Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Молекулярная физика и начала термодинамики. Учебное пособие
.pdf
Молярная теплоёмкость идеального газа
==δ
=
=
+=δ
M
M
p
при постоянном объёме зависит только от
числа степеней свободы молекул.
4. Работа газа при изохорическом про-
цессе равна нулю:
5. Приращение энтропии:
2
=Δ
S
1
pdVA (2.10.3)
T
2
δ
Q
∫∫
T
T
1
.0
dT
iMm
R
T
0
Рис. 2.13
M
T
m
2
.lnln
(2.10.4)
T
1
T
iMm
2
()
===
R
22
C
V
T
1
T
При изохорическом нагревании энтропия идеального газа увеличивается.
6. Уравнение процесса – уравнение Шарля:
7. График процесса изображён на рис. 2.13.
II. Изобарический процесс.
p
const.=
T
(2.10.5)
1. Изобарический процесс – процесс, протекающий при неизмен-
ном давлении:
2. Первое начало термодинамики:
dpp
.0,const
.pdVdUQ
(2.10.6)
Обмен энергией при изобарическом процессе происходит и
в форме работы, и в форме теплопередачи. Подводимое к газу тепло
затрачивается на изменение внутренней энергии газа и на совершение
им работы.
3. Молярная теплоёмкость при постоянном давлении:
()
C
δ
=
p
m
M
Из уравнения состояния RT
dT
pdV
+=
m
M
Q
dT
dU
m
M
m
= находим pdV:
pV
.
dT
Кроме того,
pdV
dU
m
M
m
=
()
C
=
V
dT
.RdT
.
71
(
)
(
M
=
=
=
δ
V
0
Рис. 2.14
T
постоянном объёме в
Таким образом,
)
(2.10.7)
.RCC
+=
Vp
или
()
i
C
p
2
i
2
+
.
RR
R
2
(2.10.8)
=+=
Молярная теплоёмкость при постоянном
давлении больше молярной теплоёмкости при
2+
i
раз. Уравнение (2.10.7) называется уравне-
i
нием Майера.
4. Работа газа при изобарическом процессе:
V
2
−==
).(
VVppdVA (2.10.9)
5. Приращение энтропии:
∫
V
1
2
δ
=Δ
S
∫
T
1
Q
, но
1212
m
()
=δ Следо-
CQ
p
.dT
вательно,
T
2
dT
m
() ()
CS
p
M
6. Уравнение процесса – уравнение Гей-Люссака:
7. График процесса изображён на рис. 2.14.
III. Изотермический процесс.
==Δ
C
∫
T
T
1
V
T
p
.const=
(2.10.11)
M
T
m
2
.ln
(2.10.10)
T
1
1. Изотермический процесс – процесс, протекающий при неиз-
менной температуре:
dTT
.0,const
Изотермический процесс возможен только при наличии идеального теплового контакта между газом и окружающей средой.
2. Первое начало термодинамики:
.pdVQ
(2.10.12)
При изотермическом процессе газ обменивается энергией с внешней средой и в форме теплопередачи, и в форме работы. Подводимое
к газу тепло затрачивается только на совершение работы.
72
3. Теплоёмкость при изотермическом
=
=
δ
=
+
−
=
p
процессе равна
C
δ
Q
=
T
dT
.±∞=
(2.10.13)
4. Работа газа при изотермическом
изменении объёма равна
V
m
M
RT
∫
V
A
12
5. Приращение энтропии:
6. Уравнение состояния – уравнение Бойля-Мариотта:
7. График процесса изображён на рис. 2.15.
IV. Адиабатический процесс.
2
1
m
dV
==
M
V
2
=Δ . (2.10.15)
S
1
V
2
δ
RT
Q
T
.ln
(2.10.14)
V
1
V
2
dV
m
R
∫∫
V
M
V
1
pV (2.10.16)
0
m
ln
==
R
M
V
V
Рис. 2.15
2
1
.const
V
1. Адиабатический процесс – процесс, протекающий без теплооб-
мена с внешней средой:
.0
Q
Адиабатический процесс может быть равновесным и неравновесным. Условия осуществления равновесного адиабатического процесса – идеальная тепловая изоляция системы и бесконечно малая
скорость. В дальнейшем речь пойдёт только о равновесном адиабатическом процессе.
