Solution

We use the prescribed sign convention throughout: \[ dU=dQ+dW, \] where heat and work are positive when supplied to the paramagnetic material. The magnetic processes are treated quasistatically, with the uniform-field approximation \(r\ll R\) and negligible resistive losses.

T3-A1

Choose an Amperian circle of radius \(R\) inside the torus. It links all \(N\) turns, so the enclosed free current is \(NI\). Thus, \[ H(2\pi R)=NI. \] Since the torus volume is \(V=(2\pi R)A\), \[ \boxed{H=\frac{NI}{2\pi R}=\frac{NAI}{V}}. \]

T3-A2

The magnetic flux through each turn is approximately \[ \Phi=AB. \] Faraday’s law gives an induced emf \(-NA\,dB/dt\). With negligible resistance, the applied source emf balances this: \[ \mathcal E=NA\frac{dB}{dt}. \] The electrical work supplied in time \(dt\) is therefore \[ dW_{emf}=\mathcal E I\,dt=NAI\,dB. \] Using \(NAI=VH\) from A1, \[ \boxed{dW_{emf}=VH\,dB}. \]

This expression also gives the correct sign when the source receives energy during a decrease of the field.

T3-A3

Because the fields and magnetization are parallel, \[ dB=\mu_0\,dH+\mu_0\,dM. \] Consequently, \[ dW_{emf} =\mu_0VH\,dH+\mu_0VH\,dM. \]

For a vacuum core, \(B=\mu_0H\), so the work associated with the same change of \(H\) is \[ dW_{vac}=\mu_0VH\,dH =d\!\left(\frac{\mu_0VH^2}{2}\right). \] Subtracting this vacuum-field contribution leaves the work on the material: \[ \boxed{dW=dW_{emf}-dW_{vac}=\mu_0VH\,dM}. \] Thus the fallback coefficient is \(\alpha=1\).

T3-B1

The given internal-energy relation implies that an isothermal process has \[ dU=\frac{n\lambda}{T^2}\,dT=0. \] The first law then gives \[ dQ=-dW=-\mu_0VH\,dM. \]

At constant \(T\), the equation of state yields \[ M=\frac{nKH}{VT}, \qquad dM=\frac{nK}{VT}\,dH. \] Hence \[ Q=-\frac{\mu_0nK}{T}\int_{H_i}^{H_f}H\,dH, \] and therefore \[ \boxed{Q=\frac{\mu_0nK}{2T}(H_i^2-H_f^2)}. \]

The volume cancels. Isothermal demagnetization, \(H_f<H_i\), absorbs heat; isothermal magnetization releases heat.

T3-B2

An adiabatic process has \(dQ=0\), so \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT=\mu_0VH\,dM. \] Now both \(H\) and \(T\) vary. Differentiating the equation of state gives \[ dM=\frac{nK}{V} \left(\frac{dH}{T}-\frac{H}{T^2}\,dT\right). \] Substitution into the first law gives \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT =\mu_0nK \left(\frac{H}{T}\,dH-\frac{H^2}{T^2}\,dT\right). \] Thus \[ (\lambda+\mu_0KH^2)\,dT =\mu_0KHT\,dH, \] or \[ \frac{dT}{T} =\frac{\mu_0KH}{\lambda+\mu_0KH^2}\,dH. \]

Integrating between the initial and final states, \[ \ln\frac{T_f}{T_i} =\frac12\ln \frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}. \] Therefore, \[ T_f=T_i \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}, \] and \[ \boxed{\Delta T =T_i\left[ \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}-1 \right]}. \]

For positive \(K\) and heat capacity, decreasing \(H\) decreases \(T\): this is adiabatic demagnetization.

An equivalent form, useful below, is the adiabatic invariant \[ \boxed{\frac{\lambda+\mu_0KH^2}{T^2} =\text{constant along an adiabat}}. \]

T3-C1

The horizontal coordinate is temperature. Therefore:

• Label the left dashed projection, beneath states \(2\) and \(3\), \(T_c\).
• Label the right dashed projection, beneath states \(1\) and \(4\), \(T_h\).

On \(2\to3\), the field decreases at constant \(T_c\). By B1, the torus absorbs heat, so place \(Q_c\), directed into the torus, beside this downward vertical stroke.

On \(4\to1\), the field increases at constant \(T_h\). The torus releases heat, so place \(Q_h\), directed out of the torus, beside this upward vertical stroke.

The remaining strokes are \(1\to2\), adiabatic cooling, and \(3\to4\), adiabatic heating.

T3-C2

Substitute \[ H=\frac{VTM}{nK} \] into the adiabatic invariant from B2: \[ \frac{\lambda}{T^2} +\frac{\mu_0V^2}{n^2K}M^2 =\text{constant}. \]

For the adiabat \(1\to2\), \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_1^2-M_2^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] For the adiabat \(3\to4\), \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_4^2-M_3^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Their right-hand sides are identical, so \[ M_1^2-M_2^2=M_4^2-M_3^2. \] Since the \(M_j\) are magnitudes, the positive root is required: \[ \boxed{M_1=\sqrt{M_2^2+M_4^2-M_3^2}}. \]

T3-C3

For the one-cycle estimate, take the cold-stroke temperature as approximately the initial helium temperature: \[ T_c\simeq1.00\ \mathrm K. \] The heat absorbed during \(2\to3\) is \[ Q_c=\frac{\mu_0nK}{2T_c}(H_2^2-H_3^2). \] Using the supplied values, \[ Q_c= \frac{ (1.25663706127\times10^{-6})(2.0)(1.87\times10^{-6}) }{ 2(1.00) } \left(311306^2-204618^2\right)\ \mathrm J, \] which gives \[ Q_c=0.1293459\ldots\ \mathrm J\simeq0.13\ \mathrm J. \]

The helium mass and heat capacity are \[ m_{\mathrm{He}} =\rho V_{\mathrm{He}} =(130)(1.00\times10^{-3}) =0.130\ \mathrm{kg}, \] \[ C_{\mathrm{He}}=m_{\mathrm{He}}c =(0.130)(100)=13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}. \] Energy conservation for the helium gives \[ C_{\mathrm{He}}(T_{\mathrm{He},f}-1.00\ \mathrm K)=-Q_c. \] Thus \[ T_{\mathrm{He},f} =1.00\ \mathrm K-\frac{0.1293459\ldots\ \mathrm J} {13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}} =0.9900503\ldots\ \mathrm K, \] or \[ \boxed{T_{\mathrm{He},f}\simeq0.990\ \mathrm K}. \]

The estimated temperature decrease is approximately \(1\%\), supporting the small-change approximation for this numerical estimate. The material volume cancels from \(Q_c\), so its density and molar mass are unnecessary here. For an exact cycle the four given fields are not fully consistent: with \(M=nKH/(VT)\) on the two isotherms, the relation of T3-C2 requires \(T_h/T_c=\sqrt{(H_1^2-H_4^2)/(H_2^2-H_3^2)}\approx1.42\), and the adiabats \(1\to2\) and \(3\to4\) then hold only with \(\lambda\approx-0.062\ \mathrm{J\,K\,mol^{-1}}\), that is, a negative heat capacity \(C_M=n\lambda/T^2\). The estimate above uses only the cold stroke and does not depend on \(\lambda\).

T3-C4

Let \(dT_c<0\) denote the actual temperature change of the cooled body. The positive heat extracted from it is \[ dQ_c=-C_c\,dT_c. \] The specified Carnot relation gives \[ dQ_h=\frac{T_h}{T_c}\,dQ_c. \] Since the refrigerator returns to its original state after each cycle, its net internal-energy change vanishes. The required work is therefore \[ dW=dQ_h-dQ_c =\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dQ_c. \] With constant input power, \[ P\,dt=dW =-C_c\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \]

Integrating from \(T_c=T_0\) at \(t=0\) to \(T_c=T\), \[ Pt=-C_c\int_{T_0}^{T} \left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \] Hence \[ Pt=C_c \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)+T-T_0 \right], \] and \[ \boxed{ t=\frac{C_c}{P} \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]}. \]

For \(0<T<T_0<T_h\), this time is positive. Moreover, \[ T\to0^+\quad\Longrightarrow\quad t\to\infty. \] Within the stated model, reaching absolute zero requires an infinite operating time.

T3-C5

The total heat extracted from the cooled body is \[ Q_{c,\mathrm{total}}=C_c(T_0-T). \] The total work supplied is \[ W_{\mathrm{total}}=Pt =C_c\left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]. \] Therefore, \[ \boxed{ \mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{Q_{c,\mathrm{total}}}{W_{\mathrm{total}}} =\frac{T_0-T} {T_h\ln(T_0/T)-(T_0-T)} }. \]

As a check, for an infinitesimal temperature decrease, \[ \lim_{T\to T_0^-}\mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{T_0}{T_h-T_0}, \] which is the usual Carnot refrigerator COP at cold temperature \(T_0\).

The solution was checked against the official solution.

Lösung

Wir verwenden durchgehend die vorgegebene Vorzeichenkonvention: \[ dU=dQ+dW, \] wobei Wärme und Arbeit positiv sind, wenn sie dem paramagnetischen Material zugeführt werden. Die magnetischen Prozesse werden quasistatisch behandelt, mit der Näherung eines homogenen Feldes für \(r\ll R\) und vernachlässigbaren ohmschen Verlusten.

