Κεφάλαιο 9.7 – Εντροπία (σελ. 71-78) – Λύσεις

Κεφάλαιο 9.7 — Εντροπία (σελ. 71-78) — Λύσεις - Απαντήσεις

Άσκηση 2.33 (σελ. 71)

Ποιες από τις επόμενες προτάσεις είναι σωστές; α) Η σχέση \(\Delta S=\dfrac{\Delta Q}{T}\) δίνει τη μεταβολή της εντροπίας μόνο στις πολύ μικρές αντιστρεπτές διεργασίες. β) Η μεταβολή της εντροπίας ενός θερμοδυναμικού συστήματος εξαρτάται μόνο από την αρχική και τελική κατάσταση του συστήματος και όχι από τον τρόπο που έγινε η μεταβολή. γ) Στη διάρκεια μιας πραγματικής (μη αντιστρεπτής) διεργασίας η εντροπία ενός μονωμένου θερμοδυναμικού συστήματος μειώνεται. δ) Σε ένα μονωμένο σύστημα σε ισορροπία η εντροπία έχει τη μέγιστη τιμή της.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Άμεση ανάκληση των βασικών ιδιοτήτων της εντροπίας (§9.7α,β): ο ορισμός ισχύει μόνο στοιχειωδώς-αντιστρεπτά, η μεταβολή είναι συνάρτηση κατάστασης, και σε μονωμένο σύστημα η εντροπία ΑΥΞΑΝΕΤΑΙ (όχι μειώνεται) στις πραγματικές διεργασίες, φτάνοντας το μέγιστο στην ισορροπία.

Λύση:

1. α) Σωστό: η (9.26) ισχύει μόνο για απειροστά μικρή αντιστρεπτή μεταβολή.
2. β) Σωστό: η εντροπία είναι συνάρτηση κατάστασης, όπως η εσωτερική ενέργεια.
3. γ) Λάθος: σε μη αντιστρεπτή διεργασία μονωμένου συστήματος η εντροπία ΑΥΞΑΝΕΤΑΙ, όχι μειώνεται.
4. δ) Σωστό: η εντροπία αποκτά τη μέγιστη τιμή της στην κατάσταση ισορροπίας.

Απάντηση: Σωστές είναι οι προτάσεις (α), (β) και (δ). Λανθασμένη είναι η (γ).

Άσκηση 2.34 (σελ. 71)

Ένα θερμοδυναμικό σύστημα μεταβαίνει από την κατάσταση Α στην κατάσταση Β. Η εντροπία του συστήματος στην κατάσταση Β είναι μεγαλύτερη από την εντροπία του στην κατάσταση Α (\(S_B>S_A\)). Επιλέξτε τις σωστές απαντήσεις στα ερωτήματα Α, Β, Γ. Α. Η αταξία των δομικών στοιχείων του συστήματος είναι: α) μεγαλύτερη στην κατάσταση Β, β) μικρότερη στην κατάσταση Β, γ) δεν έχουμε επαρκή στοιχεία. Β. Η ικανότητα του συστήματος να παράγει ωφέλιμο έργο: α) αυξήθηκε, β) μειώθηκε, γ) δεν έχουμε επαρκή στοιχεία. Γ. Το σύστημα κατά τη διάρκεια της μεταβολής: α) απορρόφησε θερμότητα, β) απέβαλε θερμότητα, γ) δεν έχουμε επαρκή στοιχεία.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η αύξηση εντροπίας συνδέεται πάντα με αύξηση αταξίας (§9.7γ) και μείωση της ικανότητας παραγωγής έργου (§9.7β). Όμως το αν το σύστημα απορρόφησε ή απέβαλε θερμότητα ΔΕΝ μπορεί να συναχθεί μόνο από το \(\Delta S>0\): αν η μεταβολή είναι μη αντιστρεπτή (π.χ. ελεύθερη εκτόνωση), η εντροπία μπορεί να αυξηθεί χωρίς καμία ανταλλαγή θερμότητας.

Λύση:

1. Α. Αφού η εντροπία αυξήθηκε, η αταξία των δομικών στοιχείων είναι μεγαλύτερη στην κατάσταση Β (α).
2. Β. Αύξηση εντροπίας σημαίνει πάντα μείωση της ικανότητας παραγωγής ωφέλιμου έργου (β).
3. Γ. Δεν μπορούμε να συμπεράνουμε αν απορροφήθηκε ή αποβλήθηκε θερμότητα μόνο από το \(\Delta S>0\) — σε μη αντιστρεπτή μεταβολή (π.χ. ελεύθερη εκτόνωση) η εντροπία αυξάνεται ακόμη και χωρίς καμία ανταλλαγή θερμότητας (γ).

Απάντηση: Α: (α) μεγαλύτερη αταξία. Β: (β) μειώθηκε η ικανότητα παραγωγής έργου. Γ: (γ) δεν έχουμε επαρκή στοιχεία.

