Aufgabenstellung

Diese Aufgabe ist weit mehr als ein großer Klassiker: Sie ist auch grundlegend, um einen der Unterschiede zwischen einer reversiblen und einer irreversiblen Zustandsänderung aufzuzeigen (siehe auch Lektion 6).

Betrachtet werden $n$ Mol eines idealen Gases mit konstanten Wärmekapazitäten und dem Verhältnis $\gamma=c_P/c_V>1$ , das in einem wärmeisolierten vertikalen Zylinder mit dem Querschnitt $\mathcal S$ eingeschlossen ist. Der Zylinder ist durch einen wärmeisolierten, reibungsfrei beweglichen Kolben vernachlässigbarer Masse verschlossen. Außen herrscht der Atmosphärendruck $P_0$ , der auf die Oberseite des Kolbens wirkt. Im anfänglichen Gleichgewicht ist der Druck des Gases daher ebenfalls gleich $P_0$ , und sein Zustand ist

A=(P_0,V_0,T_0).

Es steht eine Zusatzlast der Gesamtmasse $M$ zur Verfügung. Wird sie vollständig auf den Kolben gelegt, so beträgt der Außendruck

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

Zwei Experimente werden miteinander verglichen: Entweder wird die Masse $M$ in eine große Anzahl kleiner Massen aufgeteilt, die nacheinander hinzugefügt werden, wobei jeweils das neue Gleichgewicht abgewartet wird, oder die gesamte Masse $M$ wird auf einmal aufgelegt. Anschließend wird die Zusatzlast auf dieselbe Weise entfernt: entweder Sandkorn für Sandkorn oder auf einmal.

Beide Experimente beginnen im selben Anfangszustand A, der in der Mitte dargestellt ist: Der Kolben ist dabei nur dem Atmosphärendruck P_0 ausgesetzt. Links wird die Zusatzlast der Gesamtmasse M Sandkorn für Sandkorn aufgelegt, sodass P_ ext schrittweise zunimmt; wird sie auf dieselbe Weise entfernt, durchläuft das System den Weg in umgekehrter Richtung. Rechts wird dieselbe Masse M auf einmal aufgelegt: P_ ext springt plötzlich von P_0 auf P_1. Bei beiden Kompressionsexperimenten gilt P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Abbildung 1. Beide Experimente beginnen im selben Anfangszustand $A$ , der in der Mitte dargestellt ist: Der Kolben ist dabei nur dem Atmosphärendruck $P_0$ ausgesetzt. Links wird die Zusatzlast der Gesamtmasse $M$ Sandkorn für Sandkorn aufgelegt, sodass $P_{\mathrm{ext}}$ schrittweise zunimmt; wird sie auf dieselbe Weise entfernt, durchläuft das System den Weg in umgekehrter Richtung. Rechts wird dieselbe Masse $M$ auf einmal aufgelegt: $P_{\mathrm{ext}}$ springt plötzlich von $P_0$ auf $P_1$ . Bei beiden Kompressionsexperimenten gilt $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

Die Zusatzlast wird sehr schrittweise hinzugefügt, sodass der Außendruck langsam von $P_0$ auf $P_1$ ansteigt. Begründen Sie, dass der Druck $P$ des Gases zu jedem Zeitpunkt gleich dem Außendruck $P_{\mathrm{ext}}$ ist. Welche Gesetzmäßigkeit kann dann verwendet werden, um die aufeinanderfolgenden Zustände des Gases miteinander zu verknüpfen? Leiten Sie daraus $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ und $V_B/V_0$ in Abhängigkeit von $x$ und $\gamma$ her.
Nun wird vom Zustand $B$ ausgegangen und die Zusatzlast sehr schrittweise, Sandkorn für Sandkorn, entfernt, bis der Außendruck wieder $P_0$ beträgt. Zeigen Sie unter Verwendung derselben Gesetzmäßigkeit wie in der vorherigen Frage, dass das Gas exakt in seinen Anfangszustand $A$ zurückkehrt.
Ausgehend von $A$ wird diesmal die Masse $M$ auf einmal aufgelegt: Der Außendruck nimmt plötzlich den konstanten Wert $P_1$ an. Bestimmen Sie den Endzustand $B'$ vollständig sowie $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ und $\Delta U_{AB'}$ .
Betrachten Sie zunächst das Beispiel $\gamma=5/3$ und $x=2$ , um $T_{B'}$ und $T_B$ numerisch zu vergleichen. Führen Sie anschließend den Vergleich analytisch für alle $\gamma>1$ und alle $x>1$ durch und vergleichen Sie danach $V_{B'}$ mit $V_B$ . Welche der beiden Kompressionen erwärmt das Gas stärker und welche komprimiert es stärker?
Ausgehend von $B'$ wird die gesamte Zusatzlast plötzlich entfernt: Der Außendruck nimmt wieder den Atmosphärendruck $P_0$ an. Bestimmen Sie den Endzustand $B"$ . Zeigen Sie, ob $T_{B"}$ und $V_{B"}$ größer oder kleiner als ihre Anfangswerte sind.
Stellen Sie die Energiebilanz für den Hin- und Rückweg $A\to B'\to B"$ auf. Erläutern Sie, was Lektion 6 diesem Vergleich hinzufügen wird.

