Первый закон, работа газа

При постоянном давлении работа газа выражается через изменение температуры.

3{,}32 кДж

Если \(V\propto T\), то процесс изобарный. Выразите работу через изменение температуры.

127 \(^\circ\)С

При изохорном процессе вся теплота идёт на изменение внутренней энергии одноатомного газа.

\(20\) кПа

Давление газа постоянно, поэтому работа газа и изменение внутренней энергии выражаются через одно и то же изменение температуры; примените первое начало термодинамики.

1) 25 см;  2) 60 Дж;  3) \(4{,}8\) К.

Поршень невесом, поэтому давление газа постоянно и равно атмосферному: процесс изобарический. Работа газа выражается через \(\Delta V\), а изменение внутренней энергии "— через \(c_V\) и \(\Delta T\).

\(\Delta V = 1\) л; \(c_V = 2R\).

Процесс изобарический, поэтому работа газа равна \(P_A\Delta V\). Из первого начала термодинамики следует: \[Q = \Delta U + P_A\Delta V \;\Rightarrow\; \Delta V = \frac{Q - \Delta U}{P_A} = 1\text{ л}.\] Изменение внутренней энергии равно: \[\Delta U = \nu c_V\Delta T = c_V\frac{P_A\Delta V}{R} \;\Rightarrow\; c_V = \frac{\Delta U\,R}{P_A\Delta V} = 2R .\]

Перерисуйте процесс на \(pV\)-диаграмму. Какой вид имеет каждый участок (изобара, изохора, изотерма)? Работу на участке 3–4 оцените сверху площадью подходящей трапеции.

Работа максимальна на участке 1–2.

Изобразим процесс на \(pV\)-диаграмме.

Работа газа на участке 1–2 (изобара) равна \(A_{12} = p_1V_0\), а на участке 2–3 (изохора) равна нулю. Работу на изотермическом участке 3–4 оценим сверху как площадь трапеции (площадь под отрезком жирной штриховой линии): \[A_{34} < (p_1 + p_3)\left(\sqrt2 - 1\right)V_0.\] Из уравнения состояния для точек 3 и 4 находим, что \(p_3 = \sqrt2\,p_1\). Стало быть, \(A_{34} < p_1V_0\). Следовательно, работа газа максимальна на участке 1–2.

По диаграмме \(V\) пропорционален \(\sqrt T\). Выразите давление через объём из уравнения состояния и найдите работу как площадь под графиком \(P(V)\).

\(A \approx 3{,}74\) кДж;  \(Q \approx 15\) кДж.

По уравнению состояния идеального газа \(PV = \nu RT\). По условию \(V = \alpha\sqrt T\). Исключая температуру, получим, что давление линейно зависит от объёма: \(P = \dfrac{\nu R}{\alpha^2}V\). Работа, совершённая газом, равна \[A = V_0\,\frac{P_0 + 2P_0}{2} = \frac32 P_0V_0 = \frac32\nu RT_0 = 3{,}74 \text{ кДж}.\] Здесь учтено, что \(P_0V_0 = \nu RT_0\). Количество теплоты по первому закону термодинамики равно \[Q = A + \Delta U = A + \frac32\,(2P_0\cdot 2V_0 - P_0V_0) = 6P_0V_0 = 6\nu RT_0 = 15 \text{ кДж}.\]

Пока оболочка не упёрлась в сферу, процесс изобарный; после этого объём не меняется. Найдите температуру, при которой оболочка заполнит сферу, и сложите теплоты двух стадий.

\(Q = 4\nu R T_0 \approx 3{,}3\) кДж.

Сначала тепло подводится при постоянном давлении, затем при постоянном объёме. Ответ: \(Q = 4\nu R T_0 = 3{,}3\) кДж.

Запишите закон сохранения энергии для системы «гелий и пробка»: куда уходит убыль внутренней энергии гелия? Не забудьте работу против атмосферного давления.

Температура гелия понизится, изменившись на \(\Delta T = -\dfrac{m v^2 + 2 p_0 S l}{3\nu R} \approx -2\) К.

Давление газа под поршнем постоянно. Учтите, что при диссоциации энергия связи переходит в энергию теплового движения атомов с обратным знаком, а температура остаётся равной \(T_0\).

1) 4 (\(V = 2\) л);  2) 4 (\(Q = 250\) Дж).

После полной диссоциации двухатомного газа количество вещества в сосуде увеличится в два раза, следовательно при постоянном давлении в два раза увеличится объём. Выбрать следует столбец номер 4.

Потенциальная энергия химической связи в двухатомной молекуле меньше нуля и по абсолютной величине равна \(W_0\), поэтому после диссоциации одной двухатомной молекулы суммарная энергия двух атомов оказывается больше энергии молекулы на величину \(\Delta E\), удовлетворяющую соотношению \[\Delta E = 2\cdot\frac{3kT_0}{2} - \frac{5kT_0}{2} + W_0 = \frac{3kT_0}{2}.\] Таким образом, изменение внутренней энергии газа в сосуде после полной диссоциации молекул на атомы оказывается равно \(\Delta U = \dfrac32 \nu R T_0\), где \(\nu\) — начальное количество двухатомного газа. Учитывая, что газ также совершает работу, равную \(A = p_0 V_0\), для количества теплоты из первого начала термодинамики имеем равенство \[Q = \frac32 \nu R T_0 + p_0 V_0 = \frac52 p_0 V_0 = 250\text{ Дж}.\] Численный ответ совпадает со значением, стоящим в столбце номер 4.

Начнём с самого простого. Чтобы указать, где находится одиночный атом, нужно три числа — три его координаты \(x,\ y,\ z\). Значит, у одноатомной молекулы \(i=3\).

Двухатомная молекула (\(\mathrm{H_2}\), \(\mathrm{N_2}\)) — это «гантель»: два шарика на жёсткой перемычке. Зададим сначала положение её середины — это ещё три числа. Осталось указать, куда смотрит ось гантели. Направление в пространстве задаётся двумя углами (как широта и долгота на глобусе). А вот третий поворот — вокруг самой оси гантели — переставляет атомы «сами в себя»: положение атомов от него не меняется, и лишней координаты он не даёт. Итого

Нелинейная многоатомная молекула (\(\mathrm{H_2O}\) — равнобедренный треугольник, \(\mathrm{CH_4}\) — тетраэдр) уже не имеет оси, вокруг которой её можно было бы «незаметно» повернуть. Три числа задают центр, и ещё три угла — ориентацию жёсткого тела в пространстве (два угла на направление одной выделенной оси плюс один угол поворота вокруг неё). Итого

Подставляем в формулу \(\bar\varepsilon=\dfrac{i}{2}kT\):

Воздух — смесь двухатомных \(\mathrm{N_2}\) и \(\mathrm{O_2}\), поэтому \(i=5\) и

1 кубический сантиметр. Нормальные условия: \(P=1{,}013\cdot10^5\) Па, \(V=1\ \text{см}^3=10^{-6}\ \text{м}^3\):

1 килограмм. Здесь дана масса, а не объём, — но объём легко найти через плотность воздуха при нормальных условиях \(\rho=1{,}29\ \text{кг/м}^3\):

Объём комнаты \(V\) не меняется — это её геометрия. Давление \(P\) тоже не меняется — оно равно атмосферному, ведь комната сообщается с улицей через щели. Значит,

Внутренняя энергия воздуха в комнате не изменилась. Это на первый взгляд парадоксально: мы жгли дрова, температура выросла — а энергия та же. Разгадка в том, что вместе с ростом температуры пропорционально упала плотность: число молекул в комнате уменьшилось во столько же раз, во сколько выросла энергия каждой. Формально: \(U=\dfrac52\nu RT\), причём \(\nu=\dfrac{PV}{RT}\) убывает как \(1/T\).

