2019-12-05
С идеальным одноатомным газом проводят замкнутый процесс (цикл) показанный на рисунке. В точке С газ имел объем $V_{C}$ и давление $p_{C}$, а в точке В - объем $V_{B} = 1/2V_{C}$ и давление $p_{B} = 2p_{C}$. Найдите к.п.д. этого цикла и сравните его с максимальным теоретическим к.п.д. цикла, у которого температуры нагревателя и холодильника равны соответственно максимальной и минимальной температурам рассматриваемого цикла.
Решение:
По определению к.п.д. цикла равен
$\eta = \frac{A}{Q_{1} }$,
где $A$ - работа, совершаемая за цикл, а $Q_{1}$ - количество теплоты, полученной газом извне. Работа, совершаемая за цикл, численно равна площади, ограниченной контуром цикла на диаграмме ($p, V$). В данном случае это площадь треугольника АВС (рис.):
$A = \frac{1}{2}(p_{B} - p_{C})(V_{C} - V_{B} ) = \frac{1}{4} p_{C}V_{C}$.
Теперь найдем количество теплоты, полученной газом при нагревании. Согласно первому закону термодинамики
$Q = \Delta U + A$,
где $\Delta U$ - изменение внутренней энергии таза. $A$ - совершенная газом работа. Если $Q > 0$, то газ получает теплоту, если $Q < 0$ - он отдает ее. Внутренняя энергия однотомного газа пропорциональна его температуре и равна
$U = \frac{3}{2} \frac{m}{ \mu} RT$.
Нанесем на ($p, V$) - диаграмму процесса сетку изотерм - гипербол $pV = const$ (рис.). Чем выше температура $T$, тем дальше находится вершина гиперболы от точки О. Поэтому ясно, что газ получал теплоту от источника при нэохорнческоч нагревании - на участке АВ; количество полученной теплоты равно изменению внутренней энергии газа:
$Q_{1}^{ \prime} = \Delta U_{AB} = \frac{3}{2} \frac{m}{ \mu} RT_{B} - \frac{3}{2} \frac{m}{ \mu} RT_{A}$.
Так как согласно уравнению Менделеева - Клапейрона
$pV = \frac{m}{ \mu} RT$,
то
$U = \frac{3}{2}pV $
и
$Q_{1}^{ \prime} = \Delta U_{AB} = \frac{3}{2} (p_{B}V_{B} - p_{A}V_{A}) = \frac{3}{2} \left ( 2p_{C} \frac{1}{2} V_{C} - p_{C} \frac{1}{2}V_{C} \right ) = \frac{3}{4}p_{C}V_{C}$
На участке СА изобарического сжатия газ отдавал теплоту: его виу гренняя энергия уменьшалась ($\Delta U < 0$) и работа совершалась над газом ($A < 0$).
Рассмотрим теперь процесс расширения на участке BC. Из условий задачи следует, что точки В и С лежат на одной изотерме, то есть температуры $T_{B} = T_{C}$. Из рисунка видно, что в гроцсссе расширения на участке ВС точка, изображающая состояние газа, сначала удаляется от изотермы (температура газа увеличивается), а затем приближается к ней (температура газа уменьшается до первоначальной температуры $T_{B}$). В процессе расширения газ совершает работу над внешними телами ($A > 0$). Но в начале процесса $B \rightarrow C$ газ нагревается, его внутренняя энергия растет ($\Delta U > 0$). В этом случае $Q > 0$, то есть газ получает теплоту извне. В конце процесса $B \rightarrow C$ газ охлаждается, его внутренняя энергия убывает то есть $\Delta U < 0$. В этом случае газ может отдавать некоторое количество теплоты внешней среде ($Q < 0$, если $| \Delta U | > A$).
Найдем ту точку К диаграммы, до которой расширение газа сопровождается получением теплоты извне, и теплоту, полученную при процессе $B \rightarrow K$. Для этого найдем как зависит количество теплоты $Q$, полученной газом, от объема газа.
При расширении от объема $V_{B}$ до некоторого объема $_{D}$ газ совершит работу, численно равную площади трапеции $A^{ \prime}BDD^{ \prime}$ (рис.):
$A = \frac{1}{2} \left ( V_{D} - \frac{1}{2} V_{C} \right ) (p_{D} + 2p_{c})$.
При этом, так как газ одноатомный и идеальный, его внутренняя энергия изменится на величине
$\Delta U = \frac{3}{2} p_{D}V_{D} - \frac{3}{2} p_{B}V_{B} = \frac{3}{2} (p_{D}V_{D} - p_{C}V_{C} )$
и
$Q = \Delta U +A = \frac{3}{2} (p_{D} V_{D} - p_{C}V_{C} ) + \frac{1}{2} \left ( V_{D} - \frac{1}{2}V_{C} \right )(p_{D} + 2p_{C} )$.
