Wie langsam ist eine reversible adiabatische Expansion eines idealen Gases?

Ein wirklich reversibler thermodynamischer Prozess muss zu jeder Zeit infinitesimal aus dem Gleichgewicht verschoben werden und benötigt daher unendlich viel Zeit, um abgeschlossen zu werden. Wenn ich den Prozess jedoch langsam ausführe, sollte ich in der Lage sein, mich der Reversibilität zu nähern. Meine Frage ist: "Was bestimmt, wann etwas langsam ist?"

Nehmen wir zur Eindeutigkeit einen isolierenden zylindrischen Kolben mit Querschnittsfläche EIN und Originallänge L 0 . Es ist ein ideales Gas im Inneren mit n Gasmoleküle mit Masse pro Molekül m . Die Temperatur ist T 0 , und der adiabatische Index ist γ .

Ich plane, den Kolben adiabatisch auf Länge zu erweitern L 1 , nimmt sich Zeit t dazu. Wenn ich nehme t um lang genug zu sein, wird der Prozess nahezu reversibel sein. Jedoch, t lang bedeutet nicht „eine Minute“ oder „ein Jahr“. Es bedeutet t >> τ für einige

τ = f ( EIN , L 0 , L , n , m , T , k B , γ )

Was ist τ ?

Aus rein dimensionalen Überlegungen schätze ich, dass die Beziehung so ähnlich ist

τ = m L L 0 k b T f ( n , L / L 0 , EIN / L 2 , γ )
,

aber ich habe keine starke physikalische Erklärung.

Bearbeiten Eine aussagekräftige Antwort sollte mich Folgendes tun lassen: Ich nehme einen bestimmten Beispielkolben und versuche, ihn einige Male zu erweitern, und lege ihn in eine Kiste, damit ich die an die Umgebung abgegebene Wärme messen kann. Ich berechne die Entropieänderung im Universum für die Expansionen. Nachdem ich mehrere Erweiterungen gemacht habe, jede langsamer als die letzte, bekomme ich es endlich hin Δ S für das Universum auf eine Zahl, die ich für ausreichend klein halte. Als nächstes plane ich, das Experiment zu wiederholen, aber mit einem neuen Kolben, der andere Abmessungen, eine andere Anfangstemperatur usw. hat. Wie kann ich basierend auf meinen Ergebnissen für den vorherigen Kolben herausfinden, wie lange ich brauchen sollte, um den neuen zu erweitern? beim ersten Versuch einen ähnlichen Grad an Reversibilität erreichen?

Als Referenz dient der Druck

P = n k B T v

und die Schallgeschwindigkeit ist

v = γ k b T m
,

und ich freue mich über eine Antwort in Bezug auf diese oder andere abgeleitete Größen. Formeln für Entropie und thermodynamische Potentiale finden Sie im Wikipedia-Artikel .

""Aber mit einem neuen Kolben, der andere Abmessungen, andere Anfangstemperatur usw. hat"" Verschiedene Abmessungen sind eine Methode, um einige Dissipationsmechanismen zu untersuchen. Aber was siehst Du bei unterschiedlichen Temperaturen? Ein adiabatischer Zylinder/Kolben tauscht keine Wärme mit dem Gas im Inneren aus. Seine Temperatur ist also irrelevant (es besteht auf jeden Fall aus einem Wundermaterial, sodass Sie davon ausgehen können, dass es keine spezifische Wärme hat).
@Georg Die Anfangstemperatur beeinflusst die Schallgeschwindigkeit.
Ist nicht τ einfach τ = L 0 v
@ Martin Das würde ich vermuten L kommt hinein. Wir müssen mit dem gesamten Zylinder äquilibrieren, und wenn der Zylinder sehr lang ist, wird das länger dauern, weil der untere Teil mit dem oberen sprechen können muss.

Antworten (4)

Ich bin ein Student, also weisen Sie bitte in blutigen Details auf alles hin, was ich falsch gemacht habe.

Damit ein Prozess quasistatisch ist, sollten die Zeitskalen der Entwicklung des Systems größer sein als die Relaxationszeit. Die Relaxationszeit ist die Zeit, die das System benötigt, um wieder ins Gleichgewicht zu kommen.

