معادله کلازیوس-کلاپیرون

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 333

سپاس: 167

جنسیت:

تماس:

معادله کلازیوس-کلاپیرون

پست توسط rohamjpl »

دو بیان کلاسیک از قانون دوم ترمودینامیک وجود دارد که هر دو بیانگر یک مفهوم اساسی هستند:
۱) بیان کلوین
پلانکو بیان کلازیوس
۲) بیان کلوین
پلانک بر پایه توضیح عملکرد موتورهای حرارتی است وبیان می دارد که غیرممکن است وسیله ای بسازیم که در یک سیکل عمل کند و در عین حال که با یک مخزن تبادل حرارت دارد اثری بجز صعود وزنه داشته باشد.
این بیان از قانون دوم ترمودینامیک در بر گیرنده این مضمون است که غیر ممکن است که یک موتور حرارتی مقدار مشخصی حرارت را از جسم درجه حرارت بالا دریافت کند و همان مقدار نیز کار انجام دهد. بیان کلازیوس نیز یک بیان منفی است و اعلام می دارد که غیر ممکن است وسیله ای بسازیم که در یک سیکل عمل کند و تنها اثر آن انتقال حرارت از جسم سردتر به جسم گرمتر باشد. این بیان بر پایه توضیح عملکرد پمپهای حرارتی می باشد و دربرگیرنده این مفهوم است کهنمی توان یخچالی ساخت که بدون کار ورودی عمل کند.
هر دو بیان کلاسیک از قانون دوم ترمودینامیک نوعاً بیانهای منفی هستند و اثبات بیان منفی ناممکن است. درباره قانون دوم ترمودینامیک گفته می شود"هر آزمایش مربوطی که صورت گرفته به طور مستقیم یا غیرمستقیم قانون دوم بوده و هیچ آزمایشی منجر به نقض قانون دوم نشده است. همانگونه که ذکر شد تنها گواه ما بر صحت قانون دوم ترمودینامیک آزمایشات گوناگونی است که همگی درستی این قانون را تا;یید می کنند.
با این همه در ترمودینامیک کلاسیک سعی می کنند نشان دهند که اثبات معادل بودن دو بیان کلوین- پلانک و کلازیوس دلیلی بر صحت قانون دوم ترمودینامیک است. در حالیکه این امر درستی قانون دوم را اثبات نمی کند. در اثبات اینکه دو بیان فوق الذکر معادل یکدیگرند از یک مدل منطقی بهره جسته می شود که می گوید: " دو بیان, معادل هستند اگر صحت هر بیان منجر به صحت بیان دیگر گرددو اگر نقض هر بیان باعث نقض بیان دیگر شود."
در ترمودینامیک کلاسیک ,برای اثبات معادل بودن دو بیان کلوین- پلانک و کلازیوسبا نشان داده می شود که نقض بیان کلازیوس منجر به نقض بیان کلوین- پلانک می شود. وسیله ناقض بیان کلازیوس یک پمپ حرارتی است که نیازی به کار ندارد.
به دلیل اینکه انتقال حرارت خالص با منبع درجه حرارت پایین وجود ندارد پس پمپ حرارتی و موتور حرارتی و منبع درجه حرارت بالا مشتمل بر یک سیکل ترمودینامیکی است اما فقط با یک مخزن تبادل حرارت داردبنابراین نتیجه می شود کهناقضبیان کلوین- پلانک می باشد. و گفته می شود تساوی کامل این دو بیان هنگامی اثبات می شود که نقض بیان کلوین- پلانک نیز موجب نقض بیان کلازیوس بشود.
