Tutorstvo iz Fizike II, 10.4.2013
Reˇsitev naloge: b) Sprememba entropije za kroˇzne spremembe je ∆S = 0,
saj velja entropijski zakon
I
dS = 0
c) Izraˇcunajmo konˇcno temperaturo Tk za Carnotov toplotni stroj (predpostavimo T2 > T1 ):
dS = 0 =
dQ
mc dT1 mc dT2
dQ
+
=
+
(dT2 < 0)
T1 (t) T2 (t)
T1 (t)
T2 (t)
dT1
dT2
=−
T1 (t)
T2 (t)
T2
Tk
= ln
T1
Tk
p
Tk = T1 T2
ln
(1)
a) Celotno delo, ki ga stroj opravi je razlika oddane in prejete toplote:
A = |Q2 | − |Q1 |
Z
Tk
A=−
Z
Tk
mc dT −
T2
mc dT
T1
p
p
A = −mc(2Tk − T1 − T2 ) = mc( T1 − T2 )2
(2)
Kaj pa ˇce je izkoristek n-krat manjˇsi, torej η = ηC /n?
Q1 A
η=
= 1 − |Q2 |
Q2
1+
1
T1
dT1
= (1 − )
dT2
n
T2
(3)
V enaˇcbi (3) pazimo na predznak, saj mora konˇcni izkoristek biti manjˇsi od
1
1, dT
pa je tudi negativna koliˇcina.
dT2
Dobimo diferencialno enaˇcbo za T1 (T2 ):
1
1
dT1
− 1 T2 = T1 +
T2
(4)
n
n
dT2
Najprej reˇsimo homogeni del enaˇcbe, tako da loˇcimo spremenljivke in
integriramo:
dT1
1
T1 +
T2 = 0
n
dT2
dT1
1 dT2
=
T1
n T2
1
−n
T1 = C T2
Nato ˇse variiramo konstanto C = C(T2 ):
1
1
1
−1
− 1 +1
−1
− 1 T2 = C T2 n + C 0 T2 n − C T2 n
n
n
n
1
1
C0 =
− 1 T2n
n
1
1−n
+1
C=
T2n + D
1+n
Na koncu ˇse upoˇstevamo zaˇcetna pogoja T10 in T20 , da doloˇcimo konstanto
D in dobimo:
1
1−n
1−n
−1
(5)
T2 + T10 −
T20 T20n T2 n
T1 =
1+n
1+n
Da dobimo konˇcno temperaturo Tk enaˇcimo enaˇcbo (5) kot T1 = T2 = Tk
in dobimo:
n
1+n
1−n
1 + n n1
T10 −
Tk =
T
T20
(6)
2n 20
1+n
Preverimo ˇse smiselnost rezultata:
p
lim Tk = T1 T2
n→1
lim Tk =
n→∞
T1 + T2
2
Obstaja pa tudi druga pot. Definiramo novo delo A = n1 AC . Tako velja:
1
AC
n
p
p
1
Qk = mcT1 + mcT2 − mc( T1 + T2 )2
n√
√
1
T1 + T2 − n ( T1 − T2 )2
Tk =
2
Qk = Q1 + Q2 − A = Q1 + Q2 −
(7)