Адиабатический поршень: механическое равновесие без теплового

Вопрос 1. На схеме показаны резистор в отсеке 1, теплоизолированный поршень и электрические провода, пересекающие внешнюю границу. Газ 2 получает механическую работу через поршень, но не получает теплоты. Для системы «два газа + резистор» внешняя теплота равна нулю, а внешние стенки жёсткие: поступает только электрическая работа. Работы по обе стороны поршня внутренние для этой совокупности.

Вопрос 2. Газ 2 сжимается адиабатически и обратимо, поэтому $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. При $P_f=xP_0$,

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

Положим $a=x^{-1/\gamma}$. Уравнение состояния на обоих концах процесса даёт

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

Полный объём равен $2V_0$, а поршень обеспечивает одинаковое давление в отсеках 1 и 2:

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

Поскольку $x>1$ и $\gamma>1$, имеем $0<a<1$, поэтому $2-a>a$ и $T_{1,f}>T_{2,f}$. Перегородка допускает передачу работы, но не прямой теплообмен. После выключения тока это состояние является механическим равновесием при адиабатическом ограничении в принятой макроскопической модели.

Вопрос 3. Для каждого газа $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ и $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Подставляя найденные температуры,

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

Энергия, запасённая в резисторе, пренебрежимо мала. Поэтому первое начало для всей системы даёт

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

Для газа 2 $Q_2=0$, поэтому работа поршня равна $W_2=\Delta U_2$. Поршень не запасает энергию, следовательно его работа над газом 1 равна $-W_2$. В балансе всей системы эти работы взаимно сокращаются.

Вопрос 4. Для газа 2 формула энтропии даёт

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

поскольку $a^\gamma=1/x$. Снова получаем изэнтропичность обратимого сжатия. Для газа 1

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

Имеем $x>1$ и $2-a>1$, поэтому аргумент логарифма больше 1: $\Delta S_1>0$. Система не получает энтропии извне: электрическая работа её не переносит. Таким образом, $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. Джоулев нагрев производит энтропию, даже если происходит медленно. Поэтому закон Лапласа неприменим к газу 1.

Вопрос 5. После выключения тока система изолирована. Диатермическая подвижная перегородка позволяет температурам и давлениям в конце стать одинаковыми. Поскольку оба газа содержат одинаковое $n$, из $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ следует $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. Сохранение энергии требует

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

Деля на $nc_V$ и подставляя температуры,

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

откуда $T_*=xT_0$ и $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Для изменений энтропии в этом новом процессе

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

Их сумма равна дополнительно произведённой энтропии, поскольку система изолирована:

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

При $0<a<1$ имеем $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, поэтому логарифм отрицателен. Знак минус обеспечивает $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.