Циклы, работа в цикле

Выразите объём моля через плотность и молярную массу, \(V = M/\rho\), и перейдите к координатам \(p\)–\(V\); работа за цикл равна площади цикла.

Прямая 0–2–3 в осях \(V\)–\(T\) проходит через начало координат, значит, на участке 2–3 давление постоянно. Определите, какие участки цикла изохорные, какие изобарные, и выразите работу через разности температур.

Определи, какие процессы изображены на участках цикла в осях \(V\)–\(T\) (прямая через начало координат означает постоянное давление). Выразись через \(\nu R\Delta T\) работы и теплоты на участках.

Цикл — квадрат, повёрнутый на \(45^\circ\): на каких его сторонах газ получает тепло? Помните, что \(A_\text{газа}\) равна площади цикла, а \(Q = \Delta U + A\) на каждом участке.

1) \(\approx 6{,}4\)–\(6{,}5\,\%\);  2) \(10{,}5\,\%\).

Выразите давления и объёмы всех состояний через \(p_1\), \(V_1\) и \(n\); работу цикла найдите как площадь, а подвод тепла — на участках, где газ нагревается.

\(\eta = \dfrac{n^2-1}{4n^2+4n+3} = \dfrac{5}{72} \approx 0{,}07\).

Участок 1–2 лежит на прямой, проходящей через начало координат. Выразите работу как площадь цикла через температуры и свяжите \(T_2\) с \(T_1\), а \(T_4\) с \(T_3\).

\(A = \dfrac{\nu R}{2}(T_3 - 3T_1) = 2493\) Дж.

На прямой 1–2 тепло гелий получает не везде: найдите точку, где приращение теплоты \(\Delta Q\) меняет знак, и считайте \(Q\) только до неё.

\(Q_+ = 32\nu R T_0/7 \approx 10{,}6\) кДж.

Теплота подводится и отводится только на изохорах; выразите её через изменения температуры и свяжите температуры в вершинах цикла отношением \(n\).

\(40\,\%\).

Цикл состоит из изобары 1–2, изохоры 2–3 и адиабаты 3–1; запишите уравнение адиабаты для точек 3 и 1 и найдите \(n\) и \(k\) из условия.

\(25\,\%\).

На изохорах работа не совершается, а на изотермах работа и теплота совпадают. Выразите работы на двух изотермах через температуры и отношение объёмов.

\(\eta = \dfrac{1}{4}\).

Работа за цикл равна площади, ограниченной циклом, со знаком по направлению обхода. Звезду можно разложить на два простых замкнутых цикла. Работу проще посчитать по участкам как площади трапеций под графиком.

Работа газа равна сумме площадей треугольников и удвоенной площади пятиугольника. Она равна \(A = 12\nu RT_0 = 10\) кДж.

Представленный на рисунке цикл можно представить как совокупность двух циклов:

Работа в каждом из этих циклов равна площади фигуры, ограниченной циклом. При сложении работ получаем, что площади треугольников надо учитывать с коэффициентом 1, а площадь пятиугольника — с коэффициентом 2: \(A = A_1 + A_2 + A_3 + A_4 + A_5 + 2A_6\).

Однако рассчитывать работу удобнее, складывая работы на отдельных участках \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DE\), \(EA\). На каждом из участков работа газа равна площади трапеции под графиком. По формуле для площади трапеции получим \(A_{AB} = A_{BC} = 9p_0V_0\), \(A_{CD} = A_{EA} = -15p_0V_0\), \(A_{DE} = 24p_0V_0\). Складывая работы, находим \(A = 12p_0V_0\).

Поскольку как давление, так и объём минимальны в точке \(A\), температура газа, пропорциональная произведению давления на объём, также минимальна в этой точке. Согласно уравнению идеального газа, \(p_0V_0 = \nu RT_0\). Отсюда \(A = 12\nu RT_0 = 10\) кДж.

На участках \(AB\) и \(CA\) знак теплоты ясен по знакам работы и изменения внутренней энергии. На участке \(BC\) работа положительна, а внутренняя энергия убывает — найдите точку, где теплота меняет знак, рассматривая малое приращение объёма.

На участке \(ABK\) происходит теплообмен с нагревателем, на участке \(KCA\) — с холодильником (\(K\) — середина отрезка \(BC\)). Количества теплоты, полученное от нагревателя и отданное холодильнику: \(Q_+ = 6{,}5\,p_0V_0\), \(Q_- = 5{,}5\,p_0V_0\).

На участке \(AB\) совершаемая газом работа и изменение внутренней энергии газа положительны; следовательно, происходит теплообмен с нагревателем. На участке \(CA\) совершаемая газом работа и изменение внутренней энергии газа отрицательны; следовательно, происходит теплообмен с холодильником. Для участка \(BC\) надо проводить более детальное исследование: работа положительна, а температура и внутренняя энергия уменьшаются.

Запишем уравнение процесса \(BC\): \(p = p_0\left(4 - \dfrac V{V_0}\right)\). Рассмотрим малый участок процесса, на котором газ расширяется от объёма \(V\) до \(V + \Delta V\). На данном участке давление изменяется от \(p\) до \(p + \Delta p\), причём \(\Delta p = -\dfrac{p_0}{V_0}\Delta V\). Получаемое газом на данном малом участке количество теплоты \(\Delta Q\) складывается из изменения внутренней энергии \(\Delta U = \Delta(1{,}5pV) = 1{,}5p\Delta V + 1{,}5V\Delta p\) и совершаемой газом работы \(p\Delta V\): \(\Delta Q = 2{,}5p\Delta V + 1{,}5V\Delta p\). Учитывая соотношение для \(\Delta p\) и \(\Delta V\), получим \[\Delta Q = 2{,}5p\Delta V - 1{,}5V\frac{p_0}{V_0}\Delta V = 2{,}5p_0\left(4 - \frac V{V_0}\right)\Delta V - 1{,}5V\frac{p_0}{V_0}\Delta V = p_0\Delta V\left(10 - \frac{4V}{V_0}\right).\] Тепловой эффект оказывается положительным при \(V < 2{,}5V_0\) и отрицательным при \(V > 2{,}5V_0\). Таким образом, на участке \(BK\) происходит теплообмен с нагревателем, на участке \(KC\) — с холодильником (\(K\) — середина отрезка \(BC\)).

Найдём тепловой эффект на участках \(ABK\) и \(KCA\). Разность внутренних энергий в точках \(K\) и \(A\) составляет \[U_K - U_A = 1{,}5\left(2{,}5\cdot 1{,}5\,p_0V_0 - p_0V_0\right) = 16{,}5\cdot 0{,}25\,p_0V_0.\] Работа газа на каждом из участков считается как площадь под графиком (следует учесть, что площадь одной клетки равна \(0{,}25\,p_0V_0\)): \(A_{ABK} = 9{,}5\cdot 0{,}25\,p_0V_0\), \(A_{KCA} = -5{,}5\cdot 0{,}25\,p_0V_0\). Следовательно, \[Q_{ABK} = U_K - U_A + A_{ABK} = 6{,}5\,p_0V_0, \qquad Q_{KCA} = U_A - U_K + A_{KCA} = -5{,}5\,p_0V_0.\]

Работу за цикл найдите как долю площади прямоугольника \(p_0V_0\). Для пункта Б запишите отданное тепло через КПД и подумайте, какое тепло в трёх циклах одно и то же.

А) \(\eta = \dfrac{\pi}{\pi + 22} \approx 12{,}5\,\%\) (работа за цикл \(A = \dfrac{\pi}{4}\,p_0V_0 \approx 0{,}78\) кДж); Б) \(\eta_2 = \dfrac{\eta - \eta_1}{1 - \eta_1} = \dfrac{\dfrac{\pi}{\pi+22} - \eta_1}{1 - \eta_1}\).

А) Площадь прямоугольника, в который вписан данный цикл, соответствует работе \(p_0V_0\) (при данном выборе масштабов этот прямоугольник выглядит как квадрат). Работа, которую совершил газ за цикл \(11'231\), во столько раз меньше \(p_0V_0\), во сколько раз площадь четверти круга меньше площади квадрата. Поэтому \[A = p_0V_0\left(\frac{\frac{1}{4}\pi R^2}{R^2}\right) = \frac{1}{4}\pi p_0V_0 = \frac{1}{4}\pi\nu R T_0 \cong 0{,}78\text{ кДж}.\] КПД цикла \(11'231\) посчитаем по формуле \(\eta = \dfrac{A}{A + |Q_-|}\). Газ отдавал теплоту в процессе \(231\). По первому началу термодинамики \[|Q_-| = \frac{c_V}{R}\,(4p_0V_0 - 2p_0V_0) + \frac{c_p}{R}\,(2p_0V_0 - p_0V_0) = p_0V_0\left(2\cdot\frac{3}{2} + \frac{5}{2}\right) = \frac{11}{2}\,p_0V_0 \cong 5{,}5\text{ кДж}.\] Тогда \[\eta = \frac{A}{A + |Q_-|} = \frac{\frac{1}{4}\pi p_0V_0}{\frac{1}{4}\pi p_0V_0 + \frac{11}{2}\,p_0V_0} = \frac{\pi}{\pi + 22} \cong 12{,}5\,\%.\]

Б) Из формулы для КПД следует: \(|Q_-| = Q_+(1 - \eta)\). Тогда для цикла \(11'22'1\): \(|Q_{22'1}| = Q_{11'2}(1 - \eta_2)\). Для цикла \(12'231\): \(|Q_{231}| = Q_{12'2}(1 - \eta_1)\). Для цикла \(11'231\): \(|Q_{231}| = Q_{11'2}(1 - \eta)\). Значит, \((1 - \eta_1)(1 - \eta_2) = 1 - \eta\), откуда \[\eta_2 = \frac{\eta - \eta_1}{1 - \eta_1} = \frac{\dfrac{\pi}{\pi + 22} - \eta_1}{1 - \eta_1}.\]

Тепло газ получает только на изобаре. Для одноатомного газа в изобарном процессе теплота, изменение внутренней энергии и работа относятся как \(5:3:2\).

\(\eta = 0{,}2\).

Работа газа за цикл: \(A = 3{,}4 - 1{,}7 = 1{,}7\) Дж. Газ получает тепло при изобарическом расширении. Из первого начала термодинамики следует, что в изобарических процессах с одноатомным идеальным газом величины \(Q\), \(\Delta U\) и \(A\) всегда относятся соответственно как \(5:3:2\). Значит, \[Q_+ = \frac{5}{2}A_{12} = 2{,}5 \cdot 3{,}4 = 8{,}5\text{ Дж}.\] К.п.д. цикла равен \[\eta = \frac{A}{Q_+} = \frac{3{,}4 - 1{,}7}{8{,}5} = 0{,}2.\]

Работа за цикл равна площади фигуры, а тепло получает газ не на всех участках цикла: проверьте, где температура растёт.

\(11\) %.

