Термодинамические процессы, вычисление работы, количества теплоты, КПД

Согласно первому началу термодинамики в первом опыте $$Q_1=\Delta U, \tag{1}$$ а во втором $$Q_2=\Delta U + A. \tag{2}$$ Здесь $\Delta U$ — приращение внутренней энергии; для одноатомного идеального газа $$\Delta U=\frac{3}{2}\frac{m}{\mu} R \Delta T,$$ поэтому прирост внутренней энергии в обоих опытах одинаков. Работа $A$ совершалась газом при изобарном расширении, следовательно $$A=p\,\Delta V. \tag{3}$$ С помощью уравнения Менделеева–Клапейрона эту работу выразим через приращение температуры: $$p\,\Delta V=\frac{m}{\mu} R \Delta T. \tag{4}$$ Решая систему (1)–(4), получаем $$\mu=\frac{m R \Delta T}{Q_2-Q_1} =\frac{1\cdot 8{,}31\cdot 1}{208}\approx 0{,}04~\text{кг/моль}.$$

Ответ: $\mu\approx 0{,}04~\text{кг/моль}.$

1. Работа внешних сил при переходе из состояния 2 в состояние 3 равна площади фигуры, ограниченной графиком цикла, в $pV$-координатах: $$A^{\text{внеш}}_{23}=\frac{p_0+2p_0}{2}\cdot 2V_0=3p_0V_0.$$

2. Количество теплоты, переданное за цикл холодильнику, по первому началу термодинамики: $$|Q_x|=|Q_{23}|=(U_2-U_3)+A_{32} =\frac{3}{2}\left(\nu RT_2-\nu RT_3\right)+3p_0V_0.$$

3. По уравнению Менделеева–Клапейрона $\nu RT_2=p_2V_2=2p_0\cdot 3V_0$, $\nu RT_3=p_3V_3=p_0V_0$.

Тогда $$|Q_x|=\frac{3}{2}\left(2p_0\cdot 3V_0-p_0V_0\right)+3p_0V_0 =\frac{21}{2}p_0V_0=\frac{7}{2}A^{\text{внеш}}_{23}.$$

1. Следовательно, $$A^{\text{внеш}}_{23}=\frac{2}{7}\,|Q_x|=\frac{2}{7}\cdot 8~\text{кДж}\approx 2{,}3~\text{кДж}.$$ Ответ: $A^{\text{внеш}}_{23}\approx 2{,}3~\text{кДж}.$

1. Коэффициент полезного действия теплового двигателя определим по формуле $$\eta=\frac{A}{Q_1},$$ где $A$ — работа газа за цикл, а $Q_1$ — тепло, полученное от нагревателя за цикл.

2. Цикл состоит из двух изохор $1\!-\!2$ и $3\!-\!4$ и двух изобар $2\!-\!3$ и $4\!-\!1$ (см. рисунок). По закону Шарля $$\frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2},\quad так\ как\ T_2=3T_1,\ \ то\ p_2=p_3=3p_1.$$

По закону Гей-Люссака $$\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_4}{T_4},\quad а\ так\ как\ T_4=T_2=3T_1,\ \ то\ V_3=V_4=3V_1.$$

1. Работа за цикл равна площади фигуры на графике: $$A=(p_2-p_1)(V_3-V_1)=4p_1V_1.$$

2. Положительное тепло газ получает на изохоре $1\!-\!2$ и изобаре $2\!-\!3$, поэтому $$Q_1=Q_{12}+Q_{23}.$$ С учётом $U=\tfrac{3}{2}\nu RT$ и первого начала получаем для изохоры $1\!-\!2$ ($V=$ const, $A=0$): $$Q_{12}=\Delta U_{12}=\frac{3}{2}\nu R(T_2-T_1)=3\nu RT_1.$$ Для изобары $2\!-\!3$: $$Q_{23}=\Delta U_{23}+A_{23}=\frac{3}{2}\nu R(T_3-T_2)+p_2(V_3-V_2).$$