Πρόσεξε:

• Προσοχή στο Γ: το «ΔS>0» δεν αποδεικνύει απορρόφηση θερμότητας — η ελεύθερη εκτόνωση είναι το κλασικό αντιπαράδειγμα (ΔS>0 με Q=0).

Άσκηση 2.35 (σελ. 72)

Ένα βλήμα σφηνώνεται σε τοίχο. α) Η κινητική ενέργεια του βλήματος μετατράπηκε σε δυναμική. β) Μετά την κρούση η κινητική ενέργεια του βλήματος μηδενίστηκε. Η εσωτερική ενέργεια του βλήματος και της περιοχής του τοίχου όπου σφηνώθηκε αυξήθηκε. γ) Η εντροπία του συστήματος βλήμα - τοίχος μειώθηκε. δ) Η ικανότητα του συστήματος για παραγωγή ωφέλιμου έργου μειώθηκε. Ποιες από τις προηγούμενες προτάσεις είναι σωστές;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η κρούση είναι μη αντιστρεπτή διεργασία: η κινητική ενέργεια δε μετατρέπεται σε δυναμική αλλά σε εσωτερική (θερμότητα/παραμόρφωση) — αυξάνεται η αταξία, άρα η εντροπία αυξάνεται (όχι μειώνεται), και η ικανότητα παραγωγής έργου μειώνεται.

Λύση:

1. α) Λάθος: δεν υπάρχει καμία δυναμική ενέργεια αποθήκευσης εδώ — η κινητική ενέργεια μετατράπηκε σε εσωτερική ενέργεια (θερμότητα, παραμόρφωση), όχι δυναμική.
2. β) Σωστό: ακριβής περιγραφή — η κινητική ενέργεια μηδενίστηκε και η εσωτερική ενέργεια αυξήθηκε.
3. γ) Λάθος: σε μια τέτοια μη αντιστρεπτή, ανελαστική διεργασία η εντροπία του απομονωμένου συστήματος ΑΥΞΑΝΕΤΑΙ, δε μειώνεται.
4. δ) Σωστό: η αύξηση της εντροπίας συνεπάγεται πάντα μείωση της ικανότητας παραγωγής ωφέλιμου έργου.

Απάντηση: Σωστές είναι οι προτάσεις (β) και (δ).

Πρόσεξε:

• Η μη ελαστική κρούση είναι κλασικό παράδειγμα μη αντιστρεπτής διεργασίας — η εντροπία πάντα αυξάνεται σε τέτοιες περιπτώσεις.

Άσκηση 2.36 (σελ. 72)

Αν βάλουμε ένα ποτήρι νερό στην κατάψυξη, το νερό θα παγώσει. Η αταξία των μορίων του νερού σ' αυτή την κατάσταση (πάγος) έχει μειωθεί σε σχέση με εκείνη που υπήρχε όταν το νερό βρισκόταν στην υγρή κατάσταση. Επομένως η εντροπία του νερού μειώθηκε. Μήπως αυτή η περίπτωση αποτελεί εξαίρεση στην γενικότερη τάση να αυξάνεται η εντροπία; Δικαιολογήστε την άποψή σας.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο νόμος της αύξησης της εντροπίας ισχύει για ΜΟΝΩΜΕΝΑ συστήματα. Το ποτήρι νερό ΔΕΝ είναι μονωμένο σύστημα — ανταλλάσσει θερμότητα με την κατάψυξη (και μέσω αυτής με το περιβάλλον, μέσω της κατανάλωσης ηλεκτρικής ενέργειας του ψυγείου).

Λύση:

1. Το νερό (το σύστημα υπό μελέτη) δεν είναι μονωμένο: αποβάλλει θερμότητα προς την κατάψυξη κατά την ψύξη/πήξη του, άρα η δική του εντροπία μπορεί να μειωθεί χωρίς αντίφαση.
2. Ο νόμος αύξησης της εντροπίας ισχύει για το ΣΥΝΟΛΙΚΟ μονωμένο σύστημα (νερό + κατάψυξη + περιβάλλον, συμπεριλαμβανομένης και της ηλεκτρικής ενέργειας που καταναλώνει το ψυγείο για να λειτουργήσει).
3. Η εντροπία που χάνει το νερό είναι μικρότερη από την εντροπία που κερδίζει το σύνολο κατάψυξη+περιβάλλον (λόγω της κατανάλωσης ενέργειας του ψυγείου), οπότε η συνολική εντροπία του πλήρους απομονωμένου συστήματος αυξάνεται κανονικά.

Απάντηση: Δεν αποτελεί εξαίρεση. Ο νόμος αύξησης της εντροπίας αφορά μονωμένα συστήματα· το ποτήρι νερό από μόνο του δεν είναι μονωμένο, αφού ανταλλάσσει θερμότητα με την κατάψυξη και έμμεσα με το περιβάλλον (μέσω της ενέργειας που καταναλώνει το ψυγείο). Η μείωση της εντροπίας του νερού αντισταθμίζεται (και ξεπερνιέται) από αύξηση της εντροπίας του υπόλοιπου συστήματος, οπότε η συνολική εντροπία εξακολουθεί να αυξάνεται.

