8.5: Ентропія та моделі речовин

Щоб застосувати рівняння обліку ентропії, нам часто потрібно визначити значення питомої ентропії$s$ речовин, що знаходяться в або перетинають межу нашої системи. Метою цього розділу є розширення двох різних моделей речовин, які ми вивчали раніше - ідеальні гази та нестисливі речовини з питомою теплотою кімнатної температури - для покриття ентропії.

8.5.1$s$$T$, $P$, $u$, $h$ Відносно та$v$ —$Tds$ відносини

Перш ніж дати робочі відносини для обчислення змін конкретної ентропії як функції інших специфічних властивостей, потрібно розглянути, як, власне, ці властивості пов'язані між собою.

Розглянемо, якщо хочете, закриту систему, яка містить просте, стискається речовина. На цьому етапі ви повинні запитати себе: «Що саме таке проста, стислива речовина?» Просте, стискається речовина - це речовина, для якої єдиним відповідним оборотним (або квазірівноважним) режимом роботи є$\text{PdV}$ робота (робота на стиск і розширення). Існують речовини (наприклад, сталевий пруток), які можуть піддаватися двом різним квазірівноважним робочим процесам -$\text{PdV}$ роботі та пружній (або пружинній) роботі; однак у даній задачі може бути важливим лише один з квазірівноважних режимів роботи. (Сталевий пруток, де важлива лише пружна робота, був би названий простим, еластичним речовиною). Ми не будемо докладати про цей момент далі, крім того, щоб сказати, що обидві наші моделі речовин застосовуються до простої, стисливої речовини.

Тепер розглянемо поведінку цієї системи за невеликий часовий проміжок: $$\begin{array}{lll} \dfrac{d E_{sys}}{dt} = \dot{Q}_{\text{in}} + \dot{W}_{\text{in}} & \rightarrow & dE = \delta Q_{\text{in}} + \delta W_{\text{in}} \\ \dfrac{d S_{sys}}{dt} = \dfrac{\dot{Q}}{T_{b}} + \dot{S}_{gen} & \rightarrow & dS = \dfrac{\delta Q_{\text{in}}}{T_{b}}+\delta S_{gen} \end{array} \nonumber$$ Крім того, зробимо наступні припущення:

• процес внутрішньо оборотний, тому всі інтенсивні властивості просторово рівномірні в процесі,
• температура речовини$T$ і гранична температура$T_{\mathrm{b}}$ однакові,
• єдино можливий режим роботи - це робота PDV, і
• зміни кінетичної та гравітаційної потенційної енергії незначні для процесу.

За цих умов ур. $\PageIndex{1}$спрощує, як показано нижче: $$\begin{array}{l|l} \cancel{dE}^{=d U} = \delta Q_{\text{in}} + \cancel{\delta W_{\text{in}}}^{= -P d V\kern-0.5em\raise0.3ex-} & \\ dS = \dfrac{\delta Q_{\text{in}}}{\cancel{T_{b}}^{=T}} + \underbrace{ \cancel{\delta S_{gen}}^{=0} }_{\begin{array}{c} \text{Internally} \\ \text{Reversible} \end{array}} & \quad \rightarrow \quad dU = \cancel{\delta Q_{\text{in}}}^{=TdS} -P d V\kern-0.8em\raise0.3ex- \end{array} \nonumber$$

Нарешті це дає нам зв'язок між внутрішньою енергією, температурою, ентропією, тиском та об'ємом системи: $$dU = T dS - P d V\kern-0.8em\raise0.3ex- \nonumber$$ Для наших цілей ми перепишемо це з точки зору інтенсивних властивостей наступним чином: $$\begin{array}{l|l} dU = T dS-P d V\kern-0.8em\raise0.3ex- & \\ d(mu) = T d(ms)-P d(mv) & \quad \rightarrow \quad du = Tds - Pdv \\ m du = mTds - mPdv & \end{array} \nonumber$$

Пов'язане рівняння можна отримати, об'єднавши Eq. $\PageIndex{3}$з визначальним рівнянням для ентальпії наступним чином: $$\begin{gather} \left. \begin{array} du = Tds - Pdv \\ h = u + Pv \end{array} \right| \quad \rightarrow \quad \underbrace{ d(h-Pv) }_{=u} = Tds - Pdv \nonumber \\ dh-[Pdv+vdP] = Tds - Pdv \\ dh = Tds + vdP \nonumber \end{gather} \nonumber$$

При перестановці в «стандартному» вигляді, Eqs. $\PageIndex{3}$і$\PageIndex{4}$ відомі колективно як$Tds$ відносини для простої, стисливої речовини: $$\begin{array}{lc} T ds = du + P dv \quad & \text { Tds relations for a } \\ T ds = dh - v dP \quad & \text { simple, compressible substance } \end{array} \nonumber$$ Ці два рівняння дійсні для будь-якого простого, стисливого речовини і є засобом для зв'язку зміни конкретної ентропії з іншими більш легко виміряними властивостями.

