Pistão adiabático: equilíbrio mecânico sem equilíbrio térmico

Questão 1. O esquema mostra a resistência no compartimento 1, o pistão isolante e os fios elétricos que atravessam a fronteira exterior. O gás 2 recebe trabalho mecânico através do pistão e não recebe calor. Para «dois gases + resistência», não há troca de calor com o exterior e as paredes exteriores são rígidas: só entra trabalho elétrico. O trabalho trocado através do pistão é interno a este conjunto.

Questão 2. O gás 2 sofre uma compressão adiabática reversível, pelo que $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Com $P_f=xP_0$,

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

Seja $a=x^{-1/\gamma}$. A equação de estado nos estados inicial e final dá

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

O volume total é $2V_0$ e o pistão impõe a mesma pressão nos compartimentos 1 e 2:

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

Como $x>1$ e $\gamma>1$, $0<a<1$, logo $2-a>a$ e $T_{1,f}>T_{2,f}$. A parede permite trabalho, mas não transferência térmica direta. Após interromper a corrente, este estado é um equilíbrio mecânico sujeito à restrição adiabática no modelo macroscópico adotado.

Questão 3. Para cada gás, $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ e $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Substituindo as temperaturas calculadas,

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

A energia armazenada na resistência é desprezável. O primeiro princípio aplicado ao conjunto dá então

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

Para o gás 2, $Q_2=0$, pelo que o trabalho do pistão é $W_2=\Delta U_2$. Como o pistão não armazena energia, o seu trabalho sobre o gás 1 é $-W_2$. Estas duas contribuições cancelam-se no balanço do conjunto.

Questão 4. Para o gás 2, a fórmula de entropia dá

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

pois $a^\gamma=1/x$. Recupera-se o caráter isentrópico da compressão reversível. Para o gás 1,

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

Tem-se $x>1$ e $2-a>1$, pelo que o argumento do logaritmo excede 1: $\Delta S_1>0$. O conjunto não recebe entropia do exterior: o trabalho elétrico não a transporta. Assim, $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. O efeito Joule produz entropia mesmo quando o aquecimento é lento. A lei de Laplace não se aplica, portanto, ao gás 1.

Questão 5. Interrompida a corrente, o conjunto está isolado. A parede, agora diatérmica e móvel, permite igualar as temperaturas e pressões finais. Como os dois gases contêm o mesmo $n$, $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ dá $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. A conservação da energia exige

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

Dividindo por $nc_V$ e substituindo as temperaturas,

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

logo $T_*=xT_0$ e $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Para as variações de entropia nesta nova transformação,

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

A sua soma é a entropia adicional produzida, pois o conjunto está isolado:

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

Para $0<a<1$, $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, pelo que o seu logaritmo é negativo. O sinal menos faz com que $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.