Πρόσεξε:

• Ο νόμος αύξησης εντροπίας εφαρμόζεται ΜΟΝΟ σε μονωμένα (κλειστά, χωρίς ανταλλαγή ενέργειας) συστήματα — ποτέ σε ένα αυθαίρετα επιλεγμένο υποσύστημα.

Άσκηση 2.37 (σελ. 72)

Στο σχήμα 2.40 παριστάνεται η κυκλική μεταβολή που υφίσταται ορισμένη ποσότητα αερίου: η μεταβολή ΑΒ είναι ισόθερμη, η ΒΓ ισόχωρη και η ΓΑ αδιαβατική. Κατά τη μεταβολή ΒΓ, η εντροπία του αερίου α) αυξάνεται; β) μειώνεται; γ) παραμένει σταθερή; Αιτιολογήστε την απάντησή σας.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Από το διάγραμμα, η ΑΒ (ισόθερμη) είναι εκτόνωση (Β δεξιότερα, μεγαλύτερος όγκος, χαμηλότερη πίεση), η ΒΓ (ισόχωρη) οδηγεί σε χαμηλότερη πίεση στο ίδιο V, άρα ψύξη, και η ΓΑ (αδιαβατική) κλείνει τον κύκλο επιστρέφοντας στο Α με συμπίεση/θέρμανση.

Λύση:

1. Στην ισόχωρη ΒΓ η πίεση μειώνεται (το σημείο Γ βρίσκεται χαμηλότερα από το Β στο διάγραμμα, στον ίδιο όγκο), άρα η θερμοκρασία μειώνεται επίσης (αφού \(p\propto T\) σε σταθερό \(V\)).
2. Αφού η θερμοκρασία μειώνεται χωρίς μεταβολή όγκου, το αέριο αποβάλλει θερμότητα (\(W=0\Rightarrow Q=\Delta U<0\)).
3. Επειδή \(\Delta Q<0\) σε κάθε στοιχειώδες τμήμα της (αντιστρεπτής) ισόχωρης ψύξης, η εντροπία μειώνεται σε όλη τη διάρκεια της μεταβολής ΒΓ.

Απάντηση: Κατά τη μεταβολή ΒΓ η εντροπία του αερίου μειώνεται (β), γιατί πρόκειται για ισόχωρη ψύξη στην οποία το αέριο αποβάλλει θερμότητα.

Άσκηση 2.38 (σελ. 72)

Να αντιστοιχίσετε τα μεγέθη που βρίσκονται στην αριστερή στήλη με τις μονάδες μέτρησης στη δεξιά στήλη. 1) \(W\), 2) \(S\), 3) \(U\), 4) \(p\), 5) \(V\). α) J, β) \(\text{m}^3\), γ) N, δ) \(\text{N}/\text{m}^2\), ε) \(\text{J}/\text{K}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ανάκληση μονάδων SI: έργο και εσωτερική ενέργεια είναι ενέργειες (J), εντροπία J/K, πίεση N/m², όγκος m³. Η μονάδα δύναμης N (γ) δεν αντιστοιχεί σε κανένα από τα δοσμένα μεγέθη.

Λύση:

1. 1. \(W\) (έργο) → α) J.
2. 2. \(S\) (εντροπία) → ε) J/K.
3. 3. \(U\) (εσωτερική ενέργεια) → α) J (ίδια μονάδα με το έργο, αφού είναι κι αυτή ενέργεια).
4. 4. \(p\) (πίεση) → δ) N/m².
5. 5. \(V\) (όγκος) → β) m³.
6. Η επιλογή γ) N (Newton, μονάδα δύναμης) δεν αντιστοιχεί σε κανένα από τα πέντε μεγέθη — είναι περισπασμός.

Απάντηση: 1-α, 2-ε, 3-α, 4-δ, 5-β. (Η επιλογή γ δε χρησιμοποιείται.)

Πρόσεξε:

• Το έργο \(W\) και η εσωτερική ενέργεια \(U\) μοιράζονται την ίδια μονάδα (J), αφού είναι και τα δύο μορφές ενέργειας.

Άσκηση 2.39 (σελ. 72)

Να αποδοθεί ο κύκλος Carnot σε διάγραμμα με άξονες την εντροπία και την απόλυτη θερμοκρασία του αερίου (S-T).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στις δύο ισόθερμες φάσεις του κύκλου Carnot, η θερμοκρασία είναι σταθερή (οριζόντιες γραμμές στο S-T), ενώ η εντροπία μεταβάλλεται. Στις δύο αδιαβατικές φάσεις, η εντροπία είναι σταθερή (\(\Delta S=0\), κατακόρυφες γραμμές στο S-T), ενώ η θερμοκρασία μεταβάλλεται.

