9 Termodynamika i entropia · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: inżynier, który pytał o granicę

Na początku XIX w. maszyny parowe pompowały wodę z kopalń i napędzały fabryki, ale zamieniały na pracę tylko kilka procent ciepła ze spalanego węgla. Wynalazcy próbowali innych czynników roboczych (powietrza, alkoholu), wyższych ciśnień i sprytniejszych zaworów. Nikt nie wiedział, czy istnieje granica.

W 1824 r. młody francuski inżynier Sadi Carnot wydał niewielką książkę Rozważania o sile poruszającej ognia. Odpowiedział na to pytanie, choć jeszcze błędnie uważał ciepło za niezniszczalny fluid. Jego wniosek przetrwał: sprawność najlepszej możliwej maszyny zależy tylko od temperatur, między którymi pracuje, a nie od czynnika roboczego ani konstrukcji. Książkę prawie nikt nie przeczytał; Carnot zmarł na cholerę w wieku 36 lat. Dopiero Clapeyron, Kelvin i Clausius odkryli ją na nowo i zbudowali na niej termodynamikę.FLP I-44-1

Feynman nazywa wniosek Carnota „błyskotliwym” i pokazuje, że z jednego zdania („nie da się zamienić ciepła na pracę w jednej temperaturze bez żadnych innych zmian”) wyprowadza się bezwzględną skalę temperatury, entropię i związki między własnościami materii, nie wiedząc nic o atomach.

Pytanie na start. Elektrownia węglowa podgrzewa parę do 550 °C, a skrapla ją w 27 °C. Jaką część ciepła ze spalania węgla może w najlepszym razie zamienić na prąd? Odpowiedź w części 2 i w przykładzie 9.2.

1 Pierwsza zasada: energia, ciepło i praca

W dziale 8 „Ciepło i teoria kinetyczna” energia wewnętrzna $U$ gazu okazała się sumą energii ruchu cząsteczek. Można ją zmienić na dwa sposoby: wykonując nad gazem pracę (tłok, mieszadło) albo dostarczając ciepła (kontakt z cieplejszym ciałem). Ciepło to energia przekazana wskutek różnicy temperatur, praca to energia przekazana w każdy inny sposób.

Prawo · pierwsza zasada termodynamiki

\Delta U = Q - W,\qquad W = \int p\,dV .

$Q$ to ciepło dostarczone do układu, $W$ to praca wykonana przez układ (dodatnia przy rozprężaniu). $U$ jest funkcją stanu: zależy tylko od bieżącego stanu (np. $T$ i $V$ ), a nie od historii. $Q$ i $W$ funkcjami stanu nie są: zależą od drogi między stanami (lekcja 3.4 Całki krzywoliniowe, pola potencjalne i różniczki zupełne, przykład 4.1).

Na wykresie $p$ – $V$ praca to pole pod krzywą procesu, a praca w cyklu to pole wewnątrz pętli. Cztery procesy dla gazu doskonałego ( $n$ moli, $U = nC_VT$ ):

Procesy gazu doskonałego
proces	warunek	praca $W$	ciepło $Q$
izochoryczny	$V = \text{const}$	0	$nC_V\Delta T$
izobaryczny	$p = \text{const}$	$p\Delta V = nR\Delta T$	$nC_p\Delta T$ , $\;C_p = C_V + R$
izotermiczny	$T = \text{const}$	$nRT\ln(V_2/V_1)$	$Q = W$ (bo $\Delta U = 0$ )
adiabatyczny	$Q = 0$ , $\;pV^\kappa = \text{const}$	$nC_V(T_1 - T_2)$	0

Wszystkie te wzory zakładają procesy kwazistatyczne: tak powolne, że gaz w każdej chwili jest w równowadze i ma określone $p$ i $T$ . Gwałtowne procesy (pęknięcie przegrody, wybuch) nie mają drogi na wykresie $p$ – $V$ , ale pierwsza zasada obowiązuje dla nich tak samo.

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 30 min

Gaz pobiera 500 J ciepła i wykonuje 200 J pracy. Jak zmienia się jego energia wewnętrzna? A gdy wykonuje 200 J pracy bez dopływu ciepła?

Odpowiedź
$\Delta U = 500 - 200 = 300$ J. W drugim przypadku $\Delta U = -200$ J: gaz się ochładza (rozprężanie adiabatyczne).
Jeden mol gazu doskonałego rozpręża się izotermicznie w 300 K do dwa razy większej objętości. Ile pracy wykonuje i ile ciepła pobiera?

Odpowiedź
$W = RT\ln2 \approx 1729$ J, $Q = W$ , bo energia wewnętrzna gazu doskonałego zależy tylko od temperatury.
Ile ciepła trzeba, by ogrzać 1 mol helu o 10 K przy stałej objętości, a ile przy stałym ciśnieniu? Skąd różnica?

Odpowiedź
$\tfrac32R\cdot10 \approx 125$ J i $\tfrac52R\cdot10 \approx 208$ J. Przy stałym ciśnieniu gaz się rozszerza i wykonuje pracę $R\Delta T \approx 83$ J.
Gaz przechodzi cykl prostokątny na wykresie $p$ – $V$ : $(1\ \mathrm{bar}, 1\ \mathrm l) \to (1\ \mathrm{bar}, 3\ \mathrm l) \to (2\ \mathrm{bar}, 3\ \mathrm l) \to (2\ \mathrm{bar}, 1\ \mathrm l) \to$ z powrotem. Ile pracy wykonuje gaz w jednym cyklu? Czy to silnik, czy pompa?

Odpowiedź
Pole prostokąta to $1\ \mathrm{bar}\cdot2\ \mathrm l = 200$ J. Rozprężanie przebiega przy niższym ciśnieniu, a sprężanie przy wyższym, więc cykl idzie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara i gaz pobiera 200 J pracy w każdym cyklu: to lodówka lub pompa ciepła, a nie silnik.
Pokaż, że w procesie adiabatycznym praca gazu wynosi $W = \dfrac{p_1V_1 - p_2V_2}{\kappa - 1}$ .

Odpowiedź
$W = -\Delta U = nC_V(T_1 - T_2)$ , a $nC_VT = pV/(\kappa - 1)$ (bo $C_V = R/(\kappa - 1)$ , dział 8). Stąd wynik.

