Aufgabenstellung

Betrachtet werden $n$ Mol eines idealen Gases mit konstanter molarer Wärmekapazität $c_V$ , das den quasistatischen Kreisprozess $A\to B\to C\to A$ durchläuft, mit

A=(P_0,V_0), \qquad B=(2P_0,V_0), \qquad C=(P_0,2V_0).

Der Zweig $A\to B$ ist isochor, der Zweig $B\to C$ ist eine Strecke in der Ebene $(P,V)$ und der Zweig $C\to A$ ist isobar.

Für einen Kraftprozess ist der Wirkungsgrad definiert durch

\eta=\frac{W_{\mathrm{fourni}}}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{-W_{\mathrm{cycle}}}{Q_{\mathrm{in}}},

wobei $Q_{\mathrm{in}}$ die Summe der elementaren Wärmeübertragungen $\delta Q>0$ ist, die das Gas während des Kreisprozesses aufnimmt.

Stellen Sie den Kreisprozess im Clapeyron-Diagramm dar und geben Sie seine Durchlaufrichtung an. Handelt es sich um einen Kraft- oder einen Kältekreisprozess?
Bestimmen Sie die Gleichung $P(V)$ der Geraden, die $B$ mit $C$ verbindet.
Bestimmen Sie mit $T_0=P_0V_0/(nR)$ die Temperaturen $T_A$ , $T_B$ und $T_C$ . Warum ist $\Delta U_{B\to C}$ null, obwohl dieser Zweig nicht isotherm ist?
Berechnen Sie die auf jedem der drei Zweige und anschließend im vollständigen Kreisprozess aufgenommene Arbeit. Bestimmen Sie den Betrag der Gesamtarbeit erneut aus der Fläche des Dreiecks.
Berechnen Sie $\Delta U$ und $Q$ auf jedem Zweig allein in Abhängigkeit von $P_0$ , $V_0$ und $c_V$ , und überprüfen Sie anschließend, dass $\Delta U_{\mathrm{cycle}}=0$ und $Q_{\mathrm{cycle}}=-W_{\mathrm{cycle}}$ gilt.
Zeigen Sie mit $a = \frac{c_V}{R} >1$ und $x = V/V_0$ , dass das Vorzeichen von $\delta Q$ an einem Punkt des Zweiges $B\to C$ wechselt. Leiten Sie daraus $Q_{\mathrm{in}}$ und anschließend den Wirkungsgrad $\eta$ dieses Kreisprozesses her. Geben Sie seinen Wert für ein einatomiges ideales Gas an, für das $c_V=\frac32R$ gilt.

Hinweis

Setzen Sie auf

B\to C

P(V)=aV+b

an und fordern Sie, dass die Gerade durch

B

und

C

verläuft. Für die Berechnung einer Änderung der inneren Energie werden nur die Temperaturen an den Endpunkten des Zweiges benötigt. Verwenden Sie für Frage 6 den ersten Hauptsatz in differentieller Form.

Ausführliche Lösung

Lösung

Fragen 1—2. Der Kreisprozess wird im Uhrzeigersinn durchlaufen: Er ist ein Kraftprozess. Die Gleichung der Geraden

B\to C

lautet

P(V)=P_0\left(3-\frac{V}{V_0}\right).

Der dreieckige Kreisprozess A B C A im Clapeyron-Diagramm. — Abbildung 1. Der dreieckige Kreisprozess $A\to B\to C\to A$ im Clapeyron-Diagramm.

Frage 3. Die Zustandsgleichung liefert

T_A=T_0, \qquad T_B=T_C=2T_0.

Die Temperatur ändert sich entlang $B\to C$ , nimmt an den beiden Endpunkten jedoch denselben Wert an. Da die innere Energie eines idealen Gases bei fester Stoffmenge nur von der Temperatur abhängt, gilt $\Delta U_{B\to C}=0$ .

Frage 4. Für die aufgenommenen Arbeiten gilt

W_{AB}=0, \qquad W_{BC}=-\int_{V_0}^{2V_0}P(V)\,dV=-\frac32P_0V_0, \qquad W_{CA}=-P_0 \Delta V = P_0V_0.

Somit ist

\boxed{W_{\mathrm{cycle}}=-\frac12P_0V_0}.

Das Vorzeichen ist negativ: Das Gas verrichtet während des Kreisprozesses Arbeit. Der Betrag entspricht der Fläche des Dreiecks mit der Grundseite $V_0$ und der Höhe $P_0$ , gemäß der Formel $A=\frac12\text{Grundseite}\times\text{Höhe}$ für ein rechtwinkliges Dreieck.

Frage 5. Da $nRT_0=P_0V_0$ gilt,

\begin{aligned} \begin{array}{c|c|c|c} \text{Zweig} & W & \Delta U & Q=\Delta U-W\\ \hline A\to B & 0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0\\[4pt] B\to C & -\dfrac32P_0V_0 & 0 & \dfrac32P_0V_0\\[4pt] C\to A & P_0V_0 & -\dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & -\left(\dfrac{c_V}{R}+1\right)P_0V_0 \end{array} \end{aligned}

Durch Summieren der drei Zweige erhält man

\boxed{ \Delta U_{\mathrm{cycle}}=0, \qquad Q_{\mathrm{cycle}}=\frac12P_0V_0=-W_{\mathrm{cycle}}. }

Frage 6. Setzen wir $a=c_V/R$ und $x=V/V_0$ . Auf dem Zweig $B\to C$ gilt $P=P_0(3-x)$ und $T=T_0(3x-x^2)$ . Der erste Hauptsatz liefert

\delta Q=\mathrm{d}U-\delta W =P_0V_0\left[3(a+1)-(2a+1)x\right]\mathrm{d}x.

Diese elementare Wärmeübertragung wird null für

x_\star=\frac{3(a+1)}{2a+1}.

Für $a>1$ gilt $1<x_\star<2$ : Das Gas nimmt von $B$ bis zum Punkt mit der Abszisse $x_\star$ Wärme auf und gibt anschließend bis $C$ Wärme ab. Außerdem nimmt es auf $A\to B$ die Wärme $Q_{AB}=aP_0V_0$ auf. Daher ist

\begin{aligned} Q_{\mathrm{in}} &=P_0V_0\left[ a+\int_1^{x_\star}\left(3(a+1)-(2a+1)x\right)\mathrm{d}x \right]\\ &=P_0V_0\left[a+\frac{(a+2)^2}{2(2a+1)}\right]. \end{aligned}

Der Wirkungsgrad beträgt somit

\boxed{ \eta =\frac{\frac12P_0V_0}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{2a+1}{5a^2+6a+4}, \qquad a=\frac{c_V}{R}. }

Für ein einatomiges ideales Gas ist $a=\frac32$ , daher

\eta=\frac{16}{97}\simeq16{,}5\,\%.