Диссоциация водорода

Запишите внутреннюю энергию смеси одно- и двухатомного газов с учётом энергии диссоциации и составьте дифференциальное уравнение адиабаты \(dU = -\delta A\).

\(V_2 = V_1\cdot\dfrac{T_1 + y}{T_2 + y}\cdot\left(\dfrac{T_1(T_2 + y)}{T_2(T_1 + y)}\right)^{x/y} \approx 411{,}5\) км\(^3\), где \(x = \dfrac{(\eta_2 + 5)T_1 - (\eta_1 + 5)T_2}{2(\eta_1 - \eta_2)} + \dfrac{WN}{R} \approx 5{,}5\cdot10^4\) К,  \(y = \dfrac{(\eta_2 + 1)T_1 - (\eta_1 + 1)T_2}{\eta_1 - \eta_2} = -1{,}5\cdot10^3\) К.

Зависимость доли \(\eta\) диссоциировавших молекул водорода от температуры \(T\) имеет линейный вид, то есть \[\eta = aT + b,\] где коэффициенты \(a\) и \(b\) определяем по двум известным точкам: \[a = \dfrac{\eta_1 - \eta_2}{T_1 - T_2} = 6{,}0\cdot10^{-4}\text{ К}^{-1},\qquad b = \dfrac{\eta_2T_1 - \eta_1T_2}{T_1 - T_2} = -1{,}9.\] Суммарная внутренняя энергия \(U\) рассматриваемой части облака складывается из энергий двух идеальных газов (одноатомного и двухатомного) и энергии диссоциировавших молекул, поэтому, обозначив через \(\nu\) общее количество пар атомов водорода в любом состоянии, можно записать \[U = \dfrac{3}{2}\cdot2\nu\eta\cdot RT + \dfrac{5}{2}\cdot\nu(1 - \eta)\cdot RT + WN\cdot\nu\eta = \dfrac{\nu RaT^2}{2} + \nu\left(\dfrac{(b + 5)R}{2} + WNa\right)T + \nu WNb.\] С помощью дифференцирования находим изменение внутренней энергии при малом расширении: \[dU = \nu R\left(aT + \dfrac{b + 5}{2} + \dfrac{WNa}{R}\right)dT.\] Пусть \(V\) — объём рассматриваемой части облака при некоторой температуре \(T\), тогда с помощью закона Менделеева–Клапейрона выражаем давление \(P\) газа и находим его работу \(\delta A\) при малом расширении: \[P = \dfrac{\nu(1 + \eta)RT}{V},\qquad \delta A = P\,dV = \nu R\left(aT^2 + (b + 1)T\right)\dfrac{dV}{V}.\] Согласно первому началу термодинамики в адиабатическом процессе справедливо равенство \(U = -A\), из дифференциальной формы \(dU = -\delta A\) которого после подстановки формул для \(dU\) и \(\delta A\) получаем уравнение \[\dfrac{T + x}{T(T + y)}\cdot dT = -\dfrac{dV}{V}, \tag{1}\] где для краткости введены обозначения \[x = \dfrac{b + 5}{2a} + \dfrac{WN}{R} = \dfrac{(\eta_2 + 5)T_1 - (\eta_1 + 5)T_2}{2(\eta_1 - \eta_2)} + \dfrac{WN}{R} \approx 5{,}5\cdot10^4\text{ К},\] \[y = \dfrac{b + 1}{a} = \dfrac{(\eta_2 + 1)T_1 - (\eta_1 + 1)T_2}{\eta_1 - \eta_2} = -1{,}5\cdot10^3\text{ К}.\] Вычислим неопределённый интеграл от левой части уравнения (1): \[I = \int\dfrac{(T + x)\,dT}{T(T + y)} = \int\dfrac{T + x}{y}\left(\dfrac{1}{T} - \dfrac{1}{T + y}\right)dT = \dfrac{1}{y}\int\left(\dfrac{x}{T} + \dfrac{y - x}{T + y}\right) = \dfrac{x}{y}\cdot\ln|T| + \dfrac{y - x}{y}\cdot\ln|T + y| + C.\] Теперь проинтегрируем соотношение (1) целиком — от \((T_1; V_1)\) до \((T_2; V_2)\): \[\dfrac{x}{y}\cdot\ln\left|\dfrac{T_2}{T_1}\right| + \dfrac{y - x}{y}\cdot\ln\left|\dfrac{T_2 + y}{T_1 + y}\right| = -\ln\left|\dfrac{V_2}{V_1}\right|.\] Учитывая положительность подмодульных выражений и используя свойства логарифма, перепишем это уравнение в виде \[\ln\dfrac{V_2}{V_1} = \ln\dfrac{T_1 + y}{T_2 + y} + \dfrac{x}{y}\cdot\ln\dfrac{T_1(T_2 + y)}{T_2(T_1 + y)},\] откуда найдём искомый конечный объём: \[V_2 = V_1\cdot\dfrac{T_1 + y}{T_2 + y}\cdot\left(\dfrac{T_1(T_2 + y)}{T_2(T_1 + y)}\right)^{x/y} \approx 411{,}5\text{ км}^3.\]

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