2 Druga zasada i silnik Carnota

Pierwsza zasada nie zabrania silnikowi zamienić całego ciepła na pracę ani lodówce przepompować ciepła bez zasilania. Zabrania tego druga zasada, którą można wyrazić na dwa równoważne sposoby:FLP I-44-2

Prawo · druga zasada termodynamiki

Clausius: ciepło nie przepływa samorzutnie od ciała zimniejszego do cieplejszego.
Kelvin: nie istnieje proces, którego jedynym skutkiem jest pobranie ciepła z jednego zbiornika i zamiana go w całości na pracę.

Gdyby można było złamać jedno sformułowanie, dałoby się złamać i drugie: silnik łamiący zasadę Kelvina mógłby napędzać zwykłą lodówkę, a całość przepompowywałaby ciepło od zimnego do gorącego bez żadnej pracy z zewnątrz.

2.1 Silnik odwracalny Carnota

Silnik cieplny pobiera ciepło $Q_1$ z gorącego zbiornika (grzejnicy) w temperaturze $T_1$ , oddaje $Q_2$ zimnemu (chłodnicy) w $T_2$ , a różnicę $W = Q_1 - Q_2$ zamienia na pracę. Carnot rozważył silnik odwracalny: taki, w którym nigdzie nie ma tarcia ani przepływu ciepła przy skończonej różnicy temperatur, więc puszczony wstecz działa jak lodówka z dokładnie tymi samymi $Q_1$ , $Q_2$ , $W$ . Cykl Carnota dla gazu to dwie izotermy (wymiana ciepła ze zbiornikami przy tej samej temperaturze) i dwie adiabaty (przejście między temperaturami bez wymiany ciepła).FLP I-44-3

Argument Carnota: przypuśćmy, że jakiś silnik ma większą sprawność niż silnik odwracalny pracujący między tymi samymi zbiornikami. Niech napędza odwracalny silnik puszczony wstecz. Wtedy całość nie wykonuje pracy, a netto przenosi ciepło od zimnego do gorącego zbiornika, co łamie zasadę Clausiusa. Wniosek: żaden silnik nie jest sprawniejszy od odwracalnego, a wszystkie silniki odwracalne mają tę samą sprawność, zależną tylko od temperatur zbiorników. Licząc ją dla gazu doskonałego (zadanie 2.5):

Wynik · sprawność Carnota

\frac{Q_2}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1},\qquad \eta = \frac W{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1} .

Temperatury w kelwinach. Ten związek definiuje termodynamiczną skalę temperatury niezależną od jakiejkolwiek substancji (Kelvin): stosunek temperatur to stosunek ciepeł wymienianych przez silnik odwracalny. Ta skala pokrywa się ze skalą gazu doskonałego z działu 8.FLP I-44-4, 44-5

Elektrownia z parą o temperaturze 550 °C i chłodnicą w 27 °C ma sprawność Carnota 64%; w praktyce osiąga 40–45%. Silnik samochodu pracuje inaczej (cykl Otta: spalanie przy stałej objętości), a jego sprawność teoretyczna przy stopniu sprężania 10 to $1 - 10^{1-\kappa} \approx 60\%$ ; w praktyce 25–35%.

2.2 Lodówki i pompy ciepła

Silnik puszczony wstecz pobiera pracę $W$ i przenosi ciepło $Q_2$ od zimnego do gorącego. Od lodówki chcemy jak najwięcej $Q_2$ przy jak najmniejszym $W$ , od pompy ciepła jak najwięcej ciepła $Q_1 = Q_2 + W$ oddanego do domu. Dla urządzeń odwracalnych współczynniki wydajności są duże:

\text{COP}_\text{lodówki} = \frac{Q_2}W = \frac{T_2}{T_1 - T_2},\qquad \text{COP}_\text{pompy} = \frac{Q_1}W = \frac{T_1}{T_1 - T_2} .

Pompa ciepła ogrzewająca podłogę do 35 °C, gdy na zewnątrz jest 0 °C, mogłaby w teorii dać 8,8 kWh ciepła z 1 kWh prądu; prawdziwe pompy osiągają 3–4, czyli i tak 3–4 razy więcej niż grzałka elektryczna.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 35 min

Jaka jest sprawność Carnota silnika pracującego między wrzącą wodą a temperaturą pokojową (20 °C)? Między 600 °C a 30 °C?

Odpowiedź
$1 - 293/373 \approx 21\%$ ; $1 - 303/873 \approx 65\%$ .
Silnik odwracalny pobiera 1000 J z grzejnicy w 500 K i oddaje ciepło chłodnicy w 300 K. Ile pracy wykonuje i ile ciepła oddaje?

Odpowiedź
$Q_2 = 1000\cdot300/500 = 600$ J, $W = 400$ J.
Lodówka utrzymuje 4 °C w kuchni o temperaturze 20 °C. Jaki jest najwyższy możliwy COP? Ile ciepła oddaje do kuchni, gdy kompresor pobiera 100 W, a COP wynosi 3?

Odpowiedź
$277/16 \approx 17$ . Przy COP = 3: z wnętrza 300 W, do kuchni $300 + 100 = 400$ W.
Wynalazca twierdzi, że jego silnik pobiera 10 kJ ciepła w 400 K, oddaje 6 kJ w 300 K i wykonuje 4 kJ pracy. Czy to możliwe?

Odpowiedź
Energia się zgadza, ale sprawność 40% przekracza sprawność Carnota $1 - 300/400 = 25\%$ . Niemożliwe.
Pokaż, że w cyklu Carnota dla gazu doskonałego $Q_2/Q_1 = T_2/T_1$ . Oznacz stany A, B (izoterma $T_1$ ), C, D (izoterma $T_2$ ).

Wskazówka
Na adiabacie $TV^{\kappa - 1} = \text{const}$ ; zastosuj to do odcinków B→C i D→A.

Odpowiedź
$Q_1 = nRT_1\ln(V_B/V_A)$ , $Q_2 = nRT_2\ln(V_C/V_D)$ . Z adiabat: $T_1V_B^{\kappa - 1} = T_2V_C^{\kappa - 1}$ i $T_1V_A^{\kappa - 1} = T_2V_D^{\kappa - 1}$ ; dzieląc: $V_B/V_A = V_C/V_D$ . Logarytmy się skracają: $Q_2/Q_1 = T_2/T_1$ .

