В результате какого-либо процесса система может вернуться в исходное состояние. Такой процесс называют крусобьм или циклическим. Используя первое начало термодинамики, можно доказать, что к. п. д. произвольного цикла
$$\eta =(Q_1-Q_2)/Q_1$$

где $Q_1$ — теплота, полученная системой от нагревателя, $Q_2$ — теплота, отданная системой холодильнику. Для цикла Карно (две изотермы и две адиабаты)
$$\eta =(T_{\mathrm{r}}-T_{\mathrm{a}})/T_{\mathrm{i}}\text{. }$$

где $T_1$ — температура нагревателя, $T_{\text{, }}$ — температура холодильника.
${\mathrm{\Pi }}_{\text{риведенной }}$ теплотой элементарного процесса иазывают отношение $\delta Q/T$. По теореме Кла уз и са, сумма приведениых теплот дяя произвольного цикла меньше нуля, а для обратимого цикла равна нуло:
$$\oint \frac{\delta Q}{T}\le 0.$$

Отсюда, как следствие, вытекает, что сумма приведенных теплот (т. е. ${\int }_1^2{T}^{-1}\delta Q$ ) ляя любого обратимого процесса не зависит от вида процесса, а определяется лишы,
начальным (1) и конечным (2) состояниями системы. Далее вводится понятие энтропии $S$ системы как функции состояния, изменение которой зависит только от начального и конечного состояний системы:
$$S_1-S_1={\int }_1^2\frac{8Q}{T}$$

где интегрирование производится по любому обратимому процессу, в результате которого система переводится из состояния $I$ в состояние 2.
Пример 30.1 Цик. (рис. 30.1) состоит из даух изотери $(T_1=600\mathrm{K},T_2=300\mathrm{K})$ и деух изобар $(p_1=4p_2)$. Onpеделить к. п. д. цикла, если рабочим вечеством служит идеальный газ, число степеней свободе молекул которого $i=5$.
Р е ш е и и е. Физическая система состоит из одного моля идеального газа. В этой системе происходит круговой процесс, состоящий из двух изотерм и двух изобар (рис. 30.1). Для нахождения к. п. д. цикла по формуле
(30.1) необходимо определить $Q_1$ и $Q_3$. Система получает теплоту $Q_1$ при изобарном переходе из состояния $I$ с параметрами $p_1,V_1,T_2$ в состояние 2 с параметрами $p_1,V_1,T_1$ и при изотермическом расширении из состояния 2 в состояние 3 с параметрами $p_2,V_2,T_1$ :
$$Q_1=C_p(T_1-T_2)+R{T}_1\ln \left(V_v/V_1\right).$$

Система отдает теплоту $Q$, холодильнику при изобарном переходе из состояния 3 в состояние 4 с параметрами $p_{\text{s. }}V;T$, и при изотермическом сжатии из состояния 4 в состояние $\mathrm{I}$ :
$$Q_{\mathrm{s}}=C_p(T_1-T_2)+R{T}_2\ln \left(V_2^{\ast }/V_1\right).$$

Из закона Бойля — Мариотта для изотерм $T_1$ и $T$,
$$p_1{V}_1^{\prime }=p_2{V}_2\text{ и }{p}_1{V}_1=p_2{V}_2^{\prime }$$

следует, что
$$\frac{V_2}{V_i^{\prime }}=\frac{V_i^{\prime }}{V_i}=\frac{p_1}{p_i}$$

Подставляя эти отношения объемов в формулы (30.5) и (30.6) и учитывая (30.1), находим
$$\eta =\frac{iR(T_1-T_2){\mathrm{tn}}^{\prime }\left(p_1/p_2\right)}{C_p(T_1-T_2)+R{T}_1\ln \left(p_1/p_2\right)}.$$

Используя известное соотношение $C_p=1/2(i+2)R$, гае $i$ число степеней свободы, окончательно получаем
$$\eta =\frac{T_1-T_2}{T_1+\frac{(i+2)(T_1-T_2)}{2\ln \left(p_1/p_2\right)}}.$$

Расчет дает $\eta \approx 22,5\mathrm{\%}$.
К. п. д щикла Карно для таких же температур $T_1$ нагревателя и $T$, холодильника
$\eta =(T_1-T_2)/T_1,\eta \approx 50\mathrm{\%}$.
Если увеличить степень сжатия (положив, например, $p_1/p_2=20$ ), а число степеней свободы молекул газа уменьшить ( $i=3$ ), то к. п. д. цикла из двух изотерм и двух изобар можно повысить до $\eta \approx 35\mathrm{\%}$. Но в любом случае он останется меньше к. п. д. цикла Карно.
Пример 30.2 Цикл состоит из изотермы ( $T_1=600\mathrm{K})$, цзобары и изохоры (рис. 30.2). Отношение $V,V,=2$. Рабонее вецестөо — идеальный газ ( $i=5$ ). Определить к. п. д. цикла как функцию максимальноа ( $T_1)$ и минимальной температур рабочего вецества.
Решение. Определим минимальную температуру. В изобарном процессе газ охлаждается, а в изохорном нагревается. Следовательно, минимальная температура это температура $T$, в состоянии 3 . Из уравнений состояния для точек 2 и 3
$$p{V}_2=R{T}_1,p{V}_3=R{T}_{,}$$

