Kompresi dengan satu reservoir: reversibel atau mendadak

Pertanyaan 1. Dalam kompresi reversibel, gas tetap setimbang secara termal dengan reservoir: suhunya $T_0$ sepanjang proses. Tekanannya meningkat bertahap dari $P_0$ ke $P_1=xP_0$. Pada keadaan akhir,

$$P_{f,\mathrm{rev}}=xP_0,\qquad T_{f,\mathrm{rev}}=T_0,\qquad V_{f,\mathrm{rev}}=\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x},$$

dengan menggunakan persamaan keadaan awal $nRT_0=P_0V_0$.

Dalam kompresi mendadak, tekanan luar ditetapkan pada $P_1$. Pada kesetimbangan mekanis akhir, tekanan gas sama dengan tekanan luar: $P_{f,\mathrm{irr}}=P_1=xP_0$. Kesetimbangan termal akhir dengan reservoir mengharuskan $T_{f,\mathrm{irr}}=T_0$. Persamaan keadaan kemudian memberikan

$$V_{f,\mathrm{irr}}=\frac{nRT_{f,\mathrm{irr}}}{P_{f,\mathrm{irr}}} =\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x}.$$

Jadi kedua proses menghasilkan keadaan akhir yang sama $(P_f,T_f,V_f)=(xP_0,T_0,V_0/x)$.

Pertanyaan 2. Entropi adalah fungsi keadaan: perubahannya hanya bergantung pada keadaan awal dan akhir, yang sama dalam kedua percobaan. Untuk gas ideal,

$$\Delta S_{\mathrm{gas}} =nc_V\ln\frac{T_f}{T_0}+nR\ln\frac{V_f}{V_0} =nc_V\ln1+nR\ln\frac1x=-nR\ln x.$$

Maka $\Delta S_{\mathrm{gas,rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas,irr}}=-nR\ln x<0$. Penurunan entropi gas ini belum menentukan entropi yang dihasilkan: pertukaran dengan reservoir juga harus diperhitungkan.

Pertanyaan 3. Dalam kompresi reversibel, $P_{\mathrm{ext}}=P=nRT_0/V$. Kerja yang diterima adalah

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{rev}}&=-\int_{V_0}^{V_0/x}\frac{nRT_0}{V}\,\mathrm dV\\ &=-nRT_0[\ln V]_{V_0}^{V_0/x} =-nRT_0\ln(1/x)=nRT_0\ln x>0. \end{aligned}$$

Gas kembali ke suhu awal, sehingga $\Delta U=nc_V(T_0-T_0)=0$. Hukum pertama $\Delta U=Q+W$ memberikan $Q_{\mathrm{rev}}=-W_{\mathrm{rev}}$. Reservoir menerima kalor berlawanan tanda pada suhu $T_0$:

$$\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=\frac{-Q_{\mathrm{rev}}}{T_0}=nR\ln x.$$

Entropi yang diterima gas adalah $S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=Q_{\mathrm{rev}}/T_0=-nR\ln x$, sehingga $S_{\mathrm{i},\mathrm{rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}-S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=0$. Reservoir menerima entropi $S_{\mathrm{e},\mathrm{th}}=-Q_{\mathrm{rev}}/T_0$, sama dengan perubahan entropinya: reservoir juga tidak menghasilkan entropi. Dengan menjumlahkan, $\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=0$: produksi entropi gabungan nol.

Pertanyaan 4. Kompresi mendadak berlangsung di bawah tekanan luar konstan $P_1$. Kerja yang diterima adalah

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{irr}}&=-P_1(V_f-V_0) =-xP_0\left(\frac{V_0}{x}-V_0\right)\\ &=P_0V_0(x-1)=nRT_0(x-1)>0. \end{aligned}$$

Masih berlaku $\Delta U=0$, sehingga $Q_{\mathrm{irr}}=-nRT_0(x-1)$.

Pertanyaan 5. Reservoir menerima $-Q_{\mathrm{irr}}$, sehingga

$$\Delta S_{\mathrm{th,irr}}=\frac{-Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}=nR(x-1).$$

Neraca gas ditulis

$$\Delta S_{\mathrm{gas}}=\frac{Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}+S_{\mathrm{i}}, \qquad S_{\mathrm{i}}=-nR\ln x+nR(x-1).$$

Untuk reservoir ideal, entropi yang diterima $-Q_{\mathrm{irr}}/T_0$ sama dengan perubahannya: reservoir tidak menghasilkan entropi. Gabungan gas—reservoir tidak menerima kalor dari benda lain; kerja dari luar tidak membawa entropi. Jadi kenaikan entropinya merupakan entropi yang dihasilkan:

$$S_{\mathrm{i}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,irr}} =-nR\ln x+nR(x-1).$$

Tetapkan $f(x)=x-1-\ln x$. Maka $f(1)=0$ dan $f'(x)=1-1/x=(x-1)/x>0$ untuk $x>1$. Fungsi meningkat dari nol, sehingga $S_{\mathrm{i}}=nRf(x)>0$. Di sisi lain,

$$W_{\mathrm{irr}}-W_{\mathrm{rev}} =nRT_0(x-1)-nRT_0\ln x=T_0 S_{\mathrm{i}}.$$

Karena $Q=-W$ dalam kedua kasus, kerja tambahan dibuang sebagai kalor ke reservoir. Inilah biaya ireversibilitas.