Chu trình Carnot: năng lượng và entropy trên từng nhánh

Câu 1. Hình cho thấy $AB$ và $CD$ là đoạn nhiệt, $BC$ thuộc đường đẳng nhiệt nóng và $DA$ thuộc đường đẳng nhiệt lạnh. Chu trình đi theo chiều kim đồng hồ. Trên đoạn nhiệt $AB$, định luật Laplace cho

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

Lấy lũy thừa $1/(\gamma-1)$ và đặt $b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$, ta được $V_A=bV_B$. Tương tự trên $CD$,

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

Vậy $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$: hai đường đẳng nhiệt có cùng tỉ số thể tích nhưng được đi theo hai chiều ngược nhau.

Câu 2. Trên mỗi đoạn nhiệt thuận nghịch, $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$ và $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$:

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

Trên đường đẳng nhiệt của khí lý tưởng, $\mathrm dU=0$ nên $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$. Với giãn nở ở nguồn nóng,

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

Với nén ở nguồn lạnh, $V_A/V_D=1/r$:

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

Trên đồ thị $(S,T)$, entropy không đổi trên $AB$ và $CD$: các nhánh này thẳng đứng. Hai nhánh đẳng nhiệt $BC$ và $DA$ nằm ngang. Chọn $S_A$ làm gốc tương đối, các tọa độ là

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

Thu được hình chữ nhật đi theo chiều kim đồng hồ, có chiều rộng $nR\ln r$ và chiều cao $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$.

Câu 3. Trong một chu trình, $\Delta U=0$. Lấy năng lượng nhận là dương, nguyên lý thứ nhất cho

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

Công cung cấp là $-W>0$ và nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng là $Q_{BC}>0$. Do đó hiệu suất bằng

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

Mỗi nguồn nhận nhiệt lượng trái dấu với nhiệt lượng nguồn đó truyền cho khí:

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

Khí trở lại trạng thái đầu nên $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$. Tổng ba độ biến thiên bằng không: không có entropy sinh ra. Công cung cấp ra ngoài không mang entropy.

Câu 4. Giữ quy ước năng lượng nhận là dương cho máy: $Q_{\mathrm{H}}>0$ là nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng, $Q_{\mathrm{C}}<0$ là nhiệt lượng nhận từ nguồn lạnh và $W<0$ là công nhận trong một chu trình. Các nguồn nhận nhiệt lượng trái dấu, $-Q_{\mathrm{H}}$ và $-Q_{\mathrm{C}}$. Tổng độ biến thiên entropy của chúng chính là entropy sinh ra, vì máy trở lại trạng thái đầu và bên ngoài chỉ nhận công:

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

Nhân với $T_{\mathrm{C}}$ rồi tách $Q_{\mathrm{C}}$,

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

Nguyên lý thứ nhất cho $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$. Công thu được là $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$, suy ra

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

Vì $T_{\mathrm{C}}>0$ và $Q_{\mathrm{H}}>0$, entropy sinh ra dương làm giảm hiệu suất.

Câu 5. Nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng giống nhau với hai động cơ. Theo câu 2,

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

Hiệu suất động cơ thuận nghịch là

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

Câu 4 cho hiệu giữa hai hiệu suất:

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

Tử số $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ là năng lượng, nên tỉ số không có thứ nguyên. Mức giảm là $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ điểm phần trăm. Do đó,

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

Hiệu suất giảm từ $40\,\%$ xuống $28{,}2\,\%$; giảm $11{,}8$ điểm không có nghĩa là giảm tương đối $11{,}8\,\%$.