8.5.2$\Delta s$ - Ідеальна газова модель

Починаючи з першого$Tds$ співвідношення, ми знаходимо наступне для ідеального газу: $$d s=\frac{du}{T} + \frac{P}{T} dv \quad \text { where } \quad du = c_{v} dT \quad \text { and } \quad \frac{P}{T} = \frac{R}{v} \nonumber$$ Після заміни це відмовляється $$ds = c_{v} \frac{dT}{T} + R \frac{dv}{v} \quad\quad \text { Ideal gas } \nonumber$$ Цей вираз добре для будь-якого ідеального газу. Подібний вираз можна отримати, починаючи з другого$Tds$ співвідношення наступним чином: $$ds = \frac{dh}{T} - \frac{v}{T} dP \quad \text { where } \quad dh = c_{P} dT \quad \text { and } \quad \frac{v}{T} = \frac{R}{P} \nonumber$$ Після підміни це нарешті дає нам: $$ds = c_{P} \frac{dT}{T} - R \frac{dP}{P} \quad\quad \text { Ideal gas } \nonumber$$ що також добре для будь-якого ідеального газу.

Якщо обмежитися ідеальною газовою моделлю з кімнатною температурою питома теплоємність, Eqs. $\PageIndex{6}$і$\PageIndex{7}$ можуть бути інтегровані, щоб дати наступні два рівняння: $$\Delta s = s_{2}-s_{1} = c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) + R \ln \left(\frac{v_{2}}{v_{1}}\right) \quad \left| \begin{array}{c} \text { Ideal gas model } \\ \text { with room-temperature } \\ \text { specific heats } \end{array} \right. \nonumber$$ і $$\Delta s = s_{2}-s_{1} = c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) - R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right) \quad \left| \begin{array}{c} \text { Ideal gas model } \\ \text { with room-temperature } \\ \text { specific heats } \end{array} \right. \nonumber$$ Будь-яке з цих рівнянь може бути використано для обчислення зміни питомої ентропії між двома станами. Відзначимо, що на відміну від специфічної внутрішньої енергії$u$ і специфічної ентальпії$h$, питома ентропія залежить від двох властивостей:$T$ і$v$, або$T$ і$P$. Обидва ці рівняння ви знайдете в зведеній таблиці для моделі ідеального газу (знаходиться в розділі 7.4.3 цього тексту).

При деяких умовах експлуатації ми виявимо, що зміна питомої ентропії дорівнює нулю, т$\Delta s=0$. Е. Це буде відбуватися досить часто, що для цих умов часто розробляються спеціальні рівняння. Починаючи з Eq. $\PageIndex{8}$у нас є наступне: $$\begin{aligned} &\cancel{\Delta s}^{=0} = c_{v} \ln \left(\frac{\cancel{T_{2}}^{=T_{2 s}}}{T_{1}}\right) + R \ln \left(\frac{\cancel{v_{2}}^{=v_{2 s}}}{v_{1}}\right) \quad \rightarrow \quad \ln \left(\frac{T_{2s}}{T_{1}}\right) = -\frac{R}{c_{v}} \ln \left(\frac{v_{2s}}{v_{1}}\right) \\ &\text { but } \frac{R}{c_{v}} = \frac{c_{p}-c_{v}}{c_{c}} = \frac{c_{p}}{c_{v}}-1 = k-1 \quad \rightarrow \quad \ln \left(\frac{T_{2s}}{T_{1}}\right) = -(k-1) \ln \left(\frac{v_{2s}}{v_{1}}\right) \end{aligned} \nonumber$$