T3-A1

Wir wählen einen ampereschen Integrationsweg in Form eines Kreises mit Radius \(R\) innerhalb des Torus. Er umfasst alle \(N\) Windungen, sodass der eingeschlossene freie Strom \(NI\) beträgt. Somit gilt \[ H(2\pi R)=NI. \] Da das Torusvolumen \(V=(2\pi R)A\) beträgt, folgt \[ \boxed{H=\frac{NI}{2\pi R}=\frac{NAI}{V}}. \]

T3-A2

Der magnetische Fluss durch jede Windung beträgt näherungsweise \[ \Phi=AB. \] Das faradaysche Induktionsgesetz liefert eine induzierte EMK von \(-NA\,dB/dt\). Bei vernachlässigbarem Widerstand gleicht die angelegte Quellenspannung diese aus: \[ \mathcal E=NA\frac{dB}{dt}. \] Die während der Zeit \(dt\) zugeführte elektrische Arbeit beträgt daher \[ dW_{emf}=\mathcal E I\,dt=NAI\,dB. \] Mit \(NAI=VH\) aus A1 folgt \[ \boxed{dW_{emf}=VH\,dB}. \]

Dieser Ausdruck liefert auch dann das richtige Vorzeichen, wenn die Quelle während einer Abnahme des Feldes Energie aufnimmt.

T3-A3

Da die Felder und die Magnetisierung parallel sind, gilt \[ dB=\mu_0\,dH+\mu_0\,dM. \] Folglich ist \[ dW_{emf} =\mu_0VH\,dH+\mu_0VH\,dM. \]

Für einen Vakuumkern gilt \(B=\mu_0H\), sodass für die mit derselben Änderung von \(H\) verbundene Arbeit gilt \[ dW_{vac}=\mu_0VH\,dH =d\!\left(\frac{\mu_0VH^2}{2}\right). \]

Subtrahiert man diesen Beitrag des Vakuumfeldes, verbleibt die am Material verrichtete Arbeit: \[ \boxed{dW=dW_{emf}-dW_{vac}=\mu_0VH\,dM}. \] Damit ist der als Ersatz vorgesehene Koeffizient \(\alpha=1\).

T3-B1

Aus der gegebenen Beziehung für die innere Energie folgt für einen isothermen Prozess \[ dU=\frac{n\lambda}{T^2}\,dT=0. \] Der erste Hauptsatz liefert dann \[ dQ=-dW=-\mu_0VH\,dM. \]

Bei konstantem \(T\) ergibt die Zustandsgleichung \[ M=\frac{nKH}{VT}, \qquad dM=\frac{nK}{VT}\,dH. \] Daraus folgt \[ Q=-\frac{\mu_0nK}{T}\int_{H_i}^{H_f}H\,dH, \] und somit \[ \boxed{Q=\frac{\mu_0nK}{2T}(H_i^2-H_f^2)}. \]

Das Volumen kürzt sich heraus. Bei isothermer Entmagnetisierung, \(H_f<H_i\), wird Wärme aufgenommen; bei isothermer Magnetisierung wird Wärme abgegeben.

T3-B2

Für einen adiabatischen Prozess gilt \(dQ=0\), also \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT=\mu_0VH\,dM. \] Nun ändern sich sowohl \(H\) als auch \(T\). Durch Differenzieren der Zustandsgleichung erhält man \[ dM=\frac{nK}{V} \left(\frac{dH}{T}-\frac{H}{T^2}\,dT\right). \] Einsetzen in den ersten Hauptsatz ergibt \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT =\mu_0nK \left(\frac{H}{T}\,dH-\frac{H^2}{T^2}\,dT\right). \] Somit gilt \[ (\lambda+\mu_0KH^2)\,dT =\mu_0KHT\,dH, \] oder \[ \frac{dT}{T} =\frac{\mu_0KH}{\lambda+\mu_0KH^2}\,dH. \]

Integration zwischen Anfangs- und Endzustand liefert \[ \ln\frac{T_f}{T_i} =\frac12\ln \frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}. \] Daher ist \[ T_f=T_i \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}, \] und \[ \boxed{\Delta T =T_i\left[ \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}-1 \right]}. \]

Bei positivem \(K\) und positiver Wärmekapazität führt eine Abnahme von \(H\) zu einer Abnahme von \(T\): Dies ist die adiabatische Entmagnetisierung.

Eine äquivalente, im Folgenden nützliche Form ist die adiabatische Invariante \[ \boxed{\frac{\lambda+\mu_0KH^2}{T^2} =\text{konstant entlang einer Adiabate}}. \]

T3-C1

Die horizontale Koordinate ist die Temperatur. Daher:

• Beschriften Sie die linke gestrichelte Projektion unterhalb der Zustände \(2\) und \(3\) mit \(T_c\).
• Beschriften Sie die rechte gestrichelte Projektion unterhalb der Zustände \(1\) und \(4\) mit \(T_h\).

Bei \(2\to3\) nimmt das Feld bei konstantem \(T_c\) ab. Nach B1 nimmt der Torus Wärme auf; tragen Sie daher neben diesem senkrecht nach unten verlaufenden Prozessabschnitt \(Q_c\) mit einer in den Torus gerichteten Richtung ein.

Bei \(4\to1\) nimmt das Feld bei konstantem \(T_h\) zu. Der Torus gibt Wärme ab; tragen Sie daher neben diesem senkrecht nach oben verlaufenden Prozessabschnitt \(Q_h\) mit einer aus dem Torus heraus gerichteten Richtung ein.

Die übrigen Prozessabschnitte sind \(1\to2\), adiabatische Abkühlung, und \(3\to4\), adiabatische Erwärmung.

T3-C2

Setzen wir \[ H=\frac{VTM}{nK} \] in die adiabatische Invariante aus B2 ein: \[ \frac{\lambda}{T^2} +\frac{\mu_0V^2}{n^2K}M^2 =\text{konstant}. \]

Für die Adiabate \(1\to2\) gilt \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_1^2-M_2^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Für die Adiabate \(3\to4\) gilt \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_4^2-M_3^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Ihre rechten Seiten sind identisch, sodass \[ M_1^2-M_2^2=M_4^2-M_3^2. \] Da die \(M_j\) Beträge sind, ist die positive Wurzel zu wählen: \[ \boxed{M_1=\sqrt{M_2^2+M_4^2-M_3^2}}. \]

T3-C3

Für die Abschätzung über einen Kreisprozess setzen wir die Temperatur des kalten Prozessabschnitts näherungsweise gleich der Anfangstemperatur des Heliums: \[ T_c\simeq1.00\ \mathrm K. \] Die während \(2\to3\) aufgenommene Wärme beträgt \[ Q_c=\frac{\mu_0nK}{2T_c}(H_2^2-H_3^2). \] Mit den angegebenen Werten ergibt sich \[ Q_c= \frac{ (1.25663706127\times10^{-6})(2.0)(1.87\times10^{-6}) }{ 2(1.00) } \left(311306^2-204618^2\right)\ \mathrm J, \] woraus folgt \[ Q_c=0.1293459\ldots\ \mathrm J\simeq0.13\ \mathrm J. \]

Die Masse und die Wärmekapazität des Heliums betragen \[ m_{\mathrm{He}} =\rho V_{\mathrm{He}} =(130)(1.00\times10^{-3}) =0.130\ \mathrm{kg}, \] \[ C_{\mathrm{He}}=m_{\mathrm{He}}c =(0.130)(100)=13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}. \] Die Energieerhaltung für das Helium liefert \[ C_{\mathrm{He}}(T_{\mathrm{He},f}-1.00\ \mathrm K)=-Q_c. \] Somit gilt \[ T_{\mathrm{He},f} =1.00\ \mathrm K-\frac{0.1293459\ldots\ \mathrm J} {13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}} =0.9900503\ldots\ \mathrm K, \] oder \[ \boxed{T_{\mathrm{He},f}\simeq0.990\ \mathrm K}. \]

Die geschätzte Temperaturabnahme beträgt etwa \(1\%\), was die Näherung einer kleinen Änderung für diese numerische Abschätzung stützt. Das Materialvolumen kürzt sich aus \(Q_c\) heraus, sodass seine Dichte und molare Masse hier nicht benötigt werden. Für einen exakten Kreisprozess sind die vier gegebenen Feldstärken nicht vollständig konsistent: Mit \(M=nKH/(VT)\) auf den beiden Isothermen erfordert die Beziehung aus T3-C2 \(T_h/T_c=\sqrt{(H_1^2-H_4^2)/(H_2^2-H_3^2)}\approx1.42\), und die Adiabaten \(1\to2\) und \(3\to4\) sind dann nur mit \(\lambda\approx-0.062\ \mathrm{J\,K\,mol^{-1}}\) erfüllbar, also mit einer negativen Wärmekapazität \(C_M=n\lambda/T^2\). Die obige Abschätzung verwendet nur den kalten Prozessabschnitt und hängt nicht von \(\lambda\) ab.

