Latihan termodinamika dengan pembahasan

Perubahan energi dalam yang sama, tiga cara transfer

Latihan 7 · Pelajaran 4 — Hukum Pertama Termodinamika

hukum pertama
energi dalam
kalor
kerja mekanik
kerja listrik
kalorimetri
fungsi keadaan

Versi kerja — latihan ini masih dalam peninjauan.

Soal

Suatu cairan, kalorimeternya, dan sebuah hambatan kecil yang tercelup membentuk sistem tertutup yang secara makroskopik diam. Wadahnya kaku dan kapasitas kalor total sistem dianggap konstan:

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

Sistem hendak dipindahkan dari keadaan setimbang $A$ , dengan $T_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ , ke keadaan setimbang $B$ , dengan $T_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ . Diberikan bahwa

U(B)-U(A)=C(T_B-T_A).

Perubahan energi kinetik dan energi potensial makroskopik sama dengan nol. Semua rugi energi ke lingkungan diabaikan.

Ketiga protokol berikut dilakukan secara terpisah dari keadaan awal $A$ yang sama:

Protokol 1. Sistem dikontakkan secara termal dengan sumber panas tanpa menerima kerja apa pun.
Protokol 2. Dinding diisolasi secara termal. Sebuah pengaduk mengaduk cairan karena jatuhnya massa $m$ sejauh $h=5{,}00$ m. Pengaduk dan cairan akhirnya diam, dan seluruh energi mekanik yang hilang dari massa dipindahkan ke sistem. Gunakan $g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ .
Protokol 3. Sistem menerima kalor $Q_3=4{,}00$ kJ dan kekurangan energinya diberikan kepada hambatan secara listrik. Daya listrik yang diterima konstan, $\mathcal P=300$ W.

Hitung perubahan energi dalam $\Delta U=U(B)-U(A)$ yang sama bagi ketiga protokol.
Untuk masing-masing dari dua protokol pertama, tentukan kalor $Q$ dan kerja $W$ yang diterima sistem. Pada protokol kedua, hitung massa $m$ yang diperlukan.
Untuk protokol ketiga, hitung kerja listrik yang diterima dan lama hambatan dialiri listrik.
Ketiga proses memiliki keadaan awal dan akhir yang sama. Jelaskan mengapa nilai $Q$ dan $W$ tetap dapat berbeda. Apakah sistem mengandung “kalor” atau “kerja” pada keadaan akhir $B$ ?

Petunjuk

Gunakan

\Delta U=Q+W

dengan konvensi ala bankir. Untuk pengaduk, kerja yang diterima sama dengan penurunan

mgh

energi potensial massa. Energi listrik yang melintasi batas melalui kabel dihitung sebagai kerja listrik.

Pembahasan terperinci

Solusi

Pertanyaan 1. Selisih suhu ialah

T_B-T_A=5{,}0

K. Oleh karena itu,

\Delta U=C(T_B-T_A) =2{,}00\times5{,}0 =10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Nilai ini hanya bergantung pada dua keadaan setimbang $A$ dan $B$ .

Pertanyaan 2. Pada protokol pertama tidak ada kerja yang diterima: $W_1=0$ . Hukum pertama memberikan

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

Kalor positif karena energi memasuki sistem.

Pada protokol kedua, dinding terisolasi secara termal, sehingga $Q_2=0$ . Seluruh perubahan energi dalam berasal dari kerja mekanik pengaduk:

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

Karena $W_2=mgh$ , diperoleh

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

Besarnya orde nilai ini mengingatkan bahwa kenaikan suhu yang kecil saja sudah bersesuaian dengan energi mekanik yang besar.

Pertanyaan 3. Hukum pertama mensyaratkan

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

Kerja ini positif: catu listrik memberikan energi kepada sistem. Dengan $W_3=\mathcal P\,\Delta t$ ,

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

Pertanyaan 4. Ketiga lintasan masing-masing memberikan

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

dan

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

Dalam semua kasus, jumlah $Q+W$ adalah $10{,}0$ kJ dan menghasilkan perubahan $\Delta U$ yang sama. Energi dalam merupakan fungsi keadaan, sedangkan kalor dan kerja menggambarkan transfer selama proses. Pada keadaan akhir $B$ , sistem memiliki energi dalam, tetapi tidak mengandung “kalor” ataupun “kerja”.