И.Е. Иродов 'Физика макросистем. Основные законы' (510776), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Р е ш е н и е. а) Малярная теплоемкость в данном процессе ая та8 ат ат т Видно, что если а > О, то С и О, н наоборот. б) Я = ')С аТ = -а ) — = а 1п(Т1/Тз). ") ат 1Т ! первому началу термодинамики в данном случае о = А(/ - А = -Аи = - с,ат. Следовательно, а'9 = — Сг ат и ат (Т,1 т Ж 1 (2) 3.2. В результате полнтропнческого процесса объем идеального газа уменьшился в г раз. При этом работа, совершенная над газом, А' = = 2ЛУ, где ЛУ вЂ” приращение его внутренней энергии.
Найти приращение энтропии в этом процессе. Р е ш е н и е. По определению Ь8 = / а Я/Т. Найдем аЯ. Согласно Второе начало термодинамики. Энтропия Остается выяснить, чему равно отношение Т,/Т,. Из (1) следует, что теплоемкость данного политропического процесса С„= -Сю Но С„согласно (1.21) равно разности Сг — В/(я — 1).
Это значит, что 2С1 = 1(/(и — 1). Отсюда и — 1 = (у — 1)/2. (3) Имен в виду, что уравнение политропнческого процесса Т% = сопвь, получим тэ/т, =(уз/11)"-' =э< -Шэ. Таким образом, уравнение (2) примет вид о8 = — 141 = — — 1пк плнз у — 1 2 3.3. Один моль ван-дер-ваальсовского газа, имевший объем У, и температуру Т„перевелн в состояние с объемом Уз и температурой Тэ. Найти соответствующее приращение энтропии газа, считая его молекулярную теплоемкость Сг и ван-дер-ваальсовскую поправку Ь известными. Р е ш е н и е. Искомая величина ( а(у + р ау Т Используя выражения для внутренней энергии У ван-дер-ваальсовского газа (1.44) и для давления р из уравнения его состонния (1.42), получим после сокращений г г ат )Ва~., т,, ~;-ь 1 1 3 4 Идеальный газ с показателем адиабаты у совершает процесс по закону р = ро — а$; где ро и а — положительные постоянные, У— объем газа. При каком значении объема У энтропия газа окажется максимальнойу Р е ш е н и е.
Энтропия будет максимальной в точке, где а8 = О. Воспользовавшись формулой (3.9), запишем ф— + С вЂ” =О, ар ау у 94 Глава 3 откуда следует, что (2) Ьроме того, из уравнения процесса производная бр у'а = — а. (3) Подстановка (3) в (2) приводит к уравнению у( — с — а~ =а, (4) откуда объем г', отвечающий максимуму энтропии Я, равен Урс а (у + 1) З.б. Теплоизолированный сосуд разделен перегородкой на две части так, что объем одной из них в и раз больше объема другой. В меньшей части находится г, моля одного газа, а в большей части гг моля другого газа.
Температура газов одинакова. Перегородку удалили, и газы перемешались. Найти приращение энтропии ЛЯ макросистемы, считая газы идеальными. Р е ш е и и е. Из аддитивности энтропии следует, что ЛЯ = ЬЯ, + + аЯг, где оба приращения ЛЯг и ЛЯг найдем, используя изотермический процесс расширения каждого газа. Напомним, что это по существу чисто математический прием, основанный на том, что Я является функцией состояния. Итак, гр 61У )'г е 1 г ЬЯг = ) — = ггВ 1п Т $'г Уг Имея в виду, что гг/гг = и, получим ЛЯ - ЛЯ, + ЬЯг = г,В 1п(л + 1) + ггВ 1п(л -г 1/л). 3.6. Два одинаковых теплоизолированных сосуда, соединенные трубкой с вентилем, содержат по одному молю одного и того же идеального газа.