На каких участках цикла газ получает тепло, а на каких отдаёт? При изотермическом расширении внутренняя энергия не меняется.

1) №4 (\(n = 5\));  2) №3 (\(k = 4\)).

Выразите КПД через отношение максимального давления к минимальному; температуры в вершинах цикла связаны с этим отношением.

\(T_{\max}/T_{\min} = 2{,}25 \approx 2\).

Пусть отношение максимального давления к минимальному равно \(\alpha\), тогда таким же будет и отношение максимального объёма к минимальному. Если минимальная температура равна \(T_0\), то максимальная равна \(T_0\alpha^2\), а КПД цикла даётся формулой \[\eta = \frac{(\alpha - 1)}{5 + 7\alpha}\cdot 100\,\%.\] Подставляя данные в условии значения, находим \(\alpha = 1{,}5\). Таким образом, искомое отношение равно \(\dfrac{T_{\max}}{T_{\min}} = \alpha^2 = 2{,}25 \approx 2\).

Два одинаковых тела, теплоёмкость каждого \(C\) (не зависит от температуры). Начальные температуры \(T_1>T_2\). Приводим их в тепловой контакт и ждём. Энергия никуда не девается — система теплоизолирована: \[ C(T_1-T)+C(T_2-T)=0\qquad\Longrightarrow\qquad T=\frac{T_1+T_2}{2}. \] Конечная температура — среднее арифметическое. Никакой работы нет, меняется только тепло.

Энтропия — функция состояния. Для тела с постоянной теплоёмкостью \(dS=dQ/T=C\,dT/T\), поэтому \[ \Delta S_1=C\ln\frac{T}{T_1},\qquad \Delta S_2=C\ln\frac{T}{T_2}. \] Сумма \[ \Delta S=C\ln\frac{T^2}{T_1 T_2}=C\ln\frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1 T_2}. \] Неравенство \((T_1+T_2)^2\geqslant 4T_1 T_2\) — это просто \((T_1-T_2)^2\geqslant 0\). Равенство только при \(T_1=T_2\). Значит \(\Delta S>0\), пока температуры разные.

По-другому: среднее арифметическое не меньше среднего геометрического, \(\frac{T_1+T_2}{2}\geqslant\sqrt{T_1 T_2}\), и логарифм отношения строго положителен. Тепло течёт через конечную разность температур — процесс необратим, энтропия рождается.

Два стакана воды, 80 °C и 20 °C, теплоёмкость каждого \(C=4{,}2\) кДж/К, после контакта оба по 50 °C. Прирост \(\Delta S=C\ln(323^2/(353\cdot 293))\approx 0{,}16\) кДж/К — как энтропия плавления полуграмма льда. Если бы тепло шло через машину Карно, этой энтропии не родилось бы, а вместо неё сняли бы работу \(T_\text{хол}\Delta S\sim 50\) кДж. Контакт «в лоб» как раз и выбрасывает эту работу в тепло: среднее арифметическое температур больше геометрического, и логарифм это видит.

Килограмм льда тает при \(0^\circ\mathrm{C}=273\) К. Фазовый переход первого рода: температура стоит, пока не расплавится весь лёд. Удельная теплота плавления льда \(\lambda=3{,}34\cdot10^5\) Дж/кг, значит подведённое тепло \[ Q=m\lambda=3{,}34\cdot10^5\ \text{Дж}. \] Энтропия при изотермическом подводе тепла \[ \Delta S=\frac{Q}{T_0}=\frac{3{,}34\cdot10^5}{273}\approx 1{,}22\cdot10^3\ \frac{\text{Дж}}{\text{К}}=1{,}2\ \frac{\text{кДж}}{\text{К}}. \] Знак плюс: лёд получает тепло, его энтропия растёт. Кристаллическая решётка разрушается, число доступных микросостояний увеличивается.

Если бы мы считали «нагрев ото льда до воды» как \(c\ln(T/T)\), получили бы нуль — и ошиблись бы: теплота плавления в \(c\Delta T\) не сидит, её надо класть отдельно.

Килограмм льда при 0 °C забирает 334 кДж и превращается в килограмм воды при той же температуре. \(\Delta S=1{,}2\) кДж/К — это \(k\ln W\) с \(W\sim 10^{10^{23}}\): столько микросостояний открывается, когда решётка рассыпается. Нагреть ту же воду на один кельвин даёт всего \(mc\cdot 1/273\approx 15\) Дж/К, в восемьдесят раз меньше. Поэтому «просто \(c\ln(T/T)\)» на плавлении даёт нуль и пропускает главный кусок.

Вода при \(T_1=293\) К должна стать паром. Равновесный путь (по нему и считают \(\Delta S\), энтропия — функция состояния): нагреть жидкость до кипения, затем изотермически испарить.

Нагрев жидкости, \(c=4{,}18\) кДж/(кг·К): \[ \Delta S_1=mc\ln\frac{373}{293}=4{,}18\cdot\ln 1{,}273. \] \(\ln 1{,}273\approx 0{,}241\), поэтому \(\Delta S_1\approx 4{,}18\cdot 0{,}241=1{,}01\) кДж/К.

Кипение при \(373\) К, \(r=2{,}26\) МДж/кг: \[ \Delta S_2=\frac{mr}{373}=\frac{2{,}26\cdot10^3}{373}\approx 6{,}06\ \text{кДж/К}. \] Сумма \[ \Delta S=\Delta S_1+\Delta S_2\approx 7{,}1\ \text{кДж/К}\approx 7\ \text{кДж/К}. \] Главный вклад — кипение: объём растёт в тысячу раз, и это гораздо «энтропийнее», чем подогрев на 80 градусов.

Килограмм воды 20 °C → пар 100 °C: из 7 кДж/К на нагрев уходит только 1, а 6 — на кипение. Объём прыгает с литра до \(\approx 1{,}7\) м\(^3\), в 1700 раз, и именно этот скачок кормит \(mr/T\). Если пар потом изотермически сжать обратно в жидкость, энтропия вернётся: \(\Delta S\) считает равновесный путь, а не то, как мы на самом деле кипятили чайник. Правило Трутона \(\sim 10R\) на моль даёт 4,5 кДж/К на килограмм — тот же порядок, без таблиц.

На моль идеального газа \(dS=c_V\,dT/T+R\,dV/V\). При постоянной температуре остаётся только объёмное слагаемое. Водорода масса \(m\), молярная масса \(\mu=2\) г/моль, \[ \Delta S=\frac{m}{\mu}R\ln\frac{2V}{V}=\frac{m}{\mu}R\ln 2. \]

а. Расширение в вакуум. Перегородку убрали, газ занял \(2V\). Работы нет (не на что давить), тепла нет (теплоизоляция), \(\Delta U=0\). Для идеального газа \(U=U(T)\), температура не изменилась. Конечная точка — \((T,2V)\), та же, что в пункте «б».

б. Изотермическое расширение с поршнем, в контакте с термостатом. Температура та же, объём тот же \(2V\). \(\Delta S\) газа то же самое. Разница только в том, где рождается энтропия: при обратимой изотерме её уносит термостат (\(\Delta S_{\text{термостат}}=-\Delta S_{\text{газ}}\)), при расширении в пустоту вся она остаётся в газе, Вселенная получает \(+(m/\mu)R\ln 2\).

Два грамма водорода (моль) при удвоении объёма получают \(R\ln 2\approx 5{,}8\) Дж/К — по \(k\ln 2\) на молекулу, ровно бит конфигурационной информации. Свободное расширение и обратимая изотерма приводят в одну точку \((T,2V)\), поэтому \(\Delta S\) газа одно и то же; разница — в термостате. В пустоте Вселенная богатеет на 5,8 Дж/К, на изотерме термостат забирает ровно столько же, и сумма нуль. Функция состояния не смотрит, был ли поршень.

Энтропия идеального газа — функция состояния. На моль \(dS=c_V\,dT/T+R\,dV/V\). Водород при комнатной и умеренно высокой температуре двухатомен, вращение возбуждено, \(c_V=\frac52 R\). Интегрируем от \((T_1,V_1)\) до \((T_2,V_2)\): \[ \Delta S=\frac{m}{\mu}\Bigl(\frac52 R\ln\frac{T_2}{T_1}+R\ln\frac{V_2}{V_1}\Bigr) =\frac{m}{\mu}R\ln\Biggl[\frac{V_2}{V_1}\Biggl(\frac{T_2}{T_1}\Biggr)^{5/2}\Biggr]. \]

Путь (а). Изохора \(V_1\): \(\Delta S_a=(m/\mu)c_V\ln(T_2/T_1)\). Затем изотерма \(T_2\): \(\Delta S_b=(m/\mu)R\ln(V_2/V_1)\). Сумма — наша формула.

Путь (б). Те же два слагаемых в другом порядке: сначала изотерма \(T_1\), потом изохора \(V_2\). Сумма та же.

Путь (в). Обратимая адиабата не меняет \(S\). Она приводит газ в точку \((V_2,T')\), где \(T'=T_1(V_1/V_2)^{\gamma-1}\), \(\gamma-1=2/5\). Затем изохорический нагрев от \(T'\) до \(T_2\): \[ \Delta S=\frac{m}{\mu}c_V\ln\frac{T_2}{T'}=(m/\mu)\frac52 R\ln\Biggl[\frac{T_2}{T_1}\Biggl(\frac{V_2}{V_1}\Biggr)^{2/5}\Biggr], \] и после упрощения снова та же формула.

В ответах задачника стоит показатель \(3/2\) — как у одноатомного газа. Для водорода при комнатной температуре правильнее \(5/2\); \(3/2\) получится, если положить \(c_V=\frac32 R\).

Водород \(m=2\) г от \((T,V)\) к \((2T,2V)\): \(\Delta S=R\ln(2\cdot 2^{5/2})=R\ln(2^{7/2})\approx 20\) Дж/К. Книжный показатель \(3/2\) дал бы 14 Дж/К — на треть меньше, потому что выключено вращение. При комнатной температуре вращение \(\mathrm{H_2}\) уже возбуждено (\(T_\text{вр}\sim 90\) К), так что \(5/2\) честнее. Три пути сходятся не «примерно», а тождественно: \(S=S(T,V)\), и адиабата пути «в» просто перекладывает кусок логарифма из \(T\) в \(V\).

Тепло на плавление 0,1 кг льда: \(Q_\lambda=0{,}1\cdot 3{,}34\cdot10^5=3{,}34\cdot10^4\) Дж. Пусть равновесная температура \(t>0^\circ\mathrm{C}\). Баланс энергии (бензол отдаёт, лёд берёт на плавление и нагрев воды): \[ 3{,}34\cdot10^4+0{,}1\cdot 4180\cdot t=2\cdot 1750\cdot(50-t). \] \[ 33400+418t=175000-3500t\qquad\Longrightarrow\qquad 3918t=141600,\qquad t\approx 36^\circ\mathrm{C}. \] Весь лёд растаял, равновесие при \(T=309\) К. Начальные температуры: лёд \(T_0=273\) К, бензол \(T_b=323\) К.

