Учебник - Молекулярная физика и термодинамика. Методика решения задач - Миронова (1238762), страница 22
Текст из файла (страница 22)
6.7).окружающей среды сосуд на две одинакоРассмотреть два воз- вые по объему секции, в одной из которыхнаходится один моль идеального газа,можных процесса:а в другой – вакуум.A) поршень получаетвозможность свободно перемещаться, и происходит самопроизвольное расширение газа –процесс Гей-Люссака.B) проводится квазистатическое (обратимое) расширение газа.Какие условия необходимо создать для этого?Определить изменения температуры и энтропии в обоих процессах.РешениеПроцесс А является необратимым, поэтому для описания такого процесса нельзя использовать равновесные термодинамические параметры, такие как p, V, T, S. Следовательно, для необрати-164МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА. ЗАДАЧИмых процессов нельзя записать уравнение процесса.
На рис.6.8 неравновесный процесс на р–V диаграмме условно показан волнистойлинией. Точка 2 соответствует состоянию, в которое приходит система после установления равновесия. Поэтому и начальное 1, и конечное 2 состояния можно считать равновесными.Несмотря на то, что уравнениепроцесса записать нельзя, можноопределить энергетические составляющие процесса. По условию задачи система теплоизолирована,следовательно, ΔQA = 0 . Так как поусловию задачи объемы неизменны,а поршень невесом и может свободно передвигаться без трения, то газРис. 6.8. Процесс самопроизвольрасширяется без противодействияного расширения идеального газане совершая работы: ΔAA = 0 .
Сов вакуум от объема V1 до объемаV2 (волнистая линия). Изотерма –гласно первому началу термодинапунктирная линия.мики:ΔU A = ΔQA − ΔAA = 0 .(6.39)Для идеального газа ΔU A = CV ΔT из соотношения (6.39) следуетT1 = T2 .(6.40)Для вычисления изменения энтропии воспользуемся формулой(6.22.), поскольку известны объем и температура в начальном иконечном состояниях:TVΔS A = CV ln 2 + R ln 2 = R ln 2 > 0 .T1V1Процесс В соответствует обратимому адиабатическому процессу 1–3. На рис. 6.9 а,б представлены р–V и T–S диаграммы процессов А и В (штриховыми и штрихпунктирными линиями изображены изотермы и изохоры (обратимые, равновесные)).Для обратимого процесса справедливы уравнения (6.22) и (6.8).Поскольку процесс адиабатический ( δQB = 0 ) и обратимый, то изопределения dS B = δQB T (6.8) следует, что процесс В изоэнтропический dS = 0, и S = const в течение всего процесса.165Гл.
6. Энтропия. Второе и третье начала термодинамикиРис. 6.9. Процессы расширения идеального газа в пустоту от объема V1 до объемаV2 на р-V и Т-S диаграммах: обратимый адиабатический процесс 1→3 (сплошнаялиния) и необратимый адиабатический 1→2 (волнистая линия).Из уравнения (6.22) имеем ln(T3 T1 ) = −( R CV ) ln 2 , поэтомутемпература в конце процесса В:T3 = T1 2− R / CV .Поскольку для идеального одноатомного газа CV = 3R / 2 ,окончательно получаем:T3 = T1 2−2 / 3 ≈ 0,63T1 и ΔT31 = ΔTB = T3 − T1 ≈ −0, 37T1 < 0 .Следовательно, ΔU B < 0 .Таким образом, полученные результаты находятся в соответствии со вторым началом термодинамики: энтропия изолированныхсистем не убывает ( ΔS ≥ 0 ).Замечание.
На примере данной задачи еще раз убеждаемся втом, что нельзя отождествлять dS и δQ/T. Они равны только в случае обратимых процессов.()Ответ: (А) ΔTA = 0 , ΔS A = R ln 2 , (В) ΔTB = T1 2−2 / 3 − 1 < 0 ,ΔS B = 0 .Задача 6.2.9. Недеформируемый цилиндрический сосуд состоит из двух одинаковых секций объемом V0 каждая.
