Cambio en la entropía de dos sistemas aislados fusionados en un solo sistema

Question

Cambio en la entropía de dos sistemas aislados fusionados en un solo sistema

que que que

De Física Estadística, 2da Edición por F. Mandl:

Dos vasos contienen el mismo número. $N$ moléculas del mismo gas perfecto. Inicialmente, los dos recipientes están aislados entre sí, estando los gases a la misma temperatura. $T$ pero a diferentes presiones $P_1$ y $P_2$ . Se retira el tabique que separa los dos gases. Encuentre el cambio en la entropía del sistema cuando se ha restablecido el equilibrio, en términos de las presiones iniciales $P_1$ y $P_2$ . Demuestre que este cambio de entropía no es negativo.

Estoy un poco confundido acerca de algunas cosas.

¿Hay un cambio de temperatura en este proceso? Intuitivamente diría que no porque $(T+T)/2=T$ . Mi otra suposición sería que la temperatura debe cambiar porque ahora tenemos una tercera presión, $P_3$ , que es diferente a la presión de los otros dos y también porque hemos aumentado el volumen.
Creo que este es un proceso irreversible, ¿correcto? Porque no puedes separar de manera realista los gases en los que provienen del recipiente A y los que provienen del recipiente B.
¿Se puede llamar simplemente al cambio de volumen? $V_A+V_B$ ? Pensé que sería así de simple, pero al pensar más en ello, siento que el cambio de presión y el posible cambio de temperatura podrían cambiar las cosas.
Cuando se quita la partición, ¿hay un intercambio de calor entre los 2 gases? Mi intuición dice que no porque el calor solo puede fluir cuando hay diferencia de temperatura y en este caso ambos recipientes están a temperatura $T$ .

Mi intento:

Entonces, en general, necesito resolver $\Delta S= \int \frac{dQ}{T}$

Δ S = \int \frac{d q}{T}

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

= \int \frac{d mi + d W_{b y}}{T}

$=\int \frac{dE+dW_{by}}{T}$ Lo sabemos

d E = 0

$dE=0$ y eso

d W = P d V

$dW=PdV$

= \frac{1}{T} \int PAG d V

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

= \frac{PAG Δ V}{T}

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

Aquí es donde estoy atascado: no creo que haya algo válido para poner $\Delta V$ porque había 2 sistemas que se formaron en 1 sistema más grande. Si el sistema final es $V_1+V_2$ , entonces, ¿cuál era su tamaño anterior? $V_1$ o $V_2$ ? ¿O puedo decir que fue $\frac{V_1+V_2}{2}$ ?

Respuestas (2)

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Chet Miller · Answer 1

El volumen total de los dos contenedores rígidos no cambia, por lo que el sistema combinado no realiza trabajo W sobre los alrededores. Se supone que los dos recipientes están aislados, por lo que no se intercambia calor Q con los alrededores. Entonces, según la primera ley de la termodinámica, el cambio en la energía interna del sistema combinado es cero. Dado que, para un gas ideal, la energía interna es función únicamente de la temperatura, la temperatura final del sistema combinado es igual a la temperatura inicial de los sistemas separados.

El proceso es irreversible, pero no por la razón que diste. Dado que el mismo gas está presente en ambos contenedores, el sistema puede regresar a su estado original, pero no sin incurrir en un cambio en los alrededores, lo que implica una transferencia de calor.

La intuición de Quarky Quanta era correcta con respecto a la presión de equilibrio final del sistema combinado, dado que n es el número total de moles de gas en los dos contenedores originales.

FINALIZACIÓN DE LA SOLUCIÓN DEL PROBLEMA:

V_{1} = \frac{norte k T}{{PAG}_{1}}

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

V_{2} = \frac{norte k T}{{PAG}_{2}}

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

V_{1} + V_{2} = \frac{norte k T ({PAG}_{1} + {PAG}_{2})}{{PAG}_{1} {PAG}_{2}}

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

{PAG}_{F} = \frac{2 norte k T}{(V_{1} + V_{2})} = \frac{2 {PAG}_{1} {PAG}_{2}}{({PAG}_{1} + {PAG}_{2})}

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

Δ S = norte k en \frac{{PAG}_{1}}{{PAG}_{F}} + norte k en \frac{{PAG}_{2}}{{PAG}_{F}} = 2 norte k en [\frac{({PAG}_{1} + {PAG}_{2}) / 2}{\sqrt{{PAG}_{1} {PAG}_{2}}}]

$\Delta S=Nk\ln{\frac{P_1}{P_F}}+Nk\ln{\frac{P_2}{P_F}}=2Nk\ln{\left[\frac{(P_1+P_2)/2}{\sqrt{P_1P_2}}\right]}$ Entonces, el cambio de entropía está determinado por la relación entre la media aritmética de las presiones iniciales y su media geométrica (una relación que siempre es mayor que 1).

