$　 F＝Q(1-\frac{ T_0 }{T_H}) = 2800×(1-\frac{ 2.0+273.15 }{23.0+273.15})≒200$ [解答]③ 参考：ランキンサイクルの効率 熱力学のサイクル一覧 逆カルノー サイクル (ヒートポンプ)での効率 η の使い方がよくわからないよ  

さらに詳しく教えて下さい

了解です。ポイントを順番に深掘りします。

何を求めたか

  • 室内を 23 °C、外気 2 °C。
  • 室内へ供給したい熱量は 2.8 kW（= Qₕ）。
  • これを達成するための必要最小電力 Wₘᵢₙを求める問題です。
抵抗ヒーターなら「電力＝供給熱」なので 2.8 kW 要りますが、ヒートポンプなら外気から熱を”くみ上げて”室内へ送り込むので、同じ2.8 kWの暖房でも必要電力はずっと小さくできます。その理論的下限がカルノー（可逆）熱ポンプです。

ヒートポンプのエネルギーバランス

ヒートポンプは
  • 外気から吸い上げる熱：(Q_c)
  • コンプレッサに投入する仕事：(W)
  • 室内に放出する熱：(Q_h)
で、エネルギー保存より [ Q_h = Q_c + W ]

暖房時COP（性能係数）

暖房の効率指標は [ \mathrm{COP_{heating}}=\frac{Q_h}{W} ] カルノー熱ポンプ（理想可逆）では、温度は**絶対温度[K]**で [ \mathrm{COP_{Carnot}}=\frac{T_h}{T_h - T_c} ] （理由：可逆サイクルでは (\frac{Q_h}{T_h}=\frac{Q_c}{T_c}) が成り立つため） 今回：
  • (T_h=23+273=296\ \text{K})
  • (T_c=2+273=275\ \text{K})
ゆえに [ \mathrm{COP_{max}}=\frac{296}{296-275}=\frac{296}{21}\approx 14.1 ] 必要最小電力は [ W_{\min}=\frac{Q_h}{\mathrm{COP_{max}}} = \frac{2.8\ \text{kW}}{14.1} \approx 0.199\ \text{kW} \approx \mathbf{200\ W} ]

なぜ 200 W まで下がるの？

ヒートポンプは投入電力そのものを熱にするのではなく、 外気の熱 (Q_c) をくみ上げて (Q_h = Q_c + W) として放出します。 温度差 (T_h-T_c) が小さいほど、”くみ上げ”に要る仕事 (W) は少なくて済み、COP が大きくなります。

現実の機械だと？

  • 実機は不可逆（圧縮損失・熱交換器ΔT・スロットル損失など）なので (\mathrm{COP}) はカルノーより小さい（一般に 2〜6 程度）。
  • 今回の条件（ΔT≈21 K）なら、良い家庭用エアコンの実運転 COP は 3〜5 くらいが目安。 その場合の必要電力は [ W \approx \frac{2.8\ \text{kW}}{\text{COP}} \approx 0.6!～!0.9\ \text{kW} ]
  • もし電気ヒーター（ヒートポンプでない）なら COP=1 なので 2.8 kW 必要。

コツ・落とし穴

  • **絶対温度[K]**で計算する（℃で比を取らない）。
  • 問われているのが「最小電力」ならカルノーCOPを使う。
  • 暖房のCOPは (Q_h/W)、冷房のCOP（EER）は (Q_c/W) と定義が違う。

ちょい感度チェック

温度差が大きくなると必要電力は増えます。 [ W_{\min} = Q_h \frac{T_h - T_c}{T_h} ] 例えば外気が −5 °C（268 K）だと [ W_{\min}=2.8\times\frac{296-268}{296}\approx 0.264\ \text{kW} ] （理想でも 264 W へ上昇）
必要なら、同じ考え方で冷房時の最小電力や、別の室温・外気温での早見表も作れます。どれを見てみますか？

カルノー熱ポンプ（理想可逆）では、温度は**絶対温度[K]**で \mathrm{COP_{Carnot}}=\frac{T_h}{T_h - T_c} （理由：可逆サイクルでは \frac{Q_h}{T_h}=\frac{Q_c}{T_c} が成り立つため） について詳しく教えて下さい

では、この部分を熱力学の原理からきちんと導出して説明します。 ポイントは
可逆サイクルではエントロピー生成がゼロ → エントロピー収支が成り立つ
ということです。

