¿Qué tan lenta es una expansión adiabática reversible de un gas ideal?

Question

¿Qué tan lenta es una expansión adiabática reversible de un gas ideal?

Física
adiabático
gas ideal
reversibilidad
termodinámica

Marcos Eichenlaub

Un proceso termodinámico verdaderamente reversible necesita ser infinitesimalmente desplazado del equilibrio en todo momento y, por lo tanto, requiere un tiempo infinito para completarse. Sin embargo, si ejecuto el proceso lentamente, debería poder acercarme a la reversibilidad. Mi pregunta es, "¿Qué determina cuando algo es lento?"

Para mayor precisión, tomemos un pistón cilíndrico aislante con área de sección transversal $A$ y longitud original $L_0$ . En el interior hay un gas ideal con $n$ moléculas de gas con masa por molécula $m$ . La temperatura es $T_0$ , y el índice adiabático es $\gamma$ .

Planeo expandir el pistón adiabáticamente a la longitud $L_1$ , tomando un tiempo $t$ para hacerlo si tomo $t$ para ser lo suficientemente largo, el proceso será casi reversible. Sin embargo, $t$ ser largo no significa "un minuto" o "un año". Significa $t >> \tau$ para algunos

τ = F (A, L_{0}, L, norte, metro, T, k_{B}, γ)

$\tau = f(A, L_0, L, n, m, T, k_B, \gamma)$

Que es $\tau$ ?

Por consideraciones puramente dimensionales, supongo que la relación es algo así como

τ = \sqrt{\frac{metro L L_{0}}{k_{b} T}} F (norte, L / L_{0}, A / L^{2}, γ)

$\tau = \sqrt{\frac{mLL_0}{k_bT}}f(n, L/L_0, A/L^2, \gamma)$ ,

pero no tengo una fuerte explicación física.

Editar Una respuesta significativa debería permitirme hacer lo siguiente: tomo un determinado pistón de ejemplo e intento expandirlo varias veces, colocándolo en una caja para poder medir el calor liberado al medio ambiente. Calculo el cambio de entropía en el universo para las expansiones. Después de hacer varias expansiones, cada una más lenta que la anterior, finalmente consigo $\Delta S$ para el universo hasta un número que creo que es suficientemente pequeño. Luego, planeo repetir el experimento, pero con un nuevo pistón que tiene diferentes dimensiones, diferente temperatura inicial, etc. Con base en mis resultados para el pistón anterior, ¿cómo puedo calcular cuánto tiempo debo demorar en expandir el nuevo para lograr un grado similar de reversibilidad en el primer intento?

Como referencia, la presión es

PAGS = \frac{norte k_{B} T}{V}

$P = \frac{nk_BT}{V}$

y la velocidad del sonido es

v = \sqrt{\frac{γ k_{b} T}{metro}}

$v = \sqrt{\frac{\gamma k_b T}{m}}$ ,

y estoy feliz de tener una respuesta en términos de estas u otras cantidades derivadas. Las fórmulas para la entropía y los potenciales termodinámicos se pueden encontrar en el artículo de Wikipedia .

Jorge

""pero con un nuevo pistón que tiene diferentes dimensiones, diferente temperatura inicial, etc"" Las diferentes dimensiones son un método para explorar algunos mecanismos de disipación. Pero, ¿qué ves en diferentes temperaturas? Un cilindro/pistón adiabático no intercambia calor con el gas del interior. Entonces, su temperatura es irrelevante (en cualquier caso, está hecho de un material maravilloso, por lo que puede suponer que tiene cero calor específico)

Marcos Eichenlaub

@Georg La temperatura inicial afecta la velocidad del sonido.

Martín Gales

No es

τ

$\tau$ simplemente

τ = \frac{L_{0}}{v}

$\tau=\frac{L_0}{v}$

Marcos Eichenlaub

@Martin, supongo que

L

$L$ entra en él. Necesitamos equilibrar todo el cilindro, y si el cilindro es muy largo, llevará más tiempo porque la parte inferior debe poder hablar con la parte superior.

Respuestas (4)

¿Qué tan lenta es una expansión adiabática reversible de un gas ideal?

