Adyabatik piston: ısıl denge olmadan mekanik denge

Soru 1. Şema bölüm 1'deki direnci, yalıtılmış pistonu ve dış sınırı geçen elektrik tellerini gösterir. Gaz 2 piston aracılığıyla mekanik iş alır, ısı almaz. “İki gaz + direnç” için dışarıyla ısı alışverişi yoktur ve dış duvarlar rijittir: yalnızca elektrik işi girer. Piston üzerinden iş alışverişi bu bütün için içseldir.

Soru 2. Gaz 2 tersinir adyabatik sıkışır, dolayısıyla $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. $P_f=xP_0$ ile,

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

$a=x^{-1/\gamma}$ tanımlayalım. Başlangıç ve son durum denklemleri,

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

Toplam hacim $2V_0$ olup piston iki bölümde aynı basıncı dayatır:

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

$x>1$ ve $\gamma>1$ olduğundan $0<a<1$, dolayısıyla $2-a>a$ ve $T_{1,f}>T_{2,f}$. Bölme işe izin verir ama doğrudan ısı aktarımına vermez. Akım kesildiğinde bu durum, kullanılan makroskopik modelde adyabatik kısıt altındaki mekanik dengedir.

Soru 3. Her gaz için $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ ve $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Bulunan sıcaklıklar yerine konunca,

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

Dirençte depolanan enerji ihmal edilir. Bütüne uygulanan birinci ilke,

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

Gaz 2 için $Q_2=0$, dolayısıyla piston işi $W_2=\Delta U_2$. Piston enerji depolamadığından gaz 1'e yaptığı iş $-W_2$ olur. Bu iki iş bütünün bilançosunda birbirini götürür.

Soru 4. Gaz 2 için entropi formülü,

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

çünkü $a^\gamma=1/x$. Böylece tersinir sıkıştırmanın izentropik niteliği bulunur. Gaz 1 için,

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

$x>1$ ve $2-a>1$ olduğundan logaritmanın argümanı 1'den büyüktür: $\Delta S_1>0$. Bütün dışarıdan entropi almaz: elektrik işi entropi taşımaz. Dolayısıyla $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. Joule ısınması yavaş ısıtmada bile entropi üretir. Laplace bağıntısı bu yüzden gaz 1'e uygulanamaz.

Soru 5. Akım kesildikten sonra bütün yalıtılmıştır. Artık ısı geçiren hareketli bölme son sıcaklıkların ve basınçların eşitlenmesine izin verir. İki gazın $n$ değeri aynı olduğundan $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$, $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$ sonucunu verir. Enerji korunumu,

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

$nc_V$ değerine bölüp sıcaklıkları yerine koyunca,

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

dolayısıyla $T_*=xT_0$ ve $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Bu yeni süreçteki entropi değişimleri için,

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

Bütün yalıtılmış olduğundan toplamları ek üretilen entropidir:

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

$0<a<1$ için $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, bu yüzden logaritması negatiftir. Eksi işareti $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$ olmasını sağlar.