دمای منفی در چرخه کارنو

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3226

سپاس: 5492

جنسیت:

تماس:

دمای منفی در چرخه کارنو

پست توسط rohamavation »

آیا دمای منفی در چرخه کارنو مثالی متضاد از قانون دوم ترمودینامیک می دهد؟با قضیه کارنو، کارایی چرخه کارنو است
$\eta=1-\frac{T_C}{T_H}$جایی که TCوTH به ترتیب دمای مطلق مخزن سرد و مخزن گرم هستند. از آنجایی که TC>0، این به معنای $η<1 $است بنابراین عبارت کلوین را نتیجه می گیرد: "هیچ فرآیندی امکان پذیر نیست که در آن تنها نتیجه آن جذب گرما از یک مخزن و تبدیل کامل آن به کار باشد."با این حال فکر می کنم در آن دوره دمای منفی را نمی دانند اگر $T_C=300K$ را بگذاریم
و $T_H=-300K$، بدست آوردن η=2 آسان است. به نظر می رسد که این یک مثال متضاد از قانون دوم ترمودینامیک است.
پاسخ کوتاه: وقتی $T_H<0,T_C>0$ نمی توانید یک چرخه برگشت پذیر ($\delta S_{cycle}=0$) بسازید.
. بنابراین عبارت کارایی صدق نمی کند.
برای پاسخ طولانی، باید به استخراج بازده چرخه کارنو بپردازیم. طبق معمول، باید به علائم توجه زیادی کرد. ما تغییرات انرژی در بخاری و کولر مربوط به تغییرات آنتروپی آنها را داریم:
$\delta E_H=T_H\delta S_H,\quad \delta E_C=T_C\delta S_C$
بخاری انرژی را از دست می دهد، در حالی که کولر آن را دریافت می کند:
$\delta E_H < 0,\quad \delta E_C >0$
بنابراین کار انجام شده توسط یک بدنه کاری که انرژی را از بخاری به خنک کننده منتقل می کند:
$\delta A = -\delta E_H - \delta E_C > 0$
بازده یک چرخه رابطه ای از کار انجام شده ($δA> 0$) با انرژی از دست رفته توسط گرمکن است$ -\delta E_H>0.$
$\eta = \frac{\delta A}{-\delta E_H} = 1 + \frac{\delta E_C}{\delta E_H}=1 + \frac{T_C}{T_H}\frac{\delta S_C}{\delta S_H}$ در حالت "معمولی": $T_H>0, T_C>0$
در نتیجه ما داریم:$\delta S_H<0,\quad \delta S_C>0$
و ما مثالی از یک چرخه معکوس (چرخه کارنو) ارائه می دهیم که بنابراین باید از آن تبعیت کرد:
$\delta S_{cycle} = \delta S_H+\delta S_C = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{\delta S_C}{\delta S_H} = -1$
که منجر به فرمول معمول می شود.
اگر بخاری دارای دمای منفی باشد: $T_H<0, T_C>0$
ما خواهیم داشت:$\delta S_H > 0,\quad \delta S_C>0$
بنابراین هیچ راهی برای ایجاد چرخه با $\delta S_{cycle}=0$ وجود ندارد. تنها چیزی که می توانید بگویید این است که:
$\frac{\delta S_C}{\delta S_H}>0 \quad \Rightarrow \quad \frac{T_C}{T_H}\frac{\delta S_C}{\delta S_H}<0 \quad \Rightarrow \quad \eta<1$
آیا دمای منفی در چرخه کارنو مثالی متضاد از قانون دوم ترمودینامیک می دهد؟موتور مقداری گرما Qin را از یک مخزن در دمای TH می گیرد و مقداری کار W را خروجی می دهد و همچنین مقداری گرما Quut را به مخزن در دمای TC دفع می کند.
قانون اول می گوید$Q_\text{in} = W + Q_\text{out}$. قانون دوم می گوید که مقدار کل آنتروپی باید افزایش یابد. آنتروپی مخزن گرم $\frac{1}{T_H}Q_\text{in}$ کاهش می یابد و آنتروپی مخزن سرد $\frac{1}{T_C}Q_\text{out}$ افزایش می یابد. (کار W بر آنتروپی کل تأثیر نمی گذارد. کار انرژی بدون آنتروپی است).
بنابراین کل تغییر آنتروپی $\frac{1}{T_C}Q_\text{out} - \frac{1}{T_H}Q_\text{in}$ست.یا $\frac{1}{T_C}(Q_\text{in}-W) - \frac{1}{T_H}Q_\text{in}$ راندمان زمانی به حداکثر می رسد که این مقدار روی صفر تنظیم شود، که منجر به راندمان کارنو می شود.
$W_\text{max} = \left( 1- \frac{T_C}{T_H}\right) Q_\text{in}.$
حالا بیایید تصور کنیم که TH منفی است .
اولین چیزی که باید به آن توجه کرد این است که اکنون، وقتی گرما را از مخزن داغ حذف می‌کنیم، آنتروپی آن همچنان به میزان $-\frac{1}{T_H}Q_\text{in}$ تغییر می‌کند. اما این در حال حاضر یک تغییر مثبت است، به دلیل علامت منفی TH. شما می توانید $\frac{1}{T} = \frac{\partial S}{\partial U}$ را به عنوان مقداری در نظر بگیرید که با اضافه شدن مقدار کمی گرما، آنتروپی یک سیستم تغییر می کند. انرژی ذخیره شده در یک مخزن با دمای منفی "می خواهد" تبدیل به گرما شود، به این معنا که حذف گرما به جای کاهش آنتروپی آن را افزایش می دهد.اکنون، ما همچنان می‌توانیم دقیقاً همان استدلال قبلی را طی کنیم، و هنوز هم می‌توانیم دریافت کنیم$W_\text{max} = \left( 1- \frac{T_C}{T_H}\right) Q_\text{in},$
و همانطور که اشاره کردید، این بزرگتر از 1 خواهد بود. اما توجه داشته باشید که در این مورد، $Q_\text{out} = Q_\text{in}-W_\text{out} < 0$. در مثال من که η=2، $Q_\text{out} = -Q_\text{in}$ داریم.
فرض شده است که Quot باید مثبت باشد، به همین دلیل است که من نتیجه می گیرم که موتوری با این کارایی نمی تواند وجود داشته باشد. اما من می خواهم با در نظر گرفتن ارزش اسمی آن رویکرد متفاوتی داشته باشم: کارآمدترین موتور در این شرایط موتوری است که در واقع گرما را از مخزن سرد خارج می کند:
تصویر
شکل یک موتور حرارتی فوق کارآمد که با یک مخزن دمای منفی کار می کند. توجه داشته باشید که گرما را از هر دو مخزن خارج می کند.اکنون می توانیم مقدار مشخصی از بازدهی بیشتر از یک را احساس کنیم. اگر η>1 به این معنی است که W بزرگتر از Qin است. اما اشکالی ندارد زیرا در این شرایط بخشی از انرژی از مخزن سرد می آید. با قانون دوم مشکلی وجود ندارد، زیرا ما این را با تنظیم صریح افزایش آنتروپی روی 0 به دست آوردیم.
من می خواهم به عقب برگردم و چیزی را که قبلاً به آن اشاره کردم روشن کنم: می توانید گرما را از یک مخزن با دمای منفی خارج کنید و برخلاف گفته کلوین مستقیماً آن را به کار تبدیل کنید. یعنی این موتور امکان پذیر است:
تصویر
یک موتور حرارتی که گرمای دمای منفی را مستقیماً به کار تبدیل می کند.
اما این منافاتی با قانون دوم ندارد. موتور فوق حداکثر کارایی را ندارد و مقدار آنترو ]تولید می کند که باز هم مثبت است زیرا T منفی است.شما نمی توانید از آن برای ساخت یک ماشین حرکت دائمی استفاده کنید، زیرا دمای مخزن دمای منفی با حذف گرما از آن کاهش می یابد، تا زمانی که دمای آن به منهای بی نهایت برسد (که در زمان محدود انجام می دهد)، در این مرحله آن را انجام می دهد. به مثبت بودن تغییر خواهد کرد و به کاهش ادامه خواهد داد. این احتمالاً کاملاً غیر منطقی به نظر می رسد، بنابراین
بنابراین نتیجه همه اینها این است که بله، ممکن است که η بزرگتر از 1 باشد اگر TH<0 باشد، اما این یک مثال متضاد با قانون دوم نیست و اجازه ساخت یک موبایل دائمی را نمی دهد. بیانیه کلوین قبل از آگاهی از دماهای منفی نوشته شده است، همانطور که شما می گویید، و برای اینکه برای چنین سیستم هایی صادق باشد، باید به گونه ای اصلاح شود که "هیچ فرآیندی ممکن نیست که تنها نتیجه آن جذب گرما از یک مخزن با مثبت باشد. دما و تبدیل کامل آن به کار."
را دما به $-\infty$ کاهش می یابد و سپس مثبت می شود؟
ما با ذکر آن شروع می کنیم
$\frac{1}{T} = \frac{\partial S}{\partial U},$که در آن U انرژی داخلی یک سیستم و S آنتروپی آن است. برای اکثر سیستم ها منحنی S(U) چیزی شبیه به این است:
تصویر
منحنی S(U) برای یک جسم معمولی با ظرفیت حرارتی محدود.
می بینید که با حذف گرما از سیستم (کاهش U)، شیب $1/T$فزایش می یابد (یعنی T کاهش می یابد) تا زمانی که در نقطه ای با U محدود (انرژی حالت پایه)، آنتروپی صفر می شود و شیب بی نهایت می شود. (یا T صفر می شود). این یک نتیجه اساسی از مکانیک آماری است که منحنی S(U) باید مقعر باشد، به این معنی که $1/T$ همیشه باید با افزایش U غیر افزایشی باشد.متحد، S و U هر دو نامحدود هستند.
با این حال، برای برخی از سیستم‌ها (آنهایی که می‌توانید وارونگی جمعیت داشته باشید) فقط می‌توانند مقدار محدودی انرژی در خود نگه دارند، و برای آن سیستم‌ها منحنی بیشتر شبیه این است:
تصویر
منحنی S(U) برای سیستمی که می تواند دمای منفی داشته باشد.
می بینید که این سیستم ها می توانند دماهای منفی داشته باشند، به این معنی که انرژی داخلی U در سمت راست پیک در S است. با حذف گرما از چنین سیستمی، $1/T$ افزایش می یابد تا زمانی که از صفر عبور کند و دوباره مثبت شود. که مربوط به کاهش -∞ است، سپس به +∞ تغییر می کند و به کاهش ادامه می دهد.
بنابراین همانطور که انرژی را از یک مخزن با دمای منفی حذف می کنید، به ناچار آن را به یک مخزن با دمای مثبت طبیعی نزدیک می کنید. این دلیل اساسی است که چرا نمی‌توانید یک ماشین حرکت دائمی با استفاده از مخازن دمای منفی بسازید: در نهایت ایده‌آل‌سازی دمای ثابت باید از بین برود و مخزن دمای منفی شما به مخزن دمای مثبت تبدیل شود.
برعکس، برای ایجاد مخزن دمای منفی در وهله اول، باید انرژی را در آن صرف کنید. یک سیستم با منحنی S(U) که ​​در شکل 4 نشان داده شده است، معمولاً در همان دمای (مثبت) محیط اطراف خود شروع می شود، به این معنی که انرژی داخلی U آن در سمت چپ قله در منحنی S خواهد بود. برای منفی کردن دما، باید با استفاده از یک پمپ حرارتی در آن انرژی قرار دهید. در اصل، شما باید آن را آنقدر گرم کنید که دمای آن بی نهایت و سپس منفی شود. بنابراین اگرچه ممکن است کاملاً معجزه‌آسا به نظر برسد که گرمای دمای منفی را می‌توان 100% به کار تبدیل کرد بدون اینکه گرما تولید کند، باید در نظر داشته باشید که سیستم‌های دمای منفی چیز بسیار خاصی هستند که (تا آنجا که من می‌دانم) وجود ندارند. در طبیعت، و شما نمی توانید بدون استفاده از حداقل کاری که می توانید با استفاده از یک موتور حرارتی از آن استخراج کنید، یکی بسازید.