Це дає нам нарешті $$\frac{T_{2s}}{T_{1}} = \left(\frac{v_{2s}}{v_{1}}\right)^{1-k} \quad \text { when } s_{2} = s\left(T_{2s}, \ v_{2s}\right) = s\left(T_{1}, \ v_{1}\right) = s_{1} \nonumber$$ , де$T_{2 s}$ і$v_{2 s}$ знаходяться температура і питомий обсяг, відповідно, при стані 2 коли$s_{2}=s_{1}$. Подібний вираз можна розвинути з Eq. $\PageIndex{9}$і представлений тут без розвитку: $$\frac{T_{2s}}{T_{1}} = \left(\frac{P_{2s}}{P_{1}}\right)^{\frac{k-1}{k}} \quad \text { where } s_{2} = s \left(T_{2s}, P_{2s}\right) = s \left(T_{1}, P_{1}\right) = s_{1} \nonumber$$ Поєднуючи Eqs$\PageIndex{10}$ і$\PageIndex{11}$, можна розробити наступне рівняння, яке є дійсним між будь-якими двома станами або вздовж будь-якого процесу, де$s$ є константа: $$P v^{k} = \text { Constant } \quad\quad \begin{array}{c} \text{Ideal gas model} \\ \text {with room-temperature specific heats} \\ \text { and } \Delta s=0 \end{array} \nonumber$$ Якби ви пам'ятали одне рівняння для умови з$\Delta s=0$, я б рекомендував Eq. $\PageIndex{12}$. У поєднанні з ідеальним газовим законом$Pv = RT$, ви можете відновити інші рівняння з невеликою алгеброю.

Будь-який процес, при якому питома ентропія залишається постійною, називається ізентропним процесом. Еквас. $\PageIndex{10}$$\PageIndex{11}$, і всі$\PageIndex{12}$ дійсні для ізентропних процесів, де речовина може бути змодельована як ідеальний газ з питомою теплотою кімнатної температури.

8.5.3 Модель$\Delta \mathbf{s}$ — нестисливої речовини

Починаючи з першого$Tds$ співвідношення, ми знаходимо наступне для нестисливої речовини: $$ds = \frac{du}{T} + \frac{P}{T} dv \quad \text { where } \quad du=c dT \quad \text { and } \quad v = \text { constant } \nonumber$$ Після заміни це нарешті дає нам $$ds=c \frac{dT}{T} \quad \text { Incompressible substance } \nonumber$$ Цей вираз добре для будь-якого нестисливого речовини.

Якщо ми обмежимося далі моделлю нестисливої речовини з питомою теплотою кімнатної температури, ми можемо інтегрувати Eq. $\PageIndex{13}$даючи нам наступний зв'язок: $$\Delta s = s_{2}-s_{1} = c \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \quad\quad \begin{array}{c} \text { Incompressible substance model } \\ \text { with } \\ \text { room-temperature specific heats } \end{array} \nonumber$$ Якщо ви моделюєте щось як нестисливе речовина з питомою теплотою кімнатної температури, використовуйте Eq. $\PageIndex{14}$обчислити зміну питомої ентропії. Це рівняння також можна знайти в зведеній таблиці для моделі нестисливої речовини (з розділу 7.4.3 цього тексту).

При деяких умовах експлуатації ми виявимо, що зміна питомої ентропії дорівнює нулю, т$\Delta s=0$. Е. За цих умов ур. $\PageIndex{14}$зводиться до наступного: $$\begin{array}{cc} \cancel{\Delta s}^{=0} = c \ln \left(\dfrac{\cancel{T_{2}}^{=T_{2s}}}{T_{1}}\right) & \quad \begin{array}{c} \text { Incompressible substance model } \\ \text { with } \end{array} \\ T_{2 s}=T_{1} & \text { room-temperature specific heats } \\ & \text { and } \Delta s=0 \end{array} \nonumber$$ Таким чином, для ізентропного процесу нестисливого речовини температура речовини постійна.

8.5.4 Приклади

У наступних прикладах єдине, що є новим, - це використання моделі ідеального газу та моделі нестисливої речовини, як це потрібно, щоб пов'язати зміни конкретної ентропії з іншими інтенсивними властивостями.

Приклад - Перекачування гасу, переглянутий

Перегляньте приклад перекачування гасу в розділі 7.4.3 цього тексту. Якщо перекачування відбувається в адіабатичному, оборотному процесі, визначте (а) температуру гасу, що виходить з насоса, і (б) потужність, необхідну для роботи насоса, в$\mathrm{ft} \cdot \mathrm{lbf} / \mathrm{lbm}$.

