اجسام غیر تراکم در قضیه کارنو

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 334

سپاس: 167

جنسیت:

تماس:

اجسام غیر تراکم در قضیه کارنو

پست توسط rohamjpl »

تصویر
یک جسم کاملاً غیر قابل تراکم را در نظر بگیرید ، که حجم آن را تغییر نمی دهد V تحت فشار p اما وقتی دمای آن افزایش یابد می تواند منبسط یا کوچک شود تیتغییر می کند سپس معادله حالت آن یک شکل ساده دارد
$T=T(V). $.
سپس تصور کنید که ما در حال انجام چرخه Brayton با این بدن متشکل از دو فرایند ایزوباریک در فشارها هستیم p1 و p2، و دو فرآیند آدیاباتیک . از آنجا که جسم غیرقابل انعطاف است ، دو فرآیند اخیر نیز همدما و ایزوکور هستند.
بازده این چرخه $ \eta=A/Q_1$ است ، جایی که $A=(p_1-p_2)(V_1-V_2) $ کار انجام شده و Q1 گرمای دریافتی از مخزن گرم است. برای محاسبه Q1 ، می توانیم از قانون اول ترمودینامیک استفاده کنیم:$\delta Q=c_VdT+pdV $. روابط ماکسول حاکی از نسبت ظرفیت گرمایی $ \gamma=c_p/c_V\rightarrow\infty$ برای جسم غیرقابل تراکم و سپس $ c_V=0 $ است (همچنین می توان با توجه به اینکه T و بنابراین انرژی داخلی در V = ثابت ساختار تغییر نمی کند قابل درک است).

بنابراین $\delta Q=pdV $ ، و گرما ، که توسط سیستم در بالای ایزوبار احیا می شود ، Q1 = p1 است $Q_1=p_1(V_1-V_2) $. کارایی می شود

$ \eta=1-\frac{p_2}{p_1}.$

از طرف دیگر ، کارایی Carnot ηCarnot به نسبت بالاترین دما $T_1=T(V_1) $ به کمترین درجه حرارت$ T_2=T(V_2)$ در طول چرخه بستگی دارد و
$\eta_\mathrm{Carnot}=1-\frac{T(V_2)}{T(V_1)}. $
با در نظر گرفتن اختلاف فشار $p1 − p2 $به اندازه کافی بزرگ و ثابت نگه داشتن V1- V2$ $، می توانیم به η> ηCarnot برسیم.

چرا قضیه کارنو در این مورد نقض می شود؟ آیا این بدان معناست که قضیه کارنو وجود مواد کاملاً غیر قابل تراکم را منع کرده است؟ یا چیزی در محاسبات من اشتباه است
در حقیقت ، همانطور که در نظرات ذکر شد ، قضیه کارنو زمانی قابل اجرا است که فقط دو مخزن گرمایی با دمای ثابت وجود داشته باشد. با این حال ، می توان آن را به راحتی در مورد دمای متغیر تعمیم داد. اگر T1 حداکثر دمای حاصل از مخزنی باشد که گرما را به سیستم منتقل می کند و T2 حداقل دمای مخزن دوم است که گرما را جذب می کند ، بازده هر چرخه نمی تواند بیش از
$\eta_\mathrm{max}=1-\frac{T_2}{T_1} $ باشد
علاوه بر این ، من هنگام استفاده از اثبات این رابطه با بدن غیرقابل تراکم ، چیز عجیب تری هم پیدا کردم. فرض کنید "a" و "b" به ترتیب ایزوبارهای بالا و پایین باشند که سیستم مقادیر گرما Q1 و Q2 را جذب کرده و از آنها خارج می کند. سپس ، با توجه به نابرابری Clausius ،
$\int\limits_a\frac{\delta Q_1}{T}\leqslant\int\limits_b\frac{\delta Q_2}{T}. $