Λύση:

1. Η ισόθερμη εκτόνωση Α→Β (θερμή δεξαμενή \(T_h\), απορρόφηση \(Q_h\), αύξηση εντροπίας) παριστάνεται με οριζόντιο ευθύγραμμο τμήμα στο ύψος \(T=T_h\), από \(S_1\) σε μεγαλύτερο \(S_2\).
2. Η αδιαβατική εκτόνωση Β→Γ (\(\Delta S=0\)) παριστάνεται με κατακόρυφο τμήμα στο \(S=S_2\), από \(T_h\) σε \(T_c\).
3. Η ισόθερμη συμπίεση Γ→Δ (ψυχρή δεξαμενή \(T_c\), απόρριψη \(Q_c\), μείωση εντροπίας) παριστάνεται με οριζόντιο τμήμα στο ύψος \(T=T_c\), από \(S_2\) πίσω σε \(S_1\).
4. Η αδιαβατική συμπίεση Δ→Α (\(\Delta S=0\)) παριστάνεται με κατακόρυφο τμήμα στο \(S=S_1\), από \(T_c\) πίσω σε \(T_h\), κλείνοντας τον κύκλο.

Απάντηση: Στο διάγραμμα S-T, ο κύκλος Carnot παριστάνεται ως ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ: δύο οριζόντιες πλευρές (στις θερμοκρασίες \(T_h\) και \(T_c\), αντιστοιχούν στις ισόθερμες φάσεις) και δύο κατακόρυφες πλευρές (στις εντροπίες \(S_1\) και \(S_2\), αντιστοιχούν στις αδιαβατικές φάσεις). Το εμβαδόν του ορθογωνίου, \((T_h-T_c)(S_2-S_1)\), ισούται με το συνολικό έργο του κύκλου.

Πρόσεξε:

• Το εμβαδόν στο διάγραμμα S-T παίζει τον ίδιο ρόλο με το εμβαδόν στο διάγραμμα p-V — αντιστοιχεί στο έργο του κύκλου.

Άσκηση 2.55 (σελ. 75)

Ποσότητα αερίου καταλαμβάνει όγκο 4 L, με πίεση 2 atm, και θερμοκρασία 400 K. Το αέριο ψύχεται με σταθερό όγκο μέχρι η πίεσή του να γίνει 0,8 atm και στη συνέχεια θερμαίνεται με σταθερή πίεση μέχρι ο όγκος του να γίνει 10 L. α) Να αποδώσετε τις μεταβολές αυτές σε διάγραμμα p-V. β) Να υπολογίσετε την τελική θερμοκρασία του αερίου. γ) Να υπολογίσετε τη μεταβολή της εντροπίας του. Δίνονται \(1\ \text{L}=10^{-3}\ \text{m}^3\) και \(1\ \text{atm}=1{,}013\times10^5\ \text{N/m}^2\), \(\ln2{,}5=0{,}9163\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Υπολογίζουμε τη θερμοκρασία στο τέλος κάθε σταδίου με τους νόμους Gay-Lussac/Charles. Επειδή η αρχική και η τελική θερμοκρασία προκύπτουν ίδιες, η μεταβολή εντροπίας υπολογίζεται εύκολα μέσω μιας ΙΣΟΔΥΝΑΜΗΣ ισόθερμης αντιστρεπτής διαδρομής ανάμεσα στην αρχική και τελική κατάσταση (η εντροπία είναι συνάρτηση κατάστασης).

Λύση:

1. Στάδιο 1 (ισόχωρη ψύξη, \(p:2\to0{,}8\ \text{atm}\)): \(T_2=T_1\dfrac{p_2}{p_1}=400\times\dfrac{0{,}8}{2}=160\ \text{K}\).
2. Στάδιο 2 (ισοβαρής θέρμανση, \(V:4\to10\ \text{L}\)): \(T_3=T_2\dfrac{V_3}{V_2}=160\times\dfrac{10}{4}=400\ \text{K}\).
3. Αφού \(T_3=T_1=400\ \text{K}\), η συνολική μεταβολή εντροπίας ισούται με αυτή μιας ισοδύναμης ισόθερμης αντιστρεπτής μεταβολής από \(V_1=4\ \text{L}\) σε \(V_3=10\ \text{L}\) στους 400 K: \(\Delta S=nR\ln(V_3/V_1)\).
4. Ο αριθμός mol: \(n=\dfrac{p_1V_1}{RT_1}=\dfrac{2{,}026\times10^5\times0{,}004}{8{,}314\times400}\approx0{,}2437\ \text{mol}\).
5. \(\Delta S=nR\ln(10/4)=0{,}2437\times8{,}314\times\ln(2{,}5)\approx2{,}026\times0{,}9163\approx1{,}86\ \text{J/K}\).

Απάντηση: β) \(T_{\text{τελ}}=400\ \text{K}\) (ίδια με την αρχική). γ) \(\Delta S\approx1{,}86\ \text{J/K}\).

Πρόσεξε:

• Η πραγματική διαδρομή (ισόχωρη+ισοβαρής) ΔΕΝ είναι ισόθερμη, αλλά επειδή η εντροπία εξαρτάται μόνο από τα άκρα, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον απλό ισόθερμο τύπο αφού \(T_1=T_3\).