Hinweis

Verwenden Sie für die plötzliche Zustandsänderung

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

und die Zustandsgleichung nur für die anfänglichen und endgültigen Gleichgewichtszustände. Zur Gegenüberstellung von

B

und

B'

kann der Logarithmus des Verhältnisses

T_{B'}/T_B

untersucht werden.

Ausführliche Lösung

Lösung

Es sei daran erinnert, dass

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

gilt.

Frage 1. Die Zusatzlast wird in hinreichend kleine Massen aufgeteilt, und jedes neue Gleichgewicht wird erreicht, bevor die nächste hinzugefügt wird: Das Gas durchläuft somit eine kontinuierliche Folge von Gleichgewichtszuständen; die Zustandsänderung ist quasistatisch. Da der Kolben eine vernachlässigbare Masse besitzt und sich reibungsfrei bewegt, erfordert das mechanische Gleichgewicht zu jedem Zeitpunkt $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , also $P=P_{\mathrm{ext}}$ . Da die Wände wärmeisoliert sind, gilt $\delta Q=0$ . Unter diesen Bedingungen können daher die Laplace-Gleichungen verwendet werden. Zwei nützliche Formen zwischen $A$ und $B$ sind

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

Da $P_B=P_1=xP_0$ gilt, liefert die erste Beziehung unmittelbar $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , während sich aus der zweiten $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ ergibt. Somit gilt schließlich $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ und $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Frage 2. Beim schrittweisen Entfernen der Zusatzlast bleibt das Gas im mechanischen Gleichgewicht mit der Umgebung und folgt derselben Laplace-Adiabate, jedoch in umgekehrter Richtung. Am Ende gilt $P_f=P_0$ . Die Laplace-Gleichungen liefern dann

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

und

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

Das Gas kehrt somit exakt in den Zustand $A=(P_0,V_0,T_0)$ zurück. Die Zustandsänderung kann in beiden Richtungen durchlaufen werden, wobei dieselbe Folge von Gleichgewichtszuständen durchlaufen wird: Die Zustandsänderung wird als reversibel bezeichnet.

Frage 3. Die Laplace-Gleichungen dürfen nicht verwendet werden: Während dieser plötzlichen Zustandsänderung durchläuft das Gas keine Folge von Gleichgewichtszuständen. Während des Vorgangs geht nur der konstante Außendruck $P_1$ in die Arbeit ein: $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . Im Endgleichgewicht gilt $P_{B'}=P_1$ . Unter Verwendung von $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ und $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ liefert der erste Hauptsatz

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Setzen wir

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Dann gilt

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Frage 4. Beginnen wir mit dem Beispiel $\gamma=5/3$ und $x=2$ . Die schrittweise Kompression liefert $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , während die plötzliche Kompression

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

liefert. In diesem Beispiel erwärmt die plötzliche Kompression das Gas somit stärker. Zeigen wir, dass dieses Ergebnis allgemein gilt. Setzen wir

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

Es gilt $f(1)=0$ und

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

Für $\gamma>1$ und $x>1$ sind alle Faktoren des Nenners positiv und $f'(x)>0$ . Somit ist $f(x)>f(1)=0$ und daher $T_{B'}/T_B>1$ , das heißt $T_{B'}>T_B$ . Beide Zustände haben denselben Druck $P_1$ ; die Zustandsgleichung des idealen Gases verlangt daher ebenfalls $V_{B'}>V_B$ . Die plötzliche Kompression erwärmt das Gas stärker, komprimiert es jedoch weniger als die schrittweise Kompression.

Frage 5. Beim plötzlichen Entfernen der Zusatzlast springt der Außendruck von $P_1$ auf $P_0=P_1/x$ . Daher wird die Rechnung aus Frage 3 wiederholt, wobei das Druckverhältnis $x$ durch seinen Kehrwert $1/x$ ersetzt wird. Das Ergebnis aus Frage 3 lautet damit

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

Mit

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

erhält man

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Nun gilt

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

Im betrachteten Bereich ist $x>1$ , also $x>0$ und $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Da $\gamma>1$ gilt, ist tatsächlich $\theta\phi-1>0$ . Folglich gilt

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

Nach dem Hin- und Rückweg des Außendrucks kehrt das Gas somit nicht in den Zustand $A$ zurück. Diese Abweichung ist ein erstes Kennzeichen der Irreversibilität: Die Rückführung der äußeren Zwangsbedingung auf ihren Anfangswert reicht nicht aus, um das System in seinen Anfangszustand zurückzuführen.

Frage 6. Die plötzliche Expansion ist adiabatisch und daher gilt für den gesamten Hin- und Rückweg

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

Durch die äußeren Eingriffe wird der Druck auf seinen Anfangswert zurückgeführt, das Gas hat jedoch netto Arbeit aufgenommen und bleibt wärmer und stärker ausgedehnt. Lektion 6 wird dieselben Zustände erneut aufgreifen und zeigen, dass bei der reversiblen Kompression keine Entropie erzeugt wird, während bei jeder der beiden plötzlichen Zustandsänderungen Entropie erzeugt wird.