Рішення

Ми будемо використовувати точно таку ж систему, що і вибрана раніше, а також будемо вважати, що гас можна моделювати як нестисливе речовина з питомою теплотою кімнатної температури.

Застосування рівняння збереження енергії та моделі нестисливої речовини до цієї системи дає нам той самий результат, що і раніше: $$\begin{aligned} \frac{\dot{W}_{\text {pump, in}}}{\dot{m}} &= \underbrace{\left(h_{2}-h_{1}\right)}_{=c\left(T_{2}-T_{1}\right) + v \left(P_{2}-P_{1}\right)} + \underbrace{ \cancel{\left(\frac{V_{2}^{2}}{2}-\frac{V_{1}^{2}}{2}\right)}^{=0}}_{\text {Same reasoning as before}} + g \left(z_{2}-z_{1}\right) \\ &= c \left(T_{2}-T_{1}\right) + v\left(P_{2}-P_{1}\right) + g \left(z_{2}-z_{1}\right) \end{aligned} \nonumber$$ Тепер застосовуючи рівняння обліку ентропії до цієї системи, ми маємо

$$\underbrace{ \cancel{\frac{d S_{sys}}{dt}}^{=0} }_{\text{Steady-state}} = \underbrace{ \cancel{\sum_{j=1}^{N} \frac{\dot{Q}_{j}}{T_{b, j}}}^{=0} }_{\text{Adiabatic}} + \underbrace{\dot{m}_{1} s_{1} - \dot{m}_{2} s_{2}}_{\dot{m}_{1} = \dot{m}_{2} = \dot{m}} + \dot{S}_{gen} \quad \rightarrow \quad \underbrace{ \cancel{\dot{S}_{gen}}^{=0} }_{\begin{array}{c} \text{Reversible} \\ \text{process} \end{array}} = \dot{m} \left(s_{2}-s_{1}\right) \quad \rightarrow \quad s_{2}-s_{1} = 0 \nonumber$$

Щоб піти далі, ми повинні застосувати модель нестисливої речовини та оцінити зміну конкретної ентропії: $$\begin{array}{c|} \text { Substance model: } \quad \Delta s = c \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \\ + \\ \text { Process information: } \quad \Delta s=0 \end{array} \Rightarrow \quad \cancel{\Delta s}^{=0} = c \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \quad \rightarrow \quad T_{2}=T_{1} \nonumber$$

Таким чином, температура на виході така ж, як температура на вході, і роботу для насоса можна знайти наступним чином з наших попередніх зусиль: $$\frac{\dot{W}_{\text {pump, in}}}{\dot{m}} = \underbrace{c \cancel{\left(T_{2}-T_{1}\right)}^{=0}}_{\begin{array}{c} T_{2}-T_{1} \text{ for this} \\ \text {process} \end{array}} + \frac{1}{\rho}\left(P_{2}-P_{1}\right) + g \left(z_{2}-z_{1}\right) = (126.6+15.0) \ \frac{\mathrm{ft} \cdot \mathrm{lbf}}{\mathrm{lbm}} = 142 \ \frac{\mathrm{ft} \cdot \mathrm{lbf}}{\mathrm{lbm}} \nonumber$$

Коментар:

Зверніть увагу, що якщо процес внутрішньо оборотний, він займає лише приблизно$43 \%$ ту потужність, яка була потрібна, коли температура гасу зросла лише$0.5^{\circ} \mathrm{F}$.

Якщо ми переглянемо рівняння виробництва ентропії, ми можемо переставити його так, щоб вплив виробництва ентропії на зміну температури було легко видно: $$\begin{array}{c} \dot{S}_{gen} = \dot{m}\left(s_{2}-s_{1}\right) \\ s_{2}-s_{1} = c \ln \left(\dfrac{T_{2}}{T_{1}}\right) \\ T_{2} = T_{1} + \Delta T \end{array} \quad \rightarrow \quad \dfrac{\dot{S}_{gen}}{\dot{m}} = c \ln \left(1+\frac{\Delta T}{T_{1}}\right) \quad \text { or } \quad T_{2}-T_{1} = T_{1} \cdot \left[\exp \left(\frac{\dot{S}_{gen}}{\dot{m} c}\right)-1\right] \nonumber$$

