Rozwiązane zadanie z termodynamiki

Cykl trójkątny

Ćwiczenie 20 · Lekcja 5 — Zastosowanie do gazu doskonałego

cykl silnika cieplnego
diagram Clapeyrona
pole cyklu
pierwsza zasada termodynamiki
sprawność

Treść zadania

Rozważamy $n$ moli gazu doskonałego o stałej molowej pojemności cieplnej $c_{V}$ , wykonującego quasi-statyczny cykl $A \to B \to C \to A$ , gdzie

A = (P_{0}, V_{0}), B = (2 P_{0}, V_{0}), C = (P_{0}, 2 V_{0}) .

Gałąź $A \to B$ jest izochoryczna, gałąź $B \to C$ jest odcinkiem prostej w płaszczyźnie $(P, V)$ , a gałąź $C \to A$ jest izobaryczna.

Dla cyklu silnika cieplnego sprawność jest zdefiniowana jako

η = \frac{W _{out}}{Q _{in}} = \frac{- W _{cycle}}{Q _{in}},

gdzie $Q_{in}$ jest sumą elementarnych przekazów ciepła $δ Q > 0$ otrzymanych przez gaz w ciągu cyklu.

Przedstawić cykl na diagramie Clapeyrona i określić kierunek jego obiegu. Czy jest to cykl silnika cieplnego, czy cykl chłodniczy?
Wyznaczyć równanie $P (V)$ prostej łączącej $B$ z $C$ .
Przyjmując $T_{0} = P_{0} V_{0} / (n R)$ , wyznaczyć temperatury $T_{A}$ , $T_{B}$ i $T_{C}$ . Dlaczego $Δ U_{B \to C}$ jest równa zeru, mimo że gałąź ta nie jest izotermiczna?
Obliczyć pracę otrzymaną na każdej z trzech gałęzi, a następnie w całym cyklu. Wyznaczyć ponownie wartość bezwzględną pracy całkowitej na podstawie pola trójkąta.
Obliczyć $Δ U$ i $Q$ na każdej gałęzi wyłącznie w funkcji $P_{0}$ , $V_{0}$ i $c_{V}$ , a następnie sprawdzić, że $Δ U_{cycle} = 0$ i $Q_{cycle} = - W_{cycle}$ .
Przyjmując $a = \frac{c _{V}}{R} > 1$ i $x = V / V_{0}$ , wykazać, że znak $δ Q$ zmienia się w pewnym punkcie gałęzi $B \to C$ . Wyznaczyć stąd $Q_{in}$ , a następnie sprawność $η$ tego cyklu. Podać jej wartość dla jednoatomowego gazu doskonałego, dla którego $c_{V} = \frac{3}{2} R$ .

Wskazówka

Na gałęzi

B \to C

przyjąć

P (V) = aV + b

i nałożyć warunek przechodzenia przez

B

C

. Do obliczenia zmiany energii wewnętrznej wystarczą temperatury na końcach gałęzi. W pytaniu 6 zastosować pierwszą zasadę termodynamiki w postaci różniczkowej.

Szczegółowe rozwiązanie

Rozwiązanie

Pytania 1–2. Cykl przebiega zgodnie z ruchem wskazówek zegara: jest to cykl silnika cieplnego. Równanie prostej

B \to C

ma postać

P (V) = P_{0} (3 - \frac{V}{V _{0}}) .

Cykl trójkątny A B C A na diagramie Clapeyrona. — Rysunek 1. Cykl trójkątny $A \to B \to C \to A$ na diagramie Clapeyrona.

Pytanie 3. Równanie stanu daje

T_{A} = T_{0}, T_{B} = T_{C} = 2 T_{0} .

Temperatura zmienia się wzdłuż $B \to C$ , lecz na obu końcach tej gałęzi ma tę samą wartość. Ponieważ energia wewnętrzna gazu doskonałego przy ustalonej ilości substancji zależy wyłącznie od temperatury, $Δ U_{B \to C} = 0$ .

Pytanie 4. Prace otrzymane wynoszą

W_{A B} = 0, W_{B C} = - \int_{V_{0}}^{2 V_{0}} P (V) d V = - \frac{3}{2} P_{0} V_{0}, W_{C A} = - P_{0} Δ V = P_{0} V_{0} .

Zatem

W_{cycle} = - \frac{1}{2} P_{0} V_{0}

Znak jest ujemny: w ciągu cyklu gaz wykonuje pracę. Jej wartość bezwzględna jest równa polu trójkąta o podstawie $V_{0}$ i wysokości $P_{0}$ , zgodnie ze wzorem $A = \frac{1}{2} podstawa \times wysoko \overset{s}{ˊ} \overset{c}{ˊ}$ dla trójkąta prostokątnego.

Pytanie 5. Ponieważ

n R T_{0} = P_{0} V_{0}

Ga łą \overset{z}{ˊ} A \to B B \to C C \to A W 0 - \frac{3}{2} P_{0} V_{0} P_{0} V_{0} Δ U \frac{c _{V}}{R} P_{0} V_{0} 0 - \frac{c _{V}}{R} P_{0} V_{0} Q = Δ U - W \frac{c _{V}}{R} P_{0} V_{0} \frac{3}{2} P_{0} V_{0} - (\frac{c _{V}}{R} + 1) P_{0} V_{0}

Sumując trzy gałęzie, otrzymujemy

Δ U_{cycle} = 0, Q_{cycle} = \frac{1}{2} P_{0} V_{0} = - W_{cycle}

Pytanie 6. Przyjmijmy $a = c_{V} / R$ i $x = V / V_{0}$ . Na gałęzi $B \to C$ , $P = P_{0} (3 - x)$ i $T = T_{0} (3 x - x^{2})$ . Pierwsza zasada termodynamiki daje

δ Q = d U - δ W = P_{0} V_{0} [3 (a + 1) - (2 a + 1) x] d x .

To ciepło elementarne jest równe zeru dla

x_{⋆} = \frac{3 ( a + 1 )}{2 a + 1} .

Gdy $a > 1$ , mamy $1 < x_{⋆} < 2$ : gaz otrzymuje ciepło od $B$ do punktu o odciętej $x_{⋆}$ , a następnie oddaje je aż do $C$ . Otrzymuje również ciepło $Q_{A B} = a P_{0} V_{0}$ na gałęzi $A \to B$ . W konsekwencji

Q_{in} = P_{0} V_{0} [a + \int_{1}^{x_{⋆}} (3 (a + 1) - (2 a + 1) x) d x] = P_{0} V_{0} [a + \frac{( a + 2 ) ^{2}}{2 ( 2 a + 1 )}] .

Sprawność wynosi zatem

η = \frac{\frac{1}{2} P _{0} V _{0}}{Q _{in}} = \frac{2 a + 1}{5 a ^{2} + 6 a + 4}, a = \frac{c _{V}}{R}

Dla jednoatomowego gazu doskonałego $a = \frac{3}{2}$ , skąd

η = \frac{16}{97} ≃ 16, 5 %.