Entropieänderung zweier isolierter Systeme, die zu einem System verschmolzen sind

Question

Entropieänderung zweier isolierter Systeme, die zu einem System verschmolzen sind

was was Was

Aus Statistische Physik, 2. Auflage von F. Mandl:

Zwei Gefäße enthalten die gleiche Nummer $N$ Moleküle desselben perfekten Gases. Zunächst werden die beiden Gefäße voneinander isoliert, wobei die Gase die gleiche Temperatur haben $T$ aber bei unterschiedlichem Druck $P_1$ Und $P_2$ . Die die beiden Gase trennende Trennwand wird entfernt. Ermitteln Sie die Entropieänderung des Systems bei Wiederherstellung des Gleichgewichts in Bezug auf die Anfangsdrücke $P_1$ Und $P_2$ . Zeigen Sie, dass diese Entropieänderung nicht negativ ist.

Ich bin ein wenig verwirrt über ein paar Dinge.

Gibt es bei diesem Vorgang eine Temperaturänderung? Intuitiv würde ich nein sagen, weil $(T+T)/2=T$ . Meine andere Vermutung wäre, dass sich die Temperatur ändern muss, weil wir jetzt einen dritten Druck haben, $P_3$ , das unterscheidet sich vom Druck der anderen beiden und auch, weil wir die Lautstärke erhöht haben.
Ich glaube, das ist ein irreversibler Prozess, richtig? Weil Sie die Gase nicht realistisch in das, was aus Behälter A kam, und das, was aus Behälter B kam, trennen können.
Lässt sich die Lautstärkeänderung einfach aufrufen $V_A+V_B$ ? Ich dachte, es wäre so einfach, aber wenn ich mehr darüber nachdenke, habe ich das Gefühl, dass die Änderung des Drucks und die mögliche Änderung der Temperatur die Dinge ändern könnten.
Gibt es einen Wärmeaustausch zwischen den beiden Gasen, wenn die Trennwand entfernt wird? Meine Intuition sagt nein, weil Wärme nur fließen kann, wenn es einen Temperaturunterschied gibt und in diesem Fall beide Gefäße auf Temperatur sind $T$ .

Mein Versuch:

Also alles in allem muss ich lösen $\Delta S= \int \frac{dQ}{T}$

Δ S = \int \frac{D Q}{T}

$\Delta S= \int \frac{dQ}{T}$

= \int \frac{D E + D W_{B j}}{T}

$=\int \frac{dE+dW_{by}}{T}$ Wir wissen das

d E = 0

$dE=0$ und das

d W = P d V

$dW=PdV$

= \frac{1}{T} \int P D v

$=\frac{1}{T}\int PdV$

= \frac{P Δ v}{T}

$=\frac{P\Delta V}{T}$

Hier stecke ich fest - ich glaube nicht, dass es eine gültige Sache gibt, für die man sich einsetzen kann $\Delta V$ weil es 2 Systeme gab, die sich zu einem größeren System formierten. Wenn das endgültige System ist $V_1+V_2$ , was war dann seine vorherige Größe? $V_1$ oder $V_2$ ? Oder kann ich sagen, dass es so war $\frac{V_1+V_2}{2}$ ?

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Entropieänderung zweier isolierter Systeme, die zu einem System verschmolzen sind

Chet Miller · Answer 1

Das Gesamtvolumen der beiden starren Behälter ändert sich nicht, so dass das kombinierte System keine Arbeit W an der Umgebung ausübt. Die beiden Behälter sind vermutlich isoliert, sodass keine Wärme Q mit der Umgebung ausgetauscht wird. Nach dem ersten Hauptsatz der Thermodynamik ist die Änderung der inneren Energie des kombinierten Systems also Null. Da für ein ideales Gas die innere Energie nur eine Funktion der Temperatur ist, ist die Endtemperatur des kombinierten Systems gleich der Anfangstemperatur der getrennten Systeme.

Der Vorgang ist irreversibel, aber nicht aus dem Grund, den Sie angegeben haben. Da in beiden Behältern das gleiche Gas vorhanden ist, kann das System wieder in den ursprünglichen Zustand versetzt werden, jedoch nicht ohne eine Umgebungsänderung mit Wärmeübertragung.