Поєднання цього із загальним рівнянням потужності в насос дає наступний результат: $$\begin{aligned} \frac{\dot{W}_{\text {pump, in}}}{\dot{m}} &= c \left(T_{2}-T_{1}\right) + \frac{1}{\rho} \left(P_{2}-P_{1}\right) + \left(\frac{V_{2}^{2}}{2}-\frac{V_{1}^{2}}{2}\right) + g \left(z_{2}-z_{1}\right) \\ &= c T_{1} \cdot \left[\exp \left(\frac{\dot{S}_{gen}}{\dot{m} c}\right)-1\right] + \frac{1}{\rho}\left(P_{2}-P_{1}\right) + \left(\frac{V_{2}^{2}}{2}-\frac{V_{1}^{2}}{2}\right) + g\left(z_{2}-z_{1}\right) \end{aligned} \nonumber$$ Тепер за допомогою рівняння вище визначте теоретичний мінімальний обсяг потужності, який повинен подаватися на насос. [Просто рівняння є прийнятним.]

Для насоса «найкраща» продуктивність відповідає мінімізації потужності, необхідної для роботи насоса. Який тип процесу дає вам цю «найкращу» продуктивність?

Приклад - Перемішування речей

Жорсткий резервуар містить$5 \mathrm{~kg}$ азоту$\left(\mathrm{N}_{2}\right)$ спочатку при тиску$100 \mathrm{~kPa}$ і температурі$27^{\circ} \mathrm{C}$. Резервуар також містить лопатеве колесо, яке має незначну масу і об'єм. Стінки бака виконані з ізоляційного матеріалу. Весло колесо працює протягом декількох хвилин і робить$500 \mathrm{~kJ}$ роботу на газу всередині жорсткого бака. Визначте (а) кінцевий тиск і температуру газу, і (б) кількість ентропії, виробленої в ході цього процесу. Припустимо,$\mathrm{N}_{2}$ можна змоделювати як ідеальний газ з питомою теплотою кімнатної температури.

Рішення

Відомо: Газ азоту міститься в жорсткому резервуарі і перемішується лопатевим колесом в резервуарі.

Знайти: (а) Кінцева температура і тиск газу.

(б) Ентропія, що утворюється в процесі перемішування.

Дано:

Початкові умови$\mathrm{N}_{2}$ газу:
$T_{1}=27^{\circ} \mathrm{C}$
$P 1=100 \mathrm{~kPa}$
$m_{1}=5 \mathrm{~kg}$

Робота, виконана лопатевим колесом на газі:$W_{\text {Paddle-wheel, in}}=500 \mathrm{~kJ}$

Маса і об'єм лопатевого колеса незначні.

Бак жорсткий і виготовлений з ізоляційного матеріалу.

Малюнок$\PageIndex{1}$: Бак містить газ і лопатеве колесо.

Аналіз:

Стратегія$\rightarrow$ Припускаємо, що нам потрібно буде використовувати енергію, тому що ми хочемо знати зміну властивості газу, коли над ним виконується робота. І нам потрібно буде використовувати ентропію, тому що нас запитують про вироблену ентропію.

$\rightarrow$Систему розглядають газ в баку як закриту систему.

Властивість рахувати$\rightarrow$ масу і енергію.

Мається на увазі$\rightarrow$ часовий інтервал скінченно-часового інтервалу від початку та кінця стану.

Починаючи з збереження рівняння енергії для замкнутої системи, системи скінченного часу, ми маємо наступне: $$\underbrace{ \cancel{\Delta E}^{= \Delta U}}_{\begin{array}{c} \text { Neglecting changes in } \\ \text { kinetic and gravitational } \\ \text{ potential energy. } \end{array}} = \cancel{Q_{\text {in}}}^{=0} + \cancel{W_{\text{in}}}^{=W_{\text{PW, in}}} \quad \rightarrow \quad \Delta U = W_{\text{PW, in}} \nonumber$$ (Не впадайте у відчай, якщо ви не можете записати цю замкнуту систему, скінченно-часову форму негайно. Просто почніть з повного рівняння і застосуйте два припущення — замкнуту систему і скінченний час. Починати слід лише зі спрощеної форми, якщо ви явно вказуєте спрощення для рівняння. Зверніть увагу, що я чітко заявив, що я припускав, перш ніж записати рівняння.)

