Утерянная часть графика

Работу газа можно найти двумя способами: как площадь под кривой и через изменение внутренней энергии. У графика нет оси \(V\), поэтому неизвестно, где \(p=0\), — но «столько же отдал, сколько получил» связывает оба способа.

\(A\approx1{,}5\) кДж.

Что происходит. Нам дана кривая \(p(V)\), но без оси объёмов: неизвестно, на какой высоте проходит \(p=0\). Работа газа равна площади под кривой, то есть зависит от этой неизвестной высоты. С другой стороны, газ получил и отдал одинаковое количество теплоты, \(Q=0\), значит, по первому началу термодинамики \(A=-\Delta U\), а внутренняя энергия одноатомного газа находится по \(p\) и \(V\) в двух состояниях. Приравняв два выражения для \(A\), мы найдём недостающую высоту \(p_2\), а с ней — и работу. Главная идея: «потерянная» ось определяется тепловым балансом.

Обозначения. Ось объёма проходит через точку \(V=0\) на оси \(p\), поэтому \(V\) отсчитываем от оси \(p\) на рисунке. Давление возьмём от неизвестного уровня \(p_2\) (давление в состоянии 2). Масштаб: отрезок \(0{,}01\text{ м}^3\) на рисунке — по горизонтали, \(10^4\text{ Па}\) — по вертикали. Снимем с рисунка (рисунок 1:1 по пикселям скана): \(V_1\approx0{,}018\text{ м}^3\), \(V_2\approx0{,}060\text{ м}^3\), перепад \(p_1-p_2\approx8{,}5\cdot10^{4}\text{ Па}\), площадь \(S\) между кривой и горизонталью на уровне \(p_2\) (от \(V_1\) до \(V_2\)) \(\approx0{,}9\text{ кДж}\).

1. Первое начало термодинамики для всего процесса. Газ получил столько же тепла, сколько отдал, поэтому суммарное \(Q=0\) и \[A=-\Delta U,\qquad \Delta U=\frac32\,\nu R\,(T_2-T_1)=\frac32\,(p_2V_2-p_1V_1)\] (уравнение Менделеева — Клапейрона: \(\nu RT=pV\); поэтому ни \(R\), ни число молей не нужны).

2. Работа как площадь. Работа газа равна площади под кривой от \(V_1\) до \(V_2\). Разобьём её на прямоугольник высотой \(p_2\) и фигуру площади \(S\) над ним: \[A=p_2\,(V_2-V_1)+S .\]

3. Приравниваем. Перепишем \(p_2V_2-p_1V_1=p_2\,(V_2-V_1)-(p_1-p_2)\,V_1\). Условие \(A+\Delta U=0\) даёт \[p_2\,\Delta V+S+\frac32\,p_2\,\Delta V-\frac32\,(p_1-p_2)\,V_1=0,\qquad \Delta V=V_2-V_1 .\] Отсюда \[p_2=\frac{\tfrac32\,(p_1-p_2)\,V_1-S}{\tfrac52\,\Delta V}.\] Обратите внимание: в правую часть входит только то, что видно на рисунке (разность давлений, объёмы, площадь), и не входит уровень \(p=0\), который утерян.

4. Числа. \(\tfrac32\cdot8{,}5\cdot10^{4}\cdot0{,}018\approx2{,}3\cdot10^{3}\) Дж, \(\Delta V\approx0{,}042\text{ м}^3\): \[p_2\approx\frac{(2{,}3-0{,}9)\cdot10^{3}}{2{,}5\cdot0{,}042}\text{ Па}\approx1{,}3\cdot10^{4}\text{ Па},\qquad p_1\approx9{,}8\cdot10^{4}\text{ Па}.\] Работа: \[A=p_2\,\Delta V+S\approx1{,}3\cdot10^{4}\cdot0{,}042+0{,}9\cdot10^{3}\approx1{,}5\cdot10^{3}\text{ Дж}.\]

Проверка. Второй способ: \(A=-\Delta U=\tfrac32\,(p_1V_1-p_2V_2)=\tfrac32\,(9{,}8\cdot10^{4}\cdot0{,}018-1{,}3\cdot10^{4}\cdot0{,}060)\approx\tfrac32\,(1{,}78-0{,}80)\cdot10^{3}\approx1{,}5\cdot10^{3}\text{ Дж}\) — то же число. Знаки согласованы: объём вырос, \(A>0\); произведение \(pV\) уменьшилось, газ охладился, \(\Delta U<0\) (рисунок). Неточность чтения масштаба на 3 % меняет ответ примерно на \(\pm0{,}1\) кДж. Обратите внимание: «отдал столько же тепла, сколько получил» не значит, что процесс адиабатный: на разных участках тепло то поступало, то уходило, важна только сумма.

Ответ: \(A=-\Delta U=\tfrac32\,(p_1V_1-p_2V_2)\approx1{,}5\) кДж.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.