Три вклада в энтропию: \[ \Delta S_\lambda=\frac{33400}{273}\approx 122\ \text{Дж/К}, \] \[ \Delta S_{\text{вода}}=mc\ln\frac{309}{273}=418\ln 1{,}132\approx 418\cdot 0{,}124\approx 52\ \text{Дж/К}, \] \[ \Delta S_{\text{бензол}}=C\ln\frac{309}{323}=3500\ln 0{,}957\approx 3500\cdot(-0{,}044)\approx -154\ \text{Дж/К}. \] \[ \Delta S\approx 122+52-154=20\ \text{Дж/К}. \]

Знак плюс обязателен: необратимый теплообмен через конечную разность температур. Бензол потерял меньше энтропии, чем приобрели лёд и вода, — потому что тепло уходило от него при более высокой температуре.

Бензол остыл с 50 до 36 °C и отдал \(\approx 49\) кДж; изо этого 33 кДж ушло на плавление, 6 — на нагрев воды. Энтропия бензола упала на 154 Дж/К, лёд с водой набрали 174 Дж/К, плюс 20 Дж/К родилось «в щели» между 50 °C и 0 °C. Оценка \(Q\Delta T/T^2\) сразу даёт десятки джоулей на кельвин и страхует от ошибки в знаке: если вышло отрицательное — перепутали, кто отдаёт тепло. Запас бензола 175 кДж много больше 33 кДж плавления, поэтому равновесие не зависло на 0 °C.

Гелий одноатомен, \(\nu=0{,}5\) кмоль \(=500\) моль, \(c_P=\frac52 R=20{,}8\) Дж/(моль·К). Поршень подвижный, внешнее давление постоянно, поэтому гелий отдаёт тепло при \(P=\mathrm{const}\): \(dQ=\nu c_P\,dT\). Если он остынет до 273 К, \[ Q=\nu c_P\cdot 30=500\cdot 20{,}8\cdot 30=3{,}12\cdot10^5\ \text{Дж}. \] На плавление 1 кг льда нужно \(3{,}34\cdot10^5\) Дж. Не хватает: растает \[ m=\frac{Q}{\lambda}=\frac{3{,}12\cdot10^5}{3{,}34\cdot10^5}=0{,}93\ \text{кг}, \] равновесие при 273 К, поршень чуть осядет (гелий сжался при остывании).

Энтропия гелия (изобара) \[ \Delta S_{\mathrm{He}}=\nu c_P\ln\frac{273}{303}=500\cdot 20{,}8\cdot\ln 0{,}901\approx -1085\ \text{Дж/К}. \] Энтропия льда: он получает \(Q\) при 273 К, \[ \Delta S_{\text{лёд}}=\frac{Q}{273}\approx 1143\ \text{Дж/К}. \] \[ \Delta S\approx 58\ \text{Дж/К}\approx 60\ \text{Дж/К}. \]

Полкиломоля гелия — это 2 кг газа, почти баллон. Остывая на 30 К при постоянном давлении, он отдаёт 312 кДж и не дотягивает 22 кДж до полного килограмма льда: растает 930 г, в сосуде останется каша лёд–вода при 0 °C. Именно поэтому \(\Delta S_\text{льда}=Q/273\), а не \(mc\ln(T_f/273)\): температура льда не уехала. Если поршень закрепить, гелий отдаст только \(c_V\), растает 0,56 кг, и \(\Delta S\) упадёт примерно до 35 Дж/К — подвижность поршня меняет ответ почти вдвое.

В каждой половине сосуда давление \(P\), объём \(V/2\), температура \(T\). Число молей одного газа: \(P\cdot(V/2)=\nu RT\), так что \(\nu R=PV/(2T)\).

Левая перегородка пропускает только газ A, правая — только газ B. Под давлением «своего» газа каждая перегородка едет до противоположной стенки. Газ A в итоге занимает весь объём \(V\), газ B — тоже весь \(V\). Температура не меняется (работа каждой перегородки совершается «своим» газом изотермически, либо процесс достаточно медленный и есть термостат; в любом случае для идеального газа при расширении в пустой полуобъём за полупроницаемой перегородкой \(T=\mathrm{const}\)).

Каждый газ удвоил объём при постоянной \(T\): \[ \Delta S=2\cdot\nu R\ln 2=\frac{PV}{T}\ln 2. \]

Если газы одинаковы (или экспериментально неразличимы — как изотопы в XIX веке), нельзя построить перегородку, которая пропускала бы «только левый» газ и задерживала «правый»: для неё это один и тот же газ. Процесс просто не из чего строить. У одинаковых газов после снятия обычной перегородки \(\Delta S=0\): ничего не произошло, состояние не изменилось. Это и есть парадокс Гиббса: энтропия смешения прыгает от нуля к \(2\nu R\ln 2\), едва газы стали хоть чуть-чуть различными.

При \(P=10^5\) Па и \(V=20\) л (два раза по десять) \(\Delta S=(PV/T)\ln 2\approx 4{,}6\) Дж/К — как у моля газа, удвоившего объём. Если газы одинаковы, полупроницаемых «своих» стенок нельзя даже вообразить: фильтр не отличит левый азот от правого. Парадокс Гиббса в том, что сколь угодно малое различие (два изотопа) сразу включает полные \(2\nu R\ln 2\), а ноль различия даёт строго нуль. Непрерывного «чуть-чуть различимы» классическая статистика не знает.

Рабочее тело — 1 моль одноатомного газа, \(c_V=\frac32 R\), \(c_P=\frac52 R\). За замкнутый цикл \(\Delta S_{\text{газа}}=0\). Рождается энтропия во Вселенной, когда тепло идёт через конечную разность температур.

а. Прямоугольник на \(P{-}T\). Две изобары и две изотермы. Изотермы обратимы: газ сидит на «своей» ванне, \(\Delta S\) газа и ванны компенсируются. Изобары идут в контакте с чужой ванной: нагрев \(T_1\to T_2\) — от ванны \(T_2\), охлаждение \(T_2\to T_1\) — в ванну \(T_1\). Тепло изобарического нагрева \(Q=c_P(T_2-T_1)\). Ванна \(T_2\) отдаёт \(Q\), её энтропия \(-Q/T_2\); ванна \(T_1\) принимает то же \(Q\), её энтропия \(+Q/T_1\). Итого \[ \Delta S=\frac{Q}{T_1}-\frac{Q}{T_2}=\frac52 R\frac{(T_1-T_2)^2}{T_1 T_2}. \] (В книге стоит эквивалентная запись через \(Q_1,Q_2\).)

б. Прямоугольник на \(P{-}V\). Четыре участка: две изобары и две изохоры. Считая, что тепло каждого участка сбрасывается в резервуар при конечной температуре этого участка (верхняя изобара — ванна \(T=P_2 V/R\) в соответствующем конце, и т.д.), после суммирования \(Q/T\) по четырём ваннам получается \[ \Delta S=\frac R2\Biggl(3\frac{P_2 V_2}{P_1 V_1}+3\frac{P_1 V_1}{P_2 V_2}+2\frac{V_2}{V_1}+2\frac{V_1}{V_2}-10\Biggr). \] При \(P_2=P_1\), \(V_2=V_1\) выражение обращается в нуль — цикл схлопнулся, необратимости нет.

Само рабочее тело за цикл имеет \(\Delta S=0\): точка на диаграмме вернулась. Рождается энтропия в ваннах. В пункте «а» при \(T_2=2T_1=600\) К имеем \(\Delta S=1{,}25 R\approx 10\) Дж/К на моль — как удвоение объёма в 5.9.4, только источник другой: изобарный нагрев от «чужой» ванны. Квадрат \((T_1-T_2)^2\) в числителе — метка необратимости: при равных температурах цикл схлопывается и энтропия не производится.

а. Цикл Отто (две изохоры и две адиабаты), степень сжатия \(V_2/V_1>1\). Тепло подводится только на изохоре при большом объёме? Нет: в стандартном Отто сжатие адиабатическое \(V_2\to V_1\) (меньший объём), нагрев изохорический, расширение адиабатическое, сброс изохорический. КПД \[ \eta=1-\frac{T_{\text{сброса}}}{T_{\text{подвода}}}=1-\Bigl(\frac{V_1}{V_2}\Bigr)^{\gamma-1}. \] Одноатомный газ, \(\gamma-1=2/3\), \[ \eta=1-\Bigl(\frac{V_1}{V_2}\Bigr)^{2/3}. \] Работа \(A=c_V(T_3-T_2)-c_V(T_4-T_1)\), \(Q_+=c_V(T_3-T_2)\), и отношение температур на адиабатах даёт ту же формулу.

б. Две изотермы \(T_2>T_1\) и две изобары. На изобарах газ меняет температуру, на изотермах — объём. Работа за цикл — только с изотерм (на изобаре \(A=P\Delta V=R\Delta T\), две изобары взаимно уничтожаются по знаку): \[ A=R(T_2-T_1)\ln\frac{P_2}{P_1}. \] Тепло подводится на изотерме \(T_2\) (\(Q_T=RT_2\ln(P_2/P_1)\), расширение) и на изобаре нагрева (\(Q_P=c_P(T_2-T_1)=\frac52 R(T_2-T_1)\)): \[ Q_+=RT_2\ln\frac{P_2}{P_1}+\frac52 R(T_2-T_1), \] \[ \eta=\frac{2(T_2-T_1)\ln(P_2/P_1)}{5(T_2-T_1)+2T_2\ln(P_2/P_1)}. \]

Цикл Отто со степенью сжатия 8 даёт \(\eta=1-8^{-2/3}=1-1/4=75\,\%\) в идеале; реальный бензиновый мотор берёт 25–30 %, остальное — трение, выхлоп, неполнота сгорания. В пункте «б» при \(T_2=2T_1\) и \(P_2=2P_1\) имеем \(\eta=2\ln 2/(5+4\ln 2)\approx 0{,}18\), далеко от карнотовских 50 %: изобарический довесок в \(Q_+\) тяжёлый. Чем больше отношение давлений, тем ближе «б» к Карно — логарифм в знаменателе побеждает пятёрку.

Для любого цикла \(\Delta U=0\), поэтому \(A=Q_+-Q_-\). Чтобы \(A=Q_+\), нужно \(Q_-=0\): холодильник не получает тепла, вся машина сидит на одном нагревателе.

Энтропия рабочего тела за цикл не меняется. Нагреватель отдаёт \(Q_+\) при температуре \(T_+\), его энтропия меняется на \(-Q_+/T_+\). Холодильника нет, больше менять энтропию некому. Итого \[ \Delta S_{\text{Всел}}=-\frac{Q_+}{T_+}<0. \] Энтропия Вселенной убывает — запрещено вторым началом. Такого цикла не существует. Это и есть вечный двигатель второго рода: корабль, который черпает тепло из океана и целиком превращает его в работу винта, без сброса в более холодное тело.

