العمل الميكانيكي في الطور الغازي

2. العمل في التحول متساوي الضغط

التعريف

> التحول متساوي الضغط (transformation isobare) تحول يبقى فيه ضغط الغاز ثابتاً، وإذا كان عكوساً فإن الضغط الخارجي يساويه في كل لحظة: $P_\text{ext} = P = \text{cste}$.

مثاله غاز في أسطوانة يغلقها مكبس حرّ يحمل ثقلاً ثابتاً: إذا سخّنّا الغاز ببطء تمدّد ورفع المكبس، وبقي ضغطه مساوياً للضغط الذي يفرضه المكبس والهواء الجوي.

العلاقة بين الحجم ودرجة الحرارة

من $PV = nRT$ مع ثبات $P$ و $n$ نجد $\dfrac{V}{T} = \dfrac{nR}{P} = \text{cste}$، وهو قانون التحول متساوي الضغط:

$ \frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2} $

تنسب الكتب هذا القانون وقانون التحول متساوي الحجم (الجزء الثالث) إلى العالمين شارل وغي لوساك، لكن بعضها يبدّل الاسمين بينهما، لذلك نسمّي كل قانون بشرطه: الضغط ثابت أو الحجم ثابت.

فالتسخين بثبوت الضغط يعني تمدّداً، والتبريد يعني انضغاطاً. ودرجة الحرارة هنا بالكلفن حتماً.

عبارة العمل

بما أن $P_\text{ext} = P$ ثابت، يخرج من التكامل:

$ W = -\int_{V_1}^{V_2} P\,dV = -P\,(V_2 - V_1) $

ولغاز مثالي $P V_1 = nRT_1$ و $P V_2 = nRT_2$، فنحصل على عبارة ثانية مفيدة جداً حين تُعطى درجات الحرارة:

$ W = -nR\,(T_2 - T_1) = -nR\,\Delta T $

> للحفظ: في التحول العكوس متساوي الضغط لغاز مثالي: $W = -P\,\Delta V = -nR\,\Delta T$. التسخين ($\Delta T > 0$) يعطي $W 0$.

التمثيل في مخطط الضغط بدلالة الحجم

في المخطط $P = f(V)$ (الحجم على المحور الأفقي والضغط على المحور الشاقولي) يُمثَّل التحول متساوي الضغط بـ قطعة مستقيمة أفقية. والقيمة المطلقة للعمل تساوي مساحة المستطيل المحصور بين هذه القطعة ومحور الحجوم: طوله $V_2 - V_1$ وارتفاعه $P$.

• إذا قُطعت القطعة من اليسار إلى اليمين (تمدّد) كان العمل سالباً وقيمته المطلقة هي المساحة.
• إذا قُطعت من اليمين إلى اليسار (انضغاط) كان العمل موجباً ويساوي المساحة.

حالة الضغط الخارجي الثابت في تحول غير عكوس

قد يبقى الضغط الخارجي ثابتاً دون أن يكون ضغط الغاز معرّفاً أثناء التحول، كتمدّد مفاجئ ضد ضغط ثابت (تحول أحادي الضغط). في هذه الحالة نكتب دائماً $W = -P_\text{ext}\,(V_2 - V_1)$، ولا يجوز كتابة $-nR\,\Delta T$ إلا إذا كان ضغط الغاز في الحالتين الابتدائية والنهائية مساوياً لـ $P_\text{ext}$. سنعود إلى هذه الحالة في الجزء الرابع.

مثال محلول 1: تسخين بثبوت الضغط

> نسخّن $n = 0{,}2\ mol$ من غاز مثالي بثبوت الضغط $P = 2\ atm$ من $\theta_1 = 27^\circ C$ إلى $\theta_2 = 227^\circ C$ تسخيناً عكوساً. احسب العمل، ثم تحقّق منه بحساب الحجمين. ($R = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1}$ و $1\ atm = 1{,}013\times10^{5}\ Pa$)

الحل:

• نحوّل درجتي الحرارة: $T_1 = 300\ K$ و $T_2 = 500\ K$، فـ $\Delta T = 200\ K$.
• العمل:

$ W = -nR\,\Delta T = -0{,}2 \times 8{,}314 \times 200 $

ومنه $W = -332{,}6\ J$.

• **التحقق:** $P = 2 \times 1{,}013\times10^{5} = 2{,}026\times10^{5}\ Pa$.
• $V_1 = \dfrac{nRT_1}{P} = \dfrac{0{,}2 \times 8{,}314 \times 300}{2{,}026\times10^{5}} = 2{,}462\times10^{-3}\ m^3$ (أي $2{,}462\ L$).
• $V_2 = V_1 \times \dfrac{T_2}{T_1} = 2{,}462 \times \dfrac{500}{300} = 4{,}104\ L$.
• $W = -P\,(V_2 - V_1) = -2{,}026\times10^{5} \times 1{,}642\times10^{-3} \approx -332{,}7\ J$.