2. Первое начало термодинамики для адиабатического процесса:
или
0
pdVdU
.dUpdV
(2.10.17)
При адиабатическом процессе, идеальный газ совершает работу
только за счёт своей внутренней энергии.
3. Молярная теплоёмкость:
так как
0=δQ .
()
C
δ
Q
dT
,0=
(2.10.18)
=
S
m
M
73
4. Работа газа при адиабатическом процессе:
M
M
=
δ
=
+
M
M
(
)
(
−
Если 0
Обозначим
>A (газ расширяется), то температура газа понижается.
12
)(
C
p
C
V
2
+
i
==γ откуда
)(
выражение в (2.10.19) и учтём, что
i
m
)(
UUUA
2
,
1
+=
ii
m
=
2
i
2 −γ
pVRT
).(
TTR
−=−−=Δ−= (2.10.19)
211212
1
. Подставим это
=
1
получим
1
=
1
−γ
5. При адиабатическом процессе 0=
вательно,
.const=S Равновесный (обратимый) адиабатический про-
).(
VpVpA −
(2.10.20)
221112
δ
dS
Q
=
T
Q
(
0
цесс – изэнтропийный процесс.
6. Выведем уравнение адиабатического процесса. По первому
началу термодинамики
pdVdU (2.10.21)
iMm
dU
2
RdT
Из уравнения состояния идеального газа
выражения для dU и
p в (2.10.21) и произведём сокращение на
.0
m
==
dTC
V
p
.)(
RT
m
M
.
V
= Подставим
), следо-
m
:
dV
V
Преобразуем это выражение следующим образом:
dT
ln =+ V
Проинтегрируем:
T
R
C
V
74
RTdTC
V
RdV
T
V
R
C
)(
V
=
C
V
.0)(=+
VC
const,ln
)
CC
Vp
)()(
.0)( =+
но
.1
−γ=
Тогда
=−γ
+
M
А
А
А
А
После потенцирования получим
TV (2.10.22)
−γ
1
=
VT
.constln)1(ln
.const
1
Воспользовавшись уравнением состояния идеального газа, уравнения адиабаты можно получить в переменных p и V или p и T.
pV
M
Действительно, подставив в (2.10.22)
−γ
1
MpVV
const=
.constconst
12
где
Rm
m
R
=
T =
или ,const
1
γ
pV (2.10.23)
,
получим
R
m
=
2
Подставив в (2.10.23)
γ
RTm
⎞
⎛
где
p
M
⎛
=
⎜
mR
⎝
⎟
⎜
pM
⎠
⎝
γ
⎞
constconst
⎟
⎠
Уравнение (2.10.23) называется уравнением Пуассона.
Б. Цикл Карно. Коэффициент полезного действия цикла Карно.
RTm
= , получим
V
pM
const=
или
2
.
23
γγ−
1
const=
Tp , (2.10.24)
3
Диаграмма цикла Карно состоит из четырёх ветвей: двух изотерм
и двух адиабат (рис. 2.16).
Ветвь 1–2 – изотермическое расширение при температуре нагревателя
T . Рабочее тело получает от нагревателя тепло нQ и совершает
н
работу
A (отдаёт энергию окружающим телам; стрелками на рис. 2.16
12
показано, в каком направлении течёт энергия: если стрелка направлена
внутрь диаграммы – рабочее тело
получает энергию; если стрелка направлена за пределы диаграммы –
рабочее тело отдаёт энергию).
Ветвь 2–3 – адиабатическое
расширение. Рабочее тело совершает
работу
A . Температура рабочего
23
тела понижается до температуры холодильника
T .
х
1
p
Q
= 0
41
0
Q
н
41
4
12
2
Q23 = 0
34
23
Q
3
х
V
Рис. 2.16
75
Ветвь 3–4 – изотермическое сжатие при температуре холодиль-
=
Δ
=Δ+Δ+
Δ
ника
T . Рабочее тело отдаёт холодильнику тепло хQ и совершает
х
работу
A .
