Aufgabenstellung

Wir betrachten erneut die beiden Versuche zur adiabatischen Kompression aus Lektion 5 und geben die benötigten Ergebnisse hier an. Ein wärmeisolierter vertikaler Zylinder mit Querschnitt $\mathcal S$ enthält $n$ Mol ideales Gas. Sein ebenfalls isolierter Kolben bewegt sich reibungsfrei und besitzt eine vernachlässigbare Masse. Die molaren Wärmekapazitäten $c_V$ und $c_P$ sind konstant, mit

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Anfangs wirkt nur der Atmosphärendruck $P_0$ auf den Kolben: Das Gas befindet sich im Zustand $A=(P_0,V_0,T_0)$ mit $P_0V_0=nRT_0$ . Eine zusätzliche Last der Masse $M$ erhöht den Außendruck auf

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

Beide Versuche beginnen bei $A$ . Im ersten wird die Last Sandkorn für Sandkorn hinzugefügt und anschließend entfernt: Das Gas folgt der reversiblen Adiabate $A\to B\to A$ . Im zweiten wird die gesamte Last schlagartig aufgelegt, das Gleichgewicht $B'$ abgewartet, dann die Last schlagartig entfernt und das Gleichgewicht $B"$ abgewartet. Der Außendruck bleibt bei jedem schlagartigen Schritt konstant: $P_1$ beim Belasten und $P_0$ beim Entlasten. Die Schwingungen werden durch Dissipation im Gas gedämpft; im Anfangs- und Endzustand ruht der Kolben und speichert keine Energie.

Beide Kompressionen beginnen bei A (Mitte). Links wird die Last allmählich bis B aufgelegt; allmähliches Entfernen führt das Gas nach A zurück. Rechts wird die Last schlagartig bis B' aufgelegt; schlagartiges Entfernen führt in einen anderen Zustand B”. Die Skizze zeigt die Kompressionen; die vier Zustände sind unten angegeben. — Abbildung 1. Beide Kompressionen beginnen bei $A$ (Mitte). Links wird die Last allmählich bis $B$ aufgelegt; allmähliches Entfernen führt das Gas nach $A$ zurück. Rechts wird die Last schlagartig bis $B'$ aufgelegt; schlagartiges Entfernen führt in einen anderen Zustand $B"$ . Die Skizze zeigt die Kompressionen; die vier Zustände sind unten angegeben.

Die Adiabatengleichungen für den reversiblen Weg und der erste Hauptsatz für die schlagartigen Wege lieferten folgende Ergebnisse. Wir definieren

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{Zustand} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

Insbesondere gilt

\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

Alle Schritte sind adiabatisch: $Q=0$ und $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , wobei vom Gas aufgenommene Energie positiv zählt. Somit

\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

Die reversible Hin- und Rückführung hat keine Nettoarbeit, während auf dem schlagartigen Weg $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ aufgenommen wird.

Berechnen Sie die Entropieänderungen auf $A\to B$ und $B\to A$ und stellen Sie die Entropiebilanz der reversiblen Hin- und Rückführung auf.
Berechnen Sie $\Delta S_{AB'}$ und zeigen Sie, dass sie strikt positiv ist. Welcher Anteil wird ausgetauscht und welcher erzeugt?
Führen Sie dieselbe Rechnung für die schlagartige Entlastung $B'\to B"$ durch.
Berechnen Sie $\Delta S_{AB"}$ direkt und überprüfen Sie die Übereinstimmung mit der Summe der beiden vorigen Entropieerzeugungen. Ist der Weg $A\to B'\to B"$ ein Kreisprozess des Gases?
Vergleichen Sie Energie- und Entropiebilanzen beider Hin- und Rückführungen. Erklären Sie, warum fehlender Wärmeaustausch keine Entropieerhaltung bedeutet.

Hinweis

Zwischen zwei Gleichgewichtszuständen eines idealen Gases gilt

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

Verwenden Sie für $B'\to B"$ die Beziehungen $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ und $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . Die in der Aufgabe angegebenen Ungleichungen bestimmen die Vorzeichen. Bei jedem Schritt gilt $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Ausführliche Lösung

Lösung

Frage 1. Die Tabelle liefert

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

und

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

. Einsetzen in die Entropieformel ergibt

\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

denn $c_V(\gamma-1)=R$ . Die Rückführung folgt demselben Weg in Gegenrichtung, daher $\Delta S_{BA}=0$ . Für jeden Schritt und die gesamte Hin- und Rückführung gilt $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . Das Gas kehrt in seinen Zustand $A$ zurück.

Frage 2. Für die schlagartige Kompression gelten

T_{B'}/T_0=\theta

und

V_{B'}/V_0=\theta/x

. Mit

R=c_V(\gamma-1)

und den Logarithmusregeln folgt

\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

Die gegebene Ungleichung $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ impliziert $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : Der Quotient im Logarithmus ist größer als 1, daher $\Delta S_{AB'}>0$ . Es wird keine Entropie ausgetauscht, also $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . Die Gasentropie steigt durch Erzeugung, ohne dass Wärme aufgenommen wird.

Frage 3. Bei der schlagartigen Entlastung lauten die Verhältnisse zwischen End- und Anfangszustand dieses Schritts

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Somit

\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

Denn $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ impliziert $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . Wieder gelten $S_{\mathrm{e}}=0$ und $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . Das Gas kühlt bei dieser Expansion ab ( $\phi<1$ ), doch seine Entropie steigt: Der Term der Volumenzunahme überwiegt.

Frage 4. Die Zustände

A

und

B"

haben denselben Druck, und es gilt

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

; daher

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

Verwendet wurden $c_P=c_V+R$ und $\theta\phi>1$ . Wir addieren nun die beiden vorigen Ergebnisse:

\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

Die Terme $\ln x$ heben sich auf. Da jeder Schritt adiabatisch ist, entspricht diese Summe auch der Summe beider Entropieerzeugungen. Den Außendruck wieder auf $P_0$ zu setzen, reicht nicht für einen Kreisprozess des Gases: $B"\ne A$ , denn $T_{B"}>T_0$ und $V_{B"}>V_0$ .

Frage 5. Für

A\to B\to A

gelten

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

und

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

. Für

A\to B'\to B"

gilt

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

Der erste Hauptsatz beschreibt die als innere Energie zurückbehaltene Nettoarbeit; der zweite quantifiziert die Irreversibilität über die Entropieerzeugung. Ein adiabatischer Prozess ist nur dann isentrop, wenn er keine Entropie erzeugt, wie hier im reversiblen Fall.