Verim ve performans katsayıları: Clausius eşitsizliğinden Carnot sınırları

Soru 1. Üç çalışma biçimi, aktarımların gerçek yönüyle birbirinden ayrılır.

• Motor olarak, akışkan sıcak rezervuardan ısı alır, soğuk rezervuara ısı verir ve iş sağlar: $Q_{\mathrm{H}}>0$, $Q_{\mathrm{C}}<0$ ve $W<0$.
• Buzdolabı olarak da ısı pompası olarak da akışkan iş alır, soğuk rezervuardan ısı çeker ve sıcak rezervuara ısı verir: $W>0$, $Q_{\mathrm{C}}>0$ ve $Q_{\mathrm{H}}<0$. İki makine aynıdır; yalnızca beklenen hizmet değişir: soğuk rezervuarı soğutmak ya da sıcak rezervuarı ısıtmak.

Bir çevrimde akışkan başlangıç durumuna döner, dolayısıyla iç enerjisi değişmez: $\Delta U=0$. Birinci ilke $\Delta U=Q+W$, üç durumda da şunu verir:

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

Soru 2. Motor olarak $W<0$, dolayısıyla $|W|=-W$. Birinci ilke $-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$ verir; buradan

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

Buzdolabı ya da ısı pompası olarak $W>0$ olup birinci ilke $W=-Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}$ verir. $Q_{\mathrm{H}}<0$ olduğundan $|Q_{\mathrm{H}}|=-Q_{\mathrm{H}}$'dir. Böylece

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

$-Q_{\mathrm{H}}=W+Q_{\mathrm{C}}$ olduğundan

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

Motor olarak $Q_{\mathrm{C}}<0$ ve $Q_{\mathrm{H}}>0$, dolayısıyla $Q_{\mathrm{C}}/Q_{\mathrm{H}}<0$ ve $\eta <1$: sağlanan iş alınan ısıyı aşamaz; bunu güvence altına almaya birinci ilke yeter. Buna karşılık bir performans katsayısı $1$'i aşabilir: bir ısı pompası verdiği ısıyı üretmez, onu soğuktan sıcağa taşır; alınan iş bu ısının yalnızca bir kısmıdır. Hatta ${\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}>0$ olduğundan her zaman ${\mathrm{COP}}_{\mathrm{HP}}>1$'dir.

Soru 3. Akışkan yalnızca iki rezervuarla ısı alışverişi yaparak bir çevrim izler. Clausius eşitsizliği

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

biçiminde yazılır; eşitlik ancak ve ancak çevrim tersinirse sağlanır. Soğuk terimi yalnız bırakalım, ardından eşitsizliğin yönünü koruyan $T_{\mathrm{C}}>0$ ile çarpalım:

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

Motor olarak $Q_{\mathrm{H}}>0$: eşitsizliğin yönünü yine koruyarak $Q_{\mathrm{H}}$'ye bölelim:

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

Soru 2'deki ifadede yerine koyarsak

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

Eşitlik ancak ve ancak Clausius eşitsizliği bir eşitlik olduğunda, yani tersinir bir çevrimde sağlanır: çalışma akışkanı hakkında hiçbir varsayım yapmadan Carnot'nun birinci ve üçüncü teoremleri yeniden bulunur. Son olarak $\eta =1$, $Q_{\mathrm{C}}=0$ olmasını gerektirirdi; Clausius eşitsizliği o zaman $Q_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{H}}\le 0$ olurdu, bu da $Q_{\mathrm{H}}>0$ ile çelişir. Bu, Kelvin–Planck ifadesidir: bir motor soğuk rezervuara zorunlu olarak ısı vermelidir.

Soru 4. Bu kez Clausius eşitsizliğinde sıcak terimi yalnız bırakarak başlayalım, ardından $T_{\mathrm{H}}>0$ ile çarpalım:

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

terslerine geçerken eşitsizliğin yönü değişir. İki tarafa $-Q_{\mathrm{C}}$ ekleyelim ve $W=-Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}$ bağıntısını kullanalım:

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

İki taraf da pozitiftir. $W>0$'a bölelim, ardından $T_{\mathrm{C}}/(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})>0$ ile çarpalım:

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

Soru 2'deki bağıntıyla

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

Motorda olduğu gibi, bu sınırlara yalnızca tersinir bir makine ulaşır.

Soru 5. $T_{\mathrm{C}}\to T_{\mathrm{H}}$ olduğunda verim sınırı $1-T_{\mathrm{C}}/T_{\mathrm{H}}$ sıfıra gider: sıcaklık farkı olmadan hiç iş üretilemez. Paydaları $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$ sıfıra giden iki COP sınırı ise tersine sonsuza gider: aynı sıcaklıktaki iki cisim arasında ısı taşımak, tersinir limitte, hiç işe mal olmaz. $T_{\mathrm{C}}\to 0$ olduğunda verim sınırı $1$'e, ${\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}$ sınırı ise $0$'a gider: giderek soğuyan bir cisimden ısı çekmek, çekilen joule başına giderek daha fazla işe mal olur; mutlak sıfıra doğru soğutmak giderek daha pahalı hâle gelir. Soru 6. Buzdolabı için

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

Dondurucu için

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

Çekilen joule ısı başına harcanan iş $W/Q_{\mathrm{C}}=1/{\mathrm{COP}}_{\mathrm{R}}$'dir. İki minimum harcamanın oranı dolayısıyla $18,5/6,7\approx 2,8$'dir: ideal olsa bile dondurucu, aynı ısıyı çekmek için buzdolabından yaklaşık üç kat daha fazla iş harcar, çünkü aşılması gereken sıcaklık farkı iki kattan daha büyüktür. Tersinmez olan gerçek cihazlar bu sınırların belirgin biçimde altında kalır.