Pít-tông đoạn nhiệt: cân bằng cơ học không kèm cân bằng nhiệt

Câu 1. Sơ đồ cho thấy điện trở trong ngăn 1, pít-tông cách nhiệt và dây điện qua ranh giới ngoài. Khí 2 nhận công cơ học qua pít-tông và không nhận nhiệt. Với «hai khí + điện trở», nhiệt từ ngoài bằng không và thành ngoài cứng: chỉ có công điện đi vào. Công ở hai phía pít-tông là trao đổi nội bộ của hệ này.

Câu 2. Khí 2 bị nén đoạn nhiệt thuận nghịch nên $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Với $P_f=xP_0$,

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

Đặt $a=x^{-1/\gamma}$. Phương trình trạng thái ở hai đầu quá trình cho

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

Tổng thể tích là $2V_0$ và pít-tông buộc áp suất trong ngăn 1 và 2 bằng nhau:

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

Vì $x>1$ và $\gamma>1$, ta có $0<a<1$, nên $2-a>a$ và $T_{1,f}>T_{2,f}$. Vách cho phép trao đổi công nhưng không truyền nhiệt trực tiếp. Sau khi ngắt điện, trạng thái này là cân bằng cơ học dưới ràng buộc đoạn nhiệt trong mô hình vĩ mô đang dùng.

Câu 3. Với mỗi khí, $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ và $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Thay các nhiệt độ đã tính,

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

Năng lượng chứa trong điện trở không đáng kể. Nguyên lý thứ nhất cho toàn hệ vì vậy cho

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

Với khí 2, $Q_2=0$ nên công của pít-tông bằng $W_2=\Delta U_2$. Pít-tông không tích trữ năng lượng, nên công lên khí 1 bằng $-W_2$. Hai công này triệt tiêu trong cân bằng toàn hệ.

Câu 4. Với khí 2, công thức entropy cho

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

vì $a^\gamma=1/x$. Ta thu lại tính đẳng entropy của nén thuận nghịch. Với khí 1,

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

Ta có $x>1$ và $2-a>1$, nên đối số logarit lớn hơn 1: $\Delta S_1>0$. Toàn hệ không nhận entropy từ ngoài: công điện không mang entropy. Do đó $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. Hiệu ứng Joule sinh entropy ngay cả khi đốt nóng chậm. Vì vậy định luật Laplace không áp dụng cho khí 1.

Câu 5. Sau khi ngắt điện, toàn hệ cô lập. Vách nay dẫn nhiệt và di động cho phép các nhiệt độ và áp suất cuối bằng nhau. Vì hai khí có cùng $n$, từ $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ suy ra $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. Bảo toàn năng lượng buộc

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

Chia cho $nc_V$ rồi thay các nhiệt độ,

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

suy ra $T_*=xT_0$ và $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Các độ biến thiên entropy trong quá trình mới là

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

Tổng của chúng chính là entropy sinh ra thêm, vì toàn hệ cô lập:

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

Với $0<a<1$, ta có $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$ nên logarit âm. Dấu trừ làm cho $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.