النتيجة: $W \approx -333\ J$، فالغاز تمدّد وقدّم عملاً للوسط الخارجي. والفرق الطفيف بين الطريقتين ناتج عن تدوير الحجوم فقط.

مثال محلول 2: تبريد بثبوت الضغط

> نبرّد $0{,}5\ mol$ من غاز مثالي بثبوت الضغط $P = 3\ atm$ من $600\ K$ إلى $300\ K$. احسب الحجمين الابتدائي والنهائي، ثم العمل. ($R = 0{,}082\ L\cdot atm\,mol^{-1}K^{-1} = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1}$)

الحل:

• $V_1 = \dfrac{nRT_1}{P} = \dfrac{0{,}5 \times 0{,}082 \times 600}{3} = 8{,}2\ L$.
• $V_2 = V_1 \times \dfrac{T_2}{T_1} = 8{,}2 \times \dfrac{300}{600} = 4{,}1\ L$، فالغاز انضغط.
• $W = -nR\,\Delta T = -0{,}5 \times 8{,}314 \times (300 - 600) = +1247\ J$.
• بالطريقة الثانية: $W = -3 \times 1{,}013\times10^{5} \times (4{,}1 - 8{,}2)\times10^{-3} \approx +1246\ J$.

النتيجة: $W \approx +1{,}25\ kJ$، فالغاز برد فانكمش واستقبل عملاً.

ملاحظة للامتحان

• اقرأ جيداً: «يُسخَّن بثبوت الضغط» تعني تمدّداً و $W 0$.
• العبارة $-nR\,\Delta T$ تغنيك عن حساب الحجوم إذا أُعطيت درجات الحرارة، لكن عليك أن تحسب الحجوم إذا طُلب ملء جدول الحالات.
• في الفرق $\Delta T$ لا يهم إن استعملت الكلفن أو الدرجة المئوية (الفرق نفسه)، لكن النسبة $\dfrac{T_2}{T_1}$ في قانون التحول متساوي الضغط **تتطلب الكلفن**.

3. العمل في التحول متساوي الحجم

التعريف

> التحول متساوي الحجم (transformation isochore) تحول يبقى فيه حجم الغاز ثابتاً: $V_1 = V_2$ و $dV = 0$ في كل لحظة.

يحدث ذلك حين يكون الغاز في وعاء صلب مغلق لا يتشوّه: قارورة غاز، أو أوتوكلاف، أو القنبلة المسعرية (bombe calorimétrique) التي يُحرق فيها الوقود لقياس حرارة احتراقه.

العلاقة بين الضغط ودرجة الحرارة

من $PV = nRT$ مع ثبات $V$ و $n$ نجد أن النسبة $\dfrac{P}{T} = \dfrac{nR}{V}$ ثابتة، وهو قانون التحول متساوي الحجم:

$ \frac{P_1}{T_1} = \frac{P_2}{T_2} $

فتسخين الغاز في وعاء مغلق يرفع ضغطه بالنسبة نفسها التي ترتفع بها درجة حرارته المطلقة (بالكلفن)، وتبريده يخفض ضغطه.

عبارة العمل

$ \delta W = -P_\text{ext}\,dV = 0 $

$ W = 0 $

> قاعدة: في كل تحول متساوي الحجم، عكوساً كان أو غير عكوس، العمل منعدم مهما تغيّر الضغط. فلا معنى لكتابة «$W = -V\,\Delta P$»: هذه ليست عبارة عمل.

الطاقة المتبادلة في هذا التحول

انعدام العمل لا يعني أن الغاز لا يتبادل طاقة: إنه يتبادلها حرارةً فقط. والمبدأ الأول (موضوع الدرس الموالي) يكتب $\Delta U = W + Q$، فيصير هنا:

$ \Delta U = Q_V $

ولغاز مثالي تُحسب هذه الحرارة بالسعة الحرارية المولية بثبوت الحجم $C_V$:

$ Q_V = n\,C_V\,\Delta T $

مع $C_V = \dfrac{3}{2}R$ لغاز أحادي الذرة ($\ce{He}$، $\ce{Ne}$، $\ce{Ar}$) و $C_V = \dfrac{5}{2}R$ لغاز ثنائي الذرة ($\ce{N2}$، $\ce{O2}$، الهواء)، ما لم يُعطِ التمرين قيمة أخرى.

ملاحظة: لهذا السبب تقيس القنبلة المسعرية $Q_V$ أي $\Delta U$ للتفاعل، لأن حجمها ثابت فلا عمل فيها.

التمثيل في مخطط الضغط بدلالة الحجم

يُمثَّل التحول متساوي الحجم بـ قطعة مستقيمة شاقولية: نحو الأعلى إذا سُخّن الغاز (ارتفع ضغطه)، ونحو الأسفل إذا بُرّد. والمساحة بين قطعة شاقولية ومحور الحجوم منعدمة، وهذا يوافق $W = 0$.

