Cykl Carnota: energia i entropia na każdym odcinku

Pytanie 1. Na schemacie $AB$ i $CD$ są adiabatami, $BC$ leży na gorącej izotermie, a $DA$ na zimnej. Cykl przebiega zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Na adiabacie $AB$ równanie adiabaty daje

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

Podnosząc do potęgi $1/(\gamma-1)$ i przyjmując $b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$, otrzymujemy $V_A=bV_B$. Podobnie na $CD$,

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

Zatem $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$: na obu izotermach występuje ten sam stosunek objętości, lecz są one pokonywane w przeciwnych kierunkach.

Pytanie 2. Na każdej odwracalnej adiabacie $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$ i $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$:

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

Na izotermie gazu doskonałego $\mathrm dU=0$, zatem $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$. Dla rozprężania na gorącej izotermie

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

Dla sprężania na zimnej izotermie $V_A/V_D=1/r$:

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

Na wykresie $(S,T)$ entropia jest stała na $AB$ i $CD$: te odcinki są pionowe. Izotermy $BC$ i $DA$ są poziome. Przyjmując $S_A$ jako względny punkt odniesienia, otrzymujemy współrzędne

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

Powstaje prostokąt obiegany zgodnie z ruchem wskazówek zegara, o szerokości $nR\ln r$ i wysokości $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$.

Pytanie 3. W jednym cyklu $\Delta U=0$. Uznając energie otrzymane za dodatnie, z pierwszej zasady otrzymujemy

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

Oddana praca wynosi $-W>0$, a ciepło otrzymane od gorącego źródła $Q_{BC}>0$. Sprawność jest więc równa

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

Każde źródło otrzymuje ciepło o znaku przeciwnym do ciepła oddanego gazowi:

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

Gaz wraca do stanu początkowego, więc $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$. Suma trzech zmian jest równa zeru: entropia nie jest wytwarzana. Praca oddana otoczeniu nie przenosi entropii.

Pytanie 4. Zachowujemy dla maszyny konwencję dodatnich energii otrzymanych: $Q_{\mathrm{H}}>0$ jest ciepłem otrzymanym od gorącego źródła, $Q_{\mathrm{C}}<0$ ciepłem otrzymanym od zimnego źródła, a $W<0$ pracą otrzymaną w jednym cyklu. Źródła otrzymują przeciwne ciepła, $-Q_{\mathrm{H}}$ i $-Q_{\mathrm{C}}$. Łączna zmiana ich entropii jest entropią wytworzoną, gdyż maszyna odzyskuje swój stan początkowy, a otoczenie otrzymuje jedynie pracę:

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

Mnożąc przez $T_{\mathrm{C}}$, a następnie wyznaczając $Q_{\mathrm{C}}$,

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

Pierwsza zasada daje $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$. Odzyskana praca wynosi $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$, stąd

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

Ponieważ $T_{\mathrm{C}}>0$ i $Q_{\mathrm{H}}>0$, dodatnia wytworzona entropia zmniejsza sprawność.

Pytanie 5. Ciepło otrzymane od gorącego źródła jest takie samo dla obu silników. Z pytania 2

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

Sprawność silnika odwracalnego wynosi

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

Z pytania 4 otrzymujemy różnicę obu sprawności:

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

Licznik $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ jest energią, zatem iloraz jest bezwymiarowy. Spadek wynosi $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ punktu procentowego. Zatem

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

Sprawność spada z $40\,\%$ do $28{,}2\,\%$; spadek o $11{,}8$ punktu nie oznacza względnego spadku o $11{,}8\,\%$.