Г.А. Миронова, Н.Н. Брандт, А.М. Салецкий - Молекулярная физика и термодинамика в вопросах и задачах (1103598), страница 34
Текст из файла (страница 34)
ЭНТРОПИЯ. ВТОРОЕ И ТРЕТЬЕ НАЧАЛА ТЕРМОДИНАМИКИ173Для искомого изменения энтропиинаходим (рис. 6.8):3S12 4 R lnРис. 6.8Изменение энтропии одного моля иде/ального газа в процессе его расшире/ния от объема V1 до объема V2 = 2V1при изобарическом, изотермическом,обратимом адиабатическом процессахи по закону V = aT312V2TC5 CV ln 2 4 R 5 V ln2.V1T13На рис. 6.8 изображен график измене/ния энтропии S(V) для заданного процес/са V = aT3. Для сравнения приведены гра/фики изобарического, изотермического,изоэнтропического (с показателем адиа/баты g = 1,4) процессов.
Изменение энтро/пии в изобарическом процессе, вычислен/ное по формуле (6.40):2Sp 3 Cp lnV2 i 1 23R ln2 3 3,5R ln2;2V1в изотермическом процессе: DST = Rln(V2/V1) = Rln 2; в изоэнтропическомDSS = 0.Ответ: DS12 = (R + CV/3)ln 2.3адача 6.12. Один моль идеального одноатомного газа равновесным (об/ратимым) процессом был переведен из состояния 1 (p1, V1) в состояние 3 собъемом V2 > V1 первый раз изобарически (процесс 1–3), а второй раз — сна/чала по изотерме 1–2, а затем по изохоре 2–3 (рис. 6.9). Определить измене/ние энтропии на всех этапах в обоих процессах.
Изобразить эти процессы надиаграммах S–T, S–V и S–p.Решение. Параметры состояний 1, 2, 3 можно определить, используя урав/нения процессов и уравнения состояний идеального газа:Для состояния 1 из уравнения состояния имеем T1 = p1V1/R.Для состояния 2 из уравнения процесса получаем p1V1 = p2V2 и p2 = p1V1/V2.Для состояния 3 из уравнения про/цесса следует p3 = p1, из уравнения со/стояния T3 = p1V2/R. Таким образом,имеем следующие параметры состоя/ний:состояние 1 — {p1, V1, T1 = p1V1/R};состояние 2 — {p2 = p1V1/V2, V2, T2 == T1 = p1V1/R};состояние 3 — {p1, V2, T3 = p1V2/R}.1й способ.
Зная параметры состоя/ний, можно определить энтропию в ка/ждом из них по формуле (6.33):Рис. 6.9Два равновесных процесса 1–3 и 1–2–3(сплошные линии) перехода идеальногогаза из состояния 1 в состояние 3. Изо/термы — пунктирные линии, адиабаты —штрихпунктирные линии174S1 = S0(N) + Rln V1 + CVln(p1V1/R);S2 = S0(N) + Rln V2 + CVln(p1V1/R);S3 = S0(N) + Rln V2 + CVln(p1V2/R).МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХИзменение энтропии DSik на любом этапе i ® k равно DSik = Sk – Si. Поэтому:V2;V1V1S23 2 S3 3 S2 2 CV ln 2 ;V1V2VV1S13 2 S3 3 S1 2 R ln 4 CV ln 2 2 Cp ln 2 .V1V1V11S12 2 S2 3 S1 2 R lnАнализируя полученные для DSik выражения, убеждаемся в том, что эн+тропия является функцией состояния, т. е. изменение энтропии не зависитот формы пути: DS13 = DS12 + DS23.2й способ.
Так как по условию задачи процесс обратим, значение энтро+пии может быть указано в любой точке процесса, т. е. уравнение процессаможет быть записано в виде S = S(V), или S = S(p), или S = S(T).Общая форма уравнения процесса, в котором одним из параметров явля+ется энтропия, имеет вид:S = Sstart + DS,где Sstart — значение энтропии в одной из точек процесса, а изменение энтро+пии представляется как функция одного из параметров: DS = DS(V), илиDS = DS(p), или DS = DS(T).Для изотермического участка 1–2 второго процесса в качестве началаотсчета энтропии возьмем значение энтропии в 1+й точке Sstart = S1.