Давление. Запишем закон сохранения энергии, пользуясь тем, что \(U=\dfrac32 PV\):

Замечательно, что тройки сократились: ответ для давления не зависит от того, одноатомный газ или нет, — лишь бы газы были одинаковой атомности. Давление получилось средним по объёму — как будто мы просто «размазали» энергию по всему сосуду.

Температура. Число молей до и после одно и то же:

После соединения \(P(V_1+V_2)=\nu RT\), а слева стоит уже найденная нами величина \(P_1V_1+P_2V_2\). Значит,

Шаг 1. Что с числом молей? Слева \(1+1=2\) моля, справа \(1+1=2\) моля. При постоянных \(V\) и \(\nu\) уравнение состояния \(PV=\nu RT\) даёт

Шаг 2. Теплоёмкость продуктов. Греется уже новая смесь: 1 моль \(\mathrm{CO}\) и 1 моль \(\mathrm{H_2O}\). Угарный газ линеен (двухатомный), \(i=5\); молекула воды — треугольник, \(i=6\). Теплоёмкость при постоянном объёме есть \(\dfrac{i}{2}R\) на моль, поэтому

Шаг 3. Нагрев. Реакция идёт для 1 моля, то есть выделяется \(Q=40{,}1\) кДж:

Давление возрастёт примерно в два раза.

Импульс. Вначале всё покоилось, внешних горизонтальных сил нет (труба гладкая), поэтому

(Газ лёгкий, его импульсом пренебрегаем — об этом прямо сказано в условии.)

Энергия. Газ одноатомный, его начальная внутренняя энергия \(U_0=\dfrac32P_0V_0\). Скорости поршней растут, пока газ их подталкивает, то есть пока его давление не упало до нуля; в этот момент скорости максимальны, а вся энергия газа отдана поршням:

Решаем систему. Из (1) \(v_2=\dfrac{m_1}{m_2}v_1\); подставим в (2):

(второе выражение получается из первого перестановкой индексов — так и должно быть, задача симметрична).

Шаг 1. Когда сжатие максимально. Пока левый поршень движется быстрее правого, расстояние между ними уменьшается и газ сжимается. Как только скорости сравняются, объём перестаёт убывать — это и есть момент максимального сжатия и максимальной температуры.

Шаг 2. Общая скорость в этот момент. Внешних сил вдоль трубы нет, импульс сохраняется. Массы одинаковы, поэтому общая скорость — просто среднее арифметическое:

Шаг 3. Сколько энергии ушло в газ. Считаем кинетическую энергию до и после:

Разность — это и есть добавка к внутренней энергии газа:

Шаг 4. Температура. Для одного моля одноатомного газа \(\Delta U=\dfrac32R\,\Delta T\):

1. До какого давления доживёт гильза? Латунная гильза без патронника — это тонкостенная трубка, которую разрывает окружное (кольцевое) напряжение

Для латуни \(\sigma\approx3\cdot10^8\) Па, толщина стенки \(\delta\approx0{,}3\) мм, радиус \(r\approx4\) мм:

Для сравнения: в патроннике винтовки давление доходит до \(300\)–\(400\) МПа. Уже здесь проигрыш в 15–20 раз. После разрыва газ уходит вбок, и среднее давление, толкающее пулю, ещё меньше — возьмём \(\bar P\sim10\) МПа.

2. Работа над пулей. Площадь дна пули \(S=\pi r^2\approx5\cdot10^{-5}\ \text{м}^2\), путь внутри гильзы \(\ell\approx1\) см:

3. Гильза отдаёт половину. Гильза ничем не удерживается, поэтому она отлетает назад: \(m_{\text{п}}v_{\text{п}}=m_{\text{г}}v_{\text{г}}\). Массы пули и гильзы сравнимы (по \(\sim\!10\) г), значит и кинетические энергии у них примерно равны, и пуле достаётся лишь около половины работы: \(E\approx2{,}5\) Дж.

То есть скорость — порядка десятка метров в секунду, а не восемьсот, как при выстреле.

Внутренняя энергия идеального газа зависит только от температуры: \(U=\dfrac i2\nu RT\). Если температура постоянна, то

При расширении газ раздвигает то, что ему мешает (поршень, окружающий воздух), то есть совершает положительную работу \(A=\;\)площадь под графиком \(P(V)\;{\gt}\;0\). Тогда первое начало даёт

Тепло обязано подводиться, причём ровно в количестве совершённой работы. На языке молекул это выглядит так: молекулы отскакивают от уходящего поршня и после удара летят медленнее (как мяч от отступающей ракетки). Газ должен был бы остыть — и он остынет, если его не греть. Чтобы температура не падала, кто-то извне обязан всё время «подкачивать» молекулам ту энергию, которую они отдают поршню.

При изобарическом расширении давление всё время равно \(P_0\). При изотермическом оно падает: \(P=\dfrac{P_0V_0}{V}\), и к концу становится \(P_0/2\). Изотерма лежит ниже изобары везде, кроме общей начальной точки, — значит, и площадь под ней меньше.

Посчитаем:

Работа при изобарическом расширении больше — примерно в \(1/\ln2\approx1{,}44\) раза.

Главная причина — адиабатическое сжатие. Двигая поршень, вы совершаете над воздухом работу \(A'\). Теплообмен за доли секунды практически не успевает произойти (\(Q\approx0\)), поэтому

и температура воздуха растёт. Молекулярная картинка та же, что и в задаче 5.6.9, только наоборот: молекула отскакивает от надвигающегося поршня и улетает быстрее, чем прилетела.

Насколько сильно? Для двухатомного воздуха \(\gamma=1{,}4\), и при сжатии от атмосферного давления до \(3\) атм (типичное давление в шине велосипеда — 4–6 атм)

то есть воздух в цилиндре в момент нагнетания нагревается с \(20\ {}^\circ\)C примерно до \(130\ {}^\circ\)C. Горячий газ проталкивается в шину, а его тепло остаётся на стенках насоса — цикл за циклом насос накапливает жар.