T3-C4

\(dT_c<0\) bezeichne die tatsächliche Temperaturänderung des gekühlten Körpers. Die ihm entzogene, positiv gezählte Wärme beträgt \[ dQ_c=-C_c\,dT_c. \] Die vorgegebene Carnot-Beziehung liefert \[ dQ_h=\frac{T_h}{T_c}\,dQ_c. \] Da die Kältemaschine nach jedem Kreisprozess in ihren ursprünglichen Zustand zurückkehrt, verschwindet die Nettoänderung ihrer inneren Energie. Die erforderliche Arbeit beträgt daher \[ dW=dQ_h-dQ_c =\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dQ_c. \] Bei konstanter zugeführter Leistung gilt \[ P\,dt=dW =-C_c\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \]

Durch Integration von \(T_c=T_0\) bei \(t=0\) bis \(T_c=T\) erhält man \[ Pt=-C_c\int_{T_0}^{T} \left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \] Daraus folgt \[ Pt=C_c \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)+T-T_0 \right], \] und \[ \boxed{ t=\frac{C_c}{P} \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]}. \]

Für \(0<T<T_0<T_h\) ist diese Zeit positiv. Außerdem gilt \[ T\to0^+\quad\Longrightarrow\quad t\to\infty. \] Im Rahmen des angegebenen Modells erfordert das Erreichen des absoluten Nullpunkts eine unendlich lange Betriebszeit.

T3-C5

Die dem gekühlten Körper insgesamt entzogene Wärme beträgt \[ Q_{c,\mathrm{total}}=C_c(T_0-T). \] Die insgesamt zugeführte Arbeit beträgt \[ W_{\mathrm{total}}=Pt =C_c\left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]. \] Daher gilt \[ \boxed{ \mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{Q_{c,\mathrm{total}}}{W_{\mathrm{total}}} =\frac{T_0-T} {T_h\ln(T_0/T)-(T_0-T)} }. \]

Zur Kontrolle ergibt sich für eine infinitesimale Temperaturabnahme \[ \lim_{T\to T_0^-}\mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{T_0}{T_h-T_0}, \] was der üblichen Leistungszahl einer Carnot-Kältemaschine bei der kalten Temperatur \(T_0\) entspricht.

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

Çözüm

Çözüm boyunca belirtilen işaret kuralını kullanıyoruz: \[ dU=dQ+dW, \] burada ısı ve iş, paramanyetik malzemeye aktarıldıklarında pozitiftir. Manyetik süreçler, \(r\ll R\) düzgün alan yaklaşımı ve ihmal edilebilir direnç kayıpları altında kuazistatik olarak ele alınmaktadır.

T3-A1

Torusun içinde yarıçapı \(R\) olan bir Ampère çemberi seçin. Bu çember, \(N\) sarımın tümünü çevreler; dolayısıyla çevrelediği serbest akım \(NI\)'dır. Böylece, \[ H(2\pi R)=NI. \] Torusun hacmi \(V=(2\pi R)A\) olduğundan, \[ \boxed{H=\frac{NI}{2\pi R}=\frac{NAI}{V}}. \]

T3-A2

Her sarımdan geçen manyetik akı yaklaşık olarak \[ \Phi=AB. \] Faraday yasası, indüklenen emk'yi \(-NA\,dB/dt\) olarak verir. Direnç ihmal edilebildiğinde, uygulanan kaynak emk'si bunu dengeler: \[ \mathcal E=NA\frac{dB}{dt}. \] Dolayısıyla \(dt\) süresinde sağlanan elektriksel iş \[ dW_{emf}=\mathcal E I\,dt=NAI\,dB. \] A1'deki \(NAI=VH\) bağıntısı kullanılarak, \[ \boxed{dW_{emf}=VH\,dB}. \]

Bu ifade, alan azalırken kaynak enerji aldığında da doğru işareti verir.

T3-A3

Alanlar ve mıknatıslanma paralel olduğundan, \[ dB=\mu_0\,dH+\mu_0\,dM. \] Bunun sonucunda, \[ dW_{emf} =\mu_0VH\,dH+\mu_0VH\,dM. \]

Boşluk çekirdek için \(B=\mu_0H\) olduğundan, \(H\)'nin aynı değişimine karşılık gelen iş \[ dW_{vac}=\mu_0VH\,dH =d\!\left(\frac{\mu_0VH^2}{2}\right). \] Boşluktaki alana ait bu katkı çıkarıldığında, malzeme üzerinde yapılan iş kalır: \[ \boxed{dW=dW_{emf}-dW_{vac}=\mu_0VH\,dM}. \] Dolayısıyla, alternatif olarak verilen ifadedeki katsayı \(\alpha=1\)'dir.

T3-B1

Verilen iç enerji bağıntısı, izotermal bir süreçte \[ dU=\frac{n\lambda}{T^2}\,dT=0. \] olduğunu gösterir. Bu durumda birinci yasa \[ dQ=-dW=-\mu_0VH\,dM. \] bağıntısını verir.

Sabit \(T\)'de durum denkleminden \[ M=\frac{nKH}{VT}, \qquad dM=\frac{nK}{VT}\,dH. \] elde edilir. Böylece \[ Q=-\frac{\mu_0nK}{T}\int_{H_i}^{H_f}H\,dH, \] ve dolayısıyla \[ \boxed{Q=\frac{\mu_0nK}{2T}(H_i^2-H_f^2)}. \]

Hacim sadeleşir. İzotermal demanyetizasyon, \(H_f<H_i\), sırasında ısı alınır; izotermal mıknatıslanma sırasında ısı açığa çıkar.

T3-B2

Adyabatik bir süreçte \(dQ=0\) olduğundan, \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT=\mu_0VH\,dM. \] Artık hem \(H\) hem de \(T\) değişmektedir. Durum denkleminin diferansiyeli alınırsa \[ dM=\frac{nK}{V} \left(\frac{dH}{T}-\frac{H}{T^2}\,dT\right). \] elde edilir. Birinci yasada yerine konulduğunda \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT =\mu_0nK \left(\frac{H}{T}\,dH-\frac{H^2}{T^2}\,dT\right). \] bulunur. Böylece \[ (\lambda+\mu_0KH^2)\,dT =\mu_0KHT\,dH, \] veya \[ \frac{dT}{T} =\frac{\mu_0KH}{\lambda+\mu_0KH^2}\,dH. \]

Başlangıç ve son durumlar arasında integral alınırsa, \[ \ln\frac{T_f}{T_i} =\frac12\ln \frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}. \] Dolayısıyla, \[ T_f=T_i \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}, \] ve \[ \boxed{\Delta T =T_i\left[ \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}-1 \right]}. \]

\(K\) ve ısı kapasitesi pozitif olduğunda, \(H\)'nin azalması \(T\)'yi azaltır: bu, adyabatik demanyetizasyondur.

Aşağıda yararlı olacak eşdeğer bir biçim, şu adyabatik değişmezdir: \[ \boxed{\frac{\lambda+\mu_0KH^2}{T^2} =\text{bir adyabat boyunca sabit}}. \]

T3-C1

Yatay koordinat sıcaklıktır. Bu nedenle:

• \(2\) ve \(3\) durumlarının altındaki, kesikli çizgiyle gösterilen soldaki izdüşümü \(T_c\) olarak etiketleyin.
• \(1\) ve \(4\) durumlarının altındaki, kesikli çizgiyle gösterilen sağdaki izdüşümü \(T_h\) olarak etiketleyin.

\(2\to3\) sürecinde alan, sabit \(T_c\) sıcaklığında azalır. B1'e göre torus ısı alır; bu nedenle aşağı yönlü bu düşey aşamanın yanına, torusun içine doğru yönelmiş \(Q_c\)'yi yerleştirin.

\(4\to1\) sürecinde alan, sabit \(T_h\) sıcaklığında artar. Torus ısı verir; bu nedenle yukarı yönlü bu düşey aşamanın yanına, torustan dışarı doğru yönelmiş \(Q_h\)'yi yerleştirin.

Kalan aşamalar, adyabatik soğuma olan \(1\to2\) ve adyabatik ısınma olan \(3\to4\)'tür.

T3-C2

\[ H=\frac{VTM}{nK} \] ifadesini B2'deki adyabatik değişmezde yerine koyun: \[ \frac{\lambda}{T^2} +\frac{\mu_0V^2}{n^2K}M^2 =\text{sabit}. \]

\(1\to2\) adyabatı için, \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_1^2-M_2^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] \(3\to4\) adyabatı için, \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_4^2-M_3^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Sağ tarafları aynı olduğundan, \[ M_1^2-M_2^2=M_4^2-M_3^2. \] \(M_j\) değerleri büyüklük olduğundan pozitif kök alınmalıdır: \[ \boxed{M_1=\sqrt{M_2^2+M_4^2-M_3^2}}. \]

T3-C3

Tek çevrimlik tahmin için, soğuk aşamanın sıcaklığını yaklaşık olarak helyumun başlangıç sıcaklığına eşit alın: \[ T_c\simeq1.00\ \mathrm K. \] \(2\to3\) sırasında alınan ısı \[ Q_c=\frac{\mu_0nK}{2T_c}(H_2^2-H_3^2). \] Verilen değerler kullanıldığında, \[ Q_c= \frac{ (1.25663706127\times10^{-6})(2.0)(1.87\times10^{-6}) }{ 2(1.00) } \left(311306^2-204618^2\right)\ \mathrm J, \] buradan \[ Q_c=0.1293459\ldots\ \mathrm J\simeq0.13\ \mathrm J. \] elde edilir.

