Теплоемкость газа - 4

В статье разбираем задачу на теплоемкость газа. Задача. Говорят, в архиве лорда Кельвина нашли рукопись с $p,V$ диаграммой, на которой расположен циклический процесс в виде прямоугольного треугольника $ACB$. Причем угол $C$ был прямым, а в точке $K$, лежащей на середине стороны $AB$, теплоемкость многоатомного газа $CH_4$ обращалась в ноль. Газ можно считать идеальным. От времени чернила выцвели, и на рисунке остались видны только координатные оси и точки $C$ и $K$. С помощью циркуля и линейки без делений восстановите положение треугольника $ACB$. Известно, что в точке $A$ объем был меньше, чем в $B$.

Рисунок 1

Решение. Так как $K$ - середина гипотенузы, а $C$ - вершина прямоугольного треугольника, то $CK$ - медиана и одновременно радиус описанной окружности для этого треугольника. На этой окружности где-то и лежат точки $A$ и $B$.

Рисунок 2

Так как газ многоатомный, то $$dU=\frac{6}{2}\nu RdT$$ Тогда $$C=\frac{dQ}{dT}=\frac{dA+dU}{dT}=\frac{dA}{dT}+3\nu R$$ Так как понятно, что $K$ лежит на гипотенузе треугольника, то точки $A$ и $B$ лежат на прямой, имеющей отрицательный коэффициент наклона и определяемой уравнением $$p=\alpha V+\beta$$

Рисунок 3

Или $$p=-\frac{p_0}{V_0}V+p_0~~~~~~~~~~~~~~~~~(*)$$ Тогда $$dA=pdV=\left(-\frac{p_0}{V_0}V+p_0\right)dV$$ Осталось найти малое изменение температуры $dT$: $$pV=\nu RT$$ $$d(pV)=d(\nu RT)$$ $$pdV+Vdp=\nu T dT$$ Из (*) $$dp=-\frac{p_0dV}{V_0}$$ Тогда $$dT=\frac{\left(-\frac{p_0}{V_0}V+p_0\right)dV +V\left(-\frac{p_0}{V_0}dV\right)}{\nu R}$$ $$dT=\frac{dV\cdot \left(-\frac{2p_0V}{V_0}+p_0\right)}{\nu R}$$ Теперь можно определить $\frac{dA}{dT}$: $$\frac{dA}{dT}=\nu R\cdot \frac{1-\frac{V}{V_0}}{1-2\frac{V}{V_0}}$$ $$C=\nu R\cdot \frac{1-\frac{V}{V_0}}{1-2\frac{V}{V_0}}+3\nu R$$ Это теплоемкость для любой точки прямой $AB$. Для точки $K$ она равна нулю, объем в этой точке $V_k$. Тогда $$\frac{1-\frac{V}{V_0}}{1-2\frac{V}{V_0}}=-3$$ $$V_0-V_k=-3(V_0-2V_k)$$ $$4V_0=7V_k$$ $$V_0=\frac{7}{4}V_k$$ Определяем $p_0$ $$p_k=-\frac{p_0}{V_0}\cdot\frac{4V_0}{7}+p_0$$ $$p_k=\frac{7}{3}p_k$$ Тангенс угла наклона будет тогда равен $$\operatorname{tg}\alpha=\frac{p_0}{V_0}=\frac{7p_k}{3}\cdot\frac{4}{7V_k}=\frac{4p_k}{3V_k}$$ Чтобы построить нужную прямую, построим прямую, проходящую через точки $(0; 4p_k)$ и $(3V_k; 0)$. $p_k$ и $V_k$ - отмеряем циркулем и откладываем на осях с его же помощью величины $4p_k$ и $3V_k$. Проводим данную прямую, а через точку $K$ - параллельную ей. Это и будет ответ.

Рисунок 4