Г.А. Миронова, Н.Н. Брандт, А.М. Салецкий - Молекулярная физика и термодинамика в вопросах и задачах (1103598), страница 39
Текст из файла (страница 39)
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕХНИЧЕСКОЙ ТЕРМОДИНАМИКИ. ЦИКЛИЧЕСКИЕ ПРОЦЕССЫ197(а)(б)Рис. 7.2Цикл Карно на р–V+(а) и Т–S+диаграммах (б). (1–2) — изотермический процесспри тепловом контакте рабочего тела с нагревателем с температурой Т1; (2–3) —адиабатическое расширение; (3–4) — изотермическое сжатие при тепловом кон+такте рабочего тела с холодильником с температурой Т2; (4–1) — адиабатическоесжатие, производимое внешними силамисразу сказать, с каким видом механизма мы имеем дело. Площадь цикла наp–V+диаграмме равна работе газа, совершенной за один цикл. Поскольку в дан+ном случае обход контура происходит по часовой стрелке и положительная ра+бота234112343 pdV 1 3 pdV 2 0 больше модуля отрицательной работы12 pdV 1 0,3 pdV 1 3 pdV 2 0,т.
е. в процессе передачи теплоты от нагревателя к холодильникурабочее тело совершает полезную работу (рис. 7.2а). Следовательно, системаработает как тепловой двигатель.2. Определение знаков теплоты на каждом участке циклического про+цесса.Циклический процесс, как правило, состоит из отдельных процессов (уча+стков), каждый из которых может быть описан аналитически. Через каж+дую точку (i, k = 1, 2, 3, 4) начала (и конца) такого участка циклическогопроцесса проведем кривые изоэнтропических процессов.
В данном случаеэти кривые уже имеются — это изоэнтропические процессы с энтропией S1 иS2, причем кривая процесса с энтропией S2 расположена выше кривой с эн+тропией S1 при одном и том же объеме (или правее при одной и той же темпе+ратуре или давлении), и S2 > S1. Если в процессе i–k происходит переход снижней изоэнтропы на верхнюю, то рабочее вещество получает теплоту:DQik = Q + > 0. Если, наоборот, — с верхней на нижнюю, то рабочее веществоотдает теплоту: DQik = Q – < 0. Теплота DQik символически обозначена широ+кой стрелкой на соответствующем участке цикла (рис.
7.2).3. Если циклический процесс, представленный на p–V+диаграмме, имеетпростую геометрическую форму, позволяющую легко вычислить площадь Sцикла, то самым простым путем расчета КПД является формула (7.6), в ко+торой 14 1A 2 3.В данной задаче вычисление площади цикла как геометрической фигурызатруднительно.
Учитывая этот факт, а также то, что рабочее тело обменивает+198МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХся теплотой с окружающей средой только на двух участках цикла из четырех,воспользуемся для вычисления КПД формулой (7.9), где Q + = Q12, а Q – = Q34.Процессы 1–2 и 3–4 являются изотермическими, и для них DU = 0, аQik = DAik = nRTln(Vk/Vi) (табл. 5.4). Таким образом, имеем:V2;V1V1 2RT2 ln 4 .V3Q12 1 2RT1 lnQ34По условию задачи температура задана, а объем не известен.4. Если какойGлибо параметр (в данном случае Vi, где i = 1, 2, 3, 4) неизвестен, то можно воспользоваться следующей процедурой. Выберем из p,V, T два параметра, один из которых необходимо определить, а другой задан.В данном случае такими параметрами являются Т и V. Теперь для этой парыпеременных запишем уравнения всех процессов цикла последовательно:1–2: T = T1 = const;2–3: T1V2121 3 T2V3121;3–4: T = T2 = const;4–1: T2 V4121 3 T1V1121 .Из полученной системы уравнений находим, чтоV2/V1 = V3/V4.(7.14)5.
Учитывая (7.14), вычисляем КПД:4тд 5 1 2Q3RT2 ln(V4 / V3 )TQ15 1 2 34 5 1 2511 2 .23QRTln(V/V)T1Q12121(7.15)Таким образом, КПД теплового двигателя, работающего по обратимомуциклу Карно, зависит только от отношения минимальной и максимальнойтемпературы:T1тдК 2 1 3 min .(7.16)TmaxПо второй теореме Карно: максимальным КПД при данных значенияхтемпературы нагревателя Tmax и холодильника Tmin обладает тепловой двиGгатель, работающий по обратимому циклу Карно (7.16).2й способ.