Посколь+ку T = const, используем для DS (6.35) и (6.37), где V и p — объем и давлениев произвольной точке процесса. Получаем уравнения процесса соответствен+но в параметрах (S, V) и (S, p):V;V1pST ( p) 1 S1 2 1R ln .p1Для изохорического участка 2–3 второго процесса за начало отсчетаэнтропии выбираем энтропию в конечной точке предыдущего процессаSstart = S2. Используя (6.35) и (6.36), для DS при V = const получаем:ST (V ) 1 S1 2 R lnp;p2TSV (T ) 1 S2 2 CV ln .T1Для изобарического процесса 1–3 за начало выбираем энтропию в точ+ке 1: Sstart = S1, и по формулам (6.36) и (6.37) получаем:SV ( p) 1 S2 2 CV lnV;V1TSp (T) 1 S1 2 Cp ln .T1Sp (V ) 1 S1 2 Cp lnГЛАВА 6. ЭНТРОПИЯ. ВТОРОЕ И ТРЕТЬЕ НАЧАЛА ТЕРМОДИНАМИКИ175(б)(а)(в)Рис.
6.10Зависимость энтропии оттемпературы (а), объема(б) и давления (в) в про<цессах, изображенных нар–V<диаграмме рис. 6.9Графики всех процессов в различных переменных (S, T), (S, V) и (S, р)представлены на рис. 6.10.Отметим как вывод, что энтропия в равновесных процессах может какубывать, так и возрастать, в зависимости от направления процесса.Ответ: см. рис.
6.10.Задача 6.13. Идеальный газ участвует в обратимом циклическом процес<се 1–2–3–1 (рис. 6.11). Точки 1 и 3 лежат на одной изоэнтропической кри<вой S1. В точке 2 энтропия газа S2 максимальная.1. На каких участках процесса газ отдает и получает тепло?2. На каких участках газ нагревается и охлаждается?3. Сравните по величине | DQ12 | и | DQ23 |, | DS12 | и | DS23 |.Решение. Проведем изотермы, соответствующие максимальной T1a и ми<нимальной T3 температурам газа в циклическом процессе.1. На участках 1–1а и 3–1 газ нагревается, на 1а–2–3 — охлаждается.На участке 1–2 газ получает тепло, на 2–3 — отдает.2.
DS12 = –DS23, так как энтропия в состояни<ях 1 и 3 одинакова. Для сравнения | DQ12 | и | DQ23 |рассмотрим круговой процесс 1–2–3–1. Поскольку12 dU 1 0, из I начала термодинамики следует:13 1Q 2 13 1A,Рис. 6.11Обратимый циклическийпроцесс 1–1а–2–3–1 иде<ального газа (сплошныелинии); изотермы — пунк<тирные линии, изоэнтропи<ческие процессы — штрих<пунктирные линиигде 15 1Q 2 3Q12 4 3Q23 , так как для изоэнтропиче<ского участка 3–1 DQ31 = 0. Работа за цикл числен<но равна площади цикла на p–V<диаграмме, и придвижении по часовой стрелке 13 1A 2 0.
Следова<тельно,1Q12 2 1Q23 3 16 4A 5 0,или, учитывая знаки теплоты:| DQ12 | – | DQ23 | > 0.Таким образом, | DQ12 | > | DQ23 | на величину12 1A работы за цикл.Важный вывод для графического анализа равновесных (обратимых)процессов: при переходе с нижнего изоэнтропического процесса наверхний система получает теплоту, при переходе с верхнего на ниж<ний — отдает. При переходе с изоэнтропы S1 на S2 значение теплотызависит от формы пути (на рис. 6.11 | DQ12 | ¹ | DQ32 |).176МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХ3.
Изоэнтропический процесс — это обратимый процесс, для которогопо пути процесса dS = 0, а следовательно, dQ = 0. Это означает, что любойизоэнтропический процесс является адиабатическим. Адиабатический про1цесс — процесс, происходящий без теплообмена, но не обязательно обрати1мым путем. Необратимый адиабатический процесс не является изоэнтропи1ческим.Ответ: | 1Q12 | 2 | 1Q23 |3 16 4A 5 0, 1S12 3 – 1S23 .Вопрос для самопроверки.
Может ли энтропия возрастать или умень1шаться в адиабатических процессах?Ответ: см. II начало термодинамики и решение следующей задачи.3адача 6.14. Необратимые и обратимые процессы в адиабатически изолированных системах. Недеформируемый, теплоизолированный от окру1жающей среды цилиндрический сосуд состоит из двух одинаковых секцийобъемом V0 каждая. Секции отделены друг от друга невесомым поршнем1перегородкой, способным перемещаться без трения.