.
همانطور که در بالا گفته شد ، برای جسم غیرقابل تراکم $ \delta Q=pdV$سپس با لغو در هر دو طرف نابرابری ، در تناقض با فرض اولیه در مورد شکل چرخه .$ \int\limits_a\frac{\delta Q_1}{T}=\int\limits_{V_2}^{V_1}\frac{p_1dV}{T(V)},
\qquad\int\limits_b\frac{\delta Q_2}{T}=\int\limits_{V_2}^{V_1}\frac{p_2dV}{T(V)}. $
لغو $ \int_{V_2}^{V_1}dV/T(V)$ در هر دو طرف نابرابری ، به دست می آوریم
p1⩽p2
در تضاد با فرض اولیه p1> p2 در مورد شکل چرخه است.
بنابراین ، اکنون تصور می کنم که حتی نابرابری Clausius وجود اجسام غیرقابل تراکم را منع می کند. آیا این درست است و چگونه می توان آن را درک کرد؟
سعی کردم مشکل را از نو بیان کنم. فرض کنید سیستم در متغیرهای حالت داده شده T و p ، آن را با پتانسیل Gibbs G با مشخص می کند
$dG=-SdT+Vdp,\qquad\left(\frac{\partial G}{\partial p}\right)_T=V,\qquad\left(\frac{\partial G}{\partial T}\right)_p=-S, $
بنابراین عدم انعطاف پذیری$ \partial V/\partial p=0 $ یعنی V فقط به T بستگی دارد: $(\partial G/\partial p)_T=V(T) $. با ادغام این رابطه ، به دست می آوریم
$ G=pV(T)+A(T),$،
که در آن $A(T) $ برخی از عملکردهای ناشناخته است. بر این اساس ، آنتروپی دریافت می کنیم
$ S=-pV'(T)-A'(T)$
و انرژی داخلی :$U=G+TS-pV $
$U=-pTV'(T)-TA'(T)+A(T). $.
با این حال ، در این صورت محاسبات بازده چرخه باید تجدید نظر شود زیرا
$ \delta Q=TdS=-TV'dp-(pTV''+TA'')dT$
به معنای تبادل گرما در طی فرآیندهای همدما / ایزوکور است! بنابراین تصور من در مورد ماهیت آدیاباتیک فرآیندهای isochoric نادرست است.
به عنوان مثال ، با فرض $ V=\alpha T $، وA = 0 ، در هر دو ایزوبار ΔQ = 0 بدست می آوریم، $\Delta Q=(p_1-p_2)T_1\alpha=Q_1 $ در ایزوکر راست و $ \Delta Q=-(p_1-p_2)T_2\alpha=-Q_2 $در ایزوکر چپ بنابراین کارایی
$ \eta=1-\frac{Q_2}{Q_1}=1-\frac{T_2}{T_1}$ با حد کارنو منطبق هست
بنابراین چه مشکلی در این مورد وجود دارد؟ من می بینم که برخی از نتایج عجیب به نظر می رسند (به عنوان مثال ، وابستگی U به p در T = ثابت) ، اما آیا مشکلات اساسی (با ثبات ، وجود تعادل ترمودینامیکی و غیره) وجود دارد
به نظر من این هست که
اجسام کاملاً غیر قابل تراکم در واقع با ثبات تعادل ترمودینامیکی (حداکثر آنتروپی) منع می شوند. فیزیک آماری بحث و استنباط خوبی از نابرابری ترمودینامیکی $ C_V > 0 $ دارد.

