热力学习题详解

绝热活塞：无热平衡的机械平衡

习题 23 · 课程 6 — 热力学第二定律

  • 可移动活塞
  • 绝热壁
  • 电阻
  • 机械平衡
  • 熵产生

题目

一个水平刚性绝热气缸由不透质、绝热、无摩擦移动且能量可忽略的活塞分成两个隔室。每侧有 nn 摩尔理想气体，摩尔热容 cV=R/(γ−1)c_V=R/(\gamma-1) 恒定，γ=cP/cV>1\gamma=c_P/c_V>1，初始处于 (P0,V0,T0)(P_0,V_0,T_0)。隔室1中的电阻由外界供电。加热足够缓慢，以维持机械平衡并使气体2的压缩可逆，直到 Pf=xP0P_f=xP_0、x>1x>1。随后切断电流。忽略电阻的热容。

  1. 画图标出“气体2”和“两种气体与电阻”系统的边界。什么形式的能量穿过第二个边界？
  2. 求 V2,fV_{2,f}、T2,fT_{2,f}，再求 V1,fV_{1,f} 和 T1,fT_{1,f}。绝热隔板是否要求 T1,f=T2,fT_{1,f}=T_{2,f}？
  3. 计算两种气体的能量变化与接受的电功 WelecW_{\mathrm{elec}}。
  4. 计算 ΔS1\Delta S_1、ΔS2\Delta S_2 及“两种气体与电阻”的熵产生。为何缓慢加热不能使整个实验可逆？
  5. 切断电流后，使活塞导热并仍可移动。求新的平衡态以及额外的熵产生。

提示
仅对气体2使用泊松关系。总体积为 2V02V_0。对包含电阻的系统，Qext=0Q_{\mathrm{ext}}=0，输入能量为电功。使用理想气体的熵公式。

详细解答

解答

Figure
图 1

第1问。 图中电阻位于隔室1，活塞绝热，电线穿过外边界。气体2通过活塞接受机械功，不吸热。对于“两种气体与电阻”，外界热量为零，外壁刚性，只有电功输入。活塞两侧的功是该整体内部的交换。

第2问。 气体2经历可逆绝热压缩，因此 P0V0γ=PfV2,fγP_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma。利用 Pf=xP0P_f=xP_0，

(V2,fV0)γ=1x,V2,f=x−1/γV0.\left(\frac{V_{2,f}}{V_0}\right)^\gamma=\frac1x, \qquad V_{2,f}=x^{-1/\gamma}V_0.

令 a=x−1/γa=x^{-1/\gamma}。由始末两态的状态方程得

T2,fT0=PfV2,fP0V0=xa,T2,f=xaT0.\frac{T_{2,f}}{T_0}=\frac{P_fV_{2,f}}{P_0V_0}=xa, \qquad T_{2,f}=xaT_0.

总体积为 2V02V_0，活塞使隔室1和2的压力相等：

V1,f=2V0−V2,f=(2−a)V0,T1,f=T0PfV1,fP0V0=x(2−a)T0.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.

由于 x>1x>1 和 γ>1\gamma>1，有 0<a<10<a<1，故 2−a>a2-a>a 且 T1,f>T2,fT_{1,f}>T_{2,f}。隔板允许功的交换，但不允许直接传热。在所用的宏观模型中，切断电流后，该状态是绝热约束下的机械平衡态。

第3问。 对每种气体，ΔU=ncV(Tf−T0)\Delta U=nc_V(T_f-T_0) 且 ncVT0=nRT0/(γ−1)=P0V0/(γ−1)nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)。代入已求出的温度，

ΔU1=P0V0γ−1[x(2−a)−1],ΔU2=P0V0γ−1(xa−1).\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).

电阻储存的能量可忽略。因此对整体应用第一定律得

Welec=ΔU1+ΔU2=P0V0γ−1[x(2−a)−1+xa−1]=P0V0γ−1(2x−2)=2P0V0γ−1(x−1).\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}

气体2中 Q2=0Q_2=0，故活塞的功为 W2=ΔU2W_2=\Delta U_2。活塞不储存能量，因此对气体1的功为 −W2-W_2。这两个功在整体能量平衡中相消。

第4问。 对气体2，熵公式给出

ΔS2=ncVln⁡(xa)+nRln⁡a=ncV[ln⁡x+ln⁡a+(γ−1)ln⁡a]=ncVln⁡(xaγ)=0,\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}

因为 aγ=1/xa^\gamma=1/x。再次得到可逆绝热压缩的等熵性。对气体1，

ΔS1=ncVln⁡[x(2−a)]+nRln⁡(2−a)=ncV[ln⁡x+γln⁡(2−a)]=ncVln⁡[x(2−a)γ].\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}

有 x>1x>1 和 2−a>12-a>1，故对数的真数大于1，即 ΔS1>0\Delta S_1>0。整体不从外界接收熵，因为电功不携带熵。所以 Si=ΔS1+ΔS2=ΔS1S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1。即使加热缓慢，焦耳效应也会产生熵，因此泊松关系不适用于气体1。

第5问。 切断电流后，整体孤立。隔板变为导热且可移动，允许最终温度和压力均相等。两种气体的 nn 相同，因此由 P∗V1,∗=nRT∗=P∗V2,∗P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*} 得 V1,∗=V2,∗=V0V_{1,*}=V_{2,*}=V_0。能量守恒要求

ncV(T∗−T1,f)+ncV(T∗−T2,f)=0.nc_V(T_*-T_{1,f})+nc_V(T_*-T_{2,f})=0.

除以 ncVnc_V 再代入温度，

2T∗=T1,f+T2,f=xT0[(2−a)+a]=2xT0,2T_*=T_{1,f}+T_{2,f}=xT_0[(2-a)+a]=2xT_0,

得到 T∗=xT0T_*=xT_0 和 P∗=nRxT0/V0=xP0P_*=nRxT_0/V_0=xP_0。在这一新过程中，熵变为

ΔS1,add=ncVln⁡xT0x(2−a)T0+nRln⁡V0(2−a)V0=−ncPln⁡(2−a),ΔS2,add=ncVln⁡xT0xaT0+nRln⁡V0aV0=−ncPln⁡a.\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}

由于整体孤立，其和等于额外产生的熵：

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

当 0<a<10<a<1 时 0<a(2−a)=1−(1−a)2<10<a(2-a)=1-(1-a)^2<1，故其对数为负。前面的负号使 Si,add>0S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0。