Г.А. Миронова, Н.Н. Брандт, А.М. Салецкий - Молекулярная физика и термодинамика в вопросах и задачах (1103598), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Они равны только в случае обратимыхпроцессов.Ответ: DTA = 0, DSA = Rln 2, DTB = T1(2 – 2/3 – 1) < 0, DSB = 0.Задача 6.15. Недеформируемый цилиндрический сосуд состоит из двуходинаковых секций объемом V0 каждая. Секции отделены друг от друга не@весомым поршнем, способным перемещаться без трения. Первая секция за@полнена одним молем идеального газа (термодинамическая система А), во вто@рой секции — вакуум.
Сосуд помещен в термостат с температурой Т0 (термоди@намическая система АТ). Термостат может рассматриваться как окружающаясреда для системы А, как огромный резервуар, температура и объем которо@го не изменяются при обмене теплотой с выделенной системой А (рис. 6.15).Рассмотреть два возможных процесса:(I) квазистатическое (обратимое) расши@рение газа;(II) поршень свободно перемещается, и про@исходит самопроизвольное расширение газа.Как изменяется энтропия систем А и АТв обоих процессах?Решение. Процесс I для системы А явля@Рис. 6.15ется обратимым изотермическим (Т = const) Невесомый поршень разделяет ци@сосуд, находящий@процессом.
Для идеального газа это означа@ линдрическийся в контакте с термостатом приет, что dU = 0.температуре Т0, на две одинаковыеИзменение энтропии в процессе можно по объему V0 секции, в одной изкоторых находится один моль иде@найти, используя известные параметры на@ ального газа, в другой — вакуумчального и конечного состояний (6.35):DSI = nRln(2V0/V0) = Rln 2.Для обратимого процесса dQ = TdS, поэтому:DQI = T0DSI = RT0ln 2.Газ совершает работу против сил давления, действующих на поршеньизвне для поддержания обратимости процесса:DAI = DQI = RT0ln 2.Система А получает теплоту DQI из окружающей среды (из термостата):DQT = –DQI.Так как можно считать, что при теплообмене объем термостата не изме@няется dAT = 0, и для термостата из I начала термодинамики следует, чтоdQT = dUT.Количество теплоты, передаваемое термостатом, не зависит от вида про@цесса (обратимый или необратимый), так как связано только с изменениемвнутренней энергии термостата.ГЛАВА 6.
ЭНТРОПИЯ. ВТОРОЕ И ТРЕТЬЕ НАЧАЛА ТЕРМОДИНАМИКИ179Изменение энтропии термостата:DST = DQT/T0 = –DQI/T0 = –DSI.Изменение энтропии системы А* = А + АТ:DSI + DST = 0.Процесс II для системы А происходит без совершения работы, так каквнешнее давление равно нулю (DAII = 0). Из I начала термодинамики следу6ет, что DQII = DUII. Поскольку в начальном и конечном равновесных состоя6ниях Т1 = Т2 = Т0, DUII = 0, и следовательноDQII = 0.Однако, поскольку процесс неравновесный, то DSII ¹ DQII/T0. Как и в про6цессе I, DSII также определяется по параметрам начального и конечного со6стояний:DSII = nRln(2V0/V0) = Rln 2.Изменение энтропии термостата равноDST = DQT/T0 = 0,так какDQT = –DQII = 0.Изменение энтропии системы А* = А + АТ:DSII + DST = Rln 2 > 0.Ответ: процесс I: DS = –DST = Rln 2, процесс II: DS = Rln 2, DST = 0.Задача 6.16.
Энтропия открытых систем. Один моль идеального газа на6ходится в объеме V1 цилиндрического сосуда, описанного в предыдущей за6даче 6.15. В исходном состоянии 1 теплоизоляция сосуда отсутствует, сосуднаходится в термостате с температурой T1 = const. Газ изотермически рас6ширяется (1–2) от начального объема V1 до объема V2 = 2V1. Затем сосуд теп6лоизолируется и производится процесс равновесного сжатия газа (2–3) допервоначального объема V1.
После этого теплоизоляция снимается и сосудвновь обретает тепловой контакт с термостатом с температурой Т1 (про6цесс 3–1). Система возвращается в исходное состояние. Вычислить измене6ние энтропии DSik и температуры DTik, атакже составляющие энергетическогобаланса (DUik, DAik, DQik) и приведеннуюk1Qна каждом участке цик6теплоту 2Tiлического процесса 1–2–3–1 и за весьцикл.Рис. 6.16Решение.
Циклический процесс иЦиклический процесс идеального газа,вспомогательныеизотермы (штриховыеописанный в условии задачи 6.16 на р–V6 и Т–S6диаграммахлинии) изображены на рис. 6.16. Ис6180МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХпользуя для определения температуры Т3 уравнение изоэнтропического про+CpR 221 33 , CV = 3R/2, а T2 = T1 ицесса 2–3 T2 V2121 3 T3 V3121, где 1 2 1 3CVCV 3V3 = V1, для DTik получаем:DT12 = T2 – T1 = 0;3V 45T23 6 T3 2 T2 6 T1 8 2 9 V1 1212 T1 6 T1 (22/3 2 1) 7 0;DT31 = T1 – T3 = T2 – T3 = –DT23 = –T1(22/3 – 1) < 0.Как и следовало ожидать, за цикл3 1Tik 2 0.Для вычисления DSik используем (6.35):V22 R ln2 3 0;V1DS23 = S3 – S2 = 0;DS31 = S1 – S3 = S1 – S2 = –DS12 = –Rln 2 < 01S12 2 R ln(энтропия уменьшается при необратимом процессе 3–1).Итак, используя также результаты задач 6.14 и 6.15, можно сделатьвывод: в открытых неизолированных системах энтропия может возра+стать и может уменьшаться (как в обратимых, так и в необратимых процессах) в зависимости от направления процесса.
