تمرین حل‌شدهٔ ترمودینامیک

تغییر یکسان انرژی درونی، سه شیوهٔ انتقال

تمرین 7 · درس 4 — قانون اول ترمودینامیک

  • قانون اول، انرژی درونی، گرما، کار مکانیکی، کار الکتریکی، گرماسنجی، تابع حالت

نسخهٔ کاری — این تمرین هنوز در حال بازبینی است.

صورت مسئله

یک مایع، گرماسنج آن و مقاومت کوچکی که در آن غوطه‌ور است، سامانه‌ای بسته و از دید ماکروسکوپی ساکن می‌سازند. ظرف صلب است و ظرفیت گرمایی کل سامانه ثابت فرض می‌شود:

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

می‌خواهیم سامانه را از حالت تعادل AA با TA=20,0 ∘CT_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C} به حالت تعادل BB با TB=25,0 ∘CT_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C} ببریم. می‌پذیریم که

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

تغییرات انرژی جنبشی و پتانسیل ماکروسکوپی صفرند و همهٔ اتلاف‌ها به بیرون نادیده گرفته می‌شوند.

سه روش زیر جداگانه و از حالت اولیهٔ یکسان AA انجام می‌شوند:

  • روش 1. سامانه بدون دریافت هیچ کاری در تماس گرمایی با یک منبع گرم قرار می‌گیرد.
  • روش 2. دیواره‌ها عایق گرمایی‌اند. یک پره به کمک سقوط جرم mm از ارتفاع h=5,00h=5{,}00 m مایع را هم می‌زند. پره و مایع سرانجام ساکن می‌شوند و همهٔ انرژی مکانیکی ازدست‌رفتهٔ جرم به سامانه منتقل می‌شود. g=9,81 m s−2g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}} بگیرید.
  • روش 3. سامانه گرمای Q3=4,00Q_3=4{,}00 kJ دریافت می‌کند و باقی انرژی از راه الکتریکی به مقاومت داده می‌شود. توان الکتریکی دریافتی ثابت و برابر P=300\mathcal P=300 W است.

  1. تغییر انرژی درونی ΔU=U(B)−U(A)\Delta U=U(B)-U(A) را که برای هر سه روش یکسان است حساب کنید.
  2. برای هر یک از دو روش نخست، گرمای QQ و کار WW دریافتی سامانه را بیابید. در روش دوم جرم لازم mm را حساب کنید.
  3. برای روش سوم، کار الکتریکی دریافتی و مدت برق‌رسانی به مقاومت را حساب کنید.
  4. سه تحول حالت‌های ابتدا و انتهای یکسان دارند. توضیح دهید چرا بااین‌حال مقادیر QQ و WW می‌توانند متفاوت باشند. آیا سامانه در حالت نهایی BB «گرما» یا «کار» در خود دارد؟

راهنمایی
ΔU=Q+W\Delta U=Q+W را با قرارداد علامت بانکدار به کار ببرید. کار دریافتی پره برابر کاهش mghmgh در انرژی پتانسیل جرم است. انرژی الکتریکی که از راه سیم‌ها از مرز می‌گذرد، کار الکتریکی شمرده می‌شود.

پاسخ تفصیلی

پاسخ
پرسش 1. اختلاف دما TB−TA=5,0T_B-T_A=5{,}0 K است. بنابراین

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}.

این مقدار فقط به دو حالت تعادل AA و BB بستگی دارد.

پرسش 2. در روش نخست هیچ کاری دریافت نمی‌شود: W1=0W_1=0. قانون اول می‌دهد

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

گرما مثبت است، زیرا انرژی وارد سامانه می‌شود.

در روش دوم دیواره‌ها عایق گرمایی‌اند، پس Q2=0Q_2=0. همهٔ تغییر انرژی درونی از کار مکانیکی پره می‌آید:

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

از W2=mghW_2=mgh به دست می‌آید

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}.

بزرگی این مرتبه یادآور می‌شود که حتی افزایش اندک دما با انرژی مکانیکی قابل‌توجهی متناظر است.

پرسش 3. قانون اول ایجاب می‌کند

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

این کار مثبت است: منبع برق به سامانه انرژی می‌دهد. با 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}.

پرسش 4. سه مسیر به‌ترتیب می‌دهند

(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}.

در همهٔ حالت‌ها مجموع Q+WQ+W برابر 10,010{,}0 kJ است و همان تغییر ΔU\Delta U را ایجاد می‌کند. انرژی درونی تابع حالت است، درحالی‌که گرما و کار انتقال‌های انرژی در طول تحول را توصیف می‌کنند. در حالت نهایی BB سامانه انرژی درونی دارد، اما «گرما» یا «کار» در خود ندارد.