Вычисления с помощью T–SGдиаграммы.Цикл Карно имеет простой вид на Т–SGдиаграмме (рис. 7.2б). Площадьцикла 1–2–3–4–1 (прямоугольника на T–SGдиаграмме) S = (T1 – T2)(S2 – S1) == (T1 – T2) × DS — есть количество теплоты, которое рабочее тело переводит вмеханическую работу:16 1A 2 16 1Q 2 (T1 3 T2 ) 4 5S.(7.17)Площадь под процессом 1–2 численно равна теплоте, поступающей в сиGстему:Q+ = T1(S2 – S1) = T1DS.(7.18)ГЛАВА 7. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕХНИЧЕСКОЙ ТЕРМОДИНАМИКИ.
ЦИКЛИЧЕСКИЕ ПРОЦЕССЫ199Используя (7.17) и (7.18), находим5тдК 617 2A 6 (T1 3 T2 )4S 6 1 3 T2 .T1 4SQ1T1Ответ: hтдК = 1 – T2/T1.Задача 7.2. Циклический процесс над одним молем двухатомного иде6ального газа задан последовательностью состояний на p–V6диаграмме(рис. 7.3). Известны температуры в состояниях 2 и 4 (Т2 и Т4) и отношениеобъемов в состояниях 1 и 2: V2 = 2V1. Определить эффективность механизма,работающего по данному циклу.Решение. 1. Определение типа теплового механизма.Поскольку в данном случае обход контура происходит по часовой стрел6ке и положительная работа на участке 1–2 больше модуля отрицательнойработы на участке 3–4, т.
е.24132 pdV 1 2 pdV , то12 pdV 1 0.Таким образом, ра6бочее тело совершает полезную работу в процессе передачи теплоты от нагре6вателя к холодильнику (рис. 7.3а). Следовательно, система работает как те6пловой двигатель.2. Определение знаков теплоты на каждом участке циклического про6цесса.Через каждую точку 1, 2, 3, 4 проводим кривые изоэнтропических про6цессов. Они будут идти немного круче, чем кривые изотермических процес6сов, проведенные на рис. 7.3б.
В процессах 1–2 и 4–1 происходит переход снижней изоэнтропы на верхнюю, рабочее вещество получает теплоту: DQ12 > 0и Q41 > 0. На участках 2–3 и 3–4, наоборот, — с верхней на нижнюю, рабочеевещество отдает теплоту DQ23 < 0 и Q34 < 0 (рис. 7.3б).3. В данной задаче циклический процесс на p–V6диаграмме имеет про6стую геометрическую форму — прямоугольник, площадь которогоS = (p1 – p3)(V2 – V1) = (p1 – p3)V1 == p1V1 – p3V1 = RT1 – RT4.(а)(7.19)(б)Рис. 7.3Циклический процесс на р–V6диаграмме (а)и графическое определение знаков теплоты на отдельных участках цикла (б)200МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХИ самым простым путем расчета КПД является использование форму*лы (7.6), в которой14 1A 2 3.4. В выражении (7.19) неизвестный параметр — температура Т1. Восполь*зуемся описанной в задаче 7.1 (п. 4) процедурой.
Из p, V, T выбираем пара*метры Т и V. Уравнения всех процессов цикла для этой пары переменных:1–2: T1/V1 = T2/V2;2–3: V3 = V2;3–4: T3/V2 = T4/V1;4–1: V4 = V1.Из полученной системы уравнений находим неизвестные параметры:T1 = T2/2 и T3 = 2T4.(7.20)5. Вычисляем КПД по формуле 2тд 3 1(7.6), где числитель ра*5вен (7.19)(7.21)14 1A 2 R(T1 3 T4 ) 2 R(T2 /2 3 T4 ).4A / Q 1Газ получает теплоту на участках 1–2 и 4–1 (рис.7.3б), поэтому знаме*нательQ+ = Q12 + Q41.Вычисление теплоты Qik всегда может быть проведено на основании I нача*ла термодинамики. Однако поскольку рассматриваемый цикл состоит из по*литропических процессов, теплоемкости которых известны, наиболее ко*ротким путем вычисления Qik будет определение теплоемкости (5.13), а за*тем теплоты:Q12 = Cp(T2 – T1) = Cp(T2 – T2/2) = CpT2/2;Q41 = CV(T1 – T4) = CV(T2/2 – T4).(7.22)(7.23)Q+ = Q12 + Q41 = CpT2/2 + CV(T2/2 – T4) == CV(T2 – T4) + RT2/2.(7.24)ТогдаПри расчетах в формулах (7.22)–(7.24) использовались соотношения(7.20) и уравнение Майера Cp = CV + R.Таким образом, для КПД находим:R (T2 /2 3 T4 )(T2 3 2T4 )16 2A4тд 5 1 55.313CTTRTT()/22(Q2422 T4 )CV / R 1 T2VПоскольку по условию задачи рабочим веществом является двухатом*ный газ, для которого CV = 5R/2, окончательно получаем:2тд 3(T2 1 2T4 )(T 1 2T4 )3 2.2(T2 1 T4 )CV / R 4 T2 6T2 1 5T4Дополнительный вопрос.
