هوپا، انجمن علم ایران

سلام دوستان

من حل سوال 15 فصل 1 پتریا رو میخواستم ..این حل و المسائل تو نتم دانلود کردم اصلا نفهمیدمش ...ممنون میشم کمک کنید...خیلی سریع احتیاجش دارم

یاحق

سلام دوست عزیز
امیدوارم جواب درست باشد. سعی کرده ام جواب را بصورت ساده برای شما قرار دهم.
یک توصیه: وقت خود را برای حل این سوال ها تلف نکنید، بیشتر مفاهیم مورد نظر هستند. البته افسوس، خوب میدانم اساتید از شما می خواهند روابط را حفظ کنید و به مفاهیم اهمیتی نمیدهند. و اگر به استادی بگویید مثلا من مفهوم آنتروپی را به خوبی می دانم او به شما نمره ای نخواهد داد.

سعید حدادی

saeedhaddadi نوشته شده:سلام دوست عزیز
امیدوارم جواب درست باشد. سعی کرده ام جواب را بصورت ساده برای شما قرار دهم.
یک توصیه: وقت خود را برای حل این سوال ها تلف نکنید، بیشتر مفاهیم مورد نظر هستند. البته افسوس، خوب میدانم اساتید از شما می خواهند روابط را حفظ کنید و به مفاهیم اهمیتی نمیدهند. و اگر به استادی بگویید مثلا من مفهوم آنتروپی را به خوبی می دانم او به شما نمره ای نخواهد داد.

سعید حدادی

سلام جناب حدادی ...

من قسمت آخرشو اصلا متوجه نمیشدم ولی شما بسیار خوب نوشتین...خیلی لطف کردین ممنونم بابت اینکه وقتتونو گذاشتین...


در جواب توصیه اتونم واقعا همینه که هست ولی من به مفاهم اهمیت زیادی میدهم.

سلام

خواهش میکنم
موفق باشید دوست ارجمند.

سلام حل سوال 10 فصل 4 پتریا رو میخواستم....


لطفا کمکم کنید..اثباتش خیلی نامفهومه برام

سلام دوست عزیز
امیدوارم حالتان خوب باشد.
اثبات را در دو صفحه ضمیمه کردم
اگر اثبات گویا نبود می توانم دوباره برای شما توضیح دهم.

سعید حدادی

معنای هنگرد برابر با معنای آنسامبل است: هردو به معنای تعدادی دستگاه فیزیکی یکسان در نظر گرفته می شوند!
به تعبیر زیبای پاتریا هنگرد یعنی تعداد زیادی کپی های ذهنی از یک دستگاه مشخص.

سلام. دوستان می شه صورت این دو سوال رو هم اینجا بذارین؟ چون امتحان دارم حداقل دو سوال از یه منبع دیگه یاد گرفته باشم...

سوال اول: مخلوطی از دو گاز ایده آل با کسرهای مولی f1 و f2 را در نظر بگیرید. رابطه را اثبات کنید!

سوال دوم: سطحی با .N مرکز جذب سطحی، دارای N مولکول .N<N گاز است که در آن جذب شده اند. نشان دهید که پتانسیل شیمیایی ملکول های جذب شده ، با رابطه زیر داده می شود که در آن (a(T تابع پارش یک ملکول جذب شده منفرد است. مساله را با ساخت تابع پارش بزرگ و نیز تابع پارش سیستم حل کنید.

سلام استاد بزرگوار

واقعا ممنونم برای حل زیبا و شفافتون...انشالله بهترینها نسیبتون شود.

وقتی حل تمرینای شما رو میبینم انگار پرده ای از جلوی چشمانم کنار میرود

خیلی خیلی لطف کردین.

MFS نوشته شده:سلام استاد بزرگوار

واقعا ممنونم برای حل زیبا و شفافتون...انشالله بهترینها نسیبتون شود.

وقتی حل تمرینای شما رو میبینم انگار پرده ای از جلوی چشمانم کنار میرود

خیلی خیلی لطف کردین.

سلام دوست گرامی
از جملات شما ممنونم، امیدوارم توانسته باشم خاطر شما را آرام کنم.
تلاش شما نتیجه خواهد داد. موفق باشید.

چطوری این درسو پاس کنم ؟ دانشجوی پیام نورم .خیلی سخته .
از کتاب هیچی نمی فهمم .از جزوه ی دکتر علیمحمدی می خونم .
نمونه سوالارو کار کنم پاس میشه ؟
اصلا غیر ممکن شده واسم .

سلام لطفاًدر اثبات فرمول آنتروپی کل بعد از برداشتن دیواره راهنماییم کنید .