مقارنة: الفرق نفسه في درجة الحرارة بطريقين

نرفع درجة حرارة $0{,}25\ mol$ من غاز مثالي من $300\ K$ إلى $600\ K$ مرة بثبوت الضغط ومرة بثبوت الحجم ($R = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1}$):

| الطريق | التحول | العمل | |---|---|---| | ثبوت الضغط | الغاز يتمدّد | $W = -nR\,\Delta T = -0{,}25 \times 8{,}314 \times 300 \approx -624\ J$ | | ثبوت الحجم | الضغط يرتفع ولا يتحرك أي مكبس | $W = 0$ |

التغيّر نفسه في درجة الحرارة يقابله عملان مختلفان: العمل لا يتحدد بتغيّر درجة الحرارة وحده، بل بطريقة إجراء التحول. وسنرى في الجزء الخامس البرهان الكامل على أن العمل ليس دالة حالة: حالتان ابتدائية ونهائية متطابقتان، وأعمال مختلفة حسب الطريق.

مثال محلول 1: تسخين في وعاء صلب

> وعاء صلب حجمه $V = 5\ L$ يحتوي $0{,}25\ mol$ من غاز ثنائي الذرة نعتبره مثالياً عند $27^\circ C$. نسخّنه حتى $327^\circ C$. > 1. احسب الضغط الابتدائي ثم الضغط النهائي. > 2. ما العمل المتبادل؟ > 3. احسب كمية الحرارة التي استقبلها الغاز. ($R = 0{,}082\ L\cdot atm\,mol^{-1}K^{-1} = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1}$ و $C_V = \frac{5}{2}R$)

الحل:

• $T_1 = 300\ K$ و $T_2 = 600\ K$.
• $P_1 = \dfrac{nRT_1}{V} = \dfrac{0{,}25 \times 0{,}082 \times 300}{5} = 1{,}23\ atm$.
• بقانون التحول متساوي الحجم: $P_2 = P_1 \times \dfrac{T_2}{T_1} = 1{,}23 \times 2 = 2{,}46\ atm$.
• الحجم ثابت فـ $W = 0$.
• $Q_V = n\,C_V\,\Delta T = 0{,}25 \times \dfrac{5}{2} \times 8{,}314 \times 300 \approx 1559\ J$.

النتيجة: $P_2 = 2{,}46\ atm$ و $W = 0$ و $Q_V \approx +1{,}56\ kJ$، وهي كلها زيادة في الطاقة الداخلية للغاز.

مثال محلول 2: قارورة غاز تحت الشمس

> قارورة غاز مضغوط ضغطها $150\ bar$ عند $20^\circ C$، تُركت تحت الشمس فبلغت $50^\circ C$. احسب ضغطها الجديد والعمل المتبادل.

الحل: القارورة صلبة فالتحول متساوي الحجم:

$ P_2 = P_1\,\frac{T_2}{T_1} = 150 \times \frac{323}{293} $

ومنه $P_2 \approx 165\ bar$، والعمل $W = 0$.

النتيجة: $P_2 \approx 165\ bar$ و $W = 0$. ولهذا تُحفظ قارورات الغاز بعيداً عن مصادر الحرارة: الضغط يرتفع دون أن يتغيّر الحجم.

أخطاء شائعة

• كتابة $W = -V\,(P_2 - P_1)$ في تحول متساوي الحجم: العمل منعدم، والعبارة الصحيحة دائماً $\delta W = -P_\text{ext}\,dV$.
• الاستنتاج من $W = 0$ أن الغاز لم يتبادل أي طاقة: لقد تبادل حرارة $Q_V = \Delta U$.
• استعمال الدرجة المئوية في النسبة $\dfrac{T_2}{T_1}$: بـ $27^\circ C$ و $327^\circ C$ تصير النسبة نحو 12 بدل 2، فنجد ضغطاً نهائياً نحو $14{,}9\ atm$ بدل $2{,}46\ atm$، وهذا عبث.

4. العمل في التحول متساوي الحرارة: العكوس وغير العكوس

التعريف

> التحول متساوي الحرارة (transformation isotherme) تحول تبقى فيه درجة حرارة الغاز ثابتة: $T_1 = T_2 = T$. يتحقق عملياً حين يكون الغاز في تماس حراري مع منظّم حراري (thermostat، حمّام كبير درجة حرارته ثابتة) ويجري التحول ببطء.

من $PV = nRT$ مع ثبات $n$ و $T$ نجد قانون بويل وماريوت ($\text{loi de Boyle-Mariotte}$):

$ P_1 V_1 = P_2 V_2 = nRT $

فالتمدّد بثبوت درجة الحرارة يخفض الضغط، والانضغاط يرفعه. وفي المخطط $P = f(V)$ يُمثَّل هذا التحول بفرع من قطع زائد $P = \dfrac{nRT}{V}$ يسمّى المنحنى متساوي الحرارة (isotherme).

