Циклы, Тепловые… — Задание 24 ЕГЭ по физике №00048114

Что здесь происходит. Цикл нарисован в непривычных осях: по горизонтали давление $p$, по вертикали температура $T$. Нужно понять, какие процессы идут на каждом участке, перерисовать цикл в привычные оси $p$–$V$ и найти работу газа на пути 1→2→3.

Шаг 1 — снимаем координаты точек. Одна клетка по оси $p$ — $10^5$ Па, по оси $T$ — $300$ К. Точка 1 стоит на первой клетке по обеим осям: $p_1=10^5$ Па, $T_1=300$ К. Точка 2 — четыре клетки по обеим осям: $p_2=4\cdot10^5$ Па, $T_2=1200$ К. Точка 3 — четыре клетки по давлению и одна по температуре: $p_3=4\cdot10^5$ Па, $T_3=300$ К.

Шаг 2 — какие это процессы.

— Участок 1–2 лежит на прямой, которая продолжается в начало координат: у точек 1 и 2 отношение $\dfrac{T}{p}$ одинаковое ($\dfrac{300}{10^5}=\dfrac{1200}{4\cdot10^5}$). Из уравнения Менделеева — Клапейрона $V=\dfrac{\nu RT}{p}$, значит объём постоянен — это изохора.

— Участок 2–3 вертикальный: давление постоянно, температура падает с $1200$ до $300$ К — изобарное охлаждение, при этом газ сжимается.

— Участок 3–1 горизонтальный: температура постоянна ($300$ К), давление падает вчетверо — изотермическое расширение.

Шаг 3 — объёмы точек (для перестроения). По $V=\dfrac{\nu RT}{p}$ с $\nu=1$ моль, $R=8{,}31$ Дж/(моль$\cdot$К):

$$V_1=V_2=\dfrac{8{,}31\cdot300}{10^5}=\dfrac{8{,}31\cdot1200}{4\cdot10^5}\approx2{,}49\cdot10^{-2}\ \text{м}^3\approx24{,}9\ \text{л},\qquad V_3=\dfrac{8{,}31\cdot300}{4\cdot10^5}\approx6{,}2\cdot10^{-3}\ \text{м}^3\approx6{,}2\ \text{л}.$$

В осях $p$–$V$ получается: из точки 1 ($24{,}9$ л; $10^5$ Па) вертикально вверх до точки 2 ($24{,}9$ л; $4\cdot10^5$ Па), затем горизонтально влево до точки 3 ($6{,}2$ л; $4\cdot10^5$ Па), затем по гиперболе-изотерме $pV=\text{const}$ вниз и вправо обратно в точку 1. Объём в точке 3 вчетверо меньше, чем в точке 1, — как и должно быть на изотерме при вчетверо большем давлении.

Шаг 4 — работа на участке 1–2–3. На изохоре 1–2 объём не меняется, работа газа $A_{12}=0$. На изобаре 2–3 работа газа $A_{23}=p_2\left(V_3-V_2\right)$. Удобно не подставлять объёмы, а воспользоваться уравнением состояния: при постоянном давлении $p\Delta V=\nu R\Delta T$:

$$A_{23}=\nu R\left(T_3-T_2\right)=1\cdot8{,}31\cdot\left(300-1200\right)=-7479\ \text{Дж}.$$

Итого $A_{123}=A_{12}+A_{23}\approx-7479$ Дж $\approx-7{,}5$ кДж. Заметим: $T_2=4T_1$, $T_3=T_1$, поэтому в общем виде $A_{123}=-3\nu RT_1$.

Работа отрицательная, потому что на участке 2–3 газ сжимается: не газ совершает работу над поршнем, а внешние силы над газом.

Проверим себя через объёмы: $A_{23}=4\cdot10^5\cdot\left(6{,}23\cdot10^{-3}-2{,}493\cdot10^{-2}\right)=4\cdot10^5\cdot\left(-1{,}87\cdot10^{-2}\right)\approx-7480$ Дж. Сходится.

Почему модель законна. Газ идеальный, количество вещества постоянно — значит работает $pV=\nu RT$, и по ней можно перевести любую точку из осей $T$–$p$ в оси $p$–$V$. Процессы изображены линиями — они равновесные, работа газа равна площади под графиком в осях $p$–$V$ (на изохоре — нулю, на изобаре — $p\Delta V$).