پیستون بی‌دررو: تعادل مکانیکی بدون تعادل گرمایی

پرسش 1. شکل مقاومت در محفظهٔ 1، پیستون عایق و سیم‌های عبوری از مرز بیرونی را نشان می‌دهد. گاز 2 از پیستون کار مکانیکی می‌گیرد و گرمایی نمی‌گیرد. برای «دو گاز + مقاومت»، تبادل گرمای بیرونی صفر و دیواره‌های بیرونی صلب‌اند: تنها کار الکتریکی وارد می‌شود. کار مبادله‌شده از راه پیستون برای این مجموعه درونی است.

پرسش 2. گاز 2 تراکم بی‌درروی برگشت‌پذیر دارد، پس $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. با $P_f=xP_0$،

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

می‌گذاریم $a=x^{-1/\gamma}$. معادلهٔ حالت در حالت‌های آغازین و نهایی می‌دهد

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

حجم کل $2V_0$ است و پیستون فشار یکسانی در محفظه‌های 1 و2 تحمیل می‌کند:

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

چون $x>1$ و $\gamma>1$، داریم $0<a<1$، پس $2-a>a$ و $T_{1,f}>T_{2,f}$. دیواره کار را مجاز می‌کند ولی انتقال مستقیم گرما را نه. پس از قطع جریان، این حالت در مدل ماکروسکوپی پذیرفته‌شده تعادل مکانیکی تحت قید بی‌دررو است.

پرسش 3. برای هر گاز $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ و $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. جای‌گذاری دماهای محاسبه‌شده می‌دهد

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

انرژی ذخیره‌شده در مقاومت ناچیز است. پس اصل اول برای مجموعه می‌دهد

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

برای گاز 2، $Q_2=0$، پس کار پیستون $W_2=\Delta U_2$ است. چون پیستون انرژی ذخیره نمی‌کند، کارش بر گاز 1 برابر $-W_2$ است. این دو کار در موازنهٔ مجموعه حذف می‌شوند.

پرسش 4. برای گاز 2 فرمول آنتروپی می‌دهد

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

زیرا $a^\gamma=1/x$. این نتیجه هم‌آنتروپی بودن تراکم برگشت‌پذیر را بازمی‌یابد. برای گاز 1،

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

داریم $x>1$ و $2-a>1$، پس آرگومان لگاریتم از 1 بزرگ‌تر است: $\Delta S_1>0$. مجموعه از بیرون آنتروپی نمی‌گیرد: کار الکتریکی آنتروپی حمل نمی‌کند. پس $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. گرم‌شدن ژولی حتی در گرم‌کردن آهسته آنتروپی تولید می‌کند. بنابراین رابطهٔ لاپلاس برای گاز 1 معتبر نیست.

پرسش 5. پس از قطع جریان مجموعه منزوی است. دیواره که اکنون گرماگذر و متحرک است، برابری دماها و فشارهای نهایی را ممکن می‌کند. چون هر دو گاز $n$ یکسان دارند، $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ می‌دهد $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. پایستگی انرژی ایجاب می‌کند

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

با تقسیم بر $nc_V$ و جای‌گذاری دماها داریم

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

پس $T_*=xT_0$ و $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. برای تغییرات آنتروپی در این فرایند تازه،

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

مجموع آن‌ها آنتروپی اضافی تولیدشده است، زیرا مجموعه منزوی است:

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

برای $0<a<1$، داریم $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$، پس لگاریتمش منفی است. علامت منفی باعث می‌شود $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.