В последнюю формулу входят параметры $p_{D}$ и $V_{D}$. Исключим один из них. Для этого найдем зависимость давления $p$ от объема $V$ на участке ВС. Так как график процесса - прямая, то
$p = p_{0} + \alpha V$,
где $p_{0}$ и $\alpha$ - коэффициенты, которые нужно определить. При $p = p_{B} = 2p_{C}$ $V = V_{B} = \frac{1}{2}V_{C}$, а при $p = p_{C}V = V_{C}$. Это означает, что
$2p_{C} = p_{0} + \frac{1}{2} \alpha V_{C}, p_{C} = p_{0} + \alpha V_{C}$.
Решая два последних уравнения совместно, найдем
$p_{0} = 2p_{C}, \alpha = - 2 \frac{p_{C} }{V_{C} }$.
Таким образом,
$p_{D} = 3p_{C} - 2 \frac{p_{C} }{V_{C} } V_{D}$
и
$Q = \frac{3}{2} \left [ \left ( 3p_{C} - 2 \frac{p_{C} }{V_{C} } V_{D} - p_{C} \right ) V_{C} \right ] + \frac{1}{2} \left ( V_{D} - \frac{1}{2}V_{C} \right ) \left ( 5p_{C} - 2 \frac{p_{C} }{V_{C} } V_{D} \right ) = p_{C}V_{C} \left ( \frac{9}{2} \frac{V_{D} }{V_{C} } - 3 \frac{V_{D}^{2} }{V_{C}^{2} } + \frac{5}{2} \frac{V_{D} }{V_{C} } - \frac{3}{2} - \frac{5}{4} - \frac{V_{D}^{2} }{V_{C}^{2} } = \frac{1}{2} \frac{V_{D} }{V_{C} } \right ) = p_{C}V_{C} \left ( - 4 \frac{V_{D}^{2} }{V_{C}^{2} } + \frac{15}{2} \frac{V_{D} }{V_{C} } - \frac{11}{14} \right )$.
Введем обозначение $\xi = \frac{V_{D} }{V_{C} }$. Тогда
$Q = - \left ( 4 \xi^{2} - \frac{15}{2} \xi + \frac{11}{4} \right ) p_{C}V_{C}$.
График зависимости $Q$ от $\xi$ - парабола (рис.), пересекающая ось $\xi$ в точках $\xi_{1} = \frac{1}{2}$ и $\xi_{2} = \frac{11}{8}$ (это корни квадратного трехчлена $4 \xi^{2} - \frac{15}{2} \xi + \frac{11}{4}$) и с вершиной в точке $\xi = \frac{15}{16}$. В этой точке величина $Q$ максимальна и равна
$Q_{1}^{ \prime \prime} = \frac{49}{64} p_{C}V_{C}$.
Следовательно, при переходе $B \rightarrow C$ на участке ВК, то есть до состояния, которому соответствует точка К с координатой $V_{K} = \frac{15}{16}V_{C}$, газ получает теплоту извне. При дальнейшем расширении (на участке КС) газ отдает теплоту.
Таким образом, количество теплоты, полученной газом за цикл, равно
$Q_{1} = Q_{1}^{ \prime} + Q_{1}^{ \prime \prime} = \frac{3}{4} p_{C}V_{C} + \frac{49}{64} p_{C}V_{C} = \frac{97}{64} p_{C}V_{C}$.
Теперь Можно найти к. п. д. цикла:
$\eta = \frac{ \frac{1}{4} p_{C}V_{C} }{ \frac{97}{64} p_{C}V_{C} } \approx 0,165, \eta = 16,5$%.
Максимальный же теоретический к. п. д. цикла равен
$\eta_{max} = \frac{T_{1} - T_{2} }{T_{1} }$,
где $T_{1}$ - максимальная, а $T_{2}$ - минимальная температура газа.
Из рисунка видно, что температура газа минимальна в точке A, то есть
$T_{2} = T_{A} = \frac{ \mu p_{A}V_{A} }{mR} = \frac{ \mu p_{C}V_{C} }{2mR}$.
Состоянию газа, в котором его температура максимальна, соответствует точка М на отрезке ВС, в которой изотерма касается отрезка ВС. Из симметрии графика цикла следует, что эта точка находится на середине отрезка ВС, так что $V_{м} = \frac{3}{4}V_{C}$). При этом $pV = (pV)_{max} = \frac{9}{8} p_{C}V_{C}$. Температура газа в точке М равна
$T_{1} = \frac{9 \mu }{8 mR} p_{C}V_{C}$.
Подставив найденные выражения для $T_{1}$ и $T_{2}$ в формулу для $\eta_{max}$, найдем
$\eta_{max} = 0,556 = 55,6$ %.
Сравним $\eta$ и $\eta_{max}$:
$\frac{ \eta_{max} }{ \eta} = 3,36$,
то есть максимальный теоретический к. п. д. в 3,36 раза больше к. п. д. рассматриваемого цикла.