На примере данной задачи убедитесь в справед*ливости второй теоремы Карно: КПД данного в задаче цикла должен быть неГЛАВА 7. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕХНИЧЕСКОЙ ТЕРМОДИНАМИКИ. ЦИКЛИЧЕСКИЕ ПРОЦЕССЫ201больше КПД цикла Карно, проводимого между максимальной температуройцикла Tmax = T2 и минимальной температурой Tmin = T4.В этом температурном интервале КПД теплового двигателя, работающе5Tго по циклу Карно, равен 1тдК 2 1 3 4 .T2Обозначим a = T2/T4 > 1 и убедимся, что hтдК – hтд > 0:4тдК 2 4тд 5 1 2так как a > 1.Ответ: 2тд 31 1 2 2 5[(1 2 0,9)2 3 0,19]256 0,1 61 2 51(61 2 5)(T2 1 2T4 )(T 1 2T4 )3 2.2(T2 1 T4 )CV / R 4 T2 6T2 1 5T4Задача 7.3.
Тепловой двигатель Карно (см. рис. 7.2), имеющий КПДhК = 40%, начинает использоваться при тех же условиях, но как холодиль5ная машина. Найти величину холодильного коэффициента (эффективностьхолодильника hх) и количество теплоты, которое эта машина за один циклможет забрать у холодильника, если за каждый цикл совершается внешняямеханическая работа, равная DАеx = 200 Дж.Решение.
Для того чтобы от холодильника забиралась теплота, т. е. рабо5чее тело получало теплоту на нижней ветви цикла (рис. 7.4), цикл следуетпроводить против часовой стрелки. Таким образом, если тепловой двигательКарно за счет теплоты, полученной от нагревателя, совершает работу, то вхолодильной машине теплота от холодильника поступает в нагреватель(обычно окружающую среду) за счет совершения внешней работы.КПД машины Карно не зависит от рода вещества рабочего тела (перваятеорема Карно), поэтому в качестве рабочего тела можно использовать иде5альный газ.По условию задачи17 3A 24Aex .5К 6 1 6QтдQ2Отсюда находим теплоту, отдаваемую рабочим телом нагревателю:12AexQ1 3.4К(а)(б)Рис.
7.4Циклический процесс на р–V5 (а) и Т–S5диаграммах (б)для холодильной машины,работающей по циклу Карно202МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХТеплоту, получаемую от холодильника, найдем из условият. е. –DAeх = Q+ + Q–:13 1A 2 13 1Q,Q+ = –(Q– + DAex) = DAex(1/hK – 1) = 200(1/0,4 – 1) = 300 Дж.Отсюда эффективность холодильной машины:2Aex (1/ 3К 4 1)Q13x 555 1/ 3К 4 1 5 1,5.2Aex6A17Замечание. Механизм, работающий по заданному циклу (рис. 7.4), нетолько отбирает теплоту от холодильника, но и передает некоторое количеEство теплоты нагревателю, т.
е. как бы накачивает теплоту в нагреватель засчет внешней работы. Другими словами, этот же механизм является и «тепEловым насосом». Эффективность теплового насоса (7.13) равна12Aex / 3КQ113тн 4444 2,5.123AexК16 5AОтвет: hх = 1/hК – 1 = 1,5, Q+ = DAex(1/hК – 1) = 300 Дж.Задача 7.4. Найти эффективность цикла, заданного в T–SEкоординатах(рис. 7.5а). Температуры Т1 и Т2 известны.Решение. Теплота, получаемая газом на какомEлибо участке цикла на T–SEдиаграмме, численно равна площади под этим процессом с учетом знака:если энтропия возрастает, то газ получает теплоту и DQ > 0; если энтропияуменьшается, то DQ < 0; если S = const, то DQ = 0 (рис.
7.5):DQ12 = T1(S2 – S1) = T1DS12 > 0;(7.25)111Q23 2 (T1 3 T2 )(S1 4 S2 ) 2 4 (T1 3 T2 )1S12 5 0;22DQ31 = 0.Изменение энтропии: DS23 = –DS12, DS31 = 0.Площадь цикла (площадь треугольника) равна сумме всех DQik (с учетомзнаков):115 1Q 2 2 (T1 3 T2 )4S12 .(а)(б)Рис. 7.5Циклический процесс наТ–SEдиаграмме (а), опреEделение знаков теплоты (б)ГЛАВА 7. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕХНИЧЕСКОЙ ТЕРМОДИНАМИКИ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