Helyumun kütlesi ve ısı kapasitesi \[ m_{\mathrm{He}} =\rho V_{\mathrm{He}} =(130)(1.00\times10^{-3}) =0.130\ \mathrm{kg}, \] \[ C_{\mathrm{He}}=m_{\mathrm{He}}c =(0.130)(100)=13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}. \] Helyum için enerjinin korunumu \[ C_{\mathrm{He}}(T_{\mathrm{He},f}-1.00\ \mathrm K)=-Q_c. \] bağıntısını verir. Böylece \[ T_{\mathrm{He},f} =1.00\ \mathrm K-\frac{0.1293459\ldots\ \mathrm J} {13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}} =0.9900503\ldots\ \mathrm K, \] veya \[ \boxed{T_{\mathrm{He},f}\simeq0.990\ \mathrm K}. \]

Tahmin edilen sıcaklık düşüşü yaklaşık \(1\%\) olup bu sayısal tahminde küçük değişim yaklaşımının kullanılmasını destekler. Malzemenin hacmi \(Q_c\) ifadesinde sadeleştiğinden, yoğunluğu ve molar kütlesi burada gerekli değildir. Tam bir çevrim için verilen dört alan değeri tam olarak tutarlı değildir: iki izotermde \(M=nKH/(VT)\) kullanıldığında T3-C2'deki bağıntı \(T_h/T_c=\sqrt{(H_1^2-H_4^2)/(H_2^2-H_3^2)}\approx1.42\) olmasını gerektirir ve bu durumda \(1\to2\) ile \(3\to4\) adyabatları ancak \(\lambda\approx-0.062\ \mathrm{J\,K\,mol^{-1}}\) ile, yani \(C_M=n\lambda/T^2\) ısı kapasitesi negatif olduğunda sağlanabilir. Yukarıdaki tahmin yalnızca soğuk aşamayı kullanır ve \(\lambda\)'ya bağlı değildir.

T3-C4

\(dT_c<0\), soğutulan cismin gerçek sıcaklık değişimini göstersin. Cisimden çekilen pozitif ısı \[ dQ_c=-C_c\,dT_c. \] Belirtilen Carnot bağıntısı \[ dQ_h=\frac{T_h}{T_c}\,dQ_c. \] sonucunu verir. Soğutucu her çevrimden sonra başlangıç durumuna döndüğünden, net iç enerji değişimi sıfırdır. Dolayısıyla gerekli iş \[ dW=dQ_h-dQ_c =\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dQ_c. \] Sabit giriş gücüyle, \[ P\,dt=dW =-C_c\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \]

\(t=0\) anındaki \(T_c=T_0\)'dan \(T_c=T\)'ye integral alınırsa, \[ Pt=-C_c\int_{T_0}^{T} \left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \] Böylece \[ Pt=C_c \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)+T-T_0 \right], \] ve \[ \boxed{ t=\frac{C_c}{P} \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]}. \]

\(0<T<T_0<T_h\) için bu süre pozitiftir. Ayrıca, \[ T\to0^+\quad\Longrightarrow\quad t\to\infty. \] Belirtilen model kapsamında, mutlak sıfıra ulaşmak sonsuz bir çalışma süresi gerektirir.

T3-C5

Soğutulan cisimden çekilen toplam ısı \[ Q_{c,\mathrm{total}}=C_c(T_0-T). \] Sağlanan toplam iş \[ W_{\mathrm{total}}=Pt =C_c\left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]. \] Dolayısıyla, \[ \boxed{ \mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{Q_{c,\mathrm{total}}}{W_{\mathrm{total}}} =\frac{T_0-T} {T_h\ln(T_0/T)-(T_0-T)} }. \]

Bir kontrol olarak, sonsuz küçük bir sıcaklık düşüşü için, \[ \lim_{T\to T_0^-}\mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{T_0}{T_h-T_0}, \] bu da soğuk taraf sıcaklığı \(T_0\) olan Carnot soğutucusunun bilinen COP değeridir.

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

Utilizamos en todo momento el convenio de signos indicado: \[ dU=dQ+dW, \] donde el calor y el trabajo son positivos cuando se suministran al material paramagnético. Los procesos magnéticos se tratan como cuasiestáticos, con la aproximación de campo uniforme \(r\ll R\) y pérdidas resistivas despreciables.

T3-A1

Elijamos una circunferencia amperiana de radio \(R\) dentro del toro. Enlaza las \(N\) espiras, por lo que la corriente libre encerrada es \(NI\). Así, \[ H(2\pi R)=NI. \] Como el volumen del toro es \(V=(2\pi R)A\), \[ \boxed{H=\frac{NI}{2\pi R}=\frac{NAI}{V}}. \]

T3-A2

El flujo magnético a través de cada espira es aproximadamente \[ \Phi=AB. \] La ley de Faraday da una fem inducida \(-NA\,dB/dt\). Si la resistencia es despreciable, la fem aplicada por la fuente la compensa: \[ \mathcal E=NA\frac{dB}{dt}. \] Por tanto, el trabajo eléctrico suministrado en el tiempo \(dt\) es \[ dW_{emf}=\mathcal E I\,dt=NAI\,dB. \] Utilizando \(NAI=VH\), obtenido en A1, \[ \boxed{dW_{emf}=VH\,dB}. \]

Esta expresión también da el signo correcto cuando la fuente recibe energía durante una disminución del campo.

T3-A3

Como los campos y la magnetización son paralelos, \[ dB=\mu_0\,dH+\mu_0\,dM. \] En consecuencia, \[ dW_{emf} =\mu_0VH\,dH+\mu_0VH\,dM. \]

Para un núcleo vacío, \(B=\mu_0H\), de modo que el trabajo asociado al mismo cambio de \(H\) es \[ dW_{vac}=\mu_0VH\,dH =d\!\left(\frac{\mu_0VH^2}{2}\right). \] Al restar esta contribución del campo en el vacío, queda el trabajo sobre el material: \[ \boxed{dW=dW_{emf}-dW_{vac}=\mu_0VH\,dM}. \] Por tanto, el coeficiente de la expresión alternativa es \(\alpha=1\).

T3-B1

La relación dada para la energía interna implica que, en un proceso isotermo, \[ dU=\frac{n\lambda}{T^2}\,dT=0. \] La primera ley da entonces \[ dQ=-dW=-\mu_0VH\,dM. \]

A \(T\) constante, la ecuación de estado proporciona \[ M=\frac{nKH}{VT}, \qquad dM=\frac{nK}{VT}\,dH. \] Así, \[ Q=-\frac{\mu_0nK}{T}\int_{H_i}^{H_f}H\,dH, \] y, por tanto, \[ \boxed{Q=\frac{\mu_0nK}{2T}(H_i^2-H_f^2)}. \]

El volumen se cancela. La desmagnetización isoterma, \(H_f<H_i\), absorbe calor; la magnetización isoterma libera calor.

T3-B2

En un proceso adiabático se cumple \(dQ=0\), de modo que \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT=\mu_0VH\,dM. \] Ahora varían tanto \(H\) como \(T\). Al diferenciar la ecuación de estado se obtiene \[ dM=\frac{nK}{V} \left(\frac{dH}{T}-\frac{H}{T^2}\,dT\right). \] Al sustituir en la primera ley se obtiene \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT =\mu_0nK \left(\frac{H}{T}\,dH-\frac{H^2}{T^2}\,dT\right). \] Así, \[ (\lambda+\mu_0KH^2)\,dT =\mu_0KHT\,dH, \] o bien \[ \frac{dT}{T} =\frac{\mu_0KH}{\lambda+\mu_0KH^2}\,dH. \]

Integrando entre los estados inicial y final, \[ \ln\frac{T_f}{T_i} =\frac12\ln \frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}. \] Por tanto, \[ T_f=T_i \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}, \] y \[ \boxed{\Delta T =T_i\left[ \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}-1 \right]}. \]

Para \(K\) y capacidad calorífica positivas, una disminución de \(H\) reduce \(T\): esto es la desmagnetización adiabática.

Una forma equivalente, que será útil más adelante, es el invariante adiabático \[ \boxed{\frac{\lambda+\mu_0KH^2}{T^2} =\text{constante a lo largo de una adiabática}}. \]

T3-C1

La coordenada horizontal es la temperatura. Por tanto:

• Marque con \(T_c\) la proyección discontinua izquierda, situada debajo de los estados \(2\) y \(3\).
• Marque con \(T_h\) la proyección discontinua derecha, situada debajo de los estados \(1\) y \(4\).

En \(2\to3\), el campo disminuye a \(T_c\) constante. Según B1, el toro absorbe calor, por lo que se debe colocar \(Q_c\), dirigido hacia el interior del toro, junto a esta etapa vertical descendente.

En \(4\to1\), el campo aumenta a \(T_h\) constante. El toro libera calor, por lo que se debe colocar \(Q_h\), dirigido hacia el exterior del toro, junto a esta etapa vertical ascendente.

Las etapas restantes son \(1\to2\), enfriamiento adiabático, y \(3\to4\), calentamiento adiabático.

