Šiluminiai varikliai ir energijos virsmai

Mokymosi tikslai

Paaiškinti šiluminio variklio energijos srautus ir ciklą.
Apskaičiuoti variklio naudingumo koeficientą.
Taikyti idealaus Carnot variklio ribą naudojant Kelvino temperatūras.
Paaiškinti entropijos reikšmę, antrojo ir trečiojo termodinamikos dėsnių ribas.
Skirti šiluminio variklio naudingumą nuo šaldytuvo ar šilumos siurblio veikimo koeficiento.
Vertinti technologiją pagal fizikinį efektyvumą ir viso ciklo poveikį.

Prisimink

Pirmasis termodinamikos dėsnis nepasako, kuria kryptimi procesas savaime vyks. Šiluma savaime perduodama iš aukštesnės temperatūros sistemos žemesnės temperatūros sistemai; atvirkštiniam perdavimui reikia darbo.

Sąvokos ir simboliai

$Q_H$ – per ciklą iš karštojo šaltinio gauta energija.
$Q_C$ – šaltajam rezervuarui atiduotos energijos modulis.
$W$ – per ciklą variklio atliktas grynasis darbas.
$T_H$ , $T_C$ – karštojo ir šaltojo rezervuarų absoliučiosios temperatūros.
Šiluminis variklis – cikliškai veikianti sistema, dalį šilumos paverčianti darbu.
Entropija $S$ – termodinaminis būsenos dydis, susijęs su energijos sklaida ir galimų mikrobūsenų skaičiumi; SI vienetas $\text{J/K}$ .
Šaldytuvo veikimo koeficientas $COP_R=Q_C/W$ .
Šilumos siurblio veikimo koeficientas $COP_H=Q_H/W$ .

Teorija: šiluminio variklio balansas

Per visą ciklą darbinė medžiaga grįžta į pradinę būseną, todėl $\Delta U_{ciklo}=0$ :

$W=Q_H-Q_C.$

Variklio naudingumo koeficientas:

$\eta=\frac{W}{Q_H}=1-\frac{Q_C}{Q_H}.$

Neįmanoma cikliškai visos iš vieno rezervuaro gautos šilumos paversti darbu neperduodant dalies energijos šaltesniam rezervuarui. Tai viena antrojo termodinamikos dėsnio išraiškų.

Formulės ir SI: Carnot riba

Idealaus grįžtamojo variklio, veikiančio tarp dviejų pastovių temperatūrų, didžiausias galimas naudingumas:

$\eta_C=1-\frac{T_C}{T_H}.$

Temperatūros turi būti kelvinais. Carnot riba nėra realaus variklio prognozė; realūs varikliai turi trintį, baigtinius temperatūrų skirtumus ir kitus negrįžtamus procesus, todėl jų $\eta\lt\eta_C$ toms pačioms rezervuarų temperatūroms.

Entropija ir termodinamikos dėsnių ribos

Grįžtamuoju keliu perduodant mažą šilumos kiekį temperatūroje $T$ , entropijos pokytis apibrėžiamas

$dS=\frac{\delta Q_{rev}}{T}.$

Entropija yra būsenos dydis, o $\delta Q$ – proceso energijos perdavimas, todėl jų negalima tapatinti. Izoliuotos sistemos bendroji entropija savaiminiame procese nemažėja:

$\Delta S_{izoliuotos}\ge0.$

Idealiai grįžtamame procese ji nekinta, o realiame negrįžtamame – didėja. Pavyzdžiui, šilumai $Q$ savaime pereinant iš $T_H$ į $T_C$ , rezervuarų bendras pokytis yra

$\Delta S=-\frac{Q}{T_H}+\frac{Q}{T_C}>0,$

nes $T_H>T_C$ . Tai paaiškina proceso kryptį, bet nereiškia, kad energija neišsaugota. Energijos kiekis išlieka, tik dalis jos tampa mažiau tinkama darbui atlikti.

Izoliuotai sistemai esant nustatytoms išorinėms sąlygoms, savaiminė raida artina ją prie prieinamos pusiausvyros būsenos, kurioje entropija tomis sąlygomis yra didžiausia ir nebėra savaiminio makroskopinio grynojo srauto. Tai ribotas pusiausvyros kriterijus, o ne teiginys, kad bet kurios atviros sistemos entropija visada didėja: atvira sistema gali perduoti entropiją aplinkai.

Trečiasis termodinamikos dėsnis teigia, kad tobulai kristalinei medžiagai artėjant prie absoliutaus nulio jos entropija artėja prie pastovios minimalios vertės, kuri sutartinai laikoma nuliu. Absoliutaus nulio neįmanoma pasiekti baigtiniu procesų skaičiumi. Šis dėsnis nėra leidimas naudoti paprastą idealiosios dujos modelį ties $0\ \text{K}$ : kvantiniai ir medžiagos būsenos efektai tampa esminiai daug anksčiau.