3 Entropia

W silniku odwracalnym $Q_1/T_1 = Q_2/T_2$ : wielkość „ciepło przez temperaturę” pobrana z grzejnicy równa się tej oddanej chłodnicy. Clausius nadał jej nazwę entropia. Każdy cykl odwracalny można rozłożyć na wiele małych cykli Carnota, a wtedy suma $\delta Q/T$ po zamkniętym cyklu odwracalnym znika. To znaczy, że $\delta Q/T$ jest różniczką zupełną: istnieje funkcja stanu $S$ (lekcja 3.4 Całki krzywoliniowe, pola potencjalne i różniczki zupełne, gdzie dla gazu doskonałego znaleźliśmy ją jawnie).FLP I-44-6

Definicja · entropia

dS = \frac{\delta Q_\text{odwr}}T,\qquad S_B - S_A = \int_A^B\frac{\delta Q_\text{odwr}}T .

Całkę liczymy po dowolnej drodze odwracalnej z A do B; jeśli prawdziwy proces był nieodwracalny, wymyślamy odwracalny zastępczy między tymi samymi stanami. Dla gazu doskonałego: $\Delta S = nC_V\ln\frac{T_2}{T_1} + nR\ln\frac{V_2}{V_1}$ .

Prawo · druga zasada w języku entropii

\Delta S_\text{układu izolowanego} \ge 0 .

Równość tylko dla procesów odwracalnych. Entropia pojedynczego ciała może maleć (stygnąca herbata), ale wtedy entropia otoczenia rośnie co najmniej o tyle samo.

Trzy podstawowe procesy nieodwracalne:

Przepływ ciepła $Q$ od $T_1$ do $T_2 < T_1$ : $\Delta S = Q/T_2 - Q/T_1 > 0$ .
Swobodne rozprężanie gazu do próżni (pęka przegroda): $Q = 0$ , $W = 0$ , $T$ bez zmian, ale objętość rośnie: $\Delta S = nR\ln(V_2/V_1)$ . Dla mola i podwojenia objętości: $R\ln2 \approx 5{,}76$ J/K.
Tarcie: praca $W$ zamienia się w ciepło w temperaturze $T$ : $\Delta S = W/T$ .

Entropia mierzy, ile możliwości wykonania pracy zostało bezpowrotnie straconych. Gdy dwa ciała o różnych temperaturach wyrównują je przez bezpośredni kontakt, entropia rośnie. Gdyby zamiast tego połączyć je silnikiem odwracalnym, entropia by się nie zmieniła, a silnik wykonałby pracę (symulacja 2, przykład 9.4). Energia nie ginie, ale traci użyteczność. Feynman podsumowuje to dwoma zdaniami, które pochodzą od Clausiusa (1865): energia świata jest stała, entropia świata dąży do maksimum.

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 35 min

1000 J ciepła przepływa z ciała w 400 K do ciała w 300 K. O ile zmienia się entropia każdego z nich i całości?

Odpowiedź
$-1000/400 = -2{,}5$ J/K i $+1000/300 = +3{,}33$ J/K; razem $+0{,}83$ J/K.
Ile wynosi zmiana entropii 1 kg lodu topniejącego w 0 °C ( $L = 334$ kJ/kg)?

Odpowiedź
$\Delta S = L/T = 334\,000/273{,}15 \approx 1223$ J/K.
Mol jednoatomowego gazu doskonałego przechodzi z (300 K, 10 l) do (400 K, 20 l). Oblicz $\Delta S$ . Czy wynik zależy od tego, jak przebiegał proces?

Odpowiedź
$\tfrac32R\ln\tfrac43 + R\ln2 \approx 3{,}59 + 5{,}76 = 9{,}35$ J/K. Nie zależy, bo $S$ jest funkcją stanu (lekcja 3.4 Całki krzywoliniowe, pola potencjalne i różniczki zupełne, przykład 4.1).
Na wykresie $T$ – $S$ narysuj cykl Carnota. Jakim polem jest praca, a jakim ciepło $Q_1$ ? Dlaczego z tego obrazka widać od razu, że $\eta = 1 - T_2/T_1$ ?

Odpowiedź
Prostokąt: izotermy poziome, adiabaty pionowe ( $S$ stałe). $Q_1 = T_1\Delta S$ to pole pod górnym bokiem, praca to pole prostokąta $(T_1 - T_2)\Delta S$ . Stosunek: $(T_1 - T_2)/T_1$ .
Kawałek miedzi o pojemności cieplnej $C$ i temperaturze $T_1$ wrzucono do jeziora o temperaturze $T_0$ . Pokaż, że całkowita zmiana entropii $C\big[\ln(T_0/T_1) + (T_1 - T_0)/T_0\big]$ jest dodatnia zarówno dla $T_1 > T_0$ , jak i $T_1 < T_0$ .

Odpowiedź
Miedź: $C\ln(T_0/T_1)$ ; jezioro przyjmuje ciepło $C(T_1 - T_0)$ w stałej temperaturze: $C(T_1 - T_0)/T_0$ . Dla $x = T_1/T_0$ : $C(x - 1 - \ln x) \ge 0$ , bo $\ln x \le x - 1$ z równością tylko dla $x = 1$ .

4 Entropia i prawdopodobieństwo

Prawa Newtona są odwracalne w czasie: film ze zderzeniem dwóch cząsteczek puszczony wstecz pokazuje równie poprawne zderzenie. Skąd więc nieodwracalność? Gaz, który wypełnił całe naczynie, nigdy nie wraca sam do połowy, choć żadne prawo mechaniki tego nie zabrania.FLP I-46-3, 46-4

Odpowiedź Boltzmanna: stan makroskopowy (opisany przez $p$ , $V$ , $T$ ) może być zrealizowany przez ogromnie wiele stanów mikroskopowych (położeń i prędkości wszystkich cząsteczek). Rozmieszczeń $N$ cząsteczek, w których wszystkie są w lewej połowie, jest $2^N$ razy mniej niż wszystkich możliwych. Dla 100 cząsteczek szansa przypadkowego zebrania się w połowie to $2^{-100} \approx 10^{-30}$ ; dla mola $10^{-1{,}8\cdot10^{23}}$ .