T3-C2

Sustituimos \[ H=\frac{VTM}{nK} \] en el invariante adiabático de B2: \[ \frac{\lambda}{T^2} +\frac{\mu_0V^2}{n^2K}M^2 =\text{constante}. \]

Para la adiabática \(1\to2\), \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_1^2-M_2^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Para la adiabática \(3\to4\), \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_4^2-M_3^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Los miembros derechos son idénticos, por lo que \[ M_1^2-M_2^2=M_4^2-M_3^2. \] Como los \(M_j\) son módulos, se debe tomar la raíz positiva: \[ \boxed{M_1=\sqrt{M_2^2+M_4^2-M_3^2}}. \]

T3-C3

Para la estimación de un solo ciclo, tomamos la temperatura de la etapa fría como aproximadamente igual a la temperatura inicial del helio: \[ T_c\simeq1.00\ \mathrm K. \] El calor absorbido durante \(2\to3\) es \[ Q_c=\frac{\mu_0nK}{2T_c}(H_2^2-H_3^2). \] Utilizando los valores proporcionados, \[ Q_c= \frac{ (1.25663706127\times10^{-6})(2.0)(1.87\times10^{-6}) }{ 2(1.00) } \left(311306^2-204618^2\right)\ \mathrm J, \] lo que da \[ Q_c=0.1293459\ldots\ \mathrm J\simeq0.13\ \mathrm J. \]

La masa y la capacidad calorífica del helio son \[ m_{\mathrm{He}} =\rho V_{\mathrm{He}} =(130)(1.00\times10^{-3}) =0.130\ \mathrm{kg}, \] \[ C_{\mathrm{He}}=m_{\mathrm{He}}c =(0.130)(100)=13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}. \] La conservación de la energía para el helio da \[ C_{\mathrm{He}}(T_{\mathrm{He},f}-1.00\ \mathrm K)=-Q_c. \] Así, \[ T_{\mathrm{He},f} =1.00\ \mathrm K-\frac{0.1293459\ldots\ \mathrm J} {13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}} =0.9900503\ldots\ \mathrm K, \] o bien \[ \boxed{T_{\mathrm{He},f}\simeq0.990\ \mathrm K}. \]

La disminución de temperatura estimada es de aproximadamente un \(1\%\), lo que respalda la aproximación de variación pequeña para esta estimación numérica. El volumen del material se cancela en \(Q_c\), por lo que su densidad y su masa molar no son necesarias aquí. Para un ciclo exacto, los cuatro campos dados no son del todo coherentes: con \(M=nKH/(VT)\) en las dos isotermas, la relación de T3-C2 exige \(T_h/T_c=\sqrt{(H_1^2-H_4^2)/(H_2^2-H_3^2)}\approx1.42\), y entonces las adiabáticas \(1\to2\) y \(3\to4\) solo pueden cumplirse con \(\lambda\approx-0.062\ \mathrm{J\,K\,mol^{-1}}\), es decir, con una capacidad calorífica negativa \(C_M=n\lambda/T^2\). La estimación anterior solo utiliza la etapa fría y no depende de \(\lambda\).

T3-C4

Sea \(dT_c<0\) la variación real de temperatura del cuerpo enfriado. El calor positivo extraído de él es \[ dQ_c=-C_c\,dT_c. \] La relación de Carnot especificada da \[ dQ_h=\frac{T_h}{T_c}\,dQ_c. \] Como el refrigerador vuelve a su estado original después de cada ciclo, su variación neta de energía interna es nula. Por tanto, el trabajo necesario es \[ dW=dQ_h-dQ_c =\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dQ_c. \] Con una potencia de entrada constante, \[ P\,dt=dW =-C_c\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \]

Integrando desde \(T_c=T_0\) en \(t=0\) hasta \(T_c=T\), \[ Pt=-C_c\int_{T_0}^{T} \left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \] Así, \[ Pt=C_c \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)+T-T_0 \right], \] y \[ \boxed{ t=\frac{C_c}{P} \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]}. \]

Para \(0<T<T_0<T_h\), este tiempo es positivo. Además, \[ T\to0^+\quad\Longrightarrow\quad t\to\infty. \] Dentro del modelo planteado, alcanzar el cero absoluto requiere un tiempo de funcionamiento infinito.

T3-C5

El calor total extraído del cuerpo enfriado es \[ Q_{c,\mathrm{total}}=C_c(T_0-T). \] El trabajo total suministrado es \[ W_{\mathrm{total}}=Pt =C_c\left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]. \] Por tanto, \[ \boxed{ \mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{Q_{c,\mathrm{total}}}{W_{\mathrm{total}}} =\frac{T_0-T} {T_h\ln(T_0/T)-(T_0-T)} }. \]

Como comprobación, para una disminución infinitesimal de temperatura, \[ \lim_{T\to T_0^-}\mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{T_0}{T_h-T_0}, \] que es el COP habitual de un refrigerador de Carnot con una temperatura del foco frío \(T_0\).

La solución se comprobó con la solución oficial.

解答

全文采用题目规定的符号约定： \[ dU=dQ+dW, \] 其中，向顺磁材料传入热量和对其做功时取正值。磁过程按准静态过程处理，采用 \(r\ll R\) 的均匀场近似，并忽略电阻损耗。

T3-A1

在圆环内部选取半径为 \(R\) 的圆形安培回路。它与全部 \(N\) 匝绕组交链，因此所包围的自由电流为 \(NI\)。于是， \[ H(2\pi R)=NI. \] 由于圆环体积为 \(V=(2\pi R)A\)， \[ \boxed{H=\frac{NI}{2\pi R}=\frac{NAI}{V}}. \]

T3-A2

穿过每一匝的磁通量近似为 \[ \Phi=AB. \] 由法拉第定律，感应电动势为 \(-NA\,dB/dt\)。电阻可忽略时，外加电源电动势与之平衡： \[ \mathcal E=NA\frac{dB}{dt}. \] 因此，在时间 \(dt\) 内输入的电功为 \[ dW_{emf}=\mathcal E I\,dt=NAI\,dB. \] 利用 A1 中的 \(NAI=VH\)， \[ \boxed{dW_{emf}=VH\,dB}. \]

当磁场减弱、电源接收能量时，该表达式也能给出正确的符号。

T3-A3

由于磁场强度、磁感应强度和磁化强度彼此平行， \[ dB=\mu_0\,dH+\mu_0\,dM. \] 因此， \[ dW_{emf} =\mu_0VH\,dH+\mu_0VH\,dM. \]

对于真空芯，\(B=\mu_0H\)，所以使 \(H\) 发生相同变化所需做的功为 \[ dW_{vac}=\mu_0VH\,dH =d\!\left(\frac{\mu_0VH^2}{2}\right). \] 减去这一真空磁场的贡献，剩下的就是对材料所做的功： \[ \boxed{dW=dW_{emf}-dW_{vac}=\mu_0VH\,dM}. \] 因此，题目所给备用表达式中的系数为 \(\alpha=1\)。

T3-B1

由给定的内能关系可知，等温过程中有 \[ dU=\frac{n\lambda}{T^2}\,dT=0. \] 于是，热力学第一定律给出 \[ dQ=-dW=-\mu_0VH\,dM. \]

在 \(T\) 恒定时，由状态方程得 \[ M=\frac{nKH}{VT}, \qquad dM=\frac{nK}{VT}\,dH. \] 故 \[ Q=-\frac{\mu_0nK}{T}\int_{H_i}^{H_f}H\,dH, \] 因此 \[ \boxed{Q=\frac{\mu_0nK}{2T}(H_i^2-H_f^2)}. \]

体积被约去。等温退磁，即 \(H_f<H_i\)，吸收热量；等温磁化则放出热量。

T3-B2

绝热过程中有 \(dQ=0\)，所以 \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT=\mu_0VH\,dM. \] 此时 \(H\) 和 \(T\) 均发生变化。对状态方程微分得 \[ dM=\frac{nK}{V} \left(\frac{dH}{T}-\frac{H}{T^2}\,dT\right). \] 代入热力学第一定律得 \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT =\mu_0nK \left(\frac{H}{T}\,dH-\frac{H^2}{T^2}\,dT\right). \] 于是 \[ (\lambda+\mu_0KH^2)\,dT =\mu_0KHT\,dH, \] 或 \[ \frac{dT}{T} =\frac{\mu_0KH}{\lambda+\mu_0KH^2}\,dH. \]

在初态和末态之间积分， \[ \ln\frac{T_f}{T_i} =\frac12\ln \frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}. \] 因此， \[ T_f=T_i \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}, \] 且 \[ \boxed{\Delta T =T_i\left[ \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}-1 \right]}. \]

当 \(K\) 和热容均为正时，减小 \(H\) 会使 \(T\) 降低：这就是绝热退磁。

一个将在下文用到的等价形式是绝热不变量 \[ \boxed{\frac{\lambda+\mu_0KH^2}{T^2} =\text{沿绝热线保持不变}}. \]

T3-C1

横坐标为温度。因此：

• 在状态 \(2\) 和 \(3\) 下方的左侧虚线投影处标注 \(T_c\)。
• 在状态 \(1\) 和 \(4\) 下方的右侧虚线投影处标注 \(T_h\)。

