Eine Maschine zwischen zwei Blöcken: maximal gewinnbare Arbeit

Frage 1. Die Blöcke sind starr und nehmen keine Arbeit auf. Ihre Energieänderungen entsprechen daher den aufgenommenen Wärmen:

$$C_A\,\mathrm dT_A=-\delta Q_A,\qquad C_B\,\mathrm dT_B=-\delta Q_B.$$

Die Maschine kehrt in ihren Anfangszustand zurück. Ihre Energiebilanz liefert $0=\delta Q_A+\delta Q_B+\delta W$, also

$$\delta W=-(\delta Q_A+\delta Q_B)<0.$$

Der Wirkungsgrad ist das Verhältnis von gewonnener Arbeit zu der aus A aufgenommenen Wärme. Wegen $\delta W<0$ gilt $|\delta W|=-\delta W$, somit

$$\eta=\frac{|\delta W|}{\delta Q_A} =1+\frac{\delta Q_B}{\delta Q_A}=1-\frac{T_B}{T_A} \quad\Longrightarrow\quad \delta Q_B=-\frac{T_B}{T_A}\delta Q_A.$$

Block A nimmt $-\delta Q_A<0$ auf, Block B $-\delta Q_B>0$. Wegen der positiven Wärmekapazitäten gelten $\mathrm dT_A<0$ und $\mathrm dT_B>0$. Der Temperaturunterschied nimmt daher ab:

$$\mathrm d(T_A-T_B) =-\delta Q_A\left(\frac1{C_A}+\frac{T_B}{C_BT_A}\right)<0.$$

Das Verhältnis $T_B/T_A$ wächst, weil sein Zähler zunimmt und sein Nenner abnimmt. Der Wirkungsgrad $1-T_B/T_A$ sinkt allmählich. Bei $T_A=T_B$ verschwindet er: Der Temperaturunterschied ist aufgebraucht, und keine zyklisch zwischen diesen Blöcken arbeitende Maschine kann weitere Arbeit liefern.

Frage 2. Aus den Bilanzen der Blöcke folgen $\delta Q_A=-C_A\,\mathrm dT_A$ und $\delta Q_B=-C_B\,\mathrm dT_B$. Einsetzen in die vorige Beziehung ergibt

$$-C_B\,\mathrm dT_B =-\frac{T_B}{T_A}(-C_A\,\mathrm dT_A) =\frac{T_B}{T_A}C_A\,\mathrm dT_A.$$

Vorzeichenwechsel und Division durch $T_B$ liefern

$$C_B\,\mathrm dT_B=-\frac{T_B}{T_A}C_A\,\mathrm dT_A, \qquad C_A\frac{\mathrm dT_A}{T_A} +C_B\frac{\mathrm dT_B}{T_B}=0.$$

Wir integrieren von den Anfangstemperaturen bis zu den nach beliebig vielen Umläufen erreichten Temperaturen:

$$C_A\int_{T_{A,0}}^{T_A}\frac{\mathrm dT}{T} +C_B\int_{T_{B,0}}^{T_B}\frac{\mathrm dT}{T}=0.$$

Eine Stammfunktion von $1/T$ ist $\ln T$; Einsetzen der Grenzen ergibt

$$C_A\ln\frac{T_A}{T_{A,0}}+C_B\ln\frac{T_B}{T_{B,0}}=0.$$

Diese Beziehung drückt die Erhaltung der Gesamtentropie beim reversiblen Betrieb aus. Beim Stillstand der Maschine gilt $T_A=T_B=T_r$. Mit $\ln(T_r/T_{B,0})=\ln(T_r/T_{A,0})+\ln(T_{A,0}/T_{B,0})$ folgt

$$(C_A+C_B)\ln\frac{T_r}{T_{A,0}} =C_B\ln\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}.$$

Division durch $C_A+C_B$ und Exponentieren ergibt

$$\boxed{T_r=T_{A,0} \left(\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}\right)^{C_B/(C_A+C_B)}.}$$

Die Blöcke besitzen endliche Wärmekapazitäten: Jeder Wärmeaustausch ändert ihre Temperaturen gemäß $\mathrm dT=\delta Q_{\mathrm{block}}/C$, wobei $\delta Q_{\mathrm{block}}$ die vom betrachteten Block aufgenommene Wärme ist. Der anfängliche Wirkungsgrad gilt daher nicht während des ganzen Versuchs. Nur innerhalb jedes infinitesimalen Umlaufs dürfen die Temperaturen als konstant betrachtet werden, und zwar jeweils mit ihren aktualisierten Werten.