العمل في التحول العكوس

في التحول العكوس $P_\text{ext} = P = \dfrac{nRT}{V}$ في كل لحظة، و $nRT$ ثابت فيخرج من التكامل:

$ W = -\int_{V_1}^{V_2} \frac{nRT}{V}\,dV $

$ W = -nRT\ln\frac{V_2}{V_1} $

وبما أن $\dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{P_1}{P_2}$، نحصل على الصيغة بدلالة الضغطين:

$ W = nRT\ln\frac{P_2}{P_1} $

> للحفظ: في التحول العكوس متساوي الحرارة لغاز مثالي: $W = -nRT\ln\dfrac{V_2}{V_1} = nRT\ln\dfrac{P_2}{P_1}$. التمدّد ($V_2 > V_1$) يعطي $W 0$.

ملاحظات على الحساب:

• $\ln$ هو اللوغاريتم **النيبيري**، وليس اللوغاريتم العشري $\log$.
• النسبة $\dfrac{V_2}{V_1}$ بلا وحدة، فيمكن ترك الحجمين باللتر. لكن $nRT$ يجب أن يكون بالجول: $R = 8{,}314$ و $T$ **بالكلفن**.
• إذا لم يُعطَ $n$ ولا $T$ نعوّض $nRT$ بالجداء $P_1 V_1$ (بالباسكال و $m^3$).

الطاقة الداخلية والحرارة في هذا التحول

الطاقة الداخلية لغاز مثالي لا تتعلق إلا بدرجة حرارته، فإذا ثبتت $T$ كان $\Delta U = 0$. ومن المبدأ الأول $\Delta U = W + Q$ نستنتج:

$ Q = -W $

في التمدّد متساوي الحرارة يقدّم الغاز عملاً ($W 0$)، وفي الانضغاط يحدث العكس.

العمل في التحول غير العكوس

نغيّر الضغط الخارجي فجأة من $P_1$ إلى القيمة النهائية $P_2$ ونتركه ثابتاً، فيتمدّد الغاز (أو ينضغط) بسرعة حتى يتوازن عند $P_2$، ثم يستعيد درجة حرارة المنظّم الحراري. الحالتان الابتدائية والنهائية لهما درجة الحرارة نفسها، لكن الغاز ليس في توازن أثناء التحول، فلا نستعمل إلا الضغط الخارجي:

$ W_\text{irr} = -P_2\,(V_2 - V_1) $

وبتعويض $V_1 = \dfrac{nRT}{P_1}$ و $V_2 = \dfrac{nRT}{P_2}$:

$ W_\text{irr} = nRT\left(\frac{P_2}{P_1} - 1\right) $

مقارنة العكوس وغير العكوس

| التحول بين الحالتين نفسيهما | العكوس | غير العكوس (مرحلة واحدة) | |---|---|---| | التمدّد: العمل الذي يقدّمه الغاز | أكبر ما يمكن | أصغر | | الانضغاط: العمل الذي يجب تقديمه للغاز | أصغر ما يمكن | أكبر |

التفسير بالمخطط: العمل العكوس قيمته المطلقة هي المساحة تحت القطع الزائد. أما العمل غير العكوس فقيمته المطلقة مساحة مستطيل ارتفاعه $P_2$: في التمدّد $P_2$ هو أصغر ضغط فيقع المستطيل تحت المنحنى، وفي الانضغاط $P_2$ هو أكبر ضغط فيغطي المستطيل المساحة تحت المنحنى ويزيد عليها. وكلما قسّمنا التحول إلى مراحل أكثر اقتربنا من التحول العكوس.

مثال محلول: تمدّد ثم انضغاط بطريقين

> مول واحد من غاز مثالي عند $T = 298\ K$ ينتقل من $P_1 = 5\ atm$ إلى $P_2 = 1\ atm$ بثبوت درجة الحرارة. ($R = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1}$ و $1\ atm = 1{,}013\times10^{5}\ Pa$ و $\ln 5 = 1{,}609$) > 1. احسب الحجمين $V_1$ و $V_2$. > 2. احسب العمل إذا كان التمدّد عكوساً، ثم إذا تمّ فجأة ضد ضغط خارجي ثابت $1\ atm$. > 3. نعيد الغاز إلى حالته الابتدائية بانضغاط عكوس، ثم بانضغاط مفاجئ تحت $5\ atm$. احسب العمل في الحالتين.

الحل:

• $nRT = 1 \times 8{,}314 \times 298 = 2477{,}6\ J$.
• $V_1 = \dfrac{2477{,}6}{5 \times 1{,}013\times10^{5}} = 4{,}89\times10^{-3}\ m^3 = 4{,}89\ L$.
• $V_2 = 5\,V_1 \approx 24{,}46\ L$ (قانون بويل وماريوت).
• التمدّد العكوس:

$ W = nRT\ln\frac{P_2}{P_1} = -2477{,}6 \times \ln 5 $

ومنه $W_\text{rev} \approx -3986\ J$. والتمدّد غير العكوس:

$ W_\text{irr} = 2477{,}6\times(0{,}2 - 1) $

ومنه $W_\text{irr} \approx -1982\ J$. (تحقق: $-1{,}013\times10^{5} \times 19{,}57\times10^{-3} \approx -1982\ J$.)

