چرخهٔ کارنو: انرژی و آنتروپی در هر شاخه

پرسش 1. نمودار، بی‌درروهای $AB$ و $CD$، شاخهٔ $BC$ روی هم‌دمای گرم و $DA$ روی هم‌دمای سرد را نشان می‌دهد. چرخه ساعت‌گرد است. روی بی‌درروی $AB$، رابطهٔ لاپلاس می‌دهد

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

با رساندن به توان $1/(\gamma-1)$ و تعریف $b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$ به $V_A=bV_B$ می‌رسیم. به همین ترتیب روی $CD$،

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

پس $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$: نسبت حجم در دو هم‌دما یکسان است و در جهت‌های مخالف طی می‌شوند.

پرسش 2. در هر بی‌درروی برگشت‌پذیر $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$ و $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$:

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

در هم‌دمای گاز ایده‌آل $\mathrm dU=0$، پس $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$. برای انبساط در دمای گرم،

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

برای تراکم در دمای سرد $V_A/V_D=1/r$:

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

در نمودار $(S,T)$، آنتروپی روی $AB$ و $CD$ ثابت است: این شاخه‌ها عمودی‌اند. هم‌دماهای $BC$ و $DA$ افقی‌اند. با انتخاب $S_A$ به‌عنوان مبدأ نسبی، مختصات چنین‌اند

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

مستطیلی ساعت‌گرد با عرض $nR\ln r$ و ارتفاع $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$ حاصل می‌شود.

پرسش 3. در یک چرخه $\Delta U=0$. با مثبت‌شمردن انرژی دریافتی، اصل اول می‌دهد

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

کار تحویلی $-W>0$ و گرمای دریافتی از مخزن گرم $Q_{BC}>0$ است. بنابراین بازده برابر است با

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

هر مخزن قرینهٔ گرمایی را که به گاز می‌دهد دریافت می‌کند:

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

گاز به حالت آغازین برمی‌گردد، پس $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$. مجموع سه تغییر صفر است: آنتروپی تولید نمی‌شود. کار تحویلی به محیط آنتروپی حمل نمی‌کند.

پرسش 4. قرارداد انرژی دریافتی را برای ماشین حفظ می‌کنیم: $Q_{\mathrm{H}}>0$ گرمای دریافتی از مخزن گرم، $Q_{\mathrm{C}}<0$ گرمای دریافتی از مخزن سرد و $W<0$ کار دریافتی در یک چرخه است. مخزن‌ها گرماهای مخالف $-Q_{\mathrm{H}}$ و $-Q_{\mathrm{C}}$ را می‌گیرند. تغییر کل آنتروپی آن‌ها همان آنتروپی تولیدشده است، زیرا ماشین به حالت آغازین بازمی‌گردد و تنها کار به محیط منتقل می‌شود:

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

با ضرب در $T_{\mathrm{C}}$ و جداکردن $Q_{\mathrm{C}}$ داریم

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

اصل اول می‌دهد $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$. کار بازیابی‌شده $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$ است، پس

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

چون $T_{\mathrm{C}}>0$ و $Q_{\mathrm{H}}>0$، تولید آنتروپی مثبت بازده را کاهش می‌دهد.

پرسش 5. گرمای دریافتی از مخزن گرم برای دو موتور یکسان است. از پرسش 2،

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

بازده موتور برگشت‌پذیر برابر است با

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

پرسش 4 اختلاف دو بازده را می‌دهد:

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

صورت $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ انرژی است، پس نسبت بی‌بُعد است. کاهش برابر $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ واحد درصد است. بنابراین،

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

بازده از $40\,\%$ به $28{,}2\,\%$ می‌رسد؛ کاهش $11{,}8$ واحد درصد به معنای کاهش نسبی $11{,}8\,\%$ نیست.