Условие

Эта задача — не просто классика: она также имеет принципиальное значение для демонстрации одного из различий между обратимым и необратимым процессами (см. также урок 6).

Рассмотрим $n$ молей идеального газа с постоянными теплоёмкостями и отношением $\gamma=c_P/c_V>1$ , находящегося в вертикальном теплоизолированном цилиндре сечением $\mathcal S$ , закрытом теплоизолированным поршнем пренебрежимо малой массы, способным двигаться без трения. Снаружи действует атмосферное давление $P_0$ , приложенное к верхней поверхности поршня. Поэтому в начальном состоянии равновесия давление газа также равно $P_0$ , а его состояние имеет вид

A=(P_0,V_0,T_0).

Имеется дополнительный груз общей массой $M$ . Когда он полностью помещён на поршень, внешнее давление равно

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

Сравним два опыта: либо массу $M$ разделяют на большое число малых грузов, которые добавляют по одному, каждый раз дожидаясь установления нового равновесия; либо всю массу $M$ помещают на поршень сразу. Затем груз снимают тем же способом: либо песчинка за песчинкой, либо весь сразу.

Оба опыта начинаются с одного и того же начального состояния A, показанного в центре: в этот момент на поршень действует только атмосферное давление P_0. Слева дополнительный груз общей массой M помещают на поршень песчинка за песчинкой, так что P_ ext возрастает постепенно; снимая груз тем же способом, проходят этот путь в обратном направлении. Справа ту же массу M помещают на поршень сразу: P_ ext резко изменяется от P_0 до P_1. В обоих опытах по сжатию P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Рисунок 1. Оба опыта начинаются с одного и того же начального состояния $A$ , показанного в центре: в этот момент на поршень действует только атмосферное давление $P_0$ . Слева дополнительный груз общей массой $M$ помещают на поршень песчинка за песчинкой, так что $P_{\mathrm{ext}}$ возрастает постепенно; снимая груз тем же способом, проходят этот путь в обратном направлении. Справа ту же массу $M$ помещают на поршень сразу: $P_{\mathrm{ext}}$ резко изменяется от $P_0$ до $P_1$ . В обоих опытах по сжатию $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

Дополнительный груз добавляют очень постепенно, так что внешнее давление медленно возрастает от $P_0$ до $P_1$ . Обоснуйте, что в каждый момент давление $P$ газа равно внешнему давлению $P_{\mathrm{ext}}$ . Какой закон можно тогда использовать для связи последовательных состояний газа? Выразите $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ и $V_B/V_0$ через $x$ и $\gamma$ .
Теперь начнём из состояния $B$ и будем снимать дополнительный груз очень постепенно, песчинка за песчинкой, пока внешнее давление снова не станет равным $P_0$ . Используя тот же закон, что и в предыдущем вопросе, покажите, что газ в точности возвращается в начальное состояние $A$ .
Снова начнём из $A$ и на этот раз поместим всю массу $M$ сразу: внешнее давление резко принимает постоянное значение $P_1$ . Полностью определите конечное состояние $B'$ , а также $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ и $\Delta U_{AB'}$ .
Сначала рассмотрите пример $\gamma=5/3$ и $x=2$ , чтобы численно сравнить $T_{B'}$ и $T_B$ . Затем проведите аналитическое сравнение для любых $\gamma>1$ и $x>1$ , после чего сравните $V_{B'}$ и $V_B$ . Какое из двух сжатий сильнее нагревает газ и какое сильнее его сжимает?
Начиная из $B'$ , резко снимем весь дополнительный груз: внешнее давление снова станет равным атмосферному давлению $P_0$ . Определите конечное состояние $B"$ . Установите, больше или меньше $T_{B"}$ и $V_{B"}$ своих начальных значений.
Составьте энергетический баланс для процесса туда и обратно $A\to B'\to B"$ . Объясните, чем урок 6 дополнит это сравнение.