Отличие от первого начала: энергию мы не создаём, мы её только «сортируем». Первое начало такой машине не мешает, мешает второе.

Формулировка Кельвина: невозможно осуществить процесс, единственным результатом которого было бы превращение тепла, взятого от одного тела, в работу. Формулировка Клаузиуса (тепло само не идёт от холодного к горячему) ей эквивалентна: из одной выводится другая через цикл Карно. Наша задача — кельвиновская сторона.

Корабль, который черпает тепло из океана 280 К и целиком крутит винт, уменьшал бы энтропию океана на \(Q/280\) и больше нигде её не компенсировал. При \(Q=1\) МДж это \(-3600\) Дж/К — запрещено. Изотермическое расширение идеального газа на первый взгляд обходит запрет (\(A=Q\)), но газ не вернулся: чтобы закрыть цикл, его надо сжать, и без более холодного стока сжатие съест не меньше работы. Карно с \(T_-=T_+\) имеет \(\eta=0\) ровно по этой причине.

Внутренняя энергия идеального газа \(U=c_V T\) (отсчёт от нуля). Можно ли забрать её всю в работу?

Циклически — нет, это задача 5.9.11: нельзя превратить в работу всё тепло, взятое у одного резервуара, и вернуться.

Однократно — да. Обратимое адиабатическое расширение: \(TV^{\gamma-1}=\mathrm{const}\), \(Q=0\), \(A=-\Delta U\). Устремляя \(V\to\infty\), получаем \(T\to 0\), \(U\to 0\). Вся внутренняя энергия ушла в работу \(A=U_{\text{нач}}\). Газ не вернулся, холодильник не нужен — роль «стока» играет бесконечный объём (или поршень, который уехал на бесконечность).

Практически \(T=0\) недостижим (третье начало), поэтому «практически всю» — да, «до последней калории» — нет. Принципиального запрета второго начала, в отличие от цикла, здесь нет.

Моль гелия при 300 К хранит \(U=\frac32 RT\approx 3{,}7\) кДж. Обратимая адиабата до объёма в \(10^6\) раз большего охлаждает его до \(T'=300\cdot 10^{-4}=0{,}03\) К и отдаёт в работу почти все 3,7 кДж. Свободное расширение в тот же объём работы не даст вовсе: \(T\) стоит, \(A=0\). Циклически забрать эти 3,7 кДж нельзя — задача 5.9.11, — а однократно можно, потому что газ не обязан возвращаться. Третье начало только запрещает дойти до строгого нуля.

За час машина даёт работу \[ A=14{,}7\cdot10^3\cdot 3600=5{,}29\cdot10^7\ \text{Дж}. \] Сжигание угля: \[ Q=8{,}1\cdot 3{,}3\cdot10^7=2{,}67\cdot10^8\ \text{Дж}. \] Реальный КПД \[ \eta=\frac{A}{Q}=\frac{5{,}29\cdot10^7}{2{,}67\cdot10^8}\approx 0{,}198=20\,\%. \] В ответах задачника стоит \(10{,}8\,\%\). По числам, которые напечатаны в условии, получается именно \(\approx 20\,\%\); возможно, в старом издании была другая мощность или другой расход угля. Мы держим вывод из написанного.

Идеальный потолок — цикл Карно между котлом \(T_+=200^\circ\mathrm{C}=473\) К и холодильником \(T_-=58^\circ\mathrm{C}=331\) К: \[ \eta_C=1-\frac{331}{473}=0{,}30=30\,\%. \] Реальная машина берёт около двух третей карнотовского предела — типично для паровой машины того времени: есть потери в топке, неполнота расширения, трение.

За час сгорело \(8{,}1\cdot 33=267\) МДж угля, машина отдала 14,7 кВт \(\times 3600\approx 53\) МДж, \(\eta\approx 20\,\%\). Карно между 473 К и 331 К держит потолок 30 %, так что реальная машина берёт две трети идеала — типично для поршневой паровой машины без промежуточного перегрева. Книжные 10,8 % с этими цифрами не сходятся: либо в старом издании была другая мощность, либо другой расход. Температуры котла и холодильника однозначны, и \(\eta_C=30\,\%\) от издания не зависит.

Тепловая машина за цикл берёт \(Q_+\) у нагревателя \(T_+\) и отдаёт \(Q_-\) холодильнику \(T_-\). Рабочее тело вернулось, \(\Delta S_{\text{тела}}=0\). Энтропия Вселенной \[ \Delta S_{\text{Всел}}=-\frac{Q_+}{T_+}+\frac{Q_-}{T_-}\geqslant 0. \] Первое начало на цикле: \(A=Q_+-Q_-\), КПД \(\eta=A/Q_+=1-Q_-/Q_+\). Из неубывания энтропии \(Q_-\geqslant Q_+ T_-/T_+\), поэтому \[ \eta=1-\frac{Q_-}{Q_+}\leqslant 1-\frac{T_-}{T_+}=\frac{T_+-T_-}{T_+}. \] Равенство — когда \(\Delta S=0\): тепло берётся и отдаётся при температурах самих ванн, без конечных перепадов. Это цикл Карно (две изотермы и две адиабаты).

Любая необратимость — трение, теплообмен через \(\Delta T\), неравновесное расширение — рождает энтропию и роняет КПД ниже карнотовского потолка. В этом смысл задачи: максимум КПД и постоянство энтропии — одно и то же условие.

Неравенство \(Q_-/Q_+\geqslant T_-/T_+\) — это просто \(\Delta S_\text{Всел}\geqslant 0\), переписанное через тепло. КПД поэтому не выше \((T_+-T_-)/T_+\), и равенство сидит ровно там, где энтропия не родилась. Любое трение, любой перепад \(\Delta T\) на теплообменнике двигает машину вниз от этого потолка. Знаменатель обязан быть \(T_+\), не \(T_-\): иначе при \(T_-\to 0\) потолок уходил бы на бесконечность, а не к единице, и третье начало ломалось бы уже в школе.

В нормальном ДВС смесь горит сравнительно спокойно вблизи верхней мёртвой точки: почти изохорический подвод тепла, затем адиабатическое расширение. Это близко к циклу Отто, и КПД держится около \(1-(V_{\min}/V_{\max})^{\gamma-1}\).

Детонация — взрыв. По заряду бежит ударная волна, давление скачет, газ перетекает, часть энергии уходит в неупорядоченное движение и в разрушение поршня. Энтропия рабочего тела скачком растёт. По задаче 5.9.14 любой рост энтропии за цикл (точнее — любой \(\Delta S_{\text{Всел}}>0\)) означает \[ \eta<1-\frac{T_-}{T_+}: \] мы ушли вниз от обратимого потолка. Кроме того, удар по поршню — это не работа цикла, а механическое разрушение: энергия вышла из «полезной» колонки \(A\).

Поэтому при детонации КПД падает резко, а не «чуть-чуть»: необратимость большая, плюс часть топлива вообще не успевает сгореть по расчёту.

Спокойное горение вблизи верхней мёртвой точки близко к изохоре Отто. Детонация гонит по камере удар с \(\Delta P\sim 10\) атм и за доли миллисекунды поднимает энтропию на \(c_V\ln(T_\text{уд}/T)\) — десятки джоулей на кельвин на моль смеси. По 5.9.14 эта энтропия есть потерянная работа: \(T\Delta S_\text{произв}\) больше не вернётся поршню. Плюс часть топлива сгорает уже на ходе расширения, когда снимать работу поздно. Поэтому КПД падает скачком, а не «на процент».

Лодка с килограммом льда при \(0^\circ\mathrm{C}\) в океане при \(27^\circ\mathrm{C}\). Между ними можно поставить машину Карно: нагреватель — океан \(T=300\) К, холодильник — тающий лёд \(T_0=273\) К. Лёд при таянии заберёт \[ Q_-=m\lambda=3{,}34\cdot10^5\ \text{Дж}. \] Для Карно \(Q_-/Q_+=T_0/T\), работа \[ A=Q_+-Q_-=Q_-\Bigl(\frac{T}{T_0}-1\Bigr)=m\lambda\frac{T-T_0}{T_0}. \] \[ A=3{,}34\cdot10^5\cdot\frac{27}{273}\approx 3{,}3\cdot10^4\ \text{Дж}=33\ \text{кДж}. \]

Когда лёд растает, холодильник исчезнет, машина встанет. 33 кДж — это максимум: любой необратимый путь (просто бросить лёд в воду) даст нуль работы и больше энтропии.

Если просто бросить лёд в океан, работа нуль, а энтропия Вселенной вырастет на \(m\lambda(1/T_0-1/T)\approx 334000\cdot(1/273-1/300)\approx 110\) Дж/К. Мы эту энтропию «не произвели», а превратили в работу \(T_0\Delta S_\text{непроизв}\approx 33\) кДж. Второе начало в действии: непроизведённая энтропия и есть спасённая работа.

Килограмм льда на лодке — холодильник на 334 кДж при 273 К. Карно с океаном 300 К оставляет долю \(27/273\approx 10\,\%\), то есть 33 кДж: лодку с человеком (200 кг) это поднимет на 17 м — не двигатель для перехода, но потолок ясен. Бросить лёд за борт значит произвести \(\Delta S=m\lambda(1/273-1/300)\approx 110\) Дж/К и получить нуль работы. Непроизведённая энтропия и есть спасённая работа: \(T_0\Delta S\approx 33\) кДж.

Айсберг объёма \(1\) км\(^3=10^9\) м\(^3\), плотность льда \(\approx 0{,}9\cdot10^3\) кг/м\(^3\), \[ m=\rho V\approx 9\cdot10^{11}\ \text{кг}. \] Океан при \(27^\circ\mathrm{C}\) — нагреватель, айсберг при \(0^\circ\mathrm{C}\) — холодильник. Как в 5.9.16, \[ A=m\lambda\frac{\Delta T}{T_0}=9\cdot10^{11}\cdot 3{,}34\cdot10^5\cdot\frac{27}{273} \approx 3\cdot10^{16}\ \text{Дж}. \] Красноярская ГЭС, мощность \(N=6\) ГВт \(=6\cdot10^9\) Вт: \[ t=\frac{A}{N}=\frac{3\cdot10^{16}}{6\cdot10^9}=5\cdot10^6\ \text{с}\approx 58\ \text{сут}\approx 60\ \text{сут}. \]

Кубический километр льда «стоит» два месяца работы огромной ГЭС — если уметь снимать работу по Карно, а не просто ждать, пока айсберг растает.

Кубический километр льда — \(9\cdot 10^{11}\) кг, в миллиард раз больше килограмма с лодки, и работа \(3\cdot 10^{16}\) Дж ровно в миллиард раз больше 33 кДж. Красноярская ГЭС (6 ГВт) выдаёт столько за \(5\cdot 10^6\) с \(\approx 58\) суток. Годовая выработка той же станции \(\sim 2\cdot 10^{17}\) Дж, так что айсберг — пара месяцев, не «дармовая энергетика на год». Если просто ждать, пока он растает, работа нуль, как в 5.9.16 без машины.

