Циклы, Тепловые… — Задание 24 ЕГЭ по физике №00026538

Начнём с чтения рисунка — в нём вся задача. На диаграмме давление–объём нарисован треугольный цикл из трёх состояний: состояние 1 — объём $V_0$ и давление $2p_0$; состояние 2 — объём $3V_0$ и давление $2p_0$; состояние 3 — объём $V_0$ и давление $p_0$. Стрелки задают порядок обхода: $1\to2$ по горизонтали вправо (изобара), $2\to3$ по наклонной прямой вниз-влево, $3\to1$ по вертикали вверх (изохора). Спрашивают не «сколько теплоты всего», а сколько газ забрал у нагревателя, то есть надо сложить только положительные порции теплоты.

Шаг 1 — превратим единственное число условия в удобный «кирпичик». На участке $1\to2$ давление постоянно, поэтому работа газа равна давлению, умноженному на прирост объёма: $A_{12}=2p_0\cdot(3V_0-V_0)=4p_0V_0$. По условию $A_{12}=5$ кДж, значит $p_0V_0=\dfrac{5\ \text{кДж}}{4}=1{,}25$ кДж. Дальше все теплоты выразим через этот кирпичик.

Шаг 2 — чем считать внутреннюю энергию. Газ одноатомный и идеальный, у такого $U=\dfrac{3}{2}\nu RT$, а из уравнения состояния идеального газа $\nu RT=pV$. Получается очень удобная рабочая формула: $U=\dfrac{3}{2}pV$. Тогда на любом участке $\Delta U=\dfrac{3}{2}\left(p_{\text{кон}}V_{\text{кон}}-p_{\text{нач}}V_{\text{нач}}\right)$, и никакие температуры отдельно считать не придётся.

Шаг 3 — участок $1\to2$, изобарное расширение. Считаем произведения: $p_1V_1=2p_0\cdot V_0=2p_0V_0$ и $p_2V_2=2p_0\cdot3V_0=6p_0V_0$. Отсюда $\Delta U_{12}=\dfrac{3}{2}\left(6p_0V_0-2p_0V_0\right)=\dfrac{3}{2}\cdot4p_0V_0=6p_0V_0$. По первому закону термодинамики подведённая теплота идёт и на нагрев газа, и на его работу: $Q_{12}=\Delta U_{12}+A_{12}=6p_0V_0+4p_0V_0=10\,p_0V_0$. Число положительное — здесь газ греют.

Шаг 4 — участок $3\to1$, изохорный нагрев. Объём постоянен, поршень не двигается, работа нулевая: $A_{31}=0$. Произведения: $p_3V_3=p_0V_0$, $p_1V_1=2p_0V_0$. Значит $Q_{31}=\Delta U_{31}=\dfrac{3}{2}\left(2p_0V_0-p_0V_0\right)=1{,}5\,p_0V_0$. Тоже плюс — и здесь тепло приходит от нагревателя.

Шаг 5 — наклонный участок $2\to3$ надо проверить отдельно, иначе можно прозевать скрытый подогрев. Работа тут — площадь под наклонной прямой, взятая со знаком «минус», потому что объём уменьшается: $A_{23}=\dfrac{2p_0+p_0}{2}\cdot\left(V_0-3V_0\right)=1{,}5p_0\cdot(-2V_0)=-3\,p_0V_0$. Изменение внутренней энергии: $\Delta U_{23}=\dfrac{3}{2}\left(p_0V_0-6p_0V_0\right)=-7{,}5\,p_0V_0$. Итого $Q_{23}=-7{,}5p_0V_0-3p_0V_0=-10{,}5\,p_0V_0$.

И этот минус «честный», а не результат сложения плюса с минусом: при движении от точки 2 к точке 3 объём монотонно уменьшается (работа газа всё время отрицательна), и произведение $pV$, то есть температура, тоже монотонно падает от $6p_0V_0$ до $p_0V_0$ (внутренняя энергия всё время убывает). Раз оба слагаемых первого закона отрицательны на каждом кусочке пути, теплота на этом участке нигде не подводится — только отводится к холодильнику.

Шаг 6 — собираем то, что пришло от нагревателя: $Q_{\text{н}}=Q_{12}+Q_{31}=10\,p_0V_0+1{,}5\,p_0V_0=11{,}5\,p_0V_0$.

Подставляем число: $Q_{\text{н}}=11{,}5\cdot1{,}25\ \text{кДж}=14{,}375\ \text{кДж}\approx14{,}4$ кДж.

Проверим себя. За цикл газ получил $11{,}5\,p_0V_0$, а отдал $10{,}5\,p_0V_0$; разница $1\,p_0V_0$ обязана быть полезной работой за цикл, а она равна площади треугольника на диаграмме: $\dfrac{1}{2}\cdot(3V_0-V_0)\cdot(2p_0-p_0)=\dfrac{1}{2}\cdot2V_0\cdot p_0=p_0V_0$. Всё сходится.

И пара слов о том, почему так вообще можно считать. Газ по условию идеальный, одноатомный и его масса постоянна — поэтому законны и уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева–Клапейрона) $pV=\nu RT$, и формула внутренней энергии одноатомного идеального газа $U=\frac{3}{2}\nu RT$, в которой учтено только поступательное движение атомов. Все переходы на диаграмме нарисованы сплошными линиями, то есть считаются равновесными, а значит на каждом из них работает первый закон термодинамики $Q=\Delta U+A$, а работу газа можно находить как площадь под графиком процесса в осях $p$–$V$.