Prawo · wzór Boltzmanna

S = k\ln W ,

gdzie $W$ to liczba stanów mikroskopowych zgodnych z danym stanem makroskopowym (ten wzór jest wyryty na nagrobku Boltzmanna w Wiedniu). Druga zasada mówi, że układ przechodzi do stanów makroskopowych, które da się zrealizować na więcej sposobów, bo jest ich przytłaczająco więcej.FLP I-46-5

Sprawdźmy zgodność z termodynamiką. Przy podwojeniu objętości każda cząsteczka ma dwa razy więcej miejsc, więc $W$ rośnie $2^N$ razy, a $\Delta S = k\ln2^N = Nk\ln2$ . Dla mola: $N_Ak\ln2 = R\ln2$ , dokładnie jak w części 3. Przy rachunkach z silniami pomaga wzór Stirlinga $\ln N! \approx N\ln N - N$ (lekcja 5.1 Prawdopodobieństwo i rozkłady).

W małych układach druga zasada przestaje być absolutna: cztery cząsteczki zbierają się w jednej połowie naczynia średnio w co ósmej chwili (z prawdopodobieństwem $2\cdot2^{-4}$ , licząc obie połowy). Fluktuacje względne maleją jak $1/\sqrt N$ i dla makroskopowych ilości materii są niewidoczne, ale da się je obserwować w ruchach Browna (dział 8).

4.1 Demon Maxwella i zapadka Feynmana

Maxwell wyobraził sobie istotę, która otwiera klapkę w przegrodzie tylko szybkim cząsteczkom lecącym w prawo i wolnym lecącym w lewo. Prawa strona by się nagrzewała, lewa stygła, bez żadnej pracy. Feynman analizuje mechaniczną wersję: zapadkę z kółkiem zębatym połączoną z wiatraczkiem w gazie. Uderzenia cząsteczek obracają wiatraczek w obie strony, a zapadka przepuszcza tylko jeden kierunek, więc kółko powinno się kręcić i podnosić ciężarek. Nie kręci się, jeśli zapadka ma tę samą temperaturę co gaz: sama zapadka drga cieplnie i co jakiś czas podskakuje, przepuszczając ząbek wstecz dokładnie tak często, by średni ruch zniknął. Gdy zapadka jest zimniejsza od gazu, urządzenie działa jak silnik cieplny, ze sprawnością nie większą niż Carnota.FLP I-46-1, 46-2, 46-3

Demona ostatecznie pokonała teoria informacji. Żeby sortować cząsteczki, demon musi zapisywać, co widzi, a pamięć jest skończona. Landauer (1961) pokazał, że wymazanie jednego bitu informacji wymaga oddania otoczeniu co najmniej $kT\ln2$ ciepła ( $2{,}9\cdot10^{-21}$ J w 300 K), a Bennett (1982) zauważył, że właśnie to równoważy zysk demona. Granicę Landauera zmierzono doświadczalnie w 2012 r.

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 30 min

Cztery rozróżnialne cząsteczki rozmieszczamy w dwóch połowach naczynia. Ile jest mikrostanów z podziałem 4:0, 3:1, 2:2? Który stan makroskopowy ma największą entropię?

Odpowiedź
$\binom40 = 1$ , $\binom41 = 4$ , $\binom42 = 6$ (oraz symetrycznie 1:3 i 0:4); razem 16. Największa entropia: 2:2, $S = k\ln6$ .
Oblicz minimalną energię potrzebną do wymazania 1 GB ( $8\cdot10^9$ bitów) w 300 K. Porównaj z energią, którą zużywa współczesny układ pamięci (rzędu $10^{-12}$ – $10^{-9}$ J na bit).

Odpowiedź
$8\cdot10^9\cdot kT\ln2 \approx 2{,}3\cdot10^{-11}$ J. Prawdziwe układy zużywają $10^8$ – $10^{12}$ razy więcej; granica Landauera jest daleko.
Korzystając ze wzoru Stirlinga, pokaż, że $\ln\binom{N}{N/2} \approx N\ln2$ dla dużych $N$ . Co to oznacza dla entropii gazu, który wypełnił całe naczynie?

Odpowiedź
$\ln N! - 2\ln(N/2)! \approx N\ln N - N - 2\big(\tfrac N2\ln\tfrac N2 - \tfrac N2\big) = N\ln2$ . Prawie wszystkie z $2^N$ mikrostanów mają podział bliski połowie: $S \approx Nk\ln2$ więcej niż przy wszystkich cząsteczkach w jednej połowie.
Jakie jest typowe odchylenie liczby cząsteczek w lewej połowie od $N/2$ dla $N = 100$ i dla $N = 10^{20}$ ? Jak to wygląda względnie?

Odpowiedź
Rozkład dwumianowy o $p = \tfrac12$ : odchylenie standardowe $\sqrt N/2$ . Dla 100: 5, czyli 10% wartości $N/2 = 50$ ; dla $10^{20}$ : $5\cdot10^9$ , czyli $10^{-10}$ wartości $N/2$ . Względne odchylenie to $1/\sqrt N$ .
Wyjaśnij, dlaczego zapadka Feynmana nie działa, gdy ma temperaturę gazu, ale działa, gdy jest zimniejsza. W którą stronę kręci się, gdy jest cieplejsza od gazu?

Odpowiedź
Przy równych temperaturach prawdopodobieństwo, że wiatraczek dostanie energię do przesunięcia zapadki o ząbek naprzód, równa się prawdopodobieństwu, że sama zapadka podskoczy i ząbek cofnie się (oba z czynnikiem $e^{-\varepsilon/kT}$ ). Gdy zapadka jest zimniejsza, jej podskoki są rzadsze i kółko kręci się naprzód. Gdy jest cieplejsza, kręci się wstecz: rozbujana zapadka sama spycha koło do tyłu, a ciepło płynie od zapadki do gazu.FLP I-46-2

5 Zastosowania: wrzenie, topnienie, gumka

Siła termodynamiki polega na tym, że z samych zasad, bez modelu cząsteczek, wynikają związki między mierzalnymi wielkościami. Feynman wyprowadza je, prowadząc małe cykle Carnota przez dowolną substancję.FLP I-45-1, 45-2

5.1 Równanie Clausiusa–Clapeyrona

Weźmy ciecz w równowadze z parą. Przeprowadźmy cykl Carnota: odparujmy masę $m$ w temperaturze $T + dT$ pod ciśnieniem pary nasyconej $p + dp$ , ochłodźmy, skroplijmy w $T$ pod ciśnieniem $p$ . Na wykresie $p$ – $V$ to wąski prostokąt o wysokości $dp$ i szerokości $m\Delta v$ (zmiana objętości właściwej). Praca $dp\cdot m\Delta v$ podzielona przez ciepło $mL$ musi równać się sprawności Carnota $dT/T$ :FLP I-45-3

Wynik · równanie Clausiusa–Clapeyrona

\frac{dp}{dT} = \frac{L}{T\,\Delta v} .

