Đề bài

Bài tập này không chỉ là một bài toán kinh điển: nó còn có ý nghĩa nền tảng để chỉ ra một trong những khác biệt giữa một quá trình thuận nghịch và một quá trình không thuận nghịch (xem thêm Bài 6).

Xét $n$ mol khí lý tưởng, có các nhiệt dung không đổi và tỉ số $\gamma=c_P/c_V>1$ , được chứa trong một xi lanh thẳng đứng cách nhiệt, có tiết diện $\mathcal S$ , được đậy bằng một pít-tông cách nhiệt có khối lượng không đáng kể, chuyển động không ma sát. Bên ngoài có áp suất khí quyển $P_0$ , tác dụng lên mặt trên của pít-tông. Ở trạng thái cân bằng ban đầu, áp suất của khí do đó cũng bằng $P_0$ , và trạng thái của nó là

A=(P_0,V_0,T_0).

Ta có một tải trọng với tổng khối lượng $M$ . Khi toàn bộ tải trọng được đặt lên pít-tông, áp suất ngoài bằng

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

Ta so sánh hai thí nghiệm: hoặc khối lượng $M$ được chia thành rất nhiều khối lượng nhỏ rồi lần lượt đặt thêm từng phần, chờ đạt cân bằng mới sau mỗi lần; hoặc toàn bộ khối lượng $M$ được đặt lên cùng một lúc. Sau đó, ta dỡ tải theo cùng cách: hoặc từng hạt cát một, hoặc toàn bộ cùng một lúc.

Hai thí nghiệm khởi đầu từ cùng một trạng thái ban đầu A, được biểu diễn ở giữa: khi đó pít-tông chỉ chịu áp suất khí quyển P_0. Ở bên trái, tải trọng có tổng khối lượng M được đặt lên từng hạt cát một, để P_ ext tăng dần; khi dỡ tải theo cùng cách, ta đi theo đường này theo chiều ngược lại. Ở bên phải, cùng khối lượng M được đặt lên cùng một lúc: P_ ext chuyển đột ngột từ P_0 sang P_1. Trong cả hai thí nghiệm nén, P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Hình 1. Hai thí nghiệm khởi đầu từ cùng một trạng thái ban đầu $A$ , được biểu diễn ở giữa: khi đó pít-tông chỉ chịu áp suất khí quyển $P_0$ . Ở bên trái, tải trọng có tổng khối lượng $M$ được đặt lên từng hạt cát một, để $P_{\mathrm{ext}}$ tăng dần; khi dỡ tải theo cùng cách, ta đi theo đường này theo chiều ngược lại. Ở bên phải, cùng khối lượng $M$ được đặt lên cùng một lúc: $P_{\mathrm{ext}}$ chuyển đột ngột từ $P_0$ sang $P_1$ . Trong cả hai thí nghiệm nén, $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

Tải trọng được thêm vào rất từ từ, sao cho áp suất ngoài tăng chậm từ $P_0$ đến $P_1$ . Giải thích vì sao tại mỗi thời điểm, áp suất $P$ của khí bằng áp suất ngoài $P_{\mathrm{ext}}$ . Khi đó có thể dùng định luật nào để liên hệ các trạng thái liên tiếp của khí? Từ đó suy ra $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ và $V_B/V_0$ theo $x$ và $\gamma$ .
Bây giờ xuất phát từ trạng thái $B$ và dỡ tải rất từ từ, từng hạt cát một, cho đến khi áp suất ngoài trở lại bằng $P_0$ . Dùng cùng định luật như ở câu trước để chứng minh rằng khí trở về đúng trạng thái ban đầu $A$ .
Lại xuất phát từ $A$ và lần này đặt toàn bộ khối lượng $M$ lên cùng một lúc: áp suất ngoài đột ngột nhận giá trị không đổi $P_1$ . Xác định đầy đủ trạng thái cuối $B'$ cũng như $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ và $\Delta U_{AB'}$ .
Trước hết, lấy ví dụ $\gamma=5/3$ và $x=2$ để so sánh bằng số $T_{B'}$ với $T_B$ . Sau đó thiết lập bằng giải tích phép so sánh cho mọi $\gamma>1$ và mọi $x>1$ , rồi so sánh $V_{B'}$ với $V_B$ . Quá trình nén nào làm khí nóng lên nhiều hơn và quá trình nào nén khí nhiều hơn?
Từ $B'$ , dỡ đột ngột toàn bộ tải trọng: áp suất ngoài trở lại bằng áp suất khí quyển $P_0$ . Xác định trạng thái cuối $B"$ . Chứng minh $T_{B"}$ và $V_{B"}$ lớn hơn hay nhỏ hơn các giá trị ban đầu tương ứng.
Lập cân bằng năng lượng cho hành trình khứ hồi $A\to B'\to B"$ . Giải thích Bài 6 sẽ bổ sung điều gì cho phép so sánh này.