با این وصف باید بپذیریم که دو بیان فوق, منتج از یکدیگر هستند. " در اثبات معادل بودن چند گزاره اگر عبارتی بصورت B ↔A بیان شده باشد آنگاه B نتیجه A است و A هم نتیجه B, بعبارت دیگر AوB معادل یکدیگر هستند, بالعکس اگر A وBمعادل یکدیگرباشند,هریک از آنها نتیجه دیگری است."معادل بودن دو بیان کلوین- پلانک و کلازیوس را می توان با استفاده از قانون لایب نیتس نشان داد که می گوید: اگر Aو Bیکسان و همانند باشند باید تمام ویژگیها و خاصه های آنها نیز یکسان باشد.از اصل لایب نیتسگاهی به عنوان اصلنامتمایز بودن همانها indescernibility ofidenticals))یاد می شود.
در واقع این اصل منطقی بیان می دارد که " اگر یک ویژگی یافت شود که A آن را داراست اما B فاقد آن است بنابراین A وBموجودیتهای مجزایی خواهند بود." دو بیان کلازیوس و کلوین- پلانک معادل یکدیگرند زیرا که هر دو متضمن این ویژگی هستند که ساخت یک ماشین حرکت دائمی Perpetualmovementmachine))ممکن نمی باشد.
روشهای اثبات منطقی در بسیاری از قضایای ترمودینامیک بر پایهء آزمایشهای ذهنی می باشد. نظیر اثبات قضایای کارایی سیکل کارنو که در آن نخست فرضی را مطرح کرده و سپس نشان داده می شود که آن فرض به نتایج غیرممکن می انجامد و چون روش استدلال در این آزمایش ذهنی نوعاً درست بوده تنها حالت ممکن این است که فرض اولیه نادرست باشد.
● نامساوی کلازیوسوقانون دوم ترمودینامیک
اغلب گفته می شود که نامساوی کلازیوس لازمه قانون دوم ترمودینامیک است. نامساوی کلازیوس را با بررسی سیکل موتور حرارتی و یخچال اثبات می کنند. اما با التفات به اثبات نامساوی کلازیوس باید بپرسیم که چگونه نامساوی کلازیوس لازمه قانون دوم است در حالیکه طی مراحل آن از قانون دوم مستثنی نیست و در روند اثبات آن مدام بهقانون دوم استناد می شود؟
در اینجا نامساوی کلازیوس,صحت خود را از درستی ازپیش معلوم فرض شدهء قانون دوم وام می گیرد"هر دلیلی که در دفاع از فرضیه ای اقامه می کنیم باید غیر از نتیجه و مستقل از آن باشد. اگر تنها گواه صدق ما خود نتیجه باشد استنتاج مشتمل بر دور و لذا کاملاً نارضایت بخش خواهد بود." گواه صدق نامساوی کلازیوس نیز قانون دوم است بنابراین نامساوی کلازیوس نمی تواند لازمه قانون دوم ترمودینامیک باشد.
(C1) غیرممکن است که یک موتور چرخه ای / پمپ حرارتی بدون هیچ کار سوم / کانال گرما ، گرما را از بدنه سردتر به بدنه گرمتر منتقل کند.
(C2) انتقال موتور یا پمپ حرارتی چرخشی غیرممکن است که گرما را از یک مخزن حرارت سردتر به یک مخزن گرمتر بدون هیچ کار سوم / کانال گرما انتقال دهد.