Тело теплоёмкости \(C\) остывает от \(T\) до температуры среды \(T_0\). В момент, когда его температура равна \(\theta\), оно отдаёт \(-C\,d\theta\) (само \(d\theta<0\)). Мгновенный КПД Карно между телом и средой \(1-T_0/\theta\), элементарная работа \[ dA=\Bigl(1-\frac{T_0}{\theta}\Bigr)(-C\,d\theta). \] Интегрируем от \(\theta=T\) до \(\theta=T_0\): \[ A=\int_T^{T_0}\Bigl(1-\frac{T_0}{\theta}\Bigr)(-C)\,d\theta =C(T-T_0)-C T_0\ln\frac{T}{T_0}. \]

Первое слагаемое — убыль внутренней энергии тела (если бы мы просто выплеснули тепло в среду, работы не было бы). Второе — то тепло, которое обязаны отдать холодильнику: \(\int T_0\,dS_{\text{тела}}=T_0 C\ln(T/T_0)\). Разница и есть снятая работа.

Это максимум: любой необратимый путь (бросить раскалённое тело в ванну \(T_0\)) даёт \(A=0\).

Чайник \(C=2\) кДж/К остывает от 373 К до комнатных 300 К. Полный запас \(C(T-T_0)=146\) кДж, Карно спасает \(A=146-2\cdot 300\ln(373/300)\approx 32\) кДж — примерно пятую часть. При \(T=e T_0\) доля спасённого \((e-2)/(e-1)\approx 42\,\%\); при \(T\gg T_0\) почти всё идёт в работу, горячее тело почти как чистый источник. Бросить чайник в ванну — \(A=0\): вся энтропия родилась, работы нет.

Два тела, \(C_1\) при \(T_1\) и \(C_2\) при \(T_2\), \(T_1>T_2\). Ставим между ними машину Карно и крутим, пока температуры не сравняются на \(T_f\). Сохранение энтропии (обратимость): \[ C_1\ln\frac{T_f}{T_1}+C_2\ln\frac{T_f}{T_2}=0\qquad\Longrightarrow\qquad T_f=T_1^{C_1/(C_1+C_2)}T_2^{C_2/(C_1+C_2)}. \] Убыль внутренней энергии и есть работа (среда больше не участвует): \[ A=C_1 T_1+C_2 T_2-(C_1+C_2)T_f. \]

Кипящая вода \(T_1=373\) К, холодная \(T_2=273\) К, \(C_1=C_2=C=4{,}18\) кДж/К, \[ T_f=\sqrt{373\cdot 273}=\sqrt{101829}\approx 319\ \text{К}, \] \[ A=2C\Bigl(\frac{373+273}{2}-319\Bigr)=2\cdot 4{,}18\cdot(323-319)\approx 33\ \text{кДж}. \] В книге 32 кДж — округление \(c\) и корня. Порядок тот же.

Килограмм кипятка и килограмм ледяной воды: среднее арифметическое 323 К, геометрическое 319 К, разница 4 К. Умножить на \(2C\approx 8{,}4\) кДж/К — как раз 33 кДж спасённой работы. Смешать в одном ведре — получить 323 К и нуль работы, плюс \(\Delta S=2C\ln(323/\sqrt{373\cdot 273})\approx 0{,}10\) кДж/К. Снова \(T_f\Delta S\approx 33\) кДж: непроизведённая энтропия пересчиталась в работу. При \(T_1=T_2\) и корень, и среднее совпадают, \(A=0\).

Закрытый холодильник: из камеры забирают \(Q_-\), на задний радиатор (в комнату) сбрасывают \(Q_++A=Q_-+A\). Комната получает \(Q_-+A\) от радиатора и не отдаёт \(Q_-\) камере (камера закрыта). Баланс комнаты: \(+A\), плюс тепло, которое просочилось через стенки из комнаты в камеру и было возвращено. В стационаре камера холодна, комната чуть теплее, чем без холодильника — на мощность вилки.

Открыли дверцу. Камера и комната — одно место. Из «этого места» забрали \(Q_-\) и в него же вернули \(Q_-+A\). Итог: \(+A>0\). Комната нагревается мощностью компрессора. Холодильник превратился в комнатный обогреватель с КПД 100 % — как плитка той же мощности.

Интуиция «дверца открыта, холод выходит» работает только первые минуты, пока камера ещё холодная. Потом термостат гоняет компрессор без конца, и побеждает джоулево тепло мотора.

Тот же эффект у кондиционера, который поставили в комнате и включили «на холод», не выведя шланг наружу: он греет комнату мощностью вилки. Чтобы охлаждать комнату, горячий конец обязан сидеть снаружи.

Бытовой компрессор \(\sim 100\) Вт с открытой дверцей — это 100-ваттная плитка. За час в комнату 50 м\(^3\) уйдёт 360 кДж, воздух (\(\rho c_p V\sim 60\) кДж/К) нагреется на 0,006 К — незаметно, но знак однозначный: вверх. Первые минуты «холод выходит» из ещё не отогретой камеры, потом термостат гоняет мотор без конца и побеждает джоулево тепло. Тот же фокус у кондиционера, которому не вывели шланг в окно: горячий конец обязан сидеть снаружи.

Прямой цикл Карно: \(\eta=1-T_-/T_+=1-Q_-/Q_+\), \(A=Q_+-Q_-\). Обратный цикл — холодильник или тепловой насос: работу \(A\) тратим, чтобы качать тепло из холодного в горячее. Отношения \(Q/T\) те же (обратимость), только стрелки тепла и работы развернулись.

Из \(\eta=1-Q_-/Q_+\) имеем \(Q_-/Q_+=1-\eta\). Связь с работой: \(A=Q_+-Q_-\) (теперь \(A\) — затраченная работа), откуда \(Q_+=A/\eta\) и \[ Q_-=A\cdot\frac{1-\eta}{\eta}. \] Это максимальное тепло, которое можно забрать из холодильника, потратив работу \(A\): любой необратимый холодильник заберёт меньше.

Холодильный коэффициент \(\varepsilon=Q_-/A=(1-\eta)/\eta=T_-/ (T_+-T_-)\). Чем ближе температуры, тем выгоднее качать.

Численно. Машина с \(\eta=30\,\%\) и работой \(A=1\) кДж заберёт из холодильника \(Q_-=1\cdot 0{,}7/0{,}3\approx 2{,}3\) кДж. Бытовой холодильник с \(T_-=260\) К и \(T_+=300\) К имеет \(\eta_C=1-260/300=13\,\%\), \(\varepsilon\approx 6{,}5\): на каждый ватт вилки — шесть с половиной ватт холода.

Машина с \(\eta=30\,\%\) и работой \(A=1\) кДж заберёт из холодильника \(Q_-=0{,}7/0{,}3\approx 2{,}3\) кДж. Бытовой холодильник 260 К / 300 К имеет карнотовский \(\varepsilon=T_-/(T_+-T_-)=6{,}5\): на ватт вилки — шесть с половиной ватт холода. При \(\eta\to 0\) (ванны почти сравнялись) \(Q_-\to\infty\) — качать тепло между почти равными температурами почти даром; при \(\eta\to 1\) холодильник бесполезен. Поэтому криостат на микрокельвинах в 5.9.22 стоит сотни киловатт.

В камеру постоянно течёт \(q=0{,}1\) Вт. Чтобы температура не росла, идеальный холодильник должен выкачивать ровно этот поток. Мощность \[ N=q\Bigl(\frac{T_0}{T}-1\Bigr). \]

Криоген. \(T=10^{-4}\) К, \(T_0=20^\circ\mathrm{C}=293\) К, \[ N=0{,}1\cdot\Bigl(\frac{293}{10^{-4}}-1\Bigr)\approx 0{,}1\cdot 2{,}93\cdot10^6=0{,}29\ \text{МВт}. \] Каждый ватт утечки на \(0{,}1\) мК стоит почти трёх мегаватт работы. Поэтому криостаты делают с многослойной изоляцией, и «паразитный» поток снижают до сотых ватта.

Бытовой. Камера \(-13^\circ\mathrm{C}=260\) К, среда \(20^\circ\mathrm{C}=293\) К, \[ N'=0{,}1\cdot\Bigl(\frac{293}{260}-1\Bigr)=0{,}1\cdot 0{,}127=0{,}013\ \text{Вт}. \] В книге \(0{,}11\) Вт — это \(q\cdot T_0/T\), то есть тепло, сбрасываемое в комнату, а не работа компрессора. По формуле Карно работа \(\approx 0{,}01\) Вт. Для бытового холодильника утечка 0,1 Вт ничтожна: реальные теплопритоки — десятки ватт через уплотнители и стенки.

Утечка 0,1 Вт на \(10^{-4}\) К стоит \(0{,}1\cdot 293/10^{-4}\approx 0{,}29\) МВт — как небольшой трамвай, крутящийся ради спичечного коробка холода. Бытовая камера \(-13\) °C при той же утечке просит 13 мВт, в двадцать миллионов раз меньше: отношение температур \(260/10^{-4}\). Реальный холодильник теряет не 0,1 Вт, а десятки ватт через уплотнитель, поэтому компрессор и берёт сотню ватт, а не милливатты формулы. Холод ниже кельвина дорог уже классически, без квантовой статистики.

Идеальная машина качает тепло от воды при \(0^\circ\mathrm{C}\) (\(T_-=273\) К) к воде при \(100^\circ\mathrm{C}\) (\(T_+=373\) К). Кипятильнику, чтобы превратить 1 кг воды в пар, нужно \[ Q_+=m_\text{п} r=2{,}26\cdot10^6\ \text{Дж}. \] Обратимость: \(Q_+/T_+=Q_-/T_-\), \[ Q_-=Q_+\frac{273}{373}=2{,}26\cdot10^6\cdot\frac{273}{373}\approx 1{,}65\cdot10^6\ \text{Дж}. \] Это тепло холодильник берёт у воды при \(0^\circ\mathrm{C}\), замораживая её: \[ m_{\text{льда}}=\frac{Q_-}{\lambda}=\frac{1{,}65\cdot10^6}{3{,}34\cdot10^5}\approx 4{,}95\ \text{кг}\approx 5\ \text{кг}. \]

Работа, которую надо затратить: \(A=Q_+-Q_-\approx 0{,}61\) МДж. Без машины, просто грея кипятильник плиткой, мы потратили бы 2,26 МДж и лёд бы не получили. Машина экономит энергию, но требует пять килограммов льда как «плату холодом».

Чтобы выпарить килограмм воды, кипятильнику нужны 2,26 МДж при 373 К. Обратный Карно забирает у льда \(2{,}26\cdot 273/373\approx 1{,}65\) МДж, и это 5 кг льда. Без машины тепловой баланс дал бы \(r/\lambda\approx 6{,}8\) кг; Карно «скидывает» полтора килограмма за счёт работы \(A\approx 0{,}61\) МДж. Плиткой мы потратили бы все 2,26 МДж и льда не получили. Пять килограммов — плата холодом за то, что тепло идёт против градиента.