Две добавки. Во-первых, трение манжеты поршня о стенки — оно нагревает именно ту трубку, которой вы касаетесь рукой. Во-вторых, воздух, оставшийся во «вредном объёме» под клапаном, сжимается и расширяется каждый ход, и на необратимостях (перетекание, вихри) тоже выделяется тепло. Но основной вклад — именно сжатие газа.

а) Давление постоянно. График — горизонтальный отрезок на высоте \(P\); под ним прямоугольник шириной \(\Delta V=2V-V=V\):

б) Давление растёт линейно от \(P\) до \(2P\). График — наклонный отрезок, под ним трапеция с основаниями \(P\) и \(2P\) и «высотой» \(\Delta V=V\). Площадь трапеции — среднее оснований на высоту:

Обратите внимание: во втором случае газ, расширяясь, ещё и повышает давление. Само по себе это невозможно без подвода тепла — газ в этом процессе интенсивно нагревают. Но на подсчёт работы это никак не влияет: работа определяется только площадью под кривой на \(PV\)-диаграмме.

Снимем с графика опорные значения. Верхняя «полка» проходит на уровне \(0{,}15\) МПа, провал — на уровне \(0{,}05\) МПа; провал занимает участок примерно от \(3{,}3\) до \(4\) л, после \(5\) л график прямой линией спадает до нуля при \(6\) л. Разбиваем площадь на четыре куска:

Работа. На участке 1–2 объём не меняется (\(\Delta V=0\)), поршень стоит — работа равна нулю. На участке 2–3 давление постоянно и равно \(P_2\):

Изменение внутренней энергии. Для одного моля \(PV=RT\), то есть \(T=\dfrac{PV}{R}\). Начальное состояние 1: \(T_1=\dfrac{P_1V_1}{R}\); конечное состояние 3: \(T_3=\dfrac{P_2V_2}{R}\). Тогда

Складываем:

Итак,

Считаем в системе СИ: \(P_1=0{,}8\ \text{МПа}=8\cdot10^5\) Па, \(V_1=2\ \text{л}=2\cdot10^{-3}\ \text{м}^3\), \(V_2/V_1=5\).

Состояния.

Действительно: на изотерме \(1\to2\) объём вырос вдвое, значит давление вдвое упало — стало \(0{,}05\) МПа. На изохоре \(2\to3\) давление уменьшили ещё вдвое — до \(0{,}025\) МПа. На изобаре \(3\to4\) давление не меняется.

Работа по участкам.

Температуры. \(T_1=273\) К, при удвоении объёма \(T_2=2T_1=546\) К, значит

Работа. Для одного моля \(PV=RT\), поэтому при постоянном \(P\)

Теплота. Водород двухатомен, \(i=5\), молярная теплоёмкость при постоянном давлении

Шаг 1. Температуры вершин. Для одного моля \(PV=RT\). Обозначим вершины: 1 = \((V_1,P_1)\), 2 = \((V_1,P_2)\), 3 = \((V_2,P_2)\), 4 = \((V_2,P_1)\). Тогда

Шаг 2. Ключевое наблюдение. Перемножим температуры «по диагоналям»:

то есть \(T_2T_4=T_1T_3\) всегда — для любого такого прямоугольника. А по условию \(T_2=T_4\), поэтому

Шаг 3. Площадь.

Температура. Энергия поршня целиком ушла в газ:

где использовано \(\nu R=\dfrac{P_0V_0}{T_0}\). Отсюда

Объём. Сжатие адиабатическое. Для одноатомного газа \(\gamma=\dfrac53\), и уравнение адиабаты в переменных \(T,V\) имеет вид \(TV^{\gamma-1}=\text{const}\), то есть

Пусть за цикл через двигатель проходит \(\nu\) молей. Обозначим объём в цилиндре в конце впуска \(V_1\), в конце расширения \(V_2\); по уравнению состояния

\[ P_1V_1=\nu RT_1,\qquad P_0V_2=\nu RT_2 . \]

1. Впуск. Магистраль вталкивает в цилиндр порцию газа, всё время удерживая давление \(P_1\); поршень отъезжает, освобождая объём \(V_1\). Работа, полученная поршнем:

2. Адиабатическое расширение. Тепла нет, поэтому работа газа равна убыли его внутренней энергии. Воздух двухатомен, \(i=5\):

3. Выхлоп. Поршень идёт назад и выталкивает весь газ наружу против атмосферного давления \(P_0\). Это работа, которую двигатель тратит:

Итого:

Баланс энергии для одного моля. Проследим за молем воздуха, который поднялся на высоту \(h\). Что с ним произошло?

• Воздух, идущий следом, вытолкнул его снизу, совершив работу \(P_1V_1=RT_1\).
• Наверху нашему молю самому пришлось раздвинуть окружающий воздух, отдав \(P_2V_2=RT_2\).
• Он поднялся на высоту \(h\), запасая потенциальную энергию \(\mu g h\) (\(\mu\) — молярная масса).
• Его внутренняя энергия изменилась на \(C_V(T_2-T_1)\), тепла он не получал.

Складывая (энергия ниоткуда не берётся):

Обозначим \(\Delta T=T_1-T_2\;{\gt}\;0\) и соберём слагаемые:

Числа. \(\mu=0{,}029\) кг/моль, \(g=9{,}8\) м/с\(^2\), \(h=1000\) м, \(C_p=3{,}5\cdot8{,}31=29{,}1\) Дж/(моль·К):

Пусть поршень опустился на \(x\); высота газового столба стала \(H-x\), объём \(S(H-x)\). Введём для краткости безразмерный параметр

(он меньше единицы — иначе поршень не пошёл бы вниз). В начальный момент газ давит с силой \(PS=kMg\), то есть слабее веса.

а) Изотермическое сжатие

Где скорость максимальна. Закон Бойля—Мариотта: \(P(x)\,S(H-x)=P\,SH\), то есть \(P(x)=\dfrac{PH}{H-x}\). Приравниваем \(P(x)S=Mg\):

Работа над газом. Изотермическое сжатие от \(V_0=SH\) до \(V=kSH\) требует работы

(здесь \(PSH=kMgH\); поскольку \(k\;{\lt}\;1\), \(\ln k\;{\lt}\;0\) и \(W\;{\gt}\;0\), как и должно быть).

Энергия.

б) Адиабатическое сжатие

Где скорость максимальна. Для одноатомного газа \(PV^{5/3}=\text{const}\):

Работа над газом здесь считается ещё проще: она целиком идёт в его внутреннюю энергию,

Энергия.

Первый компрессор. Адиабата двухатомного газа: \(\gamma=\dfrac75\), \(PV^{7/5}=\text{const}\). Тогда

Охлаждение. Газ вернули к начальной температуре при объёме \(V_1\): значит, снова \(P_1'V_1=P_0V_0\).

