Tek rezervuarla temas hâlinde sıkıştırma: tersinir veya ani

Soru 1. Tersinir sıkıştırmada gaz rezervuarla ısıl dengede kalır: süreç boyunca sıcaklığı $T_0$ olur. Basıncı $P_0$ değerinden $P_1=xP_0$ değerine kademeli artar. Son durumda,

$$P_{f,\mathrm{rev}}=xP_0,\qquad T_{f,\mathrm{rev}}=T_0,\qquad V_{f,\mathrm{rev}}=\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x},$$

burada başlangıç durum denklemi $nRT_0=P_0V_0$ kullanılmıştır.

Ani sıkıştırmada dış basınç $P_1$ yapılır. Son mekanik dengede gazın basıncı bu dış basınca eşittir: $P_{f,\mathrm{irr}}=P_1=xP_0$. Rezervuarla son ısıl denge $T_{f,\mathrm{irr}}=T_0$ koşulunu gerektirir. Durum denklemi o hâlde,

$$V_{f,\mathrm{irr}}=\frac{nRT_{f,\mathrm{irr}}}{P_{f,\mathrm{irr}}} =\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x}.$$

Her iki süreç de aynı $(P_f,T_f,V_f)=(xP_0,T_0,V_0/x)$ son durumuna ulaşır.

Soru 2. Entropi bir durum fonksiyonudur: değişimi yalnızca iki deneyde aynı olan başlangıç ve son durumlara bağlıdır. İdeal gaz için,

$$\Delta S_{\mathrm{gas}} =nc_V\ln\frac{T_f}{T_0}+nR\ln\frac{V_f}{V_0} =nc_V\ln1+nR\ln\frac1x=-nR\ln x.$$

Dolayısıyla $\Delta S_{\mathrm{gas,rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas,irr}}=-nR\ln x<0$. Gazın entropisindeki azalma, üretilen entropiyi belirlemez: rezervuarla alışveriş de hesaba katılmalıdır.

Soru 3. Tersinir sıkıştırmada $P_{\mathrm{ext}}=P=nRT_0/V$. Alınan iş,

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{rev}}&=-\int_{V_0}^{V_0/x}\frac{nRT_0}{V}\,\mathrm dV\\ &=-nRT_0[\ln V]_{V_0}^{V_0/x} =-nRT_0\ln(1/x)=nRT_0\ln x>0. \end{aligned}$$

Gaz başlangıç sıcaklığına döndüğünden $\Delta U=nc_V(T_0-T_0)=0$. Birinci ilke $\Delta U=Q+W$, $Q_{\mathrm{rev}}=-W_{\mathrm{rev}}$ sonucunu verir. Rezervuar $T_0$ sıcaklığında zıt ısıyı alır:

$$\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=\frac{-Q_{\mathrm{rev}}}{T_0}=nR\ln x.$$

Gazın aldığı entropi $S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=Q_{\mathrm{rev}}/T_0=-nR\ln x$, dolayısıyla $S_{\mathrm{i},\mathrm{rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}-S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=0$. Rezervuarın aldığı $S_{\mathrm{e},\mathrm{th}}=-Q_{\mathrm{rev}}/T_0$ entropisi değişimine eşittir: o da entropi üretmez. Toplayınca $\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=0$ bulunur: bütünde entropi üretilmez.

Soru 4. Ani sıkıştırma sabit $P_1$ dış basıncı altında gerçekleşir. Dolayısıyla alınan iş,

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{irr}}&=-P_1(V_f-V_0) =-xP_0\left(\frac{V_0}{x}-V_0\right)\\ &=P_0V_0(x-1)=nRT_0(x-1)>0. \end{aligned}$$

Yine $\Delta U=0$, dolayısıyla $Q_{\mathrm{irr}}=-nRT_0(x-1)$.

Soru 5. Rezervuar $-Q_{\mathrm{irr}}$ alır; dolayısıyla,

$$\Delta S_{\mathrm{th,irr}}=\frac{-Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}=nR(x-1).$$

Gazın entropi bilançosu şöyledir:

$$\Delta S_{\mathrm{gas}}=\frac{Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}+S_{\mathrm{i}}, \qquad S_{\mathrm{i}}=-nR\ln x+nR(x-1).$$

İdeal rezervuar için alınan $-Q_{\mathrm{irr}}/T_0$ entropisi değişimine eşittir: entropi üretmez. Gaz—rezervuar bütünü başka bir cisimden ısı almaz; dışarıdan alınan iş entropi taşımaz. Entropi artışı bu nedenle içeride üretilmiştir:

$$S_{\mathrm{i}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,irr}} =-nR\ln x+nR(x-1).$$

$f(x)=x-1-\ln x$ tanımlayalım. O hâlde $x>1$ için $f(1)=0$ ve $f'(x)=1-1/x=(x-1)/x>0$. Fonksiyon sıfırdan başlayıp artar; dolayısıyla $S_{\mathrm{i}}=nRf(x)>0$. Ayrıca,

$$W_{\mathrm{irr}}-W_{\mathrm{rev}} =nRT_0(x-1)-nRT_0\ln x=T_0 S_{\mathrm{i}}.$$

İki durumda da $Q=-W$ olduğundan ek iş rezervuara ısı olarak atılır. Bu, tersinmezliğin bedelidir.