在 \(2\to3\) 过程中，磁场在温度恒为 \(T_c\) 的条件下减弱。由 B1 可知，圆环吸收热量，因此在这一向下的竖直过程线旁标注指向圆环内部的 \(Q_c\)。

在 \(4\to1\) 过程中，磁场在温度恒为 \(T_h\) 的条件下增强。圆环放出热量，因此在这一向上的竖直过程线旁标注指向圆环外部的 \(Q_h\)。

其余过程为 \(1\to2\) 的绝热降温过程，以及 \(3\to4\) 的绝热升温过程。

T3-C2

将 \[ H=\frac{VTM}{nK} \] 代入 B2 中的绝热不变量： \[ \frac{\lambda}{T^2} +\frac{\mu_0V^2}{n^2K}M^2 =\text{常量}. \]

对于绝热线 \(1\to2\)， \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_1^2-M_2^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] 对于绝热线 \(3\to4\)， \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_4^2-M_3^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] 两式右端相同，因此 \[ M_1^2-M_2^2=M_4^2-M_3^2. \] 由于 \(M_j\) 表示大小，必须取正根： \[ \boxed{M_1=\sqrt{M_2^2+M_4^2-M_3^2}}. \]

T3-C3

在单次循环的估算中，将低温过程的温度近似取为液氦的初始温度： \[ T_c\simeq1.00\ \mathrm K. \] 在 \(2\to3\) 过程中吸收的热量为 \[ Q_c=\frac{\mu_0nK}{2T_c}(H_2^2-H_3^2). \] 代入给定数值， \[ Q_c= \frac{ (1.25663706127\times10^{-6})(2.0)(1.87\times10^{-6}) }{ 2(1.00) } \left(311306^2-204618^2\right)\ \mathrm J, \] 得到 \[ Q_c=0.1293459\ldots\ \mathrm J\simeq0.13\ \mathrm J. \]

液氦的质量和热容为 \[ m_{\mathrm{He}} =\rho V_{\mathrm{He}} =(130)(1.00\times10^{-3}) =0.130\ \mathrm{kg}, \] \[ C_{\mathrm{He}}=m_{\mathrm{He}}c =(0.130)(100)=13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}. \] 由液氦的能量守恒得 \[ C_{\mathrm{He}}(T_{\mathrm{He},f}-1.00\ \mathrm K)=-Q_c. \] 于是 \[ T_{\mathrm{He},f} =1.00\ \mathrm K-\frac{0.1293459\ldots\ \mathrm J} {13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}} =0.9900503\ldots\ \mathrm K, \] 或 \[ \boxed{T_{\mathrm{He},f}\simeq0.990\ \mathrm K}. \]

估算的温度降幅约为 \(1\%\)，支持在这一数值估算中采用小变化近似。材料的体积在 \(Q_c\) 中被约去，因此这里不需要其密度和摩尔质量。对于精确的循环，给定的四个磁场强度并不完全自洽：在两条等温线上利用 \(M=nKH/(VT)\)，T3-C2 中的关系要求 \(T_h/T_c=\sqrt{(H_1^2-H_4^2)/(H_2^2-H_3^2)}\approx1.42\)，此时绝热线 \(1\to2\) 和 \(3\to4\) 只有在 \(\lambda\approx-0.062\ \mathrm{J\,K\,mol^{-1}}\) 时才能同时成立，即热容 \(C_M=n\lambda/T^2\) 为负。上面的估算只用到低温过程，与 \(\lambda\) 无关。

T3-C4

令 \(dT_c<0\) 表示被冷却物体的实际温度变化。从该物体取出的热量取正值，为 \[ dQ_c=-C_c\,dT_c. \] 由给定的卡诺关系得 \[ dQ_h=\frac{T_h}{T_c}\,dQ_c. \] 由于制冷机在每个循环后都回到初态，其内能的净变化为零。因此所需的功为 \[ dW=dQ_h-dQ_c =\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dQ_c. \] 输入功率恒定时， \[ P\,dt=dW =-C_c\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \]

从 \(t=0\) 时的 \(T_c=T_0\) 积分至 \(T_c=T\)， \[ Pt=-C_c\int_{T_0}^{T} \left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \] 故 \[ Pt=C_c \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)+T-T_0 \right], \] 且 \[ \boxed{ t=\frac{C_c}{P} \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]}. \]

当 \(0<T<T_0<T_h\) 时，该时间为正。此外， \[ T\to0^+\quad\Longrightarrow\quad t\to\infty. \] 在给定模型中，达到绝对零度需要无限长的工作时间。

T3-C5

从被冷却物体取出的总热量为 \[ Q_{c,\mathrm{total}}=C_c(T_0-T). \] 输入的总功为 \[ W_{\mathrm{total}}=Pt =C_c\left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]. \] 因此， \[ \boxed{ \mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{Q_{c,\mathrm{total}}}{W_{\mathrm{total}}} =\frac{T_0-T} {T_h\ln(T_0/T)-(T_0-T)} }. \]

作为检验，对于无穷小的温度下降， \[ \lim_{T\to T_0^-}\mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{T_0}{T_h-T_0}, \] 这就是低温端温度为 \(T_0\) 时通常的卡诺制冷机 COP。

解答已与官方解答核对。

Решение

Во всём решении используем заданное соглашение о знаках: \[ dU=dQ+dW, \] где теплота и работа положительны, когда энергия передаётся парамагнитному материалу. Магнитные процессы рассматриваются как квазистатические в приближении однородного поля \(r\ll R\) и при пренебрежимо малых потерях на сопротивлении.

T3-A1

В качестве контура для теоремы о циркуляции выберем окружность радиуса \(R\) внутри тора. Она охватывает все \(N\) витков, поэтому охваченный свободный ток равен \(NI\). Таким образом, \[ H(2\pi R)=NI. \] Поскольку объём тора равен \(V=(2\pi R)A\), \[ \boxed{H=\frac{NI}{2\pi R}=\frac{NAI}{V}}. \]

T3-A2

Магнитный поток через каждый виток приблизительно равен \[ \Phi=AB. \] По закону Фарадея ЭДС индукции равна \(-NA\,dB/dt\). При пренебрежимо малом сопротивлении ЭДС внешнего источника уравновешивает её: \[ \mathcal E=NA\frac{dB}{dt}. \] Следовательно, электрическая работа, совершаемая за время \(dt\), равна \[ dW_{emf}=\mathcal E I\,dt=NAI\,dB. \] Используя \(NAI=VH\) из A1, получаем \[ \boxed{dW_{emf}=VH\,dB}. \]

Это выражение также даёт правильный знак, когда источник получает энергию при уменьшении поля.

T3-A3

Поскольку векторы поля и намагниченности параллельны, \[ dB=\mu_0\,dH+\mu_0\,dM. \] Следовательно, \[ dW_{emf} =\mu_0VH\,dH+\mu_0VH\,dM. \]

Если внутри обмотки вакуум, то \(B=\mu_0H\), поэтому работа, соответствующая такому же изменению \(H\), равна \[ dW_{vac}=\mu_0VH\,dH =d\!\left(\frac{\mu_0VH^2}{2}\right). \] После вычитания этого вклада поля в вакууме остаётся работа над материалом: \[ \boxed{dW=dW_{emf}-dW_{vac}=\mu_0VH\,dM}. \] Таким образом, коэффициент в предложенном вспомогательном выражении равен \(\alpha=1\).

T3-B1

Из заданного соотношения для внутренней энергии следует, что в изотермическом процессе \[ dU=\frac{n\lambda}{T^2}\,dT=0. \] Тогда первое начало термодинамики даёт \[ dQ=-dW=-\mu_0VH\,dM. \]

При постоянной \(T\) из уравнения состояния получаем \[ M=\frac{nKH}{VT}, \qquad dM=\frac{nK}{VT}\,dH. \] Отсюда \[ Q=-\frac{\mu_0nK}{T}\int_{H_i}^{H_f}H\,dH, \] и, следовательно, \[ \boxed{Q=\frac{\mu_0nK}{2T}(H_i^2-H_f^2)}. \]

Объём сокращается. При изотермическом размагничивании, \(H_f<H_i\), теплота поглощается; при изотермическом намагничивании теплота выделяется.

T3-B2

В адиабатическом процессе \(dQ=0\), поэтому \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT=\mu_0VH\,dM. \] Теперь изменяются и \(H\), и \(T\). Дифференцируя уравнение состояния, получаем \[ dM=\frac{nK}{V} \left(\frac{dH}{T}-\frac{H}{T^2}\,dT\right). \] Подстановка в первое начало термодинамики даёт \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT =\mu_0nK \left(\frac{H}{T}\,dH-\frac{H^2}{T^2}\,dT\right). \] Таким образом, \[ (\lambda+\mu_0KH^2)\,dT =\mu_0KHT\,dH, \] или \[ \frac{dT}{T} =\frac{\mu_0KH}{\lambda+\mu_0KH^2}\,dH. \]

Интегрируя между начальным и конечным состояниями, получаем \[ \ln\frac{T_f}{T_i} =\frac12\ln \frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}. \] Следовательно, \[ T_f=T_i \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}, \] и \[ \boxed{\Delta T =T_i\left[ \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}-1 \right]}. \]

При положительных \(K\) и теплоёмкости уменьшение \(H\) приводит к понижению \(T\): это адиабатическое размагничивание.