آیا گرما نباید از مخزن دمای منفی H به مخزن دمای مثبت C جریان یابد؟
اگر از موتور حرارتی برای استخراج کار استفاده نمی کردیم، بله، این کار را می کرد. همانطور که امیدواریم به وضوح از شکل 5 بالا مشاهده کنید، دمای منفی گرمتر از دمای مثبت است. اما نکته اینجاست که ما فقط یک جریان خود به خودی گرما را در نظر نمی گیریم، بلکه کارآمدترین راه را برای استخراج کار از مخازن با استفاده از یک ماشین فرضی در نظر می گیریم.
ممکن است نگاهی دوباره به شکل 1 که یک موتور حرارتی معمولی را نشان می دهد کمک کند. در اینجا ما گرمایی داریم که از یک مخزن گرم خارج می شود و به مخزن سرد می رود. اما گرمایی که وارد مخزن سرد می شود کمتر از گرمای خارج شده از مخزن گرم است، زیرا مقداری از آن به کار تبدیل می شود. اگر TH را با ثابت نگه داشتن Qin افزایش دهیم، موتور می تواند کارآمدتر عمل کند، بنابراین Quut کاهش می یابد. اگر TH را بینهایت کنیم (یعنی $1/T_H=0$، بنابراین مخزن داغ درست در اوج منحنی S(U) در بالا قرار دارد) آنگاه Quut صفر می شود، زیرا موتور حرارتی با حداکثر کارآمدی بازده 1 دارد و می تواند گرما را در T∞ بدون تولید گرما کار کند. (به یک معنا، کار گرما با دمای بی نهایت است.)اگر انرژی مخزن داغ را بیش از این افزایش دهیم، به طوری که دمای آن منفی شود (گذر از پیک روی منحنی S(U))، حداکثر بازده ممکن بیشتر از 1 می شود و Qout منفی می شود. توجه داشته باشید که در این حالت موتور حرارتی در حال حذف گرما از هر دو مخزن است.
دو بیان کلاسیک از قانون دوم ترمودینامیک وجود دارد که هر دو بیانگر یک مفهوم اساسی هستند:
پلانک بر پایه توضیح عملکرد موتورهای حرارتی است وبیان می دارد که غیرممکن است وسیله ای بسازیم که در یک سیکل عمل کند و در عین حال که با یک مخزن تبادل حرارت دارد اثری بجز صعود وزنه داشته باشد.
این بیان از قانون دوم ترمودینامیک در بر گیرنده این مضمون است که غیر ممکن است که یک موتور حرارتی مقدار مشخصی حرارت را از جسم درجه حرارت بالا دریافت کند و همان مقدار نیز کار انجام دهد. بیان کلازیوس نیز یک بیان منفی است و اعلام می دارد که غیر ممکن است وسیله ای بسازیم که در یک سیکل عمل کند و تنها اثر آن انتقال حرارت از جسم سردتر به جسم گرمتر باشد. این بیان بر پایه توضیح عملکرد پمپهای حرارتی می باشد و دربرگیرنده این مفهوم است کهنمی توان یخچالی ساخت که بدون کار ورودی عمل کند.
هر دو بیان کلاسیک از قانون دوم ترمودینامیک نوعاً بیانهای منفی هستند و اثبات بیان منفی ناممکن است. درباره قانون دوم ترمودینامیک گفته می شود"هر آزمایش مربوطی که صورت گرفته به طور مستقیم یا غیرمستقیم قانون دوم بوده و هیچ آزمایشی منجر به نقض قانون دوم نشده است. همانگونه که ذکر شد تنها گواه ما بر صحت قانون دوم ترمودینامیک آزمایشات گوناگونی است که همگی درستی این قانون را تا;یید می کنند.
با این همه در ترمودینامیک کلاسیک سعی می کنند نشان دهند که اثبات معادل بودن دو بیان کلوین- پلانک و کلازیوس دلیلی بر صحت قانون دوم ترمودینامیک است. در حالیکه این امر درستی قانون دوم را اثبات نمی کند. در اثبات اینکه دو بیان فوق الذکر معادل یکدیگرند از یک مدل منطقی بهره جسته می شود که می گوید: " دو بیان, معادل هستند اگر صحت هر بیان منجر به صحت بیان دیگر گرددو اگر نقض هر بیان باعث نقض بیان دیگر شود."
در ترمودینامیک کلاسیک ,برای اثبات معادل بودن دو بیان کلوین- پلانک و کلازیوسبا نشان داده می شود که نقض بیان کلازیوس منجر به نقض بیان کلوین- پلانک می شود. وسیله ناقض بیان کلازیوس یک پمپ حرارتی است که نیازی به کار ندارد.
به دلیل اینکه انتقال حرارت خالص با منبع درجه حرارت پایین وجود ندارد پس پمپ حرارتی و موتور حرارتی و منبع درجه حرارت بالا مشتمل بر یک سیکل ترمودینامیکی است اما فقط با یک مخزن تبادل حرارت داردبنابراین نتیجه می شود کهناقضبیان کلوین- پلانک می باشد. و گفته می شود تساوی کامل این دو بیان هنگامی اثبات می شود که نقض بیان کلوین- پلانک نیز موجب نقض بیان کلازیوس بشود.
با این وصف باید بپذیریم که دو بیان فوق, منتج از یکدیگر هستند. " در اثبات معادل بودن چند گزاره اگر عبارتی بصورت B ↔A بیان شده باشد آنگاه B نتیجه A است و A هم نتیجه B, بعبارت دیگر AوB معادل یکدیگر هستند, بالعکس اگر A وBمعادل یکدیگرباشند,هریک از آنها نتیجه دیگری است."معادل بودن دو بیان کلوین- پلانک و کلازیوس را می توان با استفاده از قانون لایب نیتس نشان داد که می گوید: اگر Aو Bیکسان و همانند باشند باید تمام ویژگیها و خاصه های آنها نیز یکسان باشد.از اصل لایب نیتسگاهی به عنوان اصلنامتمایز بودن همانها indescernibility ofidenticals))یاد می شود.
در واقع این اصل منطقی بیان می دارد که " اگر یک ویژگی یافت شود که A آن را داراست اما B فاقد آن است بنابراین A وBموجودیتهای مجزایی خواهند بود." دو بیان کلازیوس و کلوین- پلانک معادل یکدیگرند زیرا که هر دو متضمن این ویژگی هستند که ساخت یک ماشین حرکت دائمی Perpetualmovementmachine))ممکن نمی باشد.
روشهای اثبات منطقی در بسیاری از قضایای ترمودینامیک بر پایهء آزمایشهای ذهنی می باشد. نظیر اثبات قضایای کارایی سیکل کارنو که در آن نخست فرضی را مطرح کرده و سپس نشان داده می شود که آن فرض به نتایج غیرممکن می انجامد و چون روش استدلال در این آزمایش ذهنی نوعاً درست بوده تنها حالت ممکن این است که فرض اولیه نادرست باشد.
بنابراین نامساوی کلازیوس نمی تواند لازمه قانون دوم ترمودینامیک باشد.
(C1) غیرممکن است که یک موتور چرخه ای / پمپ حرارتی بدون هیچ کار سوم / کانال گرما ، گرما را از بدنه سردتر به بدنه گرمتر منتقل کند.
(C2) انتقال موتور یا پمپ حرارتی چرخشی غیرممکن است که گرما را از یک مخزن حرارت سردتر به یک مخزن گرمتر بدون هیچ کار سوم / کانال گرما انتقال دهد.
واضح است (C1) تقریباً به طور خودکار (C2) را نشان می دهد ، زیرا یک مخزن حرارتی به عنوان یک بدنه حساب می شود. با این حال ، آیا (C2) دلالت بر (C1) دارد؟ اگر چنین است ، دلیل بر (C2) دلالت بر (C1) چیست؟ آیا یک واقعیت اضافی مورد نیاز است؟
به نظر من این یک سوال مهم است ، زیرا بیانیه کلوین-پلانک (همانطور که من آن را می دانم) شامل مخازن حرارتی است. با استفاده از دستور Kelvin-Planck می توانید (C2) را به راحتی استخراج کنید ، اما دستور Clausius معمولاً به صورت (C1) بیان می شود.یک نسخه تمیزتر از اظهارات کلاوزیوس این است: "ساخت دستگاهی که بر روی یک چرخه کار کند و غیر از انتقال گرما از بدن خنک کننده به بدنه گرمتر نتیجه دیگری نداشته باشد ، غیرممکن است". اساس همه اظهارات این است که تغییر کل آنتروپی (سیستم + محیط اطراف) برای همه فرایندهای واقعی (برگشت ناپذیر)> 0 است و ممکن است برای یک روند برگشت پذیر ایده آل به 0 نزدیک شود. همانطور که می بینم ، تنها تفاوت بین C1 و C2 این است که C2 فرآیند انتقال حرارت ایزوترمال (دمای ثابت) را توصیف می کند ، که محاسبه تغییرات آنتروپی برای مخازن دمای بالا و پایین را ساده می کند. برای یک انتقال حرارت Q ، در صورت عدم کار ، تغییر آنتروپی برای مخزن دمای بالا به سادگی $-Q / TH$ و برای دمای پایین $+ Q / TL $است. می بینید که برای کل $TH> TL$ جمع این دو (تغییر کل آنتروپی)> 0 است. اگر TH = TL فقط 0 باشد ، اما اگر دما یکسان باشد ، انتقال حرارت به طور طبیعی اتفاق نمی افتد. کار لازم است امیدوارم که کمک کند.اثبات
با استفاده از قانون اول ترمودینامیک ،$ \begin{align}
\mathrm dQ & = \mathrm dU +\mathrm dW\\
\mathrm dQ &= n C_V \mathrm dT + P \mathrm dV\\
\frac{\mathrm dQ}{T}&=n C_V \frac{\mathrm dT}{T} + \frac{P}{T} \mathrm dV
\end{align}$از آنجا که گاز مورد بررسی یک گاز ایده آل است ، می توانیم معادله حالت $PV = nRT$ را برای جایگزینی $P / T = nR / V$ اعمال کنیم. این را در معادلات بالا جایگزین کنید ،$ \begin{align}
\frac{\mathrm dQ}{T}&=n C_V \frac{\mathrm dT}{T} + \frac{nR}{V} \mathrm dV\\
\oint \frac{\mathrm dQ}{T}&=n C_V \oint \frac{\mathrm dT}{T} + nR \oint\frac{\mathrm d V}{V}\\
\oint \frac{\mathrm dQ}{T}&=nC_V \ln T \biggr |_T ^T + nR \ln V \biggr |_V ^V\\
\oint \frac{\mathrm d Q }{T} &=0
\end{align}$
معنی $\oint \frac{\delta Q_\text{res}}{T_\text{res}} \le 0\;. $ در واقع از چرخه کارنو ، ما رابطه برابری را بدست می آوریم زیرا آنتروپی از بین رفته توسط مخزن گرم همان آنتروپی حاصل از مخزن سرد است.
البته علامت نابرابری بدین معناست که آنتروپی حاصل از مخزن سرد کمتر از آنتروپی از دست رفته مخزن گرم است.
اما در واقع چه اتفاقی افتاده است که باعث می شود مخازن گاهی اوقات تغییری در آنتروپی نداشته باشند اما در موارد دیگر ، آنتروپی منفی تغییر می کند؟
انتگرال در نابرابری Clausius منفی بخشی از تغییر آنتروپی مخازن است که به دلیل تبادل انرژی از طریق گرم شدن با سیستم است ، به عنوان مثال
$0 \geq \oint \frac{\delta Q_{\text{sys}}}{T_{\textrm{res}}} = - \Delta S_{\text{res due to heat exchange with sys}}. $ به دلیل تبادل گرما با sys.
(من از کلمه "بخش" استفاده می کنم زیرا مخازن مجاز به تبادل انرژی با بقیه جهان هستند و بنابراین بخشی از تغییر آنتروپی مخازن می تواند از جای دیگری باشد). نابرابری شدید زمانی بوجود می آید که: الف) حداقل یکی از فرآیندهای انجام شده توسط سیستم غیر شبه استاتیک باشد یا (ب) سیستم و مخازن از طریق گرمایش هنگامی که اختلاف دمای محدودی بین آنها وجود دارد ، انرژی را تبادل می کنند. برابری دقیق هنگامی برقرار است که هیچکدام (a) و (b) برقرار نباشند و در این حالت چرخه تحت سیستم را برگشت پذیر می نامند.