Плитка мощности 1 кВт держит в комнате \(17^\circ\mathrm{C}=290\) К при улице \(-23^\circ\mathrm{C}=250\) К. Значит, потери через стены при этой разности температур равны 1 кВт: иначе температура не стояла бы.

Идеальная тепловая машина — тепловой насос: холодильник на улице, «нагреватель» в комнате. Ему нужно вернуть в комнату те же 1 кВт, которые уходят на улицу. Отопительный коэффициент Карно \[ \frac{Q_+}{A}=\frac{T}{T-T_0}=\frac{290}{40}=7{,}25, \] откуда \[ N=A=\frac{Q_+}{T/(T-T_0)}=1000\cdot\Bigl(1-\frac{250}{290}\Bigr)\approx 138\ \text{Вт}. \]

В семь раз выгоднее плитки: большую часть тепла мы не производим, а перетаскиваем с улицы. Реальные тепловые насосы имеют коэффициент 3–4, не 7, но идея та же.

Именно поэтому тепловые насосы ставят в тёплых странах и в умеренном климате, а при \(-40^\circ\mathrm{C}\) их коэффициент падает: \(T/(T-T_0)=290/63\approx 4{,}6\) уже в идеале, в реальности около двух, и плитка почти догоняет.

Плитка 1 кВт держит в комнате 17 °C при улице \(-23\) °C — значит, стены при \(\Delta T=40\) К пропускают ровно киловатт. Тепловой насос Карно тащит этот киловатт с улицы, тратя только \(40/290\approx 14\,\%\), то есть 138 Вт. Отопительный коэффициент 7,25 в идеале, у реальных насосов 3–4. На морозе \(-40\) °C идеал падает до \(290/63\approx 4{,}6\), и плитка уже почти догоняет. При \(T_0\to T\) мощность \(\to 0\): отапливать, когда на улице 17 °C, не нужно.

Среда \(T_0=300\) К. Воду надо: (1) охладить от 300 К до 273 К, (2) заморозить при 273 К. Оба шага обратимые, тепло сбрасывается в среду.

Охлаждение. \(dQ=mc\,dT\), элементарная работа \(dA=dQ(T_0/T-1)\), \[ A_1=mc\Bigl(T_0\ln\frac{T_0}{T_*}-(T_0-T_*)\Bigr) =4180\bigl(300\ln(300/273)-27\bigr). \] \(\ln(300/273)=\ln 1{,}099\approx 0{,}0943\), \(300\cdot 0{,}0943-27=1{,}29\), \(A_1\approx 5{,}4\) кДж.

Замерзание. \(Q=\lambda=3{,}34\cdot10^5\) Дж при \(T_*=273\) К, \[ A_2=\lambda\Bigl(\frac{T_0}{T_*}-1\Bigr)=3{,}34\cdot10^5\cdot\frac{27}{273}\approx 33\ \text{кДж}. \] Всего \(A\approx 39\) кДж. В книге 46 кДж: там, по-видимому, охлаждение считали так, будто всё тепло выкачивается уже при 273 К (грубее на \(\sim 6\) кДж). Главное — почти вся работа уходит на теплоту плавления, охлаждение на 27 градусов копеечное.

Заморозить килограмм воды при 300 К стоит \(\approx 40\) кДж — как поднять этот килограмм на 4 км. Из них 5 кДж уходит на охлаждение 300 → 273 К и 33 кДж — на саму теплоту плавления. Грубая оценка «выкачать все 447 кДж уже при 273 К» даёт 44 кДж и ближе к книжным 46; интеграл по температуре честнее на шесть килоджоулей. Порядок один, и он объясняет, почему морозилка берёт заметную долю счёта за электричество: плавление воды дорогое.

Растворение гипосульфита действительно охлаждает раствор: эндотермический процесс, энтропия раствора растёт сильнее, чем падает «тепловая». Холодный раствор можно использовать как холодильник машины Карно, среду — как нагреватель, и снять какую-то работу. Пока всё честно.

Дальше автор предлагает «дождаться высыхания и повторить». Высыхание — это испарение воды в атмосферу, необратимое смешение пара с огромным резервуаром воздуха. Система не вернулась: вода из стакана ушла в комнату, атмосфера стала чуть влажнее, гипосульфит остался сухим. Мы потратили запас неравновесности «сухой воздух / жидкая вода».

Когда воздух над раствором насытится, испарение остановится, высыхать будет нечему, цикл встанет. Вечного двигателя второго рода нет. Есть одноразовое использование градиента влажности — того же сорта, что мельница на ветру или турбина на реке: пока есть неравновесность, работу снять можно; когда выровняется — нельзя.

Гипосульфит действительно охлаждает раствор: эндотермическое растворение увеличивает энтропию смеси сильнее, чем падает «тепловая». Снять работу с холодного стакана можно — один раз. Высыхание уносит воду в атмосферу, и система не вернулась: сухой воздух комнаты стал чуть влажнее. Когда относительная влажность дойдёт до 100 %, испарять будет нечего, и машина встанет. Это тот же одноразовый градиент, что ветер или река, а не вечный двигатель второго рода.

Выясните, какой процесс изображают участки цикла: что означает постоянство \(\rho\) и что — гипербола \(\rho T = \text{const}\)? Определите, на каких участках газ получает тепло.

\(\eta = 1 - \dfrac{\frac32 R(T_3-T_1) + Q_{41}}{\frac32 R(T_2-T_1) + \frac52 R(T_3-T_2)} \approx 0{,}15\).

Для каждого цикла найдите работу как площадь и количество теплоты, полученное газом, через изменение внутренней энергии и работу на участках нагрева.

Из-за сдвига кривой вдоль оси давления разность давлений на изохорах одинакова при любом объёме. Используйте это для изохор и для работы на участке 1–2.

\(Q_{41} = 1{,}5\,p_0V_0\);  \(Q_{23} = -1{,}5\,np_0V_0\);  \(Q_{12} = 2{,}5\,p_0(n-1)V_0\);  КПД \(\eta = 1 - \dfrac{1{,}5\,n}{2{,}5(n-1) + 1{,}5}\).

Запишите уравнение прямой 3–1 и выясните, при каком объёме температура на ней максимальна. Максимум температуры за цикл достигается в точке 3, если этот объём не меньше объёма в состоянии 3; используйте уравнение изотермы 1–2 и связь объёмов.

Максимальная температура газа за весь цикл достигается в состоянии 3 при условии, что давление в этом состоянии \(p_3 \geq \dfrac{p_1^2+p_2^2}{2p_1}\).

КПД равен отношению работы цикла к полученной теплоте; при \(k = 1\) он совпадает с КПД цикла Карно. Работа на каждой изотерме пропорциональна её температуре, а теплота изохорного нагревания определяется разностью температур.

1) максимальная температура газа в течение цикла больше минимальной в \(1{,}5\) раза;  2) при \(k = 1/2\) КПД цикла равен \(\eta(1/2) = \dfrac{2}{9}\).

Изобразите цикл на \(pV\)-диаграмме: быстрые участки — адиабаты, медленные — изохоры. Работа за цикл равна площади получившейся узкой фигуры.

А) воздух, окружающий цилиндр, нагреется;  B) \(\dfrac{A}{Q} = (4{,}0 \pm 0{,}2)\cdot 10^{-3}\).

Работа за цикл равна площади цикла на диаграмме \(D\)–\(E\) (с учётом \(\Delta A = VD\,\Delta E\)), а подведённое тепло считайте из \(\Delta Q\) на участках, где оно поступает. В адиабатическом процессе \(\Delta Q = 0\), поэтому температура меняется вместе с полем.

1) \(\eta_1 = \dfrac{-p\,(T_H - T_L)(E_H - E_L)}{c\,(T_H - T_L) - pT_H\,(E_H - E_L)}\);  2) цикл показан на рисунке;  3) \(\eta_2 = \dfrac{r\,\Delta T}{\Delta T - rT_L}\), где \(r = -\dfrac{p\,\Delta E}{c}\), \(\eta_2 > \eta_1\).

Прямая в координатах \(\ln V\), \(\ln p\) означает степенную связь \(p \propto V^k\). Выясните, какие это процессы (в частности, чему равен показатель на участке 12 по сравнению с показателем адиабаты) и на каких участках газ получает или отдаёт тепло.

1) \(T_2 = T_1 n^{1/3}\), \(T_3 = T_1 n^2\);  2) \(\eta = 1 - \dfrac{5\,(n^2-1)}{6\,(n^2 - n^{1/3})}\).

Если \(p/n = kT\) постоянно, то участок — изотерма; а там, где \(p \propto V\), температура монотонна, так что экстремальные температуры достигаются в вершинах. Найдите теплоёмкость газа в процессе \(p \propto V\) и выразите КПД через отношение объёмов на изотермах.

1) \(\beta_{4-1} = 45^\circ\), \(\beta_{2-3} = \arctan 2 \approx 63{,}4^\circ\);  2) см. график в решении;  3) \(\eta = \dfrac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln(\tan(\delta+\alpha)/\tan\delta)}\right)}\), где \(\delta\) — угол наклона \(3-4\); \(\eta \geqslant \dfrac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\frac{1+\sin\alpha}{1-\sin\alpha}}\right)}\), сверху: при \(\alpha \geqslant \pi/4\) \(\eta < 1/2\), при \(\alpha < \pi/4\) \(\eta \leqslant \dfrac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\tan(\pi/4+\alpha)}\right)}\);  4) \(0{,}234 \leqslant \eta < 0{,}5\);  5) \(0{,}134 \leqslant \eta \leqslant 0{,}153\).

На участках \(1-2\) и \(3-4\) давление и объём прямо пропорциональны друг другу, поэтому вдоль этих участков они одновременно увеличиваются или уменьшаются. Следовательно, температура монотонно изменяется и достигает минимального и максимального значения на концах этих участков. Участки цикла (\(2-3\) и \(4-1\)) являются изотермами, так как \(p = nkT\), поэтому \(p/n = \text{const}\) только при \(T = \text{const}\). Так как точка \(2\) имеет наибольшую ординату, то участок \(2-3\) является изотермой с наибольшей температурой, а \(4-1\) — с наименьшей. Обозначим эти температуры \(T_{\max}\) и \(T_{\min}\) соответственно. По условию мы знаем КПД цикла Карно, построенного между этими температурами: \[\eta_K = 0{,}5 = \frac{T_{\max} - T_{\min}}{T_{\max}}.\] Получим соотношение между максимальной и минимальной температурами: \(T_{\max} = 2T_{\min}\). Точка \((1{,}1)\) лежит на участке \(4-1\), поэтому \[p_0 = \frac{N_0}{V_0}\,kT_{\min}.\] Выражая температуру, получаем: \[T_{\min} = \frac{p_0V_0}{N_0k} = \frac{p_0}{n_0k}; \qquad T_{\max} = \frac{2p_0}{n_0k}.\] Найдём коэффициент наклона графика зависимости \(p/p_0\) от \(n/n_0\) для изотермы с температурой \(T\): \[p = nkT, \qquad \frac{p}{p_0} = \frac{n_0kT}{p_0}\cdot\frac{n}{n_0}.\] Коэффициент наклона является тангенсом соответствующего угла: \[\tan\beta = \frac{n_0kT}{p_0}.\] Подставим найденные ранее температуры и получим ответ. Для \(4-1\): \(\tan\beta_{4-1} = 1\), или \(\beta_{4-1} = 45^\circ\). Для \(2-3\): \(\tan\beta_{2-3} = 2\), или \(\beta_{2-3} = \arctan 2 = 63{,}4^\circ\).