Тепер, якщо застосувати ідеальну газову модель, ми маємо наступне: $$\Delta U = m \Delta u = m c_{v} \left(T_{2}-T_{1}\right) \quad \text { where } c_{v}=0.743 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \nonumber$$ де питома теплоцінність береться з таблиць теплофізичних властивостей для$\mathrm{N}_{2}$.

Підставивши це назад в енергетичне рівняння, ми можемо вирішити для кінцевої температури наступним чином:

$$\begin{gathered} m c_{v} \left(T_{2}-T_{1}\right) = W_{\text{PW, in}} \quad \rightarrow \quad T_{2} = T_{1} + \frac{W_{\text{PW, in}}}{m c_{v}} \\ T_{2} = \left(27^{\circ} \mathrm{C}\right) + \frac{500 \mathrm{~kJ}}{(5 \mathrm{~kg}) \left(0.743 \ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \right)} = (27+134.6) ^{\circ} \mathrm{C} = 161.7 ^{\circ} \mathrm{C} \end{gathered} \nonumber$$

Вирішуючи для кінцевого тиску, ми можемо скористатися ідеальним рівнянням і співвідношеннями: $$\begin{gathered} \begin{array}{c} P_{2} V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{2} = m_{2} R T_{2} \\ P_{1} V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{1} = m_{1} R T_{1} \end{array} \quad \rightarrow \quad \dfrac{P_{2} \cancel{V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{2}}}{P_{1} \cancel{V\kern-1.0em\raise0.3ex-_{1}}} = \dfrac{\cancel{m_{2}} \cancel{R} T_{2}}{\cancel{m_{1}} \cancel{R} T_{1}} \quad \rightarrow \quad \dfrac{P_{2}}{P_{1}} = \dfrac{T_{2}}{T_{1}} \\ P_{2} = P_{1} \left(\dfrac{T_{2}}{T_{1}}\right) = (100 \mathrm{~kPa}) \left(\dfrac{161.7+273}{27+273}\right) = 145 \mathrm{~kPa} \end{gathered} \nonumber$$

Тепер, щоб знайти вироблену ентропію, ми повинні застосувати рівняння обліку ентропії до цієї ж системи. Цього разу ми почнемо із загальної форми ставок і спростимо її явно:

$$\begin{gathered} \frac{d S_{sys}}{dt} = \underbrace{ \cancel{\sum_{j=1}^{N} \frac{\dot{Q}_{j}}{T_{b, \ j}}} }_{\text{Adiabatic}} + \underbrace{ \cancel{\sum_{\text{in}} \dot{m}_{i} s_{i} - \sum_{\text{out}} \dot{m}_{e} s_{e}}^{=0} }_{\text{Closed system}} + \dot{S}_{gen} \\ \frac{d S_{sys}}{dt} = \dot{S}_{gen} \quad \rightarrow \quad \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \left( \frac{d S_{sys}}{dt} \right) dt = \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \dot{S}_{gen} \ dt \quad \rightarrow \quad \underbrace{\Delta S_{sys}}_{\begin{array}{c} \text{Change in entropy} \\ \text{of the system} \end{array}} = \underbrace{S_{gen}}_{\begin{array}{c} \text{Entropy generated} \\ \text{inside the system} \end{array}} \end{gathered} \nonumber$$

Тепер, щоб піти далі, ми повинні використовувати ідеальну газову модель наступним чином: $$\begin{aligned} S_{gen} &= \Delta S = m \Delta s = m \underbrace{ \left[c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) + R \ln \cancel{\left(\frac{v_{2}}{v_{1}}\right)}^{v_{2}=v_{1}}\right]}_{\Delta s \text { from ideal gas model }} = m c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)\\[4pt] &= (5 \mathrm{~kg})\left(0.743 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ \ln \left(\frac{161.7+273}{27+273}\right) = 1.378 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber$$

Коментарі:

(1) Той факт, що ентропія виробляється в цьому процесі, вказує на те, що робота лопатевого колеса на ідеальному газі є незворотним процесом. Джерелом незворотності є тертя рідини між поверхнею лопатевого колеса і газом. Якби газ був без тертя, лопатеве колесо просто ковзало б без тертя через газ і, таким чином, не працювало на газі.