$L$ to ciepło przemiany na kilogram, $\Delta v$ zmiana objętości właściwej. Dla parowania $\Delta v \approx v_\text{pary} = RT/(pM)$ , więc $\frac{d\ln p}{dT} = \frac{L_\text{mol}}{RT^2}$ i $p(T) = p_0\exp\big[-\frac{L_\text{mol}}R\big(\frac1T - \frac1{T_0}\big)\big]$ : ciśnienie pary rośnie wykładniczo z temperaturą (czynnik Boltzmanna z działu 8!).

Woda wrze, gdy ciśnienie jej pary zrówna się z ciśnieniem otoczenia. Na Rysach (ok. 75 kPa) wrze w ok. 92 °C, na Evereście (34 kPa) w ok. 71–72 °C, a w szybkowarze z nadciśnieniem 1 atm w ok. 121 °C (przykład 9.6).

5.2 Lód, łyżwy i gumka

Dla topnienia lodu $\Delta v < 0$ (lód jest lżejszy od wody), więc $dp/dT < 0$ : ciśnienie obniża temperaturę topnienia, ale tylko o ok. 0,0075 K na atmosferę. Dlatego nacisk łyżwy nie wyjaśnia ślizgania (mit w części 7).

Feynman zaczyna rozdział o termodynamice od gumki. Rozciągnięta szybko gumka się ogrzewa (sprawdź, przykładając ją do warg), a obciążona gumka po ogrzaniu się skraca, odwrotnie niż metalowy drut. Oba efekty to ta sama termodynamika: guma składa się z długich, splątanych łańcuchów, a rozciąganie je porządkuje i zmniejsza ich entropię. Siła sprężystości gumy pochodzi głównie z dążenia łańcuchów do bezładu, więc rośnie z temperaturą, tak jak ciśnienie gazu.FLP I-44-1, 45-2

Zadania · część 5

5 zadań · ok. 30 min

Ciepło parowania wody w 100 °C to 40,7 kJ/mol. Oblicz $dp/dT$ dla pary wodnej w tej temperaturze. O ile stopni zmienia się temperatura wrzenia, gdy ciśnienie zmienia się o 1 kPa?

Odpowiedź
$\frac{dp}{dT} = \frac{L_\text{mol}p}{RT^2} \approx \frac{40\,700\cdot101\,325}{8{,}314\cdot373^2} \approx 3{,}6$ kPa/K; 1 kPa zmienia temperaturę wrzenia o ok. 0,28 K.
W jakiej temperaturze wrze woda na szczycie Mount Everestu (33,7 kPa)? Użyj scałkowanego równania Clausiusa–Clapeyrona.

Odpowiedź
$\frac1T = \frac1{373{,}15} - \frac{R}{L}\ln\frac{33{,}7}{101{,}3} \approx 0{,}002680 + 0{,}000225$ , $T \approx 344$ K $= 71$ °C.
Gęstość lodu to 917 kg/m³, wody 1000 kg/m³, ciepło topnienia 334 kJ/kg. Oblicz zmianę temperatury topnienia na 1 atm. Jakie ciśnienie obniża ją o 1 K?

Odpowiedź
$\Delta v = 1/1000 - 1/917 = -9{,}05\cdot10^{-5}$ m³/kg; $dT/dp = T\Delta v/L \approx -7{,}4\cdot10^{-8}$ K/Pa $= -0{,}0075$ K/atm. Na 1 K potrzeba ok. 133 atm.
Gumka rozciągana adiabatycznie (szybko) się ogrzewa. Jaki znak ma zmiana jej entropii „konfiguracyjnej” przy rozciąganiu i skąd bierze się ciepło?

Odpowiedź
Rozciąganie porządkuje łańcuchy: entropia konfiguracyjna maleje. W szybkim (adiabatycznym, w przybliżeniu odwracalnym) procesie całkowita entropia jest stała, więc musi wzrosnąć entropia drgań cieplnych: gumka się ogrzewa. Ciepło nie dopływa; wzrost temperatury pochodzi z pracy wykonanej przy rozciąganiu.
Pokaż, że dla gazu doskonałego związek $\big(\frac{\partial U}{\partial V}\big)_T = T\big(\frac{\partial p}{\partial T}\big)_V - p$ daje $\big(\frac{\partial U}{\partial V}\big)_T = 0$ : energia wewnętrzna nie zależy od objętości.

Odpowiedź
$p = nRT/V$ , $\big(\frac{\partial p}{\partial T}\big)_V = nR/V$ , $T\cdot nR/V - p = 0$ . Ten związek Feynman wyprowadza z małego cyklu Carnota; dla gazów rzeczywistych prawa strona jest różna od zera i mierzy siły międzycząsteczkowe.FLP I-45-1, 45-2

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda dla termodynamiki

Określ układ i jego granice: co jest gazem, co zbiornikiem, co otoczeniem. Ustal znak pracy.
Pierwsza zasada: $\Delta U = Q - W$ ; dla gazu doskonałego $\Delta U = nC_V\Delta T$ niezależnie od procesu.
Rozpoznaj proces (izochoryczny, izobaryczny, izotermiczny, adiabatyczny) i użyj odpowiedniego wzoru na $W$ i $Q$ .
Druga zasada: porównaj ze sprawnością Carnota $1 - T_2/T_1$ lub COP; sprawdź, czy $\sum\Delta S \ge 0$ .
Entropia procesu nieodwracalnego: wymyśl odwracalną drogę między tymi samymi stanami i policz po niej $\int\delta Q/T$ .
Sprawdzenie: temperatury w kelwinach, bilans energii, granice ( $T_2 \to T_1$ : sprawność → 0).

Przykład 9.1 Sprężanie izotermiczne i adiabatyczne

Mol powietrza (300 K, 1 atm) sprężamy do połowy objętości: raz powoli w kontakcie z otoczeniem (izotermicznie), raz szybko (adiabatycznie). Porównaj pracę, ciśnienie końcowe i temperaturę.