""pero con un nuevo pistón que tiene diferentes dimensiones, diferente temperatura inicial, etc"" Las diferentes dimensiones son un método para explorar algunos mecanismos de disipación. Pero, ¿qué ves en diferentes temperaturas? Un cilindro/pistón adiabático no intercambia calor con el gas del interior. Entonces, su temperatura es irrelevante (en cualquier caso, está hecho de un material maravilloso, por lo que puede suponer que tiene cero calor específico)
@Georg La temperatura inicial afecta la velocidad del sonido.
@Martin, supongo que $L$ entra en él. Necesitamos equilibrar todo el cilindro, y si el cilindro es muy largo, llevará más tiempo porque la parte inferior debe poder hablar con la parte superior.

aproximativo · Answer 1

Soy un estudiante, así que por favor señale con detalles sangrientos cualquier cosa que haya hecho mal.

Para que un proceso sea cuasiestático, las escalas de tiempo de evolución del sistema deben ser mayores que el tiempo de relajación. El tiempo de relajación es el tiempo necesario para que el sistema vuelva al equilibrio.

Tenemos un proceso adiabático, por lo que se debe conservar el equilibrio en cada punto, es decir

(Trabajando dentro de la validez de la teoría cinética para gases ideales e ignorando la fricción)

$(A L(t))^\gamma P(t) = (A L_0)^\gamma P(t_0)$

Momento ganado por el pistón:

$\Delta p = 2 m v_x$

Una molécula impactaría el pistón cada

$\delta t = \frac{2(L_0+ \delta x) }{v_x}$

La fuerza ejercida sobre el pistón es $F =\frac{\Delta p}{\delta t} = \frac{m v_x^2}{L_0+\delta x}$ La presión sería $P = \frac{P}{A}$ y para $N$ tales moléculas

$P = \frac{N m <v_x>^2}{A (L_0+\delta x)} = \frac{N m <v>^2}{3A (L_0+\delta x)}$

Así que en el instante $t=t'$ donde el pistón ha sido desplazado por $\delta x$ , tenemos

$(A L(t))^\gamma P(t) = \frac{N m <v>^2}{3A^{1-\gamma}} (L_0+\delta x)^{\gamma -1}$

Expansión en serie

$= \frac{N m <v>^2 L_0^{\gamma-1}}{3A^{1-\gamma}} (1 + \frac{(\gamma-1) \delta x}{L_0}+ O(\delta x^2) )$

Sustituyendo $\frac{\delta x}{L_0} = \frac{\delta t v_x}{2 L_0} -1$

$(A L_0)^\gamma P(t_0) = (A L_0)^\gamma P(t_0) (1 + (\gamma-1) (\frac{\delta t v_x}{2 L_0} -1))$

Si queremos que nuestro proceso sea reversiblemente adiabético al menos a primer orden, debemos tener desde arriba

$\delta t = \frac{2 L_0}{<v_x>}$

Ahora, este es el tiempo hasta la colisión para el caso inicial. Investigando segundas órdenes

$(A L_0)^\gamma P(t_0) = (A L_0)^\gamma P(t_0) (1 + \frac{(\gamma-1) \delta x}{L_0}+ \frac{1}{2} (\gamma-1)(\gamma-2) (\frac{\delta x}{L_0})^2 +O(\delta x^3) )$

Mirando solo los términos de la serie

$1 + (\gamma-1)\frac{\delta x}{L_0} (1 +\frac{1}{2} (\gamma -2) \frac{\delta x}{L_0}) \approx 1$

Esto sería cierto para

$\delta t = \frac{4 L_0}{<v_x>} (\frac{1}{2-\gamma} -1)$

Ahora, este es el "tiempo hasta la próxima colisión" para que una molécula de gas golpee el pistón. Para mantener la reversibilidad, al menos a segundo orden, el pistón debe moverse de $L_0$ a $L_0 + \delta x$ a tiempo $\tau = \delta t$ para que las variables del sistema sigan la curva adiabática.

