Tłok adiabatyczny: równowaga mechaniczna bez równowagi cieplnej

Pytanie 1. Schemat pokazuje opornik w części 1, izolowany cieplnie tłok i przewody elektryczne przechodzące przez zewnętrzną granicę. Gaz 2 otrzymuje pracę mechaniczną za pośrednictwem tłoka, ale nie otrzymuje ciepła. Dla układu „dwa gazy + opornik” ciepło z zewnątrz jest zerowe, a ścianki zewnętrzne są sztywne: dostarczana jest tylko praca elektryczna. Prace po obu stronach tłoka są wewnętrzne względem tej całości.

Pytanie 2. Gaz 2 jest sprężany adiabatycznie i odwracalnie, więc $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Przy $P_f=xP_0$,

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

Przyjmijmy $a=x^{-1/\gamma}$. Równanie stanu dla obu stanów skrajnych daje

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

Całkowita objętość wynosi $2V_0$, a tłok wymusza jednakowe ciśnienie w częściach 1 i 2:

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

Ponieważ $x>1$ i $\gamma>1$, mamy $0<a<1$, zatem $2-a>a$ i $T_{1,f}>T_{2,f}$. Przegroda umożliwia przekaz pracy, ale nie bezpośredni przepływ ciepła. Po wyłączeniu prądu ten stan jest równowagą mechaniczną przy ograniczeniu adiabatycznym w przyjętym modelu makroskopowym.

Pytanie 3. Dla każdego gazu $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ i $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Podstawiając obliczone temperatury,

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

Energia zgromadzona w oporniku jest pomijalna. Pierwsza zasada zastosowana do całości daje więc

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

Dla gazu 2 $Q_2=0$, zatem praca tłoka wynosi $W_2=\Delta U_2$. Tłok nie magazynuje energii, więc jego praca nad gazem 1 wynosi $-W_2$. Te dwie prace znoszą się w bilansie całości.

Pytanie 4. Dla gazu 2 ze wzoru na entropię

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

ponieważ $a^\gamma=1/x$. Otrzymujemy ponownie izentropowość odwracalnego sprężania. Dla gazu 1

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

Mamy $x>1$ i $2-a>1$, więc argument logarytmu jest większy od 1: $\Delta S_1>0$. Całość nie otrzymuje entropii z otoczenia: praca elektryczna jej nie przenosi. Zatem $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. Efekt Joule'a wytwarza entropię nawet przy powolnym ogrzewaniu. Równanie adiabaty nie stosuje się więc do gazu 1.

Pytanie 5. Po wyłączeniu prądu całość jest izolowana. Przegroda, teraz diatermiczna i ruchoma, umożliwia końcowe wyrównanie temperatur i ciśnień. Ponieważ oba gazy zawierają taką samą ilość $n$, z $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ wynika $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. Zachowanie energii wymaga

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

Dzieląc przez $nc_V$ i podstawiając temperatury,

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

stąd $T_*=xT_0$ i $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Dla zmian entropii w tej nowej przemianie

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

Ich suma jest dodatkowo wytworzoną entropią, gdyż całość jest izolowana:

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

Dla $0<a<1$ mamy $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, więc logarytm jest ujemny. Znak minus sprawia, że $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.