واضح است (C1) تقریباً به طور خودکار (C2) را نشان می دهد ، زیرا یک مخزن حرارتی به عنوان یک بدنه حساب می شود. با این حال ، آیا (C2) دلالت بر (C1) دارد؟ اگر چنین است ، دلیل بر (C2) دلالت بر (C1) چیست؟ آیا یک واقعیت اضافی مورد نیاز است؟
به نظر من این یک سوال مهم است ، زیرا بیانیه کلوین-پلانک (همانطور که من آن را می دانم) شامل مخازن حرارتی است. با استفاده از دستور Kelvin-Planck می توانید (C2) را به راحتی استخراج کنید ، اما دستور Clausius معمولاً به صورت (C1) بیان می شود.یک نسخه تمیزتر از اظهارات کلاوزیوس این است: "ساخت دستگاهی که بر روی یک چرخه کار کند و غیر از انتقال گرما از بدن خنک کننده به بدنه گرمتر نتیجه دیگری نداشته باشد ، غیرممکن است". اساس همه اظهارات این است که تغییر کل آنتروپی (سیستم + محیط اطراف) برای همه فرایندهای واقعی (برگشت ناپذیر)> 0 است و ممکن است برای یک روند برگشت پذیر ایده آل به 0 نزدیک شود. همانطور که می بینم ، تنها تفاوت بین C1 و C2 این است که C2 فرآیند انتقال حرارت ایزوترمال (دمای ثابت) را توصیف می کند ، که محاسبه تغییرات آنتروپی برای مخازن دمای بالا و پایین را ساده می کند. برای یک انتقال حرارت Q ، در صورت عدم کار ، تغییر آنتروپی برای مخزن دمای بالا به سادگی $-Q / TH$ و برای دمای پایین $+ Q / TL $است. می بینید که برای کل $TH> TL$ جمع این دو (تغییر کل آنتروپی)> 0 است. اگر TH = TL فقط 0 باشد ، اما اگر دما یکسان باشد ، انتقال حرارت به طور طبیعی اتفاق نمی افتد. کار لازم است امیدوارم که کمک کند.اثبات
با استفاده از قانون اول ترمودینامیک ،$ \begin{align}
\mathrm dQ & = \mathrm dU +\mathrm dW\\
\mathrm dQ &= n C_V \mathrm dT + P \mathrm dV\\
\frac{\mathrm dQ}{T}&=n C_V \frac{\mathrm dT}{T} + \frac{P}{T} \mathrm dV
\end{align}$از آنجا که گاز مورد بررسی یک گاز ایده آل است ، می توانیم معادله حالت $PV = nRT$ را برای جایگزینی $P / T = nR / V$ اعمال کنیم. این را در معادلات بالا جایگزین کنید ،$ \begin{align}
\frac{\mathrm dQ}{T}&=n C_V \frac{\mathrm dT}{T} + \frac{nR}{V} \mathrm dV\\
\oint \frac{\mathrm dQ}{T}&=n C_V \oint \frac{\mathrm dT}{T} + nR \oint\frac{\mathrm d V}{V}\\
\oint \frac{\mathrm dQ}{T}&=nC_V \ln T \biggr |_T ^T + nR \ln V \biggr |_V ^V\\
\oint \frac{\mathrm d Q }{T} &=0
\end{align}$
معنی $\oint \frac{\delta Q_\text{res}}{T_\text{res}} \le 0\;. $ در واقع از چرخه کارنو ، ما رابطه برابری را بدست می آوریم زیرا آنتروپی از بین رفته توسط مخزن گرم همان آنتروپی حاصل از مخزن سرد است.
البته علامت نابرابری بدین معناست که آنتروپی حاصل از مخزن سرد کمتر از آنتروپی از دست رفته مخزن گرم است.
اما در واقع چه اتفاقی افتاده است که باعث می شود مخازن گاهی اوقات تغییری در آنتروپی نداشته باشند اما در موارد دیگر ، آنتروپی منفی تغییر می کند؟
انتگرال در نابرابری Clausius منفی بخشی از تغییر آنتروپی مخازن است که به دلیل تبادل انرژی از طریق گرم شدن با سیستم است ، به عنوان مثال
$0 \geq \oint \frac{\delta Q_{\text{sys}}}{T_{\textrm{res}}} = - \Delta S_{\text{res due to heat exchange with sys}}. $ به دلیل تبادل گرما با sys.
(من از کلمه "بخش" استفاده می کنم زیرا مخازن مجاز به تبادل انرژی با بقیه جهان هستند و بنابراین بخشی از تغییر آنتروپی مخازن می تواند از جای دیگری باشد). نابرابری شدید زمانی بوجود می آید که: الف) حداقل یکی از فرآیندهای انجام شده توسط سیستم غیر شبه استاتیک باشد یا (ب) سیستم و مخازن از طریق گرمایش هنگامی که اختلاف دمای محدودی بین آنها وجود دارد ، انرژی را تبادل می کنند. برابری دقیق هنگامی برقرار است که هیچکدام (a) و (b) برقرار نباشند و در این حالت چرخه تحت سیستم را برگشت پذیر می نامند.
