热力学习题详解

三角循环

习题 12 · 课程 5 — 理想气体的应用

  • 动力循环
  • 克拉佩龙图
  • 循环面积
  • 第一定律
  • 效率

题目

考虑 nn 摩尔理想气体，其摩尔定容热容 cVc_V 恒定， 经历准静态循环 A→B→C→AA\to B\to C\to A，其中

A=(P0,V0),B=(2P0,V0),C=(P0,2V0).A=(P_0,V_0), \qquad B=(2P_0,V_0), \qquad C=(P_0,2V_0).

A→BA\to B 支路为等容过程，B→CB\to C 支路在 (P,V)(P,V) 平面内为一条直线段， C→AC\to A 支路为等压过程。

对于动力循环，效率定义为

η=WfourniQin=−WcycleQin,\eta=\frac{W_{\mathrm{fourni}}}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{-W_{\mathrm{cycle}}}{Q_{\mathrm{in}}},

其中 QinQ_{\mathrm{in}} 为循环过程中气体吸收的所有满足 δQ>0\delta Q>0 的元热量传递之和。

  1. 在克拉佩龙图中表示该循环并说明其运行方向。 它是动力循环还是制冷循环？
  2. 确定连接 BB 与 CC 的直线方程 P(V)P(V)。
  3. 令 T0=P0V0/(nR)T_0=P_0V_0/(nR)，确定温度 TAT_A、TBT_B 和 TCT_C。为什么尽管该支路并非等温过程，ΔUB→C\Delta U_{B\to C} 仍为零？
  4. 计算三条支路以及完整循环中气体获得的功。再根据 三角形面积求出总功的绝对值。
  5. 仅用 P0P_0、V0V_0 和 cVc_V 表示每条支路上的 ΔU\Delta U 和 QQ， 再验证 ΔUcycle=0\Delta U_{\mathrm{cycle}}=0 和 Qcycle=−WcycleQ_{\mathrm{cycle}}=-W_{\mathrm{cycle}}。
  6. 令 a=cVR>1a = \frac{c_V}{R} >1 且 x=V/V0x = V/V_0。证明 δQ\delta Q 的符号在 B→CB\to C 支路上的某一点发生改变。由此求出 QinQ_{\mathrm{in}}，再求 该循环的效率 η\eta。对于 cV=32Rc_V=\frac32R 的单原子理想气体，给出其数值。

提示
在 B→CB\to C 上，令 P(V)=aV+bP(V)=aV+b，并要求直线通过 BB 和 CC。 计算内能变化时，只需知道支路两端的温度。对于问题 6，使用微分形式的第一定律。

详细解答

解答
问题 1—2。 循环按顺时针方向运行，是 动力循环。直线 B→CB\to C 的方程为

P(V)=P0(3−VV0).P(V)=P_0\left(3-\frac{V}{V_0}\right).
克拉佩龙图中的三角循环 A B C A。
图 1. 克拉佩龙图中的三角循环 A→B→C→AA\to B\to C\to A。

问题 3。 状态方程给出

TA=T0,TB=TC=2T0.T_A=T_0, \qquad T_B=T_C=2T_0.

温度沿 B→CB\to C 发生变化，但在两个端点恢复为相同值。固定物质的量时， 理想气体的内能仅取决于温度，因此 ΔUB→C=0\Delta U_{B\to C}=0。

问题 4。 气体获得的功为

WAB=0,WBC=−∫V02V0P(V) dV=−32P0V0,WCA=−P0ΔV=P0V0.W_{AB}=0, \qquad W_{BC}=-\int_{V_0}^{2V_0}P(V)\,dV=-\frac32P_0V_0, \qquad W_{CA}=-P_0 \Delta V = P_0V_0.

因此

Wcycle=−12P0V0.\boxed{W_{\mathrm{cycle}}=-\frac12P_0V_0}.

其符号为负：气体在循环中对外做功。 其绝对值确实等于该三角形的面积；三角形的底为 V0V_0、高为 P0P_0，面积公式为 A=12底×高A=\frac12\text{底}\times\text{高}。

问题 5。 由于 nRT0=P0V0nRT_0=P_0V_0，

支路WΔUQ=ΔU−WA→B0cVRP0V0cVRP0V0B→C−32P0V0032P0V0C→AP0V0−cVRP0V0−(cVR+1)P0V0\begin{aligned} \begin{array}{c|c|c|c} \text{支路} & W & \Delta U & Q=\Delta U-W\\ \hline A\to B & 0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0\\[4pt] B\to C & -\dfrac32P_0V_0 & 0 & \dfrac32P_0V_0\\[4pt] C\to A & P_0V_0 & -\dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & -\left(\dfrac{c_V}{R}+1\right)P_0V_0 \end{array} \end{aligned}

将三条支路相加，得到

ΔUcycle=0,Qcycle=12P0V0=−Wcycle.\boxed{ \Delta U_{\mathrm{cycle}}=0, \qquad Q_{\mathrm{cycle}}=\frac12P_0V_0=-W_{\mathrm{cycle}}. }

问题 6。 令 a=cV/Ra=c_V/R、x=V/V0x=V/V_0。在支路 B→CB\to C 上，P=P0(3−x)P=P_0(3-x) 且 T=T0(3x−x2)T=T_0(3x-x^2)。第一定律给出

δQ=dU−δW=P0V0[3(a+1)−(2a+1)x]dx.\delta Q=\mathrm{d}U-\delta W =P_0V_0\left[3(a+1)-(2a+1)x\right]\mathrm{d}x.

该元热量在下式所示位置为零：

x⋆=3(a+1)2a+1.x_\star=\frac{3(a+1)}{2a+1}.

当 a>1a>1 时，有 1<x⋆<21<x_\star<2：气体从 BB 到横坐标为 x⋆x_\star 的点 吸收热量，随后直到 CC 均释放热量。在 A→BA\to B 上，气体还吸收 热量 QAB=aP0V0Q_{AB}=aP_0V_0。因此

Qin=P0V0[a+∫1x⋆(3(a+1)−(2a+1)x)dx]=P0V0[a+(a+2)22(2a+1)].\begin{aligned} Q_{\mathrm{in}} &=P_0V_0\left[ a+\int_1^{x_\star}\left(3(a+1)-(2a+1)x\right)\mathrm{d}x \right]\\ &=P_0V_0\left[a+\frac{(a+2)^2}{2(2a+1)}\right]. \end{aligned}

所以效率为

η=12P0V0Qin=2a+15a2+6a+4,a=cVR.\boxed{ \eta =\frac{\frac12P_0V_0}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{2a+1}{5a^2+6a+4}, \qquad a=\frac{c_V}{R}. }

对于单原子理想气体，a=32a=\frac32，故

η=1697≃16,5 %.\eta=\frac{16}{97}\simeq16{,}5\,\%.