سرانجام ، می توان از نابرابری Clausius برای توصیف اینکه چقدر کار می توانستیم انجام دهیم استفاده کردیم ، اما (b) عدم استفاده از آن اختلافات دمایی محدود یا (c) عدم استفاده از برگشت ناپذیری های داخلی - مانند شیب های فشار داخلی ، شیب های دمای داخلی و غیره ، که مترادف با فرآیندهای نیمه ایستا بودن − برای انجام کار است.
ما این کار را به صورت مرحله ای انجام خواهیم داد ، شروع با چرخه کارنو ، حرکت به سمت یک موتور برگشت پذیر خودسرانه ، حرکت از آنجا به یک موتور برگشت ناپذیر که غیرقابل برگشت بودن آن به دلیل اختلاف دما بین سیستم و مخزن است و در نهایت با نگاهی به نتیجه گیری موتوری که در سیستم غیرقابل بازگشت است.
چرخه برگشت پذیر کارنو
در اینجا ما انتگرال را در نابرابری Clausius برای چهار فرآیند محاسبه می کنیم: اول فشرده سازی همدما ، دوم فشرده سازی آدیاباتیک ، سوم انبساط همدما و چهارم انبساط آدیاباتیک. در طی مراحل همدما ، سیستم و مخزنی که با آن تماس دارد در یک دما و ثابت هستند. بنابراین ما انتگرال را به این چهار قسمت تقسیم می کنیم $\begin{align}
\oint \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}} =
\int_{1} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}+\int_{2} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}
+\int_{3} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}+\int_{4} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}.
\end{align} $ در واقع $\begin{align}
\oint \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}} =
\int_{1} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}+\int_{3} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}
=\int_{1} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{C}}}+\int_{3} \frac{\delta Q}{T_{\textrm{H}}}
=\frac{1}{T_{\textrm{C}}}\int_{1} \delta Q + \frac{1}{T_{\textrm{H}}}\int_{3} \delta Q,
\end{align} $که به $\begin{align}
\oint \frac{\delta Q}{T_{\textrm{res}}}
&=\frac{Q_{1}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{Q_{3}}{T_{\textrm{H}}}
=\frac{-Q_{\textrm{C}}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{Q_{\textrm{H}}}{T_{\textrm{H}}}.
\end{align} $میرسیماین مقدار برای چرخه کارنو صفر است ، زیرا به راحتی از طرق مختلف قابل تأیید است ، بنابراین این نابرابری را برآورده می کند.
همچنین محاسبه م componentلفه تغییر آنتروپی مخازن در طی این فرآیند که به دلیل تبادل انرژی با سیستم است ، مفید است. مخازن ممکن است در حال از دست دادن و از دست دادن آنتروپی باشند زیرا ممکن است در تعامل با سایر قسمتهای جهان باشند ، اما ما برای این موضوع اهمیتی قائل نیستیم (یا فعلاً می توانیم فرض کنیم که سیستم به علاوه مخازن از نظر حرارتی جدا شده است (اما نه از نظر مکانیکی) بقیه جهان. تغییر در آنتروپی سیستم البته صفر است زیرا روی یک چرخه کار می کند. بنابراین:
$\Delta S_{\text{res}} = \frac{Q_{\text{hot}}}{T_{\text{H}}} + \frac{Q_{\text{cold}}}{T_{\text{C}}} = \frac{-Q_{\text{H}}}{T_{\text{H}}} + \frac{Q_{\text{C}}}{T_{\text{C}}}. $این دقیقاً منفی کمیتی است که در بالا محاسبه کردیم (البته البته در این حالت هنوز صفر است). این نشان می دهد آنچه که ما در حال محاسبه آن هستیم تغییر در آنتروپی مخازن است که به دلیل تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم ایجاد می شود.
یک موتور برگشت پذیر خودسرانه
در این حالت ، دمای سیستم در هر زمان برابر با دمای مخزنی است که با آن در تماس است. اما از آنجا که دمای سیستم می تواند تغییر کند در حالی که از طریق گرم شدن با مخزن نیز در حال تبادل انرژی است ، باید دمای مخزن همراه با سیستم تغییر کند (یا همانطور که به طور معمول گفته می شود ، سیستم با یک توالی ارتباط دارد و در تماس هست) مخازن با دمای بسیار کم متفاوت). اگر بخشی از تغییر خالص آنتروپی مخازن را که به دلیل تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم است ، محاسبه کنیم ، دقیقاً محاسبه می کنیم$\oint \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\text{res}}} = -\oint \frac{\delta Q_{\text{sys}}}{T_{\text{res}}}. $این مقدار منفی کمیت موجود در نابرابری کلاوزیوس است و در این حالت دوباره 0 است. البته دیدن این دشوارتر است ، اما در اثبات نابرابری کلاوزیوس نشان داده شده است که برابری برای چرخه های برگشت پذیر است.
یک بار دیگر ، این نشان می دهد که سمت چپ نابرابری Clausius منفی تغییر در آنتروپی مخازن است که با تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم (که در حال گذراندن یک چرخه است) ایجاد می شود.
یک چرخه غیر کارنو فقط بین دو دما کار می کند
بیایید یکی از ساده ترین موارد را که چرخه اتو است در نظر بگیریم. چرخه اتو شامل فشرده سازی آدیاباتیک (فرآیندهای 1) ، و انبساط آدیاباتیک (فرآیند 3) و دو ایزوکر (فرآیندهای 2 و 4) است. در طی فرآیندهای آدیاباتیک ، هیچ حرارتی با گرم شدن تبادل نمی شود. بنابراین ، تغییر در آنتروپی مخازن حاصل از تبادل انرژی از طریق گرمایش با سیستم است$\begin{align}
\oint \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\textrm{res}}} =
\int_{2} \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\textrm{res}}}+\int_{4} \frac{\delta Q_{\text{res}}}{T_{\textrm{res}}}
=\frac{Q_{\text{cold}}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{Q_{\text{hot}}}{T_{\textrm{H}}}
=\frac{Q_{\text{C}}}{T_{\textrm{C}}} + \frac{-Q_{\text{H}}}{T_{\textrm{H}}}.
\end{align} $اکنون ، در حین فرآیند 2 ، سیستم همیشه گرمتر از مخزن است و در طی فرآیند 4 ، سیستم همیشه خنک تر از مخزن است. ما محاسبه دقیق را فقط در یک ثانیه انجام خواهیم داد ، اما این بدان معنی است که مقدار ما فقط محاسبه شده باید مثبت باشد ، و این بدان معنی است که منفی این مقدار (که همان مقدار در نابرابری کلاوزیوس است) منفی است.
در مورد محاسبه ، ما می توانیم $ \bar{T}_{\text{sys},2} > T_{\text{C}}$ را در کجا بنویسیم
$\bar{T}_{\text{sys},2} = \frac{1}{\Delta S_2}\int_2 TdS $
میانگین دما در طی فرایند 2 است. به همین ترتیب ، در طی فرایند 4 ، سیستم همیشه از مخزن خنک تر است ، بنابراین $ \bar{T}_{\text{sys},4} < T_{\text{H}}$ تغییر در آنتروپی برای چرخه را می توان با توجه به میانگین دما به عنوان نوشت
$\begin{align}
0 &= \Delta S_{\text{sys}} = \Delta S_1 + \Delta S_2 + \Delta S_3 + \Delta S_4
= \Delta S_2 + \Delta S_4\\
&=\frac{Q_2}{\bar{T}_{\text{sys},2}} + \frac{Q_4}{\bar{T}_{\text{sys},4}}
=\frac{-Q_{\text{C}}}{\bar{T}_{\text{sys},2}} + \frac{Q_{\text{H}}}{\bar{T}_{\text{sys},4}}
\\
& > \frac{-Q_{\text{C}}}{{T}_{\text{C}}} + \frac{Q_{\text{H}}}{{T}_{\text{H}}}
\end{align} $
این کمیت دقیقاً منفی مقدار فوق است ، که نشان می دهد تغییر خالص آنتروپی (به دلیل فعل و انفعالات با سیستم) مخازن در طول چرخه لزوماً مثبت است و نابرابری کلاوزیوس دوباره برآورده می شود (زیرا انتگرال در نابرابری منفی تغییر آنتروپی مخزن است که ما در بالا محاسبه کردیم).
نتایج متناقض در کاربردهای مختلف قانون 2 ترمودینامیک پارادوکس کلاوزیوس
ssume دو سیستم بسته در مجاورت یکدیگر با هم تشکیل یک سیستم آدیاباتیک. فرض بر این است که حجم هر دو سیستم ثابت است و می توانند فقط از طریق انتقال گرما با یکدیگر ارتباط برقرار کنند. حال اجازه دهید این مثال ساده را با سه فرمول مختلف مطالعه کنید:
اولین فرمول همان چیزی است که همیشه فکر می کردم واضح است ، وقتی فکر کردم که ترمودینامیک کلاسیک را می دانم! فرض کنید δQ جریان گرما از سیستم 2 به سیستم 1 است:$ \begin{align}
&\Delta S=\Delta S_1+\Delta S_2\,,\qquad \Delta S_1\ge\int_1^2\frac{\delta Q}{T_1}\quad\text{&}\quad \Delta S_2\ge\int_1^2\frac{-\delta Q}{T_2}\\
&\Rightarrow\;\Delta S\ge\int_1^2\delta Q\,\Bigl(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\Bigr)
\end{align}$
اکنون دوباره عبارت Clausius از قانون دوم می گوید اگر $δQ≥0$ سپس $T2≥T1 $و اگر$ δQ≤0 $سپس $T2≤T1$. بنابراین ، به هر حال ما خواهیم داشت$\Delta S\ge\int_1^2\delta Q\,\Bigl(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\Bigr)\ge0 $اما فرقی نمی کند که روند برگشت پذیر باشد یا خیر ، فقط با این فرض که سیستم هیچ کاری ندارد (حجم ثابت است ، اما همچنین فرض می کنیم هیچ اصطکاک یا کار ثقلی و غیره وجود ندارد) ما بدست خواهیم آورد:$\begin{align}
&\delta Q-\delta W=dU=T dS - p dV\quad\Rightarrow\quad\delta Q=T dS\\
&\Rightarrow\quad \Delta S_1=\int_1^2\frac{\delta Q}{T_1}\;\;\text{&}\;\; \Delta S_2=\int_1^2\frac{-\delta Q}{T_2}\\
&\Rightarrow\quad \Delta S=\Delta S_1+\Delta S_2=\int_1^2\delta Q\,\Bigl(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\Bigr)\ge0
\end{align} $
مشکل این است که ما در خط اول$ δQ = TdS $مشتق شده ایم که به طور کلی صحیح نیست و این نشان می دهد که حتی اگر حجم ثابت باشد اما کار دیگری نیز باید وجود داشته باشد ، اما اگر ظروف فقط مواد جامد داشته باشند ، برای حل این نتیجه متناقض؟ رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا
آخرین ویرایش توسط rohamavation دوشنبه ۱۴۰۰/۹/۲۹ - ۱۲:۵۸, ویرایش شده کلا 1 بار
تصویر