Izotermicznie: $W_\text{nad gazem} = RT\ln2 \approx 1729$ J, $p_2 = 2$ atm, $T = 300$ K. Tyle samo energii gaz oddaje otoczeniu jako ciepło.
Adiabatycznie ( $\kappa = 1{,}4$ ): $T_2 = 300\cdot2^{0{,}4} \approx 396$ K, $p_2 = 2^{1{,}4} \approx 2{,}64$ atm.
Praca: $W = C_V\Delta T = \tfrac52R\cdot95{,}9 \approx 1992$ J.

Wynik: sprężanie adiabatyczne wymaga ok. 15% więcej pracy, bo gaz się ogrzewa i mocniej stawia opór. Pompka rowerowa się nagrzewa właśnie dlatego.

Sprawdzenie: na wykresie $p$ – $V$ adiabata jest bardziej stroma niż izoterma, więc pole pod nią (przy sprężaniu od tego samego punktu) jest większe ✓.

Przykład 9.2 Granica sprawności elektrowni

Elektrownia węglowa: para 550 °C, skraplacz 27 °C. Jaka jest sprawność Carnota? Ile najwyżej energii elektrycznej da kilogram węgla (30 MJ ciepła)? Elektrownia osiąga 42%; ile ciepła na kilogram trafia do rzeki lub chłodni kominowej?

$\eta_C = 1 - 300/823 \approx 0{,}64$ .
Najwyżej $0{,}64\cdot30 \approx 19$ MJ prądu z kilograma.
Przy 42%: 12,6 MJ prądu i 17,4 MJ ciepła odpadowego.

Wynik: granica 64%, rzeczywistość 42%. W prawdziwej elektrowni ponad połowa ciepła ze spalania trafia do otoczenia; nawet idealny silnik przy tych temperaturach musiałby oddać co najmniej 36%, niezależnie od postępu techniki.

Sprawdzenie: dlatego elektrociepłownie wykorzystują ciepło odpadowe do ogrzewania miast, a nowoczesne bloki gazowo-parowe podnoszą temperaturę grzejnicy (turbina gazowa ok. 1500 °C) i osiągają ok. 60% ✓.

Przykład 9.3 Pompa ciepła zamiast grzałki

Dom potrzebuje 10 kW ciepła, ogrzewanie podłogowe pracuje w 35 °C, na zewnątrz jest 0 °C. Ile prądu zużywa grzałka elektryczna, ile idealna pompa ciepła, a ile prawdziwa z COP = 3,5?

Grzałka: 10 kW (COP = 1).
Idealna pompa: COP $= 308/35 \approx 8{,}8$ , moc $10/8{,}8 \approx 1{,}1$ kW.
Prawdziwa: $10/3{,}5 \approx 2{,}9$ kW; reszta, 7,1 kW, pochodzi z zimnego powietrza na zewnątrz.

Wynik: 10 kW, 1,1 kW i 2,9 kW. Pompa nie tworzy energii: przepompowuje ją z zimnego otoczenia, a prąd płaci tylko za „pod górę”.

Sprawdzenie: przy mrozie $-20$ °C idealny COP spada do $308/55 \approx 5{,}6$ , a prawdziwy do ok. 2; im większa różnica temperatur, tym drożej ✓.

Przykład 9.4 Mieszanie gorącej i zimnej wody

Mieszamy 1 kg wody w 80 °C z 1 kg w 20 °C. Ile wynosi przyrost entropii? Ile pracy mógłby wykonać silnik odwracalny pracujący między tymi dwiema porcjami?

Temperatura końcowa 50 °C (323,15 K). $\Delta S = c\ln\tfrac{323{,}15}{353{,}15} + c\ln\tfrac{323{,}15}{293{,}15} = 4186\cdot(-0{,}0888 + 0{,}0974) \approx 36$ J/K.
Silnik odwracalny: $\Delta S = 0$ , więc $c\ln\tfrac{T_f}{353{,}15} + c\ln\tfrac{T_f}{293{,}15} = 0$ , $T_f = \sqrt{353{,}15\cdot293{,}15} \approx 321{,}75$ K (48,6 °C).
Praca $= c(353{,}15 - T_f) - c(T_f - 293{,}15) \approx 11{,}7$ kJ.

Wynik: mieszanie produkuje 36 J/K entropii i marnuje możliwość uzyskania 11,7 kJ pracy, czyli ok. 9% ciepła oddanego przez gorącą wodę.

Sprawdzenie: rachunek z symulacją 2 (80 °C i 20 °C) daje te same liczby; przy równych temperaturach początkowych oba wyniki dają 0 ✓.

Przykład 9.5 Lód topnieje w pokoju

Kilogram lodu w 0 °C topnieje w pokoju o temperaturze 20 °C (pokój jest tak duży, że jego temperatura się nie zmienia). Oblicz zmianę entropii lodu, pokoju i całości.

Lód pobiera $Q = 334$ kJ w 273,15 K: $\Delta S_\text{lód} = +1223$ J/K.
Pokój oddaje to samo ciepło w 293,15 K: $\Delta S_\text{pokój} = -1139$ J/K.
Razem: $+83$ J/K.

Wynik: całkowita entropia rośnie o 83 J/K: proces zachodzi samorzutnie. Odwrotny (zamarzanie w ciepłym pokoju) dałby $-83$ J/K i jest niemożliwy.

Sprawdzenie: gdyby pokój miał 0 °C, zmiana całkowita byłaby zerowa: lód i woda współistnieją w równowadze ✓.

Przykład 9.6 Gotowanie w górach i w szybkowarze

Oblicz temperaturę wrzenia wody na Kasprowym Wierchu (1987 m), na Evereście (33,7 kPa) i w szybkowarze z nadciśnieniem 1 atm. Ciepło parowania 40,7 kJ/mol, ciśnienie na wysokości z modelu izotermicznego ( $H = 8{,}4$ km).

Kasprowy: $p = 101{,}3\,e^{-1{,}987/8{,}43} \approx 80$ kPa. $\frac1T = \frac1{373{,}15} - \frac{8{,}314}{40\,660}\ln\frac{80}{101{,}3}$ , $T \approx 366{,}6$ K $= 93{,}4$ °C.
Everest: 71 °C (zadanie 5.2).
Szybkowar: $p = 2$ atm, $\frac1T = \frac1{373{,}15} - \frac{8{,}314}{40\,660}\ln2$ , $T \approx 394$ K $= 121$ °C.

