Soal

Ditinjau kembali dua percobaan kompresi adiabatik dari pelajaran 5; hasil yang diperlukan diingatkan di sini. Silinder vertikal berisolasi termal dengan luas penampang $\mathcal S$ mengandung $n$ mol gas ideal. Pistonnya juga berisolasi termal, bergerak tanpa gesekan dan bermassa dapat diabaikan. Kapasitas kalor molar $c_V$ dan $c_P$ konstan, dengan

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Mula-mula piston hanya dikenai tekanan atmosfer $P_0$ : gas berada pada keadaan $A=(P_0,V_0,T_0)$ , dengan $P_0V_0=nRT_0$ . Beban tambahan bermassa $M$ menaikkan tekanan luar menjadi

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

Kedua percobaan dimulai dari $A$ . Pada yang pertama, beban ditambah lalu diambil butir pasir demi butir: gas mengikuti adiabat reversibel $A\to B\to A$ . Pada yang kedua, seluruh beban diletakkan sekaligus, ditunggu kesetimbangan $B'$ , lalu beban diambil sekaligus dan ditunggu kesetimbangan $B"$ . Tekanan luar konstan pada setiap tahap mendadak: $P_1$ saat pembebanan, $P_0$ saat pelepasan. Diasumsikan osilasi teredam oleh disipasi dalam gas; piston diam pada keadaan awal dan akhir serta tidak menyimpan energi.

Kedua kompresi dimulai dari A (tengah). Di kiri, beban ditambahkan bertahap hingga B; pelepasan bertahap mengembalikan A. Di kanan, beban diletakkan mendadak hingga B'; pelepasan mendadak membawa ke keadaan lain B”. Gambar menunjukkan kompresi; empat keadaan dirinci di bawah. — Gambar 1. Kedua kompresi dimulai dari $A$ (tengah). Di kiri, beban ditambahkan bertahap hingga $B$ ; pelepasan bertahap mengembalikan $A$ . Di kanan, beban diletakkan mendadak hingga $B'$ ; pelepasan mendadak membawa ke keadaan lain $B"$ . Gambar menunjukkan kompresi; empat keadaan dirinci di bawah.

Hukum Laplace pada lintasan reversibel dan hukum pertama pada lintasan mendadak memberikan hasil berikut. Tetapkan

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{Keadaan} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

Khususnya,

\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

Semua tahap adiabatik: $Q=0$ dan $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , dengan konvensi energi yang diterima gas. Maka,

\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

Lintasan pergi-pulang reversibel memiliki kerja neto nol, sedangkan lintasan mendadak menerima $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ .

Hitung perubahan entropi pada $A\to B$ dan $B\to A$ , lalu susun neraca entropi lintasan pergi-pulang reversibel.
Hitung $\Delta S_{AB'}$ dan tunjukkan bahwa nilainya positif secara ketat. Berapa bagian perubahan ini yang dipertukarkan dan berapa yang dihasilkan?
Lakukan hal yang sama untuk pelepasan mendadak $B'\to B"$ .
Hitung langsung $\Delta S_{AB"}$ dan verifikasi bahwa nilainya sama dengan jumlah dua produksi entropi sebelumnya. Apakah lintasan $A\to B'\to B"$ merupakan siklus gas?
Bandingkan neraca energi dan entropi kedua lintasan pergi-pulang. Jelaskan mengapa tidak adanya pertukaran kalor tidak berarti entropi kekal.

Petunjuk

Antara dua keadaan setimbang gas ideal,

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

Untuk $B'\to B"$ , gunakan $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ dan $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . Pertidaksamaan dalam soal memungkinkan penentuan tanda. Pada setiap tahap, $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Pembahasan terperinci

Solusi

Pertanyaan 1. Tabel memberikan

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

dan

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

. Dengan memasukkannya ke rumus entropi,

\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

karena $c_V(\gamma-1)=R$ . Lintasan kembali mengikuti jalan yang sama dalam arah berlawanan, sehingga $\Delta S_{BA}=0$ . Pada setiap tahap dan seluruh lintasan pergi-pulang, $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . Gas kembali ke $A$ .

Pertanyaan 2. Untuk kompresi mendadak,

T_{B'}/T_0=\theta

dan

V_{B'}/V_0=\theta/x

. Menggunakan

R=c_V(\gamma-1)

lalu sifat logaritma,

\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

Pertidaksamaan yang diberikan $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ menghasilkan $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : rasio di dalam logaritma melebihi 1, sehingga $\Delta S_{AB'}>0$ . Entropi yang dipertukarkan nol, maka $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . Entropi gas meningkat melalui produksi tanpa menerima kalor.

Pertanyaan 3. Pada pelepasan mendadak, rasio besaran antara keadaan akhir dan awal tahap ini adalah

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Jadi,

\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

Memang, $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ mengakibatkan $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . Kembali berlaku $S_{\mathrm{e}}=0$ dan $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . Gas mendingin selama ekspansi ini ( $\phi<1$ ), tetapi entropinya meningkat: suku ekspansi lebih dominan.

Pertanyaan 4. Keadaan

A

dan

B"

memiliki tekanan sama dan

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

, sehingga

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

Telah digunakan $c_P=c_V+R$ dan $\theta\phi>1$ . Kini jumlahkan kedua hasil sebelumnya:

\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

Suku-suku $\ln x$ saling menghapus. Setiap tahap adiabatik, sehingga jumlah ini juga jumlah kedua entropi yang dihasilkan. Kembalinya tekanan luar ke $P_0$ belum cukup menutup siklus gas: $B"\ne A$ , karena $T_{B"}>T_0$ dan $V_{B"}>V_0$ .

Pertanyaan 5. Untuk

A\to B\to A

, berlaku

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

dan

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

. Untuk

A\to B'\to B"

,

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

Hukum pertama menjelaskan kerja neto yang tersimpan sebagai energi dalam; hukum kedua mengukur ireversibilitas melalui produksi entropi. Proses adiabatik hanya isentropik jika tidak menghasilkan entropi, seperti pada kasus reversibel di sini.