Wir haben einen adiabatischen Prozess, also muss das Gleichgewicht an jedem Punkt erhalten bleiben, das heißt

(Arbeiten innerhalb der Gültigkeit der kinetischen Theorie für ideale Gase und Vernachlässigung der Reibung)

( EIN L ( t ) ) γ P ( t ) = ( EIN L 0 ) γ P ( t 0 )

Durch den Kolben gewonnenes Moment:

Δ p = 2 m v x

Ein Molekül würde jeden Kolben treffen

δ t = 2 ( L 0 + δ x ) v x

Die auf den Kolben ausgeübte Kraft ist F = Δ p δ t = m v x 2 L 0 + δ x Druck wäre P = P EIN und für N solche Moleküle

P = N m < v x > 2 EIN ( L 0 + δ x ) = N m < v > 2 3 EIN ( L 0 + δ x )

Also im Moment t = t ' wo der Kolben verschoben wurde δ x , wir haben

( EIN L ( t ) ) γ P ( t ) = N m < v > 2 3 EIN 1 − γ ( L 0 + δ x ) γ − 1

Serienmäßig erweitern

= N m < v > 2 L 0 γ − 1 3 EIN 1 − γ ( 1 + ( γ − 1 ) δ x L 0 + Ö ( δ x 2 ) )

Ersetzen δ x L 0 = δ t v x 2 L 0 − 1

( EIN L 0 ) γ P ( t 0 ) = ( EIN L 0 ) γ P ( t 0 ) ( 1 + ( γ − 1 ) ( δ t v x 2 L 0 − 1 ) )

Wenn wir wollen, dass unser Prozess mindestens in erster Ordnung reversibel adiabtisch ist, müssen wir von oben haben

δ t = 2 L 0 < v x >

Dies ist nun die Zeit bis zur Kollision für den Startfall. Untersuchung zweiter Ordnungen

( EIN L 0 ) γ P ( t 0 ) = ( EIN L 0 ) γ P ( t 0 ) ( 1 + ( γ − 1 ) δ x L 0 + 1 2 ( γ − 1 ) ( γ − 2 ) ( δ x L 0 ) 2 + Ö ( δ x 3 ) )

Betrachten Sie nur die Serienbedingungen

1 + ( γ − 1 ) δ x L 0 ( 1 + 1 2 ( γ − 2 ) δ x L 0 ) ≈ 1

Dies würde für gelten

δ t = 4 L 0 < v x > ( 1 2 − γ − 1 )

Nun, dies ist die "Zeit bis zur nächsten Kollision" für ein Gasmolekül, das auf den Kolben trifft. Um die Reversibilität zumindest bis zur zweiten Ordnung aufrechtzuerhalten, sollte der Kolben aus bewegt werden L 0 zu L 0 + δ x rechtzeitig τ = δ t sodass die Systemvariablen der adiabatischen Kurve folgen.

Das < v x > kann aus der Maxwell-Verteilung berechnet werden

@Approximist Vielen Dank, dass Sie an dieser Antwort gearbeitet haben. Ich habe es noch nicht im Detail gelesen, denn als ich zuerst versuchte, eine allgemeine Vorstellung davon zu bekommen, was Sie tun, bemerkte ich, dass Ihr letzter Ausdruck für δ t ist unabhängig von δ x . Gibt es einen bestimmten Grund, warum die Entfernung, die sich der Kolben bewegt, nicht in die endgültige Antwort einfließt?
@Markieren δ x erscheint nicht im endgültigen Ausdruck für δ t wegen dem v x Begriff. Wie δ t = 2 ( L 0 + δ x ) v x Ich äußerte die δ x L 0 Begriff in Bezug auf δ t und v x . Forts..
Ein Problem mit der Lösung ist, dass ich ziemlich naiv ersetzt habe, < v x > zum v x Denken Sie, dass für eine Sammlung von N solcher Moleküle die unabhängigen Werte durch die Mittelwerte ersetzt würden. Aus der Maxwell-Verteilung ist jedoch < v x >= 0 der letzte Ausdruck sagt uns das also δ t sollte unendlich sein, was wir bereits wissen.
Der einzige Weg, wie ich diese Schwierigkeit umgehen kann, ist, dass die Standardabweichung der Geschwindigkeit ist σ v x = k B T m . Wenn wir also innerhalb einer Standardabweichung der Geschwindigkeit bleiben, haben wir die untere Grenze 4 L 0 m k B T γ − 1 2 − γ < δ t < ∞ .
Die Antwort auf all dies lautet also: Wenn Sie lange genug warten möchten, bis sich alle Geschwindigkeitsschwankungen "ausgeglichen" haben, sollten Ihre diskreten Schritte für eine reversible Expansion zeitlich unendlich beabstandet sein. Ansonsten je nach Genauigkeit, mit der man das verifizieren kann P v γ = c Ö n s t dann ist das kleinste Zeitintervall, in dem Ihr Prozess umkehrbar ist τ = 4 L 0 m k B t γ − 1 2 − γ
@Approximist Die obigen Kommentare scheinen mir für die endgültige Antwort von entscheidender Bedeutung zu sein. Ich würde vorschlagen, dass Sie sie in Ihre eigentliche Antwort aufnehmen sollten? Tolle Arbeit übrigens.
Es hat eine ganze Weile gedauert, bis ich körperlich verstanden habe, was Ihre Ableitung aussagt, aber gut gemacht. Ich fand das aufschlussreich.
Ich bin mit Ihrer Berechnung aus folgendem Grund nicht einverstanden: Wenn Sie Gamma, T, P usw. manipulieren, nehmen Sie implizit an, dass sie existieren, also nehmen Sie an, dass sich das Gas im lokalen thermodynamischen Gleichgewicht (LTE) befindet, und können daher nichts beweisen oder widerlegen die Bedingung, in LTE zu sein.