Wynik: 93 °C, 71 °C i 121 °C. Na Evereście jajko na twardo trzeba gotować bardzo długo, a w szybkowarze fasola mięknie kilka razy szybciej.

Sprawdzenie: tablicowa temperatura wrzenia przy 2 atm to 120,6 °C; nasz wynik różni się o ok. 0,2 K. Dwa przybliżenia (para jako gaz doskonały i stałe ciepło parowania) działają w przeciwne strony i częściowo się znoszą ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Energia się zużywa.”: Energia jest zachowana; zużywa się jej zdolność do wykonania pracy. Miarą tej straty jest przyrost entropii.
„Lepsza technika pozwoli zbudować silnik o sprawności bliskiej 100%.”: Silnik cieplny jest ograniczony sprawnością Carnota $1 - T_2/T_1$ . Ogniwa paliwowe i silniki elektryczne mogą mieć wyższą sprawność, bo nie zamieniają energii przez ciepło.
„Pompa ciepła o COP równym 4 łamie zasadę zachowania energii.”: Nie tworzy energii, tylko ją przenosi: na 1 kWh prądu dostarcza do domu 4 kWh, z czego 3 kWh pobrała z zimnego otoczenia.
„Lodówka z otwartymi drzwiami ochłodzi kuchnię.”: Ogrzeje ją: całe ciepło pobrane z kuchni wraca do kuchni, a do tego dochodzi energia pobrana z gniazdka.
„Entropia zawsze rośnie.”: W układzie izolowanym. Lodówka, kryształ rosnący z roztworu czy żywa komórka zmniejszają swoją entropię, eksportując jeszcze więcej entropii do otoczenia.
„Łyżwy ślizgają się, bo nacisk topi lód.”: Nacisk łyżwiarza obniża temperaturę topnienia najwyżej o kilka dziesiątych kelwina (przy samej krawędzi płozy o ok. 1–2 K), a łyżwy ślizgają się dobrze także w −20 °C. Śliskość lodu wynika głównie z cienkiej, quasi-ciekłej warstwy na powierzchni i z ciepła tarcia.
„Życie przeczy drugiej zasadzie.”: Ziemia dostaje od Słońca promieniowanie o temperaturze ok. 5800 K, a wypromieniowuje tę samą energię w ok. 255 K, w postaci ok. 20 razy większej liczby fotonów. Ta różnica entropii z nadmiarem pokrywa porządek w organizmach.

8 Zadania feynmanowskie

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania feynmanowskie

8 zadań · ok. 2 godziny

Silnik z oceanu. Woda powierzchniowa w tropikach ma 25 °C, a na głębokości 1000 m 5 °C. Jaka jest sprawność Carnota elektrowni wykorzystującej tę różnicę (OTEC)? Dlaczego takie elektrownie są mimo to rzadkie, choć ocean jest ogromnym zbiornikiem ciepła?
Rozwiązanie
1. $1 - 278/298 \approx 6{,}7\%$ ; prawdziwe instalacje osiągają ok. 3%, a część tej energii zużywają pompy.
2. Żeby uzyskać 100 MW, przez instalację musi przepłynąć ciepło rzędu kilku GW, czyli ogromne ilości wody z głębin rurami o średnicy kilku metrów. Ciepła jest dużo, ale różnica temperatur mała, a to ona decyduje o pracy.
Lodówka w kuchni. Lodówka z kompresorem o mocy 100 W i COP = 3 stoi w zamkniętej kuchni z otwartymi drzwiami. Ile wynosi netto moc cieplna dostarczana do kuchni? A gdyby była to klimatyzacja z wylotem gorącego powietrza za oknem?
Rozwiązanie
1. Z kuchni pobiera 300 W, do kuchni oddaje 400 W: netto ogrzewa ją mocą 100 W, jak grzejnik.
2. Klimatyzacja wyrzuca 400 W na zewnątrz i pobiera 300 W z pokoju: chłodzi. Liczy się to, gdzie stoi chłodnica, czyli gdzie trafia oddawane ciepło.
Paradoks Gibbsa. Dwie połowy naczynia zawierają po molu różnych gazów (np. He i Ar) w tej samej temperaturze i ciśnieniu. Usuwamy przegrodę. O ile rośnie entropia? A gdyby w obu połowach był ten sam gaz?
Rozwiązanie
1. Każdy gaz rozpręża się do podwójnej objętości: $\Delta S = 2R\ln2 \approx 11{,}5$ J/K.
2. Ten sam gaz: nic się makroskopowo nie zmienia, przegrodę można wstawić z powrotem, $\Delta S = 0$ . Rozwiązanie paradoksu: cząsteczki tego samego gazu są nierozróżnialne, więc zamiana dwóch cząsteczek nie daje nowego mikrostanu. W pełni wyjaśnia to dopiero mechanika kwantowa.
Szansa na pustą połowę pokoju. W pokoju jest ok. $10^{27}$ cząsteczek powietrza. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w danej chwili wszystkie znajdą się w jednej połowie? Ile zer po przecinku miałby ten ułamek?
Rozwiązanie
1. $2\cdot2^{-10^{27}} \approx 10^{-3\cdot10^{26}}$ .
2. Liczba zer po przecinku to ok. $3\cdot10^{26}$ . Zapisanie jej po jednej cyfrze na atom wymagałoby kilku kilogramów materii; nawet sprawdzając pokój co $10^{-12}$ s przez cały wiek Wszechświata (ok. $4\cdot10^{17}$ s), wykonalibyśmy tylko ok. $10^{30}$ prób. Druga zasada jest statystyczna, ale w praktyce absolutna.
Rozciągnięta gumka. Zawieś ciężarek na gumce i ogrzej ją suszarką. Ciężarek się podniesie. Wyjaśnij to za pomocą entropii i porównaj z gazem w cylindrze z tłokiem obciążonym ciężarkiem.
Rozwiązanie
1. Siła gumy to głównie „siła entropowa”: łańcuchy dążą do bezładnych, zwiniętych konfiguracji, a dążenie to jest tym silniejsze, im wyższa temperatura (tak jak ciśnienie gazu $p = nkT$ ). Ogrzana gumka ciągnie mocniej i się skraca.FLP I-44-1, 45-2
2. Gaz w cylindrze też podnosi tłok po ogrzaniu. Różnica tylko w kierunku: gaz „pcha”, guma „ciągnie”, ale w obu przypadkach siła jest proporcjonalna do $T$ .
Dlaczego para parzy bardziej niż wrzątek. Porównaj ciepło oddane skórze (37 °C) przez 1 g pary w 100 °C i 1 g wody w 100 °C. Ciepło parowania to 2257 J/g.
Rozwiązanie
1. Woda: $4{,}19\cdot63 \approx 264$ J.
2. Para: skropli się, oddając 2257 J, a potem ostygnie jak woda: razem ok. 2520 J, prawie 10 razy więcej. Z punktu widzenia entropii: para ma dużo większą entropię niż ciecz, a skraplając się, oddaje ją razem z ciepłem $L$ .
Zapadka jako silnik. Zapadka Feynmana ma temperaturę $T_2$ , a wiatraczek jest w gazie o temperaturze $T_1 > T_2$ . Ząbek przesuwa się, gdy wiatraczek dostanie energię $\varepsilon + L\theta$ (gdzie $L\theta$ to praca podniesienia ciężarka na jeden ząbek), a cofa się, gdy zapadka sama podskoczy o $\varepsilon$ . Pokaż, że kółko kręci się naprzód, gdy $(\varepsilon + L\theta)/T_1 < \varepsilon/T_2$ , i że w granicy powolnego ruchu stosunek pracy do ciepła pobranego to $1 - T_2/T_1$ .
Rozwiązanie
1. Częstości kroków naprzód i wstecz są proporcjonalne do $e^{-(\varepsilon + L\theta)/kT_1}$ i $e^{-\varepsilon/kT_2}$ . Naprzód wygrywa, gdy pierwszy wykładnik jest mniejszy co do wartości bezwzględnej.
2. Na krok naprzód gaz oddaje $\varepsilon + L\theta$ , z czego $L\theta$ to praca, a $\varepsilon$ trafia do zapadki (chłodnicy). W granicy równowagi $(\varepsilon + L\theta)/T_1 = \varepsilon/T_2$ , czyli $Q_1/T_1 = Q_2/T_2$ , i sprawność $L\theta/(\varepsilon + L\theta) = 1 - T_2/T_1$ : sprawność Carnota.FLP I-46-2
Ziemia jako silnik. Ziemia pochłania ok. $1{,}2\cdot10^{17}$ W promieniowania słonecznego i wypromieniowuje tyle samo w podczerwieni. Traktując promieniowanie słoneczne jak ciepło w 5800 K, a wypromieniowane jak ciepło w 255 K, oszacuj, ile entropii na sekundę Ziemia eksportuje. Jaką moc „pracy” dopuszczałaby sprawność Carnota?
Rozwiązanie
1. $\dot S \approx P\big(\tfrac1{255} - \tfrac1{5800}\big) \approx 4{,}5\cdot10^{14}$ W/K (dokładniejszy rachunek dla promieniowania daje czynnik $\tfrac43$ ).
2. Carnot: $\eta = 1 - 255/5800 \approx 96\%$ . Wiatry, prądy morskie, obieg wody i życie wykorzystują niewielki ułamek tego, a cała ich praca i tak kończy się jako ciepło.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Które z wielkości