سرانجام ، می توان از نابرابری Clausius برای توصیف اینکه چقدر کار می توانستیم انجام دهیم استفاده کردیم ، اما (b) عدم استفاده از آن اختلافات دمایی محدود یا (c) عدم استفاده از برگشت ناپذیری های داخلی - مانند شیب های فشار داخلی ، شیب های دمای داخلی و غیره ، که مترادف با فرآیندهای نیمه ایستا بودن − برای انجام کار است.
ما این کار را به صورت مرحله ای انجام خواهیم داد ، شروع با چرخه کارنو ، حرکت به سمت یک موتور برگشت پذیر خودسرانه ، حرکت از آنجا به یک موتور برگشت ناپذیر که غیرقابل برگشت بودن آن به دلیل اختلاف دما بین سیستم و مخزن است و در نهایت با نگاهی به نتیجه گیری موتوری که در سیستم غیرقابل بازگشت است.
چرخه برگشت پذیر کارنو
در اینجا ما انتگرال را در نابرابری Clausius برای چهار فرآیند محاسبه می کنیم: اول فشرده سازی همدما ، دوم فشرده سازی آدیاباتیک ، سوم انبساط همدما و چهارم انبساط آدیاباتیک. در طی مراحل همدما ، سیستم و مخزنی که با آن تماس دارد در یک دما و ثابت هستند. بنابراین ما انتگرال را به این چهار قسمت تقسیم می کنیم $\begin{align}
\oint \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}} =
\int_{1} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}+\int_{2} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}
+\int_{3} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}+\int_{4} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}.
\end{align} $ در واقع $\begin{align}
\oint \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}} =
\int_{1} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}+\int_{3} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}
=\int_{1} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{C}}}+\int_{3} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{H}}}
=\frac{1}{T_{\textrm{C}}}\int_{1} \delta Q + \frac{1}{T_{\textrm{H}}}\int_{3} \delta Q,
\end{align} $که به $\begin{align}
\oint \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}
&=\frac{Q_{1}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{Q_{3}}{T_{\textrm{H}}}
=\frac{-Q_{\textrm{C}}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{Q_{\textrm{H}}}{T_{\textrm{H}}}.
\end{align} $میرسیماین مقدار برای چرخه کارنو صفر است ، زیرا به راحتی از طرق مختلف قابل تأیید است ، بنابراین این نابرابری را برآورده می کند.
همچنین محاسبه م componentلفه تغییر آنتروپی مخازن در طی این فرآیند که به دلیل تبادل انرژی با سیستم است ، مفید است. مخازن ممکن است در حال از دست دادن و از دست دادن آنتروپی باشند زیرا ممکن است در تعامل با سایر قسمتهای جهان باشند ، اما ما برای این موضوع اهمیتی قائل نیستیم (یا فعلاً می توانیم فرض کنیم که سیستم به علاوه مخازن از نظر حرارتی جدا شده است (اما نه از نظر مکانیکی) بقیه جهان. تغییر در آنتروپی سیستم البته صفر است زیرا روی یک چرخه کار می کند. بنابراین:
$\Delta S_{\text{res}} = \frac{Q_{\text{hot}}}{T_{\text{H}}} + \frac{Q_{\text{cold}}}{T_{\text{C}}} = \frac{-Q_{\text{H}}}{T_{\text{H}}} + \frac{Q_{\text{C}}}{T_{\text{C}}}. $این دقیقاً منفی کمیتی است که در بالا محاسبه کردیم (البته البته در این حالت هنوز صفر است). این نشان می دهد آنچه که ما در حال محاسبه آن هستیم تغییر در آنتروپی مخازن است که به دلیل تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم ایجاد می شود.
