گفته می شود، این بدان معنا نیست که کار پمپ کار "مفید" نیست. بدون آن شما نمی توانید فشار بالا لازم برای چرخه را بدست آورید. علاوه بر این، راندمان پمپ مهم است، زیرا یک پمپ با کارایی کمتر به انرژی ورودی بالاتری برای انجام همان کار برای به دست آوردن فشار بالا لازم نیاز دارد و در نتیجه خروجی خالص سیکل را کاهش می دهد.
چرا هنگام محاسبه خروجی کار، کارهای انجام شده روی سیستم در نظر گرفته می شود؟بازده ترمودینامیکی η توسط $\eta= \frac{W_{out}}{Q_{in}}$محاسبه می شود
با استفاده از قانون اول ترمودینامیک معمولاً می گوییم که $W_{out}$ برابر $Q_c+Q_h$ است، که در آن Qc گرمای پراکنده شده در یک مخزن سرد و Qh گرمای جذب شده توسط یک مخزن داغ است. هر دو در داخل سیستم اندازه گیری می شوند، به طوری که Qc<0 و Qh>0
با این حال من به آن اعتراض دارم. $Q_c+Q_h$برابر $Q_c+Q_h$ نیست. این محاسبه صرفاً مقدار انرژی خالص در فرآیند ناشی از کار است. یعنی در نظر گرفتن Winput که توسط محیط اطراف روی گاز انجام می شود برای محاسبه خروجی.
موتور کارنو را در نظر بگیرید. من می‌توانم بگویم که خروجی کار ناحیه زیر همدما انبساط و آدیابات انبساط است. تمام کارهای دیگر روی سیستم انجام می شود و "خروجی" نیستند.
شاید بگویید بقیه آثار «خروجی های منفی» هستند. اما اگرچه این از نظر ریاضی منطقی است، اما این که باید یک خروجی باشد، منطقی نیست.
واضح است که من در این مورد اشتباه می کنم، بنابراین می خواهم کسی مسائل را برای من روشن کند. با تشکر.چرخه کارنو ... خوب ... یک چرخه است. در هر نوبت چرخه، سیستم بارها و بارها دقیقاً به همان حالت باز می گردد. یک نقطه را انتخاب کنید، آن را آغاز چرخه بنامید. پس از یک دور چرخه، سیستم همان جایی است که شروع به کار کرد، دقیقاً با همان انرژی که هنگام شروع به کار داشت. در طول چرخه، کارهایی انجام داده است. این انرژی از کجا آمده است؟ نمی تواند از سیستم آمده باشد، سیستم دقیقاً همان انرژی را دارد که در زمان شروع به کار داشت. انرژی فقط می تواند از مخازن گرما تامین شود. Qh از سمت گرم برداشته می شود، Qc سمت سرد سپرده می شود. انرژی خالص Qh+Qc به کار تبدیل شده است. موتور کارنو مکانیسم انتقال انرژی از گرما به کار را فراهم می کند.
کارایی موتور استرلینگ و قضیه کارنو
من می خواهم بازده این چرخه استرلینگ را برای گاز ایده آل $pV=nRT$ محاسبه کنم
برگرفته از نولتینگ Grundkurs Theoretische Physik 4. Spezielle Relativitätstheorie und Thermodynamik
کار مکانیکی است$\Delta W_{12} = - \int_{V_1}^{V_2} p(V) \mathrm{d}V = -nRT_2 \ln \frac{V_2}{V_1}\\
\Delta W_{23} = \Delta W_{41} = 0\\
\Delta W_{34} = -nRT_1 \ln \frac{V_1}{V_2}$
در منحنی های همدما تغییر انرژی درونی$ ΔU=ΔW+ΔQ$ صفر است.
$\Delta Q_{12} = - \Delta W_{12} > 0\\
\Delta Q_{34} = - \Delta W_{34} < 0$
در منحنی های ایزوکوریک (هم حجمی) مقادیر گرما هستند
$\Delta Q_{23} = C_V (T_1 - T_2) < 0\\
\Delta Q_{41} = C_V (T_2 - T_1) > 0$
کارایی آن پس است
$\eta = \frac{-\Delta W}{\Delta Q}$
ΔQ گرمای ورودی است، یعنی مجموع تمام مقادیر گرمایی > 0:
$\Delta Q = Q_{12}+Q_{41} = n R T_2 \ln \frac{V_2}{V_1} + C_V (T_2 + T_1)$
ΔW کل کار مکانیکی است:
$\Delta W = W_{12}+\Delta W_{34} = - nR(T_2 - T_1) \ln \frac{V_2}{V_1}$
بنابراین در نهایت کارایی است
$\eta = \frac{T_2 - T_1}{T_2 + \frac{C_V (T_2 - T_1)}{nR \ln V_2 / V_1}} < \eta_\text{C}.$
از بازده چرخه کارنو کمتر است. اما اگر همه فرآیندها به صورت برگشت پذیر انجام شوند باید با آن برابر باشد.
محاسبات از یک کتاب درسی گرفته شده است (Nolting: Grundkurs Theoretische Physik 4) که در واقع این مشکل را به عنوان یک سؤال به خواننده نشان می دهد. تنها توضیح من این است که این فرآیند برگشت‌پذیر نیست، اما نمی‌دانم چگونه بدون اینکه ببینم فرآیندهای همدما و ایزوکوریک چگونه انجام می‌شوند، بگویم.