Quarky Quantas Intuition war in Bezug auf den endgültigen Gleichgewichtsdruck des kombinierten Systems richtig, vorausgesetzt, n ist die Gesamtzahl der Gasmole in den beiden ursprünglichen Behältern.

ABSCHLUSS DER PROBLEMLÖSUNG:

v_{1} = \frac{N k T}{P_{1}}

$V_1=\frac{NkT}{P_1}$

v_{2} = \frac{N k T}{P_{2}}

$V_2=\frac{NkT}{P_2}$

v_{1} + v_{2} = \frac{N k T (P_{1} + P_{2})}{P_{1} P_{2}}

$V_1+V_2=\frac{NkT(P_1+P_2)}{P_1P_2}$

P_{F} = \frac{2 N k T}{(v_{1} + v_{2})} = \frac{2 P_{1} P_{2}}{(P_{1} + P_{2})}

$P_F=\frac{2NkT}{(V_1+V_2)}=\frac{2P_1P_2}{(P_1+P_2)}$

Δ S = N k \ln \frac{P_{1}}{P_{F}} + N k \ln \frac{P_{2}}{P_{F}} = 2 N k \ln [\frac{(P_{1} + P_{2}) / 2}{\sqrt{P_{1} P_{2}}}]

$\Delta S=Nk\ln{\frac{P_1}{P_F}}+Nk\ln{\frac{P_2}{P_F}}=2Nk\ln{\left[\frac{(P_1+P_2)/2}{\sqrt{P_1P_2}}\right]}$ Die Entropieänderung wird also durch das Verhältnis des arithmetischen Mittels der Anfangsdrücke zu ihrem geometrischen Mittel bestimmt (ein Verhältnis, das immer größer als 1 ist).

Es wird jedoch nicht angegeben, dass die beiden Behälter starr sind. Wie würden wir diesen Prozess durch Wärmeübertragung umkehren?
Meiner Meinung nach impliziert die Problemstellung eindeutig, dass die Behälter starr sind. Um das System durch Wärmeübertragung in seinen ursprünglichen Zustand zurückzubringen, könnten Sie das Endvolumen halbieren und die Hälfte der Moleküle in einer Kolben/Zylinder-Anordnung isotherm und reversibel auf den ursprünglichen hohen Druck komprimieren, während Sie den Zylinder in Kontakt mit einer konstanten Temperatur halten Bad. Die andere Hälfte des Gases könnte man analog auf seinen ursprünglichen Unterdruck expandieren. Das gesamte Gas wäre dann in seinem ursprünglichen Zustand.
Übrigens würde der reversible isotherme Prozess, den ich beschrieben habe, um das System in seinen ursprünglichen Zustand zurückzubringen, eine Abnahme der Entropie beinhalten. Dies bedeutet, dass der irreversible Prozess, der das System von seinem ursprünglichen Zustand in seinen endgültigen Zustand brachte, eine Zunahme der Entropie beinhaltete (wie erwartet).
Tauschen die Systeme Wärme miteinander aus, wenn die Trennwand entfernt wird? Ich frage, weil die Entropieänderung auch definiert werden kann durch $\frac{d Q}{T}$ .
Ich glaube nicht, dass ich es verwenden kann $\Delta S = Nkln(\frac{V_f}{V_i})$ , Rechts? Denn wie würde ich beide Gase in Rechnung stellen? $V_1$ ? Diese spezielle Gleichung geht davon aus, dass es am Anfang 1 System und am Ende immer noch nur 1 System gab. Korrigiert mich natürlich, wenn ich falsch liege.
Die Gase in den beiden Behältern vereinigen sich und gleichen sich aus, nachdem die Trennwand entfernt wurde. Aber Sie können die Entropieänderung nicht bestimmen, indem Sie dQ/T für den tatsächlichen irreversiblen Prozess bestimmen. Der erste Schritt zur Bestimmung der Entropieänderung für einen irreversiblen Prozess besteht darin, DEN TATSÄCHLICHEN IRREVERSIBLEN PROZESSWEG VOLLSTÄNDIG ZU VERGESSEN und sich stattdessen nur auf die Anfangs- und Endgleichgewichtszustände zu konzentrieren. Sie müssen dann einen reversiblen Pfad zwischen diesen beiden Endzuständen definieren und das Integral von dQ/T für diesen Pfad bestimmen. Das meinen sie, wenn sie sagen, bestimme das Integral von dQrev/T.
Sie können diese Gleichung verwenden, aber Sie wenden sie auf jedes Gas einzeln an. Sobald Sie erkennen, dass Sie den eigentlichen irreversiblen Pfad vollständig vergessen können, haben Sie viel mehr Spielraum bei der Wahl der reversiblen Pfade. Sie können jeden bequemen reversiblen Weg wählen, um Sie vom Anfangszustand zum Endzustand zu bringen, einschließlich der Trennung der Hochdruck- und Niederdruckgase und ihrer individuellen Verarbeitung. Es gibt unendlich viele umkehrbare Wege vom Anfangs- zum Endzustand, und alle geben genau den gleichen Wert für die Entropieänderung an.
@whatwhatwhat Ich habe meine ursprüngliche Antwort bearbeitet, um den Abschluss der Lösung zu zeigen. Fragen?
danke, dass du so geduldig warst, ich weiß das wirklich zu schätzen, besonders während der Zwischenklausuren :) Ich sehe, wie du zu deiner endgültigen Antwort gekommen bist. Ich habe 2 konzeptionelle Fragen: 1) War ich mit meiner Argumentation richtig, warum es keinen Wärmeaustausch zwischen den 2 Gasen gibt, wenn die Position entfernt wird? 2) Können wir sagen, dass jedes Gas auf das andere wirkt? Oder berücksichtigen wir nur „vom System geleistete Arbeit“, wenn der Container expandieren muss (was in diesem Fall nicht möglich ist)? Ich weiß, dass keine Arbeit verrichtet wird, wenn sich ein Gas in ein Vakuum ausdehnen darf, aber jedes Gefäß ist nicht wirklich ein Vakuum.