Заметим, что на \(4-1\) из найденного ранее значения температуры получаем \(T/T_0 = 1\), аналогично на \(2-3\) имеем \(T/T_0 = 2\). Соответственно точка \((1{,}1)\) принадлежит участку \(4-1\) и в такой системе координат. Теперь проанализируем вид участков \(1-2\) и \(3-4\). На них давление и объём пропорциональны: \[\frac{p}{p_0} \propto \frac{V}{V_0} = \frac{n_0}{n},\] так как \(nV = n_0V_0 = N_0\). Тогда \[n = \frac{p}{kT} \propto \frac{V}{T} \propto \frac{1}{nT}, \qquad n^2 \propto \frac{1}{T}.\] Таким образом, на этих участках имеем \[\frac{n}{n_0} \propto \sqrt{\frac{T_0}{T}}.\] Построим качественно график.

Для удобства нарисуем наш цикл в координатах \(p/p_0 - V/V_0\).

Заметим, что \(1-2\) и \(3-4\) удовлетворяют уравнению \(pV^{-1} = \text{const}\), то есть это политропы. Найдём теплоёмкость в таком процессе. \[\delta Q = dU + \delta A = \nu C_V\,dT + p\,dV,\] \[p \propto V \Rightarrow \frac{dp}{p} = \frac{dV}{V},\] \[pV = \nu RT \Rightarrow \frac{dT}{T} = \frac{dp}{p} + \frac{dV}{V} = 2\frac{dV}{V} \Rightarrow \frac{dV}{V} = \frac{dT}{2T},\] \[p\,dV = \frac{pV\,dT}{2T} = \frac{\nu RT\,dT}{2T} = \frac{\nu R}{2}\,dT,\] \[\delta Q = \nu C_V\,dT + \frac{\nu R}{2}\,dT = \nu\left(C_V + \frac{R}{2}\right)dT.\] Учитывая, что газ двухатомный, получаем, что в этих процессах его теплоёмкость \(C = 3\nu R\). Таким образом, можем найти теплоту в процессах \(1-2\) и \(3-4\): \[Q_{1-2} = -Q_{3-4} = C(2T_0 - T_0) = 3\nu RT_0.\] Обозначим угол между \(3-4\) и осью абсцисс \(\delta\). Найдём значения объёма газа в вершинах цикла. Точка \(4\): \[\frac{p_4}{p_0}\cdot\frac{V_4}{V_0} = \left(\frac{V_4}{V_0}\right)^2\tan\delta = \frac{T_4}{T_0} = 1, \qquad \frac{V_4}{V_0} = \sqrt{\frac{1}{\tan\delta}}.\] Аналогично получим остальные значения: \[\frac{V_3}{V_0} = \sqrt{\frac{2}{\tan\delta}}, \quad \frac{V_1}{V_0} = \sqrt{\frac{1}{\tan(\delta+\alpha)}}, \quad \frac{V_2}{V_0} = \sqrt{\frac{2}{\tan(\delta+\alpha)}}.\] Найдём теплоты на участках \(4-1\) и \(2-3\). Так как это изотермы, то они равны соответствующим работам: \[Q_{2-3} = \int_{V_2}^{V_3} p\,dV = 2\nu RT_0\int_{V_2}^{V_3}\frac{dV}{V} = 2\nu RT_0\ln\frac{V_3}{V_2},\] \[Q_{2-3} = 2\nu RT_0\ln\left(\sqrt{\frac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}}\right) = \nu RT_0\ln\left(\frac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}\right).\] Аналогично для участка \(4-1\): \[Q_{4-1} = -\frac{\nu RT_0}{2}\ln\left(\frac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}\right).\] Заметим, что работа в цикле \(A = Q_{1-2} + Q_{2-3} + Q_{3-4} + Q_{4-1}\). При этом тепло подводится только на участках \(1-2\) и \(2-3\), поэтому \(Q_+ = Q_{1-2} + Q_{2-3}\). Таким образом, КПД цикла: \[\eta = \frac{\frac{\nu RT_0}{2}\ln\left(\frac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}\right)} {\nu RT_0\ln\left(\frac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}\right) + 3\nu RT_0} = \frac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\left(\frac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}\right)}\right)}.\] Найдём, как \(\dfrac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}\) зависит от \(\delta\). \[\frac{d}{d\delta}\left(\frac{\tan(\delta+\alpha)}{\tan\delta}\right) = \frac{\frac{\tan\delta}{\cos^2(\delta+\alpha)} - \frac{\tan(\delta+\alpha)}{\cos^2\delta}}{\tan^2\delta} = \frac{\sin\delta\cos\delta - \sin(\delta+\alpha)\cos(\delta+\alpha)} {\sin^2\delta\cos^2(\delta+\alpha)}.\] Заметим, что производная обращается в \(0\) при \[\sin\delta\cos\delta - \sin(\delta+\alpha)\cos(\delta+\alpha) = 0,\] \[\sin 2\delta = \sin 2(\delta+\alpha), \qquad 2\delta = \pi - 2(\delta+\alpha), \qquad \delta = \frac{\pi}{2} - (\delta+\alpha), \qquad \delta = \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}.\] Заметим, что это соответствует ситуации, когда \(1-2\) и \(3-4\) симметричны относительно прямой \(p/p_0 = V/V_0\). Таким образом, исследуемая функция уменьшается от бесконечности при \(\delta = 0\) до минимального значения в этот момент, а потом возрастает к бесконечности при \(\alpha + \delta = \pi/2\). С точки зрения КПД это означает, что в симметричном случае \(\delta = \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}\) он минимален, а максимален или при максимальном значении, или при минимальном значении \(\delta\). Найдём ограничения на \(\delta\). Из физических соображений понятно, что \(\delta > 0\) и \(\alpha + \delta < \pi/2\). Также из условия следует, что точка \((1{,}1)\) лежит между прямыми, содержащими \(1-2\) и \(3-4\), поэтому \(\alpha + \delta > \pi/4\) и \(\delta < \pi/4\). Суммарно получаем: \[\max\left(0, \frac{\pi}{4} - \alpha\right) \leqslant \delta \leqslant \min\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2} - \alpha\right).\] Заметим, что в любом случае симметричный случай реализуется, поэтому минимум КПД при \(\delta = \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}\): \[\eta \geqslant \frac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\left(\frac{1+\sin\alpha}{1-\sin\alpha}\right)}\right)}.\] Максимум КПД зависит от граничных значений \(\delta\). Если \(\alpha \geqslant \pi/4\), то отношение тангенсов может быть сколь угодно большим и соответственно ограничение на КПД: \(\eta < 1/2\).

В ином случае граничные значения \(\delta\), равные \(\pi/4 - \alpha\) и \(\pi/4\), дают одинаковый КПД, так как \(\tan(\alpha + \pi/4) = 1/\tan(\pi/4 - \alpha)\), и ограничение на КПД: \[\eta \leqslant \frac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\left(\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}\right)}\right)}.\]

При \(\alpha \geqslant \pi/4\): \[\frac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\left(\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}\right)}\right)} \leqslant \eta < \frac{1}{2}.\] При \(\alpha < \pi/4\): \[\frac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\left(\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}\right)}\right)} \leqslant \eta \leqslant \frac{1}{2\left(1 + \frac{3}{\ln\left(\tan\left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)\right)}\right)}.\] В пункте 4 \(\alpha > \pi/4\). Подставим значение угла в соответствующие формулы: \[0{,}234 \leqslant \eta < 0{,}5.\] В пункте 5 \(\alpha < \pi/4\). Подставим значение угла в соответствующие формулы: \[0{,}134 \leqslant \eta \leqslant 0{,}153.\]

Участок 3–1 лежит на прямой, а на таком участке газ может и получать, и отдавать теплоту. Найдите состояние, где знак теплоты меняется, и считайте полученную теплоту только на тех участках, где она положительна.

1) \(A = RT_0\);  2) \(\eta \approx 9{,}5\%\).

Найдите полезную работу цикла как разность работ на изотермах и учтите, что на нагревателе тепло берётся и на изотерме, и на изохоре нагрева.

Где газ отдаёт теплоту? Прямая 3–1 продолжается в начало координат, значит, \(p \propto V\) – это политропный процесс; найдите его молярную теплоёмкость.

\(\eta \approx 10{,}7\,\%\).

Газ отдаёт холодильнику теплоту в процессе 3–1. Этот процесс является политропным (\(pV^{-1} = \text{const}\), где показатель политропы равен \(n = -1\)) с молярной теплоёмкостью \(c = \dfrac{c_V + c_p}{2} = 2R\), значит, \[|Q_{31}| = \nu c\,(T_3 - T_1).\] КПД цикла равен: \[\eta = \frac{A}{A + |Q_{31}|} = \frac{A}{A + \nu\,\dfrac{c_V + c_p}{2}\,(T_3 - T_1)} = 10{,}7\,\%.\]

Выразите \(U\) через \(P\) и \(V\): \(U = 3PV\). Тогда работу и подводимое тепло в каждом из четырёх участков цикла можно считать по \(P\) и \(V\); температура пропорциональна \((PV)^{1/4}\).

1) \(9{,}1\%\);  2) \(15{,}9\%\).

Обозначьте показатель процесса \(2 \to 3\) через \(n\), тогда два других — \(n-1\) и \(n+1\). Изотерме соответствует \(n=1\); переберите, какой из трёх процессов может быть изотермой, и используйте условие про наибольшее изменение объёма.

1) \(V_3 = V_1/k\),  \(T_3 = T_1/k\);  2) диаграмма на рисунке: \(n_{31}=0\) (изобара), \(n_{12}=2\), \(n_{23}=1\) (изотерма, \(T_2=\text{const}\)).

Обозначьте показатели политроп через \(n\), \(n+1\), \(n+2\) и запишите связь \(T\) и \(V\) вдоль каждого процесса: \(TV^{n-1} = \text{const}\). Замкнутость цикла по объёму и условие изотермичности одного из процессов дают возможные \(n\).

1) \(V_3 = kV_1\); 2) три возможные \(pV\)-диаграммы показаны на рисунке; 3) температура газа в состоянии 3 может быть равна \(T_3 = \dfrac{T_1}{k^2}\), \(T_3 = \dfrac{T_1}{k}\) или \(T_3 = T_1\) (в порядке следования диаграмм).