✅ ヒートポンプの基本式

ヒートポンプは
  • 低温熱源（外気）から熱 (Q_c) を吸い取る
  • コンプレッサで仕事 (W) を加える
  • 高温側（室内）へ熱 (Q_h) を放出する
というサイクルです。 エネルギー保存より [ Q_h = Q_c + W \tag{1} ]

✅ 可逆サイクルの条件（ここが重要）

可逆過程では「エントロピーが増えない」（生成=0）。 つまり、出入りが釣り合う： [ \frac{Q_h}{T_h} = \frac{Q_c}{T_c} \tag{2} ] これが先の文章の [ \frac{Q_h}{T_h}=\frac{Q_c}{T_c} ] に対応しています。
(熱量) ÷ (絶対温度) = エントロピー 熱を出す側は正、吸う側は負とすると、 可逆運転では総和が 0 になります。

✅ 式の変形で COP が出てくる

(2) より [ Q_h = Q_c \frac{T_h}{T_c} \tag{3} ] (1) に代入すると [ Q_c \frac{T_h}{T_c} = Q_c + W ] [ W = Q_c\left(\frac{T_h}{T_c} - 1\right) ] [ W = Q_c \frac{T_h - T_c}{T_c} \tag{4} ] 暖房COP は定義より [ \mathrm{COP_{heat}} = \frac{Q_h}{W} \tag{5} ] ここに (1),(4) を代入 [ \mathrm{COP_{heat}} = \frac{Q_c + W}{W} = 1 + \frac{Q_c}{W} ] [ = 1 + \frac{1}{\frac{T_h - T_c}{T_c}} = 1 + \frac{T_c}{T_h - T_c} ] [ = \frac{T_h}{T_h - T_c} ]

✅ カルノー熱ポンプのCOP

[ \boxed{\mathrm{COP_{Carnot}} = \frac{T_h}{T_h - T_c}} ] となり、**絶対温度[K]**を使う必要があることが分かります。

✅ なぜ温度差で性能が決まる？

式を見てわかるポイント：
  • (T_h - T_c) が小さい（＝室内と外気の温度差が小さい）ほど、 → 効率が高く少ない電力で暖房できる
  • 逆に寒いほど → COP が下がり電力を多く必要とする
これが「寒い日にエアコンの効率が落ちる」理由です。

✅ 比喩で理解

ヒートポンプは熱を「くみ上げる」ポンプです。 水のポンプと同じで：
  • 水を高いところへ上げる → 力が必要
  • 上げる高さ（＝温度差）が小さいほど楽
  • 高く上げる（＝大きな温度差で暖房）と大変

✅ まとめ

考え方 意味
エントロピー保存 可逆過程 → (Q_h/T_h = Q_c/T_c)
エネルギー保存 (Q_h = Q_c + W)
暖房COP (\displaystyle \frac{Q_h}{W})
カルノーCOP (\displaystyle \frac{T_h}{T_h - T_c})
必要なら、このあと
  • 冷房の場合の COP の導出（(\frac{T_c}{T_h - T_c})）
  • 可逆カルノーサイクルのT-s 線図解説
  • エアコン・ヒートポンプの実性能との比較
  • エントロピー収支の図解
なども説明できます。どれ見たいですか？  

エントロピーが増えないと可逆サイクルになるのですか？

とても本質的な質問です。 結論を短く言うと：
可逆サイクルではエントロピーは増えない（＝生成されない） しかし エントロピーが増えないからといって、何でも可逆になるわけではない
つまり
  • 可逆サイクル ⇒ エントロピー生成ゼロ（必要条件）
  • エントロピー生成ゼロ ⇐ 可逆サイクル（十分条件）
という 同値関係があります。

✅ 「エントロピーが増えない」＝「不可逆性がない」

熱力学第二法則より： [ \Delta S_{\text{全体}} = \Delta S_{\text{系}} + \Delta S_{\text{外界}} = \text{エントロピー生成} \ge 0 ]
  • 可逆サイクルでは [ \Delta S_{\text{全体}} = 0 \quad(\text{エントロピー生成なし}) ]
  • 不可逆サイクルでは [ \Delta S_{\text{全体}} > 0 \quad(\text{エントロピー生成あり}) ]
したがって
可逆 ⇔ エントロピー生成なし（0）
エントロピーが増えるのは摩擦・渦・混合・熱伝導の有限温度差などの不可逆性による損失。

✅ 可逆サイクルってどんなもの？

完全に理想的な条件：
  • 摩擦なし
  • 熱伝達は「無限に小さい温度差」で行う
  • 圧力差衝撃なし
  • 流体の混合なし
  • 渦・乱流なし
現実には存在しません。 しかし、原理限界を示す理想モデルとして重要です。