U

Q

W

S

są funkcjami stanu?

$U$ i $S$ . $Q$ i $W$ zależą od drogi.

2 Ile wynosi sprawność Carnota między 400 K a 300 K?

25%.

3 Dlaczego wszystkie silniki odwracalne między tymi samymi zbiornikami mają tę samą sprawność?

Gdyby jeden był sprawniejszy, mógłby napędzać drugi wstecz i razem przenosiłyby ciepło od zimnego do gorącego bez pracy, łamiąc drugą zasadę.

4 Jak policzyć zmianę entropii w procesie nieodwracalnym?

Po dowolnej odwracalnej drodze między tymi samymi stanami: $\int\delta Q_\text{odwr}/T$ .

5 O ile rośnie entropia mola gazu przy swobodnym rozprężaniu do podwójnej objętości?

$R\ln2 \approx 5{,}8$ J/K.

6 Co oznacza

W

we wzorze

S = k\ln W

Liczbę mikrostanów odpowiadających danemu stanowi makroskopowemu.

7 Dlaczego woda w górach wrze w niższej temperaturze?

Wrze, gdy ciśnienie jej pary równa się ciśnieniu otoczenia, a w górach ciśnienie jest niższe (Clausius–Clapeyron).

8 Ile najmniej ciepła wymaga wymazanie jednego bitu w 300 K?

$kT\ln2 \approx 2{,}9\cdot10^{-21}$ J (granica Landauera).

10 Karta wzorów i co dalej

Pierwsza i druga zasada

$\Delta U = Q - W$ , $\;W = \int p\,dV$ ; gaz doskonały $\Delta U = nC_V\Delta T$

izoterma: $W = nRT\ln(V_2/V_1)$ ; $\;$ adiabata: $W = nC_V(T_1 - T_2)$

Carnot: $\eta = 1 - T_2/T_1$ , $\;Q_2/Q_1 = T_2/T_1$

COP: lodówka $T_2/(T_1 - T_2)$ , pompa $T_1/(T_1 - T_2)$

Otto: $\eta = 1 - r^{1-\kappa}$

Entropia

$dS = \delta Q_\text{odwr}/T$ ; $\;\Delta S_\text{izol} \ge 0$

gaz: $\Delta S = nC_V\ln\tfrac{T_2}{T_1} + nR\ln\tfrac{V_2}{V_1}$

przemiana fazowa: $\Delta S = mL/T$

Boltzmann: $S = k\ln W$ ; $\;$ Landauer: $kT\ln2$ na bit

Clausius–Clapeyron: $\dfrac{dp}{dT} = \dfrac{L}{T\Delta v}$

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: rozdz. 44 (prawa termodynamiki).
Dla chętnych: rozdz. 45 (przykłady zastosowań, równanie Clausiusa–Clapeyrona), 46 (koło zapadkowe i zapadka, porządek i entropia).

Następny dział: Płyny: ciśnienie, przepływ, lepkość i siły aerodynamiczne. Gaz i ciecz potraktujemy jako ciągły ośrodek, który płynie. Ciśnienie z działu 8 i zasada zachowania energii dadzą równanie Bernoulliego, lepkość z ruchów cząsteczek wyjaśni opór, a cyrkulacja wokół skrzydła pokaże, skąd bierze się siła nośna.