Šaldytuvas ir šilumos siurblys

Jie naudodami darbą perkelia energiją iš šaltos aplinkos į šiltesnę:

$Q_H=Q_C+W.$

$COP_R=\frac{Q_C}{W},\qquad COP_H=\frac{Q_H}{W}=COP_R+1.$

$COP$ gali būti didesnis už 1, nes vardiklyje yra darbas, o skaitiklyje – perkelta energija ir darbo indėlis. Tai nepažeidžia energijos tvermės.

Išspręsti pavyzdžiai

1. Variklio balansas

Duota. Variklis per ciklą gauna $Q_H=2{,}5\ \text{kJ}$ ir atiduoda $Q_C=1{,}6\ \text{kJ}$ .

Rasti. Per ciklą atliktą darbą $W$ ir naudingumo koeficientą $\eta$ .

Modelis ir sąlygos. Variklis veikia ciklu, todėl darbinės medžiagos $\Delta U=0$ ; $Q_H$ ir $Q_C$ žymi teigiamus energijos srautų modulius.

Vienetai. Abi energijos pateiktos kJ, todėl darbą gausime kJ; $\eta$ yra bematis.

Skaičiavimas.

$W=2{,}5-1{,}6=0{,}9\ \text{kJ},$

$\eta=\frac{0{,}9}{2{,}5}=0{,}36=36\%.$

Atsakymas. $W=0{,}9\ \text{kJ}$ , $\eta=36\%$ .

Patikra. Energijos balansas $0{,}9+1{,}6=2{,}5\ \text{kJ}$ užsidaro. $0<\eta<1$ ir $W<Q_H$ , todėl rezultato ženklas bei riba fiziškai prasmingi.

2. Carnot riba

Duota. $T_H=600\ \text{K}$ , $T_C=300\ \text{K}$ .

Rasti. Carnot variklio didžiausią galimą naudingumo koeficientą $\eta_C$ .

Modelis ir sąlygos. Variklis idealus ir grįžtamasis, veikia tik tarp dviejų pastovių rezervuarų temperatūrų; realaus variklio naudingumas bus mažesnis.

Vienetai. Abi temperatūros yra absoliučiosios ir pateiktos kelvinais; santykis bematis.

Skaičiavimas.

$\eta_C=1-\frac{300}{600}=0{,}50.$

Atsakymas. Didžiausia ideali riba $50\%$ ; realaus variklio naudingumas turi būti mažesnis.

Patikra. Kadangi $0<T_C<T_H$ , formulė duoda $0<\eta_C<1$ , taigi fizikinė riba tenkinama. Šaltojo rezervuaro temperatūra sudaro pusę karštojo, tad bent pusė $Q_H$ idealiu atveju turi būti atiduota.

3. Temperatūros Celsijaus skalėje

Duota. Karštasis rezervuaras $327\ ^\circ\text{C}$ , šaltasis $27\ ^\circ\text{C}$ .

Rasti. Carnot naudingumo ribą $\eta_C$ .

Modelis ir sąlygos. Naudojamas idealus grįžtamasis dviejų rezervuarų ciklas; Celsijaus skaičių santykis nėra termodinaminis temperatūrų santykis.

Vienetai. Absoliučios temperatūros: $T_H=600{,}15\ \text{K}$ ir $T_C=300{,}15\ \text{K}$ .

Skaičiavimas.

$\eta_C=1-\frac{300{,}15}{600{,}15}\approx0{,}500.$

Atsakymas. Apie $50{,}0\%$ , ne $1-27/327$ .

Patikra. Rezervuarų absoliučiųjų temperatūrų santykis yra beveik $1/2$ , todėl 50 % riba logiška. Naudojant Celsijaus santykį būtų gauta apie 91,7 %, kas pažeistų teisingą absoliučios temperatūros modelį.

4. Šilumos siurblys

Duota. Šilumos siurblys sunaudoja $W=2{,}0\ \text{kWh}$ elektros energijos ir patalpai perduoda $Q_H=7{,}0\ \text{kWh}$ .

Rasti. Šildymo veikimo koeficientą $COP_H$ ir iš aplinkos paimtą energiją $Q_C$ .

Modelis ir sąlygos. Vertiname tą patį laikotarpį, įrenginys veikia cikliškai, o pateiktos elektros ir šilumos energijos turi vienodas sistemos ribas.

Vienetai. Visi energijos dydžiai pateikti kWh; $COP_H$ yra bematis, todėl į džaulius konvertuoti nereikia.