Quarky Quanten · Answer 2

Lassen Sie mich versuchen, dies konzeptionell zu erklären, wenn das keinen Sinn ergibt, können wir einen strengeren Ansatz versuchen. Annehmen, dass $P_1 > P_2$ und entsprechend $V_1 < V_2$ . Wenn Sie sich das gesamte Volumen eines Behälters als winzige Zellen vorstellen, die von den Gasteilchen besetzt werden können, dann misst die Entropie einfach die Anzahl der verschiedenen Konfigurationen (Permutationen), die das Gas annehmen kann. Wenn Sie jetzt davon ausgehen, dass Gaspartikel darin waren $V_2$ Aber $V_1$ leer war, dann erhöht das Entfernen der Barriere die Anzahl der Zellen, wodurch die erlaubten Mikrozustände und entsprechend die Entropie erhöht werden. Das Gleiche gilt, wenn Partikel drin waren $V_1$ Aber $V_2$ war leer. In diesem Fall enthalten beide Volumina Teilchen, und daher ist es sinnvoll, dass das Entfernen der Barriere die Entropie erhöht, da dies die Anzahl der zulässigen Mikrozustände erhöht. Ich habe hier angenommen, dass die Anzahl der Zellen in dem Volumen viel größer ist als die Anzahl der vorhandenen Gasteilchen, was meiner Meinung nach eine faire Annahme ist.

Um genauer auf Ihre Fragen einzugehen, meine Intuition ist, dass (1) sich die Temperatur nicht ändern wird, (2) der Prozess irreversibel ist und (3) das neue Volumen es ist $V_1 + V_2$ und der neue Druck ist $p = \frac{n R T}{V_1 + V_2}$ .

Aber was ist mit der Tatsache, dass es jetzt im Endzustand gibt $2N$ Moleküle vorhanden? Würde das nicht heißen $p=\frac{2NRT}{V_1+V_2}$ ?
Mein Fehler, ich glaube du hast recht. Der Druck sollte nämlich n = 2N betragen.
Was würden Sie über den Wärmeaustausch zwischen den beiden Gasen sagen? Ich habe meine Frage bearbeitet, um einen Punkt 4 hinzuzufügen.

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Quarky Quanten

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