یک موتور برگشت پذیر خودسرانه
در این حالت ، دمای سیستم در هر زمان برابر با دمای مخزنی است که با آن در تماس است. اما از آنجا که دمای سیستم می تواند تغییر کند در حالی که از طریق گرم شدن با مخزن نیز در حال تبادل انرژی است ، باید دمای مخزن همراه با سیستم تغییر کند (یا همانطور که به طور معمول گفته می شود ، سیستم با یک توالی ارتباط دارد و در تماس هست) مخازن با دمای بسیار کم متفاوت). اگر بخشی از تغییر خالص آنتروپی مخازن را که به دلیل تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم است ، محاسبه کنیم ، دقیقاً محاسبه می کنیم$\oint \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\text{res}}} = -\oint \frac{\delta Q_{\text{sys}}}{T_{\text{res}}}. $این مقدار منفی کمیت موجود در نابرابری کلاوزیوس است و در این حالت دوباره 0 است. البته دیدن این دشوارتر است ، اما در اثبات نابرابری کلاوزیوس نشان داده شده است که برابری برای چرخه های برگشت پذیر است.
یک بار دیگر ، این نشان می دهد که سمت چپ نابرابری Clausius منفی تغییر در آنتروپی مخازن است که با تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم (که در حال گذراندن یک چرخه است) ایجاد می شود.
یک چرخه غیر کارنو فقط بین دو دما کار می کند
بیایید یکی از ساده ترین موارد را که چرخه اتو است در نظر بگیریم. چرخه اتو شامل فشرده سازی آدیاباتیک (فرآیندهای 1) ، و انبساط آدیاباتیک (فرآیند 3) و دو ایزوکر (فرآیندهای 2 و 4) است. در طی فرآیندهای آدیاباتیک ، هیچ حرارتی با گرم شدن تبادل نمی شود. بنابراین ، تغییر در آنتروپی مخازن حاصل از تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم است$\begin{align}
\oint \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\textrm{res}}} =
\int_{2} \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\textrm{res}}}+\int_{4} \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\textrm{res}}}
=\frac{Q_{\text{cold}}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{Q_{\text{hot}}}{T_{\textrm{H}}}
=\frac{Q_{\text{C}}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{-Q_{\text{H}}}{T_{\textrm{H}}}.
\end{align} $اکنون ، در حین فرآیند 2 ، سیستم همیشه گرمتر از مخزن است و در طی فرآیند 4 ، سیستم همیشه خنک تر از مخزن است. ما محاسبه دقیق را فقط در یک ثانیه انجام خواهیم داد ، اما این بدان معنی است که مقدار ما فقط محاسبه شده باید مثبت باشد ، و این بدان معنی است که منفی این مقدار (که همان مقدار در نابرابری کلاوزیوس است) منفی است.
در مورد محاسبه ، ما می توانیم $ \bar{T}_{\text{sys},2} > T_{\text{C}}$ را در کجا بنویسیم
$\bar{T}_{\text{sys},2} = \frac{1}{\Delta S_2}\int_2 TdS $
میانگین دما در طی فرایند 2 است. به همین ترتیب ، در طی فرایند 4 ، سیستم همیشه از مخزن خنک تر است ، بنابراین $ \bar{T}_{\text{sys},4} < T_{\text{H}}$ تغییر در آنتروپی برای چرخه را می توان با توجه به میانگین دما به عنوان نوشت
$\begin{align}
0 &= \Delta S_{\text{sys}} = \Delta S_1 + \Delta S_2 + \Delta S_3 + \Delta S_4
= \Delta S_2 + \Delta S_4\\
&=\frac{Q_2}{\bar{T}_{\text{sys},2}} + \frac{Q_4}{\bar{T}_{\text{sys},4}}
=\frac{-Q_{\text{C}}}{\bar{T}_{\text{sys},2}} + \frac{Q_{\text{H}}}{\bar{T}_{\text{sys},4}}
\\
& > \frac{-Q_{\text{C}}}{{T}_{\text{C}}} + \frac{Q_{\text{H}}}{{T}_{\text{H}}}
\end{align} $
این کمیت دقیقاً منفی مقدار فوق است ، که نشان می دهد تغییر خالص آنتروپی (به دلیل فعل و انفعالات با سیستم) مخازن در طول چرخه لزوماً مثبت است و نابرابری کلاوزیوس دوباره برآورده می شود (زیرا انتگرال در نابرابری منفی تغییر آنتروپی مخزن است که ما در بالا محاسبه کردیم).