بنابراین معادله حالت $T = T(V) $ نتایج اشتباهی میده چون نباید اینجا به کار برود فرض را نادیده گرفتم و
فرض کنید $T = T(V) $ ، و تصور کنید که از $(P_1,V_1) \to (P_1,V_2) $ به دو روش متفاوت بروید. از یک طرف ، می توانید از $V1 → V2 $در P = P1$ $ثابت بروید. تغییر در قانون داخلی با قانون اول $ \Delta U = Q_1 + P_1 (V_1 - V_2) $ است. از طرف دیگر ، می توانید مسیر $(P_1, V_1) \to (0,V_1) \to (0,V_2) \to (P_1,V_2) $ را نیز طی کنید. پایه های اول و سوم باید ΔU = 0 داشته باشند زیرا هیچ چیز به P بستگی ندارد. پای دوم دارای ΔU = Q0 خواهد بود. اگر انرژی داخلی یک متغیر حالت است ، باید اینها برابر باشند:
$ Q_1 + P_1(V_1 - V_2) = Q_0 $
در اینجا Q1 مقدار گرمای مورد نیاز برای تغییر درجه حرارت جسم از$T(V_1) $ به $T(V_2) $ در P = P1 است و Q0 مقدار گرمای مورد نیاز برای تغییر دمای بدن از $T(V_1) $ است. به$ T(V_2)$ در P = 0. معادله فوق می گوید که اینها باید متفاوت باشند. اما این با این فرض اصلی که معادله حالت $T = T(V) $ مستقل از P است ، مغایرت دارد!
این همان چیزی است که من فکر می کنم یک متغیر ترمودینامیکی واقعی باید تابعی از دو مورد دیگر باشد. بنابراین$T=T(V) $ یک متغیر ترمودینامیکی نیست. برای گاز ایده آل $U=U(T) $ داریم. در اولین معادله خود ، هر دو این متغییر اشتباه و اشتباه برانگیز را با هم جمع می کنید تا $ \delta Q=dU+p~dV=C_vdT+p~dV$ بدست آورید. من گمان می کنم هیچ نتیجه خوبی از این کار بیرون نخواهد آمد! در این معادله T و V متغیر مستقل نیستند. اما در نوشتن $\delta Q=p~dV $ تصور کرده ایم که آنها مستقل هستند. به طور صحیح تر: $ \delta Q=\left( C_v\frac{dT}{dV}+p \right)dV $
اگر متقاعد نشدیم ، ممکن است با اجتناب از نوشتن بر حسب δQ ، همین معادله به صورت دقیق تر حاصل شود. بگویید معادله اساسی سیستم توسط $ S=f(U,V)$ داده شده است (به ترمودینامیک کالن مراجعه کنید). اما از آنجا که $ U=U(T(V)) $ واقعاً فقط به یک متغیر بستگی دارد. V:
$ \begin{align}
dS & =\frac{\partial f}{\partial U}dU+\frac{\partial f}{\partial V}dV \\
& = \left[ \frac{\partial f}{\partial U}\frac{dU}{dT}\frac{dT}{dV}+\frac{\partial f}{\partial V} \right] dV \\
& = \left[ \frac{C_v}{T}\frac{dT}{dV}+\frac{p}{T} \right] dV
\end{align} $ دقیقا اینجا معادله در T ضرب شده

به هر حال ، بدانید وقتی نابرابری Clausius اعمال می شود ، با این وجود نتیجه گیری پوچ p1≤p2 نتیجه می شود. بنابراین به نظر می رسد ترمودینامیک جسمی را با یک معادله اساسی که به یک متغیر گسترده ترمودینامیکی گسترده مانند V. بستگی دارد ، منع می کند. دو متغیر ترمودینامیکی گسترده مستقل کاملاً مورد نیاز هستند (مانند U ، V). مشخصه آن $T=T(V) $ است ، جسمی غیرقابل تراکم که در واقع به$\frac{\partial V}{\partial p}=0 $ نیاز دارد.
تصویر

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: roham hesami

محل اقامت: Tehran -Qeytariyeh, Ketabi Street, 8 meters from Saba

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 334

سپاس: 167

جنسیت:

تماس:

Re: اجسام غیر تراکم در قضیه کارنو

پست توسط rohamjpl »