los $<v_x>$ se puede calcular a partir de la distribución de Maxwell

@Approximist Gracias por trabajar en esta respuesta. Todavía no lo he leído en detalle porque cuando traté de tener una idea general de lo que estabas haciendo, noté que tu expresión final para $\delta t$ es independiente de $\delta x$ . ¿Hay alguna razón en particular por la que la distancia que se mueve el pistón no entra en la respuesta final?
@Marca $\delta x$ no aparece en la expresión final de $\delta t$ debido a la $v_x$ término. Como $\delta t = \frac{2(L_0 + \delta x)}{v_x}$ expresé la $\frac{\delta x}{L_0}$ término en términos de $\delta t$ y $v_x$ . Cont..
Un problema con la solución es que sustituí, bastante ingenuamente, $<v_x>$ por $v_x$ pensando que para una colección de N tales moléculas, los valores independientes serían reemplazados por los valores medios. Sin embargo, a partir de la distribución de Maxwell, $<v_x>=0$ por lo que la expresión final nos dice que $\delta t$ debe ser infinito, que es algo que ya sabemos.
La única forma en que puedo pensar en torno a esta dificultad es que la desviación estándar de la velocidad es $\sigma_{v_x} = \sqrt{\frac{k_B T}{m}}$ . Entonces, permaneciendo dentro de una desviación estándar de la velocidad, tenemos el límite inferior $4 L_0 \sqrt{\frac{m}{k_B T}} \frac{\gamma-1}{2-\gamma}<\delta t <\infty$ .
Por lo tanto, la respuesta, de acuerdo con todo esto, es que si desea esperar lo suficiente para que todas las fluctuaciones de velocidad se "suavicen", entonces para la expansión reversible, sus pasos discretos deben estar infinitamente espaciados en el tiempo. De lo contrario, dependiendo de la precisión con la que pueda verificar que $PV^\gamma = const$ entonces el intervalo de tiempo más pequeño en el que su proceso será reversible será $\tau = 4 L_0 \sqrt{\frac{m}{k_Bt}}\frac{\gamma-1}{2-\gamma}$
@Approximist Los comentarios anteriores me parecen fundamentales para la respuesta final. ¿Te sugiero que los incluyas en tu respuesta real? Gran trabajo por cierto.
Me tomó bastante tiempo antes de entender físicamente lo que decía tu derivación, pero bien hecho. Encontré esto perspicaz.
No estoy de acuerdo con su cálculo por la siguiente razón: cuando manipula gamma, T, P, etc., asume implícitamente que existen, por lo que asume que el gas está en equilibrio termodinámico local (LTE) y, por lo tanto, no puede probar o refutar nada sobre la condición de estar en LTE.

Martín Gales · Answer 2

Esta no es una respuesta directa a la pregunta, sino una perspectiva ligeramente diferente de esta expansión adiabática. No estoy seguro de qué tan correcto es.

Entonces, supongamos que el pistón se mueve (en la dirección de $x$ -eje) infinitamente lento con la velocidad $\vec{v}_p$ . Deje que una molécula vuele hacia el pistón a una velocidad $\vec{v}_k$ . Con respecto al pistón, su velocidad será $\vec{v}_{k_{rel}}=\vec{v_k}-\vec{v_p}$ . El componente normal (pistón relativo) de la velocidad relativa es $(v_{k_{rel}})_x=v_{kx}-v_p$ . Denotemos por $\vec{v'}_{k_{rel}}$ la velocidad de la molécula con respecto al pistón, después de la reflexión. La componente tangencial de la velocidad relativa como resultado de la reflexión no cambia, y la normal cambia de signo.

(v_{k_{r mi yo}}^{'})_{X} = - (v_{k_{r mi yo}})_{X} = - v_{k X} + v_{pags}

$(v'_{k_{rel}})_x=-(v_{k_{rel}})_x=-v_{kx}+v_p$ Denotemos por

v_{k}^{'}

$v'_k$ la velocidad de la molécula relativa a las paredes fijas del cilindro después de la reflexión. Su componente normal es

v_{k x}^{'} = (v_{k_{r e l}}^{'})_{x} + v_{p} = - v_{k x} + 2 v_{p}

$v'_{kx}=(v'_{k_{rel}})_x+v_p=-v_{kx}+2v_p$ y la componente tangencial es la misma que la de la velocidad

{\vec{v}}_{k}

$\vec{v}_k$ . Como resultado de la reflexión del pistón, la energía cinética de la molécula se incrementa:

\frac{1}{2} metro (- v_{k X} + 2 v_{pags})^{2} - \frac{1}{2} metro v_{k X}^{2} = - 2 metro v_{pags} v_{k X} + 2 metro v_{pags}^{2}