آنتروپی دو گاز ایده آل در حال انبساط و مخلوط کردن
من در حال حاضر با مشکل زیر مواجه شدم

_________________________ _________________________
| | | \ | |
| V1 | V2 | ====> | V1+V2 |
| | | / | |
|_________________|_______| |_________________________|
در یک جعبه دو گاز مختلف در دو محفظه وجود دارد که توسط یک دیواره جامد جدا شده اند. درجه حرارتتی هر دو گاز یکسان هستند و هر دو گاز از یکدیگر تشکیل شده اند 1 متر مکعب ذرات. بنابراین در سمت چپ جعبه ، حجم داریدV1 با فشار p1 و در سمت راست حجم داریم V2 و فشار p2. ، دیوار جدا کننده را برمی داریم.
ابتدا فرض می کنیم که باید گازهای مختلفی را در سمت چپ و راست قرار دهیم. هدف من محاسبه تغییر آنتروپی است که به دلیل برداشتن دیواره اتفاق می افتد. اولین تغییر من این بود
$ \Delta S_1 = nR\ln(\frac{V_1+V_2}{V_1})$
$ \Delta S_2 = nR\ln(\frac{V_1+V_2}{V_2})$
جایی که Δ S تغییر آنتروپی سیستم است ، n تعداد مولی و Rثابت جهانی گاز کل تغییر آنتروپی اکنون مجموع هر دو خواهد بود:
$\Delta S_{tot} = S_1 + S_2 = nR\ln(\frac{(V_1+V_2)^2}{V_1V_2}) $
بعد از مدتی به روش دیگری به مسئله فکر کردم: ابتدا دیوار را به صورت ایزوترمال حرکت می دهم به طوری که V1=V2. تغییر آنتروپی به دلیل حرکت:
$\Delta S_{mov1} = nR\ln(\frac{V_1+V_2}{2V_1}) $
$ \Delta S_{mov2} = nR\ln(\frac{V_1+V_2}{2V_2})$
$ \Delta S_{mov} = S_{mov1} + S_{mov2} = nR\ln(\frac{(V_1+V_2)^2}{4V_1V_2})$
اکنون دیوار را برداشته و به دلیل اختلاط گازها تغییر آنتروپی می کنم:
$\Delta S_{rem} = R(n_1 ln(\frac{n_1+n_2}{n_1}) + n_2 \ln(\frac{n_1+n_2}{n_2})) = 2nR\ln(2) $
$ \Delta S_{tot} = \Delta S_{rem} + \Delta S_{mov} = nR\ln(\frac{(V_1+V_2)^2}{4V_1V_2}) + 2nR\ln(2)$
که به وضوح با نتیجه ای که از رویکردم درتغییر اول گرفتم متفاوت است. اما از آنجا که آنتروپی یک متغیر حالت است ، این اتفاق نمی افتد. که کدام تغییرصحیح است
علاوه بر این اگر من گازهای مشابهی داشتم V1 و V2، آنتروپی چگونه رفتار خواهد کرد؟ از آنجا که فشار پس از برداشتن دیوار تغییر می کند ، می گویم که آنتروپی نیز تغییر می کند. درست مثل تغییر دوم من ، با این وجود بدون اصطلاح اختلاط. آیا این درست است؟
. تازه فهمیدم2 $2nRln(2) $ می توان به صورت نوشت $nRln(4) $. از این رو
$ nR\ln(\frac{(V_1+V_2)^2}{4V_1V_2}) + 2nR\ln(2) = nR\ln(\frac{(V_1+V_2)^2}{V_1V_2})$
بنابراین هر دو ansatzes همان نتیجه را می دهند. از آنجا که این مسئله روشن شد ، سوال دوم من باقی مانده است. در صورت دو گاز یکسان ، آیا آنتروپی مطابق تغییر دوم من تغییر می کند (بدون آنتروپی مخلوط)؟
ترمودینامیک
آنچه را که مخلوط کردم "پارادوکس گیبس" نامیده می شود ، و این توافق تقسیم فضای فاز برای محاسبات آنتروپی در مکانیک آماری با عامل ذره یکسان است که باعث کاهش تعداد پیکربندی ها می شود.
از آنجا که دما در روند کار بدون تغییر است ، توزیع حرکت اتم ها مهم نیست ، همانطور که فهمیدید قبل و بعد از آن یکسان است و آنتروپی کاملاً مکانی است. حجم فضای پیکربندی قسمت سمت چپ:
$ {V_1^N \over N!}$
و برای قسمت مناسب این است:
$ {V_2^N\over N!}$
و حجم کل فضای پیکربندی ذرات 2N:
$ (V_1V_2)^N\over (N!)^2$
وقتی سد را بردارید ، فضای فضایی فضای پیکربندی را بدست می آورید
$ (V_1 + V_2)^{2N} \over (2N)!$
چه زمانی V1 و V2برابر هستند ، شما با اشتباه انتظار افزایش آنتروپی صفر را خواهید داشت. اما با برداشتن دیوار کمی آنتروپی به دست می آورید. قبل از اینکه دیوار را بردارید ، تعداد ذرات سمت چپ و راست دقیقاً برابر بود ، اکنون می توانند کمی نوسان کنند. همانطور که مشاهده می کنید ، این مقدار آنتروپی اضافی در حد ترمودینامیکی بسیار ناچیز است.
$ {(2V)^{2N}\over (2N)!} = {2^{2N}(N!)^2\over (2N)!}{V^{2N}\over (N!)^2}$
به طوری که آنتروپی اضافی ناشی از برداشتن مانع برابر است با:
ورود به سیستم$\log ({(2N)!\over 2^{2N}(N!)^2}) $
ممکن است چیزی را که در داخل گزارش مربوط وجود دارد ، تشخیص دهید ، این احتمال وجود دارد که یک متقارن +/- 1 پیاده روی تصادفی پس از مراحل N به مبدا برگردد ، در مرحله 2N وقتی با مجموع تمام ، می توانید اندازه آن را برآورد کنید$ {1\over \sqrt{2\pi N}}$، بنابراین لگاریتم به صورت log n پیش می رود ، بسیار گسترده است و برای تعداد زیادی از بین می رود.
تغییر آنتروپی در حالت کلی دقیقاً توسط لگاریتم نسبت دو حجم فضای پیکربندی قبل و بعد داده می شود:
$ e^{\Delta S} = { V_1^N V_2^N \over (N!)^2 } { (2N)! \over (V_1 + V_2)^{2N}} = { V_1^N V_2^N \over ({V_1 + V_2 \over 2})^{2N}} {(2N)!\over 2^{2N}(N!)^2}$
با نادیده گرفتن آخرین عامل ترمودینامیکی ناچیز ، تغییر ماکروسکوپی در آنتروپی ، بخشی متناسب با N ، عبارت است از::
$ \Delta S = N\log({4 V_1 V_2 \over (V_1 + V_2)^2})$
ممکن است تصور کنید که به دست آوردن کمی آنتروپی عجیب است فقط به این دلیل که قبل از بلند کردن دیوار می دانید که تعداد ذرات دقیقاً N هستند ، حتی اگر آن آنتروپی فوق ابعاد باشد. آیا این بدان معنا نیست که وقتی دیوار را پایین می آورید ، با جلوگیری از مخلوط شدن نیمه راست و چپ ، آنتروپی را با مقدار بسیار ناچیز کاهش می دهید؟ حتی اگر کاهش آنتروپی کم باشد ، باز هم قانون دوم را نقض می کند.
کاهش آنتروپی وجود ندارد ، زیرا وقتی مانع را پایین می آورید ، نمی دانید چه تعداد مولکول در سمت چپ و چه تعداد در سمت راست قرار دارند.اگر آنتروپی اشتباه را به آنتروپی سیستم دیواره پایین آورده شده اضافه کنید ، این دقیقاً از دست دادن آنتروپی زیربخش را برطرف می کند. اگر سعی کنید دریابید که چند مولکول در سمت راست در مقابل چندمولکول در سمت چپ قرار دارد ، در فرآیند یادگیری پاسخ ، آنتروپی بیشتری نسبت به آنچه از شمارش به دست می آورید ، تولید می کنید.

