Найти приращение энтропии

[TimofeiN]

Metford в сообщении #1303712 писал(а):

Для начала хватит. Ну так, для давления есть уравнение Менделеева-Клапейрона, приращение внутренней энергии для идеального газа тоже элементарно пишется. Лучше всего через теплоёмкость это сделать.

$dS=\frac{C_v}{T}dT + \frac{nRT}{TV}dV$

[Metford]

TimofeiN
Вы это... активность-то проявляйте... Мне не хочется за Вас каждый шаг делать. Посмотрите на выражение внимательно: нельзя ли чего сделать, чтобы энтропию получить. $n$ на $\nu$, кстати, поправьте.

[TimofeiN]

$dS=\frac{C_v}{T}dT + \frac{\nu RT}{TV}dV$

$dS=\frac{C_v}{T}dT + \frac{\nu R}{V}dV$

Избавиться от дифференциалов желательно бы. Я бы интеграл взять, но на как его тут взять?

-- 13.04.2018, 16:59 --

Ничего больше больше в голову не лезет.

$S=\frac{\partial S}{\partial T}dT+\frac{\partial S}{\partial V}dV$

-- 13.04.2018, 17:04 --

$\frac{\partial S}{\partial T}dT=\frac{C_v}{T}dT$

$\frac{\partial S}{\partial V}dV=\frac{\nu R}{V}dV$

-- 13.04.2018, 17:05 --

Кажется, намудрил я тут.

[Metford]

TimofeiN в сообщении #1303863 писал(а):

$dS=\frac{C_v}{T}dT + \frac{\nu R}{V}dV$

Избавиться от дифференциалов желательно бы. Я бы интеграл взять, но на как его тут взять?

Так и возьмите. Вот именно здесь и используется независимость от способа перехода из состояния в состояние. Если совсем примитивно, то у Вас в первом слагаемом нет объёма, а во втором - температуры. Берёте и считаете два неопределённых интеграла (только аккуратно, ничего не забудьте ). Если формулировать получше, то нужно рассмотреть плоскость переменных температура-объём и взять контур интегрирования, который соединяет начальное и конечное состояние. Так как контур может быть любым, то берём его самым удобным способом - придумаете сами, каким?

-- 13.04.2018, 15:09 --

TimofeiN в сообщении #1303863 писал(а):

Кажется, намудрил я тут.

Да, кстати, не намудрили. Направление в целом верное.

[TimofeiN]

Metford в сообщении #1303873 писал(а):

Так и возьмите.

$S=C_v\ln |T|+\nu R\ln V+C$

[Metford]

Модуль на абсолютной температуре можно и не ставить. И ещё, буква $C$ в термодинамике столь нещадно эксплуатируется, что лучше написать $\operatorname{const}$ явно. Так. Ну, и последний шаг. Снова берём уравнение Менделева-Клапейрона, исключаем с его помощью температуру, группируем логарифмы с объёмами, остатки (не зависящие от давления и объёма) убираем в константу интегрирования - получаем выражение для энтропии через давление и объём.

Да, так про контур интегрирования (см. выше) ничего не надумали?

[TimofeiN]

TimofeiN в сообщении #1303891 писал(а):

Так как контур может быть любым, то берём его самым удобным способом - придумаете сами, каким?

Можно взять интеграл от $T_1$ до $T_2$ для первого слагаемого и от $V_1$ до $V_2$ для второго.

$T_2=\frac{T_1}{3}$; $V_2=2V_1$.

$S=C_v(\ln |T_2|-\ln |T_1|)+\nu R(\ln |V_2|-\ln |V_1|)=C_v(\ln \frac{1}{3})+\nu R(\ln 2)$

[Metford]

TimofeiN
Почему Вы решили, что температура изменится в три раза? Вы бы всё-таки сначала довели до выражения энтропии через давление и объём. Потом уже к контуру вернёмся.

[TimofeiN]

Metford в сообщении #1303900 писал(а):

Почему Вы решили, что температура изменится в три раза?

Ну в первом слагаем мы же имеем теплоемкость при постоянном объеме. Вот и решил, что можно выразить из закона Гей-Люссака температуру.

[Metford]

Ну, мало ли какая теплоёмкость в формулу вошла. У Вас в условии не конкретизирован процесс, так что закон Гей-Люссака здесь совсем не в кассу.

[TimofeiN]

$S=C_v\ln T+\nu R\ln V+\operatorname{const}$;

$S=C_v\ln p+C_v\ln V-C_v\ln \nu R+\nu R \ln V+\operatorname{const}$;

$S=C_v\ln p+C_v\ln V+\nu R \ln V+\operatorname{const}$;

$S=\ln V\cdot (C_v+\nu R) +\ln p\cdot C_v+\operatorname{const}$.

[Metford]

А скобка при логарифме объёма - это тоже нечто вполне определённое. Хотя можно оставить и так.
Так вот можно было сразу начинать с этого выражения. Оно и для запоминания удобно. И решение буквально в строку получается.

С контуром интегрирования будем разбираться или в книге прочитаете?

[TimofeiN]

Metford в сообщении #1303911 писал(а):

С контуром интегрирования будем разбираться или в книге прочитаете?

Да я уже чуть-чуть почитал, но пока особо не продвинулся Интегрирование одного слагаемого по объему, а другого по давлению не подойдет?

[Metford]

Подойдёт - Вы это фактически и сделали. Тут обоснование интересно.
Если перевести разговор в более формальную сторону, то Вам нужно по дифференциалу функции двух переменных восстановить саму функцию. В общем случае выражение типа $adV+bdT$ - это ничей дифференциал. Но мы-то ищем энтропию - для неё такое выражение получено из отношения $\delta Q/T$, для которого в теории доказано, что это всегда дифференциал некоторой функции, которая и называется энтропией.
Одна из методик восстановления функции по её дифференциалу заключается в том, что в плоскости переменных, являющихся аргументами искомой функции, выбирается контур от произвольной точки $(T_0,V_0)$ до $(T,V)$. Этот контур может быть любым, так как всё зависит только от начальной и конечной точки контура. Проще всего взять контур из двух звеньев: первое идёт параллельно оси $V$, второе - параллельно оси $T$. Конечно, в процессе интегрирования появится зависимость от начальной точки контура, но она вся в конце расчёта сведётся в одно слагемое, как и должно быть: функция восстанавливается по дифференциалу с точностью до константы.

[TimofeiN]

Теперь понятнее