✅ 例：カルノーサイクル

カルノーサイクルは
  • 等温過程
  • 断熱過程
で構成され、全て可逆過程と仮定されます。 その結果 [ \frac{Q_h}{T_h}=\frac{Q_c}{T_c} ] が成立します（これが COP の導出の核心）。

✅ エントロピーと「仕事の損失」

エントロピー増加は、実際には
使える仕事の損失
と等価です。 理想状態（可逆）に比べて エントロピーが生成すると、 その分だけ取り出せる仕事が減る → 効率が下がる

✅ まとめ

質問 答え
エントロピーが増えないと可逆？ 可逆の 必要条件 だが、現象的な可逆性条件も満たす必要あり
可逆とは？ どんな微小条件でも逆に辿れる理想の過程
エントロピー生成ゼロとは？ 不可逆性（摩擦、有限ΔTの伝熱、混合など）が無い状態

✅ イメージ（直感）

現実世界 理想世界
摩擦・渦 → エントロピー増加 摩擦なし・無限にゆっくり → エントロピー生成ゼロ
エネルギー散逸あり エネルギー完全に仕事化可能
不可逆 可逆
必要なら、この続きとして：
  • エントロピー生成の式（不可逆性の定量化）
  • 可逆・不可逆のT-s線図
  • カルノーサイクルの完全導出
  • 現実のヒートポンプでの不可逆性例（圧縮、膨張、熱交換器）
なども説明します。 どこまで深く掘りますか？

ヒートポンプとヒータによる加熱の違いは、ヒートポンプはQに対してエネルギー保存則が成り立ち、ヒータの場合はジュール熱に対して成り立つことですか？

  とても良い視点です。 ほぼ合っていますが、もう少し整理するとさらに正確になります。

✅ 結論（先に）

方式 原理 取り扱う熱量の出所 エネルギー保存の対象
ヒータ（電気抵抗加熱） 電流→ジュール熱 電気エネルギーがそのまま熱へ 投入電力 (W) = 供給熱 (Q_h)
ヒートポンプ 外気から熱を汲み上げる 外気の熱 (Q_c) ＋ 仕事 (W) (Q_h = Q_c + W)
つまり質問の意図を反映すると：
ヒータ：ジュール熱＝供給熱 ヒートポンプ：供給熱＝外気熱＋仕事
その通りです。

✅ もう少し熱力学的に言うと

● ヒータ（電気抵抗体）

変換式 [ W \rightarrow Q ] ヒータの効率（熱としてのエネルギー利用）は [ \eta_{\text{heater}} = \frac{Q_h}{W} = 1 ] 100%です（物理的にこれ以上良くならない）

● ヒートポンプ（逆冷凍機）

エネルギー収支 [ Q_h = Q_c + W ] 性能係数 COP [ \mathrm{COP_{hp}} = \frac{Q_h}{W} ] これは1より大きくなることがあります （普通の暖房エアコンで 3〜5、理想で (>10)）

✅ なぜ違うのか？（物理的理解）

ヒータ

  • 抵抗体で電子が格子に衝突 → 熱に変換
  • 「電気 → 熱」という直接変換装置

ヒートポンプ

  • 圧縮・膨張・冷媒循環によって 外気の熱を汲み上げる装置
仕事して熱を運ぶ装置 （高いところの水をポンプで汲むのと同じ）

✅ 視覚的イメージ

ヒータ

[電気エネルギー] → [熱]
  W                    Q_h

ヒートポンプ

     ← Q_c（外気の熱）
[コンプレッサ] → Q_h（室内）
       W

✅ まとめ表

方式 熱の出所 特徴
ヒータ 全て電力から 効率（熱変換）100%
ヒートポンプ 外気熱 + 電力 COP>1、効率は「温度差」で決まる

✅ よくある誤解と修正

誤解 正しい理解
ヒートポンプは効率が100%以上？ 熱変換というより熱輸送機械なのでCOP>1が普通
外気が冷たいと動かない？ 温度差が増えるとCOP低下、だが動く（霜取り等必要）

✅ 重要ポイント

  • どちらもエネルギー保存則は成り立つ
  • 異なるのは“熱の取り出し方”
    • ヒータ：電気 → 熱
    • ヒートポンプ：外気熱を「移す」
必要なら、次に：
  • COPと効率の違い
  • 冷凍機COPとの関係
  • 現実の損失要因（圧縮効率、膨張損失、熱交換器ΔT）
  • T-s線図での説明
などもできます。 どこまで深く行きますか？