بازده و ضریب‌های عملکرد: حدهای کارنو از راه نامساوی کلازیوس

پرسش 1. سه حالت کار با جهت واقعی انتقال‌ها از هم متمایز می‌شوند.

• در حالت موتور، سیال از مخزن گرم گرما می‌گیرد، به مخزن سرد گرما می‌دهد و کار تحویل می‌دهد: $Q_{\mathrm{H}}>0$، $Q_{\mathrm{C}}<0$ و $W<0$.
• در حالت یخچال و نیز پمپ گرمایی، سیال کار دریافت می‌کند، از مخزن سرد گرما می‌گیرد و به مخزن گرم گرما می‌دهد: $W>0$، $Q_{\mathrm{C}}>0$ و $Q_{\mathrm{H}}<0$. این دو ماشین یکسان‌اند؛ تنها خدمت مورد انتظار تفاوت دارد: خنک‌کردن مخزن سرد یا گرم‌کردن مخزن گرم.

در یک چرخه، سیال به حالت آغازین خود بازمی‌گردد، پس انرژی درونی آن تغییر نمی‌کند: $\Delta U=0$. قانون اول $\Delta U=Q+W$ در هر سه حالت می‌دهد

$$Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W=0.$$

پرسش 2. در حالت موتور $W<0$، پس $|W|=-W$. قانون اول می‌دهد $-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$، و از آنجا

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

در حالت یخچال یا پمپ گرمایی، $W>0$ و قانون اول می‌دهد $W=-Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}$. چون $Q_{\mathrm{H}}<0$، داریم $|Q_{\mathrm{H}}|=-Q_{\mathrm{H}}$. بنابراین

$${\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}=\frac{Q_{\mathrm{C}}}{-Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}},{\mathrm{COP}}_{\mathrm{HP}}=\frac{-Q_{\mathrm{H}}}{-Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}}.$$

از آنجا که $-Q_{\mathrm{H}}=W+Q_{\mathrm{C}}$،

$${\mathrm{COP}}_{\mathrm{HP}}=\frac{W+Q_{\mathrm{C}}}{W}=1+\frac{Q_{\mathrm{C}}}{W}=1+{\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}.$$

در حالت موتور، $Q_{\mathrm{C}}<0$ و $Q_{\mathrm{H}}>0$، پس $Q_{\mathrm{C}}/Q_{\mathrm{H}}<0$ و $\eta <1$: کار تحویلی نمی‌تواند از گرمای دریافتی بیشتر شود و قانون اول برای تضمین این کافی است. برعکس، ضریب عملکرد می‌تواند از $1$ بیشتر شود: پمپ گرمایی گرمایی را که می‌دهد نمی‌سازد، بلکه آن را از سرد به گرم جابه‌جا می‌کند، و کار دریافتی تنها بخشی از آن است. حتی همواره ${\mathrm{COP}}_{\mathrm{HP}}>1$ است، زیرا ${\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}>0$.

پرسش 3. سیال چرخه‌ای را طی می‌کند و تنها با دو مخزن گرما مبادله می‌کند. نامساوی کلازیوس چنین نوشته می‌شود:

$$\frac{Q_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}}+\frac{Q_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}\le 0,$$

و برابری تنها و تنها برای چرخهٔ برگشت‌پذیر برقرار است. جملهٔ سرد را جدا می‌کنیم و سپس در $T_{\mathrm{C}}>0$ ضرب می‌کنیم که جهت نامساوی را حفظ می‌کند:

$$\frac{Q_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}\le -\frac{Q_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}}⟹Q_{\mathrm{C}}\le -Q_{\mathrm{H}}\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}.$$

در حالت موتور $Q_{\mathrm{H}}>0$ است: بر $Q_{\mathrm{H}}$ تقسیم می‌کنیم که باز هم جهت نامساوی را حفظ می‌کند:

$$\frac{Q_{\mathrm{C}}}{Q_{\mathrm{H}}}\le -\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}.$$

با جای‌گذاری در عبارت پرسش 2،

$$\eta =1+\frac{Q_{\mathrm{C}}}{Q_{\mathrm{H}}}\le 1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}.$$