$\frac{1}{2}m(-v_{kx}+2v_p)^2-\frac{1}{2}mv_{kx}^2=-2mv_pv_{kx}+2mv_p^2$ Denotemos por

n_{k}

$n_k$ el número de moléculas por unidad de volumen cuyas velocidades son aproximadamente iguales a

{\vec{v}}_{k}

$\vec{v}_k$ . Número de golpes de estas moléculas en el pistón durante el tiempo

d t

$dt$ es igual a

z_{k} = A n_{k} (v_{k x} - v_{p}) d t

$z_k=An_k(v_{kx}-v_p)dt$ donde A es el área del pistón. Como resultado, la energía cinética de las moléculas de este grupo en el tiempo dt aumentará:

(- 2 metro v_{pags} v_{k X} + 2 metro v_{pags}^{2}) A {norte}_{k} (v_{k X} - v_{pags}) d t = - 2 metro {norte}_{k} (v_{k X}^{2} - v_{pags}^{2}) d V

$(-2mv_pv_{kx}+2mv_p^2)An_k(v_{kx}-v_p)dt=-2mn_k(v_{kx}^2-v_p^2)dV$ dónde

d V = A v_{p} d t

$dV=Av_pdt$ es un aumento del volumen de gas para el mismo tiempo.

El incremento de la energía cinética de todo el gas:

d {mi}_{k i norte} = d tu = - d V \sum_{v_{k X} > 0} 2 metro {norte}_{k} v_{k X}^{2} + 2 d V v_{pags}^{2} \sum_{v_{k X} > 0} metro {norte}_{k}

$dE_{kin}=dU=-dV\sum_{v_{kx}>0}2mn_kv_{kx}^2+2dVv_p^2\sum_{v_{kx}>0}mn_k$ Aquí

U

$U$ es la energía interna de un gas ideal. La suma es solo para aquellos grupos de moléculas que se mueven en la dirección del pistón. Al resumir todos los grupos de moléculas, moviéndose como un pistón, y de él, la suma debe dividirse por la mitad. En este caso:

d tu = - d V \sum metro {norte}_{k} v_{k X}^{2} + d V v_{pags}^{2} \sum metro {norte}_{k}

$dU=-dV\sum mn_kv_{kx}^2+dVv_p^2\sum mn_k$ Pero por definición, la primera suma es la presión del gas.

P

$P$ y la segunda suma es simplemente la densidad del gas

ρ

$\rho$ . Así obtenemos una ecuación diferencial:

d tu + PAGS d V = ρ v_{pags}^{2} d V

$dU+PdV=\rho v_p^2dV$ La energía interna de un gas ideal se puede expresar de la siguiente manera:

tu = \frac{F}{2} PAGS V

$U=\frac{f}{2}PV$ dónde

f

$f$ es un número de grados de libertad de la molécula. Usando el hecho de que el índice adiabático es

γ = \frac{f + 2}{f}

$\gamma=\frac{f+2}{f}$ , la ecuación diferencial se puede reescribir:

\frac{d PAGS}{d V} + γ \frac{PAGS}{V} = (γ - 1) \frac{ρ}{V} v_{pags}^{2}

$\frac{dP}{dV}+\gamma\frac{P}{V}=(\gamma-1)\frac{\rho}{V}v_p^2$ Si

v_{p} = 0

$v_p=0$ entonces obtenemos de ella la ecuación adiabática:

P V^{γ} = c o n s t

$PV^{\gamma}=const$

Porque $\rho$ depende de la presión y la temperatura es imposible integrar la ecuación diferencial directamente. Pero para pequeños cambios del pistón, podemos suponer que la densidad es aproximadamente constante, creo.

Me gusta tu respuesta, aunque es una generalización de la ley adiabática y no una condición para que el sistema esté en LTE.

Shaktyai · Answer 3

La buena respuesta a su pregunta fue, de hecho, una condición sobre la velocidad del pistón mucho más baja que la velocidad promedio de la molécula. Para entender por qué, necesitas estudiar cinética y teorías de fluidos. De la ecuación de Boltzmann se pueden deducir las ecuaciones de fluidos que dan lugar a la termodinámica clásica. El paso de la escala cinética a la escala de fluidos sólo es válido si la escala de tiempo macroscópica y las longitudes de los gradientes macroscópicos son mucho mayores que el tiempo de relajación microscópico y el camino libre medio de las partículas.