Dies ist keine direkte Antwort auf die Frage, sondern eine etwas andere Perspektive auf diese adiabatische Expansion. Ich bin mir nicht sicher, wie richtig es ist.

Nehmen wir also an, der Kolben bewegt sich (in Richtung von x -Achse) unendlich langsam mit Geschwindigkeit v → p . Lassen Sie ein Molekül mit einer Geschwindigkeit zum Kolben fliegen v → k . In Bezug auf den Kolben wird seine Geschwindigkeit sein v → k r e l = v k → − v p → . Normalkomponente (relativer Kolben) der Relativgeschwindigkeit ist ( v k r e l ) x = v k x − v p . Lassen Sie uns durch bezeichnen v ' → k r e l die Geschwindigkeit des Moleküls in Bezug auf den Kolben nach Reflexion. Die tangentiale Komponente der Relativgeschwindigkeit als Ergebnis der Reflexion ändert sich nicht, und die Normale ändert das Vorzeichen.

( v k r e l ' ) x = − ( v k r e l ) x = − v k x + v p
Lassen Sie uns durch bezeichnen v k ' die Geschwindigkeit des Moleküls relativ zu den festen Zylinderwänden nach der Reflexion. Seine normale Komponente ist v k x ' = ( v k r e l ' ) x + v p = − v k x + 2 v p und die Tangentialkomponente ist die gleiche wie die der Geschwindigkeit v → k . Durch die Reflexion am Kolben erhöht sich die kinetische Energie des Moleküls:

1 2 m ( − v k x + 2 v p ) 2 − 1 2 m v k x 2 = − 2 m v p v k x + 2 m v p 2
Lassen Sie uns durch bezeichnen n k die Anzahl der Moleküle pro Volumeneinheit, deren Geschwindigkeiten ungefähr gleich sind v → k . Anzahl der Treffer dieser Moleküle auf dem Kolben während der Zeit d t ist gleich z k = EIN n k ( v k x − v p ) d t wobei A die Fläche des Kolbens ist. Dadurch steigt die kinetische Energie der Moleküle dieser Gruppe in der Zeit dt:

( − 2 m v p v k x + 2 m v p 2 ) EIN n k ( v k x − v p ) d t = − 2 m n k ( v k x 2 − v p 2 ) d v
wo d v = EIN v p d t ist eine Zunahme des Gasvolumens für die gleiche Zeit.

Das Inkrement der kinetischen Energie des gesamten Gases:

d E k ich n = d U = − d v ∑ v k x > 0 2 m n k v k x 2 + 2 d v v p 2 ∑ v k x > 0 m n k
Hier U ist die innere Energie eines idealen Gases. Die Summierung erfolgt nur für die Molekülgruppen, die sich in Richtung des Kolbens bewegen. Bei der Zusammenfassung aller Gruppen von Molekülen, die sich wie ein Kolben bewegen, und von ihm, dann sollte die Summe halbiert werden. In diesem Fall:
d U = − d v ∑ m n k v k x 2 + d v v p 2 ∑ m n k
Aber per Definition ist die erste Summe der Druck des Gases P und die zweite Summe ist einfach die Dichte des Gases ρ . Damit erhalten wir eine Differentialgleichung:

d U + P d v = ρ v p 2 d v
Die innere Energie eines idealen Gases kann wie folgt ausgedrückt werden:
U = f 2 P v
wo f ist eine Anzahl von Freiheitsgraden eines Moleküls. Unter Verwendung der Tatsache, dass der adiabatische Index ist γ = f + 2 f , kann die Differentialgleichung umgeschrieben werden:

d P d v + γ P v = ( γ − 1 ) ρ v v p 2
Wenn v p = 0 dann erhalten wir daraus die adiabatische Gleichung: P v γ = c Ö n s t

Da ρ abhängig von Druck und Temperatur ist eine direkte Integration der Differentialgleichung nicht möglich. Aber für kleine Verschiebungen des Kolbens können wir davon ausgehen, dass die Dichte ungefähr konstant ist, denke ich.

Ich mag Ihre Antwort, obwohl sie eine Verallgemeinerung des adiabatischen Gesetzes und keine Bedingung dafür ist, dass das System in LTE ist.