• الانضغاط العكوس يعيد الطريق نفسه بالاتجاه المعاكس: $W = +2477{,}6 \times \ln 5 \approx +3986\ J$. والانضغاط المفاجئ تحت $5\ atm$:

$ W_\text{irr} = 2477{,}6\times(5 - 1) $

ومنه $W_\text{irr} \approx +9910\ J$.

النتيجة:

| | عكوس | غير عكوس | |---|---|---| | التمدّد من 5 إلى 1 atm | $-3{,}99\ kJ$ | $-1{,}98\ kJ$ | | الانضغاط من 1 إلى 5 atm | $+3{,}99\ kJ$ | $+9{,}91\ kJ$ |

في التمدّد العكوس قدّم الغاز أكبر عمل ممكن ($3{,}99\ kJ$)، وفي الانضغاط العكوس احتاج أقل عمل ممكن. وفي التمدّد العكوس استقبل الغاز حرارة $Q = -W \approx +3{,}99\ kJ$.

أخطاء شائعة

• استعمال $\log$ العشري بدل $\ln$: يعطي في هذا المثال $-1732\ J$ بدل $-3986\ J$.
• قلب النسبة داخل اللوغاريتم أو نسيان الإشارة السالبة، فيظهر التمدّد بعمل موجب.
• كتابة $T$ بالدرجة المئوية في $nRT$.
• كتابة $W = 0$ لأن درجة الحرارة ثابتة: الذي ينعدم هو $\Delta U$ لا $W$.
• استعمال الضغط الابتدائي $P_1$ في التحول المفاجئ: الضغط الخارجي هو الضغط **النهائي** $P_2$.

5. الدورات ومخطط الضغط بدلالة الحجم

قراءة المخطط

في المخطط $P = f(V)$ (ويسمّى أيضاً مخطط كلابيرون) نضع الحجم على المحور الأفقي والضغط على المحور الشاقولي. كل نقطة تمثّل حالة توازن للغاز، ونستنتج درجة حرارتها من $T = \dfrac{PV}{nR}$، وكل خط يمثّل تحولاً عكوساً.

| التحول | شكله في المخطط | العمل | |---|---|---| | متساوي الضغط | قطعة أفقية | $-P\,(V_2 - V_1)$ | | متساوي الحجم | قطعة شاقولية | $0$ | | متساوي الحرارة عكوس | فرع قطع زائد $PV = \text{cste}$ نازل | $-nRT\ln\dfrac{V_2}{V_1}$ |

العمل مساحة

بما أن $W = -\int_{V_1}^{V_2} P\,dV$ في التحول العكوس، فإن القيمة المطلقة للعمل تساوي المساحة المحصورة بين منحنى التحول ومحور الحجوم، أما الإشارة فيعطيها اتجاه السير:

• السير نحو اليمين (تمدّد): $W < 0$.
• السير نحو اليسار (انضغاط): $W > 0$.
• السير الشاقولي (حجم ثابت): $W = 0$.

العمل يتعلق بالطريق: مثال بالأرقام

> ينتقل غاز مثالي من الحالة A ($P_A = 2\ bar$ و $V_A = 6\ L$) إلى الحالة B ($P_B = 6\ bar$ و $V_B = 2\ L$) بثلاثة طرق عكوسة. احسب العمل في كل طريق. ($1\ bar\cdot L = 100\ J$ و $\ln 3 = 1{,}099$)

نلاحظ أولاً أن $P_A V_A = P_B V_B = 12\ bar\cdot L$: للحالتين درجة الحرارة نفسها، فيمكن الربط بينهما بتحول متساوي الحرارة.

الطريق 1: تسخين متساوي الحجم من A إلى C ($6\ L$ و $6\ bar$)، ثم انضغاط متساوي الضغط من C إلى B.

$ W_1 = 0 - 6 \times (2 - 6) = +24\ bar\cdot L $

أي $W_1 = +2400\ J$.

الطريق 2: انضغاط متساوي الضغط من A إلى D ($2\ L$ و $2\ bar$)، ثم تسخين متساوي الحجم من D إلى B.

$ W_2 = -2 \times (2 - 6) + 0 = +8\ bar\cdot L $

أي $W_2 = +800\ J$.

الطريق 3: انضغاط عكوس متساوي الحرارة مباشرة من A إلى B، و $nRT = P_A V_A = 1200\ J$:

$ W_3 = P_A V_A \ln\frac{P_B}{P_A} = 1200 \ln 3 $

أي $W_3 \approx +1319\ J$.

النتيجة: $W_2 = +800\ J$ و $W_3 \approx +1319\ J$ و $W_1 = +2400\ J$: الحالتان نفسهما والأعمال مختلفة، فالعمل ليس دالة حالة. وأقل الطرق كلفة هو الذي ينضغط فيه الغاز تحت أصغر ضغط (الطريق 2)، وهذا ما تبيّنه المساحات تحت المسارات الثلاثة.

