단열 피스톤: 열평형 없는 역학적 평형

문제 1. 그림은 구획 1의 저항, 단열 피스톤, 외부 경계를 통과하는 전선을 보여 준다. 기체 2는 피스톤을 통해 역학적 일을 받고 열은 받지 않는다. '두 기체와 저항'의 외부 열량은 0이고 외벽은 단단하므로 전기적 일만 들어온다. 피스톤 양쪽에서 하는 일은 전체 내부의 교환이다.

문제 2. 기체 2의 압축은 가역 단열이므로 $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$ 이다. $P_f=xP_0$ 로부터,

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

$a=x^{-1/\gamma}$ 로 두자. 처음과 끝 상태의 상태방정식은

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

총부피는 $2V_0$ 이며 피스톤은 1과 2의 압력을 같게 한다.

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

$x>1$, $\gamma>1$ 이므로 $0<a<1$, 따라서 $2-a>a$, $T_{1,f}>T_{2,f}$ 이다. 벽은 일을 허용하지만 직접 열전달은 허용하지 않는다. 채택한 거시적 모형에서 전류를 끈 뒤 이 상태는 단열 구속 아래의 역학적 평형이다.

문제 3. 각 기체에 대해 $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$, $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$ 이다. 계산한 온도를 대입하면,

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

저항에 저장되는 에너지는 무시할 수 있다. 전체에 제1법칙을 적용하면

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

기체 2에서는 $Q_2=0$ 이므로 피스톤의 일은 $W_2=\Delta U_2$ 이다. 피스톤은 에너지를 저장하지 않아 기체 1에 하는 일은 $-W_2$ 이다. 두 일은 전체 수지에서 상쇄된다.

문제 4. 기체 2의 엔트로피 공식에서

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

이는 $a^\gamma=1/x$ 이기 때문이다. 가역 압축의 등엔트로피성을 다시 얻는다. 기체 1에서는,

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

$x>1$, $2-a>1$ 이므로 로그의 진수는 1보다 크고 $\Delta S_1>0$ 이다. 전기적 일은 엔트로피를 운반하지 않으므로 전체는 외부에서 엔트로피를 받지 않는다. 따라서 $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$ 이다. 가열이 느려도 줄 효과는 엔트로피를 생성한다. 그러므로 기체 1에는 단열 관계식을 적용할 수 없다.

문제 5. 전류를 끈 뒤 전체는 고립된다. 벽이 열전도성이며 움직일 수 있어 최종 온도와 압력이 같아진다. 두 기체의 $n$ 가 같으므로 $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ 는 $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$ 를 준다. 에너지 보존은

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

$nc_V$ 로 나눈 뒤 온도를 대입하면,

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

따라서 $T_*=xT_0$, $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$ 이다. 새로운 과정에서 엔트로피 변화는

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

전체가 고립되어 있으므로 합은 추가로 생성된 엔트로피이다.

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

$0<a<1$ 에서 $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$ 이므로 로그는 음수이다. 앞의 음수 부호로 $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$ 가 된다.