(2) Чи могли б ви використати інше рівняння$\Delta s$ для обчислення зміни ентропії? Абсолютно і ви повинні отримати точно такий же результат: $$S_{gen} = m \Delta s = m \left[c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) - R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right)\right] \nonumber$$

$$\begin{aligned} S_{gen} &= (5 \mathrm{~kg}) \left[\left(1.04 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ \ln \left(\frac{161.7+273}{27+273}\right)-\left(0.2968 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ \ln \left(\frac{145}{100}\right)\right] \\[5pt] &= (5 \mathrm{~kg})\left[\quad 0.385709 \quad-\quad 0.110280 \quad \right] \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}=1.377 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber$$ Зверніть увагу, що ця відповідь відрізняється від попереднього розрахунку через помилки округлення в задачі. Оскільки обчислення ентропії часто вимагають прийняття різниці двох членів однакової величини, пропонується провести кілька більш значущих цифр в проміжних розрахунках, ніж ви присутні в остаточній відповіді.

(3) Як би змінилося ваше рішення, якби маса та об'єм весла не були незначними?

Система$\rightarrow$ повинна включати лопатеве колесо, яке моделюється як нестисливе речовина.

Збереження енергії$\rightarrow$ повинно було б включати внутрішню зміну енергії весла колеса в$\Delta U_{sys}$

Облік ентропії повинен$\rightarrow$ був би включати зміну ентропії весла колеса в$\Delta S_{sys}$.

(4) Як змінилося б оригінальне рішення, якби замість веслового колеса використовувався електричний нагрівач опору незначної маси? Огляд цієї проблеми повинен показати вам, що нічого про рішення не зміниться. Всі відповіді були б однаковими.

(5) Як би змінилося рішення, якби енергія була додана до жорсткого бака шляхом передачі тепла замість весла?

Збереження енергії$\rightarrow$ Без змін. Остаточний$P$ і$T$ буде ідентичним.

Бухгалтерія ентропії$\rightarrow \ S_{2}-S_{1} = \displaystyle \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \left(\dfrac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T_{b}}\right) dt + S_{g e n} \quad \rightarrow \quad S_{gen} = \underbrace{\left(S_{2}-S_{1}\right)}_{\begin{array}{c} \text {Same as as in problem} \\ \text {with paddle wheel} \end{array}} - \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} \left(\frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T_{b}}\right) dt$

Таким чином, виробництво ентропії буде меншим, ніж у вихідній задачі, оскільки зміна ентропії системи залежить лише від кінцевих станів, а кінцеві стани однакові в обох процесах. З точки зору використання енергії, той факт, що весло колесо і електричний резистор виробляють більше ентропії означає, що вони знищили більше потенціалу для виконання роботи, ніж були б зруйновані процесом теплопередачі. Якщо можна вважати, що температура газу просторово рівномірна в процесі нагрівання і$T_{b}=T$, то

$$\frac{dU}{dt} = \dot{Q}_{\text{in}} \quad \rightarrow \quad dU = \dot{Q}_{\text{in}} \ dt \quad \rightarrow \quad \frac{1}{T} dU = \frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T} dt \quad \rightarrow \quad m c_{v} \frac{dT}{T} = \frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T} dt \nonumber$$

і $$S_{gen} = m \left(s_{2}-s_{1}\right) - \underbrace{\int\limits_{T_{1}}^{T_{2}} \left(\frac{m c_{v}}{T}\right) dt}_{=m c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)} = m \left[\left(s_{2}-s_{1}\right) - c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)\right] = m \left\{ \underbrace{\left[c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) + R \ln \cancel{\left(\frac{v_{2}}{v_{1}}\right)}^{v_{2}=v_{1}}\right]}_{\Delta s \text { for an ideal gas }} - c_{v} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) \right\} = 0 \nonumber$$

Нічого собі, що сталося з виробництвом ентропії? Здавалося б, ми поставили достатньо обмежень на процес, який зараз внутрішньо оборотний. На практиці не можна було б нагрівати газ таким чином, щоб не було внутрішніх температурних градієнтів. Маючи це на увазі, відповідь являє собою мінімальну оцінку ентропії, яка буде вироблятися в процесі теплопередачі.

Досвід показав, що в будь-який час, коли ми використовуємо робочу передачу енергії для досягнення чогось, що могло бути зроблено рівною тепловіддачею енергії, процес з робочою передачею енергії буде виробляти більше ентропії. Насправді це ще один спосіб визначити, чи є даний процес оборотним або незворотним.

Приклад - Змішування речей

Повторне відвідування розділу «Змішування речей» у розділі 7.4.3 тексту. Зараз ми розрахуємо виробництво ентропії для процесу змішування.

