Soal

Latihan ini lebih dari sekadar soal klasik: latihan ini juga mendasar untuk menunjukkan salah satu perbedaan antara transformasi reversibel dan transformasi ireversibel (lihat juga Pelajaran 6).

Tinjaulah $n$ mol gas ideal, dengan kapasitas kalor konstan dan rasio $\gamma=c_P/c_V>1$ , yang berada dalam silinder vertikal terisolasi termal, berpenampang $\mathcal S$ , dan ditutup oleh piston adiabatik bermassa dapat diabaikan yang bergerak tanpa gesekan. Bagian luar berada pada tekanan atmosfer $P_0$ , yang bekerja pada permukaan atas piston. Pada kesetimbangan awal, tekanan gas juga bernilai $P_0$ , dan keadaannya adalah

A=(P_0,V_0,T_0).

Tersedia beban tambahan dengan massa total $M$ . Ketika seluruh beban diletakkan pada piston, tekanan luar bernilai

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

Dua percobaan dibandingkan: massa $M$ dibagi menjadi sejumlah besar massa kecil yang ditambahkan satu per satu, dengan menunggu tercapainya setiap kesetimbangan baru; atau seluruh massa $M$ diletakkan sekaligus. Selanjutnya, beban tambahan dilepas dengan cara yang sama: butir pasir demi butir pasir, atau sekaligus.

Kedua percobaan berawal dari keadaan awal A yang sama, yang ditunjukkan di tengah: saat itu piston hanya dikenai tekanan atmosfer P_0. Di kiri, beban tambahan bermassa total M diletakkan butir pasir demi butir pasir, sehingga P_ ext meningkat secara bertahap; ketika beban dilepas dengan cara yang sama, lintasan ditempuh dalam arah sebaliknya. Di kanan, massa M yang sama diletakkan sekaligus: P_ ext berubah secara mendadak dari P_0 menjadi P_1. Dalam kedua percobaan kompresi, P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Gambar 1. Kedua percobaan berawal dari keadaan awal $A$ yang sama, yang ditunjukkan di tengah: saat itu piston hanya dikenai tekanan atmosfer $P_0$ . Di kiri, beban tambahan bermassa total $M$ diletakkan butir pasir demi butir pasir, sehingga $P_{\mathrm{ext}}$ meningkat secara bertahap; ketika beban dilepas dengan cara yang sama, lintasan ditempuh dalam arah sebaliknya. Di kanan, massa $M$ yang sama diletakkan sekaligus: $P_{\mathrm{ext}}$ berubah secara mendadak dari $P_0$ menjadi $P_1$ . Dalam kedua percobaan kompresi, $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

Beban tambahan dipasang dengan sangat bertahap, sehingga tekanan luar berubah perlahan dari $P_0$ menjadi $P_1$ . Jelaskan bahwa setiap saat tekanan $P$ gas sama dengan tekanan luar $P_{\mathrm{ext}}$ . Hukum apa yang kemudian dapat digunakan untuk menghubungkan keadaan-keadaan gas yang berurutan? Dari sini, tentukan $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ , dan $V_B/V_0$ sebagai fungsi $x$ dan $\gamma$ .
Sekarang, mulai dari keadaan $B$ , beban tambahan dilepas dengan sangat bertahap, butir pasir demi butir pasir, hingga tekanan luar kembali menjadi $P_0$ . Dengan menggunakan hukum yang sama seperti pada pertanyaan sebelumnya, tunjukkan bahwa gas kembali tepat ke keadaan awalnya $A$ .
Mulai lagi dari $A$ , lalu kali ini seluruh massa $M$ diletakkan sekaligus: tekanan luar secara mendadak mengambil nilai konstan $P_1$ . Tentukan keadaan akhir $B'$ secara lengkap, serta $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ , dan $\Delta U_{AB'}$ .
Pertama, gunakan contoh $\gamma=5/3$ dan $x=2$ untuk membandingkan $T_{B'}$ dan $T_B$ secara numerik. Kemudian, buktikan perbandingan tersebut secara analitik untuk setiap $\gamma>1$ dan $x>1$ , lalu bandingkan $V_{B'}$ dan $V_B$ . Kompresi mana yang lebih meningkatkan suhu gas dan mana yang lebih memampatkannya?
Dari $B'$ , seluruh beban tambahan dilepas secara mendadak: tekanan luar kembali menjadi tekanan atmosfer $P_0$ . Tentukan keadaan akhir $B"$ . Tunjukkan apakah $T_{B"}$ dan $V_{B"}$ lebih besar atau lebih kecil daripada nilai awalnya.
Buat neraca energi untuk proses pergi-pulang $A\to B'\to B"$ . Jelaskan apa yang akan ditambahkan Pelajaran 6 pada perbandingan ini.