Второй компрессор стартует из состояния с тем же произведением \(PV=P_0V_0\), поэтому формула повторяется с заменой \(V_0\to V_1\), \(V_1\to V_2\):

Минимум суммы. Обозначим \(a=\left(\dfrac{V_0}{V_1}\right)^{2/5}\), \(b=\left(\dfrac{V_1}{V_2}\right)^{2/5}\). Замечательно, что их произведение не зависит от \(V_1\):

А сумма двух положительных чисел с фиксированным произведением минимальна, когда они равны (неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом: \(a+b\ge2\sqrt{ab}\), равенство при \(a=b\)). Значит,

— оптимально сжимать в одинаковое число раз в каждой ступени. Подставляем \(a=b=\left(\dfrac{V_0}{V_2}\right)^{1/5}\):

Поскольку при оптимуме \(a=b\), то \(A_1=A_2\): каждый компрессор совершает ровно половину полной работы, \(A_{\min}/2\).

Давление. На поршень сверху действуют атмосфера и его вес, снизу — газ:

Число молей. Из начального состояния (\(V=1\ \text{м}^3\), \(T_1=273\) К):

Нагрев. \(T_2=573\) К, \(\Delta T=300\) К. Водород двухатомен: \(C_V=\dfrac52R\), \(C_p=\dfrac72R\).

Молярная масса. Для молярных теплоёмкостей \(C_p-C_V=R\). Разделим на \(\mu\), чтобы перейти к удельным (\(c=C/\mu\)):

То есть \(\mu\approx31{,}6\) г/моль. Ближайший реальный газ — кислород \(\mathrm{O_2}\) с \(\mu=32\) г/моль.

Контроль по показателю адиабаты.

Для двухатомного газа теория даёт \(\gamma=\dfrac{i+2}{i}=\dfrac75=1{,}40\). Совпадение отличное — молекула действительно двухатомна, а значит, версия «кислород» согласуется сама с собой.

Этап 1: поршень неподвижен

Объём постоянен, работы нет, всё тепло идёт во внутреннюю энергию:

Поршень тронется, когда сила избыточного давления сравняется с трением: \((P-P_0)S=F\), то есть

При постоянном объёме давление растёт вместе с температурой, поэтому этому давлению отвечает

Этап 2: поршень движется

Поршень едет медленно и равномерно, поэтому давление газа остаётся равным \(P_1=P_0(1+k)\) — процесс изобарный. Пусть газ перешёл из состояния \((T_1,V_1)\) в \((T,V)\). Считаем энергетический баланс газа.

• Работа газа: \(A=P_1(V-V_1)=R\,(T-T_1)\) (для одного моля \(P_1V=RT\)).
• Тепло от трения: поршень прошёл путь \(\ell=\dfrac{V-V_1}{S}\), трение выделило \(F\ell=\dfrac FS(V-V_1)\); половина этого возвращается в газ: \(Q_{\text{тр}}=\dfrac{F}{2S}(V-V_1)=\dfrac{F}{2S}\cdot\dfrac{R(T-T_1)}{P_1}\).
• Прирост внутренней энергии: \(\Delta U=c\,(T-T_1)\).

Первое начало для газа: \(Q-Q_1+Q_{\text{тр}}=\Delta U+A\), откуда

поскольку \(1-\dfrac{F}{2SP_1}=1-\dfrac{k}{2(1+k)}=\dfrac{1+k/2}{1+k}\). Подставляя \(T_1=T_0(1+k)\) и \(Q_1=cT_0k\) и приводя к общему знаменателю, получаем окончательно

Как выглядит график. Это ломаная. На первом участке наклон \(\dfrac{dT}{dQ}=\dfrac1c\); после излома в точке \((Q_1,\,T_0(1+k))\) наклон становится равным \(\dfrac{1}{c+R\frac{1+k/2}{1+k}}\) — меньше прежнего, ведь теперь часть тепла уходит в работу. График идёт положе.

Договоримся об отсчёте давления. Верх цилиндра \(BC\) находится на уровне поверхности воды, поэтому глубина поршня равна высоте газового столба. Атмосферное давление в условии не задано — учитывать будем только давление водяного столба (в конце разберём, что изменится, если добавить атмосферу).

Начальное состояние. Столб газа \(2h\), поршень на глубине \(2h\):

Конечное состояние. Поршень опустился ещё на \(h\), глубина стала \(3h\):

Работа газа. Так как глубина поршня равна \(V/S\), давление \(P=\rho g\,V/S\) — линейная функция объёма. График \(P(V)\) — отрезок прямой, площадь под ним — трапеция со средней линией \(\dfrac{P_1+P_2}{2}\):

Внутренняя энергия. Гелий одноатомен:

Первое начало:

Шаг 1. Связь приращений. Пусть объём изменился на малую величину \(\Delta V\), давление — на \(\Delta P\), температура — на \(\Delta T\). Для произведения двух величин относительное изменение складывается: \(\dfrac{\Delta(PV)}{PV}=\dfrac{\Delta P}{P}+\dfrac{\Delta V}{V}\). Аналогично из \(PV^n=\text{const}\) следует

А из \(PV=RT\) (берём один моль)

Вычтем первое из второго:

Шаг 2. Работа.

Шаг 3. Теплоёмкость. Для одноатомного газа \(\Delta U=\dfrac32R\,\Delta T\), значит

Особые значения.

\(c=0\) означает, что газ греется и работает «сам за свой счёт», без подвода тепла, — это адиабата:

\(c=\infty\) означает, что сколько тепла ни подводи, температура не меняется, — это изотерма:

Из \(PV^2=\text{const}\) следует \(P=\dfrac{\text{const}}{V^2}\), поэтому

При расширении \(V\) растёт, а значит, \(T\) убывает: газ охлаждается.

Любопытная деталь. По формуле из задачи 5.6.28 при \(n=2\)

Теплоёмкость положительна — знаки \(Q\) и \(\Delta T\) совпадают. Газ при таком расширении остывает (\(\Delta T\;{\lt}\;0\)), значит, тепло от него отводится. Баланс на каждый градус охлаждения: \(\Delta U=\frac32R\Delta T\), \(A=\dfrac{R\Delta T}{1-2}=-R\Delta T\;{\gt}\;0\), \(Q=\frac12R\Delta T\;{\lt}\;0\): из убыли внутренней энергии \(\frac32R|\Delta T|\) две трети (\(R|\Delta T|\)) уходят в работу, а треть — наружу теплом. Так что при расширении по закону \(PV^2=\text{const}\) газ и остывает, и отдаёт тепло, а работу совершает за счёт внутренней энергии.

Шаг 1. Связь давления и объёма. Поршень невесом и трения нет, поэтому сила давления газа уравновешена силой пружины:

где \(\Delta\ell\) — деформация пружины, \(k\) — её жёсткость. Отсчитаем положение поршня от правой стенки: если газ занимает объём \(V\), то поршень отошёл на \(\Delta\ell=\dfrac VS\) (именно при \(V=0\) пружина не деформирована — это и сказано в условии). Значит,

Шаг 2. Работа. График — отрезок прямой через начало координат, площадь под ним от \(V_1\) до \(V_2\) — разность двух треугольников:

Шаг 3. Внутренняя энергия. Газ одноатомный:

Шаг 4. Теплоёмкость системы.

