ادیابیاتی پسٹن: حرارتی توازن کے بغیر میکانی توازن

سوال 1۔ خاکہ خانے 1 میں مزاحمت، معزول پسٹن اور بیرونی حد سے گزرتی برقی تاریں دکھاتا ہے۔ گیس 2 پسٹن سے میکانی کام لیتی ہے، حرارت نہیں۔ «دو گیسیں + مزاحمت» کے لیے بیرونی حرارت کا تبادلہ نہیں اور بیرونی دیواریں سخت ہیں: صرف برقی کام داخل ہوتا ہے۔ پسٹن کے پار کام کا تبادلہ اس مجموعے کے اندرونی تبادلوں میں ہے۔

سوال 2۔ گیس 2 قابلِ برگشت ادیابیاتی دباؤ سے گزرتی ہے، لہٰذا $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$۔ $P_f=xP_0$ کے ساتھ،

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

$a=x^{-1/\gamma}$ رکھیے۔ ابتدائی و آخری حالت کی مساوات دیتی ہے

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

کل حجم $2V_0$ ہے اور پسٹن دونوں خانوں میں یکساں دباؤ لازم کرتا ہے:

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

چونکہ $x>1$ اور $\gamma>1$، اس لیے $0<a<1$، لہٰذا $2-a>a$ اور $T_{1,f}>T_{2,f}$۔ دیوار کام ہونے دیتی ہے مگر براہِ راست حرارت منتقل نہیں کرتی۔ رو قطع کرنے کے بعد یہ حالت اختیار کردہ بڑے پیمانے کے ماڈل میں ادیابیاتی پابندی کے تحت میکانی توازن ہے۔

سوال 3۔ ہر گیس کے لیے $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ اور $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$۔ حساب شدہ درجہ ہائے حرارت رکھنے سے

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

مزاحمت میں ذخیرہ توانائی نظرانداز ہے۔ اس لیے مجموعے پر پہلا اصول دیتا ہے

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

گیس 2 کے لیے $Q_2=0$، لہٰذا پسٹن کا کام $W_2=\Delta U_2$۔ پسٹن توانائی ذخیرہ نہیں کرتا، اس لیے گیس 1 پر اس کا کام $-W_2$ ہے۔ مجموعے کے موازنے میں دونوں کام منسوخ ہوتے ہیں۔

سوال 4۔ گیس 2 کے لیے اینٹروپی فارمولا دیتا ہے

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

کیونکہ $a^\gamma=1/x$۔ یوں قابلِ برگشت دبانے کی مستقل اینٹروپی دوبارہ ملتی ہے۔ گیس 1 کے لیے،

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

$x>1$ اور $2-a>1$ ہیں، اس لیے لوگارتھم کا آرگومنٹ 1 سے بڑا ہے: $\Delta S_1>0$۔ مجموعہ باہر سے اینٹروپی نہیں لیتا: برقی کام اسے نہیں لاتا۔ لہٰذا $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$۔ جول گرمائش آہستہ گرم کرنے میں بھی اینٹروپی پیدا کرتی ہے۔ اس لیے لاپلاس تعلق گیس 1 پر لاگو نہیں۔

سوال 5۔ رو قطع ہونے پر مجموعہ الگ تھلگ ہے۔ اب حرارت گزار متحرک دیوار آخری درجہ ہائے حرارت اور دباؤ برابر ہونے دیتی ہے۔ دونوں گیسوں کا $n$ یکساں ہے، لہٰذا $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ سے $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$۔ توانائی کا تحفظ لازم کرتا ہے

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

$nc_V$ سے تقسیم کرکے درجہ ہائے حرارت رکھنے پر

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

لہٰذا $T_*=xT_0$ اور $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$۔ اس نئے عمل کی اینٹروپی تبدیلیوں کے لیے،

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

مجموعہ الگ تھلگ ہے، اس لیے ان کا مجموعہ اضافی پیدا شدہ اینٹروپی ہے:

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

$0<a<1$ کے لیے $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$، لہٰذا اس کا لوگارتھم منفی ہے۔ منفی علامت سے $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$ بنتا ہے۔