Die gute Antwort auf Ihre Frage war in der Tat eine Bedingung für die Geschwindigkeit des Kolbens, die viel niedriger als die durchschnittliche Molekülgeschwindigkeit ist. Um zu verstehen, warum, müssen Sie Kinetik und Flüssigkeitstheorien studieren. Aus der Boltzmann-Gleichung kann man die Flüssigkeitsgleichungen ableiten, die der klassischen Thermodynamik zugrunde liegen. Der Übergang von der Kinetikskala zur Flüssigkeitsskala ist nur gültig, wenn die makroskopische Zeitskala und die makroskopischen Gradientenlängen viel größer sind als die mikroskopische Relaxationszeit und die mittlere freie Weglänge der Teilchen.

Meinst du, es gibt keine Entropieproduktion außerhalb der kinetischen Skala?
Ich sehe nicht, wo ich vorgeschlagen habe, dass es so ist. Entropie wurde zuerst auf der kinetischen Skala definiert. Solange Sie wissen, wie man f(r,v,t) berechnet, können Sie S berechnen. Aber außerhalb des Gleichgewichts können Sie Schwierigkeiten haben, S mit T oder einem anderen makroskopischen Parameter zu verbinden. Die Dinge haben sich mit den Änderungen geändert, die ursprüngliche Formel in der Frage ist nicht mehr vorhanden.

Das Lustige ist, dass die Antwort auf Ihre spezielle Frage nicht einmal "eine Minute" oder "ein Jahr" lautet. Die Expansion/Kontraktion von Gasen ist effektiv reversibel für die Bereiche, in denen eine hydrodynamische Beschreibung gültig ist, d. h. die Gasbewegung wird durch Navier-Stokes-Gleichungen bestimmt.

Der einfachste Weg, dies zu sehen, besteht darin, sich daran zu erinnern, wie die von Ihnen erwähnte Formel für die Schallgeschwindigkeit abgeleitet wird:

v = γ k b T m

Sie gehen davon aus, dass sich Luft adiabatisch zusammenzieht / ausdehnt und keine Dissipation annimmt, dh die durch Druck geleistete Arbeit geht vollständig an die innere Energie und umgekehrt. Und Sie kommen zur akustischen Wellengleichung. Ausdehnung/Kontraktion des Gases ist also umkehrbar, soweit die Schallausbreitung durch die übliche Wellengleichung beschrieben wird.

Der Hauptgrund für das Phänomen ist, dass die zweite Viskosität von Gasen in den Annahmen der kinetischen Theorie Null ist. Istwert ist über Null, wird aber in der Praxis vernachlässigt. In der Fluiddynamik zweite Viskosität ζ Misst die Entropieproduktion aufgrund von Expansionen/Kontraktionen:

σ ζ = ζ T ( div ⁡ v ) 2

Hier v ist die Flüssigkeitsgeschwindigkeit. Es ist also nicht die Expansion, die das Gas im Kolben irreversibel macht. Es gibt zwei weitere Entropiequellen in einer Flüssigkeitsströmung. Der erste ist die Wärmeleitung:

σ λ = λ T 2 ( Grad T ) 2

Wenn Sie keine Temperaturgradienten haben, ist es Null.

Der andere ergibt sich aus der Scherviskosität:

σ μ = 2 μ T [ ∂ v ich ∂ x j + ∂ v j ∂ x ich − 1 3 ∂ v k ∂ x k ] 2

Der obige Ausdruck ist in kartesischen Koordinaten geschrieben, sich wiederholende Indizes bedeuten Summation, a ich j 2 = a ich j a ich j .

Ich denke, es ist möglich, einen Kolben zu konstruieren, bei dem keine Scherspannungen in der Nähe der Wand auftreten, sodass die Entropieproduktion Null wäre.

Um Ihre Frage zu beantworten, können wir davon ausgehen, dass die Gasausdehnung im Kolben reversibel ist, wenn die erzeugte Entropie im Vergleich zur Gesamtentropie gering ist

Δ S = ∫ 0 t ∫ v σ ( r , t ' ) d r d t ' ≪ S

das ist die Bedingung dafür t .

Auch hier gilt die obige Erklärung immer dann, wenn eine hydrodynamische Beschreibung gültig ist. Wenn Sie Stoßwellen haben, ist die Kontinuumsbeschreibung für einen Teil der Region nicht anwendbar.

Angenommen ζ nicht Null sein. Als erzeugte Entropie wäre

Δ S = ζ T [ | L 1 − L 0 | / t L ] 2 t EIN L ∼ 1 t

Eine langsame Expansion reduziert also wirklich die erzeugte Entropie.

Wie langsam ist eine reversible adiabatische Expansion eines idealen Gases?
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