находим минимальную температуру:
$T_{\mathbf{s}}=T_3{V}_{\mathbf{3}}/V_{\mathbf{3}}=0,5T_1,T_3=300\mathrm{K}$.
Так как все продессы политропны, то, используя первое начало термодинамики (для изотермического процесса)
и формулу (29.8) (для изобарного и изохорного процессов), определим количество теплоты, поглощаемое (отдаваемое) рабочим веществом в этих процессах. Для изотермического продесса
$$Q_{1\mathbf{1}}=R{T}_1\ln \left(V_2/V_1\right).$$

Так как $V_1=V_3$, а $V_8/V_3=T_1/T_3$, то
$$Q_{12}=R{T}_1\ln \left(T_1/T_2\right).$$

Для изобарного процесса
$$Q_n=C_p(T_1-T_n)=\frac{i+2}{2}R(T_1-T_n).$$

Для изохорного процесса
$$Q_n=C_V(T_1-T_3)=\frac{iR}{2}(T_1-T_3).$$

Объединяя полученные результаты по формуле (30.1), находим к. п. д. щикла:
$$\eta =\frac{Q_{11}+Q_n-Q_n}{Q_{11}+Q_n}=1-\frac{1/2(l+2)(T_1-T_3)}{T_1\ln \left(T_1/T_n\right)+1/2i(T_1-T_n)},\eta \approx 10\mathrm{\%}.$$

Пример з0.3 Определить изменение энтропии одново моля идеального ааза в изобарном, изохорном и изотермическом процессах.
Решен и е. Физическая система — один моль идеального газа — участвует в трех изопроцессах. Эти процессы квазистатические и обратимые. Следовательно, изменение энтропии можно получить непосредственно по формуле (30.4).
Для изобарного процесса
$$\mathrm{\Delta }{S}_p={\int }_{F_1}^{T_1}\frac{\mathrm{\Delta }Q}{T}={\int }_{T_1}^{T_t}\frac{C_p\mathrm{d}T}{T}=C_p\ln \frac{T_t}{T_i}=C_p\ln \frac{V_2}{V_1}.$$

Для изохорного процесса
$$\mathrm{\Delta }{S}_v={\int }_{T_1}^{T_1}\frac{\mathrm{\Delta }Q}{T}={\int }_{y_1}^{T_1}\frac{C_y\mathrm{d}T}{T}=C_V\ln \frac{T_2}{T_1}=C_V\ln \frac{P_2}{P_1}.$$

Для изотермического процесса
$$\mathrm{\Delta }{S}_r=\int \frac{\mathrm{\Delta }Q}{T}=\int \frac{\mathrm{\Delta }A}{T}=\int \frac{\rho \mathrm{d}V}{T}={\int }_{V_1}^{V_2}\frac{RT\mathrm{d}V}{TV}=R\ln \frac{V_2}{V_1}.$$

Применим полученные результаты к циклу из примера 30.2. Этот цикл состоит из изобары, изохоры и изотермы. Все эти процессы обратимы, и, следовательно, весь цикл также обратим. Для обратимого цикла по теореме Клаузиуса (30.3) изменение энтропии равно нулю:
$$\mathrm{\Delta }{S}_p+\mathrm{\Delta }{S}_v+\mathrm{\Delta }{S}_r=0.$$

Отсюда, учитмвая формулы (30.7) — (30.9) и обозпачения примера 30.2 , находим
$$C_p\ln \frac{T_3}{T_1}+C_V\ln \frac{T_1}{T_3}+R\ln \frac{V_2}{V_1}=0.$$

Так как $V_1=V_3$, а $V_8/V_3=T_1/T_{\text{, (см. пример 30.2), то }}$
$$-C_p\ln \frac{T_1}{T_3}+C_V\ln \frac{T_1}{T_3}+R\frac{T_1}{T_3}=0.$$