Осталось выразить \(\nu R\) через данные: \(\nu R=\dfrac{P_0V_0}{T_0}\), поэтому

Условие остановки. Поршень стоит, снаружи пустота:

(Чтобы поршень пошёл вниз, нужно \(PS\;{\lt}\;Mg\) — считаем, что это так.)

Баланс энергии. Пусть поршень опустился на \(x\). Тогда высота газового столба стала \(H-x\), а объём \(S(H-x)\). Потенциальная энергия поршня убыла на \(Mgx\); кинетическая энергия в конце равна нулю; наружу энергия уйти не могла. Значит,

Решаем относительно \(x\):

Нарисуйте процесс на диаграмме \(p\)–\(V\): нагрев при постоянном объёме до начала скольжения, затем изобара, затем охлаждение при постоянном объёме до момента, когда поршень снова тронется (в обратную сторону).

1) \(V_5 = \dfrac{5}{4}V_0\);  2) \(\Delta Q = 2{,}3\,\nu R T_0\);  3) \(N = \dfrac{0{,}2\,p_0 S}{\mu} = \dfrac{0{,}2\,\nu R T_0 S}{V_0\mu}\).

Давления по обе стороны лёгкого поршня одинаковы. Запишите первое начало термодинамики для каждого отсека за малое время и исключите температуры через уравнение Менделеева–Клапейрона; сумма и разность полученных уравнений связывают \(\Delta p\) и \(\Delta V\) с мощностями.

1) \(v_0 = \dfrac{q_1 + q_2}{5p_0S}\);  2) \(v = \dfrac{2q}{5p_0S}\) (скорость постоянна);  3) \(q_2/q_1 = 1/3\).

1. По условию поршень легкий и перемещается в сосуде без трения. Следовательно, в любой момент времени давление газа по обе стороны от поршня одинаково. Для объёмов отсеков \(V_1\) и \(V_2\) справедливо равенство \(V_1 + V_2 = 2V_0\), где \(V_0\) — начальный объём отсека. Рассмотрим процесс, происходящий с газом за малый промежуток времени \(\Delta t\), и запишем первое начало термодинамики для каждого отсека: \[\begin{cases} q_1\Delta t = \frac32\nu_1R\Delta T_1 + p\Delta V,\\ -q_2\Delta t = \frac32\nu_2R\Delta T_2 - p\Delta V. \end{cases}\] Запишем для каждого отсека уравнение Менделеева–Клапейрона и выразим изменение температуры: \[\begin{cases} pV_1 = \nu_1RT_1,\\ pV_2 = \nu_2RT_2 \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} \nu_1R\Delta T_1 = p\Delta V + V_1\Delta p,\\ \nu_2R\Delta T_2 = -p\Delta V + V_2\Delta p. \end{cases}\] Отсюда получим, что \[\begin{cases} q_1\Delta t = \frac32V_1\Delta p + \frac52p\Delta V,\\ -q_2\Delta t = \frac32V_2\Delta p - \frac52p\Delta V. \end{cases}\] Сложим и вычтем друг из друга записанные выше уравнения: \[\begin{cases} (q_1 - q_2)\Delta t = 3V_0\Delta p,\\ (q_1 + q_2)\Delta t = \frac32(V_1 - V_2)\Delta p + 5p\Delta V. \end{cases} \tag{*}\] Тогда для начального момента (\(p = p_0\), \(V_1 = V_2 = V_0\)) получим \((q_1 + q_2)\Delta t = 5p_0\Delta V\). Отсюда, учитывая, что \(\Delta V = Sv_0\Delta t\), найдём начальную скорость поршня \(v_0\): \[v_0 = \frac{q_1 + q_2}{5p_0S}.\]

2. Если \(q_1 = q_2 = q\), то задача упрощается, и из первого уравнения в (\(*\)) находим, что \(p = p_0 = \mathrm{const}\). Из второго уравнения в (\(*\)) получим \(2q\Delta t = 5p_0\Delta V\). Это означает, что скорость движения поршня постоянна и равна \(v = 2q/(5p_0S)\).

3. Если отношение объёмов \(V_1 : V_2 = 3 : 1\), то \(V_1 = 3V_0/2\), \(V_2 = V_0/2\). Поскольку поршень в этом пункте задачи неподвижен, объём обоих отсеков со временем не меняется. Перепишем уравнения (\(*\)), изменив знак у \(q_2\) и учитывая, что в каждом отсеке происходит изохорный процесс (\(\Delta V = 0\)): \[\begin{cases} (q_1 + q_2)\Delta t = 3V_0\Delta p,\\ (q_1 - q_2)\Delta t = \frac32V_0\Delta p. \end{cases}\] Из полученных уравнений следует, что \[\frac{q_1 + q_2}{q_1 - q_2} = 2 \quad\Rightarrow\quad \frac{q_2}{q_1} = \frac13.\]

Проталкивая порцию \(d\nu\) в сосуд при постоянном давлении, насос совершает работу \(p\,dV = RT_0\,d\nu\). Запишите первое начало для всего газа, оказавшегося в сосуде, и уравнения состояния в начале и в конце.

1) \(\dfrac{\nu_\text{к}}{\nu_0} = \dfrac27 + \dfrac{5p_1}{7p_0}\);  2) \(T_1 = \dfrac{T_0}{\dfrac{2p_0}{7p_1} + \dfrac57}\).