نمایه کاربر
Player

عضویت : چهارشنبه ۱۳۹۹/۱۰/۱۷ - ۰۲:۴۳


پست: 62

سپاس: 25

Re: دمای منفی در چرخه کارنو

پست توسط Player »

تناقضی که با آن برخورد کرده اید این است که معتقدید با دمای منفی، امکان دست یابی به بازده بالاتر از چرخه کارنو وجود دارد؟

پاسخ با کمی درنگ، خیر است. ذرات یک سیستم در حالت عادی، انرژی های متفاوتی دارند. هر کدام در تراز متفاوتی از انرژی نشسته اند؛ البته برخی می توانند هم انرژی باشند. هرچقدر به سیستم انرژی اضافه کنیم، ذرات به تراز های بالاتری از انرژی می روند و در این بین شانس پیدا کردن ذرات هم انرژی کم تر می شود، برای همین آنتروپی سیستم (که در واقع جهل ما نسبت به انرژی تک تک ذرات است)، با اضافه کردن انرژی به سیستم، افزایش پیدا می کند (چون تنوع انرژی بین ذرات زیاد می شود، و جهل ما نسبت به انرژی خاص یک ذره افزایش می یابد). اما چه می شود اگر تعداد ترازهای انرژی محدود باشد؟ اگر به سیستم انرژی اضافه کنیم و اضافه کنیم، میبینیم تمام ذرات به سمت بالاترین تراز ممکن می روند. بنابرین تنوع انرژی بین ذرات کاهش پیدا می کند (همه ذرات هم تراز می شوند). بنابرین با افزایش انرژی، تنوع انرژی بین ذرات کم می شود، که یعنی آنتروپی کاهش پیدا می کند، یا به عبارت دیگر، نسبت تغییرات آنتروپی به تغییرات انرژی، منفی می شود، که نام آن را دما گذاشته ایم.

اما به سوال شما برگردیم. چه می شود اگر جسمی با دمای منفی را در چرخه کارنو قرار دهیم؟ اولا جسمی که دمای منفی دارد، بسیار داغ است، چون هرچه نباشد بیشتر ذرات آن در بالاترین تراز انرژی قرار دارند. بنابرین این جسم تنها می تواند انرژی به سیستم تزریق کند، نمی تواند در یک فرآیند خود به خودی انرژی بگیرد. پر واضح است که رفته رفته، زمانی که جسم ما با دمای منفی، انرژی از دست می دهد، آنتروپی اش افزایش پیدا می کند (چرا که مجددا ذرات در تراز های پایینی انرژی به شکل متنوع پراکنده می شوند و افزایش تنوع انرژی بین ذرات، همان افزایش آنتروپی است). اما از یک جایی به بعد، کاهش انرژی دوباره منجر به کاهش آنتروپی می شود، چرا که ذرات میل پیدا می کنند در تراز های پایینی انرژی یکسان قرار بگیرند. تحت چنین شرایطی، منبع گرمایی شما که دمای منفی داشت، ناگهان وارد دماهای مثبت می شود، چرا که تغییرات انرژی و تغییرات آنتروپی، هم علامت هستند. در این نقطه، منبع گرمایی دیگر قادر به دادن انرژی لازم به سیستم نیست، چرا که دمای آن با منبع گرمایی سرد یکی می شود. بنابرین در "یک چرخه" قابل تصور که در تعادل ترمودینامیکی قرار دارد، مجددا به همان بازده کارنو می رسیم.

سوال: آیا وقتی سیستم دمای منفی داشت، بازده بالاتر از کارنو بود؟ پاسخ بله است. اما این ناقض قاعده کارنو نیست. چرا که بازده کارنو، برای یک "چرخه" تعریف شده است که در "تعادل" ترمودینامیکی قرار دارد، نه برای فرآیند های غیر تعادلی، نه برای فرآیندهای برگشت ناپذیر. سیستم هایی که انرژی منفی دارند، چندان پایدار نیستند. علاوه بر این، همانطور که در بالا توضیح داده شد، در یک چرخه کامل، دمای منفی وارد محدوده دمای مثبت می شود و بنابرین تعریف کردن چرخه برای دمای منفی بی معناست، فرآیند برگشت ناپذیر است و لذا مشکلی پیش نمی آید.

نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3226

سپاس: 5492

جنسیت:

تماس:

Re: دمای منفی در چرخه کارنو

پست توسط rohamavation »