بنابراین سوالات من این است:
آیا این با قضیه کارنو که بازده $\eta_\text{C} = 1 - T_1/T_2$ برای همه موتورهای حرارتی برگشت پذیر بین دو حمام حرارتی یکسان است، تناقض دارد؟
آیا این چرخه برگشت پذیر است؟
آیا راهی وجود دارد که بگوییم یک فرآیند فقط با شکلی مانند شکل بالا برگشت پذیر است یا غیرقابل برگشت؟
در یک چرخه ایده‌آل استرلینگ، گام‌های ایزوکوریک در طول یک اختلاف دما بینهایت کوچک مبادله می‌کنند، که توسط بازسازی‌کننده که یک گرادیان مداوم دما بین مخزن سرد و گرم دارد حفظ می‌شود. سپس گاز می تواند در راستای آن گرادیان سرد یا گرم شود. این بخش بسیار ایده آل طراحی است که امکان تغییر صفر در آنتروپی را در طول دو مرحله ایزوکوریک فراهم می کند. این گرما فقط در داخل به جلو و عقب منتقل می شود و بنابراین تنها تبادل واقعی با خارج از طریق مخزن گرم و خارج از طریق سرما است. از این رو کارایی ایده آل است. من مطمئن نیستم که درست باشد آنچه را که در مراحل احیاکننده اتفاق می‌افتد همدما بنامیم. دما به طور مداوم در حال تغییر است، اما به طور ایده آل همیشه در یک اختلاف بینهایت کوچک تغییر می کند. آیا اصطلاح رایجی برای آن وجود دارد؟ با این حال، مراحل ایزوکوریک با مراحل ایزوترمال بسیار متفاوت است.
من در جستجوهای خود در اینترنت در مورد موضوع موتورهای استرلینگ متوجه شده ام که بسیاری از منابع این ایده ها را اشتباه می گیرند. من اغلب آنالیزهای بهره وری را دیده ام که اثر بازسازی کننده را به کلی نادیده می گیرند. دست اخر رفتم از استاد جناب دکتر محمود فرزانه گُرد پرسیدم این احتمالاً به این دلیل است که فرآیندهای ایزوکوریک معمولاً با تغییر صفر در آنتروپی همراه نیستند، اما در مورد موتور استرلینگ نوع بسیار خاصی از این فرآیند با استفاده از یک احیاگر وجود دارد.
موتور ایده آل استرلینگ بازدهی مشابه چرخه کارنو دارد، اما مزیت آن این است که ساخت موتورهای واقعی را امکان پذیر می کند که اگرچه ممکن است نتوانند به مراحل ایزوکوریک همدما و کاملاً صاف احیا کننده دست یابند، اما نزدیک می شوند و هستند. بسیار امکان پذیرتر از امکان ساخت یک موتور کارنو عملی است.
بنابراین، در واقعیت، موتورهای استرلینگ ساخته شده واقعی به راندمان ایده آل کارنو دست نمی یابند، اما بسیاری از آنها بسیار بهتر از انواع دیگر موتورهای حرارتی عمل می کنند جوابیه دکتر .محمود فرزانه گُرد این بود
در نتیجه، با توجه به موتور ایده آل استرلینگ:
(1) حداکثر بازده ایده آل موتور کارنو به دست می آید. (2) محاسبه شما منافاتی با این ندارد زیرا اشتباه است. شما گرمای مبادله شده در مراحل ایزوکوریک را به عنوان بخشی از هزینه در نظر می گیرید، در حالی که تنها هزینه، ورودی گرمای خارجی در طول سکته توان همدما است. (3) این چرخه برگشت پذیر است زیرا هیچ تغییری در آنتروپی در طول مراحل ایزوکوریک وجود ندارد. (4) نمودار به خودی خود برای نشان دادن این کافی نیست زیرا باید بدانیم که بازسازی کننده ایده آل چیزی است که نقطه سوم را فعال می کند. یعنی اگر Regenerator را بردارید نمودار همچنان یکسان است.مشکل از معادله 9 می آید. توجه داشته باشید که حرارتی که طی دو فرآیند 4-1 و 2-3 منتقل می شود یکدیگر را خنثی می کنند. گرمای Q41 به احیاگر داده می شود و سپس توسط مواد کار سیستم از آن بازجذب می شود. این مقدار گرما توسط مخزن داغ به سیستم داده نمی‌شود یا توسط مخزن خنک جذب نمی‌شود، اما به یک معنا، به صورت برگشت‌پذیر بین دو قسمت از خود ماده کار منتقل می‌شود. بنابراین، از جمله Heat Q41 در معادله 9. به عنوان بخشی از گرما که از محافظ گرم به سیستم "انتقال می یابد" نقطه اشتباه محاسباتی است که در بالا منجر به نتیجه اشتباه داده شده در معادله یازدهم شده است.
امیدوارم این کمک کند.hope I helped you understand the question. Roham Hesami, sixth
semester of aerospace engineering
رهام حسامی ترم ششم مهندسی هوافضا