Petunjuk

Untuk transformasi mendadak, gunakan

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

dan hanya persamaan keadaan pada keadaan setimbang awal dan akhir. Untuk membandingkan

B

dan

B'

, tinjau logaritma rasio

T_{B'}/T_B

.

Pembahasan terperinci

Solusi

Ingat bahwa

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

.

Pertanyaan 1. Beban tambahan dibagi menjadi massa-massa yang cukup kecil dan setiap kesetimbangan baru tercapai sebelum massa berikutnya ditambahkan: dengan demikian, gas melewati rangkaian kontinu keadaan setimbang: transformasinya bersifat kuasistatik. Karena massa piston dapat diabaikan dan piston bergerak tanpa gesekan, kesetimbangan mekanis setiap saat mensyaratkan $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , yaitu $P=P_{\mathrm{ext}}$ . Karena dindingnya adiabatik, $\delta Q=0$ . Dalam kondisi ini, hukum Laplace dapat digunakan. Dua bentuk yang berguna antara $A$ dan $B$ adalah

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

Karena $P_B=P_1=xP_0$ , hubungan pertama langsung memberikan $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , sedangkan hubungan kedua memberikan $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . Akhirnya, $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ , dan $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Pertanyaan 2. Ketika beban tambahan dilepas secara bertahap, gas tetap berada dalam kesetimbangan mekanis dengan bagian luar dan mengikuti lintasan adiabatik Laplace yang sama, tetapi dalam arah sebaliknya. Pada akhirnya, $P_f=P_0$ . Hubungan Laplace kemudian memberikan

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

dan

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

Dengan demikian, gas kembali tepat ke keadaan $A=(P_0,V_0,T_0)$ . Transformasi dapat ditempuh dalam kedua arah dengan melewati rangkaian keadaan setimbang yang sama: transformasi ini disebut reversibel.

Pertanyaan 3. Hukum Laplace tidak boleh digunakan: selama transformasi mendadak ini, gas tidak melewati rangkaian keadaan setimbang. Selama proses, hanya tekanan luar konstan $P_1$ yang berperan dalam kerja: $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . Pada kesetimbangan akhir, $P_{B'}=P_1$ . Dengan menggunakan $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ , dan $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ , hukum pertama memberikan

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Definisikan

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Maka

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Pertanyaan 4. Mulailah dengan contoh $\gamma=5/3$ dan $x=2$ . Kompresi bertahap memberikan $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , sedangkan kompresi mendadak memberikan

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

Dalam contoh ini, kompresi mendadak meningkatkan suhu gas lebih besar. Sekarang tunjukkan bahwa hasil ini berlaku umum. Definisikan

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

Diperoleh $f(1)=0$ , dan

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

Untuk $\gamma>1$ dan $x>1$ , semua faktor penyebut positif dan $f'(x)>0$ . Jadi $f(x)>f(1)=0$ , sehingga $T_{B'}/T_B>1$ , yaitu $T_{B'}>T_B$ . Kedua keadaan memiliki tekanan yang sama, $P_1$ ; persamaan gas ideal juga mengharuskan $V_{B'}>V_B$ . Kompresi mendadak meningkatkan suhu gas lebih besar, tetapi memampatkannya lebih sedikit daripada kompresi bertahap.

Pertanyaan 5. Pelepasan beban tambahan secara mendadak mengubah tekanan luar dari $P_1$ menjadi $P_0=P_1/x$ . Jadi, perhitungan pada pertanyaan 3 diulangi dengan mengganti rasio tekanan $x$ dengan kebalikannya, $1/x$ . Hasil pertanyaan 3 menjadi

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

Dengan mendefinisikan

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

diperoleh

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Namun,

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

Dalam kondisi yang ditinjau, $x>1$ , sehingga $x>0$ dan $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Karena $\gamma>1$ , memang berlaku $\theta\phi-1>0$ . Akibatnya,

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

Setelah tekanan luar dinaikkan lalu diturunkan kembali, gas tidak kembali ke keadaan $A$ . Perbedaan ini merupakan tanda awal ireversibilitas: mengembalikan kendala luar ke nilai awalnya tidak cukup untuk mengembalikan sistem ke keadaan awalnya.

Pertanyaan 6. Ekspansi mendadak bersifat adiabatik sehingga, untuk seluruh proses pergi-pulang,

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

Manipulasi eksternal mengembalikan tekanan ke nilai awalnya, tetapi gas telah menerima kerja neto dan tetap lebih panas serta lebih mengembang. Pelajaran 6 akan meninjau kembali keadaan-keadaan yang sama untuk menunjukkan bahwa kompresi reversibel tidak menghasilkan entropi, sedangkan masing-masing dari kedua transformasi mendadak menghasilkannya.