ID: 00026526
В тепловом двигателе 1 моль одноатомного разреженного газа совершает цикл 1–2–3–4–1 , показанный на графике в координатах p – T , где p – давление газа, Т – абсолютная температура. Температуры в точках 2 и 4 равны и превышают температуру в точке 1 в 2 раза. Определите КПД цикла.
Источник: ФИПИ
Сначала научимся читать эту диаграмму — она непривычная, оси здесь давление и абсолютная температура. Наклонные участки 1–2 и 4–3 лежат на прямых, продолжения которых приходят в начало координат (на рисунке это показано вспомогательными лучами из нуля). Прямая через начало координат в осях p–T означает \dfrac{p}{T}=\text{const}, а по уравнению Менделеева — Клапейрона это постоянный объём: перед нами изохоры. Горизонтальные участки 2–3 и 4–1 идут при постоянном давлении — это изобары.
Шаг 1 — расставим все параметры. Пусть в состоянии 1 температура T_1, давление p_1, объём V_1. По условию T_2=T_4=2T_1. Участок 1–2 — изохора, значит \dfrac{p_1}{T_1}=\dfrac{p_2}{2T_1}, откуда p_2=2p_1. Участок 4–1 — изобара при давлении p_1, значит объём в точке 4 равен V_4=\dfrac{RT_4}{p_1}=\dfrac{2RT_1}{p_1}=2V_1. Участок 3–4 — изохора при этом объёме 2V_1, и в точке 3 давление p_2=2p_1, поэтому T_3=\dfrac{p_2\cdot 2V_1}{R}=\dfrac{2p_1\cdot 2V_1}{R}=4T_1. Итого цикл выглядит так: 1 (T_1;p_1;V_1) \to 2 (2T_1;2p_1;V_1) \to 3 (4T_1;2p_1;2V_1) \to 4 (2T_1;p_1;2V_1).
Шаг 2 — изохорный нагрев 1–2. Работы нет, вся теплота идёт во внутреннюю энергию одноатомного газа: Q_{12}=\dfrac{3}{2}R(2T_1-T_1)=1{,}5RT_1\gt 0.
Шаг 3 — изобарное расширение 2–3. Тут теплота идёт и на нагрев, и на работу: Q_{23}=\dfrac{5}{2}R(4T_1-2T_1)=5RT_1\gt 0. Это самый «жирный» участок подвода тепла.
Шаг 4 — изохорное охлаждение 3–4. Q_{34}=\dfrac{3}{2}R(2T_1-4T_1)=-3RT_1\lt 0 — газ отдаёт тепло.
Шаг 5 — изобарное сжатие 4–1. Q_{41}=\dfrac{5}{2}R(T_1-2T_1)=-2{,}5RT_1\lt 0 — тоже отдаёт.
Шаг 6 — КПД. От нагревателя газ получил Q_{н}=1{,}5RT_1+5RT_1=6{,}5RT_1, холодильнику отдал |Q_{х}|=3RT_1+2{,}5RT_1=5{,}5RT_1. Работа за цикл равна их разности: A_{ц}=6{,}5RT_1-5{,}5RT_1=RT_1. Тогда \eta=\dfrac{A_{ц}}{Q_{н}}=\dfrac{RT_1}{6{,}5RT_1}=\dfrac{1}{6{,}5}=\dfrac{2}{13}\approx 0{,}15=15\%.
Проверим работу другим способом. Если перерисовать цикл в осях p–V, получится прямоугольник со сторонами \Delta p=2p_1-p_1=p_1 и \Delta V=2V_1-V_1=V_1, а его площадь равна p_1V_1=RT_1 — ровно то, что мы получили из баланса теплот. Сходится.
Почему такая модель. Газ идеальный и одноатомный: уравнение Менделеева — Клапейрона pV=\nu RT позволяет опознать изохоры по прямым, идущим в начало координат, и восстановить все объёмы и температуры; внутренняя энергия равна U=\dfrac{3}{2}\nu RT, что даёт множитель \dfrac{3}{2} на изохорах и \dfrac{5}{2} на изобарах (там к нагреву добавляется работа \nu R\Delta T). Первый закон термодинамики применяем на каждом участке, а КПД считаем по определению: в числителе работа за цикл, в знаменателе — только полученная от нагревателя теплота. Заметь, что ни T_1, ни R в ответ не вошли — цикл задан «в пропорциях», и КПД от них не зависит.