Температура газа в одном сосуде Т„в другом Тг. Малярная теплоемкость газа равна Сю Вентиль открыли, и газ пришел в новое состояние равновесия. Найти приращение ЬЯ энтропии газа в этом процессе. Показать, что ЛЯ > О. 95 Второе начало термодинамики. Эвтреияя Р е ш е н н е. По условию (г = О, А = О, значит согласно первому началу и ЬУ = О, т.е. У1 + Уз = У, откуда Т1+Тз 2Т, (т) где Т вЂ” установившаяся температура. Зная начальное и конечное равновесные состояния, для лодсчев2а ЬЯ возьмем наиболее про- стой обратимый процесс — изохорический: Т Т ЬЯ = С„1п — + С,, 1п — + ЬЯо т, 72 (2) где ЬЯе — приращение энтропии за счет перемешивания газов.
Но при перемешивании тождественных газов ЬЯз = 0 (см. парадокс Гиббса, 9 3.3). Перепишем (2) с учетом (1) в виде ЬЯ=С, 1п — =С1 1п Т ()г, е Тз) т1тз 4тт (3) Докажем теперь, что ЬЯ> О. Для этого поступим так: (Т + Тз)2 Т12 т тзз + 2Т1Т2 2Т Т + 2Т Т =(т — т) +4тт, тогда выражение под логарифмом в (3) будет иметь вид (Т1 + тз) (Т1 — тз) 4ТТ2 4ТТ2 (4) Отсюда видно, что оно больше единицы, значит его логарифм бо- льше нуля и ЬЯ > О. Р е ш е н и е. При адиабатическом сжатии Я = О, следовательно, совершаемая над газом работа идет на приращение внутренней энергии газа: Т2 1 А=ЬУ=Сг(Т1 Тз)=С Т1 1 2 и 3.7.
Цикл Карно. Один моль идеального газа из жестких двухатомных молекул совершает цикл Карно. Температура нагревателя Т, = 400 К. Найти КПД цикла, если при адиабатическом сжатии затрачиваетси работа А' = 2,0 кДж. Глава 3 Величина в последних круглых скобках — это КПД и. Поэтому из (*) следует, что ц = А'/СрТ,. Поскольку Ср = (1/2)В, то у) = 2Л/!ВТ~ = 0 24 Е,' = Ср(Т, — Т,), (2, = Ср(Т вЂ” Т,) + Т (3 — 8з).
(1) 8, 8 Определим 8з — Зз с помощью формулы (3.16) в два этапа: Рве. 3.11 8з — Вр = Ср)п(1'з/Тз), 8з — 8~ = С~ )п(Тз/Т,), (2) откуда нх разность 8э Яз (Ср Ср) )пт Б !пт (3) Отношение ЯзЯ~ согласно приведенным формулам можно привес- ти к виду 1+ — )и т (у — 1)т т — 1 Искомый КПД цикла у — 1 1+ — т)пт т — 1 где ) = б (молекула жесткая).
3.8. КПД цикла. Один моль идеального газа с постоянной адиабаты у совершает цикл„состоящий из изохоры, изотермы и изобары, причем нзотермическое расширение происходит при максимельной температуре цикла. Температура в пределах цикла изменяется в т раз. Найти КПД цикла. Р е ш е н и е. Изобразим данный цикл на диаграмме Т, 8 (рис, 2.11). Буквами ур и р отмечены изохориТз ческий и изобарический процессы (см. рис.
З.У). Согласно формуле (3.1) решение сводится к нахождению отношения 9з/Ян Выпишем сначала их отдельно: Второе начало термодинамики. Энтропия А8 - й )п(а/ао). Видно, что решение сводится к нахождению А8: эбе Т ! ( ЛТ') Ь8= ) — =С !и — = — В)п 1+— Те 2 ~ То,~ (2) Из сопоставления формул (1) и (2) получим а ! ( бт! ! ат )и — = — Фа)п 1е — - ь — Жл — =3 10 йс 2 ~ Те,~ 2 Тэ (3) Здесь учтено, что ЬТ/Тэ «1. Из последней формулы находим: И / г) = ээсп — 101 э1са — величина чудовищно грандиозная даже при таких скромных изменениях температуры. 3.10. Найти статистический вес И наиболее вероятного распределения Ж = 10 одинаковых молекул по двум одинаковым половинам сосуда.
