Adiabatischer Kolben: mechanisches Gleichgewicht ohne thermisches Gleichgewicht

Frage 1. Die Skizze zeigt den Widerstand in Teilraum 1, den isolierenden Kolben und elektrische Leitungen durch die äußere Systemgrenze. Gas 2 nimmt über den Kolben mechanische Arbeit, aber keine Wärme auf. Für „zwei Gase + Heizwiderstand“ gibt es keinen Wärmeaustausch mit außen, und die Außenwände sind starr: Nur elektrische Arbeit tritt ein. Die über den Kolben ausgetauschte Arbeit ist für dieses Gesamtsystem intern.

Frage 2. Gas 2 wird reversibel adiabatisch komprimiert, daher $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Mit $P_f=xP_0$ folgt

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

Wir setzen $a=x^{-1/\gamma}$. Die Zustandsgleichung im Anfangs- und Endzustand liefert

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

Das Gesamtvolumen beträgt $2V_0$, und der Kolben erzwingt gleiche Drücke in den Teilräumen 1 und 2:

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

Wegen $x>1$ und $\gamma>1$ gilt $0<a<1$, daher $2-a>a$ und $T_{1,f}>T_{2,f}$. Die Trennwand erlaubt Arbeit, aber keine direkte Wärmeübertragung. Nach dem Abschalten ist dieser Zustand im verwendeten makroskopischen Modell ein mechanisches Gleichgewicht unter der adiabatischen Nebenbedingung.

Frage 3. Für jedes Gas gelten $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ und $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. Einsetzen der berechneten Temperaturen ergibt

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

Die im Widerstand gespeicherte Energie ist vernachlässigbar. Der erste Hauptsatz für das Gesamtsystem liefert daher

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

Für Gas 2 gilt $Q_2=0$, daher beträgt die Kolbenarbeit $W_2=\Delta U_2$. Da der Kolben keine Energie speichert, ist seine Arbeit an Gas 1 gleich $-W_2$. Diese beiden Arbeitsbeiträge heben sich in der Gesamtbilanz auf.

Frage 4. Für Gas 2 ergibt die Entropieformel

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

denn $a^\gamma=1/x$. Damit bestätigt sich die isentrope Natur der reversiblen Kompression. Für Gas 1 gilt

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

Es gelten $x>1$ und $2-a>1$, sodass das Argument des Logarithmus größer als 1 ist: $\Delta S_1>0$. Das Gesamtsystem nimmt von außen keine Entropie auf: Elektrische Arbeit transportiert keine. Somit $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. Joulesche Erwärmung erzeugt auch bei langsamer Erwärmung Entropie. Die Adiabatengleichung gilt daher nicht für Gas 1.

Frage 5. Nach dem Abschalten ist das Gesamtsystem abgeschlossen. Die nun diathermische, bewegliche Trennwand erlaubt gleiche Endtemperaturen und Enddrücke. Da beide Gase dasselbe $n$ enthalten, liefert $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ die Beziehung $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. Energieerhaltung verlangt

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

Division durch $nc_V$ und Einsetzen der Temperaturen ergibt

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

also $T_*=xT_0$ und $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Für die Entropieänderungen dieses neuen Prozesses gilt

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

Ihre Summe ist die zusätzlich erzeugte Entropie, da das Gesamtsystem abgeschlossen ist:

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

Für $0<a<1$ gilt $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, daher ist dessen Logarithmus negativ. Das Minuszeichen bewirkt $S_{\mathrm{i},\mathrm{add}}>0$.