2. Funkcje charakterystyczne i funkcje stanu
1.23. Obliczyć zmianę entropii azotu o masie m przy ogrzaniu go od temperatury
T0 do temperatury T, a) izochorycznie, b) izobarycznie.
Rozwiązanie
Na mocy drugiej zasady termodynamiki różniczka zupełna entropii jest równa:
dQ nC V dT + pdV
.
dS =
=
T
T
Całkując to równanie stronami mamy ogólny związek:
dT ⌠ pdV
m
S − S 0 = ⌠ nC V
, n= ,
+⎮
⎮
⌡
T ⌡ T
µ
gdzie S0 jest stałą całkowania.
a) Dla przemiany izochorycznej dV = 0 i poprzednie równanie przyjmuje postać:
T
T
m
dT m
T
S − S0 = C V ⌠
= C V ln
= mc V ln .
⎮
⌡ T
µ
µ
T0
T0
T0
b)
Dla przemiany izobarycznej dp = 0, zatem korzystamy z równania stanu:
mRT
,
pV =
µ
które w postaci różniczkowej przyjmuje postać:
pdV + Vdp =
mR
dT .
µ
Stąd wyznaczamy wielkość pdV przy warunku dp = 0:
mR
pdV =
dT .
µ
Podstawiając tę wielkość do równania na zmianę entropii i uwzględniając przy tym związek
Mayera:
Cp = CV + R ,
otrzymujemy dla przemiany izobarycznej:
T
T
T0
T0
m
dT m ⌠ dT m
T m
T
S − S0 = C V ⌠
+ R⎮
= C V ln
+ R ln
⎮
⌡ T µ ⌡ T
T0 µ
T0
µ
µ
=
m
(C V + R ) ln T .
µ
T0
S − S 0 = mc p ln
T
.
T0
1.24. Jak zmieni się entropia wody o masie m1 i temperaturze T1 po zmieszaniu jej
z masą m2 wody o temperaturze T2?
Rozwiązanie
Ciepło zawarte w wodzie o masie m1 i m2 w danych temperaturach musi być równe
ciepłu wody o masie m1 + m2, mamy więc równanie bilansu, z którego wyznaczamy
temperaturę wody po zmieszaniu:
m T + m 2 T2
.
m 1 cT1 + m 2 cT2 = ( m 1 + m 2 )cT
⇒
T= 1 1
m1 + m 2
Z drugiej strony entropia wody przed zmieszaniem jest równa sumie entropii obu
porcji wody i może być wyrażona zgodnie z całkową postacią drugiej zasady termodynamiki
jak następuje:
T1
T2
T1
T2
T0
T0
T0
T0
dQ1 ⌠ dQ 2 ⌠ m1cdT ⌠ m 2 cdT
T
T
+⎮
=⎮
+⎮
= m1c ln 1 + m 2 c ln 2 .
S1 = ⌠
⎮
⌡ T
⌡ T
⌡ T
⌡ T
T0
T0
Po zmieszaniu analogiczne wyrażenie na entropię przyjmuje postać:
T
T
T0
T0
dQ ⌠ mcdT
T
S2 = ⌠
=⎮
= mc ln .
⎮
⌡ T ⌡ T
T0
gdzie m = m1 + m2.
Zmiana entropii w tym procesie wynosi zatem:
T
T
T
T
∆S = S 2 − S1 = m1c ln
+ m 2 c ln
− m1c ln 1 − m 2 c ln 2
T0
T0
T0
T0
⎡⎛ T ⎞ m1c ⎛ T ⎞ m 2c ⎤
T
T
= m1c ln T1 + m 2 c ln T2 = m1c ln + m 2 c ln
= ln ⎢⎜ ⎟ .⎜ ⎟ ⎥.
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
T2
T1
⎢⎝ T1 ⎠ ⎝ T2 ⎠ ⎥
T0
T0
⎦
⎣
1.25. Udowodnić, że całkowita zmiana entropii gazu doskonałego w cyklu Carnota
T
T0
T
T0
równa się zero.
Rozwiązanie
p
1
2
4
3
V
Dla cyklu Carnota przedstawionego na rysunku, mamy cztery następujące po sobie
przemiany gazowe:
1. izotermiczne (T1, (1⇒2)) rozprężanie
2. adiabatyczne ((T1 ⇒ T2), (2⇒3)) rozprężanie
3. izotermiczne (T2, (3⇒4)) sprężanie
4. adiabatyczne ((T2 ⇒ T1), (4⇒1)) sprężanie
Entropia w danym stanie jest określona z dokładnością do stałej. Oznaczając tę stałą
przez S0, pełna zmiana entropii w całym cyklu Carnota jest sumą entropii poszczególnych
przemian gazowych:
S − S 0 = (S 1 − S 0 ) + (S 2 − S 1 ) + (S 3 − S 2 ) + (S − S 3 ) .