Эквивалентная форма, которая пригодится ниже, представляет собой адиабатический инвариант \[ \boxed{\frac{\lambda+\mu_0KH^2}{T^2} =\text{постоянная вдоль адиабаты}}. \]

T3-C1

По горизонтальной оси отложена температура. Поэтому:

• Обозначьте \(T_c\) левую пунктирную проекцию на ось под состояниями \(2\) и \(3\).
• Обозначьте \(T_h\) правую пунктирную проекцию на ось под состояниями \(1\) и \(4\).

В процессе \(2\to3\) поле уменьшается при постоянной \(T_c\). Согласно B1, тор поглощает теплоту, поэтому рядом с этим направленным вниз вертикальным участком следует обозначить \(Q_c\), направленное внутрь тора.

В процессе \(4\to1\) поле увеличивается при постоянной \(T_h\). Тор отдаёт теплоту, поэтому рядом с этим направленным вверх вертикальным участком следует обозначить \(Q_h\), направленное из тора наружу.

Оставшиеся участки — это \(1\to2\), адиабатическое охлаждение, и \(3\to4\), адиабатическое нагревание.

T3-C2

Подставим \[ H=\frac{VTM}{nK} \] в адиабатический инвариант из B2: \[ \frac{\lambda}{T^2} +\frac{\mu_0V^2}{n^2K}M^2 =\text{постоянная}. \]

Для адиабаты \(1\to2\) \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_1^2-M_2^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Для адиабаты \(3\to4\) \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_4^2-M_3^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] Их правые части одинаковы, поэтому \[ M_1^2-M_2^2=M_4^2-M_3^2. \] Поскольку \(M_j\) — модули, следует взять положительный корень: \[ \boxed{M_1=\sqrt{M_2^2+M_4^2-M_3^2}}. \]

T3-C3

Для оценки за один цикл примем температуру на участке цикла при низкой температуре приблизительно равной начальной температуре гелия: \[ T_c\simeq1.00\ \mathrm K. \] Количество теплоты, поглощённое в процессе \(2\to3\), равно \[ Q_c=\frac{\mu_0nK}{2T_c}(H_2^2-H_3^2). \] Подставляя заданные значения, получаем \[ Q_c= \frac{ (1.25663706127\times10^{-6})(2.0)(1.87\times10^{-6}) }{ 2(1.00) } \left(311306^2-204618^2\right)\ \mathrm J, \] откуда \[ Q_c=0.1293459\ldots\ \mathrm J\simeq0.13\ \mathrm J. \]

Масса и теплоёмкость гелия равны \[ m_{\mathrm{He}} =\rho V_{\mathrm{He}} =(130)(1.00\times10^{-3}) =0.130\ \mathrm{kg}, \] \[ C_{\mathrm{He}}=m_{\mathrm{He}}c =(0.130)(100)=13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}. \] Закон сохранения энергии для гелия даёт \[ C_{\mathrm{He}}(T_{\mathrm{He},f}-1.00\ \mathrm K)=-Q_c. \] Таким образом, \[ T_{\mathrm{He},f} =1.00\ \mathrm K-\frac{0.1293459\ldots\ \mathrm J} {13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}} =0.9900503\ldots\ \mathrm K, \] или \[ \boxed{T_{\mathrm{He},f}\simeq0.990\ \mathrm K}. \]

Оценённое понижение температуры составляет приблизительно \(1\%\), что оправдывает приближение малого изменения для данной численной оценки. Объём материала сокращается в выражении для \(Q_c\), поэтому его плотность и молярная масса здесь не нужны. Для точного цикла четыре заданных значения поля не вполне согласованы: при \(M=nKH/(VT)\) на двух изотермах соотношение из T3-C2 требует \(T_h/T_c=\sqrt{(H_1^2-H_4^2)/(H_2^2-H_3^2)}\approx1.42\), и тогда адиабаты \(1\to2\) и \(3\to4\) выполняются лишь при \(\lambda\approx-0.062\ \mathrm{J\,K\,mol^{-1}}\), то есть при отрицательной теплоёмкости \(C_M=n\lambda/T^2\). Приведённая выше оценка использует только участок цикла при низкой температуре и не зависит от \(\lambda\).

T3-C4

Пусть \(dT_c<0\) обозначает фактическое изменение температуры охлаждаемого тела. Положительное количество теплоты, отведённое от него, равно \[ dQ_c=-C_c\,dT_c. \] Заданное соотношение Карно даёт \[ dQ_h=\frac{T_h}{T_c}\,dQ_c. \] Поскольку холодильная машина возвращается в исходное состояние после каждого цикла, суммарное изменение её внутренней энергии равно нулю. Поэтому необходимая работа равна \[ dW=dQ_h-dQ_c =\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dQ_c. \] При постоянной подводимой мощности \[ P\,dt=dW =-C_c\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \]

Интегрируя от \(T_c=T_0\) при \(t=0\) до \(T_c=T\), получаем \[ Pt=-C_c\int_{T_0}^{T} \left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \] Отсюда \[ Pt=C_c \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)+T-T_0 \right], \] и \[ \boxed{ t=\frac{C_c}{P} \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]}. \]

При \(0<T<T_0<T_h\) это время положительно. Кроме того, \[ T\to0^+\quad\Longrightarrow\quad t\to\infty. \] В рамках заданной модели достижение абсолютного нуля требует бесконечного времени работы.

T3-C5

Полное количество теплоты, отведённое от охлаждаемого тела, равно \[ Q_{c,\mathrm{total}}=C_c(T_0-T). \] Полная затраченная работа равна \[ W_{\mathrm{total}}=Pt =C_c\left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]. \] Следовательно, \[ \boxed{ \mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{Q_{c,\mathrm{total}}}{W_{\mathrm{total}}} =\frac{T_0-T} {T_h\ln(T_0/T)-(T_0-T)} }. \]

Для проверки рассмотрим бесконечно малое понижение температуры: \[ \lim_{T\to T_0^-}\mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{T_0}{T_h-T_0}, \] что совпадает с обычным холодильным коэффициентом машины Карно при температуре холодного резервуара \(T_0\).

Решение проверено по официальному решению.

الحل

نستخدم اصطلاح الإشارة المحدّد في جميع ما يأتي: \[ dU=dQ+dW, \] حيث تكون الحرارة والشغل موجبين عند تزويد المادة البارامغناطيسية بهما. تُعالَج العمليات المغناطيسية بوصفها عمليات شبه ساكنة، مع تقريب المجال المنتظم \(r\ll R\) وإهمال الفقد الناجم عن المقاومة.

T3-A1

نختار مسارًا أمبيريًا دائريًا نصف قطره \(R\) داخل الجسم الحلقي. يرتبط هذا المسار بجميع اللفات البالغ عددها \(N\)، لذا يكون التيار الحر المحاط به \(NI\). ومن ثم، \[ H(2\pi R)=NI. \] بما أن حجم الجسم الحلقي هو \(V=(2\pi R)A\)، \[ \boxed{H=\frac{NI}{2\pi R}=\frac{NAI}{V}}. \]

T3-A2

الفيض المغناطيسي عبر كل لفة يساوي تقريبًا \[ \Phi=AB. \] يعطي قانون فاراداي قوة دافعة كهربائية مستحثة مقدارها \(-NA\,dB/dt\). وبإهمال المقاومة، توازن القوة الدافعة الكهربائية المطبقة من المصدر هذه القوة: \[ \mathcal E=NA\frac{dB}{dt}. \] وعليه، فإن الشغل الكهربائي المقدَّم خلال الزمن \(dt\) هو \[ dW_{emf}=\mathcal E I\,dt=NAI\,dB. \] وباستخدام \(NAI=VH\) من A1، \[ \boxed{dW_{emf}=VH\,dB}. \]

يعطي هذا التعبير أيضًا الإشارة الصحيحة عندما يستقبل المصدر طاقة أثناء تناقص المجال.

T3-A3

لأن المجالين والمغنطة متوازية، \[ dB=\mu_0\,dH+\mu_0\,dM. \] وبالتالي، \[ dW_{emf} =\mu_0VH\,dH+\mu_0VH\,dM. \]

إذا كان القلب فراغًا، فإن \(B=\mu_0H\)، ومن ثم يكون الشغل المرتبط بالتغيّر نفسه في \(H\) هو \[ dW_{vac}=\mu_0VH\,dH =d\!\left(\frac{\mu_0VH^2}{2}\right). \] بطرح هذه المساهمة الخاصة بالمجال في الفراغ، يتبقى الشغل المبذول على المادة: \[ \boxed{dW=dW_{emf}-dW_{vac}=\mu_0VH\,dM}. \] إذًا، المعامل الوارد في الصيغة البديلة هو \(\alpha=1\).

T3-B1

تقتضي علاقة الطاقة الداخلية المعطاة أنه في عملية متساوية الحرارة يكون \[ dU=\frac{n\lambda}{T^2}\,dT=0. \] وعندئذٍ يعطي القانون الأول \[ dQ=-dW=-\mu_0VH\,dM. \]

عند ثبوت \(T\)، تعطي معادلة الحالة \[ M=\frac{nKH}{VT}, \qquad dM=\frac{nK}{VT}\,dH. \] ومن ثم \[ Q=-\frac{\mu_0nK}{T}\int_{H_i}^{H_f}H\,dH, \] وبالتالي \[ \boxed{Q=\frac{\mu_0nK}{2T}(H_i^2-H_f^2)}. \]

يُختزل الحجم من التعبير. تمتص إزالة المغنطة المتساوية الحرارة، \(H_f<H_i\)، حرارة؛ أما المغنطة المتساوية الحرارة فتُطلق حرارة.

