ID: 00026539
1 моль идеального одноатомного газа участвует в процессе 1–2–3, график которого представлен на рисунке в координатах $V$–$p$, где $V$ — объём газа, $p$ — его давление. Температуры газа в состояниях 1 и 3 равны: $T_1=T_3=300$ К. В процессе 2–3 газ увеличил свой объём в 3 раза. Какое количество теплоты отдал газ в процессе 1–2?
Источник: ФИПИ
Первое, что здесь сбивает с толку, — необычные оси. Обычно рисуют $p$ по вертикали, а тут наоборот: по вертикали отложен объём $V$, по горизонтали давление $p$. Поэтому читать график надо внимательно. Отрезок $1\to2$ идёт горизонтально — значит по вертикали ничего не меняется, объём постоянен, а давление уменьшается: это изохорное охлаждение. Отрезок $2\to3$ идёт вертикально вверх — значит по горизонтали ничего не меняется, давление постоянно, а объём растёт: это изобарное расширение. Пунктирная кривая, проходящая через точки 1 и 3, — это изотерма, у неё $pV=\text{const}$, и она честно отражает то, что сказано в условии: $T_1=T_3$.
Шаг 1 — что нам вообще нужно. Спрашивают теплоту на участке $1\to2$. Там объём не меняется, поршень стоит на месте, поэтому газ работы не совершает: $A_{12}=0$. По первому закону термодинамики $Q=\Delta U+A$ вся теплота сводится к изменению внутренней энергии: $Q_{12}=\Delta U_{12}=\dfrac{3}{2}\nu R\left(T_2-T_1\right)$ (для идеального одноатомного газа внутренняя энергия равна $U=\frac{3}{2}\nu RT$). Значит вся работа — найти температуру $T_2$.
Шаг 2 — переведём слова про объёмы в буквы. Раз $1\to2$ — изохора, объёмы совпадают: $V_2=V_1$. Раз $2\to3$ — изобара, давления совпадают: $p_2=p_3$. А по условию в процессе $2\to3$ объём вырос втрое: $V_3=3V_2=3V_1$.
Шаг 3 — найдём давление $p_3$. Состояния 1 и 3 имеют одинаковую температуру, поэтому для них выполняется закон Бойля–Мариотта (частный случай уравнения Менделеева–Клапейрона $pV=\nu RT$ при постоянной температуре): $p_1V_1=p_3V_3$. Подставляем $V_3=3V_1$: $p_1V_1=p_3\cdot3V_1$, откуда $p_3=\dfrac{p_1}{3}$. А значит и $p_2=\dfrac{p_1}{3}$.
Шаг 4 — найдём температуру $T_2$. Запишем уравнение состояния для точек 1 и 2: $p_1V_1=\nu RT_1$ и $p_2V_2=\nu RT_2$. Поделим второе на первое: $\dfrac{T_2}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{p_1V_1}=\dfrac{(p_1/3)\cdot V_1}{p_1V_1}=\dfrac{1}{3}$. Отсюда $T_2=\dfrac{T_1}{3}=\dfrac{300}{3}=100$ К.
Шаг 5 — считаем теплоту. $Q_{12}=\dfrac{3}{2}\nu R\left(T_2-T_1\right)=\dfrac{3}{2}\cdot1\ \text{моль}\cdot8{,}31\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{моль}\cdot\text{К}}\cdot(100-300)\ \text{К}$.
Считаем по кусочкам: $\dfrac{3}{2}\cdot8{,}31=12{,}465$, дальше $12{,}465\cdot(-200)=-2493$ Дж. Минус означает, что теплота не подводится, а отводится — газ её отдаёт. По модулю получается $2493$ Дж, то есть примерно $2{,}5$ кДж.
Проверим себя на здравый смысл: газ охлаждают втрое (с $300$ К до $100$ К) при неподвижном поршне. Он не может «спрятать» энергию в работу — деваться некуда, вся потерянная внутренняя энергия уходит наружу в виде теплоты. Знак минус в расчёте это и подтверждает.
Почему такое решение законно. Газ по условию идеальный, одноатомный, его количество постоянно и равно $\nu=1$ моль — поэтому применимы уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева–Клапейрона) $pV=\nu RT$ и его частный случай для изотермы, закон Бойля–Мариотта. Формула $U=\frac{3}{2}\nu RT$ верна именно для одноатомного идеального газа: у его частиц есть только поступательное движение, вращательной и колебательной энергии нет. Процессы на графике нарисованы линиями, то есть считаются равновесными, поэтому на участке $1\to2$ работает первый закон термодинамики $Q_{12}=\Delta U_{12}+A_{12}$, а $A_{12}=0$, потому что объём газа не меняется.