Секции отделены друг от друга невесомым поршнем, который может перемещаться без трения. Первая секция заполнена одним молем идеального газа (термодинамическая система А), во второй секции - вакуум. Сосуд помещен в термостат (термодинамическая система АТ) стемпературой Т0, температура и объем которого не изменяются приобмене теплотой с выделенной системой (рис. 6.10).166МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА. ЗАДАЧИРис.6.10.
Невесомый поршень разделяет цилиндрический сосуд, находящийся вконтакте с термостатом при температуре Т0, на две одинаковые по объему секции,в одной из которых - один моль идеального газа, в другой – вакуум.Рассмотреть два возможных процесса:(I) квазистатическое (обратимое) расширение газа;(II) поршень свободно перемещается, и происходит самопроизвольное расширение газа.Как изменяется энтропия систем А и АТ в обоих процессах?РешениеПроцесс I для системы А является обратимым изотермическим(Т = const) процессом. Для идеального газа это означает, чтоdU = 0.Изменение энтропии в процессе можно найти, используя известные параметры начального и конечного состояний (6.22):ΔS I = νR ln ( 2V0 / V0 ) = R ln 2 .Для обратимого процесса δQ = TdS , поэтому:ΔQI = T0 ΔS I = RT0 ln 2 .Газ совершает работу против сил давления, прилагаемых кпоршню извне для поддержания обратимости процесса:ΔAI = ΔQI = RT0 ln 2 .Система А получает теплоту ΔQI из окружающей среды (изтермостата):ΔQT = −ΔQI .Так как можно считать, что при теплообмене объем термостатане изменяется, то δAT = 0 , и, согласно первому началу термодинамики, для термостата:δQT = dUT .Гл.
6. Энтропия. Второе и третье начала термодинамики167Количество теплоты, передаваемое термостатом, не зависит отвида процесса (обратимый или необратимый), так как связанотолько с изменением внутренней энергии термостата.Изменение энтропии термостатаΔST = ΔQT / T0 = −ΔQI / T0 = −ΔS I .Изменение энтропии системы А*=А+АТ:ΔS I + ΔST = 0 .Процесс II для системы А происходит без совершения работы,так как внешнее давление равно нулю ( ΔAII = 0 ).
Тогда, согласнопервому началу термодинамики: ΔQII = ΔU II . Поскольку в начальном и конечном равновесных состояниях Т1 = Т2 = Т0, тоΔU II = 0 , и следовательноΔQII = 0 .Однако, поскольку процесс неравновесный, то ΔS II ≠ ΔQII / T0 .Как и в процессе I, ΔS II определяется также по параметрам и начального и конечного состояний:ΔS II = νR ln ( 2V0 / V0 ) = R ln 2 .Изменение энтропии термостата равноΔST = ΔQT / T0 = 0 ,так какΔQT = −ΔQII = 0 .Изменение энтропии системы А* = А + АТ:ΔS II + ΔST = R ln 2 > 0 .Ответ: процесс I: ΔS = −ΔST = R ln 2 , процесс II: ΔS = R ln 2 ,ΔST = 0 .Задача 6.2.10.
Один моль идеального одноатомного газа находится в объеме V1 цилиндрического сосуда, описанного в предыдущей задаче 6.2.9. В исходном состоянии (1) теплоизоляция сосуда отсутствует, сосуд находится в термостате с температуройT1 = const. Газ изотермически расширяется (1–2) от начальногообъема V1 до объема V2 = 2V1. Затем сосуд теплоизолируется и про-168МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА. ЗАДАЧИводится равновесное сжатие газа (2–3) до первоначального объемаV1.
После этого теплоизоляция снимается, и сосуд вновь обретаеттепловой контакт с термостатом с температурой Т1 (процесс 3–1).Система возвращается в исходное состояние. Определить изменение энтропии ΔSik и температуры ΔTik , а также составляющиеэнергетического баланса ( ΔU ik , ΔAik , ΔQik ) и приведенную теплоkту∫iδQна каждом из участков циклического процесса и за весьTцикл.Рис.