Gợi ý

Đối với quá trình đột ngột, dùng

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

và chỉ dùng phương trình trạng thái tại các trạng thái cân bằng ban đầu và cuối cùng. Để so sánh

B

và

B'

, có thể khảo sát logarit của tỉ số

T_{B'}/T_B

.

Lời giải chi tiết

Lời giải

Nhắc lại rằng

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

.

Câu 1. Tải trọng được chia thành các khối lượng đủ nhỏ và mỗi trạng thái cân bằng mới đều đạt được trước khi thêm khối lượng tiếp theo: do đó khí đi qua một chuỗi liên tục các trạng thái cân bằng: quá trình là giả tĩnh. Vì pít-tông có khối lượng không đáng kể và không có ma sát, điều kiện cân bằng cơ học tại mỗi thời điểm đòi hỏi $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , tức là $P=P_{\mathrm{ext}}$ . Các thành đều cách nhiệt nên $\delta Q=0$ . Trong những điều kiện này, ta có thể dùng các định luật Laplace. Hai dạng hữu ích giữa $A$ và $B$ là

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

Vì $P_B=P_1=xP_0$ , hệ thức thứ nhất cho trực tiếp $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , còn hệ thức thứ hai cho $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . Cuối cùng, $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ và $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Câu 2. Khi dỡ tải từ từ, khí vẫn cân bằng cơ học với bên ngoài và đi theo cùng đường đoạn nhiệt Laplace, nhưng theo chiều ngược lại. Cuối cùng, $P_f=P_0$ . Các hệ thức Laplace khi đó cho

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,

và

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

Do đó khí trở về đúng trạng thái $A=(P_0,V_0,T_0)$ . Quá trình có thể diễn ra theo cả hai chiều qua cùng một chuỗi trạng thái cân bằng: ta nói quá trình này là thuận nghịch.

Câu 3. Không được dùng các định luật Laplace: trong quá trình đột ngột này, khí không đi qua một chuỗi các trạng thái cân bằng. Trong quá trình biến đổi, chỉ áp suất ngoài không đổi $P_1$ tham gia vào biểu thức công: $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . Ở trạng thái cân bằng cuối, $P_{B'}=P_1$ . Dùng $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ và $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ , nguyên lý thứ nhất cho

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

Đặt

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

Khi đó

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

Câu 4. Trước hết xét ví dụ $\gamma=5/3$ và $x=2$ . Quá trình nén từ từ cho $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , còn quá trình nén đột ngột cho

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

Trong ví dụ này, quá trình nén đột ngột làm khí nóng lên nhiều hơn. Ta chứng minh kết quả này đúng trong trường hợp tổng quát. Đặt

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.

Ta có $f(1)=0$ , và

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]}

Với $\gamma>1$ và $x>1$ , mọi thừa số ở mẫu số đều dương và $f'(x)>0$ . Do đó $f(x)>f(1)=0$ , suy ra $T_{B'}/T_B>1$ , tức là $T_{B'}>T_B$ . Hai trạng thái có cùng áp suất $P_1$ ; phương trình khí lý tưởng do đó cũng đòi hỏi $V_{B'}>V_B$ . Quá trình nén đột ngột làm khí nóng lên nhiều hơn, nhưng nén khí ít hơn quá trình nén từ từ.

Câu 5. Việc dỡ đột ngột tải trọng làm áp suất ngoài chuyển từ $P_1$ sang $P_0=P_1/x$ . Do đó ta áp dụng lại phép tính ở câu 3 bằng cách thay tỉ số áp suất $x$ bằng nghịch đảo $1/x$ . Kết quả của câu 3 khi đó trở thành

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

Đặt

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

ta được

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

Mặt khác,

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

Trong miền đang xét, $x>1$ , nên $x>0$ và $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Vì $\gamma>1$ , ta có $\theta\phi-1>0$ . Do đó,

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

Sau hành trình khứ hồi của áp suất ngoài, khí không trở về trạng thái $A$ . Độ lệch này là một dấu hiệu đầu tiên của tính không thuận nghịch: việc đưa ràng buộc bên ngoài về giá trị ban đầu không đủ để đưa hệ về trạng thái ban đầu.

Câu 6. Quá trình giãn nở đột ngột là đoạn nhiệt, do đó trên toàn bộ hành trình khứ hồi,

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

Các thao tác bên ngoài đưa áp suất về giá trị ban đầu, nhưng khí đã nhận một công tổng cộng khác không và vẫn nóng hơn, có thể tích lớn hơn. Bài 6 sẽ xét lại các trạng thái này để chỉ ra rằng quá trình nén thuận nghịch không sinh entropy, trong khi mỗi quá trình đột ngột đều sinh entropy.