چگونه می توان قانون دوم ترمودینامیک را نقض کرد؟
برای کارکرد، یک موتور حرارتی باید مقداری از گرمای دریافتی خود را از منبع با دمای بالا به یک سینک با دمای پایین دفع کند. موتور حرارتی که قانون دوم را نقض می کند، 100 درصد این گرما را به کار تبدیل می کند. این از نظر فیزیکی غیرممکن است.در مورد گرمای موتور حرارتی QH از منبع دمای بالا TH استخراج می شود، بخشی از آن گرما به کار W انجام شده در محیط اطراف تبدیل می شود و بقیه به TL سینک دمای پایین رد می شود. برعکس برای یک پمپ حرارتی اتفاق می افتد، که در آن کار W بر روی سیستم انجام می شود تا گرما QL را از منبع دمای پایین TL استخراج کرده و آن را به سینک دمای بالا TH "پمپ" کند. توجه داشته باشید که ضخامت خط نشان دهنده مقدار گرما یا انرژی کاری منتقل شده است.
اکنون دو بیانیه از قانون دوم ترمودینامیک را ارائه می کنیم، اولی در مورد موتور حرارتی و دومی در مورد پمپ حرارتی. هیچ یک از این اظهارات قابل اثبات نیست، اما هرگز مشاهده نشده است که نقض شود.
بیانیه کلوین پلانک: ساختن دستگاهی که در یک چرخه عمل می کند و هیچ اثر دیگری جز انتقال گرما از یک جسم واحد به منظور تولید کار ایجاد نمی کند، غیرممکن است.
اگر بتوانید تمام گرما را به کار تبدیل کنید، آنتروپی را طبق تعریف کاهش می دهید (ΔS=QT، اگر Q<0 پس ΔS<0).
اگر به خود اجازه دهید مقداری گرما در جایی سرد جریان یابد (به جای استفاده از تمام گرما برای کار، چیزی را گرم کنید)، آنتروپی ماده سرد را به اندازه‌ای افزایش می‌دهید که به شما اجازه نمی‌دهد از قانون دوم سرپیچی کنید، و بقیه می‌توانند به کار مفید این واقعیت که یک موتور حرارتی نمی تواند 100٪ کارآمد باشد، نتیجه بیانیه کلوین-پلانک قانون دوم است که می تواند به طور خلاصه به این صورت خلاصه شود.
بیانیه کلوین پلانک از قانون دوم "هیچ موتور حرارتی نمی تواند در یک چرخه در حین انتقال گرما با یک مخزن حرارتی کار کند" (تاکید من بر چرخه)
نتیجه کلوین پلانک: هیچ موتور حرارتی نمی تواند کارایی بالاتری نسبت به چرخه کارنو داشته باشد که بین یک مخزن کار می کند.
احتمالاً می دانید که در انبساط همدما برگشت پذیر کارنو، گرمای ارائه شده توسط مخزن دمای بالا برابر با کار انجام شده در انبساط است. این فرآیند گرما را با راندمان 100٪ به کار تبدیل می کند. اما یک فرآیند یک چرخه نیست. برای عملکرد در یک چرخه، سیستم باید به حالت اولیه خود بازگردد. پس از انبساط همدما برگشت پذیر، هیچ راهی برای بازگشت به حالت اولیه و انجام کار شبکه بدون دفع مقداری گرما به مخزن دمای پایین تر وجود ندارد.
برای مثال می‌توانید بلافاصله انبساط همدما برگشت‌پذیر را با فشرده‌سازی همدما برگشت‌پذیر دنبال کنید و به حالت اولیه بازگردید. اما کار فشرده سازی منفی با کار انبساط مثبت برای هیچ کار خالصی که توسط "چرخه" انجام نمی شود برابر است.
برای تولید کار شبکه ای در چرخه کارنو، باید انبساط همدما را با یک انبساط آدیاباتیک برگشت پذیر دنبال کرد. که دمای سیستم را به مخزن دمای پایین‌تر کاهش می‌دهد. سپس یک فشرده سازی همدما برگشت پذیر و سپس یک فشرده سازی آدیاباتیک برگشت پذیر سیستم و محیط اطراف را به حالت اولیه خود برمی گرداند و کار خالص انجام می شود. اما این کار برابر با گرمای وارد شده به سیستم منهای گرمای دفع شده برای بازدهی کمتر از 100٪ است.
تمام چرخه های موتور حرارتی باید مقداری گرما را برای بازدهی کمتر از 100 درصد دفع کنند. چرخه کارنو این کار را به کارآمدترین روش انجام می دهد.
من این را درک می کنم، حدس می زنم چیزی که در دیدن آن مشکل دارم این است که چگونه عبارت Δ𝑆≥0 معادل عبارت کلوین پلانک است.در واقع می‌توانیم نشان دهیم که تنها راهی که می‌توانیم یک چرخه را کامل کنیم و $\Delta S_{system}=0$ داشته باشیم، دفع گرما به یک مخزن دمای پایین است. طبق تعریف، یک سیکل ترمودینامیکی چرخه ای است که در آن تمام ویژگی های سیستم (آنتروپی، انرژی داخلی، فشار، دما و غیره) به حالت اولیه خود باز می گردد.
بنابراین اجازه دهید با استفاده از یک انبساط همدما برگشت پذیر گاز ایده آل، گرما را از محیط اطراف به یک سیستم منتقل کنیم. از آنجایی که برای گاز ایده آل ΔU فقط به دما بستگی دارد، از قانون اول ΔU=0 و W=Q، و از نظر تئوری تبدیل کامل گرما به کار با راندمان 100٪ برای فرآیند را داریم. با این حال، در طول انبساط همدما، آنتروپی سیستم به میزان $\Delta S_{sys}=+\frac{Q_H}{T_H}$ افزایش یافته است که در آن QH انتقال حرارت از مخزن دمای بالا TH است.
برای تکمیل چرخه باید آنتروپی سیستم را به حالت اولیه برگردانیم، یعنی باید از شر آنتروپی مقدار$\frac{Q_H}{T_H}$ خلاص شویم. حالا نکته کلیدی اینجاست. تنها راه انتقال آنتروپی، انتقال حرارت است. این بدان معناست که برای بازگرداندن سیستم به حالت اولیه خود باید حرارت QL را به یک مخزن با دمای پایین منتقل کنیم. وقتی این کار را انجام می دهیم، کار خالص انجام شده در چرخه است
$W_{net}=Q_{H}-Q_{L}$
بازده ζ هر چرخه کار خالص انجام شده تقسیم بر گرمای ناخالص اضافه شده یا
$ζ=\frac{W_{net}}{Q_H}=\frac{Q_{H}-Q_{L}}{Q_H}$بنابراین، برای هر چرخه،ζ<1موارد فوق برای هر چرخه ای صدق می کند. برگشت پذیر بودن یا نبودن یک چرخه است که حداکثر بازده چرخه را تعیین می کند. حداکثر بازده زمانی رخ می دهد که چرخه برگشت پذیر باشد. برای یک چرخه برگشت پذیر، ΔSsys و ΔSsur برای$\Delta S_{tot}=0$ صفر هستند. برای یک چرخه برگشت ناپذیر، آنتروپی اضافی در سیستم ایجاد می شود که باید به عنوان گرمای اضافی به محیط اطراف منتقل شود که منجر به$\Delta S_{sur}>0$شود، و میزان کاری را که می توان با همان ورودی گرما انجام داد کاهش داد.
در نهایت، همانطور که در نتیجه کلوین پلانک بیان شد، "هیچ موتور حرارتی نمی تواند کارایی بالاتری نسبت به چرخه کارنو داشته باشد که بین مخازن یکسانی کار می کند"، به این معنی که چرخه کارنو از همه چرخه های برگشت پذیر کارآمدتر است.
من به دنبال یک نتیجه ریاضی واضح تر بودم که نشان می دهد شما نمی توانید انرژی را ذخیره کنید و همزمان Δ𝑆≥0 را دنبال کنید.
شما می توانید انرژی را ذخیره کنید و $\Delta S_{tot}$ در همان زمان داشته باشید. زمانی اتفاق می افتد که چرخه برگشت پذیر نباشد.
قانون اول (پایداری انرژی) و قانون دوم قوانین کاملاً مستقلی هستند. چرخه ای که در آن یک فرآیند (یا فرآیندها) برگشت ناپذیر است با قانون اول مطابقت دارد اما آنتروپی ایجاد می کند که باید به عنوان گرمای اضافی (به چرخه برگشت پذیر) به محیط اطراف منتقل شود. این به نوبه خود به این معنی است که گرمای دریافتی کمتر از همان چرخه ای که به صورت برگشت پذیر انجام می شود، در یک چرخه برگشت ناپذیر عمل می کند. از آنجایی که آنتروپی (و تمام خصوصیات دیگر) سیستم برای یک چرخه کامل بدون تغییر است، گرمای منتقل شده به محیط اطراف باعث ΔS> 0 برای محیط اطراف می شود.
اگر فرض کنم گاز ایده آل در سیلندر دارای پیستون بدون اصطکاک و دیواره های کاملاً عایق با پایه ای کاملا رسانا در یک مخزن در دمای T که بیشتر از دمای گاز است، قرار گیرد چه می شود. گاز داخل سیلندر در اثر گرمای به دست آمده منبسط می شود و پیستون برای ثابت نگه داشتن دما به نسبت بالا می رود.
تنها کاری که من در اصل انجام دادم این بود که یک فرآیند همدما را توصیف کردم که از نظر ریاضی،
$dU = dQ - dW$که در مورد ما چنین خواهد بود،$dQ=dW$
از آنجایی که دما ثابت می ماند و بنابراین انرژی داخلی آن گاز ایده آل است.
آیا این بدان معنا نیست که تمام گرمایی که من به سیستم می‌دهم برای انجام کاری استفاده می‌شود که نقض مستقیم عبارات است:
تمام گرما هرگز نمی تواند به کار تبدیل شود.یا100% گرما هرگز نمی تواند به کار تبدیل شود.
(که فقط یکی از تغییرات قانون دوم ترمودینامیک است، به نظر من، اگر نه)
یا چیز دیگری هست که باید بدانم.گاز داخل سیلندر در اثر گرمای به دست آمده منبسط می شود و پیستون برای ثابت نگه داشتن دما به نسبت بالا می رود.
فرآیندی که شما توضیح می دهید یک فرآیند همدما نیست زیرا به نظر می رسد فشار خارجی ثابت است. برای فرآیند انبساط همدما، فشار خارجی باید به تدریج کاهش یابد در حالی که حجم منبسط می شود به طوری که حاصلضرب فشار و حجم گاز در کل ثابت باشد. که دما را ثابت نگه می دارد. طبق قانون گاز ایده آل $Pv=nRT$
اگر T در طول فرآیند ثابت باشد، با توجه به n و R ثابت هستند، معادله یک فرآیند همدما Pv = ثابت است.
تنها کاری که من در اصل انجام دادم این بود که یک فرآیند همدما را توصیف کردم که از نظر ریاضی،
$𝑈=𝑑𝑄−𝑑𝑊$این اولین قانون است. معادله یک فرآیند همدما نیست که Pv = ثابت است.
آیا این بدان معنا نیست که تمام گرمایی که من به سیستم می‌دهم برای انجام کاری استفاده می‌شود که نقض مستقیم عبارات است:
تخلفی وجود ندارد زیرا بیانیه شما در مورد قانون دوم ناقص است. تمام گرما در یک فرآیند را می توان به کار تبدیل کرد، اما نه در یک چرخه، طبق عبارت کلوین-پلانک قانون دوم:هیچ موتور حرارتی نمی تواند در یک چرخه کار کند در حالی که گرما را با یک مخزن گرما منتقل می کندعبارت کلیدی که در عبارت برجسته شما وجود ندارد، این است که "می تواند در یک چرخه عمل کند". فرآیند انبساط همدما برگشت پذیر در یک چرخه کارنو، گرمای مخزن دمای بالا را به طور کامل به کار تبدیل می کند. این یک نقض نیست
به منظور رقابت با چرخه کلوین پلانک نیاز است که مقداری QL گرما باید به مخزن دمای پایین رد شود. برای چرخه کارنو این در فشرده سازی همدما برگشت پذیر رخ می دهد. این گرما را برای کار به صورت $W_{net}=Q_{H}-Q_{L}$ در دسترس می‌گذارد، که در آن QL گرمایی است که به مخزن دمای پایین دفع می‌شود.
یک دلیل اساسی برای بیانیه کلوین پلانک مبنی بر نیاز به دومین مخزن دمای پایین این است که وقتی گرما از محیط اطراف در طول انبساط همدما گرفته می شود، آنتروپی سیستم افزایش می یابد.$\Delta S_{system}=+\frac {Q_H}{T_H}$
برای تکمیل چرخه، تمام خصوصیات سیستم، از جمله آنتروپی، باید به مقادیر اولیه خود بازگردند. بنابراین این آنتروپی به دست آمده در طول انبساط همدما برگشت پذیر باید به صورت QL گرما به محیط اطراف منتقل شود. که در طول فشرده سازی همدما برگشت پذیر رخ می دهد و است$\Delta S_{system}=-\frac{Q_L}{T_L}$
برای چرخه کارنو$\frac{Q_L}{T_L}=\frac {Q_H}{T_H}$
بنابراین تغییر آنتروپی کل برای چرخه است.
$\Delta S_{system}=+\frac{Q_H}{T_H}-\frac {Q_L}{T_L}=0$
از آنجایی که انتقال حرارت برگشت پذیر نیز به صورت همدما با محیط اطراف اتفاق می افتد، تغییر در آنتروپی محیط نیز صفر است.
امیدوارم این کمک کند.I hope I help you understand the question. Roham Hesami smile072 smile261 smile260 رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا

ا
آخرین ویرایش توسط rohamavation دوشنبه ۱۴۰۰/۹/۲۹ - ۱۲:۵۹, ویرایش شده کلا 1 بار
تصویر

نمایه کاربر
Player

عضویت : چهارشنبه ۱۳۹۹/۱۰/۱۷ - ۰۲:۴۳


پست: 62

سپاس: 25

Re: دمای منفی در چرخه کارنو

پست توسط Player »

تخلفی وجود ندارد زیرا بیانیه شما در مورد قانون دوم ناقص است. تمام گرما در یک فرآیند را می توان به کار تبدیل کرد، اما نه در یک چرخه، طبق عبارت کلوین-پلانک قانون دوم:هیچ موتور حرارتی نمی تواند در یک چرخه کار کند در حالی که گرما را با یک مخزن گرما منتقل می کندعبارت کلیدی که در عبارت برجسته شما وجود ندارد، این است که "می تواند در یک چرخه عمل کند". فرآیند انبساط همدما برگشت پذیر در یک چرخه کارنو، گرمای مخزن دمای بالا را به طور کامل به کار تبدیل می کند. این یک نقض نیست
متوجه نشدم. من در جایی ادعا نکردم تمام گرما را می توان به کار تبدیل کرد. حتی زمانی که جسمی با دمای منفی را در چرخه قرار می دهید، همچنان نیاز به یک منبع گرمایی سرد دارید، که بخشی از حرارت گرفته شده از جسم با دمای منفی، به آن پس داده شود. به همین علت آنتروپی جسم سرد زیادتر می شود. در غیر این صورت اصلا نمی توانید چرخه ای بسازید که ماشین گرمایی شما در آن کار کند.

اگر فرض کنم گاز ایده آل در سیلندر دارای پیستون بدون اصطکاک و دیواره های کاملاً عایق با پایه ای کاملا رسانا در یک مخزن در دمای T که بیشتر از دمای گاز است، قرار گیرد چه می شود. گاز داخل سیلندر در اثر گرمای به دست آمده منبسط می شود و پیستون برای ثابت نگه داشتن دما به نسبت بالا می رود.
تنها کاری که من در اصل انجام دادم این بود که یک فرآیند همدما را توصیف کردم که از نظر ریاضی،
dU=dQ−dWکه در مورد ما چنین خواهد بود،dQ=dW
از آنجایی که دما ثابت می ماند و بنابراین انرژی داخلی آن گاز ایده آل است.
آیا این بدان معنا نیست که تمام گرمایی که من به سیستم می‌دهم برای انجام کاری استفاده می‌شود که نقض مستقیم عبارات است:
تمام گرما هرگز نمی تواند به کار تبدیل شود.یا100% گرما هرگز نمی تواند به کار تبدیل شود.
چه سوال خوبی. اولا آزمایش شما داخل یک چرخه کار خالصی انجام نمی دهد، بنابرین تنها یک فرآیند برگشت ناپذیر را باید در نظر بگیرید که در آن گاز کامل روی پیستون در یک فرآیند همدما کار انجام می دهد.

اما توجه کنید که ذخیره سازی گاز کامل، داخل یک پیستون خود نیاز به انجام کار دارد. یعنی برای انجام آزمایشی که گفتید، ابتدا مجبور به فشرده سازی گاز کامل داخل پیستون، و بعد قرار دادن آن در محفظه گرم هستید. فشرده سازی گاز کامل فرآیندی است که حرارت آزاد می کند، و نیاز به انجام کار دارد. در نهایت کاری که گاز کامل برای شما انجام می دهد، صد در صد بهینه نیست، چون برای بدست آوردن آن مجبور به انجام کار و افزایش آنتروپی محیط بوده اید. در مثال خاص شما، در بهترین شرایط ممکن، میزان کار خالصی که دریافت می کنید صفر است. چرا که دقیقا همان کاری که روی گاز انجام داده اید و آن را فشرده کرده اید، در اثر انبساط گاز مجدد تحویل میگیرید (و نه چیزی بیشتر). پس نه تنها فرآیند شما نمی تواند ناقض آن قانون باشد، بلکه خود تاییدی دیگر بر آن است.

در نهایت به لغت چرخه توجه زیادی داشته باشید. تمام گرما را در یک چرخه نمی توان به کار تبدیل کرد. اگر چرخه ای نداشته باشید، و تنها یک فرآیند برگشت ناپذیر داشته باشید، امکان تبدیل تمام گرما به کار وجود دارد.


در ادامه می توانید به این سوال بیاندیشید:
در پدیده فوتوالکتریک، تمام انرژی حرارتی خورشید، می تواند به کار تبدیل شود. حتی نیازی به منبع سرد هم نداریم که گرمایی به آن پس داده شود. پس آیا فوتوالکتریک ناقض قوانین ترمودینامیک است؟

نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3226

سپاس: 5492

جنسیت:

تماس:

Re: دمای منفی در چرخه کارنو

پست توسط rohamavation »

قانون دوم ترمودینامیک در مورد کیفیت انرژی است. بیان می کند که با انتقال یا تبدیل انرژی، مقدار بیشتری از آن هدر می رود. قانون دوم همچنین بیان می کند که تمایل طبیعی هر سیستم منزوی به انحطاط به حالت بی نظم تر وجود داردسلول‌های خورشیدی به‌عنوان دستگاه‌های تبدیل انرژی کوانتومی عمل می‌کنند و بنابراین مشمول محدودیت بازده ترمودینامیکی هستند. فوتون هایی با انرژی کمتر از شکاف نواری ماده جاذب نمی توانند جفت الکترون-حفره ایجاد کنند و بنابراین انرژی آنها به خروجی مفید تبدیل نمی شود و فقط در صورت جذب گرما تولید می کنند. برای فوتون هایی با انرژی بالاتر از انرژی شکاف نواری، تنها کسری از انرژی بالای شکاف نواری می تواند به خروجی مفید تبدیل شود. هنگامی که یک فوتون با انرژی بیشتر جذب می شود، انرژی اضافی بالای شکاف نواری به انرژی جنبشی نوترکیبی حامل تبدیل می شود. انرژی جنبشی اضافی از طریق فعل و انفعالات فونون به گرما تبدیل می شود زیرا انرژی جنبشی حامل ها به سرعت تعادل کاهش می یابد. از این رو، انرژی خورشیدی را نمی توان بیش از حد معینی به برق تبدیل کرد.سلول های خورشیدی با مواد جاذب شکاف باند چندگانه با تقسیم طیف خورشیدی به سطل های کوچکتر که در آن حد بازده ترمودینامیکی برای هر سطل بالاتر است، کارایی را بهبود می بخشد. حد نهایی ترمودینامیکی برای تبدیل انرژی خورشیدی ~ 93٪ است و به عنوان حد Landsberg شناخته می شود.
$1 - \frac{4}{3}\frac{T}{T_s} + \frac{1}{3}\left(\frac{T}{T_s}\right)^4 \approx 93\%$به نام P. T. Landsberg. که در آن T دمای مبدل و Ts دمای منبع است.
حد کارنو،
$1-\frac{T}{T_s} \approx 95\%$می رود مقدار بالاتری می دهد اما دست نیافتنی است زیرا نوری را که به خورشید بازتاب می کند را نمی داندقانون دوم ترمودینامیک درباره چیزی نیست که نمی تواند گرمتر از منبع انرژی مورد استفاده برای گرم کردن آن باشد. یک قطعه چوب می تواند انرژی نوری تولید کند و می تواند مواد را داغتر از بلوک چوبی گرم کند.
این است که از نظر آماری نمی توانید آنتروپی را کاهش دهید.
همچنین، پنل های خورشیدی و تشعشعات بدنه سیاه همگی به هم مرتبط نیستند.I hope I help you understand the question. Roham Hesami smile072 smile261 smile260 رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا
آخرین ویرایش توسط rohamavation دوشنبه ۱۴۰۰/۹/۲۹ - ۱۲:۵۹, ویرایش شده کلا 1 بار
تصویر

نمایه کاربر
Player

عضویت : چهارشنبه ۱۳۹۹/۱۰/۱۷ - ۰۲:۴۳


پست: 62

سپاس: 25

Re: دمای منفی در چرخه کارنو

پست توسط Player »

مقاله حدی که گفتید را دیدم. این حد با در نظر گرفتن بازتاب از سطح فلزات، و خواص واقع گرایانه آن استخراج شده است. اما منظور من از مطرح کردن آن سوال، در حالت کاملا ایده آل، درست مثل حالتی که شما مطرح کردید بود. به عنوان مثال، شما فرض کردید زمانی که گاز کامل منبسط می شود، اصطکاکی بین پیستون و محفظه وجود ندارد. یا رسانایی محفظه گاز کامل صد در صد است. یا حتی فرض کردید گازتان کامل است، که این خود یک حالت ایده آل به شمار می رود.