الدورة

> الدورة (cycle) سلسلة من التحولات تعيد النظام إلى حالته الابتدائية.

• كل دوال الحالة تعود إلى قيمها الأولى، فـ $\Delta U_\text{cycle} = 0$ و $\Delta H_\text{cycle} = 0$.
• العمل ليس دالة حالة، فعمل الدورة **لا ينعدم عموماً**: $W_\text{cycle} = \sum W_i$.
• من المبدأ الأول على الدورة: $Q_\text{cycle} = -W_\text{cycle}$.

القيمة المطلقة لعمل الدورة تساوي المساحة المحصورة داخل الدورة، وإشارته يحددها اتجاه الدوران (الحجم أفقياً والضغط شاقولياً):

| اتجاه الدوران | إشارة عمل الدورة | طبيعة الدورة | |---|---|---| | مع عقارب الساعة | $W_\text{cycle} < 0$ | محرّكة (cycle moteur): الغاز يقدّم عملاً | | عكس عقارب الساعة | $W_\text{cycle} > 0$ | مستقبِلة (cycle récepteur): الغاز يستقبل عملاً، كما في الثلاجة والمضخة الحرارية |

التعليل: في الدورة التي تُقطع مع عقارب الساعة يحدث التمدّد في الجزء العلوي (ضغط كبير) فيقدّم الغاز عملاً كبيراً، ويحدث الانضغاط في الجزء السفلي (ضغط صغير) فيستقبل عملاً أصغر، والمحصلة سالبة.

مثال محلول: دورة مستطيلة

> غاز مثالي يقطع الدورة: A ($2\ L$ و $1\ bar$) ثم B ($2\ L$ و $3\ bar$) ثم C ($6\ L$ و $3\ bar$) ثم D ($6\ L$ و $1\ bar$) ثم يعود إلى A، وكل التحولات عكوسة. احسب عمل كل تحول ثم عمل الدورة، وحدّد طبيعتها و $Q_\text{cycle}$.

الحل: نحسب بـ $bar\cdot L$ ثم نحوّل ($1\ bar\cdot L = 100\ J$).

| التحول | نوعه | العمل | |---|---|---| | A إلى B | متساوي الحجم (تسخين) | $W_{AB} = 0$ | | B إلى C | تمدّد متساوي الضغط عند $3\ bar$ | $W_{BC} = -3 \times 4 = -12\ bar\cdot L = -1200\ J$ | | C إلى D | متساوي الحجم (تبريد) | $W_{CD} = 0$ | | D إلى A | انضغاط متساوي الضغط عند $1\ bar$ | $W_{DA} = -1 \times (-4) = +4\ bar\cdot L = +400\ J$ |

$ W_\text{cycle} = -1200 + 400 = -800\ J $

تحقق بالمساحة: المستطيل أبعاده $(3 - 1)\ bar$ في $(6 - 2)\ L$، فمساحته $8\ bar\cdot L = 800\ J$، والدوران A ثم B ثم C ثم D مع عقارب الساعة فالإشارة سالبة.

النتيجة: $W_\text{cycle} = -800\ J$: الدورة محرّكة، و $Q_\text{cycle} = +800\ J$، أي إن الغاز حوّل $800\ J$ من الحرارة المستقبَلة إلى عمل.

منهجية تمرين الدورة في البكالوريا

• **املأ جدول الحالات** ($P$ و $V$ و $T$ لكل نقطة) بمعادلة الحالة وبالقانون الخاص بكل تحول.
• **حدّد نوع كل تحول** من نص التمرين أو من شكل المخطط.
• **احسب عمل كل تحول** بعبارته وبإشارته، وبالجول.
• **اجمع** الأعمال لتحصل على $W_\text{cycle}$، وتحقق من إشارتها باتجاه الدوران.
• استنتج $Q_\text{cycle} = -W_\text{cycle}$ وطبيعة الدورة.

6. تمارين محلولة بنمط البكالوريا

التمرين الأول: طريقان بين حالتين

المعطيات: نعتبر $5{,}6\ g$ من ثنائي الآزوت $\ce{N2}$ غازاً مثالياً، في الحالة 1: $P_1 = 2\ atm$ و $\theta_1 = 127^\circ C$. $M(\ce{N2}) = 28\ g\,mol^{-1}$ و $R = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1} = 0{,}082\ L\cdot atm\,mol^{-1}K^{-1}$ و $1\ L\cdot atm = 101{,}3\ J$ و $\ln\frac{4}{3} = 0{,}288$.

