Теплоемкость газа

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 $dT$ :

$pV=\nu RT$

$d(pV)=d(\nu RT)$

$pdV+Vdp=\nuT dT$

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.