حالا چه می شود اگر از خواص واقع گرایانه فلزات صرف نظر کنیم؟ فلزی را در نظر بگیرید که به شکل آزمایشگاهی ساخته شده، و تابع کار بسیار بسیار کوچکی دارد. به جای خورشید هم از منبع تابشی استفاده می کنیم، که کاملا همدوس باشد و دقیقا فرکانس آن به گونه ای تنظیم شده باشد که الکترون ها را از سطح فلز جدا کند و جریانی به راه بیاندازد. آیا در این حالت واقع گرایانه، که تقریبا چیزی هدر نمی رود (بازتابی از فلز نداریم، همه چیز جذب می شود، تابع کار نزدیک به صفر است و ...) من قادر به نقض قانونی از ترمودینامیک شده ام؟

نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3226

سپاس: 5492

جنسیت:

تماس:

Re: دمای منفی در چرخه کارنو

پست توسط rohamavation »

یک ظرف آدیاباتیک را در نظر بگیرید که حاوی اتم هایی است که در تصویر نشان داده شده است. ظرف دارای پیستونی با ابعاد مولکولی است (شاید یک مولکول پیچیده). در ابتدا پیستون به داخل فشار داده می شود و خوشبختانه به یک اتم برخورد می کند و مقداری کار به انرژی داخلی سیستم تبدیل می شود. پس از مدت کوتاهی یک اتم تکانه بزرگتر از میانگین جدید اتم ها به پیستون برخورد کرد و بنابراین سیستم روی محیط خارجی کار کرد. بنابراین در عواقب آن، ما بیشتر از آنچه در ابتدا وارد کرده بودیم، از سیستم کار کردیم. همچنین مقداری گرما کاملاً به کار تبدیل می شود. آیا این نقض قانون دوم ترمودینامیک نیست تنها با چند مولکول با موقعیت‌ها و سرعت‌های شناخته شده، در حوزه مکانیک نیوتنی کار می‌کنید، نه مکانیک آماری یا ترمودینامیک. در آن قلمرو، همه چیز مشخص و شناخته شده است، بنابراین آنتروپی همیشه صفر است، و صحبت در مورد قانون دوم ترمودینامیک معنی ندارد: طبق تعریف درست است.
با یک سیستم کمی بی نظم/پیچیده تر، وارد مکانیک آماری می شوید. در اینجا، شما در مورد احتمالات اتفاقات، از جمله احتمال تغییرات در آنتروپی صحبت می کنید. در آن حد، آنتروپی می تواند پایین بیاید، فقط بعید است. با بزرگتر شدن سیستم، احتمال آن بیشتر می شود.
همانطور که در نهایت به حد بزرگ سیستم می رسید، احتمال انحراف عملاً صفر است و قوانین ترمودینامیک به شدت قابل اجرا هستند.
اما نکته اساسی‌تری وجود دارد که باید به آن اشاره کرد: انبساط یک پیستون گرما را به کار تبدیل می‌کند و در این مورد هیچ تخلفی از قانون دوم وجود ندارد. این فقط یک فرآیند توسعه استاندارد است
مثال دوم معیاری برای بی نظمی است! آنتروپی با بی نظمی افزایش می یابد.
مشکل قسمت ریاضی برای توصیف این کاهش است ...
شما برای ارزیابی آنتروپی به یک فرآیند برگشت پذیر احتیاج دارید. من می خواهم از یک فرآیند همدما استفاده کنم که آب شما را از طریق فرآیند انجماد برگشت پذیر به آرامی و بینهایت کم) می برد.
مقدار مشخصی آب بگیرید و گرما را در نظر بگیرید
برای منجمد کردن آن لازم است (به عنوان مثال با استفاده از Latent Heat). درجه حرارت T
در طول فرآیند ثابت است (همدما).تغییر در آنتروپی:$DeltaS=Q/T<0 $
زیرا گرما از سیستم شما خارج می شود (آب) بنابراین علامت منفی دارد. آنتروپی واقعاً کاهش می یابد ... اما گرما به محیط اطراف (جهان) می رود و حدس من این است که ذراتی که بیشتر می شوند .... بی نظم تر می شوند .... آنتروپی محیط اطراف را افزایش می دهد ببینید خلاصه قانون دوم ترمودینامیک به ما می گوید که میزان کل بی نظمی یا آنتروپی در جهان در حال افزایش است. آنتروپی در یک سیستم خاص می تواند کاهش یابد ، همانطور که مولکول های آب به یخ تبدیل می شوند ، اما فقط در صورت افزایش آنتروپی در محیط آن سیستم به میزان مساوی یا بیشتر. قانون دوم ترمودینامیک برقرار است ، اما فقط به این دلیل که محیط پیرامون آنتروپی در حال افزایش است ، ، این توضیحی است برای اینکه چرا آب هنگام یخ زدگی گرما را از دست نمی دهد: در حقیقت ، انرژی داخلی را از دست می دهد. این نمونه ای از قانون اول ترمودینامیک است که می گوید تغییر در انرژی داخلی سیستم برابر با مقدار انتقال گرما در سیستم منهای کار انجام شده توسط سیستم است
دوم هم آب و یخ در نقطه سه گانه تعادل دارند. هیچ حرارتی نمی تواند در دمای ثابت جریان یابد. آب و یخ انرژی آزاد یکسانی در هر مول دارند ، بنابراین هیچ تغییری خود به خودی اتفاق نمی افتد و در نتیجه انتقال گرما ، آنتروپی کل نمی تواند افزایش یابد.
بسیار ساده تر است که فقط قرار دادن یخ و آب در یک ظرف خالی ، بیرون آوردن هوا و آب بندی آن در نظر بگیرید. در ابتدا سیستم از تعادل خارج شده است ، بنابراین مقداری یخ ذوب می شود ، یا مقداری آب یخ می زند ، و مقداری تبخیر می شود تا فضا پر شود. هرگاه هر سه مرحله به نقطه سه گانه رسیدند ، نسبت آنها تغییر نخواهد کرد - آنها با شرایط اولیه تعیین شدند.
ممکن است بپرسید که چرا سیستم نمی تواند در سطح صاف انرژی آزاد ثابت گشت بزند. من فکر می کنم یک پاسخ به شرح زیر است. برای ماندن در نقطه سه گانه ، دما و فشار باید ثابت شود. البته انرژی نیز ثابت است ، بنابراین ما سه معادله داریم که (احتمالاً) برای تعیین نسبت سه فاز کافی هستند. ممکن است بپرسید چه اتفاقی می افتد که چهار مرحله تعادل وجود داشته باشد - اما یک قضیه وجود دارد که این اتفاق نمی افتد.
روش دیگری برای بیان قانون دوم ترمودینامیک وجود دارد. این نسخه مربوط به مفهومی به نام آنتروپی است. با بررسی آن ، خواهیم دید که جهت های مرتبط با قانون دوم - به عنوان مثال انتقال گرما از گرم به سرد - به گرایش در طبیعت برای بی نظمی سیستم ها و انرژی کمتری برای استفاده به عنوان کار مربوط می شود. در واقع می توان نشان داد که آنتروپی یک سیستم معیاری برای بی نظمی و در دسترس نبودن انرژی برای انجام کار استبا یادآوری بحث در مورد موتور کارنو می توانیم نحوه تعریف آنتروپی را ببینیم. ما یادآور شدیم که برای یک چرخه کارنو ، و از این رو برای هر فرآیند برگشت پذیر ،$\displaystyle\frac{Q_{\text{c}}}{Q_{\text{h}}}=\frac{T_{\text{c}}}{T_{\text{h}}}\\ $یا$\displaystyle\frac{Q_{\text{c}}}{T_{\text{c}}}=\frac{Q_{\text{h}}}{T_{\text{h}}}\\ $
برای هر فرآیند برگشت پذیر Qc و Qh به ترتیب مقادیر مطلق انتقال گرما در دمای Tc و Th هستند. این نسبت$ \frac{Q}{T}\\$
به عنوان تغییر در آنتروپی ΔS برای یک روند برگشت پذیر تعریف شده است ،$\Delta{S}=\left(\frac{Q}{T}\right)_{\text{rev}}\\ $
حال بیایید نگاهی بیندازیم به تغییر آنتروپی یک موتور کارنو و مخازن حرارتی آن برای یک دور کامل. مخزن گرم باعث از بین رفتن آنتروپی می شود$ \Delta{S}_{\text{h}}=\frac{-Q_{\text{h}}}{T_{\text{h}}}\\$
، زیرا انتقال گرما از آن اتفاق می افتد (به یاد داشته باشید وقتی گرما به بیرون منتقل می شود ، Q دارای علامت منفی است). مخزن سرد دارای آنتروپی است$ \Delta{S}_{\text{c}}=\frac{Q_{\text{c}}}{T_{\text{c}}}\\$
، زیرا انتقال گرما در آن اتفاق می افتد. (تصور می کنیم مخازن به اندازه کافی بزرگ باشند که دمای آنها ثابت باشد.) بنابراین کل تغییر در آنتروپی $ΔStot = ΔSh + ΔSc $است.
بنابراین ، از آنجا که ما این را می دانیم$\frac{Q_{\text{h}}}{T_{\text{h}}}=\frac{Q_{\text{c}}}{T_{\text{c}}}\\ $
برای یک موتور کارنو ،$\Delta{S}_{\text{tot}}=\frac{Q_{\text{h}}}{T_{\text{h}}}=\frac{Q_{\text{c}}}{T_{\text{c}}}=0\\ $
مثال دیگه قانون دوم ترمودینامیک بیان می کند که آنتروپی یک سیستم جدا شده همیشه افزایش می یابد. به زبان عامیانه ، اگر یک فنجان چای در یک اتاق سرد قرار دهید ، چای سرد می شود و اتاق گرم می شود (با درجه بسیار بسیار کمی) ، اما هرگز برعکس.
اما اگر یک دیو کوچک پیدا کنم و او را بین دو محفظه که مخلوطی از سرد و گرم است قرار دهم و به او کنترل درب بین آنها را بدهم ، چه می کنم؟ و چه می شود اگر دیو در هنگام ورود ذره ای از انرژی بالا محفظه را باز کند و وقتی ذره ای از انرژی کم به آن وارد می شود آن را خیلی سریع ببندد به طوری که در انتها با محفظه ای گرم شده و دیگری که خنک شده است چپ می کنم ؟
