Задание №24 — Количество теплоты. Фазовые переходы

Решение:

Обозначения. $\nu = 4$ моль — количество вещества гелия; $Q_{\text{нагр}} = 120\ \text{кДж} = 1{,}2\cdot 10^{5}\ \text{Дж}$ — теплота, полученная от нагревателя за цикл; $p_0,\ V_0$ — масштабные значения давления и объёма на диаграмме; $T_1,\ T_2,\ T_3$ — температуры газа в состояниях 1, 2, 3; $Q_{12},\ Q_{23},\ Q_{31}$ — количества теплоты, полученные газом на участках цикла; $\Delta U$ — изменение внутренней энергии, $A$ — работа газа; $R = 8{,}31\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{моль}\cdot\text{К}}$.

1. Считываем диаграмму. Вершины цикла: $1\,(V_0,\ p_0)$, $2\,(V_0,\ 2p_0)$, $3\,(4V_0,\ 3p_0)$; обход $1 \to 2 \to 3 \to 1$. Участок 1 → 2 — изохора $V = V_0$, участки 2 → 3 и 3 → 1 — отрезки прямых.

2. Температуры в вершинах. Гелий разрежен, поэтому это идеальный одноатомный газ; по уравнению Менделеева — Клапейрона $pV = \nu R T$, то есть $T = \dfrac{pV}{\nu R}$:

$$T_1 = \frac{p_0 V_0}{\nu R},\qquad T_2 = \frac{2 p_0 V_0}{\nu R},\qquad T_3 = \frac{3p_0 \cdot 4V_0}{\nu R} = \frac{12 p_0 V_0}{\nu R}.$$

3. Теплота на каждом участке (первый закон термодинамики $Q = \Delta U + A$; для одноатомного газа $\Delta U = \dfrac{3}{2}\nu R \Delta T = \dfrac{3}{2}\Delta(pV)$, а работа численно равна площади под графиком в осях $p$–$V$).

Участок 1 → 2 (изохора, $A_{12} = 0$):

$$Q_{12} = \Delta U_{12} = \frac{3}{2}\left(2p_0V_0 - p_0V_0\right) = 1{,}5\,p_0 V_0 \gt 0 .$$

Участок 2 → 3: работа — площадь трапеции под отрезком,

$$A_{23} = \frac{2p_0 + 3p_0}{2}\left(4V_0 - V_0\right) = 7{,}5\,p_0 V_0,\qquad \Delta U_{23} = \frac{3}{2}\left(12 p_0V_0 - 2p_0V_0\right) = 15\,p_0 V_0,$$

$$Q_{23} = \Delta U_{23} + A_{23} = 22{,}5\,p_0 V_0 \gt 0 .$$

На этом участке одновременно растут и объём, и давление, значит растёт и температура $T = \dfrac{pV}{\nu R}$, и работа положительна на каждом малом шаге. Поэтому газ здесь только получает теплоту.

Участок 3 → 1:

$$A_{31} = -\frac{3p_0 + p_0}{2}\left(4V_0 - V_0\right) = -6\,p_0 V_0,\qquad \Delta U_{31} = \frac{3}{2}\left(p_0V_0 - 12p_0V_0\right) = -16{,}5\,p_0 V_0,$$

$$Q_{31} = -22{,}5\,p_0 V_0 \lt 0 .$$

Здесь и объём, и давление убывают, поэтому убывает и температура, а работа газа отрицательна: газ на всём участке только отдаёт теплоту холодильнику.

4. Связь с $Q_{\text{нагр}}$. От нагревателя газ получает теплоту на участках 1 → 2 и 2 → 3:

$$Q_{\text{нагр}} = Q_{12} + Q_{23} = 1{,}5\,p_0V_0 + 22{,}5\,p_0V_0 = 24\,p_0 V_0,$$

$$p_0 V_0 = \frac{Q_{\text{нагр}}}{24} = \frac{1{,}2\cdot 10^{5}\ \text{Дж}}{24} = 5\cdot 10^{3}\ \text{Дж}.$$

5. Искомая температура.

$$T_2 = \frac{2 p_0 V_0}{\nu R} = \frac{2 \cdot 5\cdot 10^{3}}{4 \cdot 8{,}31}\ \text{К} \approx 301\ \text{К}.$$

Проверка правдоподобия. Работа за цикл $A = A_{23} + A_{31} = 1{,}5\,p_0V_0 = 7{,}5\ \text{кДж}$ — это площадь треугольника 1‑2‑3 на диаграмме, что совпадает с прямым подсчётом; КПД цикла $\eta = \dfrac{7{,}5}{120} \approx 6{,}3\%$ — разумная величина. Температура $T_2 \approx 301\ \text{К} \approx 28\ ^\circ\text{C}$ вполне правдоподобна.

Ответ: $T_2 = \dfrac{Q_{\text{нагр}}}{12\,\nu R} \approx 3{,}0\cdot 10^{2}\ \text{К}\ (\approx 301\ \text{К})$.