Pistone adiabatico: equilibrio meccanico senza equilibrio termico

Domanda 1. Lo schema mostra la resistenza nel compartimento 1, il pistone isolante e i fili elettrici che attraversano il confine esterno. Il gas 2 riceve lavoro meccanico attraverso il pistone, ma non calore. Per «due gas + resistenza», non vi sono scambi di calore con l'esterno e le pareti esterne sono rigide: entra solo lavoro elettrico. Il lavoro scambiato attraverso il pistone è interno a questo insieme.

Domanda 2. Il gas 2 subisce una compressione adiabatica reversibile, quindi $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Con $P_f=xP_0$,

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

Poniamo $a=x^{-1/\gamma}$. L'equazione di stato negli stati iniziale e finale dà

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

Il volume totale è $2V_0$ e il pistone impone la stessa pressione nei compartimenti 1 e 2:

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

Poiché $x>1$ e $\gamma>1$, $0<a<1$, quindi $2-a>a$ e $T_{1,f}>T_{2,f}$. La parete permette lavoro ma non trasferimenti termici diretti. Interrotta la corrente, questo stato è un equilibrio meccanico soggetto al vincolo adiabatico nel modello macroscopico adottato.

Domanda 3. Per ogni gas, $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ e $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Sostituendo le temperature calcolate,

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

L'energia accumulata nella resistenza è trascurabile. Il primo principio applicato all'insieme dà quindi

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

Per il gas 2, $Q_2=0$, quindi il lavoro del pistone è $W_2=\Delta U_2$. Poiché il pistone non accumula energia, il suo lavoro sul gas 1 è $-W_2$. Questi due contributi si cancellano nel bilancio dell'insieme.

Domanda 4. Per il gas 2, la formula dell'entropia dà

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

perché $a^\gamma=1/x$. Si ritrova il carattere isoentropico della compressione reversibile. Per il gas 1,

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

Abbiamo $x>1$ e $2-a>1$, quindi l'argomento del logaritmo è maggiore di 1: $\Delta S_1>0$. L'insieme non riceve entropia dall'esterno: il lavoro elettrico non ne trasporta. Dunque $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. L'effetto Joule produce entropia anche se il riscaldamento è lento. La legge di Laplace non si applica quindi al gas 1.

Domanda 5. Interrotta la corrente, l'insieme è isolato. La parete, ora diatermica e mobile, consente l'uguaglianza delle temperature e delle pressioni finali. Poiché i gas contengono lo stesso $n$, $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ dà $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. La conservazione dell'energia impone

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

Dividendo per $nc_V$ e sostituendo le temperature,

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

da cui $T_*=xT_0$ e $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Per le variazioni di entropia durante questa nuova trasformazione,

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

La loro somma è l'ulteriore entropia prodotta, poiché l'insieme è isolato:

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

Per $0<a<1$, $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, quindi il suo logaritmo è negativo. Il segno meno rende $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.