این آزمایش فکری توسط جیمز کلارک ماکسول مطرح شده و به دیو ماکسول معروف است
در جعبه سمت راست بعد از اینکه دیو "کار" خود را به پایان رساند ، می فهمم که طرف A اکنون آنتروپی کمی دارد ، زیرا دیو فقط اجازه داده است که مولکول های سریع حرکت به B کنند . بنابراین دیو طرف A را ارائه داده است پر کرده استسرد، مولکول های متحرک ، که کاملاً منطقی است و گفتن آنتروپی طرفآهسته. تدریجی A کاهش یافته است. دیو نمی تواند کار را انجام دهد ، بنابراین این فقط فرض می کند که او می تواند.با استفاده از عبارت انرژی درونی گاز ایده آل ، آنتروپی می تواند نوشته شود:
در یک انبساط آدیاباتیک که آنتروپی ثابت می ماند ، فضای موجود برای گاز افزایش می یابد بنابراین سرعت مولکول ها باید به ترتیب کاهش یابد.
برداشت من از این گفته این است که در صورت افزایش فضای موجود برای گاز ، سیستم بی نظم تر است (آنتروپی افزایش می یابد) ، بنابراین برای جبران آن ، مولکول ها باید سرعت کمتری داشته باشند تا آنتروپی کمتری داشته باشند (زیرا تغییر کلی آنتروپی باید صفر باشد)
مطابق تصویر کل سیستم (A و B در جعبه سمت راست تصویر قبلی) دارای آنتروپی کاهش یافته است.
اما مشکل اینجاست: طرف B اکنون پر از مولکول های داغ و سریع است.
بنابراین آیا این بدان معنی است که آنتروپی طرف B افزایش یافته است؟
که آنتروپی B افزایش می یابد اما کلیت آنتروپی سیستم (A + B) کاهش می یابد.
بنابراین سوالی که باقی می ماند این است: چرا آنتروپی سیستم کاهش می یابد و افزایش نمی یابد؟
یا؛ چرا طرف A بیشتر غالب است؟تصویر
بنابراین جعبه از سمت راست گرم و از سمت چپ سرد است. سپس می توان با استفاده از این تفکیک دما ، موتور گرمائی را با اجازه دادن به حرارت از طرف گرم به سمت سرد کار کرد. اقدام احتمالی دیگر دیو این است که او می تواند مولکول ها را مشاهده کند و تنها در صورتی باز می شود که مولکولی از سمت راست به درب دام نزدیک شود. این نتیجه می رسد که تمام مولکول ها در سمت چپ قرار دارند. باز هم می توان از این تنظیم برای کارکردن موتور استفاده کرد. این بار می توان یک پیستون را در پارتیشن قرار داد و اجازه داد تا گاز به داخل محفظه پیستون جریان یابد و در نتیجه یک میله فشار داده و کار مکانیکی مفیدی ایجاد کند.
بنابراین به یاد آوردن این یک تناقض است ، اگر شیطان "می توانست" کار خود را انجام دهد ، سیستمی که قبلاً نمی توانست کاری انجام دهد زیرا آنتروپی حتی تمام شده بود ، اکنون قادر به کار است ، بنابراین با تعریف آنتروپی کاهش یافته است.
اما دیو نمی تواند کار را انجام دهد ، بنابراین این فقط فرض می کند که او می تواند.
با استفاده از عبارت انرژی درونی گاز ایده آل ، آنتروپی می تواند نوشته شود:$ {{\frac {S}{Nk}}=\ln \left[{\frac {V}{N}}\,\left({\frac {U}{{\hat {c}}_{V}kN}}\right)^{{\hat {c}}_{V}}\,{\frac {1}{\Phi }}\right]}$
از آنجا که این عبارتی برای آنتروپی از نظر U ، V و N است ، یک معادله اساسی است که تمام خصوصیات دیگر گاز ایده آل از آن ناشی می شود. توجه داشته باشید ، هیچ وابستگی صریح T وجود ندارد ، همانطور که در نظرات بالا ذکر شد.
شما همچنین به طور خاص پرسیدید که چگونه آنتروپی سمت B تغییر می کند. این بستگی به نحوه راه اندازی سیستم دارد. اگر از فعل و انفعالات ذرات غافل شوید ، سمت B فقط به ذرات سریع ختم می شود ، در حالی که با ذرات سریع و آهسته آغاز می شود. از آنجا که فضای فاز موجود کمتر است ، آنتروپی سمت B کاهش می یابد.
با این حال ، اگر فعل و انفعالات ذرات را مجاز کنید ، ذرات موجود در سمت B به تعادل گرمایی می رسند ، و توزیع سرعت (به عنوان مثال برخی آهسته ، بعضی سریع و برخی بسیار سریع) بدست خواهید آورد. سپس آنتروپی طرف B افزایش می یابد.
روش اول در ارائه های رایج بیشتر رایج است زیرا کمی تمیزتر است ، در حالی که روش دوم واقع بینانه تر است. اما در هر دو مورد ، کل آنتروپی A و B کاهش می یابد ، که نکته اصلی است
و همچنین می توانیم تصور کنیم که دو سیستم مختلف داریم ، یکی در کنار سیستم دیگر ، نیازی به در نظر گرفتن تغییرات حجم نیست. دلیل آن گسترده بودن آنتروپی است: اگر شما سیستمی از حجم V داشته باشید و با افزودن یک پارتیشن میزان حجم را به دو قسمت جدا کنید ، کل آنتروپی تغییر نمی کند. همچنین ، آنتروپی تابعی از حالت است ، بنابراین مسیری که برای رسیدن به یک حالت از حالت دیگر طی می شود مهم نیست ، تغییر در آنتروپی بدون توجه به مسیری که انتخاب کردید ، یکسان خواهد بود. پس از این گفته ، اجازه دهید تغییر آنتروپی را برای یک سیستم تقسیم شده محاسبه کنیم که از یک درجه حرارت در هر دو طرف به یک درجه حرارت متفاوت در هر دو طرف برسد. برای یک سیستم واحد تغییر به شرح زیر است:$ \Delta S=mC\ln(T_\textrm{final}/T_\textrm{initial})$اگر دمای اولیه را T0 بخوانیم ، کل تغییر در آنتروپی برای هر دو سیستم خواهد بود:
$ \Delta S=\Delta S_1+ \Delta S_2= mC\ln\left(\frac{T_0+\Delta T}{T_0}\right)+mC\ln\left(\frac{T_0-\Delta T}{T_0}\right)= mC\ln\left(1-\left(\frac{\Delta T}{T_0}\right)^2\right)\lt 0$
فقط به این دلیل که آنتروپی واحدهای انرژی در هر درجه کلوین دارد و همیشه در حال افزایش است ، به این معنی نیست که انرژی همیشه در حال افزایش است. ساده ترین مثال برای نشان دادن این امر انتقال گرما است که همیشه به طور طبیعی از یک جسم داغ به یک جسم سرد جریان دارد.
بگذارید دو جسم نسبت به مقدار گرمای منتقل شده به اندازه کافی عظیم باشند تا در نتیجه انتقال گرما Q از جسم داغ در دمای TH به جسم سرد در دمای TC ، دمای آنها تغییر نکند (یعنی آنها مخازن حرارتی هستند).
بنابراین تغییر در آنتروپی جسم گرم است$\Delta S_{hot}=-\frac{Q}{T_H} $ ΔShot = −QTH
منفی است زیرا گرما از جسم گرم منتقل می شود.
بنابراین تغییر در آنتروپی جسم سرد است
$\Delta S_{cold}=+\frac{Q}{T_C} $
مثبت است زیرا گرما به جسم سرد منتقل می شود.
کل تغییر آنتروپی پس است
$ \Delta S_{tot}=+\frac{Q}{T_C}-\frac{Q}{T_H}$
از آنجا که$ T_{H}>T_{C}$، کل تغییر آنتروپی ΔS> 0 است.
بنابراین آنتروپی افزایش یافته است ، اما هیچ افزایش انرژی وجود ندارد. به این دلیل که انرژی از دست رفته توسط جسم گرم به شکل گرما دقیقاً برابر با انرژی به دست آمده توسط جسم سرد به شکل گرما است. انرژی صرفه جویی می شود.
اما چه چیزی باعث افزایش آنتروپی می شود؟فرآیندهای برگشت ناپذیر آنتروپی را افزایش می دهند و تمام فرایندهای واقعی برگشت ناپذیر هستند.
در مورد گرما ، خود به خود از جسم داغ به جسم سرد منتقل می شود و فرآیندی برگشت ناپذیر است. برگشت پذیر نیست زیرا همان گرما خود به خود در جهت معکوس ، یعنی از جسم سرد به جسم گرم نخواهد رفت. که هرگز مشاهده نشده است. اگر چنین بود ، در این مثال ما با نقض قانون دوم ،$ \Delta S_{tot}<0$ خواهیم داشت. و با این حال ، روند معکوس قانون اول ترمودینامیک را نقض نمی کند. یعنی اگر فرآیند معکوس اتفاق بیفتد ، انرژی هنوز هم صرفه جویی می شود.
چرا کسر مقدار مشخصی از آنتروپی Δ𝑆 از 𝐴 ، منجر به دقیقاً همان مقدار جمع در نتیجه نمی شود؟
به این دلیل است که آنتروپی به عنوان انتقال گرما (انرژی) تقسیم بر دمایی که در آن انتقال اتفاق می افتد ، تعریف می شود$dS=\frac{dQ_{rev}}{T} $
و نه انرژی به تنهایی.گرمای منتقل شده از لیوان آب گرم شما (A) در دمای بالاتر از گرمای منتقل شده به محیط (بقیه جهان ، B) رخ می دهد ، که بنا به ضرورت ، باید در دمای پایین تری باشد.
از تعریف آنتروپی ، این بدان معناست که افزایش آنتروپی محیط بیشتر از کاهش آنتروپی لیوان آب است ، به طوری که ، به طور کلی$ \Delta S_{universe}>0$
امیدوارم درک خوبی از نوشته من داشته باشید .I hope I help you understand the question. Roham Hesami smile072 smile261 smile260 رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا
تصویر

ارسال پست