiyopitisha maada, ya adiabati, inayosogea bila msuguano na yenye nishati inayopuuzwa. Kila sehemu ina moli $n$ za gesi bora yenye uwezo wa joto kwa moli $c_V=R/(\gamma-1)$ thabiti, ambapo $\gamma=c_P/c_V>1$ , mwanzoni katika $(P_0,V_0,T_0)$ . Kipingamizi katika sehemu ya 1 hupokea umeme kutoka nje. Upashaji joto ni wa polepole vya kutosha kudumisha usawa wa kimitambo na kufanya mbano wa gesi ya 2 kuwa rejeshi hadi $P_f=xP_0$ , $x>1$ . Kisha tunakata mkondo wa umeme. Tunapuuza uwezo wa joto wa kipingamizi.

Chora mipaka ya mifumo «gesi ya 2» na «gesi mbili + kipingamizi». Ni nishati gani inayovuka mpaka wa mfumo wa pili?
Pata $V_{2,f}$ , $T_{2,f}$ , kisha $V_{1,f}$ na $T_{1,f}$ . Je, ukuta adiabati unaweka sharti $T_{1,f}=T_{2,f}$ ?
Hesabu mabadiliko ya nishati ya gesi mbili na kazi ya umeme inayopokelewa $W_{\mathrm{elec}}$ .
Hesabu $\Delta S_1$ , $\Delta S_2$ na entropy inayozalishwa na «gesi mbili + kipingamizi». Kwa nini upashaji polepole haufanyi jaribio lote kuwa rejeshi?
Baada ya kukata mkondo, tunafanya pistoni ipitishe joto huku ikiendelea kuruhusiwa kusogea. Pata usawa mpya na entropy ya ziada inayozalishwa.

Kidokezo

Tumia sheria ya Laplace kwa gesi ya 2 pekee. Ujazo wa jumla ni

2V_0

. Kwa mfumo unaojumuisha kipingamizi,

Q_{\mathrm{ext}}=0

na nishati huletwa kama kazi ya umeme. Tumia fomula ya entropy ya gesi bora.

Jibu la kina

Suluhisho

Swali 1. Mchoro unaonyesha kipingamizi katika sehemu ya 1, pistoni iliyozuiwa kupitisha joto na nyaya za umeme zinazovuka mpaka wa nje. Gesi ya 2 hupokea kazi ya kimitambo kupitia pistoni, lakini haipokei joto. Kwa «gesi mbili + kipingamizi», joto kutoka nje ni sifuri na kuta za nje ni ngumu: kazi ya umeme pekee huingia. Kazi zinazofanywa pande mbili za pistoni ni za ndani kwa mkusanyiko huu.

Swali 2. Gesi ya 2 inabanwa kwa njia adiabati rejeshi, hivyo

P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma

. Kwa

P_f=xP_0

,

\left(\frac{V_{2,f}}{V_0}\right)^\gamma=\frac1x, \qquad V_{2,f}=x^{-1/\gamma}V_0.

Tuweke $a=x^{-1/\gamma}$ . Mlinganyo wa hali katika hali mbili za mwisho wa hatua unatoa

\frac{T_{2,f}}{T_0}=\frac{P_fV_{2,f}}{P_0V_0}=xa, \qquad T_{2,f}=xaT_0.

Ujazo wa jumla ni $2V_0$ na pistoni inaweka shinikizo sawa katika sehemu za 1 na 2:

V_{1,f}=2V_0-V_{2,f}=(2-a)V_0, \qquad T_{1,f}=T_0\frac{P_fV_{1,f}}{P_0V_0}=x(2-a)T_0.

Kwa kuwa $x>1$ na $\gamma>1$ , tuna $0<a<1$ , hivyo $2-a>a$ na $T_{1,f}>T_{2,f}$ . Ukuta unaruhusu kazi lakini si uhamishaji wa moja kwa moja wa joto. Baada ya kukata mkondo, hali hii ni usawa wa kimitambo wenye kikwazo cha adiabati katika kielelezo cha kimakroskopi kilichotumiwa.

Swali 3. Kwa kila gesi,

\Delta U=nc_V(T_f-T_0)

na

nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)

. Kwa kuingiza halijoto zilizohesabiwa,

\Delta U_1=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1],\qquad \Delta U_2=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(xa-1).

Nishati iliyohifadhiwa katika kipingamizi inapuuzwa. Kwa hiyo kanuni ya kwanza ikitumika kwa mkusanyiko inatoa

\begin{aligned} W_{\mathrm{elec}}&=\Delta U_1+\Delta U_2\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1+xa-1]\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(2x-2) =\frac{2P_0V_0}{\gamma-1}(x-1). \end{aligned}

Katika gesi ya 2, $Q_2=0$ , kwa hiyo kazi ya pistoni ni $W_2=\Delta U_2$ . Kwa kuwa pistoni haihifadhi nishati, kazi yake kwa gesi ya 1 ni $-W_2$ . Kazi hizi mbili zinafutana katika mizani ya mkusanyiko.

Swali 4. Kwa gesi ya 2, fomula ya entropy inatoa

\begin{aligned} \Delta S_2&=nc_V\ln(xa)+nR\ln a\\ &=nc_V[\ln x+\ln a+(\gamma-1)\ln a]\\ &=nc_V\ln(xa^\gamma)=0, \end{aligned}

kwa kuwa $a^\gamma=1/x$ . Tunapata tena entropy thabiti ya mbano rejeshi. Kwa gesi ya 1,

\begin{aligned} \Delta S_1&=nc_V\ln[x(2-a)]+nR\ln(2-a)\\ &=nc_V[\ln x+\gamma\ln(2-a)] =nc_V\ln[x(2-a)^\gamma]. \end{aligned}

Tuna $x>1$ na $2-a>1$ , hivyo kiasi kilicho ndani ya logarithi kinazidi 1: $\Delta S_1>0$ . Mkusanyiko haupokei entropy kutoka nje: kazi ya umeme haibebi entropy. Hivyo $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$ . Athari ya Joule huzalisha entropy hata ikiwa upashaji ni wa polepole. Kwa hiyo sheria ya Laplace haitumiki kwa gesi ya 1.

Swali 5. Baada ya kukata mkondo, mkusanyiko umetengwa. Ukuta unaopitisha joto na kusogea sasa unaruhusu halijoto na shinikizo kuwa sawa mwishoni. Kwa kuwa gesi mbili zina

n

ileile,

P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}

inatoa

V_{1,*}=V_{2,*}=V_0

. Uhifadhi wa nishati unaweka

nc_V(T_*-T_{1,f})+nc_V(T_*-T_{2,f})=0.

Kwa kugawanya kwa $nc_V$ kisha kuingiza halijoto,

2T_*=T_{1,f}+T_{2,f}=xT_0[(2-a)+a]=2xT_0,

hivyo $T_*=xT_0$ na $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$ . Kwa mabadiliko ya entropy katika mchakato huu mpya,

\begin{aligned} \Delta S_{1,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{x(2-a)T_0}+nR\ln\frac{V_0}{(2-a)V_0} =-nc_P\ln(2-a),\\ \Delta S_{2,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{xaT_0}+nR\ln\frac{V_0}{aV_0} =-nc_P\ln a. \end{aligned}

Jumla yake ni entropy ya ziada inayozalishwa, kwa sababu mkusanyiko umetengwa:

S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}=-nc_P[\ln(2-a)+\ln a]=-nc_P\ln[a(2-a)].

Kwa $0<a<1$ , tuna $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$ , hivyo logarithi yake ni hasi. Alama ya kutoa inafanya $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$ .