Пусть \(V\) — объём сосуда, \(\nu_0\) — начальное количество вещества в сосуде, а \(\Delta\nu\) — количество вещества, переместившееся в сосуд из атмосферы. Запишем уравнения состояния газа в сосуде до и после закачивания: \[p_0V = \nu_0RT_0, \qquad p_1V = (\nu_0 + \Delta\nu)RT_1.\] Пусть давление воздуха внутри насоса равняется \(p_\text{в}\), а \(dV_\text{в}\) — объём, занимаемый порцией воздуха в количестве вещества \(d\nu\) внутри насоса. При закачивании указанной порции воздуха в сосуд насос совершает механическую работу \(\delta A_\text{н}\), равную: \[\delta A_\text{н} = p_\text{в}\,dV_\text{в}.\] Но из уравнения Менделеева–Клапейрона \(p_\text{в}\,dV_\text{в} = RT_0\,d\nu\), поэтому: \[\delta A_\text{н} = RT_0\,d\nu.\] Таким образом, полная механическая работа насоса \(A_\text{н}\) составляет: \[A_\text{н} = \Delta\nu RT_0.\] Запишем первое начало термодинамики для системы, состоящей из изначально находившегося в сосуде газа и закачанного в него насосом: \[A_\text{н} + U_0 + U_1 = U_\text{к}.\] Здесь \(U_0 = \nu_0C_VT_0\) — начальная внутренняя энергия воздуха, изначально находившегося в сосуде, \(U_1 = \Delta\nu C_VT_0\) — сумма внутренних энергий закачиваемого воздуха на этапе закачивания в сосуд, а \(U_\text{к} = (\nu_0 + \Delta\nu)C_VT_1\) — конечная внутренняя энергия рассматриваемой системы. Молярная теплоёмкость воздуха при постоянном объёме равна \(C_V = 5R/2\). Отсюда: \[\Delta\nu RT_0 + \frac{5\nu_0RT_0}{2} + \frac{5\Delta\nu RT_0}{2} = \frac{5(\nu_0 + \Delta\nu)RT_1}{2}.\] Таким образом: \[\frac{T_1}{T_0} = \frac{5\nu_0 + 7\Delta\nu}{5(\nu_0 + \Delta\nu)} = \frac{p_1}{p_0}\,\frac{\nu_0}{(\nu_0 + \Delta\nu)} \;\Rightarrow\; \frac{\Delta\nu}{\nu_0} = \frac57\left(\frac{p_1}{p_0} - 1\right).\] Для отношения количеств вещества воздуха в сосуде после завершения процессов с насосом и до их начала имеем: \[\frac{\nu_\text{к}}{\nu_0} = 1 + \frac{\Delta\nu}{\nu_0},\] откуда: \[\frac{\nu_\text{к}}{\nu_0} = \frac27 + \frac{5p_1}{7p_0}.\] Для отношения температур \(T_1/T_0\) имеем: \[\frac{T_1}{T_0} = \frac{p_1}{p_0}\,\frac{\nu_0}{\nu_\text{к}}.\] Таким образом: \[T_1 = \frac{T_0}{\dfrac{2p_0}{7p_1} + \dfrac57}.\]

В состоянии 1 пар насыщенный, а в состоянии 2 жидкости уже нет. Выразите обе работы через температуры и приравняйте.

Система получит в процессе 1–2 количество теплоты \(Q_{12} = \nu\left(r + \dfrac{16RT_3}{3}\right)\).

Как изменится суммарная внутренняя энергия газа? Как давление одноатомного газа связано с энергией единицы объёма?

\(\Delta x = \dfrac{2}{5}\,\dfrac{Q}{pS}\).

Из основного уравнения МКТ давление есть \(p = \dfrac{2}{3}\,n\bar w = \dfrac{2}{3}\,u\), где \(n\) — концентрация газа, \(\bar w\) — средняя кинетическая энергия одной частицы, \(u\) — плотность внутренней энергии газа (энергия единицы объёма). Заметим, что внутренняя энергия всего газа в ходе процесса не меняется, следовательно, процесс изобарический (так как \(u = \text{const}\)). Количество теплоты, подведённое газу, который расположен в левой части цилиндра, равно: \[Q = \frac{c_p}{R}\,pS\Delta x \quad\Longrightarrow\quad \Delta x = \frac{2}{5}\,\frac{Q}{pS},\] где \(\Delta x\) — искомое смещение поршня.

Давление газа равно атмосферному, процесс изобарный; для теплоты нужны и изменение внутренней энергии, и работа газа.

1) \(5{,}77\) л;  2) \(192\) Дж.

Запишите первое начало для малого изменения состояния, выразив \(dT\) через \(dP\) и \(dV\) из уравнения Менделеева — Клапейрона. Азот — двухатомный газ, \(C_V = 5R/2\).

\(4{,}5R\).

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.

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

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.

Выясните, какой процесс идёт с газом: из равновесия нижнего поршня найдите давление газа. Куда смещается нижний поршень, если верхний удерживается пружиной?

4

Правый сосуд заполнен до краёв, поэтому по мере расширения гелия ртуть выливается. Как давление гелия связано с его объёмом в этом процессе?

Удельная теплоёмкость гелия в данном процессе \(c = \dfrac{2R}{\mu} = 4155\) Дж/(кг\(\cdot^\circ\)C), где \(\mu\)— молярная масса гелия.

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, \[Q_{ABK} = U_K - U_A + A_{ABK} = 6{,}5\,p_0V_0, \qquad Q_{KCA} = U_A - U_K + A_{KCA} = -5{,}5\,p_0V_0.\]

Выразите работу газа через изменение температуры: для процесса \(p = \alpha V\) она пропорциональна \(\Delta T\). Тогда процесс имеет постоянную молярную теплоёмкость, и \(Q\) и \(\Delta U\) связаны через неё.

\(Q = 40\) Дж.

Рассмотрим процесс \(p = \alpha V\). Пусть объём увеличился в \(\beta\) раз. Запишем первое начало термодинамики: \[\begin{gather*} Q = \Delta U + A = c_V\Delta T + \frac{1}{2}(\alpha\beta V_0 + \alpha V_0)(\beta V_0 - V_0) = c_V\Delta T + \frac{1}{2}(\beta^2 - 1)\alpha V_0^2 = \\ = c_V\Delta T + \frac{1}{2}R\,\Delta T = \frac{c_V + c_p}{2}\,\Delta T . \end{gather*}\]

Т.е. это процесс с постоянной молярной теплоёмкостью (политропный процесс), равной \(c_\alpha = \dfrac{c_V + c_p}{2} = 2R\). Так как \[\Delta U + Q = (c_\alpha + c_V)\Delta T \;\Rightarrow\; \Delta T = \frac{\Delta U + Q}{c_\alpha + c_V},\] следовательно, \[Q = c_\alpha\Delta T = c_\alpha\cdot\frac{\Delta U + Q}{c_\alpha + c_V} = \frac{2\cdot 70}{3{,}5} = 40\text{ Дж}.\]

Левая порция остывает при постоянном давлении (атмосферном) и всё выделяемое тепло отдаёт правой порции. Что это говорит о теплоёмкости правой порции и о виде её процесса?

1) \(c = -\dfrac{5R}{2}\) (в начале и в конце процесса);  2) \(A_\text{г} = -4R\Delta T \approx 1000\text{ Дж}\), \(A_F = p_0\Delta V - A_\text{г} = RT_0\left(\dfrac{T_0^4}{(T_0+\Delta T)^4}-1\right) - A_\text{г} \approx 300\text{ Дж}\).