تصویر
اول ، ما به یک منبع گرم نزدیک می شویم و گاز منبسط می شود و کار تولید می شود (خوب ، دما افزایش می یابد و مایعات می خواهد گسترش یابد ... کار تولید شده 100٪ از گرمای مصرف شده حاصل می شود ، زیرا انرژی داخلی در طی فرآیند همدما تغییر نکرده است)
سپس منبع گرم را حذف می کنیم و گاز قرار است مدام در حال انبساط باشد (سوال این هست که من: هنوز مطمئن نیستیم که چگونه گاز پس از حذف منبع گرم منبسط می شود. اگر منبع گرما نزدیک نباشد ، به نظر می رسد انتظار این است که انبساط فقط متوقف شود چرا می خواهد ادامه پیدا کند؟ انبساط به معنای کار انجام شده است. از آنجا که جریان حرارتی وجود ندارد ، گاز انرژی داخلی را از دست می دهد. چرا گاز برای ایجاد کار می خواهد انرژی داخلی را از دست بدهد؟در دو تبدیل دوم حجم مایع کاهش می یابد.این در دو مرحله اتفاق می افتد:
اول ، ما به یک منبع سرد نزدیک می شویم ، بنابراین مایع به طور طبیعی مقداری گرما را به سمت منبع سرما می برد و از این رو درجه حرارت آن را کاهش می دهد و از این رو حجم آن را کاهش می دهد. (این کاملا منطقی است).
سرانجام ، مایع فشرده می شود ، به طور خودکار دما و فشار خود را افزایش می دهد ، و دوباره به حالت شماره 1 برمی گردد (سوال B: چگونه می توان انتظار داشت که مایع به طور خودکار فشرده شود؟ از آنجا که این یک فرآیند آدیاباتیک و افزایش دما است ، این بدان معنی است که کار باید انجام شود بر روی سیستم انجام شود. چه کسی این کار را انجام می دهد؟).1 و 3 بر اساس قرار دادن یک منبع حرارتی نزدیک به سیال است تا طبق قانون دوم طبیعت آنچه را که انجام می دهد انجام دهد.
اما 2 و 4 به نظر من جادو است ، زیرا من نمی فهمم که در پشت صحنه چه می گذرد.
که از چیزی شبیه به:$\dfrac{GeneratedWork}{GivenEnergy}=\dfrac{HeatIn-HeatOut}{HeatIn} $ ,و \dfrac{HeatIn-HeatOut}{HeatIn} = 1 - \dfrac{T_{cold}}{T_{hot}}$
$در این مورد دو سردرگمی وجود دارد:
چگونه ممکن است گرما و دما را به این راحتی ترکیب کنیم؟
این تقریباً مانند این است که بگوییم گرما = دما.
همچنین ، من فهمیدم که گرما هرگز مطلق نیست ، بلکه یک تنوع است. در حالی که دما در واقع یک اندازه گیری مطلق است.
اگر 4 در واقع به کار خارجی برای فشرده سازی نیاز دارد ، چگونه این کار کاربردی در بازده منعکس نشده است؟
تصویر معمول چرخه کارنو با استفاده از یک سیلندر بسته حاوی یک گاز ایده آل مجهز به یک پیستون با شافت است که از خارج سیلندر امتداد می یابد تا با محیط اطراف تداخل کند. در ادامه من از مایع به عنوان یک گاز ایده آل یاد می کنم.
اول ، ما به یک منبع گرم نزدیک می شویم (خوب ، دما افزایش می یابد و مایعات می خواهد گسترش یابد)
اولین فرایند انعطاف پذیری ایزوترمال برگشت پذیر (دمای ثابت) است. دما افزایش نمی یابد. برای یک گاز ایده آل به معنای ثابت بودن محصول فشار و حجم است. با افزایش حجم ، فشار مقاومت در برابر انبساط توسط محیط اطراف باید به تناسب کاهش یابد. کار انجام شده در انبساط دقیقاً برابر با گرمای اضافه شده و تغییر در فضای داخلی است$\Delta U=Q-W $U = 0 ، ما Q = W و$Q=T_{HOT}\Delta S $ داریم که ΔS تغییر آنتروپی است.؟)چهارمین و آخرین فرآیند ، فشرده سازی آدیاباتیک برگشت پذیر است. این تنها فرآیند دوم است که فقط به صورت معکوس انجام می شود به گونه ای که کار بر روی گاز توسط محیط اطراف انجام می شود در مقابل گاز که در اطراف کار می کند. پاسخ به سوال B این است که گاز "به طور خودکار" فشرده نمی شود. یک عامل خارجی در محیط فشار کمی بیشتر از فشار گاز وارد می کند تا گاز را فشرده کند.
به چرخه ای فکر کنید که توسط پیستون و سیلندر انجام می شود و شافت پیستون به چیزی خارج از سیلندر متصل است. اساساً ، آنچه در پشت صحنه اتفاق می افتد ، که در خارج از سیلندر است ، یک عامل خارجی است (محیط اطراف) یا فشار بر گاز کمی بیشتر از فشار گاز برای فشار دادن گاز است (فرایند 4) یا فشاری کمی کمتر از فشار گاز اعمال می کند که به آن اجازه می دهد گسترش یابد (فرایند 2). توجه به این نکته مهم است که کار مثبت انجام شده توسط گاز در فرآیند 2 دقیقاً برابر با کار منفی انجام شده بر روی گاز در فرآیند 4 است ، بنابراین کار خالص انجام شده برای دو فرآیند صفر است.
برای فرآیندهای 1 و 3 فشار وارد شده توسط عامل خارجی نیز انبساط یا فشرده سازی گاز را در خود جای می دهد. اما در این موارد این کار را به گونه ای انجام می دهد که دمای گاز ثابت بماند.
در معادل سازی کارایی در سمت چپ با رابطه دما در سمت راست ، مهمترین مرحله را از مرحله کنار می گذارید.

