Piston adiabatik: kesetimbangan mekanis tanpa kesetimbangan termal

Pertanyaan 1. Gambar menunjukkan resistor di ruang 1, piston berisolasi termal, dan kabel listrik melintasi batas luar. Gas 2 menerima kerja mekanis melalui piston, tanpa kalor. Untuk «dua gas + resistor», kalor dari luar nol dan dinding luar kaku: hanya kerja listrik masuk. Kerja pada kedua sisi piston bersifat internal bagi gabungan ini.

Pertanyaan 2. Gas 2 dikompresi secara adiabatik reversibel, sehingga $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Dengan $P_f=xP_0$,

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

Tetapkan $a=x^{-1/\gamma}$. Persamaan keadaan pada kedua ujung proses memberikan

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

Volume total adalah $2V_0$ dan piston memastikan tekanan sama di ruang 1 dan 2:

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

Karena $x>1$ dan $\gamma>1$, berlaku $0<a<1$, sehingga $2-a>a$ dan $T_{1,f}>T_{2,f}$. Sekat memungkinkan kerja, tetapi tidak memungkinkan perpindahan kalor langsung. Setelah arus diputus, keadaan ini merupakan kesetimbangan mekanis di bawah kendala adiabatik dalam model makroskopik yang digunakan.

Pertanyaan 3. Untuk setiap gas, $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ dan $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Dengan memasukkan suhu yang telah dihitung,

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

Energi tersimpan dalam resistor dapat diabaikan. Hukum pertama untuk gabungan memberikan

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

Pada gas 2, $Q_2=0$, sehingga kerja piston adalah $W_2=\Delta U_2$. Piston tidak menyimpan energi, jadi kerjanya pada gas 1 adalah $-W_2$. Kedua kerja ini saling menghapus dalam neraca gabungan.

Pertanyaan 4. Untuk gas 2, rumus entropi memberikan

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

karena $a^\gamma=1/x$. Kembali diperoleh sifat isentropik kompresi reversibel. Untuk gas 1,

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

Berlaku $x>1$ dan $2-a>1$, sehingga argumen logaritma lebih besar dari 1: $\Delta S_1>0$. Gabungan tidak menerima entropi dari luar: kerja listrik tidak membawanya. Jadi $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. Efek Joule menghasilkan entropi meskipun pemanasan lambat. Hukum Laplace karena itu tidak berlaku untuk gas 1.

Pertanyaan 5. Setelah arus diputus, gabungan terisolasi. Sekat yang kini diatermal dan bergerak memungkinkan suhu serta tekanan akhirnya sama. Karena kedua gas mengandung $n$ yang sama, $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ memberikan $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. Kekekalan energi mengharuskan

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

Membagi dengan $nc_V$ lalu memasukkan suhu,

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

sehingga $T_*=xT_0$ dan $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Perubahan entropi selama proses baru ini adalah

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

Jumlahnya merupakan tambahan entropi yang dihasilkan, karena gabungan terisolasi:

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

Untuk $0<a<1$, berlaku $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, jadi logaritmanya negatif. Tanda minus menghasilkan $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.