Почнемо ми з рівняння обліку ентропії, так як нам вже відома кінцева температура і тиск суміші.

Застосування рівняння обліку ентропії до замкнутої, адіабатичної системи, що складається з двох резервуарів, дає наступне: $$\frac{d S_{sys}}{dt} = \underbrace{ \cancel{\sum_{j=1}^{N} \frac{\dot{Q}_{j}}{T_{b, \ j}}}^{=0} }_{\text{Adiabatic tanks}} + \underbrace{ \cancel{\sum_{\text{in}} \dot{m}_{i} s_{i} - \sum_{\text{out}} \dot{m}_{e} s_{e}}^{=0} }_{\text{Closed system}} + \dot{S}_{gen} \quad \rightarrow \quad \dot{S}_{sys}{dt} = \dot{S}_{gen} \quad \underbrace{\rightarrow}_{\begin{array}{c} \text{Integrating} \\ \text{for finite time} \end{array}} \quad \Delta S = S_{gen} \nonumber$$

Тепер, щоб оцінити генерацію ентропії, нам потрібно оцінити зміну ентропії для суміші. Як і в минулому, вам рекомендується розташувати рівняння так, щоб ви могли обчислити зміну конкретної ентропії. Ось приклад такого підходу.

$$\begin{aligned} S_{gen} &= \Delta S = S_{2}-S_{1} \\ &= m_{2} s_{2} - \left(m_{A, \ 1} s_{A, \ 1}+m_{B, \ 1} s_{B, \ 1}\right) = \underbrace{\left(m_{A, \ 1}+m_{B, \ 1}\right)}_{=m_{2}} s_{2} - \left(m_{A, \ 1} s_{A, \ 1} + m_{B, \ 1} s_{B, \ 1}\right) = m_{A, \ 1} \left(s_{2}-s_{A, \ 1}\right) + m_{B, \ 1}\left(s_{2}-s_{B, \ 2}\right) \end{aligned} \nonumber$$

Щоб піти далі, потрібно використовувати ідеальну газову модель. $$\begin{aligned} & s_{2}-s_{A, \ 1}=c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{A, \ 1}}\right)-R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{A, \ 1}}\right)=\left(1.04 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{367}{300}\right)-\left(0.2968 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{236}{150}\right) = 0.0751338 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \\ &s_{2}-s_{B, \ 1} = c_{P} \ln \left(\frac{T_{2}}{T_{B, \ 1}}\right)-R \ln \left(\frac{P_{2}}{P_{B, \ 1}}\right) = \left(1.04 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{367}{400}\right)-\left(0.2968 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) \ln \left(\frac{236}{300}\right) = -0.0183295 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber$$

Тепер підставляючи ці значення назад в баланс ентропії, ми маємо наступне: $$\begin{aligned} S_{gen} &= m_{A, \ 1} \left(s_{2}-s_{A, \ 1} \right) + m_{B, \ 1}\left(s_{2}-s_{B, \ 1}\right) \\ &= (1 \mathrm{~kg}) \left(0.0751338 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) + (2 \mathrm{~kg})\left(-0.0183295 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}}\right) = 0.03847 \ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{K}} \end{aligned} \nonumber$$ Отже, як ви могли очікувати, ентропія утворюється в результаті процесу змішування.

Якщо ви дійсно хочете виклик, доведіть, що кінцевою рівноважною температурою і тиском повинні бути ті значення, які ви розрахували раніше. Чому саме вони повинні бути кінцевими значеннями рівноваги? Як ви могли здогадатися, це має щось спільне з виробництвом ентропії. Для цього ви повинні припустити, що виконайте наступне:

(1) Припустимо, що кожен резервуар може мати свою кінцеву температуру та тиск, тобто$P_{A, \ 2}$, $P_{B, \ 2}$, $T_{A, \ 2}$, and $T_{B, \ 2}$.

(2) Переформулюйте проблему так, щоб після того, як ви виберете кінцевий тиск і температуру для, скажімо, бака А, ви могли потім розрахувати відповідний тиск і температуру в резервуарі B.

(3) Тепер варіюйте кінцевий тиск і температуру для резервуара А над усіма можливими значеннями та вирішуйте для$S_{gen}$.

(4) Знайдіть значення кінцевого тиску та температури в резервуарі А, що максимізує генерацію ентропії.