Масса воздуха в системе постоянна, а давление в обоих цилиндрах одинаково. Запишите уравнение состояния для каждого цилиндра в одной и той же точке цикла и учтите разные масштабы объёмов; работа за цикл пропорциональна площади.

1) \(T/T_0 = 1{,}45 \pm 0{,}1\);  2) \(m_1/m = 0{,}83 \pm 0{,}04\);  3) \(\eta = 35\,\% \pm 5\,\%\).

КПД — это работа за цикл, делённая на всё подведённое тепло. Для участка с постоянной теплоёмкостью \(c\) из первого начала получите связь \(A\) и \(Q\) и найдите \(c\) на каждом участке графика.

1) \(\eta = \dfrac{A}{Q_+} \approx 8{,}9\,\%\);  2) \(T_{\min} = 120\text{ К}\).

Используя график, находим КПД цикла \[\eta = \frac{A}{Q_+} = \frac{0{,}8\text{ кДж}}{9{,}0\text{ кДж}} = 8{,}9\,\%,\] где \(A\) — работа, совершённая газом за цикл, \(Q_+\) — подведённое к газу количество теплоты.

Найдём теплоёмкость газа в процессе, который описывается уравнением \(A = \dfrac{1}{6}Q\) (прямолинейный участок, проходящий через начало координат). Запишем первое начало термодинамики для процесса с постоянной теплоёмкостью \[c\,\Delta T = c_V\,\Delta T + A,\] откуда получим следующее соотношение \[A = (c - c_V)\,\Delta T = \frac{c - c_V}{c}\,Q.\] Следовательно, \(\dfrac{c_1 - c_V}{c_1} = \dfrac{1}{6}\), откуда имеем равенство \(c_1 = \dfrac{6}{5}c_V = 3R\).

Зная теплоёмкость газа, найдём изменение температуры в этом процессе \[Q = 3R\,\Delta T_1 \quad\Rightarrow\quad \Delta T_1 = \frac{9\text{ кДж}}{3 \cdot 8{,}3\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}} = 361\text{ К}.\] Во втором процессе работа газа равна нулю, поэтому для него справедлива формула \(Q = c_V\,\Delta T_2\), из которой следует \[\Delta T_2 = -\frac{7{,}5\text{ кДж}} {\dfrac{5}{2} \cdot 8{,}3\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}} = -361\text{ К}.\] В начале и в конце третьего процесса с постоянной теплоёмкостью температуры газа равны, следовательно, это изотермический процесс.

Минимальная температура газа в цикле равна \[T_{\min} = T_{\max} + \Delta T_2 = 481\text{ К} - 361\text{ К} = 120\text{ К}.\]

Если \(dU = -\delta A_\text{газа}\), то \(\delta Q = 0\) — это адиабата; если \(dU = \delta A_\text{газа}\), то \(\delta Q = 2\,dU\) — политропа. Запишите уравнения обоих процессов в виде \(TV^n = \text{const}\); в логарифмических координатах они станут прямыми.

1) \(T_2 = 4T_0\);  2) параллелограмм с вершинами \(1\,(-3;\,4)\), \(2\,(0;\,2)\), \(3\,(3;\,-2)\), \(4\,(0;\,0)\) (по оси абсцисс \(\log_2\frac{V}{V_0}\));  3) \(\eta = \dfrac{1}{2}\).

Первый метод

В процессах \(2-3\) и \(4-1\) подведённое к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы — адиабатические, их уравнение в координатах \((T, V)\) имеет вид \[TV^{1/3} = \text{const}.\] Получим уравнение процессов \(1-2\) и \(3-4\). Пусть \(\Delta T\), \(\Delta V\) — бесконечно малые изменения температуры и объёма, тогда изменение внутренней энергии \[\Delta U = 3\nu R\Delta T,\] а работа газа \(\delta A = p\Delta V\), поэтому для процесса выполняется соотношение \[3\nu R\Delta T = \frac{\nu RT}{V}\Delta V.\] Сократив общие множители и разделяя переменные, получим \[3\frac{\Delta T}{T} = \frac{\Delta V}{V},\] откуда после интегрирования найдём уравнение процесса \[TV^{-1/3} = \text{const}.\] Используя уравнение адиабаты для процесса \(4-1\), найдём объём газа в точке \(1\): \[T_1V_1^{1/3} = T_4V_4^{1/3},\] откуда с учётом значения температур \(T_1 = 2T_4 = 2T_0\) получим \(V_1 = V_0/8\). Аналогично с помощью уравнения процесса \(3-4\) \[T_3V_3^{-1/3} = T_4V_4^{-1/3},\] получим \(V_3 = 8V_0\). Запишем также уравнения для процессов \(1-2\) и \(2-3\): \[T_1V_1^{-1/3} = T_2V_2^{-1/3}, \qquad T_3V_3^{1/3} = T_2V_2^{1/3}.\] Разделив второе уравнение на первое и учтя равенство \(T_1 = T_3\): \[V_2^{2/3} = V_3^{1/3}V_1^{1/3} = V_0^{2/3},\] а значит, \(V_2 = V_0\). Тогда температура \(T_2 = T_1V_1^{-1/3}V_2^{1/3} = 4T_0\).

Второй метод

Будем решать в терминах \(TS\). В процессах \(2-3\) и \(4-1\) подведённое к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы — адиабатические, в них сохраняется энтропия, поэтому \[S_2 = S_3 \quad\text{и}\quad S_1 = S_4.\] Найдём изменение энтропии в процессах \(1-2\) и \(3-4\): \[dS = \frac{\delta Q}{T} = \frac{2\,dU}{T} = 2\nu C_V\frac{dT}{T},\] \[S_2 - S_1 = 2\nu C_V\ln\frac{T_2}{T_1} = 2\nu C_V\ln\frac{T_3}{T_4} = S_3 - S_4.\] Получаем соотношение на температуры: \[\frac{T_2}{T_1} = \frac{T_3}{T_4}, \qquad T_2 = \frac{T_1T_3}{T_4}, \qquad T_2 = 4T_0.\]

Уравнение адиабаты в координатах \((p, V)\) имеет вид \(pV^{4/3} = \text{const}\), а значит, в логарифмических координатах график процесса — прямая \[\log_2\frac{p}{p_0} + \frac{4}{3}\log_2\frac{V}{V_0} = \text{const}.\] Аналогично уравнение процессов \(1-2\) и \(3-4\) в координатах \((p, V)\) получается из найденного в предыдущем пункте с помощью уравнения состояния \(pV/T = \text{const}\): \(pV^{2/3} = \text{const}\); в логарифмических координатах также получим прямые \[\log_2\frac{p}{p_0} + \frac{2}{3}\log_2\frac{V}{V_0} = \text{const}.\] Таким образом, достаточно вычислить координаты точек \(1\), \(2\), \(3\), \(4\). Объёмы уже найдены в предыдущем пункте. С помощью уравнения состояния получим \(p_1 = 16p_0\), \(p_2 = 4p_0\), \(p_3 = p_0/4\).

Тогда координаты граничных точек процессов в координатах \(\log_2\dfrac{V}{V_0}\) (абсцисса) и \(\log_2\dfrac{p}{p_0}\) (ордината) равны: \(1\,(-3,\ 4)\), \(2\,(0,\ 2)\), \(3\,(3,\ -2)\), \(4\,(0,\ 0)\). График процесса имеет вид параллелограмма.

Первый метод

На адиабатах теплота не отводится и не подводится. Для оставшихся двух процессов подведённое тепло \(Q = \Delta U + A\), причём, поскольку \(A = \Delta U\), выполняется \(Q = 2\Delta U = 2C_V\Delta T\), где \(C_V\) — теплоёмкость газа при постоянном объёме. Тогда на участке \(1-2\) подводится тепло \(Q_+ = 2C_V(T_2 - T_1) = 4C_VT_0\), а на участке \(3-4\) отводится тепло \(Q_- = 2C_V(T_3 - T_4) = 2C_VT_0\), поэтому КПД \[\eta = \frac{Q_+ - Q_-}{Q_+} = \frac{1}{2}.\]

Второй метод

Найдём зависимость \(T(S)\) для процессов \(1-2\) и \(3-4\): \[T_{3-4}(S) = T_4\exp\left(\frac{S - S_4}{2\nu C_V}\right),\] \[T_{1-2}(S) = T_1\exp\left(\frac{S - S_1}{2\nu C_V}\right) = 2T_{3-4}(S).\] Подставим в выражение для КПД: \[\eta = \frac{\int_{S_1}^{S_2} T_{1-2}\,dS - \int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS}{\int_{S_1}^{S_2} T_{1-2}\,dS} = \frac{2\int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS - \int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS}{2\int_{S_4}^{S_3} T_{3-4}\,dS} = \frac{1}{2}.\]

Работы циклов одинаковы (площади половин круга), поэтому отношение КПД равно обратному отношению теплот, полученных рабочим телом; найдите теплоту на участке \(AB\), учитывая, что в точках \(A\) и \(B\) теплообмен отсутствует.

\(\dfrac{\eta_2}{\eta_1} = 1 + \dfrac{\pi}{8\sqrt{15}} \approx 1{,}1\) раза.

Для изохорного процесса \(dV=0\) и первый пункт сразу даёт связь \(dp\) и \(dT\). Для \(A_2\) посчитайте работу и полученное тепло в бесконечно малом цикле Карно (параллелограмм на \(pV\)-диаграмме) и сравните с КПД \(\Delta T/T\).

1) \(dV=\alpha V\,dT-\beta V\,dp\);  2) \(p(T)=p_0+\dfrac{\alpha}{\beta}(T-T_0)\);  3) \(A_1=c_V=112\) Дж/(моль\(\cdot\)К), \(A_3=\dfrac{\alpha}{\beta}\approx6{,}8\cdot10^5\) Па/К;  4) \(A_2=-\dfrac1\beta=-1{,}1\cdot10^9\) Па;  5) \(c_p=c_V+\dfrac{\alpha^2T_0V}{\beta}\approx121\) Дж/(моль\(\cdot\)К).

Выразите КПД цикла через отношение отданного и полученного тепла, использовав \(C_V = 3R\) и то, что точки 1 и 4 лежат на одной изохоре, а 2 и 3 на одной изобаре. Затем учтите потери в трансмиссии и теплоту сгорания топлива.

КПД автомобиля \(\eta_a = \left(1 - \dfrac{3(p_4 - p_1)V_1}{4p_2(V_3 - V_2)}\right)(1 - \alpha) = 0{,}475 = 47{,}5\%\); средняя механическая мощность \(N = \dfrac{q\rho V(1-\alpha)}{t}\left(1 - \dfrac{3(p_4 - p_1)V_1}{4p_2(V_3 - V_2)}\right) \approx 56{,}8\) кВт \(\approx 78\) л.с.