Чему равна вероятность такого распределениями Р е ш е н и е. Рассмотрим такое макросостонние, при котором в одной (первой) половине сосуда находится л молекул, а в другой (второй) Ф вЂ” я. Найдем число способов (микросостояний), которыми может быть реализовано такое макросостояние. Это число равно числу перестановок Ф молекул, т.е.
М Однако перестановки, при которых изменяется только порядок размещения в первой половине (т.е. я!) не приводят к новому микросостоянию (напомним, что отдельные микросостояния отличаются только номерами молекул, попадающих в разные половины сосуда). Каждому из возможных распределений остальных молекул во второй половине сосуда соответствует и! различных размещений молекул в первой половине. Поэтому, разделив полное число перестановок Ф! на я), мы исключим перестановки, которые отли- Видно, что в отличие от цикла Карно КПД данного цикла зависит от рода вещества (т).
3.9. Статистический вес. Один моль идеального газа, состоящего из одноатомных молекул, находится в сосуде при температуре Тс — — 300 К. Как и во сколько раз изменится статистический вес этой макросистемы, если ее нагреть изохорическн иа ЬТ = 1,0 К? Р е ш е н и е. Исходя из формулы (3.13), имеем Глава 3 чаются лишь способом размещения молекул в первой половине сосуда. Разделив затем Ф)/л! на (Ж вЂ” л)(, мы исключим перестановки во второй половине сосуда.
В результате число распределений молекул по обеим половинам сосуда, отличающихся лишь номерами молекул в обеих половинах, определяется как й(л, Ф вЂ” л) Ф! л! (5/ — л)1 Эта величина есть число микросостояний, соответствующих макросостоянию (л, Ф вЂ” л). При наиболее вероятном распределении л = Ф/2, и мы имеем М! = 252.
(()!//2 ) !)~ Соответствующая вероятность Р = Г)„ /2л = 25'/о где 2л — полное число микросостояний. 3.11. Свободная энергии. Найти энтропию одного моля азата (у = 1.4) при температуре Т1= 300 К, если при обратимом адиабатическом сжатии его в г = 5,0 раза приращение свободной энергии оказалось равным ЛЕ' = — 48,5 кДж. Газ считать идеальным. Р е ш е н и е. Распишем приращение свободной энергии в дан- ных условиях: ЛР = ЛУ вЂ” 3(Тз — 71) = (Су — 3)(Тз — 71). При адиабатическом процессе (77' ' = сопзс) Т,/Т, - (Ъ;/%;)~-' - гп'. (2) Совместное решение уравнений (1) и (2) дает Я = Сг — = 20,8 т 179 Дж/К. Т,-Т, У1 7(~л 1) Таким образом Я = 0,20 кДж/К.
Глава 4 Квантовые статистики и их применения 'и 5 4.1. Квантовые статистики В квантовой физике, как и в статистической, закономерности имеют вероятностный, статистический характер. Однако есть и принципиальное отличие: в квантовой физике статистический (вероятностный) подход лежит в самой природе микро- частиц, в их волновых свойствах. Согласно квантовой теории все микрочастицы подразделяют на два класса, которым соответствуют две квантовые статистики: 1) частицы с полуцелым спинам, их называют фермионами; они подчиняются статистике Ферми-Дирака; 2) частицы с целым спинам — бозоны; они подчиняются статистике Бозе — Эйнштейна.
Других возможностей квантовая теория не допускает. Нет частиц, подчиняющихся классической статистике Больцмана. Последняя является приближенным предельным случаем, в который переходят при определенных условиях эти две квантовые статистики . Во всех трех статистиках (классической, Бозе-Эйнштейна и Ферми — Дирака) допустимые микросостояния считаются равно- вероятными. Но различие их — в способах определения микросостояний и статистических весов. В статистике Больцмана считается, что даже тождественные частицы принципиально различимьы В квантовых же статистиках, наоборот, считается, что тождественные частицы принципиально неразличимы. В статистике Ферми-Дирака в каждом квантовом состоянии может находиться не более одной частицы (принцип Паули), а в статистике Бозе — Эйнштейна — любое число частиц.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
