Latihan termodinamika dengan pembahasan

Kompresi adiabatik: bertahap atau mendadak

Latihan 24 · Pelajaran 5 — Penerapan pada gas ideal

kompresi adiabatik
transformasi reversibel
transformasi ireversibel
tekanan luar konstan
kerja

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 $γ = c_{P} / c_{V} > 1$ , yang berada dalam silinder vertikal terisolasi termal, berpenampang $S$ , 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{M g}{S} = x P_{0}, 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 $P_{ext}$ 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, $P_{1} = P_{0} + M g / S = x P_{0}$ .

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 $P_{ext}$ . 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 $γ$ .
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 $W_{A B^{'}}$ , $Q_{A B^{'}}$ , dan $Δ U_{A B^{'}}$ .
Pertama, gunakan contoh $γ = 5/3$ dan $x = 2$ untuk membandingkan $T_{B^{'}}$ dan $T_{B}$ secara numerik. Kemudian, buktikan perbandingan tersebut secara analitik untuk setiap $γ > 1$ 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_{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}{γ - 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 S = P_{ext} S

, yaitu

P = P_{ext}

. Karena dindingnya adiabatik,

δ Q = 0

. Dalam kondisi ini, hukum Laplace dapat digunakan. Dua bentuk yang berguna antara

A

dan

B

adalah

P_{0} V_{0}^{γ} = P_{B} V_{B}^{γ}, T_{0}^{γ} P_{0}^{1 - γ} = T_{B}^{γ} P_{B}^{1 - γ} .

Karena $P_{B} = P_{1} = x P_{0}$ , hubungan pertama langsung memberikan $V_{B} / V_{0} = x^{- 1/ γ}$ , sedangkan hubungan kedua memberikan $T_{B} / T_{0} = x^{(γ - 1) / γ}$ . Akhirnya, $P_{B} / P_{0} = x$ , $T_{B} / T_{0} = x^{(γ - 1) / γ}$ , dan $V_{B} / V_{0} = x^{- 1/ γ}$ .

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} (\frac{P _{0}}{P _{1}})^{(γ - 1) / γ} = T_{0} x^{(γ - 1) / γ} x^{- (γ - 1) / γ} = T_{0},

dan

V_{f} = V_{B} (\frac{P _{1}}{P _{0}})^{1/ γ} = V_{0} x^{- 1/ γ} x^{1/ γ} = 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_{A B^{'}} = - P_{1} (V_{B^{'}} - V_{0})

. Pada kesetimbangan akhir,

P_{B^{'}} = P_{1}

. Dengan menggunakan

P_{0} V_{0} = n R T_{0}

P_{1} V_{B^{'}} = n R T_{B^{'}}

Q_{A B^{'}} = 0

, dan

Δ U_{A B^{'}} = n c_{V} (T_{B^{'}} - T_{0})

, hukum pertama memberikan

T_{B^{'}} = T_{0} \frac{1 + ( γ - 1 ) x}{γ} .

Definisikan

θ = \frac{1 + ( γ - 1 ) x}{γ} .

Maka

P_{B^{'}} = x P_{0}, T_{B^{'}} = θ T_{0}, V_{B^{'}} = \frac{θ}{x} V_{0} .

Pertanyaan 4. Mulailah dengan contoh $γ = 5/3$ dan $x = 2$ . Kompresi bertahap memberikan $T_{B} / T_{0} = 2^{2/5} ≃ 1, 32$ , sedangkan kompresi mendadak memberikan

T_{B^{'}} / T_{0} = θ = [1 + (2/3) \times 2] / (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 (\frac{T _{B^{'}}}{T _{B}}) = ln (\frac{1 + ( γ - 1 ) x}{γ}) - \frac{γ - 1}{γ} ln x .

Diperoleh $f (1) = 0$ , dan

f^{'} (x) = \frac{γ - 1}{1 + ( γ - 1 ) x} - \frac{γ - 1}{γ x} = \frac{( γ - 1 ) ( x - 1 )}{γ x [ 1 + ( γ - 1 ) x ]}

Untuk $γ > 1$ 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 + ( γ - 1 ) P _{0} / P _{1}}{γ} = \frac{1 + ( γ - 1 ) / x}{γ} .

Dengan mendefinisikan

φ = \frac{1 + ( γ - 1 ) / x}{γ},

diperoleh

P_{B^{''}} = P_{0}, T_{B^{''}} = θ φ T_{0}, V_{B^{''}} = θ φ V_{0} .

Namun,

θ φ - 1 = \frac{γ - 1}{γ ^{2}} (x + \frac{1}{x} - 2) .

Dalam kondisi yang ditinjau, $x > 1$ , sehingga $x > 0$ dan $x + 1/ x - 2 = (x - 1)^{2} / x > 0$ . Karena $γ > 1$ , memang berlaku $θ φ - 1 > 0$ . Akibatnya,

T_{B^{''}} > T_{0} 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_{tot} = 0, W_{tot} = Δ U_{tot} = n c_{V} T_{0} (θ φ - 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.