• احسب كمية مادة الغاز وحجمه $V_1$.
• نبرّد الغاز تبريداً عكوساً بثبوت الضغط حتى $\theta_2 = 27^\circ C$ (الحالة 2). احسب $V_2$ والعمل $W_{12}$.
• نسخّنه بعد ذلك بثبوت الحجم حتى $\theta_3 = 127^\circ C$ (الحالة 3). احسب $P_3$ والعمل $W_{23}$.
• احسب العمل الكلي على الطريق من 1 إلى 2 إلى 3.
• بيّن أنه يمكن الانتقال مباشرة من الحالة 1 إلى الحالة 3 بتحول متساوي الحرارة، واحسب عمله إذا كان عكوساً. ماذا تستنتج؟

الحل:

• $n = \dfrac{m}{M} = \dfrac{5{,}6}{28} = 0{,}2\ mol$، و $T_1 = 400\ K$:

$ V_1 = \frac{nRT_1}{P_1} = \frac{0{,}2 \times 0{,}082 \times 400}{2} $

ومنه $V_1 = 3{,}28\ L$.

• بقانون التحول متساوي الضغط ($T_2 = 300\ K$): $V_2 = V_1\,\dfrac{T_2}{T_1} = 3{,}28 \times \dfrac{300}{400} = 2{,}46\ L$.

$ W_{12} = -P_1\,(V_2 - V_1) $

$ W_{12} = -2 \times (2{,}46 - 3{,}28) $

أي $W_{12} = +1{,}64\ L\cdot atm = +1{,}64 \times 101{,}3 \approx +166\ J$. (تحقق: $-nR\,\Delta T = -0{,}2 \times 8{,}314 \times (-100) \approx +166\ J$.) العمل موجب لأن الغاز انضغط بالتبريد.

• بقانون التحول متساوي الحجم ($V_3 = V_2$): $P_3 = P_2\,\dfrac{T_3}{T_2} = 2 \times \dfrac{400}{300} \approx 2{,}67\ atm$. والحجم ثابت فـ $W_{23} = 0$.

• $W_{1\to2\to3} = W_{12} + W_{23} \approx +166\ J$.

• $T_3 = T_1 = 400\ K$، فالحالتان على المنحنى متساوي الحرارة نفسه (تحقق: $P_1V_1 = 6{,}56$ و $P_3V_3 = 2{,}67 \times 2{,}46 \approx 6{,}56\ L\cdot atm$). العمل العكوس:

$ W_{13} = -nRT_1\ln\frac{V_3}{V_1} = 665{,}1\ln\frac{4}{3} $

لأن $\dfrac{V_3}{V_1} = \dfrac{2{,}46}{3{,}28} = \dfrac{3}{4}$ و $nRT_1 = 0{,}2 \times 8{,}314 \times 400 = 665{,}1\ J$، فـ $W_{13} = 665{,}1 \times 0{,}288 \approx +192\ J$.

الاستنتاج: $W_{1\to2\to3} \approx +166\ J$ بينما $W_{13} \approx +192\ J$ بين الحالتين نفسيهما: العمل يتعلق بالطريق، فهو ليس دالة حالة. وبما أن $T_3 = T_1$ فإن $\Delta U = 0$ على الطريقين، فتختلف الحرارة أيضاً: $Q = -W$، أي نحو $-166\ J$ على الطريق الأول و $-192\ J$ على الطريق المباشر.

التمرين الثاني: انضغاط متساوي الحرارة بثلاث طرق

المعطيات: نضغط مولاً واحداً من الهواء (غاز مثالي) بثبوت درجة الحرارة $T = 300\ K$ من $P_1 = 1\ atm$ إلى $P_2 = 4\ atm$. $R = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1}$ و $1\ atm = 1{,}013\times10^{5}\ Pa$ و $\ln 4 = 1{,}386$ و $1\ cal = 4{,}18\ J$.

• احسب الحجمين $V_1$ و $V_2$ باللتر.
• احسب العمل إذا كان الانضغاط عكوساً، بالجول ثم بالكالوري، واستنتج كمية الحرارة المتبادلة.
• احسب العمل إذا تمّ الانضغاط فجأة في مرحلة واحدة تحت ضغط خارجي ثابت $4\ atm$.
• احسب العمل إذا تمّ على مرحلتين مفاجئتين: تحت $2\ atm$ حتى التوازن، ثم تحت $4\ atm$.
• رتّب الأعمال الثلاثة وفسّر.

الحل:

• $nRT = 1 \times 8{,}314 \times 300 = 2494{,}2\ J$.
• $V_1 = \dfrac{2494{,}2}{1{,}013\times10^{5}} = 24{,}62\times10^{-3}\ m^3 = 24{,}62\ L$.
• بقانون بويل وماريوت: $V_2 = \dfrac{V_1}{4} \approx 6{,}16\ L$.

• الانضغاط العكوس:

$ W_\text{rev} = nRT\ln\frac{P_2}{P_1} = 2494{,}2 \times 1{,}386 $

ومنه $W_\text{rev} \approx +3457\ J \approx +827\ cal$. ودرجة الحرارة ثابتة فـ $\Delta U = 0$ و $Q = -W \approx -3{,}46\ kJ$: الغاز يطرح هذه الحرارة إلى المنظّم الحراري.

