Решение задач по физике. Общие методы - Беликов Б.С.
Скачать (прямая ссылка):
Решение. Физическая система состоит из одного моля идеального газа. В этой системе происходит круговой процесс, состоящий из двух изотерм и двух изобар (рис. 30.1). Для нахождения к. п. д. цикла по формуле
Лі
30.1 30.2
(30.1) необходимо определить Q1 и Q2- Система получает теплоту Q1 при изобарном переходе из состояния / с параметрами pi, Vu T2 в состояние 2 с параметрами ри Vx, T1 и при изотермическом расширении из состояния 2 в состояние S с параметрами ръ, V2, T1:
Qi=Cj(Tr-Ti)-T-AT1 In(IVVi). (30.5)
Система отдает теплоту Q8 холодильнику при изобарном переходе из состояния 3 в состояние 4 с параметрами Рг, V8, T8 и при изотермическом сжатии из состояния 4 в состояние /:
Q8 = СР (T1-T,) + RT, In (V-JV1). (30.6)
201
Из закона Бойля — Мариотта для изотерм Tx и T2 P1V1^p2V2 и P1V1^p2V2
следует, что
V1 Yi = Pt
Vx^Vi р%
Подставляя эти отношения объемов в формулы (30.5) и (30.6) и учитывая (ЗОЛ), находим
f R(T1-T2)In(PJp2) ц Cp(T1-T2)ArRT1Xn(P1Ip2Y
Используя известное соотношение Cp=112(i-\-2)R, где і — число степеней свободы, окончательно получаем
__T1-T2
Ц~ т (J^2)(T1-T2)' 1_Г 2 In(P1Zp2)
Расчет дает т]«22,5%.
К- п. д цикла Карно для таких же температур Tx нагревателя и T2 холодильника
^=(T1-T2)IT1, yi«50%.
Если увеличить степень сжатия (положив, например, Pi//?2=20), а число степеней свободы молекул газа уменьшить (і=3), то к. п. д. цикла из двух изотерм и двух изобар можно повысить до rj«35%. Но в любом случае он останется меньше к. п. д. цикла Карно.
Пример 30.2 Цикл состоит из изотермы (T1=QQO К), изобары и изохоры (рис. 30.2). Отношение WV3=S. Рабочее вещество — идеальный газ (і=Ь). Определить к. п. д. цикла как функцию максимальной (T1) и минимальной температур рабочего вещества. Решение. Определим минимальную температуру. В изобарном процессе газ охлаждается, а в изохорном — нагревается. Следовательно, минимальная температура — это температура T3 в состоянии 3. Из уравнений состояния для точек 2 и 3
PV2=RT1, PV3=RT3,
находим минимальную температуру:
T3=TMVt=0,5 T1, Т8=300 К.
Так как все процессы политропны, то, используя первое начало термодинамики (для изотермического процесса)
202
и формулу (29.8) (для изобарного и изохорного процессов), определим количество теплоты, поглощаемое (отдаваемое) рабочим веществом в этих процессах. Для изотермического процесса
Qu=RT1 In(IVF1).
Так как V1=V8, a VJV3=T1IT8, то Qi2=AT1 In(T1ZT8).
Для изобарного процесса
Q23 = Ср (T1 -Tз)= i±? R (T1 -T8).
Для изохорного процесса
Qs1 = Cy(T1-T3) = f (T,-T3).
Объединяя полученные результаты по формуле (30.1), находим к. п. д. цикла:
„._Qn+Q8i-Q»8__i V2 0'+2) (T1-T3) _Шо/ Qis + Qsi Pi In (ТУП) + */, '(T1-T,) '4^1 и Л'
Пример 30.3 Определить изменение энтропии одного моля идеального газа в изобарном, изохорном и изотермическом процессах.
Решение. Физическая система — один моль идеального газа — участвует в трех изопроцессах. Эти процессы квазистатические и обратимые. Следовательно, изменение энтропии можно получить непосредственно по формуле (30.4).
Для изобарного процесса
*S,-№-]C-?-Crln%-C,ln%. (30.7)
Для изохорного процесса
A5v = J^ = J^ = Cvln^ = Cvln^. (30.8)
Tt т, 11
Для изотермического процесса
Д5Г = f ^ Г Ц = С ф = R In ?. (30.9)
203
Применим полученные результаты к циклу из примера 30.2. Этот цикл состоит из изобары, изохоры и изотермы. Все эти процессы обратимы, и, следовательно, весь цикл также обратим. Для обратимого цикла по теореме Клаузиу-са (30.3) изменение энтропии равно нулю:
ASp+AS у+AS т=0.
Отсюда, учитывая формулы (30.7) — (30.9) и обозначения примера 30.2, находим
T± + Cv ln?- + tf 1п? = 0.
Ср In п
Vx
Так как Vi=V8, a VJV3=TJT3 (см. пример 30.2), то — Cp\n~-\-Cy\n~-\-R~ = 0.
Отсюда получаем известное уравнение Майера (29.17): Cp=Cy+R.
Изобразим изменение энтропии в рассматриваемом цикле в системе координат (5-ln T) (рис. 30.3). На участке 1-2
изотермического расшире ния (In T=const) энтропия возросла на AS7=OJ R1 а на участке 2-3 изобарного охлаждения она уменьшилась на ASp=3,5-0,7 R и на участке 3-/ изохорного нагревания энтропия возросла на ASv=2,5x0,7 R. Полное изменение энтропии за цикл равно нулю: ASp+AS у+AS т=0. Естественным кажется возрастание энтропии на участках 3—/ и /—2 (это формально согласуется с законом возрастания энтропии). На первый взгляд не совсем понятно, почему на участке 2-3 энтропия системы убывает (это противоречит закону возрастания энтропии). На самом деле никакого противоречия с законом возрастания энтропии здесь нет. Этот закон справедлив лишь для адиабатно изолированной системы. Система, рассматриваемая в примере 30.2, адиабатно не изолирована: при изотермическом расширении 1-2 и изохорном нагревании 3-1 она
j А
«г»
У 's) >
J
Jn Г
30.3
204
получает теплоту, а при изобарном охлаждении 2-3 отдает ее внешним телам.
Пример 30.4 Адиабатно изолированный сосуд разделен на две равные части жесткой и нетеплопроводной перегородкой (рис. 30.4). В каждой половине сосуда находится по одному молю одинакового идеального трехатомного газа: в левой половине — при температуре T1=OOO К, в правой — при температуре T2=300 К. Перегородку убирают. Определить изменение энтропии газа после того, как установится равновесное состояние. Решение. Рассмотрим три физические системы. Система I состоит из одного моля газа, находящегося в левой половине сосуда при температуре T1. До снятия перегородки она адиабатно изолирована и находится в равновесном состоянии. Система II состоит из одного моля такого же газа, находящегося в правой половине сосуда при температуре Т8<Ть До снятия перегородки она также адиабатно изолирована и находится в равновесном состоянии. Система III (общая) является объединением систем I и II. До и после снятия перегородки и в системе III и в каждой из систем I и II происходят не-квазистатические и необратимые процессы, в результате которых в них устанавливаются равновесные состояния.