برابری تنها و تنها وقتی برقرار است که نامساوی کلازیوس به برابری تبدیل شود، یعنی برای چرخه‌ای برگشت‌پذیر: بدین ترتیب قضیه‌های اول و سوم کارنو بدون هیچ فرضی دربارهٔ سیال کاری دوباره به دست می‌آیند. سرانجام، $\eta =1$ مستلزم $Q_{\mathrm{C}}=0$ است؛ آنگاه نامساوی کلازیوس به $Q_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{H}}\le 0$ تبدیل می‌شد که با $Q_{\mathrm{H}}>0$ در تناقض است. این همان بیان کلوین–پلانک است: موتور ناگزیر باید به مخزن سرد گرما بدهد.

پرسش 4. این بار از نامساوی کلازیوس با جداکردن جملهٔ گرم آغاز می‌کنیم و سپس در $T_{\mathrm{H}}>0$ ضرب می‌کنیم:

$$\frac{Q_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}}\le -\frac{Q_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}⟹Q_{\mathrm{H}}\le -Q_{\mathrm{C}}\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{C}}}⟹-Q_{\mathrm{H}}\ge Q_{\mathrm{C}}\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{C}}},$$

که در گذر به قرینه‌ها جهت نامساوی وارونه می‌شود. $-Q_{\mathrm{C}}$ را به دو طرف می‌افزاییم و از $W=-Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}$ استفاده می‌کنیم:

$$W\ge Q_{\mathrm{C}}\left(\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{C}}}-1\right)=Q_{\mathrm{C}}\frac{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

هر دو طرف مثبت‌اند. بر $W>0$ تقسیم و سپس در $T_{\mathrm{C}}/(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})>0$ ضرب می‌کنیم:

$$1\ge \frac{Q_{\mathrm{C}}}{W}\frac{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}⟹{\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}=\frac{Q_{\mathrm{C}}}{W}\le \frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}.$$

با رابطهٔ پرسش 2،

$${\mathrm{COP}}_{\mathrm{HP}}=1+{\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}\le 1+\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}=\frac{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}+T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}=\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}.$$

همانند موتور، تنها یک ماشین برگشت‌پذیر به این حدها می‌رسد.

پرسش 5. وقتی $T_{\mathrm{C}}\to T_{\mathrm{H}}$، حد بازده $1-T_{\mathrm{C}}/T_{\mathrm{H}}$ به $0$ میل می‌کند: بدون اختلاف دما هیچ کاری نمی‌توان تولید کرد. برعکس، حدهای دو COP که مخرجشان $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$ به $0$ میل می‌کند، به بی‌نهایت میل می‌کنند: جابه‌جاکردن گرما میان دو جسم هم‌دما، در حد برگشت‌پذیر، هیچ کاری لازم ندارد. وقتی $T_{\mathrm{C}}\to 0$، حد بازده به $1$ و حد ${\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}$ به $0$ میل می‌کند: گرفتن گرما از جسمی که پیوسته سردتر می‌شود به‌ازای هر ژول گرمای خارج‌شده کار بیشتر و بیشتری می‌طلبد؛ سردکردن به سوی صفر مطلق پیوسته پرهزینه‌تر می‌شود. پرسش 6. برای یخچال،

$${\mathrm{COP}}_{\mathrm{R},\max }=\frac{278}{293-278}=\frac{278}{15}\approx 18,5.$$

برای فریزر،

$${\mathrm{COP}}_{\mathrm{R},\max }=\frac{255}{293-255}=\frac{255}{38}\approx 6,7.$$

کار مصرفی به‌ازای هر ژول گرمای خارج‌شده برابر $W/Q_{\mathrm{C}}=1/{\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}$ است. بنابراین نسبت دو مصرف کمینه $18,5/6,7\approx 2,8$ است: حتی در حالت آرمانی، فریزر برای خارج‌کردن همان مقدار گرما نزدیک به سه برابر یخچال کار مصرف می‌کند، زیرا اختلاف دمایی که باید پیموده شود بیش از دو برابر است. دستگاه‌های واقعی که برگشت‌ناپذیرند، به‌مراتب پایین‌تر از این حدها می‌مانند.