3. По уравнению Менделеева–Клапейрона ($pV=\nu RT$) имеем $$\nu RT_1=p_1V_1,\quad \nu RT_2=3p_1V_1,\quad Q_{23}=\frac{5}{2}p_2(V_3-V_2)=\frac{5}{2}\,2p_1\,(3V_1-V_1)=15p_1V_1.$$ Тогда $$Q_1=Q_{12}+Q_{23}=3p_1V_1+15p_1V_1=18p_1V_1.$$

Следовательно, $$\eta=\frac{A}{Q_1}=\frac{4p_1V_1}{18p_1V_1}=\frac{2}{9}\approx 0{,}222\approx 22{,}2\%.$$

Ответ: $\eta\approx 22{,}2\%.$

На участке $1\to2$ объём постоянен, следовательно $A_{12}=0$. По первому началу термодинамики в этом случае $$Q_{12}=\Delta U_{12}.$$ Изменение внутренней энергии $$\Delta U_{12}=\frac{3}{2}\,\nu R\,(T_2-T_1).$$

На участке $2\to3$ давление постоянно. По закону Гей-Люссака $$\frac{V_3}{T_3}=\frac{V_2}{T_2}.$$ Отсюда $$T_2=\frac{V_2}{V_3}\,T_3=\frac{T_3}{3}=\frac{T_1}{3}.$$

Следовательно, $$\Delta U_{12}=\frac{3}{2}\,\nu R\!\left(\frac{T_1}{3}-T_1\right)=-\nu R T_1.$$

Итак, $$|Q_{12}|=|\Delta U_{12}|=\nu R T_1 =1\cdot 8{,}31\cdot 300\approx 2500~\text{Дж}.$$

Ответ: $|Q_{12}|\approx 2500~\text{Дж}.$

Перед решением задачи разберемся какие процессы представлены на графике и какие из них происходят с выделением тепла, а какие с поглощением.
Так процесс 1-2 является изобарным сжатием, следовательно для него справедливо соотношение $\frac{V}{T}=const$, следовательно температура газа уменьшается. Так как температура газа уменьшается, то изменение внутренней энергии и работа газа отрицательные, значит по первому закону термодинамики процесс происходит с выделением тепла.
В процесс 2-3 давление и объём газа увеличиваются прямо пропорционально, следовательно согласно соотношению $\frac{pV}{T}=const$, температура газа тоже увеличивается. Так как температура газа увеличивается, то изменение внутренней энергии и работа газа положительны, значит по первому закону термодинамики процесс происходит с поглощением тепла.
В процесс 3-1 давление газа и объём уменьшаются, значит согласно соотношению $\frac{pV}{T}=const$, температура газа тоже уменьшается. Так как температура газа уменьшается, то изменение внутренней энергии и работа газа отрицательны, значит по первому закону термодинамики процесс происходит с выделением тепла.
Таким образом видим что газ получает теплоту только в процессе 2-3. Таким образом приходим к выводу, что количество тепла, полученного от нагревателя равно количеству теплоты полученному в процессе 2-3 $Q_\text{н}=Q_{23}$.
Найдём работу газа в процессе 2-3, как площадь фигуры под графиком процесса (площадь трапеции):
$$A_{23}=\frac{(p_3+p_1)(V_3-V_2)}{2}=\frac{(4p_2+p_2)(4V_2-V_2)}{2}=7.5p_2V_2$$ Изменение внутренней энергии в процессе 2-3 составит:
$$\Delta U_{23}=U_3-U_2=\frac{3}{2}p_3V_3-\frac{3}{2}p_2V_2=\frac{3}{2}(4p_2\cdot 4V_2-p_2V_2)=22.5p_2V_2$$ Таким образом по первому закону количество теплоты равно:
$$Q_\text{н}=Q_{23}=7.5p_2V_2+22.5p_2V_2=30p_2V_2$$ Работу газа за цикл можем вычислить, как площадь фигуры всей фигуры, образованной за цикл, тогда (площадь треугольника):
$$A=\frac{(p_3-p_2)(V_1-V_2)}{2}=\frac{(4p_2-p_2)(2V_2-V_2)}{2}=1.5p_2V_2$$ Теперь можем сосчитать искомый КПД теплового двигателя:
$$\eta=\frac{A}{Q_\text{н}}=\frac{1.5p_2V_2}{30p_2V_2}=0.05$$

Ответ: 0.05.