آیا دمای منفی در چرخه کارنو مثالی متضاد از قانون دوم ترمودینامیک به دست می دهد؟با قضیه کارنو، کارایی چرخه کارنو است
$\eta=1-\frac{T_C}{T_H}$
که در آن TC، TH به ترتیب دمای مطلق مخزن سرد و مخزن گرم هستند. از آنجایی که TC>0، این به معنای $\eta < 1$ 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، من فکر می کنم در آن دوره آنها دمای منفی را نمی دانند، اگر $T_C=300K $و$ T_H=−300K$ را بگذاریم، به راحتی می توان$\eta=2$ را بدست آورد. 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 کامل من باید از طریق استخراج بازده چرخه کارنو بگذریم. طبق معمول، باید به علائم توجه زیادی کرد. تغییرات انرژی در بخاری و کولر مربوط به تغییرات آنتروپی آنهاست:
$\delta E_H=T_H\delta S_H,\quad \delta E_C=T_C\delta S_C$
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:
$\delta A = -\delta E_H - \delta E_C > 0$
راندمان یک چرخه رابطه ای از کار انجام شده $\delta A>0$ با انرژی از دست رفته توسط بخاری 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، 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:$T_H<0, T_C>0$ 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:
$\frac{\delta S_C}{\delta S_H}>0 \quad \Rightarrow \quad \frac{T_C}{T_H}\frac{\delta S_C}{\delta S_H}<0 \quad \Rightarrow \quad \eta<1$
برای حل این موضوع، میتوانیم به سادگی از طریق استخراج بازده کارنو، با در نظر گرفتن این احتمال که TH ممکن است منفی باشد، مرور کنیم. به دلایلی هرگز نمی توانم بدون ترسیم نمودار به موتورهای حرارتی فکر کنم.
موتور گرمایی
یک موتور حرارتی معمولی.
موتور مقداری گرما $Q_\text{in}$ 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 داغ $\frac{1}{T_H}Q_\text{in}$ 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$\frac{1}{T_C}Q_\text{out} - \frac{1}{T_H}Q_\text{in}$ است. 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 و ببینیم این تصور من چگونه تغییر می کند.
اولین چیزی که باید به آن توجه کرد این است که اکنون، وقتی گرما را از مخزن داغ حذف می کنیم، آنتروپی آن همچنان به میزان $-\frac{1}{T_H}Q_\text{in}$ تغییر می کند. 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" به گرما تبدیل شود، به این معنا که حذف گرما به جای کاهش آنتروپی آن را افزایش می دهد.
اکنون، ما هنوز 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 شما که در آن $\eta=2$ داریم.و$Q_\text{out} = -Q_\text{in}$
در پاسخ Kostya فرض شده است که $Q_\text{out}$ باید مثبت باشد، به همین دلیل است که او نتیجه می گیرد 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:
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$\eta>1$ به این معنی است که W بزرگتر از Qin است. اما این مشکلی 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:
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 آنتروپی$-\frac{1}{T}Q$ 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 غیرمعمول به نظر می رسد، بنابراین بخش مربوط به آن را در زیر ببینید.
بنابراین نتیجه همه اینها این است که بله، ممکن است 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."
چرا دما به -∞ کاهش می یابد و سپس مثبت می شود؟
در نپاسخ قبلی این پاسخ گفتم که برای ایجاد یک مخزن دمای منفی نیاز به کار دارید. این تا حدی درست است، اما من فکر میکنم استدلال زیر بهتر است.
با ذکر این نکته 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:
: منحنی S(U) برای یک جسم معمولی با ظرفیت حرارتی محدود.
می بینید که با حذف گرما از سیستم (کاهش U)، شیب$1/T$ افزایش می یابد (یعنی T کاهش می یابد) تا زمانی که در نقطه ای با U محدود (انرژی حالت پایه)، آنتروپی صفر و شیب بینهایت 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. Ty افزایشی نداشته باشد.
از نظر ظاهری، 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:
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 -∞ T 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 یک 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 (مشابه شکل 2 اما با تمام فلش ها در جهت مخالف) 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 میتواند 100% بدون تولید گرما به کار تبدیل شود، 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 این است 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 در حالی که Qin ثابت نگه داریم، افزایش دهیم، موتور می تواند کارآمدتر عمل کند، بنابراین $Q_\text{out}$ 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 $Q_\text{out}$ صفر می شود، زیرا موتور حرارتی با حداکثر کارآمدی بازده 1 دارد و می تواند گرما را در آن تبدیل کند. $T_\infty$ 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 و$Q_\text{out}$ منفی می شود. توجه داشته باشید که در این حالت موتور حرارتی گرما را از هر دو مخزن خارج می کند..I hope I have helped you in understanding the question. Roham Hesami, seventh semester
aerospace engineering
رهام حسامی ترم هفتم مهندسی هوافضا