نتایج متناقض در کاربردهای مختلف قانون 2 ترمودینامیک پارادوکس کلاوزیوس
ssume دو سیستم بسته در مجاورت یکدیگر با هم تشکیل یک سیستم آدیاباتیک. فرض بر این است که حجم هر دو سیستم ثابت است و می توانند فقط از طریق انتقال گرما با یکدیگر ارتباط برقرار کنند. حال اجازه دهید این مثال ساده را با سه فرمول مختلف مطالعه کنید:
اولین فرمول همان چیزی است که همیشه فکر می کردم واضح است ، وقتی فکر کردم که ترمودینامیک کلاسیک را می دانم! فرض کنید δQ جریان گرما از سیستم 2 به سیستم 1 است:$ \begin{align}
&\Delta S=\Delta S_1+\Delta S_2\,,\qquad \Delta S_1\ge\int_1^2\frac{\delta Q}{T_1}\quad\text{&}\quad \Delta S_2\ge\int_1^2\frac{-\delta Q}{T_2}\\
&\Rightarrow\;\Delta S\ge\int_1^2\delta Q\,\Bigl(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\Bigr)
\end{align}$
اکنون دوباره عبارت Clausius از قانون دوم می گوید اگر $δQ≥0$ سپس $T2≥T1 $و اگر$ δQ≤0 $سپس $T2≤T1$. بنابراین ، به هر حال ما خواهیم داشت$\Delta S\ge\int_1^2\delta Q\,\Bigl(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\Bigr)\ge0 $اما فرقی نمی کند که روند برگشت پذیر باشد یا خیر ، فقط با این فرض که سیستم هیچ کاری ندارد (حجم ثابت است ، اما همچنین فرض می کنیم هیچ اصطکاک یا کار ثقلی و غیره وجود ندارد) ما بدست خواهیم آورد:$\begin{align}
&\delta Q-\delta W=dU=T dS - p dV\quad\Rightarrow\quad\delta Q=T dS\\
&\Rightarrow\quad \Delta S_1=\int_1^2\frac{\delta Q}{T_1}\;\;\text{&}\;\; \Delta S_2=\int_1^2\frac{-\delta Q}{T_2}\\
&\Rightarrow\quad \Delta S=\Delta S_1+\Delta S_2=\int_1^2\delta Q\,\Bigl(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\Bigr)\ge0
\end{align} $
مشکل این است که ما در خط اول$ δQ = TdS $مشتق شده ایم که به طور کلی صحیح نیست و این نشان می دهد که حتی اگر حجم ثابت باشد اما کار دیگری نیز باید وجود داشته باشد ، اما اگر ظروف فقط مواد جامد داشته باشند ، برای حل این نتیجه متناقض؟

در "ترمودینامیک کلاسیک پیشرفته" امانوئل پیشنهاد شده است که تغییر آنتروپی را در یک سیستم بسته بنویسید:$dS=dS_{int}+\frac{\delta Q}{T_{surr}} $
که در آن ، int و surr به ترتیب اختصارات داخلی و پیرامونی هستند. با فرض برگشت ناپذیری ناشی از جریان گرما بین یک اختلاف دمای محدود $ T_{surr}-T$ که در داخل $ dS_{int}$ در نظر گرفته شود ، قانون دوم ترمودینامیک را به این ترتیب منعقد می کند:$ dS_{int}\ge0$
اکنون به مشکل دو سیستم خود بازمی گردیم:$\begin{align}
&dS=dS_{int_{total}}+0\quad\text{&}\quad dS_1=dS_{int_1}+\frac{\delta Q}{T_2}\quad\text{&}\quad dS_2=dS_{int_2}-\frac{\delta Q}{T_1}\\
&dS=dS_1+dS_2\quad\Rightarrow\quad dS_{int_{total}}=dS_{int_1}+dS_{int_2}-\delta Q\,\Bigl(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\Bigr)
\end{align} $
خط آخر به $dS_{int_{total}}\le dS_{int_1}+dS_{int_2} $ نیاز دارد که بدیهی است صحیح نیست و باید به جای "پایین یا مساوی" فقط "برابر" باشد.