تعریف آماری آنتروپی به آنتروپی موتور گرمایی کاهش می یابد
در مکانیک آماری ، آنتروپی از نظر توزیع احتمال وضعیت های سیستم ، با فرمول گیبس ، . چگونه این امر در مورد موتورهای حرارتی یا سایر سیستمهای کلاسیک ترمودینامیکی به کاهش می یابد ؟ همچنین ، آیا ؟ اگر بله ، چگونه؟$S = -k_B\sum_i P_i \ln P_i $لذا$ dE = TdS$
بیایید فرض کنیم توزیع بولتزمن داریم ،
$ p_i = \frac{1}{Z}e^{-\beta E_i}$
با با این کار ، از فرمول گیبس نتیجه می گیرد که$ \beta = (k_B T)^{-1}$
$dS = -k_B \sum_i dp_i \ln p_i = -k_B \sum_i dp_i (-\beta E_i -\ln Z) $
با استفاده از پیدا می کنیم$\sum_i dp_i = 0 $
$dS = \frac{1}{T}\sum_i E_i dp_i = \frac{1}{T}\sum_i d(E_ip_i) - d(E_i)p_i $
اولین اصطلاح در معادله تغییر در کل انرژی و ترم دوم کارهایی است که روی سیستم برای تغییرات کوچک انجام می شود . با استفاده از قانون اول ترمودینامیک $dE = \delta w + \delta Q $
$ dS = \frac{\delta Q}{T}$
اگر تصور کنید هیچ کاری روی سیستم یا توسط سیستم انجام نشده است ، معادله سوم به شما کمک می کند
$ dS = \frac{dE}{T}$