Đề bài

Xét lại hai thí nghiệm nén đoạn nhiệt của bài 5, với các kết quả cần thiết nhắc lại ở đây. Một xi-lanh thẳng đứng cách nhiệt, tiết diện $\mathcal S$ , chứa $n$ mol khí lý tưởng. Pít-tông cũng cách nhiệt, chuyển động không ma sát và có khối lượng không đáng kể. Nhiệt dung mol $c_V$ và $c_P$ không đổi, với

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

Ban đầu pít-tông chỉ chịu áp suất khí quyển $P_0$ : khí ở trạng thái $A=(P_0,V_0,T_0)$ , với $P_0V_0=nRT_0$ . Tải thêm khối lượng $M$ nâng áp suất ngoài lên

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

Cả hai thí nghiệm bắt đầu từ $A$ . Trong thí nghiệm thứ nhất, thêm rồi bỏ tải từng hạt cát: khí đi theo đoạn nhiệt thuận nghịch $A\to B\to A$ . Trong thí nghiệm thứ hai, đặt toàn bộ tải cùng lúc, chờ cân bằng $B'$ , rồi bỏ toàn bộ tải cùng lúc và chờ cân bằng $B"$ . Áp suất ngoài không đổi trong mỗi bước đột ngột: $P_1$ khi đặt tải, $P_0$ khi bỏ tải. Giả sử dao động tắt dần do tiêu tán trong khí; pít-tông đứng yên ở các trạng thái đầu và cuối, không tích trữ năng lượng.

Hai phép nén bắt đầu từ A (giữa). Bên trái, tải tăng dần đến B; bỏ dần tải đưa về A. Bên phải, đặt tải đột ngột đến B'; bỏ tải đột ngột dẫn đến trạng thái khác B”. Hình vẽ các phép nén; bốn trạng thái được nêu rõ bên dưới. — Hình 1. Hai phép nén bắt đầu từ $A$ (giữa). Bên trái, tải tăng dần đến $B$ ; bỏ dần tải đưa về $A$ . Bên phải, đặt tải đột ngột đến $B'$ ; bỏ tải đột ngột dẫn đến trạng thái khác $B"$ . Hình vẽ các phép nén; bốn trạng thái được nêu rõ bên dưới.

Định luật Laplace trên đường thuận nghịch và nguyên lý thứ nhất trên các đường đột ngột đã cho các kết quả sau. Đặt

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

Đặc biệt,

\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.

Mọi bước đều đoạn nhiệt: $Q=0$ và $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , với quy ước năng lượng khí nhận là dương. Do đó,

\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}

Quá trình đi và về thuận nghịch có tổng công bằng không, còn đường đột ngột nhận $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ .

Tính biến thiên entropy trên $A\to B$ và $B\to A$ , rồi lập cân bằng entropy của quá trình đi và về thuận nghịch.
Tính $\Delta S_{AB'}$ và chứng minh nó dương nghiêm ngặt. Phần nào của biến thiên này được trao đổi và phần nào sinh ra?
Làm tương tự cho bước bỏ tải đột ngột $B'\to B"$ .
Tính trực tiếp $\Delta S_{AB"}$ và kiểm tra bằng tổng hai entropy sinh ra ở trên. Đường $A\to B'\to B"$ có phải chu trình của khí không?
So sánh cân bằng năng lượng và entropy của hai quá trình đi và về. Giải thích vì sao không trao đổi nhiệt không có nghĩa entropy được bảo toàn.

Gợi ý

Giữa hai trạng thái cân bằng của khí lý tưởng,

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

Với $B'\to B"$ , dùng $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ và $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . Các bất đẳng thức trong đề cho phép kết luận về dấu. Trong mỗi bước, $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Lời giải chi tiết

Lời giải

Câu 1. Bảng cho

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

và

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

. Thay vào công thức entropy,

\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}

vì $c_V(\gamma-1)=R$ . Chiều về theo cùng đường ngược chiều nên $\Delta S_{BA}=0$ . Trong từng bước và toàn quá trình đi về, $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . Khí trở lại trạng thái $A$ .

Câu 2. Với nén đột ngột,

T_{B'}/T_0=\theta

và

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

. Dùng

R=c_V(\gamma-1)

rồi các tính chất logarit,

\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}

Bất đẳng thức cho trước $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ cho $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : tỉ số trong logarit lớn hơn 1, nên $\Delta S_{AB'}>0$ . Entropy trao đổi bằng không, do đó $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . Entropy khí tăng do sinh ra mà không nhận nhiệt.

Câu 3. Khi bỏ tải đột ngột, các tỉ số giữa trạng thái cuối và đầu của bước này là

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

Do đó,

\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}

Thật vậy, $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ kéo theo $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . Một lần nữa $S_{\mathrm{e}}=0$ và $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . Khí nguội trong giãn nở này ( $\phi<1$ ), nhưng entropy tăng: số hạng giãn nở chiếm ưu thế.

Câu 4. Các trạng thái

A

và

B"

có cùng áp suất và

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

, suy ra

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

Đã dùng $c_P=c_V+R$ và $\theta\phi>1$ . Cộng hai kết quả trước:

\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}

Các số hạng chứa $\ln x$ triệt tiêu. Mỗi bước đoạn nhiệt, nên tổng này cũng bằng tổng hai entropy sinh ra. Áp suất ngoài trở về $P_0$ không đủ khép kín chu trình của khí: $B"\ne A$ , vì $T_{B"}>T_0$ và $V_{B"}>V_0$ .

Câu 5. Với

A\to B\to A

, ta có

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

và

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

. Với

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.

Nguyên lý thứ nhất mô tả tổng công được giữ lại dưới dạng nội năng; nguyên lý thứ hai định lượng tính không thuận nghịch bằng entropy sinh ra. Một quá trình đoạn nhiệt chỉ đẳng entropy nếu không sinh entropy, như trường hợp thuận nghịch ở đây.