Первая секция заполне1на одним молем идеального газа, во второй секции — вакуум (рис. 6.12).Рассмотреть два возможных процесса:(A) поршень получает возможность свободно перемещаться, и происхо1дит самопроизвольное расширение газа — процесс ГейЛюссака;(B) проводится квазистатическое (обратимое) расширение газа.
Какиеусловия необходимо создать для этого?Определить изменения температуры и энтро1пии в обоих процессах.Решение. Процесс А является необратимым, аследовательно, газ в ходе процесса не может харак1теризоваться равновесными термодинамическимипараметрами, такими как p, V, T, S. Поэтому дляРис.
6.12необратимых процессов невозможно записать урав Невесомый поршень разде1нение процесса. На рис. 6.13 неравновесный про1 ляет цилиндрический, теп1лоизолированный от окру1цесс на р–V1диаграмме условно показан в виде вол1 жающей среды сосуд на двенистой линии. Точка 2 соответствует состоянию, в одинаковые по объему сек1в одной из которых на1которое приходит система после установления ции,ходится один моль идеально1равновесия. Поэтому и начальное 1, и конечное 2 го газа, в другой — вакуумсостояние можно считать равновесным.Несмотря на то что уравнение процесса запи1сать невозможно, можно определить энергетиче ские составляющие процесса.По условию задачи система является теплоизо1лированной, следовательно, DQA = 0.
Так как поусловию задачи объемы жесткие, а поршень неве1Рис. 6.13сом и может свободно передвигаться без трения, Процесс самопроизвольно1сила давления газа на поршень не имеет противо1 го расширения идеальногодействия. Это означает, что газ, расширяясь, не газа в вакуум от объема V1до объема V2 (волнистая ли1совершает работы DAA = 0. Из I начала термодина1 ния). Изотерма— пунктир1ная линиямики следует:ГЛАВА 6.
ЭНТРОПИЯ. ВТОРОЕ И ТРЕТЬЕ НАЧАЛА ТЕРМОДИНАМИКИ177DUA = DQA – DAA = 0.(6.46)Для идеального газа соотношение (6.46) означает, чтоT1 = T 2 ,(6.47)так как DUA = CVDT.Вопрос для самопроверки. Можно ли на основании (6.46) утверждать,что температура в процессе остается постоянной, т. е. dT = 0, а из условияdQA = 0 и формулы dS = dQ/T получить dS = 0?Ответ: нет, нельзя, так как температура и энтропия в необратимом проAцессе могут быть определены только в начальном и конечном состояниях.Формула dS = dQ/T относится только к обратимым процессам.Для вычисления изменения энтропии воспользуемся формулой (6.35), поAскольку известны объем и температура в начальном и конечном состояниях:TV1SA 2 CV ln 2 3 R ln 2 2 R ln2 4 0.T1V1Процесс В соответствует обратимому адиабатическому процессу 1–3.
Нар–VA и T–SAдиаграммах (рис. 6.14а, б) изображены процессы А и В и провеAдены штриховыми и штрихпунктирными линиями изотермы и изохоры (обAратимые, равновесные).Для обратимого процесса справедливы уравнения (6.35) и (6.9). ПоAскольку процесс адиабатический (dQB = 0) и обратимый, из определенияdSB = dQB/T (6.9) следует, что процесс В изоэнтропический dS = 0 и S = constв течение всего процесса.TRИз уравнения (6.35) имеем ln 3 1 2ln2 и находим температуру в концеT1CVпроцесса В:T3 2 T1 21 R / CV .Поскольку для идеального одноатомного газа CV = 3R/2, окончательнополучаем:T3 = T12 –2/3 » 0, 63T1 и DT31 = T3 – T1 < 0.Следовательно, DUB < 0.Вопрос для самопроверки. Почему в процессе В уменьшилась внутренAняя энергия? Сравните с необратимым процессом А.Ответ: изменение внутренней энергии произошло за счет совершенияработы против внешней силы, обеспечивающей квазистатичность и обратиAмость процесса.Таким образом, полученные в задаче результаты подтверждают II началотермодинамики: энтропия изолированных систем не убывает (DS ³ 0).(а)(б)Рис.
6.14Процессы расширения идеальноAго газа в пустоту от объема V1 дообъема V2 на р–V (а) и Т–SAдиаAграммах (б): обратимый адиабатиAческий процесс 1–3 (сплошная лиAния) и необратимый адиабатичеAский — 1–2 (волнистая линия)178МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХЗамечание. На примере данной задачи еще раз убеждаемся в том, чтонельзя отождествлять dS и dQ/T.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