Изменение состояния газа слева и справа от перегородки происходит таким образом, что температура обеих порций остаётся одинаковой. Газ, располагающийся слева от перегородки, сжимается, поскольку его температура уменьшается при постоянном давлении, отдавая при изменении температуры на \(dT\) количество теплоты \[\delta Q_L = c_p\,dT. \tag{1}\] В формуле (1) считается, что \(dT<0\) и \(\delta Q_L<0\). Теплота (1) отдаётся порции газа в правом отсеке, которая получает количество теплоты, равное \(\delta Q_R = -\delta Q_L = -c_p\,dT\) только от газа в левом отсеке, поэтому теплоёмкость этой порции в любой момент в процессе охлаждения равна \[c = \frac{\delta Q_R}{dT} = \frac{-c_p\,dT}{dT} = -c_p = -\frac{5R}{2}. \tag{2}\] Таким образом, с газом в правом отсеке совершается политропический процесс с показателем политропы \[n = \frac{c-c_p}{c-c_V} = \frac{5R}{4R} = \frac54 .\] Работа газа, находящегося в правом отсеке, может быть найдена из первого начала термодинамики. С учётом полученного значения теплоёмкости (2) имеем формулу \[A_\text{г} = Q - \Delta U = -c_p\Delta T - c_V\Delta T \approx 1000\text{ Дж}, \tag{3}\] где \(\Delta T=-30\) K. Для того, чтобы вычислить работу внешней силы, определим сначала конечный объём порции газа, расположенной справа от перегородки. Это можно сделать двумя способами.

Используя уравнение политропического процесса \(pV^n=\text{const}\), где \(n=\frac54\) — показатель политропы, найденный выше, а также уравнение состояния идеального газа, имеем равенство \(T^4V=\text{const}\), из которого следует формула для объёма в конце процесса охлаждения \[V_1 = V_0\left(\frac{T_0}{T_0+\Delta T}\right)^4 . \tag{4}\] С другой стороны, можно было бы записать соотношение, отражающее первое начало термодинамики для газа, расположенного справа от перегородки: \[-c_p\,dT = c_V\,dT + \frac{RT}{V}\,dV .\] Из этого соотношения после преобразований и подстановки значений теплоёмкостей следует дифференциальное уравнение \[-4\,\frac{dT}{T} = \frac{dV}{V},\] интегрируя которое, получаем равенство \(-4\ln\dfrac{T}{T_0} = \ln\dfrac{V}{V_0}\) и далее формулу (4) для объёма.

Теперь можно перейти к определению работы внешней силы. Поскольку правый поршень перемещается очень медленно, суммарная работа всех сил, действующих на него, равна нулю, следовательно справедливо равенство \(A_\text{г} + A_F - p_0(V_1-V_0)=0\), подставляя в которое объём из формулы (4) и работу газа из формулы (3), получаем ответ \[A_F = RT_0\left(\left(\frac{T_0}{T_0+\Delta T}\right)^4-1\right) - A_\text{г} \approx 300\text{ Дж}.\]

Температура и давление остаются постоянными, пока есть вода: всё тепло идёт на испарение и на работу против груза. Найдите, сколько пара должно образоваться, чтобы объём вырос на нужную величину.

\(Q = \dfrac{L\rho}{p}\,mgh \approx 13\) кДж.

На плоскости \(pV\) точка состояния не может уходить ни на более низкую изотерму, ни на более низкую адиабату: процесс лежит между изотермами и адиабатами, проходящими через состояния 1 и 2. Вспомните, что \(\delta Q = T\,dS\): при каком ходе температуры тепло максимально и минимально?

1) \(V_A^{\max} = 2V\), \(V_A^{\min} = \dfrac{V}{2\sqrt2}\), \(V_B^{\max} = 4\sqrt2\,V\), \(V_B^{\min} = V\);  2) \(Q_A = 5\nu RT\ln2\), \(Q_B = \dfrac52\nu RT\ln2\).

Способ 1. Через любую точку, соответствующую состоянию газа в координатах \(pV\) проходит ровно одна изотерма. Изотермы друг с другом не пересекаются и расположенным выше изотермам соответствуют большие температуры. При переходе газа из состояния 1 в состояние 2 точка, соответствующая его состоянию, не может перемещаться с «верхних» изотерм на «нижние», так как температура газа не уменьшается, а траектория процесса лежит между изотермами, проходящими через точки 1 и 2.

Если теперь рассмотреть аналогичным образом на той же \(pV\)-плоскости семейство адиабат, то точка, соответствующая состоянию газа не может перемещаться с «верхних» адиабат на «нижние», так как тепло от газа не отводится, следовательно, траектория процесса лежит между адиабатами, проходящими через точки 1 и 2 (см. рис.).

Покажем, что максимальное количество теплоты в таком процессе подводится к газу в случае, если его сначала адиабатически перевести из состояния 1 в состояние 3, затем изотермически из состояния 3 в состояние 2. Рассмотрим цикл \(1-3-2-1\), полагая переход из состояния 2 в состояние 1 произвольным, лежащим внутри криволинейного четырёхугольника \(1-3-2-4-1\). Работа в этом цикле равна разности подведённого на участке \(1-3-2\) количества теплоты \(Q_{132}\) и отведённого при переходе \(2-1\) количества теплоты \(Q_{21}\). Так как работа положительна, \(Q_{132} > Q_{21}\). Так как процесс 21 выбран произвольно (при ограничениях на подвод тепла и изменение температуры, которые оговорены в условии), то величина \(Q_{132}\) соответствует максимальному значению количества теплоты, которое может быть подведено при таком переходе. Аналогично можно показать, что минимально возможному количеству теплоты соответствует процесс, при котором газ сначала изотермически расширяется из состояния 1 в состояние 4, а затем адиабатически сжимается, переходя из состояния 4 в состояние 2.

Способ 2. Приведём анализ характера процессов \(A\) и \(B\) с использованием понятия энтропии. Процессы \(A\) и \(B\) протекают так что, в течение всего процесса температура газа не уменьшается и тепло от газа не отводится, значит энтропия в этих процессах не может уменьшаться. Подведенная теплота и изменение энтропии связаны соотношением: \(\delta Q = T\,dS\).

Процесс \(A\) протекает с максимально возможным подведенным теплом, значит в этом процессе все подведенное тепло должно быть передано при максимально возможной температуре. Для этого систему нужно перевести без подвода тепла в состояние с максимально возможной температурой, что соответствует процессу, при котором газ сначала адиабатически сжимается из состояния 1 в состояние 3, а затем изотермически расширяется, переходя из состояния 3 в состояние 2. Процесс \(B\) протекает с минимально возможным подведенным теплом, значит в этом процессе все подведенное тепло должно быть передано при минимально возможной температуре, после чего в состояние 2 систему нужно перевести без подвода тепла. Это соответствует процессу, при котором газ сначала изотермически расширяется из состояния 1 в состояние 4, а затем адиабатически сжимается, переходя из состояния 4 в состояние 2.

Перейдём к вычислению объёмов, соответствующих точкам 3 и 4. Уравнение, связывающее переменные \(T\) и \(V\) в адиабатическом процессе: \[TV^{\gamma-1} = \text{const},\] где \(\gamma\) — показатель адиабаты. Для одноатомного идеального газа \(\gamma = 5/3\) и \(TV^{2/3} = \text{const}\). Отсюда для процесса \(A\): \[TV^{2/3} = 2T\left(V_A^{\min}\right)^{2/3}, \quad V_A^{\min} = \frac{V}{2\sqrt2}.\] Очевидно, что \(V_A^{\max} = 2V\). Для процесса \(B\): \[2T\cdot(2V)^{2/3} = T\cdot\left(V_B^{\max}\right)^{2/3}, \quad V_B^{\max} = 4\sqrt2\,V.\] Разумеется \(V_B^{\min} = V\).