Sin embargo, no especifica que los 2 contenedores sean rígidos ... también, ¿cómo revertiríamos este proceso usando transferencia de calor?
A mi juicio, el enunciado del problema implica claramente que los contenedores son rígidos. Para devolver el sistema a su estado original mediante la transferencia de calor, puede dividir el volumen final por la mitad y comprimir de forma isotérmica y reversible la mitad de las moléculas en una disposición de pistón/cilindro a la alta presión original mientras mantiene el cilindro en contacto con una temperatura constante. baño. Podría expandir la otra mitad del gas de manera análoga a su baja presión original. Todo el gas estaría entonces en su estado original.
Por cierto, el proceso isotérmico reversible que describí para devolver el sistema a su estado original implicaría una disminución de la entropía. Esto significa que el proceso irreversible que llevó al sistema desde su estado original hasta su estado final involucró un aumento en la entropía (como era de esperar).
¿Los sistemas intercambian calor entre sí cuando se quita la partición? Pregunto porque el cambio de entropía también se puede definir por $\frac{d Q}{T}$ .
no creo que pueda usar $\Delta S = Nkln(\frac{V_f}{V_i})$ , ¿bien? Porque, ¿cómo explicaría ambos gases en $V_1$ ? Esta ecuación en particular asume que había 1 sistema al principio y solo 1 sistema al final. Corrígeme si me equivoco, por supuesto.
Los gases en los dos recipientes se combinan y equilibran después de quitar la partición. Pero no puede determinar el cambio de entropía determinando dQ/T para el proceso irreversible real. El primer paso para determinar el cambio en la entropía de un proceso irreversible es OLVIDARSE TOTALMENTE DE LA RUTA REAL DEL PROCESO IRREVERSIBLE y enfocarse solo en los estados de equilibrio inicial y final. Luego debe definir una ruta reversible entre estos dos estados finales y determinar la integral de dQ/T para esa ruta. A eso se refieren cuando dicen determinar la integral de dQrev/T.
Puedes usar esa ecuación, pero lo que haces es aplicarla a cada gas individualmente. Una vez que te das cuenta de que puedes olvidarte por completo del camino irreversible real, tienes mucho más margen para elegir caminos reversibles. Puede elegir cualquier camino reversible conveniente que lo lleve del estado inicial al estado final, incluida la separación de los gases de alta y baja presión, y su procesamiento individual. Hay un número infinito de caminos reversibles desde el estado inicial al final, y todos ellos dan exactamente el mismo valor para el cambio de entropía.
@whatwhatwhat He editado mi respuesta original para mostrar la finalización de la solución. ¿Preguntas?
gracias por ser tan paciente, realmente lo aprecio, especialmente durante los exámenes parciales :) Veo cómo obtuviste tu respuesta final. Tengo 2 preguntas conceptuales: 1) ¿Estaba en lo correcto con mi razonamiento de por qué no hay intercambio de calor entre los 2 gases cuando se quita la posición? 2) ¿Podemos decir que cada gas realiza trabajo sobre el otro? ¿O solo consideramos el "trabajo realizado por el sistema" cuando el contenedor se ve obligado a expandirse (que en este caso no puede)? Sé que cuando se permite que un gas se expanda en el vacío, no se realiza ningún trabajo, pero cada recipiente no es realmente un vacío.

quarky cuantos · Answer 2

Permítanme tratar de explicar esto de manera conceptual, si eso no tiene sentido, podemos intentar un enfoque más riguroso. Asumir que $P_1 > P_2$ y correspondientemente $V_1 < V_2$ . Si piensa en todo el volumen de un contenedor como pequeñas celdas que pueden ser ocupadas por las partículas de gas, entonces la entropía simplemente mide la cantidad de configuraciones diferentes (permutaciones) que puede tomar el gas. Ahora bien, si asumiera que había partículas de gas en $V_2$ pero $V_1$ estaba vacío, entonces la eliminación de la barrera aumentará el número de celdas, aumentando así los microestados permitidos y, en consecuencia, la entropía. Lo mismo es cierto si hubiera partículas en $V_1$ pero $V_2$ estaba vacio. En este caso, ambos volúmenes tienen partículas y, por lo tanto, tiene sentido que la eliminación de la barrera aumente la entropía porque aumenta la cantidad de microestados permitidos. He asumido aquí que el número de celdas en el volumen es mucho mayor que el número de partículas de gas presentes, lo que creo que es una suposición justa.

Para ser más específico acerca de sus preguntas, mi intuición es que (1) la temperatura no cambiará, (2) el proceso es irreversible y (3) el nuevo volumen es $V_1 + V_2$ y la nueva presión es $p = \frac{n R T}{V_1 + V_2}$ .

Pero ¿qué pasa con el hecho de que en el estado final, ahora hay $2N$ moléculas presentes? ¿No significaría eso que $p=\frac{2NRT}{V_1+V_2}$ ?
Mi error, creo que tienes razón. De hecho, la presión debería tener n = 2N.
¿Qué dirías sobre el intercambio de calor entre los 2 gases? He editado mi pregunta para agregar un punto #4.

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