Korzystamy z równania Clapeyrona:

$pV=nRT$  

Oraz z wykresu odczytujemy, że:

$\text{dla stanu 1: }{p}_1=p_0\text{, }{V}_1=V_0\text{, }{T}_1=\frac{p_1{V}_1}{nR}=\frac{p_0{V}_0}{nR}=T_0$   

$\text{dla stanu 2: }{p}_2=2p_0\text{, }{V}_2=V_0\text{, }{T}_2=\frac{p_2{V}_2}{nR}=\frac{2p_0{V}_0}{nR}=2T_0$  

$\text{dla stanu 3: }{p}_3=2p_0\text{, }{V}_3=3V_0\text{, }{T}_3=\frac{p_3{V}_3}{nR}=\frac{2p_{0}3V_0}{nR}=6T_0$  

$\text{dla stanu 4: }{p}_4=p_0\text{, }{V}_4=3V_0\text{, }{T}_4=\frac{p_4{V}_4}{nR}=\frac{p_{0}3V_0}{nR}=3T_0$  

Wprowadzamy oznaczenie:

$C_V=aR$  

$C_p=R+C_V\Rightarrow C_p=\left(1+a\right)R$  

 

$a)$  

Z definicji sprawności wiemy, że jest to iloraz wykonanej do ciepła pobranego w procesie:

$\eta =\frac{W}{Q_{\text{pobrane}}}$  

Z wykresu odczytujemy, że dla I cyklu temperatura wzrasta w przemianie z 1 do 2 oraz z 2 do 3, czyli ciepło pobrane w tej przemianie wynosi:

$Q_{\text{pobraneI}}=Q_{1\to 2}+Q_{2\to 3}$  

Przemiana z 1 do 2 odbywa się przy stałej objętości, czyli jest izochoryczna. Ilość ciepła potrzebna do określonego przyrostu temperatury n moli gazu przy stałej objętości wyraża się wzorem:

$Q=n{C}_V\Delta T$  

gdzie $Q$  jest ciepłem oddanym lub pobranym przez ciało o liczbie moli $n$  przy zmianie temperatury o $\Delta T$ , $C_V$  jest ciepłem molowym przy stałej objętości.

Oznacza to, że:

$Q_{1\to 2}=naR\left(T_2-T_1\right)$  

$Q_{1\to 2}=naR\left(2T_0-T_0\right)$  

$Q_{1\to 2}=anR{T}_0$  

Przemiana z 2 do 3 odbywa się przy stałym ciśnieniu, czyli jest izobaryczna. Ilość ciepła potrzebna do określonego przyrostu temperatury n moli gazu wyraża się wzorem przy stałym ciśnieniu:

$Q=n{C}_p\Delta T$  

gdzie $Q$  jest ciepłem oddanym lub pobranym przez ciało o liczbie moli $n$  przy zmianie temperatury o $\Delta T$ , $C_p$  jest ciepłem molowym przy stałym ciśnieniu. 

Wówczas:

$Q_{2\to 3}=n\left(a+1\right)R\left(T_3-T_2\right)$  

$Q_{2\to 3}=n\left(a+1\right)R\left(6T_0-2T_0\right)$  

$Q_{2\to 3}=n\left(a+1\right)R\cdot 4T_0$  

$Q_{2\to 3}=4\left(a+1\right)nR{T}_0$  

Oznacza to, że całkowite ciepło pobrane w tej przemianie wynosi:

$Q_{\text{pobraneI}}=anR{T}_0+4\left(a+1\right)nR{T}_0$  

$Q_{\text{pobraneI}}=\left[a+4\left(a+1\right)\right]nR{T}_0$  

$Q_{\text{pobraneI}}=\left[a+4a+4\right]nR{T}_0$  

$Q_{\text{pobraneI}}=\left[5a+4\right]nR{T}_0$  

Pracę w tym cyklu obliczymy jako pole powierzchni ograniczone wykresem i w naszym przypadku odpowiada ono polu trójkąta prostokątnego:

$W_{\text{I}}=\frac{1}{2}\left(3V_0-V_0\right)\left(2p_0-p_0\right)$  

$W_{\text{I}}=\frac{1}{2}\cdot 2V_0\cdot p_0$  

$W_{\text{I}}=V_0{p}_0=nR{T}_0$  

$W_{\text{I}}=nR{T}_0$  

Wówczas sprawność pierwszego cyklu wynosi:

${\eta }_{\text{I}}=\frac{W_{\text{I}}}{Q_{\text{pobraneI}}}$  

${\eta }_{\text{I}}=\frac{nR{T}_0}{\left[5a+4\right]nR{T}_0}$  

${\eta }_{\text{I}}=\frac{1}{5a+4}$  

W drugim cyklu temperatura wzrasta w przemianie z 1 do 3. Wówczas wzrasta również ciśnienie i objętość. Wiemy, że zmianę energii wewnętrznej w dowolnej przemianie cyklu gazu doskonałego możemy przedstawić wzorem:

$\Delta U=n{C}_V\Delta T$  

Wówczas dla naszej przemiany wynosi ona:

$\Delta U_{1\to 3}=naR\Delta T$  

$\Delta U_{1\to 3}=naR\left(T_3-T_1\right)$  

$\Delta U_{1\to 3}=naR\left(6T_0-T_0\right)$  

$\Delta U_{1\to 3}=naR\cdot 5T_0$  

$\Delta U_{1\to 3}=5aR{T}_0$  

Praca wykonana w tej przemianie będzie polem pod jej wykresem odpowiadającym polu trapezu:

$W_{1\to 3}=\frac{1}{2}\cdot \left(2p_0+p_0\right)\cdot \left(3V_0-V_0\right)$  

$W_{1\to 3}=\frac{1}{2}\cdot 3p_0\cdot 2V_0$  

$W_{1\to 3}=3p_0{V}_0$  

$W_{1\to 3}=3nR{T}_0$  

Gaz w tej przemianie rozpręża się, czyli to on wykonuje pracę. Zatem zgodnie z I zasadą termodynamiki ciepło pobrane w drugim cyklu będzie wynosiło:

$-W_{1\to 3}+Q_{\text{pobraneII}}=\Delta U_{1\to 3}$  

$-3nR{T}_0+Q_{\text{pobraneII}}=4aR{T}_0\mid +3nR{T}_0$  

$Q_{\text{pobraneII}}=5aR{T}_0+3nR{T}_0$  

$Q_{\text{pobraneII}}=\left(5a+3\right)nR{T}_0$  

Natomiast praca wykonana w całym cyklu odpowiada polu trójkąta prostokątnego:

$W_{\text{II}}=\frac{1}{2}\cdot \left(2p_0-p_0\right)\cdot \left(3V_0-V_0\right)$  

$W_{\text{II}}=\frac{1}{2}\cdot p_0\cdot 2V_0$  

$W_{\text{II}}=p_0{V}_0$  

$W_{\text{II}}=nR{T}_0$  

Zatem sprawność drugiego cyklu wynosi:

${\eta }_{\text{II}}=\frac{W_{\text{II}}}{Q_{\text{pobraneII}}}$  

${\eta }_{\text{II}}=\frac{nR{T}_0}{\left(5a+3\right)nR{T}_0}$  

${\eta }_{\text{II}}=\frac{1}{5a+3}$  

Wykażmy, że sprawność drugiego cyklu jest większa niż sprawność pierwszego:

${\eta }_{\text{II}}>{\eta }_{\text{I}}$  

Wiemy, że współczynnik $a$  jest na pewno większy od jedynki:

$a>1$  

Wówczas:

$\frac{1}{5a+3}>\frac{1}{5a+4}$  

$5a+3<5a+4\mid -5a$  

$3<4$  

Zawsze prawdziwe, czyli sprawność drugiego cyklu jest większa niż sprawność pierwszego cyklu.

 

$b)$  

Obliczamy stosunek sprawności cykli dla przypadku, gdy mamy gaz jednoatomowy:

$a=\frac{3}{2}$  

Wówczas otrzymujemy, że:

$\frac{{\eta }_{\text{II}}}{{\eta }_{\text{I}}}=\frac{\frac{1}{5a+3}}{\frac{1}{5a+4}}$  

$\frac{{\eta }_{\text{II}}}{{\eta }_{\text{I}}}=\frac{1}{5a+3}\cdot \frac{5a+4}{1}$  

$\frac{{\eta }_{\text{II}}}{{\eta }_{\text{I}}}=\frac{5a+4}{5a+3}$  

$\frac{{\eta }_{\text{II}}}{{\eta }_{\text{I}}}=\frac{5\cdot \frac{3}{2}+4}{5\cdot \frac{3}{2}+3}$  

$\frac{{\eta }_{\text{II}}}{{\eta }_{\text{I}}}=\frac{\frac{15}{2}+4}{\frac{15}{2}+3}$  

$\frac{{\eta }_{\text{II}}}{{\eta }_{\text{I}}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot \left(15+8\right)}{\frac{1}{2}\cdot \left(15+6\right)}$  

$\frac{{\eta }_{\text{II}}}{{\eta }_{\text{I}}}=\frac{23}{21}$