Άσκηση 2.56 (σελ. 75)

Ποσότητα αερίου \(n=0{,}2\ \text{mol}\) υφίσταται την κυκλική μεταβολή του σχήματος 2.43, όπου ΑΒ είναι ισόθερμη εκτόνωση (από \(V_A=0{,}02\) σε \(V_B=0{,}06\ \text{m}^3\)), ΒΓ ισόχωρη ψύξη, ΓΑ αδιαβατική συμπίεση. Να υπολογιστεί η μεταβολή της εντροπίας του αερίου στις επιμέρους μεταβολές ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ. Δίνεται \(R=8{,}314\ \text{J}/(\text{mol}\cdot\text{K})\), \(\ln3=1{,}0986\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η ΑΒ είναι ισόθερμη, υπολογίζεται άμεσα. Η ΓΑ είναι αδιαβατική ΚΑΙ αντιστρεπτή, άρα \(\Delta S_{\Gamma A}=0\). Αφού η συνολική μεταβολή εντροπίας σε πλήρη κύκλο είναι μηδέν, η ΒΓ προκύπτει από αφαίρεση, χωρίς περαιτέρω υπολογισμό.

Λύση:

1. \(\Delta S_{AB}=nR\ln(V_B/V_A)=0{,}2\times8{,}314\times\ln(0{,}06/0{,}02)=1{,}6628\times\ln3=1{,}6628\times1{,}0986\approx1{,}83\ \text{J/K}\).
2. \(\Delta S_{\Gamma A}=0\), αφού η μεταβολή ΓΑ είναι αδιαβατική αντιστρεπτή (§9.7δ).
3. Για ολόκληρο τον κύκλο, \(\Delta S_{\text{ολ}}=\Delta S_{AB}+\Delta S_{B\Gamma}+\Delta S_{\Gamma A}=0\) (η εντροπία είναι συνάρτηση κατάστασης, μηδενίζεται σε κάθε κυκλική μεταβολή).
4. Άρα \(\Delta S_{B\Gamma}=-\Delta S_{AB}-\Delta S_{\Gamma A}=-1{,}83-0=-1{,}83\ \text{J/K}\).

Απάντηση: \(\Delta S_{AB}\approx1{,}83\ \text{J/K}\), \(\Delta S_{B\Gamma}\approx-1{,}83\ \text{J/K}\), \(\Delta S_{\Gamma A}=0\).

Πρόσεξε:

• Η συντομευμένη εύρεση του \(\Delta S_{B\Gamma}\) μέσω της μηδενικής συνολικής μεταβολής σε κυκλική διεργασία είναι πολύ πιο γρήγορη από τον απευθείας υπολογισμό μέσω ολοκλήρωσης της ισόχωρης.

Άσκηση 2.67 (σελ. 77)

Ένα mol ιδανικού αερίου, που βρίσκεται σε s.t.p (\(T_1=273\ \text{K}\), \(p_1=1\ \text{atm}\), \(V_1=22{,}4\ \text{L}\)) θερμαίνεται με σταθερή πίεση μέχρι να διπλασιαστεί ο όγκος του και μετά ψύχεται με σταθερό όγκο μέχρι να υποδιπλασιαστεί η πίεσή του. Να υπολογιστούν: α) Το έργο που παραγόθηκε. β) Η θερμότητα που ανταλλάχθηκε με το περιβάλλον. γ) Η μεταβολή της εντροπίας του αερίου. Δίνονται: \(R=8{,}314\ \text{J}/(\text{mol}\cdot\text{K})\), \(\ln2=0{,}693\), \(1\ \text{L}\,\text{atm}=101{,}4\ \text{J}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Υπολογίζουμε τις καταστάσεις στα τρία σημεία, μετά το έργο (μόνο στο ισοβαρές στάδιο), το ΔU συνολικά (μηδέν αφού \(T_3=T_1\)) και, χάρη σε αυτό, τη θερμότητα και την εντροπία μέσω ισοδύναμης ισόθερμης διαδρομής.

Λύση:

1. Στάδιο 1 (ισοβαρής, \(V:22{,}4\to44{,}8\ \text{L}\)): \(T_2=T_1\times2=546\ \text{K}\). \(W_1=p_1(V_2-V_1)=1\times22{,}4=22{,}4\ \text{L}\,\text{atm}\approx2271\ \text{J}\).
2. Στάδιο 2 (ισόχωρη, \(p:1\to0{,}5\ \text{atm}\)): \(T_3=T_2\times0{,}5=273\ \text{K}=T_1\). \(W_2=0\).
3. \(W_{\text{ολ}}=W_1+W_2\approx2271\ \text{J}\).
4. Αφού \(T_3=T_1\), \(\Delta U_{\text{ολ}}=0\Rightarrow Q_{\text{ολ}}=\Delta U_{\text{ολ}}+W_{\text{ολ}}=0+2271=2271\ \text{J}\) (απορροφάται συνολικά).
5. Επίσης λόγω \(T_3=T_1\), η εντροπία υπολογίζεται μέσω ισοδύναμης ισόθερμης διαδρομής: \(\Delta S=nR\ln(V_3/V_1)=1\times8{,}314\times\ln(44{,}8/22{,}4)=8{,}314\times\ln2=8{,}314\times0{,}693\approx5{,}76\ \text{J/K}\).

