تمرين محلول في الديناميكا الحرارية

التغير نفسه في الطاقة الداخلية بثلاث طرائق انتقال

تمرين 7 · الدرس 4 — المبدأ الأول للديناميكا الحرارية

  • المبدأ الأول، الطاقة الداخلية، الحرارة، الشغل الميكانيكي، الشغل الكهربائي، المسعرية، دالة حالة

نسخة عمل — لا يزال هذا التمرين قيد المراجعة.

نص المسألة

يشكّل سائل ومسعره ومقاومة صغيرة مغمورة نظامًا مغلقًا ساكنًا عيانيًا. الوعاء صلب، وتُفترض السعة الحرارية الكلية للنظام ثابتة:

C=2,00 kJ K−1.C=2{,}00\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

نريد نقل النظام من حالة التوازن AA عند TA=20,0 ∘CT_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C} إلى حالة التوازن BB عند TB=25,0 ∘CT_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}. ونقبل أن

U(B)−U(A)=C(TB−TA).U(B)-U(A)=C(T_B-T_A).

تغيرا طاقتي الحركة والوضع العيانيتين معدومان، وتُهمل جميع الضياعات نحو الخارج.

تُنفَّذ البروتوكولات الثلاثة الآتية كلٌّ على حدة انطلاقًا من الحالة الابتدائية نفسها AA:

  • البروتوكول 1. يوضع النظام في تماس حراري مع منبع ساخن من دون تزويده بأي شغل.
  • البروتوكول 2. الجدران عازلة للحرارة. تحرّك ريشة السائل بفضل سقوط كتلة mm مسافة h=5,00h=5{,}00 m. تستقر الريشة والسائل في النهاية، وتنتقل إلى النظام كل الطاقة الميكانيكية التي تفقدها الكتلة. نأخذ g=9,81 m s−2g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}.
  • البروتوكول 3. يستقبل النظام حرارة Q3=4,00Q_3=4{,}00 kJ، وتُزوَّد المقاومة ببقية الطاقة كهربائيًا. القدرة الكهربائية المستقبلة ثابتة وتساوي P=300\mathcal P=300 W.

  1. احسب تغير الطاقة الداخلية ΔU=U(B)−U(A)\Delta U=U(B)-U(A) المشترك بين البروتوكولات الثلاثة.
  2. لكل من البروتوكولين الأولين، حدّد الحرارة QQ والشغل WW اللذين يستقبلهما النظام. وفي البروتوكول الثاني احسب الكتلة mm اللازمة.
  3. في البروتوكول الثالث، احسب الشغل الكهربائي المستقبَل ومدة تغذية المقاومة.
  4. للتحولات الثلاثة حالتا البداية والنهاية نفسيهما. فسّر لماذا قد تختلف مع ذلك قيمتا QQ وWW. هل يحتوي النظام «حرارة» أو «شغلًا» في الحالة النهائية BB؟

تلميح
طبّق ΔU=Q+W\Delta U=Q+W وفق اصطلاح الإشارة المصرفي. الشغل الذي تستقبله الريشة يساوي نقصان طاقة وضع الكتلة بمقدار mghmgh. وتُحسب الطاقة الكهربائية العابرة للحدود عبر الأسلاك شغلًا كهربائيًا.

الحل المفصل

الحل
السؤال 1. فرق درجة الحرارة هو TB−TA=5,0T_B-T_A=5{,}0 K. لذلك

ΔU=C(TB−TA)=2,00×5,0=10,0 kJ.\Delta U=C(T_B-T_A) =2{,}00\times5{,}0 =10{,}0\ \mathrm{kJ}.

لا تعتمد هذه القيمة إلا على حالتي التوازن AA وBB.

السؤال 2. في البروتوكول الأول لا يستقبل النظام أي شغل: W1=0W_1=0. ومن ثم يعطي المبدأ الأول

Q1=ΔU=10,0 kJ.Q_1=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

الحرارة موجبة لأن الطاقة تدخل النظام.

في البروتوكول الثاني الجدران عازلة للحرارة، ومن ثم Q2=0Q_2=0. يأتي تغير الطاقة الداخلية كله من الشغل الميكانيكي للريشة:

W2=ΔU=10,0 kJ.W_2=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

وبما أن W2=mghW_2=mgh، نجد

m=W2gh=10,0×1039,81×5,00≃204 kg.m=\frac{W_2}{gh} =\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00} \simeq 204\ \mathrm{kg}.

تذكّرنا هذه القيمة الكبيرة بأن ارتفاعًا متواضعًا لدرجة الحرارة يقابل طاقة ميكانيكية معتبرة.

السؤال 3. يفرض المبدأ الأول

W3=ΔU−Q3=10,0−4,00=6,00 kJ.W_3=\Delta U-Q_3=10{,}0-4{,}00=6{,}00\ \mathrm{kJ}.

هذا الشغل موجب: التغذية الكهربائية تمنح النظام طاقة. ومع W3=P ΔtW_3=\mathcal P\,\Delta t،

Δt=W3P=6,00×103300=20,0 s.\Delta t=\frac{W_3}{\mathcal P} =\frac{6{,}00\times10^3}{300} =20{,}0\ \mathrm{s}.

السؤال 4. تعطي المسارات الثلاثة على الترتيب

(Q1,W1)=(10,0,0) kJ,(Q2,W2)=(0,10,0) kJ,(Q_1,W_1)=(10{,}0,0)\ \mathrm{kJ}, \qquad (Q_2,W_2)=(0,10{,}0)\ \mathrm{kJ},

و

(Q3,W3)=(4,00,6,00) kJ.(Q_3,W_3)=(4{,}00,6{,}00)\ \mathrm{kJ}.

في جميع الحالات يساوي المجموع Q+WQ+W القيمة 10,010{,}0 kJ وينتج التغير نفسه ΔU\Delta U. الطاقة الداخلية دالة حالة، في حين تصف الحرارة والشغل انتقالات الطاقة خلال تحول. في الحالة النهائية BB يملك النظام طاقة داخلية، لكنه لا يحتوي «حرارة» ولا «شغلًا».