34
Ветвь 4 – 1 – адиабатическое сжатие. Рабочее тело совершает ра-
A и возвращается в исходное состояние. Так как по завершении
боту
41
цикла рабочее тело возвращается в первоначальное состояние, то изменение его внутренней энергии равно нулю: ΔU = 0. Следовательно, работу A
(она складывается из алгебраической суммы работ
,,, AAAA )
41342312
рабочее тело совершает за счёт подведённого к нему тепла Q:
,QA
(2.10.25)
где
QQQ −= (по правилу знаков отданное рабочим телом тепло
хн
считаем отрицательным).
Коэффициентом полезного действия тепловой машины называется величина, равная отношению работы, совершённой машиной за
цикл, к количеству тепла, полученному ею за этот цикл:
A
Q
н
Выразим к.п.д. цикла Карно через температуры нагревателя
холодильника
T . Воспользуемся вторым началом термодинамики.
х
−
QQ
==η (2.10.26)
Q
н
Q
хн
х
.1
−=
Q
н
T и
н
Будем считать, что в рассматриваемую нами систему входят нагреватель, рабочее тело и холодильник, т.е. только тепловая машина.
Так как машина теплоизолирована (обмен энергией между нею и
внешними телами происходит только в форме работы) и все происходящие в ней процессы обратимы, то приращение энтропии
системы, складывающееся из приращений энтропии нагревателя
рабочего тела
В соответствии с определением энтропии имеем
SΔ
и холодильника
телараб.
Q
н
н
−=Δ
T
н
S
;
SΔ , равно нулю:
SSS
хтелараб.н
телараб.
х
.0
0
=ΔS
этой
S
н
(рабочее тело возвращается в исходное состояние, и его энтропия принимает первоначальное значение),
Q
х
76
S
х
=Δ
T
х
.
,
Таким образом,
<
Q
Q
откуда .
Подставив это выражение в формулу (2.10.26), получим
х
н
T
н
Q
х
Q
н
,0
=+−
T
=
−=η (2.10.27)
х
T
х
T
н
T
х
.1
T
н
Из этой формулы видно, что к.п.д. тепловой машины тем больше,
чем ниже температура холодильника и чем выше температура нагревателя.
Замечания. 1. В термодинамике доказывается, что никакая другая
обратимая машина, работающая между двумя источниками тепла,
не может иметь к.п.д., больший, чем машина, работающая между
этими же источниками по
циклу Карно.
2. Формула (2.10.26), справедлива для любой машины – обрати-
мой и необратимой, работающей как по циклу Карно, так и по любому
другому циклу, формула же (2.10.27) справедлива только для обратимой машины, работающей по циклу Карно.
В. Изменение энтропии при плавлении и затвердевании кристаллических тел.
Плавление и затвердевание твёрдых тел, имеющих кристаллическую структуру, происходят при неизменной температуре (T = const).
Если процесс идёт достаточно медленно, его можно считать практически обратимым. Приращение энтропии при этом равно
2
δ
±=Δ
S
1
2
1
Q
∫∫
TT
1
Q
±=δ±=
Q
,
T
но Q = rm, где r – удельная теплота плавления (кристаллизации);
m – масса тела. Следовательно,
rm
.
±=− (2.10.28)
SS
12
T
Знак «+» относится к плавлению (тепло поглощается), знак «–» –
к затвердению (тепло выделяется). При плавлении энтропия тела возрастает (
SS > ), при кристаллизации – уменьшается (
12
SS
).
12
77
Термодинамический анализ свойств и поведения макроскопических систем, основанный на понятии энтропии, широко применяется
на практике. Он позволяет заранее предсказать, возможен или не возможен тот или иной процесс. Если обнаруживается, что энтропия теплоизолированной системы в ходе рассматриваемого процесса возрастает, то такой процесс может развиваться самопроизвольно. Если
энтропия уменьшается
, то такой процесс не возможен. Течение химических реакций, фазовые превращения, работа электрохимических
устройств, получение низких температур и т.д. – далеко не полный
перечень проблем, решаемых термодинамическими методами.
Пример 1. Азот, занимающий при давлении
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
5
10=p Па объём
101=V л, расширяется вдвое. Найти конечное давление и работу, со-
вершённую газом при следующих процессах:
а) изобарном;
б) изотермическом;
в) адиабатном.