Απάντηση: α) \(W\approx2271\ \text{J}\). β) \(Q\approx2271\ \text{J}\) (απορροφάται). γ) \(\Delta S\approx5{,}76\ \text{J/K}\).

Πρόσεξε:

• Είναι σύμπτωση (λόγω των συγκεκριμένων αριθμών) ότι \(Q=W\) εδώ — δεν πρόκειται για ισόθερμη μεταβολή, απλώς \(T_3=T_1\) κάνει το \(\Delta U\) συνολικά μηδέν.

Άσκηση 2.68 (σελ. 77)

Ένα mol ιδανικού αερίου, που βρίσκεται σε s.t.p. (\(T_1=273\ \text{K}\), \(p_1=1\ \text{atm}\), \(V_1=22{,}4\ \text{L}\)) συμπιέζεται αδιαβατικά μέχρι η πίεσή του να γίνει 8 atm και μετά ψύχεται με σταθερό όγκο μέχρι η πίεσή του να γίνει 4 atm. Να υπολογιστούν για κάθε μεταβολή και για τη συνολική μεταβολή: α) Η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας του αερίου. β) Η μεταβολή της εντροπίας του. Δίνονται: \(R=8{,}314\ \text{J}/(\text{mol}\cdot\text{K})\) και \(\ln2=0{,}6931\). Θεωρήστε ότι για το αέριο \(\gamma=3/2\) (άρα \(C_v=2R\)).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Με \(\gamma=3/2\) προκύπτει \(C_v=R/(\gamma-1)=2R\). Υπολογίζουμε τη θερμοκρασία σε κάθε στάδιο με τον νόμο Poisson (αδιαβατική) και την καταστατική εξίσωση (ισόχωρη), μετά το \(\Delta U\) κάθε σταδίου με \(nC_v\Delta T\), και το \(\Delta S\): μηδέν στο αδιαβατικό στάδιο, \(nC_v\ln(T_3/T_2)\) στο ισόχωρο.

Λύση:

1. Στάδιο 1 (αδιαβατική συμπίεση, \(p:1\to8\ \text{atm}\)): \(V_2=V_1(p_1/p_2)^{1/\gamma}=22{,}4\times(1/8)^{2/3}=22{,}4\times0{,}25=5{,}6\ \text{L}\). \(T_2=T_1\dfrac{p_2V_2}{p_1V_1}=273\times\dfrac{8\times5{,}6}{1\times22{,}4}=273\times2=546\ \text{K}\).
2. \(\Delta U_1=nC_v(T_2-T_1)=1\times2\times8{,}314\times(546-273)=16{,}628\times273\approx4539{,}5\ \text{J}\). \(\Delta S_1=0\) (αδιαβατική αντιστρεπτή).
3. Στάδιο 2 (ισόχωρη ψύξη, \(p:8\to4\ \text{atm}\)): \(T_3=T_2\times0{,}5=273\ \text{K}\).
4. \(\Delta U_2=nC_v(T_3-T_2)=16{,}628\times(273-546)=16{,}628\times(-273)\approx-4539{,}5\ \text{J}\). \(\Delta S_2=nC_v\ln(T_3/T_2)=16{,}628\times\ln(0{,}5)=16{,}628\times(-0{,}6931)\approx-11{,}52\ \text{J/K}\).
5. Σύνολο: \(\Delta U_{\text{ολ}}=4539{,}5-4539{,}5=0\ \text{J}\) (αφού \(T_3=T_1\)). \(\Delta S_{\text{ολ}}=0-11{,}52=-11{,}52\ \text{J/K}\).

Απάντηση: α) \(\Delta U_1\approx4539{,}5\ \text{J}\), \(\Delta U_2\approx-4539{,}5\ \text{J}\), \(\Delta U_{\text{ολ}}=0\). β) \(\Delta S_1=0\), \(\Delta S_2\approx-11{,}52\ \text{J/K}\), \(\Delta S_{\text{ολ}}\approx-11{,}52\ \text{J/K}\).

Πρόσεξε:

• Παρότι \(\Delta U_{\text{ολ}}=0\) (σαν να ήταν ισόθερμη), η συνολική διαδικασία ΔΕΝ είναι αντιστρεπτή ισόθερμη· η εντροπία δεν μηδενίζεται, γιατί το δεύτερο στάδιο δεν είναι ισόθερμο.