همانطور که قبلاً مشخص بود ، فرمول دوم مسئله باید اشتباهی داشته باشد اما من فقط نمی توانم آن را پیدا کنم ، اما فرمول سوم مسئله جدی تری است ، به نظر من یا با فرض برگشت ناپذیری جریان گرما بین اختلافات دمای محدود نمی توان از آن حذف کرد به dSint یا اگر انجام شود ، فقط باید از یک دما در فرمولاسیون استفاده شود ، اما بعد مشکل از کدام یک ، T1 یا T2 افزایش می یابد؟ اگر اختیاری باشد و من بتوانم $dS\ge\frac{\delta Q}{T_{surr}} $ و $ dS\ge\frac{\delta Q}{T}$ را بنویسم ، اولین فرمول بالا با مشکل روبرو خواهد شد!
جواب ان 1
بهتر است همیشه به فرمول دقیق قانون دوم ، که در دو بخش ارائه می شود ، پایبند بمانید. نقل قول از کتاب "مبانی فیزیک آماری و حرارتی" اثر F. Reif:
1) در هر فرآیندی که یک سیستم جدا شده از حرارت از یک کلان به یک حالت دیگر برود ، آنتروپی تمایل به افزایش دارد ، به عنوان مثال ،$\Delta S\geq 0 $
2) اگر سیستم منزوی نباشد و تحت یک فرآیند بی نهایت کوچک نیمه ایستا قرار گیرد که در آن گرمای dQ را جذب می کند ،$dS = \frac{dQ}{T} $
ترکیب 1) و 2) در قالب عباراتی مانند $dS≥dQT $ضعیف تر از قانون دوم است که در بالا فرموله شده است ، زیرا شما باید فرضیات اضافی را ارائه دهید که این امر را معتبر می کند. بهتر است هرگز از چنین عباراتی به طور مستقیم استفاده نکنید و همیشه به فرمول دقیق قانون دوم پایبند باشید که تصور نمی کند دما در هنگام هرگونه تغییر غیر شبه استاتیکی قابل تعریف است.
تناقضی که شما در نظر می گیرید وقتی حل می شود که سیستم در تعادل گرمایی نیست ، حل می شود. توجه داشته باشید که شما اصولاً در تعریف توصیف ترمودینامیکی یک سیستم فیزیکی معین آزاد هستید. بنابراین ، سیستم فیزیکی دقیقاً با مشخص کردن وضعیت خرد آن توصیف می شود و شرح ترمودینامیکی یک توصیف دوره ای از آن است که در آن فقط چند پارامتر ماکروسکوپی را در آن نگه می دارید. حال ، آنچه در این صورت می تواند اتفاق بیفتد این است که یک توصیف کمی دانه تر به شما امکان می دهد ترمودینامیک تعادل در سیستم قابل اجرا باشد. در اینجا این مورد است.
بنابراین ، شما دو گزینه دارید. شما اگر سیستم را به عنوان یک سیستم جداگانه توصیف کنید ، دما تعریف نمی شود و فقط می توانید از قسمت اول قانون دوم استفاده کنید که مفهوم دما را فراخوانی نمی کند. با این حال ، اگر نگاهی دقیق به سیستم داشته باشید ، متوجه می شوید که دو زیر سیستم دارید ، تغییرات آنتروپی سیستم را می توان با قسمت دوم قانون دوم توصیف کرد ، به شرطی که تغییرات شبه ایستا باشد.
تصویر

ارسال پست