T3-B2

في العملية الأديباتية يكون \(dQ=0\)، لذا \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT=\mu_0VH\,dM. \] يتغيّر الآن كل من \(H\) و\(T\). وبأخذ تفاضل معادلة الحالة نحصل على \[ dM=\frac{nK}{V} \left(\frac{dH}{T}-\frac{H}{T^2}\,dT\right). \] وبالتعويض في القانون الأول نحصل على \[ \frac{n\lambda}{T^2}\,dT =\mu_0nK \left(\frac{H}{T}\,dH-\frac{H^2}{T^2}\,dT\right). \] إذًا \[ (\lambda+\mu_0KH^2)\,dT =\mu_0KHT\,dH, \] أو \[ \frac{dT}{T} =\frac{\mu_0KH}{\lambda+\mu_0KH^2}\,dH. \]

بالتكامل بين الحالتين الابتدائية والنهائية، \[ \ln\frac{T_f}{T_i} =\frac12\ln \frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}. \] وعليه، \[ T_f=T_i \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}, \] و \[ \boxed{\Delta T =T_i\left[ \sqrt{\frac{\lambda+\mu_0KH_f^2} {\lambda+\mu_0KH_i^2}}-1 \right]}. \]

عندما يكون كل من \(K\) والسعة الحرارية موجبًا، يؤدي خفض \(H\) إلى خفض \(T\): وهذه هي إزالة المغنطة الأديباتية.

ومن الصيغ المكافئة، التي ستكون مفيدة فيما يلي، الكمية الثابتة على طول المسار الأديباتي \[ \boxed{\frac{\lambda+\mu_0KH^2}{T^2} =\text{ثابت على طول مسار أديباتي}}. \]

T3-C1

الإحداثي الأفقي هو درجة الحرارة. لذلك:

• سمِّ الإسقاط المتقطع الأيسر، أسفل الحالتين \(2\) و\(3\)، بالرمز \(T_c\).
• سمِّ الإسقاط المتقطع الأيمن، أسفل الحالتين \(1\) و\(4\)، بالرمز \(T_h\).

في \(2\to3\)، يتناقص المجال عند ثبوت \(T_c\). وفقًا لـ B1، يمتص الجسم الحلقي حرارة، لذا ضع \(Q_c\)، باتجاه داخل الجسم الحلقي، بجانب هذا الجزء الرأسي المتجه إلى أسفل.

في \(4\to1\)، يزداد المجال عند ثبوت \(T_h\). يُطلق الجسم الحلقي حرارة، لذا ضع \(Q_h\)، باتجاه خارج الجسم الحلقي، بجانب هذا الجزء الرأسي المتجه إلى أعلى.

أما المرحلتان المتبقيتان فهما \(1\to2\)، وهي تبريد أديباتي، و\(3\to4\)، وهي تسخين أديباتي.

T3-C2

نعوّض \[ H=\frac{VTM}{nK} \] في الكمية الثابتة على طول المسار الأديباتي المستنتجة في B2: \[ \frac{\lambda}{T^2} +\frac{\mu_0V^2}{n^2K}M^2 =\text{ثابت}. \]

للمسار الأديباتي \(1\to2\)، \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_1^2-M_2^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] وللمسار الأديباتي \(3\to4\)، \[ \frac{\mu_0V^2}{n^2K}(M_4^2-M_3^2) =\lambda\left(\frac1{T_c^2}-\frac1{T_h^2}\right). \] الطرفان الأيمنان متطابقان، لذا \[ M_1^2-M_2^2=M_4^2-M_3^2. \] وبما أن \(M_j\) مقادير، فيلزم أخذ الجذر الموجب: \[ \boxed{M_1=\sqrt{M_2^2+M_4^2-M_3^2}}. \]

T3-C3

لإجراء التقدير لدورة واحدة، نأخذ درجة حرارة مرحلة التبريد مساوية تقريبًا لدرجة حرارة الهيليوم الابتدائية: \[ T_c\simeq1.00\ \mathrm K. \] الحرارة الممتصة أثناء \(2\to3\) هي \[ Q_c=\frac{\mu_0nK}{2T_c}(H_2^2-H_3^2). \] وباستخدام القيم المعطاة، \[ Q_c= \frac{ (1.25663706127\times10^{-6})(2.0)(1.87\times10^{-6}) }{ 2(1.00) } \left(311306^2-204618^2\right)\ \mathrm J, \] فنحصل على \[ Q_c=0.1293459\ldots\ \mathrm J\simeq0.13\ \mathrm J. \]

كتلة الهيليوم وسعته الحرارية هما \[ m_{\mathrm{He}} =\rho V_{\mathrm{He}} =(130)(1.00\times10^{-3}) =0.130\ \mathrm{kg}, \] \[ C_{\mathrm{He}}=m_{\mathrm{He}}c =(0.130)(100)=13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}. \] يعطي انحفاظ الطاقة للهيليوم \[ C_{\mathrm{He}}(T_{\mathrm{He},f}-1.00\ \mathrm K)=-Q_c. \] إذًا \[ T_{\mathrm{He},f} =1.00\ \mathrm K-\frac{0.1293459\ldots\ \mathrm J} {13.0\ \mathrm{J\,K^{-1}}} =0.9900503\ldots\ \mathrm K, \] أو \[ \boxed{T_{\mathrm{He},f}\simeq0.990\ \mathrm K}. \]

يبلغ الانخفاض المقدَّر في درجة الحرارة نحو \(1\%\)، مما يدعم تقريب التغيّر الطفيف في هذا التقدير العددي. يُختزل حجم المادة من \(Q_c\)، ولذلك لا حاجة هنا إلى كثافتها وكتلتها المولية. وفي دورة دقيقة لا تكون قيم المجال الأربع المعطاة متسقة تمامًا: فباستخدام \(M=nKH/(VT)\) على المسارين المتساويَي الحرارة، تقتضي العلاقة في T3-C2 أن يكون \(T_h/T_c=\sqrt{(H_1^2-H_4^2)/(H_2^2-H_3^2)}\approx1.42\)، وعندئذٍ لا يمكن تحقيق المسارين الأديباتيين \(1\to2\) و\(3\to4\) إلا عند \(\lambda\approx-0.062\ \mathrm{J\,K\,mol^{-1}}\)، أي بسعة حرارية سالبة \(C_M=n\lambda/T^2\). ولا يستخدم التقدير أعلاه إلا مرحلة التبريد، ولا يعتمد على \(\lambda\).

T3-C4

ليكن \(dT_c<0\) هو التغيّر الفعلي في درجة حرارة الجسم المبرَّد. تكون الحرارة الموجبة المستخرجة منه \[ dQ_c=-C_c\,dT_c. \] تعطي علاقة كارنو المحدّدة \[ dQ_h=\frac{T_h}{T_c}\,dQ_c. \] بما أن الثلاجة تعود إلى حالتها الأصلية بعد كل دورة، فإن صافي التغيّر في طاقتها الداخلية يساوي صفرًا. لذا يكون الشغل المطلوب \[ dW=dQ_h-dQ_c =\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dQ_c. \] وعند ثبوت القدرة الداخلة، \[ P\,dt=dW =-C_c\left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \]

بالتكامل من \(T_c=T_0\) عند \(t=0\) إلى \(T_c=T\)، \[ Pt=-C_c\int_{T_0}^{T} \left(\frac{T_h}{T_c}-1\right)dT_c. \] ومن ثم \[ Pt=C_c \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)+T-T_0 \right], \] و \[ \boxed{ t=\frac{C_c}{P} \left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]}. \]

عندما \(0<T<T_0<T_h\)، يكون هذا الزمن موجبًا. علاوة على ذلك، \[ T\to0^+\quad\Longrightarrow\quad t\to\infty. \] ضمن النموذج المذكور، يتطلب بلوغ الصفر المطلق زمن تشغيل لا نهائيًا.

T3-C5

الحرارة الكلية المستخرجة من الجسم المبرَّد هي \[ Q_{c,\mathrm{total}}=C_c(T_0-T). \] والشغل الكلي المقدَّم هو \[ W_{\mathrm{total}}=Pt =C_c\left[ T_h\ln\!\left(\frac{T_0}{T}\right)-(T_0-T) \right]. \] وعليه، \[ \boxed{ \mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{Q_{c,\mathrm{total}}}{W_{\mathrm{total}}} =\frac{T_0-T} {T_h\ln(T_0/T)-(T_0-T)} }. \]

للتحقق، عند انخفاض متناهٍ في الصغر في درجة الحرارة، \[ \lim_{T\to T_0^-}\mathrm{COP}_{\mathrm{overall}} =\frac{T_0}{T_h-T_0}, \] وهو معامل الأداء المعتاد لثلاجة كارنو عند درجة حرارة الخزان البارد \(T_0\).

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.