کار خالص تولید شده است$W_{net}=Q_{IN}-Q_{OUT} $و $Q_{IN}=T_{HOT}\Delta S $و $Q_{OUT}=T_{COLD}\Delta S $این معادل عبارات انرژی است. سپس برای دو فرآیند همدما ، که ΔS تغییر آنتروپی است ، موارد زیر را داریم:$ϒ=\frac{Q_{IN}-Q_{OUT}}{Q_{IN}} $ کارایی محاسبه شد$ϒ=\frac{T_{HOT}\Delta S-T_{COLD}\Delta S}{T_{HOT}\Delta S} $ یا به شکل $ ϒ=1-\frac{T_{COLD}}{T_{HOT}}$
راندمان موتور حرارتی چگونه به آنتروپی تولید شده در طی فرآیند ارتباط داردبه نظر می رسد که برای به حداکثر رساندن راندمان موتور ، باید آنتروپی تولید شده در طی فرآیند را به حداقل رساند.
خوب ، بنابراین حالا بیایید سعی کنیم آنتروپی ایجاد شده را به حداقل برسانیم. گرمی که از مخزن گرم من خارج می شود Qh است. این حرارتی است که به گاز موتور من داده می شود. بنابراین تغییر آنتروپی برای مخزن گرم $\frac{Q_h}{T_h} $ و تغییر آنتروپی در گاز$\frac{Q_h}{T_h} $ است. البته ، برای اینکه گرما جریان یابد ، $T_h$باید بزرگتر از $T_{gas} $ باشد. این دلالت می کنه که$\frac{Q_h}{T_h} < \frac{Q_h}{T_{gas}} $آنتروپی کلی در حین انتقال گرما افزایش می یابد ، همان چیزی است که من انتظار دارم. بنابراین ، برای به حداقل رساندن تغییر آنتروپی ، شما می خواهید Tgas بسیار نزدیک به Th باشد. من معتقدم می توان همین بحث را برای انتقال گرما از گاز به مخزن سرد بیان کرد.
بیایید ابتدا بر تعامل بین سیستم و مخزن گرم تمرکز کنیم. مقدار $\delta Q_H $ انرژی از مخزن گرم به سیستم جریان می یابد ، این بدان معنی است که آنتروپی سیستم توسط$\mathrm dS_\text{sys} = \frac{\delta Q_H}{T_\text{sys}}, $و به ترتیب ، آنتروپی مخزن توسط تغییر می کند$ \mathrm dS_\text{hot} = -\frac{\delta Q_H}{T_{H}}.$پس نشان می دهد که کل تغییر در آنتروپی سیستم به علاوه محیط کاملاً رو به جلو است$\mathrm dS = \mathrm dS_\text{hot}+\mathrm dS_\text{sys} \geq0, $با داشتن برابری اگر و فقط اگر سیستم و محیط در صورت داشتن دمای برابر از طریق گرمایش انرژی را رد و بدل کنند ، Tsys = TH.
در نتیجه ، برای اینکه تولید آنتروپی را به حداقل برسانیم (و در واقع به طور کامل صفر کنیم) در طی این فرآیند ، Tsys = TH را می خواهیم و می توان تغییر خالص آنتروپی سیستم را طی این فرآیند به صورت زیر نوشت:$\Delta S_\text{sys} = \int \frac{\delta Q_H}{T_\text{sys}} = \frac{Q_H}{T_{H}}, $
