Exakte Wärmedifferenz in reversiblen Prozessen

Question

Exakte Wärmedifferenz in reversiblen Prozessen

Angelo di Bella

Aus Satz von Clausius für einen reversiblen Prozess $C:$

\begin{matrix} (1) & \oint_{C} \frac{δ Q_{Umdrehung}}{T} = 0, \end{matrix}

$\oint_C\frac{\delta Q_\text{rev}}{T}=0,\tag{1}$

Bedeutet dies nicht, dass das Differential $\delta Q_\text{rev}$ ist genau? Oder tut $T$ dienen dem Zweck eines integrierenden Faktors. Ich frage das, weil ich auf eine Beschreibung der Entropie gestoßen bin, in der ein geschlossener, reversibler Prozess betrachtet wird, der aus zwei Teilprozessen besteht $C_1$ Und $C_2$ (jeweils beginnend und endend an den gleichen Punkten auf der $PV$ -Diagramm):

\begin{matrix} (2) & \oint_{C_{1}} \frac{δ Q_{Umdrehung}}{T} + \oint_{C_{2}} \frac{δ Q_{Umdrehung}}{T} = \oint_{Q_{1}}^{Q_{2}} \frac{δ Q_{Umdrehung}}{T} + \oint_{Q_{2}}^{Q_{1}} \frac{δ Q_{Umdrehung}}{T} = 0, \end{matrix}

$\oint_{C_1}\frac{\delta Q_\text{rev}}{T}+\oint_{C_2}\frac{\delta Q_\text{rev}}{T}=\oint_{Q_1}^{Q_2}\frac{\delta Q_\text{rev}}{T}+\oint_{Q_2}^{Q_1}\frac{\delta Q_\text{rev}}{T}=0,\tag{2}$

Wo $Q_1$ Und $Q_2$ sind jeweils die Schmelzen, die den Anfangs- und Endpunkten des Prozesses entsprechen. Wäre dies nicht möglich, wenn und nur wenn $Q$ ist in diesem Fall eine staatliche Funktion?

Joigus

Ihre Notation ist in (2) inkonsistent.

Q_{1}

$Q_1$ Und

Q_{2}

$Q_2$ sind keine Anfangs- und Endpunkte im Zustandsraum. Sie sind keine Zustandsvariablen. Außerdem durchlaufen die Integrale Zyklen, sodass sie überhaupt nicht durch Anfangs- und Endpunkte angegeben werden können.

Angelo di Bella

@joigus du hast recht, das ist Teil meiner Frage. Dies ist ein Auszug aus dem Beweis, die Schreibweise habe ich nicht gewählt.

Chet Miller

Wenn Sie den Zyklus zweimal durchlaufen (und zum gleichen Ausgangszustand zurückkehren), ist Q dasselbe wie einmal herumzugehen?

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Exakte Wärmedifferenz in reversiblen Prozessen

Ihre Notation ist in (2) inkonsistent. $Q_1$ Und $Q_2$ sind keine Anfangs- und Endpunkte im Zustandsraum. Sie sind keine Zustandsvariablen. Außerdem durchlaufen die Integrale Zyklen, sodass sie überhaupt nicht durch Anfangs- und Endpunkte angegeben werden können.
@joigus du hast recht, das ist Teil meiner Frage. Dies ist ein Auszug aus dem Beweis, die Schreibweise habe ich nicht gewählt.
Wenn Sie den Zyklus zweimal durchlaufen (und zum gleichen Ausgangszustand zurückkehren), ist Q dasselbe wie einmal herumzugehen?

Joigus · Answer 1

Ich hoffe, dies klärt die Situation etwas.

\oint_{C} \frac{δ Q_{Umdrehung}}{T} = 0, \forall C

$\oint_{C}\frac{\delta Q_{\textrm{rev}}}{T}=0,\:\forall C$ bedeutet, dass,

δ Q_{Umdrehung} = A (X, Y) D X + B (X, Y) D Y

$\delta Q_{\textrm{rev}}=A\left(X,Y\right)dX+B\left(X,Y\right)dY$ für einige Zustandsvariablen

X

$X$ Und

Y

$Y$ . Mit,

\frac{\partial A}{\partial Y} - \frac{\partial B}{\partial X} \neq 0

$\frac{\partial A}{\partial Y}-\frac{\partial B}{\partial X}\neq0$ (also kein exaktes Differential), weil

A \neq \frac{\partial S}{\partial X}

$A\neq\frac{\partial S}{\partial X}$

B \neq \frac{\partial S}{\partial Y}

$B\neq\frac{\partial S}{\partial Y}$ für jede staatliche Funktion

S (X, Y)

$S\left(X,Y\right)$ Diese

X

$X$ ,

Y

$Y$ könnte sein

P

$P$ Und

V

$V$ , Zum Beispiel. Jetzt mit

T

$T$ auf dem Bild können Sie behaupten,

\frac{A (X, Y)}{T (X, Y)} = \frac{\partial}{\partial X} S (X, Y)

$\frac{A\left(X,Y\right)}{T\left(X,Y\right)}=\frac{\partial}{\partial X}S\left(X,Y\right)$

\frac{B (X, Y)}{T (X, Y)} = \frac{\partial}{\partial Y} S (X, Y)

$\frac{B\left(X,Y\right)}{T\left(X,Y\right)}=\frac{\partial}{\partial Y}S\left(X,Y\right)$

T^{- 1} (X, Y)

$T^{-1}\left(X,Y\right)$ ist ein sogenannter integrierender Faktor; Und

S (X, Y)

$S\left(X,Y\right)$ (Entropie) ist eine Zustandsfunktion, die sich aus der Exaktheit des Differentials ergibt.

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Joigus

Angelo di Bella

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Joigus

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