Для циклического процес+са, поскольку энтропия является функцией состояния, всегда3 1Sik 2 0.Изменение внутренней энергии на всех участках цикла соответствует из+менению температуры, так как для идеального газа DUik = CVDTik.Для работы имеемDA12 = RT1ln V2/V1 = RT1ln 2;DA23 = –DU23 = –CV(T3 – T2) = –CVT1(22/3 – 1) < 0,DA31 = 0 (нет изменения объема).Полная работа за цикл: 3Aik 4 RT1 19ln2 5 32 22/3 6 32 2 7 53,19RT1 8 0.Для теплоты получаем:DQ12 = DA12 = RT1ln 2 > 0;DQ23 = 0;31Q31 2 1U31 2 3 RT1 (22/3 3 1) 4 0;2за цикл: 3Qik 4 RT1 197ln2 5 32 22/3 6 32 28 4 3Aik .ГЛАВА 6.
ЭНТРОПИЯ. ВТОРОЕ И ТРЕТЬЕ НАЧАЛА ТЕРМОДИНАМИКИ181Приведенная теплота на обратимых участках процесса равна изменениюэнтропии:221Q25 T 5 dS 2 3S12 2 R ln2 4 0;131Q135 T 2 5 dS 2 0.22На необратимом участке 3–1 точный расчет приведенной теплоты невоз4можен. Для оценки воспользуемся неравенством Клаузиуса для необрати4мых процессов:11Q6T2 3S31 4 5 R ln2.3Таким образом, за весь цикл:k45i1Qik1Q2 153 0 (см.(6.11)).TTВопрос для самопроверки.
Какие условия необходимо создать, чтобы про4цесс 3–1 стал обратимым?Ответ: следует обеспечить контакт цилиндра с газом последовательно сбесконечным числом термостатов, температура которых непрерывно изме4няется от T3 до T1.6.5. ЭНТРОПИЯ СМЕШЕНИЯТеорема Гиббса для энтропии газовой смеси: «Энтропия смеси идеаль4ных газов равна сумме энтропий каждого газа в отдельности, как если быкаждый газ один при данной температуре занимал весь объем».Задача 6.17. Теплоизолированные сосуды заполнены разными газами вколичестве соответственно n1 и n2 молей при одинаковой температуре и дав4лении. Сосуды соединены друг с другом тонкой трубкой с краном (рис. 6.17).Кран открывают, и газы перемешиваются.
Определить изменение энтропиисистемы. Газы считать идеальными.Решение. В силу тепловой изоляции DQ = 0. Перемешивание идеальныхгазов, как и в случае процесса Гей4Люссака (задача 6.14), происходит безсовершения работы DA = 0. В соответствии с I началом термодинамики пол4ная внутренняя энергия газов также не изменяется D(U1 + U2) = 0. Поэтому,так как до перемешивания температуры были одинаковы, и после смешениятемпература останется прежней.Поскольку температура не изменяется, для вычисления изменения эн4тропии удобно использовать формулу (6.35):2S 3 2S1 1 2S2 3 41 R ln182V1 1 V2V 1 V21 42 R ln 15 0.V1V2(6.48)МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХКак и следовало ожидать, в соответствиисо II началом термодинамики для необратимыхпроцессов при смешении газов энтропия системы возрастает, так как возрастает степеньнеупорядоченности системы.Так как до смешения давление и темпера1тура в обоих сосудах были одинаковые, изуравнений состояния pV 1 = n1RT и pV2 = n2RTдля обоих газов до перемешивания следует:11 122 .
В этом случае выражения под лога1V1 V2рифмами в (6.48) можно преобразовать:Рис. 6.17Теплоизолированные сосуды,имеющие объемы V1 и V2, соеди1нены друг с другом тонкой труб1кой с краном и заполнены раз1ными газамиV1 1 V2 V1 (1 1 22 / 21 ) 21 1 22 1333V1V121x1иV1 1 V2 21 1 22 133 ,V2x222гдеx1 21112и x2 211 3 1211 3 12(6.49)представляют собой отношение числа молей одного компонента к полномучислу молей всех компонентов и называются молярными долями компонентов в смеси. Очевидно, что(6.50)2 xi 1 1.iИзменение энтропии, выраженное через молярные доли компонентов, назы1вается энтропией смешения.DS = –R(n1ln x1 + n2ln x2) > 0.(6.51)Ответ: 3S 4 11 R ln11 2 121 2 122 12 R ln 14 5R (11 ln x1 2 12 ln x2 ) 6 0.1112Задача 6.18. Найдите ошибку. Два теплоизолированных сосуда имеютодинаковый объем V и содержат по одному молю одного и того же идеально1го газа при температуре Т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