Теплота в этих процессах подводится на изотермах. Количество теплоты в изотермическом процессе равно работе газа. Для процесса \(A\): \[Q_A = 2\nu RT\ln\frac{V_2}{V_3} = 5\nu RT\ln2.\] Для процесса \(B\):

\[Q_B = 2\nu RT\ln\frac{V_4}{V_1} = \frac52\nu RT\ln2.\]

При постоянной температуре давление не меняется, а часть пара конденсируется: тепло конденсации равно изменению внутренней энергии минус работа внешних сил. Для \(L\) используйте конечные разности в уравнении Клапейрона–Клаузиуса. При адиабатическом сжатии проверьте, остаётся ли пар насыщенным.

А. \(A_{\text{ext}}^{(T)} = 0{,}1\nu_0RT\), \(\Delta U^{(T)} = -0{,}1\nu_0(\mu L - RT)\); Б. \(L \approx 2{,}45\cdot 10^6\) Дж/кг; В. \(\Delta U^{(\text{нас})} \approx 50\) Дж, \(A_{\text{ext}}^{(\text{нас})} \approx 278\) Дж; Г. \(A_{\text{ext}}^{(Q)} = \Delta U^{(Q)} \approx 266\) Дж.

А. Поскольку процесс происходит при постоянной температуре, давление под поршнем в процессе сжатия не меняется. Десятая часть количества водяного пара превращается в жидкость. Работа внешних сил равна \[A_{\text{ext}}^{(T)} = 0{,}1P_{\text{нас}}V = 0{,}1\nu_0RT,\] где \(\nu_0 = 1\) моль — количество вещества в сосуде под поршнем.

Количество теплоты, выделяющееся при конденсации \(0{,}1\) моля пара, равно \[Q_{\text{cond}} = -0{,}1\nu_0\mu L .\] С другой стороны, то же самое количество теплоты равно \[Q_{\text{cond}} = \Delta U^{(T)} - A_{\text{ext}}^{(T)} .\] Из этих формул следует второй ответ \[\Delta U^{(T)} = -0{,}1\nu_0\mu L + A_{\text{ext}}^{(T)} = -0{,}1\nu_0(\mu L - RT).\]

Б. Удельная теплота парообразования может быть найдена при помощи уравнения Клапейрона–Клаузиуса. Заменив производную отношением конечных разностей, далее применяя уравнение Клапейрона для газовой фазы, имеем \[L = \frac{\Delta P}{\Delta T}\left(\frac{RT^2}{P\mu} - \frac{T}{\rho_{\text{ж}}}\right).\] Сделаем численную оценку слагаемых в скобках. Легко видеть, что второе слагаемое на 5 порядков меньше первого, так что им можно пренебречь. В итоге имеем соотношение \[L = \frac{\Delta P}{\Delta T}\cdot\frac{RT^2}{P\mu}.\] Вычисляя разность давлений для температур \(27\,^\circ\)C и \(28\,^\circ\)C, получаем ответ \[L \approx 2{,}45\cdot 10^6\text{ Дж/кг}.\]

В. Преобразуем первое начало термодинамики, используя соотношение \(\nu_0R\,dT = P\,dV + V\,dP\), следующее из уравнения Клапейрона, \[\delta Q = (c_V + R)\nu_0\,dT - V\,dP .\] Уравнение Клапейрона–Клаузиуса с учётом малости удельного объёма жидкости может быть преобразовано к виду \[\frac{dP}{dT} = \frac{mL}{TV}.\] Подставим \(dP\) из этого равенства в предыдущее соотношение. После преобразований получится формула для молярной теплоёмкости насыщенного пара \[c = \frac{\delta Q}{\nu_0\,dT} = (c_V + R) - \frac{L\mu}{T} = c_P - \frac{L\mu}{T}.\] При небольшом (по сравнению с температурой \(T\)) изменении температуры \(\Delta T\), как следует из этой формулы, количество подведённой теплоты приближённо равно \[Q = \nu_0\left(c_P - \frac{L\mu}{T}\right)\Delta T .\] Теперь следует выяснить, на сколько изменяется температура пара при уменьшении объёма одного моля пара на 10%. Это можно сделать, используя данные таблицы. Получится, что уменьшению объёма на 10% соответствует увеличение температуры на \(2\,^\circ\)C. Подставляя в формулу для \(Q\) значения \(\Delta T = 2\) K, \(T = 300\) К, \(c_P = 4R\) (водяной пар — многоатомный газ), \(L \approx 2{,}45\cdot 10^6\) Дж/кг (из предыдущего пункта), получаем для количества теплоты значение \[Q \approx -228\text{ Дж}.\] Изменение внутренней энергии равно \[\Delta U^{(\text{нас})} = \nu_0c_V\Delta T \approx 50\text{ Дж}.\] Комбинируя эти результаты, получаем из первого начала термодинамики ответ \[A_{\text{ext}}^{(\text{нас})} = \Delta U^{(\text{нас})} - Q \approx 278\text{ Дж}.\]

Г. Сначала сделаем оценку и поймём, остаётся пар насыщенным при адиабатическом уменьшении объёма или нет. Предположим, что пар становится ненасыщенным, тогда будем рассматривать его как идеальный газ. Показатель адиабаты для многоатомного газа равен \(\gamma = \dfrac43\), поэтому уравнение адиабаты для водяного пара может быть записано в виде \[P(T) = P(T_0)\,\frac{T^4}{T_0^4},\] где \(P_0 = 3{,}57\cdot 10^3\) Па, \(T_0 = 300\) К. Сделаем расчёт по этой формуле и определим давление при температуре \(28\,^\circ\)C. Получится значение \(P(301\text{ К}) \approx 3618\) Па. Это значение меньше значения давления насыщенного пара при температуре \(28\,^\circ\)C. Это означает, что с ростом температуры давление насыщенного пара растёт быстрее, чем растёт давление ненасыщенного пара в адиабатическом процессе. Таким образом, для ответа на вопросы этого пункта задачи следует определить изменение температуры ненасыщенного водяного пара как идеального газа при уменьшении объёма на 10%. Используем уравнение адиабаты в виде \(TV^{1/3} = \text{const}\). Значение температуры при уменьшении объёма на 10% равно \[T_1 = T_0\,(0{,}9)^{-1/3} \approx 310{,}7\text{ К}.\] Теперь, используя найденное значение \(T_1\), можно найти изменение внутренней энергии ненасыщенного пара \[\Delta U^{(Q)} = \nu_0\cdot 3R\,(T_1 - T_0) \approx 266\text{ Дж}.\] Работа внешних сил равна изменению внутренней энергии \[A_{\text{ext}}^{(Q)} = \Delta U^{(Q)} \approx 266\text{ Дж}.\]