КПД двух циклов одноатомного газа

Работа за цикл равна площади цикла на диаграмме \(P\)–\(V\). На участке 2–4 теплота подводится не всюду: найдите точку, где она меняет знак, по первому началу термодинамики.

Пусть состояния имеют координаты: \(1\,(V_0,\,P_0)\), \(2\,(V_0,\,3P_0)\), \(3\,(3V_0,\,3P_0)\), \(4\,(3V_0,\,P_0)\).

Цикл 1–2–3–4–1 — прямоугольник площадью \(2V_0\cdot 2P_0\), поэтому работа за цикл \(A_1 = 4P_0V_0\). Теплота подводится на участках 1–2 (изохора) и 2–3 (изобара). Используя \(PV = \nu RT\) и \(\Delta U = \frac{3}{2}\Delta(PV)\): \[Q_{12} = \frac{3}{2}\,\Delta(PV) = \frac{3}{2}(3P_0V_0 - P_0V_0) = 3P_0V_0 , \qquad Q_{23} = \frac{5}{2}\,\Delta(PV) = \frac{5}{2}(9P_0V_0 - 3P_0V_0) = 15P_0V_0 .\] КПД этого цикла \[\eta_1 = \frac{A_1}{Q_{12} + Q_{23}} = \frac{4P_0V_0}{18P_0V_0} = \frac{2}{9} .\]

Цикл 1–2–4–1 — треугольник с площадью \(A_2 = \dfrac{1}{2}\cdot 2V_0\cdot 2P_0 = 2P_0V_0\). Процесс 2–4 — прямая \(P = P_0\left(4 - \dfrac{V}{V_0}\right)\). Для него \(\Delta P = -\dfrac{P_0}{V_0}\Delta V\), и количество теплоты на малом участке \[\Delta Q = \frac{5}{2}P\,\Delta V + \frac{3}{2}V\,\Delta P = 2P_0\left(5 - 2\frac{V}{V_0}\right)\Delta V .\] Теплота подводится только до точки \(5\) с \(V_5 = 2{,}5\,V_0\) и \(P_5 = 1{,}5\,P_0\); дальше на участке 5–4 теплота отводится. Количество теплоты на участке 2–5: \[Q_{25} = \frac{3}{2}\left(P_5V_5 - P_2V_2\right) + \frac{P_2 + P_5}{2}\left(V_5 - V_2\right) = \frac{3}{2}\cdot 0{,}75\,P_0V_0 + \frac{4{,}5}{2}\cdot 1{,}5\,P_0V_0 = 4{,}5\,P_0V_0 .\] Полная подведённая теплота \(Q_{12} + Q_{25} = 3P_0V_0 + 4{,}5P_0V_0 = 7{,}5P_0V_0\), и КПД \[\eta_2 = \frac{A_2}{Q_{12} + Q_{25}} = \frac{2P_0V_0}{7{,}5P_0V_0} = \frac{4}{15} .\] Разность \[\eta_2 - \eta_1 = \frac{4}{15} - \frac{2}{9} = \frac{2}{45} \approx 0{,}044 ,\] то есть КПД цикла 1–2–4–1 больше на \(\dfrac{2}{45}\) (примерно на \(4{,}4\,\%\)).