ID: 00026538
Изменение состояния постоянной массы одноатомного идеального газа происходит по циклу, показанному на рисунке. При переходе из состояния 1 в состояние 2 газ совершает работу A_{12}=5 кДж. Какое количество теплоты газ получает за цикл от нагревателя?
Источник: ФИПИ
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.