Carnot-Kreisprozess: Energie und Entropie auf jedem Teilprozess

Frage 1. Die Skizze zeigt die Adiabaten $AB$ und $CD$, $BC$ auf der heißen und $DA$ auf der kalten Isotherme. Der Kreisprozess verläuft im Uhrzeigersinn. Auf der Adiabate $AB$ liefert die Adiabatengleichung

$$T_{\mathrm{C}}V_A^{\gamma-1}=T_{\mathrm{H}}V_B^{\gamma-1},\qquad \left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma-1}=\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

Potenzieren mit $1/(\gamma-1)$ und Setzen von $b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$ ergibt $V_A=bV_B$. Entsprechend gilt auf $CD$

$$T_{\mathrm{H}}V_C^{\gamma-1}=T_{\mathrm{C}}V_D^{\gamma-1} \quad\Longrightarrow\quad V_D=bV_C=brV_B.$$

Somit $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$: Die Isothermen haben dasselbe Volumenverhältnis und werden in entgegengesetzten Richtungen durchlaufen.

Frage 2. Auf jeder reversiblen Adiabate gilt $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$ und $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$:

$$Q_{AB}=Q_{CD}=0,\qquad \Delta S_{AB}=\Delta S_{CD}=0.$$

Auf einer Isotherme des idealen Gases gilt $\mathrm dU=0$, also $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$. Für die Expansion bei der heißen Temperatur folgt

$$\begin{aligned} Q_{BC}&=nRT_{\mathrm{H}}\int_{V_B}^{rV_B}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{H}}[\ln V]_{V_B}^{rV_B}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r>0,\\ \Delta S_{BC}&=\frac{Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=nR\ln r. \end{aligned}$$

Für die Kompression bei der kalten Temperatur gilt $V_A/V_D=1/r$:

$$\begin{aligned} Q_{DA}&=nRT_{\mathrm{C}}\int_{V_D}^{V_A}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{C}}[\ln V]_{V_D}^{V_A}\\ &=nRT_{\mathrm{C}}\ln\frac{V_A}{V_D}=-nRT_{\mathrm{C}}\ln r<0,\\ \Delta S_{DA}&=\frac{Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=-nR\ln r. \end{aligned}$$

Im $(S,T)$-Diagramm ist die Entropie auf $AB$ und $CD$ konstant: Diese Teilprozesse sind vertikal. Die Isothermen $BC$ und $DA$ sind horizontal. Mit $S_A$ als relativem Nullpunkt lauten die Koordinaten

$$\begin{aligned} \begin{array}{c|cc} \text{Zustand}&S-S_A&T\\ \hline A&0&T_{\mathrm{C}}\\ B&0&T_{\mathrm{H}}\\ C&nR\ln r&T_{\mathrm{H}}\\ D&nR\ln r&T_{\mathrm{C}} \end{array} \end{aligned}$$

Es entsteht ein im Uhrzeigersinn durchlaufenes Rechteck mit Breite $nR\ln r$ und Höhe $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$.

Frage 3. Über einen Umlauf gilt $\Delta U=0$. Mit positiv gezählter aufgenommener Energie liefert der erste Hauptsatz

$$W=-(Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CD}+Q_{DA}) =-nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r<0.$$

Die abgegebene Arbeit ist $-W>0$ und die vom heißen Reservoir aufgenommene Wärme $Q_{BC}>0$. Der Wirkungsgrad beträgt daher

$$\eta=\frac{-W}{Q_{BC}} =\frac{nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r}{nRT_{\mathrm{H}}\ln r} =\frac{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}.$$

Jedes Reservoir nimmt die entgegengesetzte Wärme zu derjenigen auf, die es dem Gas liefert:

$$\Delta S_{\mathrm{th,H}}=\frac{-Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=-nR\ln r,\qquad \Delta S_{\mathrm{th,C}}=\frac{-Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=nR\ln r.$$

Das Gas kehrt in seinen Anfangszustand zurück, also $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$. Die drei Änderungen summieren sich zu null: Es wird keine Entropie erzeugt. An die Umgebung abgegebene Arbeit transportiert keine Entropie.

Frage 4. Wir behalten für die Maschine die Regel des Bankiers bei: $Q_{\mathrm{H}}>0$ ist die vom heißen Reservoir aufgenommene Wärme, $Q_{\mathrm{C}}<0$ die vom kalten Reservoir aufgenommene Wärme und $W<0$ die pro Umlauf aufgenommene Arbeit. Die Reservoire nehmen die entgegengesetzten Wärmen $-Q_{\mathrm{H}}$ und $-Q_{\mathrm{C}}$ auf. Ihre gesamte Entropieänderung entspricht der erzeugten Entropie, da die Maschine in ihren Anfangszustand zurückkehrt und nur Arbeit an die Umgebung übertragen wird:

$$S_{\mathrm{i}}=-\frac{Q_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{Q_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

Multiplikation mit $T_{\mathrm{C}}$ und Auflösen nach $Q_{\mathrm{C}}$ ergibt

$$T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}, \qquad Q_{\mathrm{C}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}.$$

Der erste Hauptsatz liefert $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$. Die gewonnene Arbeit beträgt $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$, daher

$$\eta=\frac{|W|}{Q_{\mathrm{H}}}=1+\frac{Q_{\mathrm{C}}}{Q_{\mathrm{H}}} =1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}}.$$

Wegen $T_{\mathrm{C}}>0$ und $Q_{\mathrm{H}}>0$ verringert positive Entropieerzeugung den Wirkungsgrad.

Frage 5. Die vom heißen Reservoir aufgenommene Wärme ist für beide Maschinen gleich. Aus Frage 2 folgt

$$Q_{\mathrm{H}}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r=1{,}0\times8{,}314\times500\times\ln3{,}4 \simeq5087\ \mathrm J.$$

Der Wirkungsgrad der reversiblen Maschine ist

$$\eta_{\mathrm{Carnot}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}} =1-\frac{300}{500}=0{,}40=40\,\%.$$

Frage 4 liefert die Differenz der beiden Wirkungsgrade:

$$\Delta\eta=\eta_{\mathrm{Carnot}}-\eta_{\mathrm{irr}} =\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}} \simeq\frac{300\times2{,}0}{5087}=0{,}118.$$

Der Zähler $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ ist eine Energie, der Quotient somit dimensionslos. Die Abnahme beträgt $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ Prozentpunkte. Daher

$$\eta_{\mathrm{irr}}=0{,}40-0{,}118\simeq0{,}282=28{,}2\,\%.$$

Der Wirkungsgrad sinkt von $40\,\%$ auf $28{,}2\,\%$; eine Abnahme um $11{,}8$ Punkte ist keine relative Abnahme um $11{,}8\,\%$.