مكبس كظوم: توازن ميكانيكي دون توازن حراري

السؤال 1. يبين الرسم المقاومة في الحجرة 1 والمكبس المعزول والأسلاك الكهربائية التي تعبر الحد الخارجي. يتلقى الغاز 2 شغلا ميكانيكيا عبر المكبس ولا يتلقى حرارة. بالنسبة إلى «الغازان + المقاومة»، لا تتبادل حرارة مع الخارج والجدران الخارجية صلبة: لا يدخل إلا شغل كهربائي. الشغل المتبادل عبر المكبس داخلي لهذه المجموعة.

السؤال 2. يخضع الغاز 2 لانضغاط كظوم عكوس، ولذلك $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. مع $P_f=xP_0$،

$$\left(\frac{V_{2,f}}{V_0}\right)^\gamma=\frac1x, \qquad V_{2,f}=x^{-1/\gamma}V_0.$$

لنضع $a=x^{-1/\gamma}$. تعطي معادلة الحالة في الحالتين الابتدائية والنهائية

$$\frac{T_{2,f}}{T_0}=\frac{P_fV_{2,f}}{P_0V_0}=xa, \qquad T_{2,f}=xaT_0.$$

الحجم الكلي $2V_0$، ويفرض المكبس الضغط نفسه في الحجرتين 1 و2:

$$V_{1,f}=2V_0-V_{2,f}=(2-a)V_0, \qquad T_{1,f}=T_0\frac{P_fV_{1,f}}{P_0V_0}=x(2-a)T_0.$$

بما أن $x>1$ و$\gamma>1$، فإن $0<a<1$، ومنه $2-a>a$ و$T_{1,f}>T_{2,f}$. يسمح الحاجز بالشغل لكن لا يسمح بانتقال مباشر للحرارة. بعد قطع التيار، تمثل هذه الحالة توازنا ميكانيكيا تحت القيد الكظوم في النموذج العياني المعتمد.

السؤال 3. لكل غاز، $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ و$nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. بتعويض درجات الحرارة المحسوبة نجد

$$\Delta U_1=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1],\qquad \Delta U_2=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(xa-1).$$

الطاقة المخزنة في المقاومة مهملة. لذا يعطي المبدأ الأول مطبقا على المجموعة

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{elec}}&=\Delta U_1+\Delta U_2\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1+xa-1]\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(2x-2) =\frac{2P_0V_0}{\gamma-1}(x-1). \end{aligned}$$

للغاز 2، $Q_2=0$، ولذلك شغل المكبس $W_2=\Delta U_2$. بما أن المكبس لا يخزن طاقة، فإن شغله على الغاز 1 هو $-W_2$. يختزل الشغلان في حصيلة المجموعة.

السؤال 4. للغاز 2، تعطي صيغة الإنتروبيا

$$\begin{aligned} \Delta S_2&=nc_V\ln(xa)+nR\ln a\\ &=nc_V[\ln x+\ln a+(\gamma-1)\ln a]\\ &=nc_V\ln(xa^\gamma)=0, \end{aligned}$$

لأن $a^\gamma=1/x$. نستعيد بذلك ثبات الإنتروبيا في الانضغاط العكوس. للغاز 1،

$$\begin{aligned} \Delta S_1&=nc_V\ln[x(2-a)]+nR\ln(2-a)\\ &=nc_V[\ln x+\gamma\ln(2-a)] =nc_V\ln[x(2-a)^\gamma]. \end{aligned}$$

لدينا $x>1$ و$2-a>1$، لذا فإن حجة اللوغاريتم أكبر من 1: $\Delta S_1>0$. لا تتلقى المجموعة إنتروبيا من الخارج: الشغل الكهربائي لا يحملها. إذن $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. ينتج تسخين جول إنتروبيا حتى عندما يكون التسخين بطيئا. لذلك لا ينطبق قانون لابلاس على الغاز 1.

السؤال 5. بعد قطع التيار، تصبح المجموعة معزولة. يسمح الحاجز، الذي أصبح نافذا للحرارة ومتحركا، بتساوي درجتي الحرارة والضغطين النهائيين. بما أن الغازين يحتويان على الكمية نفسها $n$، تعطي $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ العلاقة $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. يفرض انحفاظ الطاقة

$$nc_V(T_*-T_{1,f})+nc_V(T_*-T_{2,f})=0.$$

بقسمة الطرفين على $nc_V$ وتعويض درجات الحرارة نجد

$$2T_*=T_{1,f}+T_{2,f}=xT_0[(2-a)+a]=2xT_0,$$

ومنه $T_*=xT_0$ و$P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. لتغيري الإنتروبيا أثناء هذا التحول الجديد،

$$\begin{aligned} \Delta S_{1,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{x(2-a)T_0}+nR\ln\frac{V_0}{(2-a)V_0} =-nc_P\ln(2-a),\\ \Delta S_{2,\mathrm{add}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{xaT_0}+nR\ln\frac{V_0}{aV_0} =-nc_P\ln a. \end{aligned}$$

مجموعهما هو الإنتروبيا الإضافية المنتجة، لأن المجموعة معزولة:

$$S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}=-nc_P[\ln(2-a)+\ln a]=-nc_P\ln[a(2-a)].$$

عندما $0<a<1$، لدينا $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$، ولذلك لوغاريتمه سالب. تجعل الإشارة السالبة $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.