Άσκηση 2.69 (σελ. 77)

Ιδανικό αέριο έχει όγκο \(V_A=0{,}04\ \text{m}^3\), πίεση \(p_A=3\times10^5\ \text{N/m}^2\) και θερμοκρασία \(T_A=600\ \text{K}\). Το αέριο εκτονώνεται ισόθερμα μέχρι ο όγκος του να γίνει \(V_B=0{,}16\ \text{m}^3\), ύστερα ψύχεται με σταθερό όγκο ώσπου να αποκτήσει την κατάλληλη πίεση από όπου μια αδιαβατική συμπίεση θα το φέρει στην αρχική του κατάσταση. Να υπολογιστούν: α) Η εσωτερική ενέργεια του αερίου στην αρχική του κατάσταση, καθώς και στο τέλος της ισόθερμης και της ισόχωρης μεταβολής. β) Το έργο που παράγεται κατά την κυκλική μεταβολή. γ) Η μεταβολή της εντροπίας της κυκλικής μεταβολής. Δίνονται: \(R=8{,}314\ \text{J}/(\text{mol}\cdot\text{K})\), \(\gamma=5/3\), \(\ln4=1{,}386\), \((0{,}25)^\gamma=0{,}0992\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η εσωτερική ενέργεια εξαρτάται μόνο από \(nRT=pV\): \(U=\frac{3}{2}pV\). Η αδιαβατική ΓΑ καθορίζει το \(T_\Gamma\) μέσω του νόμου Poisson, ώστε να επιστρέφει στο Α. Το έργο υπολογίζεται ανά στάδιο (μηδέν στο ισόχωρο), και η εντροπία ανά στάδιο (μηδέν στο αδιαβατικό, το ισόχωρο συμπληρώνει ώστε το σύνολο να μηδενίζεται).

Λύση:

1. \(U_A=\frac{3}{2}nRT_A=\frac{3}{2}p_AV_A=\frac{3}{2}\times3\times10^5\times0{,}04=18000\ \text{J}\).
2. Ισόθερμη ΑΒ: \(T_B=T_A\Rightarrow U_B=U_A=18000\ \text{J}\). \(W_{AB}=nRT_A\ln(V_B/V_A)=p_AV_A\ln4=12000\times1{,}386=16632\ \text{J}\).
3. Αδιαβατική ΓΑ (επιστροφή στο Α): από τον νόμο Poisson, \(T_\Gamma=T_A(V_A/V_\Gamma)^{\gamma-1}\) με \(V_\Gamma=V_B=0{,}16\ \text{m}^3\)· χρησιμοποιώντας το δοσμένο \((0{,}25)^\gamma\approx0{,}0992\) προκύπτει \(U_\Gamma\approx7200\ \text{J}\).
4. \(W_{B\Gamma}=0\) (ισόχωρη). \(W_{\Gamma A}=-(U_A-U_\Gamma)=-(18000-7200)=-10800\ \text{J}\).
5. \(W_{\text{ολ}}=W_{AB}+W_{B\Gamma}+W_{\Gamma A}=16632+0-10800=5832\ \text{J}\).
6. \(\Delta S_{AB}=W_{AB}/T_A=16632/600=27{,}72\ \text{J/K}\). \(\Delta S_{\Gamma A}=0\) (αδιαβατική αντιστρεπτή). Αφού \(\Delta S_{\text{ολ}}=0\) σε κυκλική μεταβολή: \(\Delta S_{B\Gamma}=-27{,}72-0=-27{,}72\ \text{J/K}\).

Απάντηση: α) \(U_A=U_B=18000\ \text{J}\), \(U_\Gamma\approx7200\ \text{J}\). β) \(W_{\text{ολ}}\approx5832\ \text{J}\). γ) \(\Delta S_{AB}=27{,}72\ \text{J/K}\), \(\Delta S_{B\Gamma}=-27{,}72\ \text{J/K}\), \(\Delta S_{\Gamma A}=0\) (σύνολο μηδέν).

Πρόσεξε:

• Το \(\Delta S_{B\Gamma}\) βρίσκεται πολύ πιο εύκολα από τη συνθήκη μηδενισμού της συνολικής εντροπίας παρά με απευθείας υπολογισμό.

Άσκηση 2.72 (σελ. 78)

Ποσότητα \(n=2/R\) mol ιδανικού αερίου υποβάλλεται σε κυκλική μεταβολή ΑΒΓ. Κατά τη διάρκεια της μεταβολής ΑΒ η πίεση και ο όγκος του αερίου συνδέονται με τη σχέση \(p=-\dfrac{2}{3}\times10^8V+6\times10^5\) (SI). Η μεταβολή ΒΓ είναι ισοβαρής, και η ΓΑ είναι ισόχωρη. Ο όγκος του αερίου στις καταστάσεις Α και Β είναι \(V_A=6\times10^{-3}\ \text{m}^3\) και \(V_B=3\times10^{-3}\ \text{m}^3\), αντίστοιχα. Να υπολογίσετε: α) το έργο που παράγει το αέριο κατά την κυκλική μεταβολή, β) τη θερμότητα που απορροφά ή αποβάλλει το αέριο στη διάρκεια καθεμιάς από τις επιμέρους μεταβολές, γ) τη μεταβολή εντροπίας του αερίου στις μεταβολές ΑΒ και ΓΑ. Δίνονται: \(C_v=3R/2\), \(\Delta S_{B\Gamma}=3{,}5\ \text{J/K}\), \(\ln2=0{,}7\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Επειδή \(n=2/R\), το γινόμενο \(nR=2\) (καθαρός αριθμός), απλοποιώντας πολύ τους υπολογισμούς θερμοκρασιών. Βρίσκουμε τις πιέσεις από τη γραμμική σχέση, τις θερμοκρασίες από \(pV=nRT\), τα έργα (τραπέζιο για ΑΒ, ορθογώνιο για ΒΓ, μηδέν για ΓΑ) και τις θερμότητες μέσω \(Q=\Delta U+W\). Για το \(\Delta S_{AB}\) εκμεταλλευόμαστε ότι \(T_A=T_B\) (ισοδύναμη ισόθερμη διαδρομή), ενώ το \(\Delta S_{\Gamma A}\) προκύπτει από τη μηδενική συνολική μεταβολή του κύκλου.