¿Quiere decir que no hay producción de entropía fuera de la escala cinética?
No veo dónde he sugerido que sea así. La entropía se definió por primera vez en la escala cinética. Siempre que sepa cómo calcular f(r,v,t), puede calcular S. Pero fuera del equilibrio, puede tener dificultades para conectar S con T o con cualquier otro parámetro macroscópico. Las cosas han cambiado con las ediciones, la fórmula inicial en la pregunta ya no está presente.

Yrogirg · Answer 4

Lo curioso es que la respuesta a tu pregunta particular no es ni siquiera "un minuto" o "un año". La expansión/contracción de los gases es efectivamente reversible para los regímenes en los que la descripción hidrodinámica es válida, es decir, el movimiento de los gases se rige por las ecuaciones de Navier-Stokes.

La forma más fácil de ver esto es recordar cómo se deriva la fórmula para la velocidad del sonido que mencionas:

v = \sqrt{\frac{γ k_{b} T}{metro}}

$v = \sqrt{\frac{\gamma k_b T}{m}}$

Supone que el aire se contrae/expande adiabáticamente y no asume disipación, es decir, el trabajo realizado por la presión va completamente a la energía interna y viceversa. Y llegas a la ecuación de la onda acústica. Entonces, la expansión/contracción del gas es reversible en la medida en que la ecuación de onda habitual describe la propagación del sonido.

La razón principal del fenómeno es que, para los gases, la segunda viscosidad es cero en los supuestos de la teoría cinética. El valor real está por encima de cero, pero en la práctica se desprecia. En dinámica de fluidos segunda viscosidad $\zeta$ mide la producción de entropía debido a expansiones/contracciones:

σ_{ζ} = \frac{ζ}{T} (división v)^{2}

$\sigma_\zeta = \frac{\zeta}{T} (\operatorname{div} \boldsymbol v)^2$

Aquí $\boldsymbol v$ es la velocidad del fluido. Entonces, no es la expansión lo que causa la irreversibilidad del gas en el pistón. Hay otras dos fuentes de entropía en un flujo de fluido. El primero es la conducción de calor:

σ_{λ} = \frac{λ}{T^{2}} (graduado T)^{2}

$\sigma_{\lambda} = \frac{\lambda}{T^2} (\operatorname{grad T})^2$

Si no tiene gradientes de temperatura, es cero.

El otro surge de la viscosidad de corte:

σ_{m} = \frac{2 m}{T} {[\frac{\partial v_{i}}{\partial X_{j}} + \frac{\partial v_{j}}{\partial X_{i}} - \frac{1}{3} \frac{\partial v_{k}}{\partial X_{k}}]}^{2}

$\sigma_\mu =\frac{2 \mu}{T} \left[\frac{\partial v_i}{\partial x_j} + \frac{\partial v_j}{\partial x_i} - \frac{1}{3} \frac{\partial v_k}{\partial x_k} \right]^2$

La expresión anterior está escrita en coordenadas cartesianas, los índices repetidos significan la suma, $a_{ij}^2 = a_{ij} a_{ij}$ .

Creo que es posible construir un pistón donde no surjan esfuerzos cortantes cerca de la pared, por lo que la producción de entropía sería cero.

Para responder a su pregunta, podemos suponer que la expansión del gas en el pistón es reversible si la entropía producida es pequeña en comparación con la entropía general

Δ S = \int_{0}^{t} \int_{V} σ (r, t^{'}) d r d t^{'} ≪ S

$\Delta S = \int_0^t \int_V \sigma(\boldsymbol r, t') \; d \boldsymbol r dt' \ll S$

esta es la condición para $t$ .

Una vez más, la explicación anterior es cierta siempre que la descripción hidrodinámica sea válida, si tiene ondas de choque, la descripción continua no es aplicable para parte de la región.

Asumamos $\zeta$ ser distinto de cero. que la entropía producida sería

Δ S = \frac{ζ}{T} {[\frac{| L_{1} - L_{0} | / t}{L}]}^{2} t A L \sim \frac{1}{t}

$\Delta S = \frac{\zeta}{T} \left[\frac{|L_1 -L_0| / t}{L} \right]^2 t A L \sim \frac{1}{t}$

Entonces, hacer que la expansión sea lenta realmente reduce la entropía producida.

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