از آنجا که فرض می کنیم در طول چرخه دمای مخزن به هیچ وجه تغییر نمی کند.
اکنون ، از آنجا که سیستم بر روی یک چرخه ترمودینامیکی کار می کند ، و از آنجا که آنتروپی سیستم $S_\text{sys} $ یک متغیر حالت است (تابع حالت / dS یک دیفرانسیل دقیق است و غیره) ، باید درست باشد$ \mathrm dS_\text{sys,cycle}=0.$بنابراین ، باید فرآیند دیگری وجود داشته باشد که طی آن سیستم مقدار انرژی QC را از طریق گرمایش به برخی از مخازن دیگر اخراج می کند به گونه ای که تغییر در آنتروپی سیستم در طی این فرآیند جدید ، منفی تغییر در آنتروپی سیستم باشد که ما محاسبه کردیم قبل از. با همان استدلال فوق ، باید این تغییر در آنتروپی باشد$\Delta S_2 = -\frac{Q_C}{T_C}, $ΔS2 = −QCTC ،
که در آن TC دمای مخزن سرد است.
سرانجام ، از آنجا که آنتروپی سیستم یک متغیر حالت است ،$ 0 = \Delta S + \Delta S_2 = \frac{Q_H}{T_H}-\frac{Q_C}{T_C}.$روش دیگر بررسی این معادله این است که تغییر خالص آنتروپی مخزن گرم منفی تغییر خالص آنتروپی مخزن سرد در طول چرخه است و از این رو تغییر خالص آنتروپی جهان در طول چرخه صفر است.کارایی و کار
به نظر می رسد هیچکدام از اینها مربوط به این واقعیت نیست که بازده به 1 می رسد زیرا نسبت TC به TH صفر می شود. این به روش زیر در می آید. اول ، خروجی خالص کار در طول یک چرخه است
$W_\text{out} = Q_H-Q_C, $
و از این رو راندمان موتوری که ما الان ساخته ایم است
$e = \frac{W_\text{out}}{Q_H} = 1 - \frac{T_C}{T_H}, $
براساس محاسبه ما در بالا ، این باید حداکثر بازده موتور موجود بین این دو دما باشد. با این حال ، اگر دما را تغییر دهیم ، می توانیم کارایی را تغییر دهیم. دلیل بالا رفتن کارایی با پایین آمدن نسبت دما این است که ووت ، اختلاف بین جریانهای گرما ، اگر مثلاً TC را پایین بیاوریم (اگر در این صورت QC پایین می آید) یا اگر TH را بالا ببریم (اگر QH باشد) باید بالا برود. بالا می رودبه تعبیری ، این قسمت واقعاً ارتباط زیادی با آنتروپی ندارد ، زیرا از منظر ترمودینامیکی ، تولید آنتروپی (که افزایش آنتروپی یک سیستم جدا شده است) معیاری برای میزان کار ماست. اگر ما روند کار را برگشت پذیر انجام داده بودیم ، اما ما قبلاً موتور کاملی را طراحی کرده ایم که بین آن دو درجه حرارت خاص کار می کند ، بنابراین آنتروپی درست اجرا شده
تصویر

ارسال پست