Frage 3. Blöcke und Maschine sind zusammen adiabatisch, geben aber Arbeit ab: Das Gesamtsystem ist nicht abgeschlossen. Da die Maschine keine Energie speichert, liefert der erste Hauptsatz

$$C_A(T_r-T_{A,0})+C_B(T_r-T_{B,0})=W_{\mathrm{rev}}.$$

Die vom Gesamtsystem aufgenommene Arbeit ist die von der Maschine aufgenommene Arbeit. Zusammenfassen ergibt

$$W_{\mathrm{rev}}=(C_A+C_B)T_r-C_AT_{A,0}-C_BT_{B,0}<0.$$

Die außerhalb des Systems gewonnene Arbeit ist deren Betrag:

$$\boxed{|W_{\mathrm{rev}}|=-W_{\mathrm{rev}} =C_AT_{A,0}+C_BT_{B,0}-(C_A+C_B)T_r.}$$

Jedes Produkt $CT$ hat die Einheit einer Energie, Joule. Um zu zeigen, warum Reversibilität das Maximum liefert, betrachten wir eine Maschine, die Entropie erzeugt und die Blöcke auf einer gemeinsamen Temperatur $T_*$ hinterlässt. Die Entropiebilanz der Blöcke verlangt

$$C_A\ln\frac{T_*}{T_{A,0}}+C_B\ln\frac{T_*}{T_{B,0}}\geq0.$$

Subtraktion der verschwindenden reversiblen Bilanz lässt $(C_A+C_B)\ln(T_*/T_r)\geq0$ übrig, daher $T_*\geq T_r$. Die bei diesem Kraftmaschinenbetrieb aufgenommene Arbeit ist $W_*=(C_A+C_B)T_*-C_AT_{A,0}-C_BT_{B,0}$, also

$$W_*-W_{\mathrm{rev}}=(C_A+C_B)(T_*-T_r)\geq0.$$

Somit $W_{\mathrm{rev}}\leq W_*\leq0$: Im reversiblen Fall ist die aufgenommene Arbeit am stärksten negativ. Ihr Betrag ist daher maximal, $|W_*|\leq|W_{\mathrm{rev}}|$.

Für $C_A=C_B=C$ ist der Exponent $1/2$, daher

$$T_r=T_{A,0}\sqrt{\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}} =\sqrt{T_{A,0}T_{B,0}}, W_{\mathrm{rev}}=-C\left(\sqrt{T_{A,0}}-\sqrt{T_{B,0}}\right)^2<0, |W_{\mathrm{rev}}|=C\left(T_{A,0}+T_{B,0} -2\sqrt{T_{A,0}T_{B,0}}\right) =C\left(\sqrt{T_{A,0}}-\sqrt{T_{B,0}}\right)^2>0.$$

Wir erkennen die Identität $a^2+b^2-2ab=(a-b)^2$. Bei gleichen Anfangstemperaturen verschwindet die Arbeit.

Frage 4. Die angegebene Wärmekapazität bezieht sich auf die Masse. Die gesamte Wärmekapazität jedes Blocks beträgt daher

$$C=mc=1{,}0\times450=450\ \mathrm{J\,K^{-1}}.$$

Die Temperaturen unter den Quadratwurzeln müssen in Kelvin angegeben werden:

$$T_{A,0}=60+273{,}15=333{,}15\ \mathrm K,\qquad T_{B,0}=20+273{,}15=293{,}15\ \mathrm K.$$

Einsetzen in das Ergebnis aus Frage 3 liefert

$$|W_{\mathrm{rev}}| =450\left(\sqrt{333{,}15}-\sqrt{293{,}15}\right)^2 \simeq575\ \mathrm J=0{,}575\ \mathrm{kJ}.$$

Die maximal gewinnbare Arbeit beträgt somit etwa $0{,}58\ \mathrm{kJ}$. Nach der Regel des Bankiers ist die von der Maschine aufgenommene Arbeit $W_{\mathrm{rev}}\simeq-575\ \mathrm J$: Das negative Vorzeichen bedeutet, dass sie diese Energie an die Umgebung abgibt.