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.