Skaičiavimas.

$COP_H=\frac{7{,}0}{2{,}0}=3{,}5,$

$Q_C=Q_H-W=5{,}0\ \text{kWh}.$

Atsakymas. $COP_H=3{,}5$ ; iš aplinkos paimta $5{,}0\ \text{kWh}$ .

Patikra. Balansas $Q_C+W=5{,}0+2{,}0=7{,}0\ \text{kWh}$ atitinka $Q_H$ . $COP_H>1$ energijos tvermės nepažeidžia, nes didžioji dalis šilumos perkeliama iš aplinkos.

Konceptualūs ir eksperimentiniai pavyzdžiai

Atidarytas šaldytuvas. Palikus šaldytuvo duris atviras uždaroje patalpoje, jis patalpą ilgainiui šildo: į patalpą grąžinama paimta šiluma ir kompresoriaus darbo energija.

„100 % šildytuvas“. Elektrinis varžinis šildytuvas patalpoje beveik visą elektros energiją paverčia vidine energija vietoje. Tačiau tai nereiškia, kad jo pirminės energijos, kainos ar emisijų rodikliai visada geriausi; reikia apibrėžti visą sistemą ir energijos šaltinį.

Praktinė veikla: aušimo kreivė ir energijos srautai

Kilmė: EDITORIAL. Įgyvendinimo rekomendacijos siūlo analizuoti šilumos mainų $T(t)$ duomenis, tačiau konkretus dviejų indų aušimo palyginimo bandymas yra egzas.lt metodinė veikla, ne atskirai BP ar rekomendacijose įvardyta procedūra.

Į izoliuotą ir neizoliuotą vienodus indus įpilkite vienodos masės šilto vandens. Registruokite temperatūrą vienodais intervalais, kiekvienam jutikliui nurodykite skiriamąją gebą ir braižykite $T(t)$ su neapibrėžčių juostomis. Palyginkite pradines aušimo spartas tik tame pačiame temperatūrų skirtumo intervale; laikykite aplinkos temperatūrą vienodą, uždenkite indus ir venkite nudegimo. Paaiškinkite, kodėl aušimas nėra šiluminis variklis, nors energija savaime perduodama temperatūrų skirtumo kryptimi, ir kodėl duomenys savaime neišmatuoja absoliučios entropijos.

Dažnos klaidos

Naudingumą skaičiuoti $W/Q_C$ vietoje $W/Q_H$ .
Carnot formulėje naudoti Celsijaus temperatūras.
Carnot ribą laikyti konkretaus realaus variklio naudingumu.
$COP>1$ vadinti energijos tvermės pažeidimu.
Teigti, kad variklis gali cikliškai visą $Q_H$ paversti darbu.
Technologiją vertinti tik vienu momentiniu efektyvumo skaičiumi, neapibrėžus sistemos ribų.

Kraunama pamokos praktika…

Santrauka

Šiluminis variklis dalį $Q_H$ paverčia darbu ir privalo dalį $Q_C$ atiduoti šaltesniam rezervuarui.
Carnot formulė nustato idealią viršutinę ribą, o ne realią prognozę.
Šaldytuvas ir šilumos siurblys perkelia šilumą naudodami darbą; jų $COP$ nėra variklio $\eta$ .
Atsakingas technologijos vertinimas apima sistemos ribas, energijos šaltinį ir viso ciklo poveikį.

Savikontrolė

Kodėl per ciklą $\Delta U=0$ ?
Koks ryšys sieja $Q_H$ , $Q_C$ ir $W$ ?
Kodėl Carnot temperatūros turi būti kelvinais?
Kaip $COP_H$ gali viršyti 1?
Kodėl atidarytas šaldytuvas neatvėsina uždaros virtuvės?

Šaltiniai

PHY-SRC-BP-V1269 – Fizikos bendrosios programos 25 priedo §30.4 šiluminių variklių ir energijos virsmų reikalavimai.
PHY-SRC-BP-V861-2024 – 2024 m. Fizikos bendrosios programos 25 priedo pakeitimas, taikomas aktyviai redakcijai.
PHY-SRC-BP-25-V861-DOCX – galiojančios suvestinės 25 priedo §30.4.2 pažodinis normatyvinis tekstas.
PHY-SRC-EMOKYKLA-BP – oficialus termodinamikos turinio atvaizdavimas.
PHY-SRC-IR-2025 – įgyvendinimo rekomendacijų PDF p. 7, §30.4, temperatūros kitimo grafikų šilumos mainuose analizės siūlymas; konkretus dviejų indų bandymo protokolas yra egzas.lt redakcinė procedūra.