Подсказка

Для резкого процесса используйте

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

и только уравнение состояния для начального и конечного равновесных состояний. Для сравнения

B

и

B'

можно исследовать логарифм отношения

T_{B'}/T_B

.

Подробное решение

Решение

Напомним, что

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

.

Вопрос 1. Дополнительный груз разделён на достаточно малые части, и каждое новое равновесие устанавливается до добавления следующей: поэтому газ проходит через непрерывную последовательность равновесных состояний, то есть процесс является квазистатическим. Поскольку поршень имеет пренебрежимо малую массу и движется без трения, условие механического равновесия в каждый момент даёт $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , то есть $P=P_{\mathrm{ext}}$ . Поскольку стенки теплоизолированы, $\delta Q=0$ . В этих условиях можно использовать законы Лапласа. Две удобные формы для состояний $A$ и $B$ имеют вид

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

Поскольку $P_B=P_1=xP_0$ , первое соотношение непосредственно даёт $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , а второе даёт $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . В итоге $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ и $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Вопрос 2. При постепенном снятии дополнительного груза газ остаётся в механическом равновесии с внешней средой и движется по той же адиабате Лапласа, но в обратном направлении. В конце $P_f=P_0$ . Соотношения Лапласа тогда дают

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

и

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

Таким образом, газ в точности возвращается в состояние $A=(P_0,V_0,T_0)$ . Процесс можно провести в обоих направлениях, проходя через одну и ту же последовательность равновесных состояний: такой процесс называется обратимым.

Вопрос 3. Законы Лапласа здесь применять нельзя: во время этого резкого процесса газ не проходит через последовательность равновесных состояний. В ходе процесса в выражение для работы входит только постоянное внешнее давление $P_1$ : $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . В конечном состоянии равновесия $P_{B'}=P_1$ . Используя $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ и $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ , из первого закона получаем

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Положим

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Тогда

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Вопрос 4. Сначала рассмотрим пример $\gamma=5/3$ и $x=2$ . При постепенном сжатии $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , тогда как при резком сжатии

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

В этом примере резкое сжатие сильнее нагревает газ. Покажем, что этот результат справедлив в общем случае. Положим

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

Имеем $f(1)=0$ , и

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

При $\gamma>1$ и $x>1$ все множители в знаменателе положительны и $f'(x)>0$ . Следовательно, $f(x)>f(1)=0$ , поэтому $T_{B'}/T_B>1$ , то есть $T_{B'}>T_B$ . Оба состояния имеют одинаковое давление $P_1$ ; следовательно, уравнение состояния идеального газа также даёт $V_{B'}>V_B$ . Резкое сжатие сильнее нагревает газ, но сжимает его меньше, чем постепенное сжатие.

Вопрос 5. При резком снятии дополнительного груза внешнее давление изменяется от $P_1$ до $P_0=P_1/x$ . Поэтому повторим расчёт вопроса 3, заменив отношение давлений $x$ на обратную величину $1/x$ . Тогда результат вопроса 3 принимает вид

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

Положив

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

получаем

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Но

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

В рассматриваемом случае $x>1$ , поэтому $x>0$ и $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Поскольку $\gamma>1$ , действительно имеем $\theta\phi-1>0$ . Следовательно,

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

После цикла изменения внешнего давления газ не возвращается в состояние $A$ . Это отклонение является первым признаком необратимости: возвращения внешнего ограничения к начальному значению недостаточно, чтобы вернуть систему в начальное состояние.

Вопрос 6. Резкое расширение является адиабатическим, поэтому для всего процесса туда и обратно

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

В результате внешних манипуляций давление возвращается к начальному значению, но газ получает положительную суммарную работу и остаётся более горячим и более расширенным. В уроке 6 те же состояния будут рассмотрены снова, чтобы показать, что обратимое сжатие не сопровождается производством энтропии, тогда как в каждом из двух резких процессов энтропия производится.