• مرحلة واحدة ($P_\text{ext} = 4\ atm$):

$ W_\text{I} = nRT\left(\frac{P_2}{P_1} - 1\right) = 2494{,}2 \times 3 $

ومنه $W_\text{I} \approx +7483\ J$. (تحقق: $-4{,}052\times10^{5} \times (6{,}16 - 24{,}62)\times10^{-3} \approx +7480\ J$، والفرق من التدوير.)

• مرحلتان: الحجم الوسيط عند $2\ atm$ هو $\dfrac{V_1}{2} = 12{,}31\ L$.
• المرحلة الأولى: $W' = nRT\,(2 - 1) = 2494{,}2\ J$.
• المرحلة الثانية: $W'' = nRT\,\left(\dfrac{4}{2} - 1\right) = 2494{,}2\ J$.
• المجموع: $W_\text{II} = 4988{,}4\ J \approx +4{,}99\ kJ$.

• **$W_\text{I} \approx 7{,}48\ kJ > W_\text{II} \approx 4{,}99\ kJ > W_\text{rev} \approx 3{,}46\ kJ$.** في كل مرحلة مفاجئة يعمل الضغط الخارجي بقيمته النهائية طوال المرحلة، فيُبذل عمل زائد. وكلما زاد عدد المراحل اقترب العمل من العمل العكوس، وهو **أقل عمل ممكن** لهذا الانضغاط.

التمرين الثالث: دورة من ثلاثة تحولات

المعطيات: مول واحد من غاز مثالي في الحالة 1: $P_1 = 2\ atm$ و $V_1 = 12{,}3\ L$. يقطع الدورة التالية بتحولات عكوسة:

• (a) من 1 إلى 2: تمدّد بثبوت الضغط حتى $V_2 = 2V_1$.
• (b) من 2 إلى 3: انضغاط بثبوت درجة الحرارة حتى $V_3 = V_1$.
• (c) من 3 إلى 1: تبريد بثبوت الحجم.

$R = 8{,}314\ J\,mol^{-1}K^{-1} = 0{,}082\ L\cdot atm\,mol^{-1}K^{-1}$ و $\ln 2 = 0{,}693$.

• أكمل جدول الحالات ($P$ و $V$ و $T$).
• صف شكل الدورة في المخطط $P = f(V)$ واتجاه دورانها.
• احسب عمل كل تحول.
• احسب عمل الدورة واستنتج طبيعتها وكمية الحرارة الكلية $Q_\text{cycle}$.

الحل:

• $T_1 = \dfrac{P_1V_1}{nR} = \dfrac{2 \times 12{,}3}{1 \times 0{,}082} = 300\ K$. في (a) يتضاعف الحجم بثبوت الضغط فتتضاعف $T$: $T_2 = 600\ K$. في (b) تبقى $T_3 = 600\ K$، وبقانون بويل وماريوت $P_3 = P_2\,\dfrac{V_2}{V_3} = 4\ atm$.

| الحالة | $P$ (atm) | $V$ (L) | $T$ (K) | |---|---|---|---| | 1 | 2 | 12,3 | 300 | | 2 | 2 | 24,6 | 600 | | 3 | 4 | 12,3 | 600 |

• التحول (a) قطعة أفقية عند $2\ atm$ من $12{,}3\ L$ إلى $24{,}6\ L$ (نحو اليمين)، والتحول (b) فرع قطع زائد صاعد نحو اليسار حتى النقطة ($12{,}3\ L$ و $4\ atm$)، والتحول (c) قطعة شاقولية نازلة إلى النقطة 1. التمدّد تحت الضغط المنخفض والانضغاط فوقه، فالدورة تُقطع **عكس عقارب الساعة**.

• أعمال التحولات:
• (a): $W_{12} = -nR\,(T_2 - T_1) = -8{,}314 \times 300 \approx -2494\ J$.
• (b): $W_{23} = -nRT_2\ln\dfrac{V_3}{V_2} = 8{,}314 \times 600 \times 0{,}693 \approx +3457\ J$.
• (c): $W_{31} = 0$ (حجم ثابت).

• عمل الدورة:

$ W_\text{cycle} = -2494 + 3457 + 0 $

ومنه $W_\text{cycle} \approx +963\ J > 0$.

النتيجة: الدورة مستقبِلة (تُقطع عكس عقارب الساعة)، والغاز يستقبل عملاً صافياً نحو $963\ J$، و $Q_\text{cycle} = -W_\text{cycle} \approx -963\ J$، أي إنه يطرح حرارة صافية للوسط الخارجي. وللتذكير، في التحول (b) وحده $Q_{23} = -W_{23} \approx -3{,}46\ kJ$ لأن درجة الحرارة ثابتة.

ملاحظات للامتحان

• ابدأ دائماً بجدول الحالات: نصف أسئلة تمرين الدورة تُحلّ به.
• اكتب كل عمل بإشارته ثم اجمع، وتحقق من إشارة المجموع باتجاه الدوران.
• قيمتا $R$: $0{,}082$ للحجوم باللتر والضغوط بـ atm، و $8{,}314$ للعمل بالجول.