Λύση:

1. \(p_A=-\frac{2}{3}\times10^8\times6\times10^{-3}+6\times10^5=-4\times10^5+6\times10^5=2\times10^5\ \text{Pa}\). \(p_B=-\frac{2}{3}\times10^8\times3\times10^{-3}+6\times10^5=-2\times10^5+6\times10^5=4\times10^5\ \text{Pa}\).
2. Ισοβαρής ΒΓ: \(p_\Gamma=p_B=4\times10^5\ \text{Pa}\). Ισόχωρη ΓΑ: \(V_\Gamma=V_A=6\times10^{-3}\ \text{m}^3\).
3. \(T_A=p_AV_A/(nR)=(2\times10^5\times6\times10^{-3})/2=600\ \text{K}\). \(T_B=p_BV_B/(nR)=(4\times10^5\times3\times10^{-3})/2=600\ \text{K}\) (ίδιο με \(T_A\)!). \(T_\Gamma=p_\Gamma V_\Gamma/(nR)=(4\times10^5\times6\times10^{-3})/2=1200\ \text{K}\).
4. \(W_{AB}=\frac{p_A+p_B}{2}(V_B-V_A)=3\times10^5\times(-3\times10^{-3})=-900\ \text{J}\). \(W_{B\Gamma}=p_B(V_\Gamma-V_B)=4\times10^5\times3\times10^{-3}=1200\ \text{J}\). \(W_{\Gamma A}=0\). Σύνολο: \(W_{\text{ολ}}=-900+1200+0=300\ \text{J}\).
5. \(\Delta U_{AB}=nC_v(T_B-T_A)=0\) (ίδια Τ) \(\Rightarrow Q_{AB}=0+W_{AB}=-900\ \text{J}\).
6. \(\Delta U_{B\Gamma}=nC_v(T_\Gamma-T_B)=2\times\frac{3}{2}\times(1200-600)=3\times600=1800\ \text{J}\Rightarrow Q_{B\Gamma}=1800+1200=3000\ \text{J}\).
7. \(\Delta U_{\Gamma A}=nC_v(T_A-T_\Gamma)=3\times(600-1200)=-1800\ \text{J}\Rightarrow Q_{\Gamma A}=-1800+0=-1800\ \text{J}\) (έλεγχος: \(-900+3000-1800=300\ \text{J}=W_{\text{ολ}}\) ✓).
8. \(\Delta S_{AB}\): αφού \(T_A=T_B\), ισοδύναμη ισόθερμη διαδρομή: \(\Delta S_{AB}=nR\ln(V_B/V_A)=2\times\ln(0{,}5)=2\times(-0{,}7)=-1{,}4\ \text{J/K}\).
9. \(\Delta S_{\Gamma A}\): αφού \(\Delta S_{\text{ολ}}=0\) σε κύκλο, \(\Delta S_{\Gamma A}=-\Delta S_{AB}-\Delta S_{B\Gamma}=-(-1{,}4)-3{,}5=1{,}4-3{,}5=-2{,}1\ \text{J/K}\) (έλεγχος με το δοσμένο \(\Delta S_{B\Gamma}=3{,}5\ \text{J/K}\)).

Απάντηση: α) \(W_{\text{ολ}}=300\ \text{J}\). β) \(Q_{AB}=-900\ \text{J}\), \(Q_{B\Gamma}=3000\ \text{J}\), \(Q_{\Gamma A}=-1800\ \text{J}\). γ) \(\Delta S_{AB}=-1{,}4\ \text{J/K}\), \(\Delta S_{\Gamma A}=-2{,}1\ \text{J/K}\).

Πρόσεξε:

• Παρότι η ΑΒ δεν είναι ισόθερμη μεταβολή (η θερμοκρασία δεν είναι σταθερή ΚΑΤΑ ΜΗΚΟΣ της διαδρομής), η ισότητα \(T_A=T_B\) στα ΑΚΡΑ επιτρέπει τη χρήση του απλού ισόθερμου τύπου για το \(\Delta S\), αφού η εντροπία εξαρτάται μόνο από τα άκρα.