V2
V
dQ ⌠ pdV m ⌠ dV m
= R⎮
= R ln 2 .
=⎮
1. S1 − S 0 = ⌠
⎮
⌡ T ⌡ T
µ ⌡ V
µ
V1
V1
2. S 2 − S1 = ∫
dQ
=0
T
dQ = 0 .
V4
V
(…)
… ⎠
⎣⎝ µ1
1.27. Pewna ilość gazu doskonałego o objętości V1 i ciśnieniu p1 rozpręża się
w stałej temperaturze T1 do objętości V2. Obliczyć zmianę entropii i energii
swobodnej w tym procesie.
Rozwiązanie
Zmiana entropii dana jest wyrażeniem:
V2
1 T1
⌠ pdV mR ⌠ dV mR V2
⌠ dQ m
=
=
∆S = ⎮
= CV
ln
,
∫ dT + ⎮
⎮
µ
µ ⌡ V
µ
T1 T1
V1
⌡ T
⌡ T1
V1
gdzie skorzystano z faktu, ze w przemianie izotermicznej T1 = const.
Aby wyliczyć zdefiniowaną w zadaniu zmianę energii swobodnej F skorzystamy
z definicji:
dF = d( U − TS) = dU − TdS − SdT ,
przy czym w przemianie izotermicznej dT = 0 i stąd dU = 0. Mamy więc:
dF = − TdS = − dQ = − pdV .
Całkując to równanie stronami mamy:
V2
mRT0 V2
mRT1 ⌠ dV
=−
ln
F − F0 = − ∫ pdV = −
.
⎮
µ ⌡ V
µ
V1
V1
V2
V1
Wykorzystując równanie stanu mamy:
mR p 1 V1
=
µ
T1
i szukane wielkości entropii…
…
temperatury i natężenia pola magnetycznego: U = U( H , T) , M = M( H , T) , różniczki zupełne
tych funkcji przyjmują formę:
⎛∂ U⎞
⎛ ∂U ⎞
dU = ⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ ∂ T ⎟ dT + ⎜ ∂ H ⎟ dH,
⎠T
⎝
⎠H
⎝
⎛∂ M⎞
⎛ ∂M ⎞
dM = ⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ ∂ T ⎟ dT + ⎜ ∂ H ⎟ dH.
⎠T
⎝
⎠H
⎝
Podstawiając te wyrażenia do równania na dQ, mamy
⎡⎛ ∂ U ⎞
⎡⎛ ∂ U ⎞
⎛ ∂M ⎞ ⎤
⎛ ∂M ⎞ ⎤
dQ = ⎢⎜
⎟ ⎥dH .
⎟ − H⎜
⎟ ⎥ dT + ⎢⎜
⎟ − H⎜
⎝ ∂H ⎠ T ⎥
⎝ ∂T ⎠ H ⎥
⎢⎝ ∂ H ⎠ T…
… 3 ) .
V2
V
dQ ⌠ pdV m ⌠ dV m
= R⎮
= R ln 2 .
=⎮
1. S1 − S 0 = ⌠
⎮
⌡ T ⌡ T
µ ⌡ V
µ
V1
V1
2. S 2 − S1 = ∫
dQ
=0
T
dQ = 0 .
V4
V
dQ
pdV m ⌠ dV m
=∫
= R⎮
= R ln 4 .
3. S3 − S 2 = ∫
µ ⌡ V
µ
V3
T
T
V3
dQ
4. S − S3 = ∫
=0
dQ = 0 .
T
Z drugiej strony dla przemian izotermicznych w tym cyklu, równania stanów
pozwalają wyrazić odpowiednie stosunki objętości przez stosunki ciśnień:
p
V
⎧
⇒ 1 = 2,
⎪p1 V1 = p 2…
… do Mandelbrota, WNT, Warszawa (1996).
[7]. C. Kittel, W. D. Knight, M. A.Ruderman, Mechanika, PWN, Warszawa (1975).
[8]. E.M. Purcel, Elektryczność i magnetyzm, PWN, Warszawa (1975).
[9]. F. S. Crawford, Fale, PWN, Warszawa (1975).
[10]. E. H. Wichmann, Fizyka kwantowa, PWN, Warszawa (1975).
[11]. R. Reif, Fizyka statystyczna, PWN, Warszawa (1975).
[12]. M. Toda, R. Kubo, N. Saitô, Fizyka statystyczna, PWN…
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)