6.11. Циклический процесс идеального газа, описанный в условии задачи6.2.10, на р-V и Т-S диаграммах.РешениеЦиклический процесс и вспомогательные изотермы (штриховые линии) изображены на рис. 6.11. Используя для определениятемпературы Т3 уравнение изоэнтропического процесса 2–3T2V2γ−1 = T3V3γ−1 , где γ − 1 = C p CV − 1 = R CV = 2 3 , CV = 3R/2, аT2 = T1 и V3 = V1 , для ΔTik получаем:ΔT12 = T2 − T1 = 0 ,γ−1()ΔT31 = T1 − T3 = T2 − T3 = −ΔT23 = −T1 ( 22 / 3 − 1) < 0 .⎛V ⎞ΔT23 = T3 − T2 = T1 ⎜ 2 ⎟⎝ V1 ⎠− T1 = T1 22 / 3 − 1 > 0 ,Как и следовало ожидать, за цикл∑ ΔTik = 0 .Для вычисления ΔSik используем (6.22):VΔS12 = R ln 2 = R ln 2 > 0 ,V1169Гл. 6.
Энтропия. Второе и третье начала термодинамикиΔS23 = S3 − S2 = 0 ,ΔS31 = S1 − S3 = S1 − S2 = −ΔS12 = − R ln 2 < 0 – энтропия уменьшается при необратимом процессе 3–1.Если использовать также результаты решения задач 6.2.8 и6.2.9, то можно сделать вывод: в открытых неизолированных системах энтропия может возрастать и может уменьшаться (как в обратимых, так и в необратимых процессах) в зависимости от направления процесса, Поскольку энтропия является функцией состояния, то для циклического процесса всегда∑ ΔSik = 0 .Изменение внутренней энергии на всех участках цикла соответствует изменению температуры, так как для идеального газаΔU ik = CV ΔTik .Для работы имеем:ΔA12 = RT1 ln V2 / V1 = RT1 ln 2 ,()ΔA23 = −ΔU 23 = −CV (T3 − T2 ) = −CV T1 22 / 3 − 1 < 0 ,ΔA31 = 0 (нет изменения объема).Полная работа за цикл33⎤⎡∑ ΔAik = RT1 ⎢⎣ln 2 − 2 22 / 3 + 2 ⎥⎦ ≈ −3,19 RT1 < 0 .Для теплоты получаем:ΔQ12 = ΔA12 = RT1 ln 2 > 0 ,ΔQ23 = 0 ,3ΔQ31 = ΔU 31 = − RT1 22 / 3 − 1 < 0 ,2а за цикл33⎤⎡∑ ΔQik = RT1 ⎢⎣ln 2 − 2 22 / 3 + 2 ⎥⎦ = ∑ ΔAik .Приведенная теплота на обратимых участках процесса равнаизменению энтропии:(2211)δQ∫ T = ∫ dS = ΔS12 = R ln 2 > 0 ,170МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА.
ЗАДАЧИ3322δQ∫ T = ∫ dS = 0 .На необратимом участке 3–1 точный расчет приведенной теплоты невозможен. Для оценки воспользуемся неравенством Клаузиуса для необратимых процессов:1∫3δQ< ΔS31 = − R ln 2 .TТаким образом, за весь цикл:k∑∫iδQikδQ≡ v∫<0.TTОтвет: ΔS12 = R ln 2 > 0 , ΔS23 = 0 , ΔS31 = − R ln 2 < 0 ,()()ΔT12 = 0 , ΔT23 = T1 22/3 − 1 > 0 , ΔT31 = −T1 22/3 − 1 < 0 ,()ΔA12 = RT1 ln 2 , ΔA23 = −CV T1 22/3 − 1 < 0 , ΔA31 = 0 ,()3ΔQ12 = RT1 ln 2 > 0 , ΔQ23 = 0 , ΔQ31 = − RT1 22/3 − 1 < 0 ,2ΔS=0,ΔT=∑ ik∑ ik 0 ,⎡33⎤∑ ΔAik = RT1 ⎢⎣ln 2 − 2 22 / 3 + 2 ⎥⎦ ≈ −3,19 RT1 < 0 ,⎡33⎤∑ ΔQik = RT1 ⎢⎣ln 2 − 2 22 / 3 + 2 ⎥⎦ = ∑ ΔAik ,2211δQ∫ T = ∫ dS = ΔS12 = R ln 2 > 0 ,k∑∫i3322δQ∫ T = ∫ dS = 0 ,δQikδQ≡ v∫<0.TTЗадача 6.2.11.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