Решение.
а) При изобарном процессе давление не изменяется, поэтому
5
10== pp Па. Работа при изобарном процессе
12
;
A Дж.
VVpA−=
)(
1212,1
б) При изотермическом процессе конечное давление
/VVpp = ;
Работа газа
V
2
∫∫
V
1
2112
V
2
VppdVA
V
1
2,1
p Па.
2
dV
V
===
V
2
ln
; 6902ln1010
Vp
11112,1
A Дж.
V
2,1
1
−−
−−
3225
10)101102(10 =⋅−⋅=
5225
105,0102/1010 ⋅=⋅⋅=
25
−
=⋅=
в) При адиабатном процессе конечное давление
γ
,)/(
2112
где
= VVpp
– отношение молярных теплоёмкостей при
iiCC
Vp
/)2(/ +==γ
постоянном давлении и объёме; i – число степеней свободы, для
азота – двухатомного газа, оно равно пяти. Тогда
54,15
2
78
1038,0)2/1(10 ⋅==p Па.
Работа, совершаемая газом при адиабатном расширении, равна
M
M
M
M
M
=
убыли внутренней энергии:
i
m
UA
2
).(
TTR
−=Δ−=
212,1
Из уравнения Клапейрона – Менделеева, записанного для началь-
ного и конечного состояний, получим
m
= .
Подставляя эти выражения в формулу работы, найдём
A −=
5
A Дж.
2,1
2
Пример 2. В баллоне ёмкостью 10 дм
температуре 27 °С и под давлением 100⋅10
m
,
VpRT
111
i
2
VpRT
=
222
).(
VpVp
22112,1
2525
−−
600)1021038,01010(
=⋅⋅⋅−⋅=
3
содержится кислород при
5
Па. Нагреваясь солнечны-
ми лучами, кислород получил 8350 Дж теплоты. Определить температуру и давление кислорода после нагревания.
Решение. Определим массу кислорода, содержащегося в баллоне,
воспользовавшись уравнением состояния газа
m
,
RT
=
Vp
откуда .
=
m
RT
111
MVp
11
1
Количество тепла, полученное газом при нагревании от солнеч-
ных лучей, определим как
T
2
где
C
янном объёме. Тогда
Ri
−=
V
удельная теплоёмкость кислорода ( 5
2
Q
RT
=
∫
T
1
T
2
MVpMRi
11
dT
∫
1
T
1
mdTCQ
V
,
i ) при посто-
Vpi
11
−==
).(
TT
22
T
1
12
79
Из последнего выражения находим температуру газа после нагре-
η
2
QT
1
.
T
T
2
+=
5
1
Vp
11
Так как нагревание кислорода происходит при постоянном объё-
ме, то
p
2
1
,
= откуда давление после нагревания .
T
T
2
1
T
2
=
pp
12
T
1
p
Подставляя числовые значения заданных величин и, выполняя
решение, получим
30083502
310
300
⋅⋅
27
−
10105
⋅⋅
T К;
=
2
10 ⋅=⋅==p Па.
2
310300
=+
577
101031003,1
Пример 3. Температура пара, поступающего в тепловую машину,
t
= 127 °C; температура пара в конденсаторе t2 = 27 °C. Определить
1
теоретически максимальную работу при затрате количества теплоты
Q
= 4,2 кДж.
1
Решение. Известно, что максимальная работа, выполняемая тепловой машиной, будет только в том случае, если машина работает по
обратимому циклу – циклу Карно. Коэффициент полезного действия
этого цикла
TT
−
21
.
=η
к
Коэффициент полезного действия любого теплового двигателя
−
=η
Q
где A – полезная работа, совершаемая двигателем;
T
1
QQ
A
21
,
=
Q
11
Q – количество
1
теплоты, полученное рабочим телом от нагревателя.
Очевидно, что сопоставление этих двух равенств позволит найти
искомую работу. Приравнивая их правые части, получим
−
A
Q
1
TT
21
=
,
T
1
откуда
3
400
)300400(102,4
−⋅
3
Дж = 1,05 кДж.
80
)(
TTQ
−
A
=
211
,
A = 1,05⋅10
T
1
=
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]