Частные случаи политропных процессов.

1. Изобарный P=const. Из,n=0. Изполучим 1 закон Гей-Люссака:. Из

Теплоемкость и подведенная теплота соответственно равны: ;;

2. Изохорный

,,

;;

Т.к. то газ работу расширения не совершает, поэтому вся теплота идет на изменение внутренней энергии но- распологаемая энергия.

3. Изотермический T=const

Из n=1 , а иззакон Бойля-Мариотто

du=0 ,dq=dВся теплота идет в работу изменения объема

ИзС=

4. Адиабатный процесс dq=0

dq=CdT=0 нужно чтобы С=0 илиn=k.

или

или

;

n=kотсутствует , процесс изоэнтропный.

Теплоптоводность ч/з цил-ую стенку.

На границах стенки заданы ГУ 1-го рода.

при r=r₁ , t=t_w1

при r=r₂ , t=t_w2

в этом случае тепловой поток имеет радиальное направление, темпер. поле одномерно. для стационар. одномер. задачи о теплопро-ти цил. стенки дифур-ие (1.5) в цил-й системе коорд-т при λ=const примет

(1.14)

введя новую переменную

u=, преобр-ем (1.14)

после раздел-я перем-х и интегр-я получим lnu + lnr = lnC₁ (1.15)

потенцируя получим u*r= C₁

перейдя к первонач переем-м, запишем r=C₁ , а затем разделив получаем

t= C₁lnr+ C₂ (1.16)

искривление линии темпер-го поля в цил-ой стенке обуслов-о изменением плотности тепл-го потока q=при изменении радиуса цилиндра. при увеличенииr величина площади F=2πrl, где l – длина стенки, также увел-ся. поэтому на больших r темп-ая линия проходит более полого и наоборот. Это правило сохр-ся и при обратном направ-ии тепл. потока(пунктир на рис.).

Подставив ГУ в (1.16) найдем C₁ и C₂ :

C₁=C₂ = (1.18)

преобр-м 1.16 с учетом 1.18 : (1.19)

гдеd₁ и d₂ – внутр и наруж диам-ы цилиндра, d – текущ-й диам-р цил-ра.

из (1.19) опред-им темпер-й градиент: =(1.20)

использ (1.20) найдем тепл-й поток ч/з стенку: Q=qF=-λ2πrl=(1.21)

тепловой поток на единицу длины (1.22)

величину назыв внутр термич сопр-ем цил стенки.обозначим плотности тепл. потока на внутр и внеш поверх-ях ч/зи. т.к.Q=l=πl=πl

=π=π(1.23)

Необратимые термодинамические процессы

Если процесс необратим то энтропия рабочего тела увеличивается за счет внутреннего производства энтропии.

Согласно ;т.к.след-но конечные состаяния в обратимом и необратимом процессе будут различны из-за различных конечных значений энтропии

Рассмотрим обратимый процесс 1-2sи необратимый 1-2 адиабатного расширения рабочего тела до одного и того же давления. Необратимость обусловлена трением , для

видно что из-за перехода части работы в теплоту трения . Для вычислениязаменим процесс 1-2 на два обртимых проц-аи. Проц.- изоэнтропный, а- изотермический. В изоинтропном=0, а в изотермическом. Рассмотрим необратимый процесс расширения газа в вакуоме

Сосуд теплоизолирован (адиабатная система) после расширения газа ;dq=0 и;du=0илислед-но процесс расширения является изотермическим. Для изотермического проц-а увеличение энтропии в системе равно

т.е. из-за необратимости процессов внутри системы произойдет производство энтропии.