Отсюда получаем известное уравнение Майера (29.17):
$$C_p=C_v+R\text{. }$$

Изобразим изменение эитропии в рассматриваемом цикле в системе координат ( $S\cdot \ln T$ ) (рис. 30.3). На участке $1-2$ нзотермического расшире ния ( $\ln T=$ const) энтропия возросла на $\mathrm{\Delta }{S}_r=0,7R$, а на участке $2-3$ изобарного охлаждения она уменьшилась на $\mathrm{\Delta }{S}_p=3,5\cdot 0,7R$ и на участке $3-I$ изохорного нагревания энтропия возросла на $\mathrm{\Delta }{S}_v=2,5\times 0,7R$. Полное изменение энтропии за цикл равно нулю: $\mathrm{\Delta }{S}_p+\mathrm{\Delta }{S}_v+\mathrm{\Delta }{S}_r=0$. Ecтественным кажется воз. растание энтропии на участках 3-1 и $1-2$ (это формально согласуется с законом возрастания энтропии). На первый взгляд не совсем понятно, почему на участке 2-3 энтропия системы убывает (это противоречит закону возрастания энтропии). На самом деле никакого противоречия с законом возрастания энтропии здесь нет. Этот закон справедлив лишь для адиабатно изолированной системы. Система, рассматриваемая в примере 30.2 , адиабатно ие изолирована: при изотермическом расширении 1.2 и изохорном нагревании $3-1$ она
получает теплоту, а при изобарном охлаждении $2-3$ отдает ее внешним телам.
Пример 30.4 Адиабатно изолированньй сосуд разделен ма де равные части жесткой и метеплотроводной перегородкой (рис. 30.4). В каждой половине сосуда находится по одному молю одинакового идеального трехатомного газа: в левой половине — при температуре $T_1=600\mathrm{K}$, в правои — при температуре $T_2=300\mathrm{K}$. Перегородку убиралот. Определить изменекие энтропии газа после таво, как установится равновесное состояние. Реше и и е. Рассмотрим три физические системы. Система I состоит из одного моля газа, находящегося в левой половине сосуда при температуре $T_1$. До сиятия перегородки она адиабатно изолирована и находится в равновесном состоянии. Система II состоит из одного моля такого же газа, находящегося в правой половине сосуда при температуре $T_1<T_1$. До снятия перегородки она также адиабатно изолирована и находится в равновесном состоянии. Система III (общая) является объединением систем I и II. До и после снятия перегородки и в системе III и в каждой из систем 1 и II происходят неквазистатические и необратимые процессы, в результате которых в них устанавливаются равновесные состояния.
Так как возникающие процессы необратимы, то приме-
нять непосредственно формулу (30.4) для нахождения изменения энтропии системы III нельзя. Необходимо найти такие продессы, в результате которых системы I и II из начального в то же конечное состояние перешли бы обратимым образом. Для этого необходимо нарушить первоначальную адиабатную изолированность систем I и II. Поставим вместо нетеплопроводящей идеально проводящую теплоту невесомую перегородку. Теперь системы I и II имеют тепловоА контакт (они адиабатно не изолированы). В каждой системе происходит обратимый изохорный процесс (в левой — охлаждения, в правой — нагревания до температуры смеси $\theta$ ). Нетрудно найти конечную равновесную температуру:
$$\theta =(T_1+T,)/2.$$

Теперь можно убрать и эту (теплопроводящую) перегородку. Так как обе подсистемы I и II находятся в термодинамическом равновесии при температуре $\theta$, то и ощая система III находится в равновесном состоянии. Заметим, что если изохорные процессы в снстемах I и II можио считать обратимыми, то процесс теплопередачи в системе III нельзя считать обратимым. Обозначим $\mathrm{\Delta }{S}_1$ и $\mathrm{\Delta }{S}_2$ изменения энтропии систем I и II. Torда изменение энтропии системы III
$$\mathrm{\Delta }S=\mathrm{\Delta }{S}_1+\mathrm{\Delta }S.$$

Для системы I (по формуле (30.8))
$$\mathrm{\Delta }{S}_1={\int }_{T_1}^{\theta }\frac{C_V\mathrm{d}T}{T}=C_V\ln \frac{\theta }{T_1}=C_V\ln \frac{1}{2}(1+\frac{T_2}{T_1}).$$

Для системіы II
$$\mathrm{\Delta }{S}_2={\int }_{T_1}^{\theta }\frac{C_Y\mathrm{d}T}{T}=C_V\ln \frac{\theta }{T_2}=C_V\ln \frac{1}{2}(1+\frac{T_1}{T_2}).$$

Легко видеть, что $\mathrm{\Delta }{S}_1<0$, а $\mathrm{\Delta }{S}_2>0$, т. е. энтропия системы I убывает, а энтропия системы II возрастает (вспомиим, что эти системы, после того как была поставлена теплопроводящая перегородка, перестали быть адиабатно изолированными и энтропия каждой из них может и возрастать, и убывать). Общая система III остается адиабатно изолированной, и энтропия в ней в результате необратимого пропесса должна возрастать. Действительно, $\left|\mathrm{\Delta }{S}_1\right|<\left|\mathrm{\Delta }{S}_3\right|$ и
$$\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }S=\mathrm{\Delta }{S}_1+\mathrm{\Delta }{S}_2=C_v[\ln \frac{1}{2}(1+\frac{T_2}{T_1})+\\ +\ln \frac{1}{2}(1+\frac{T_1}{T_2})]>0.\end{array}$$

Так как $C_V=iR/2$, то $\mathrm{\Delta }S\simeq 3$ Дж/(моль.К). Таким образом, если количество теплоты $Q_1$, переданной системой 1 , равно количеству теплоты $Q_2$, полученной системой II $(\left|Q_1\right|=\left|Q_2\right|)$, то изменение эитропии $\mathrm{\Delta }{S}_1$ систем $I$ по модулю не равно изменению энтропии $\mathrm{\Delta }S$, системы II в этом же процессе теплопередачи $\left|\mathrm{\Delta }{S}_1\right|eq\left|\mathrm{\Delta }{S}_2\right|$ ).