Rozwiązane zadanie z termodynamiki

Ta sama zmiana energii wewnętrznej, trzy sposoby przekazu

Ćwiczenie 7 · Lekcja 4 — Pierwsza zasada termodynamiki

pierwsza zasada termodynamiki
energia wewnętrzna
ciepło
praca mechaniczna
praca elektryczna
kalorymetria
funkcja stanu

Wersja robocza — to ćwiczenie jest jeszcze sprawdzane.

Treść zadania

Ciecz, kalorymetr i niewielki zanurzony opornik tworzą układ zamknięty, makroskopowo pozostający w spoczynku. Naczynie jest sztywne, a całkowitą pojemność cieplną układu przyjmujemy za stałą:

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

Układ ma przejść ze stanu równowagi $A$ o temperaturze $T_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ do stanu równowagi $B$ o temperaturze $T_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ . Przyjmujemy, że

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

Zmiany makroskopowej energii kinetycznej i potencjalnej są równe zeru. Pomijamy wszelkie straty do otoczenia.

Niezależnie realizujemy trzy poniższe protokoły, rozpoczynając od tego samego stanu początkowego $A$ :

Protokół 1. Układ zostaje doprowadzony do kontaktu cieplnego z gorącym źródłem, bez dostarczania mu pracy.
Protokół 2. Ściany są izolowane cieplnie. Łopatka miesza ciecz dzięki opadaniu masy $m$ z wysokości $h=5{,}00$ m. Ostatecznie łopatka i ciecz spoczywają, a cała energia mechaniczna utracona przez masę zostaje przekazana układowi. Przyjąć $g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ .
Protokół 3. Układ otrzymuje ciepło $Q_3=4{,}00$ kJ, a pozostała energia jest dostarczana elektrycznie do opornika. Otrzymywana moc elektryczna jest stała i wynosi $\mathcal P=300$ W.

Obliczyć wspólną dla trzech protokołów zmianę energii wewnętrznej $\Delta U=U(B)-U(A)$ .
Dla każdego z dwóch pierwszych protokołów wyznaczyć ciepło $Q$ i pracę $W$ otrzymane przez układ. W drugim obliczyć potrzebną masę $m$ .
Dla trzeciego protokołu obliczyć otrzymaną pracę elektryczną i czas zasilania opornika.
Trzy przemiany mają te same stany początkowy i końcowy. Wyjaśnić, dlaczego ich wartości $Q$ i $W$ mogą być mimo to różne. Czy w stanie końcowym $B$ układ zawiera „ciepło” lub „pracę”?

Wskazówka

Zastosować

\Delta U=Q+W

z konwencją bankiera. Praca otrzymana przez łopatkę jest równa zmniejszeniu

mgh

energii potencjalnej masy. Energię elektryczną przechodzącą przez granicę przewodami liczy się jako pracę elektryczną.

Szczegółowe rozwiązanie

Rozwiązanie

Pytanie 1. Różnica temperatur wynosi

T_B-T_A=5{,}0

K. Wobec tego

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

Wartość ta zależy wyłącznie od dwóch stanów równowagi $A$ i $B$ .

Pytanie 2. W pierwszym protokole układ nie otrzymuje pracy: $W_1=0$ . Pierwsza zasada termodynamiki daje więc

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

Ciepło jest dodatnie, ponieważ energia wpływa do układu.

W drugim protokole ściany są izolowane cieplnie, zatem $Q_2=0$ . Cała zmiana energii wewnętrznej pochodzi od mechanicznej pracy łopatki:

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

Ponieważ $W_2=mgh$ , otrzymujemy

m=\frac{W_2}{gh}=\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00}\simeq204\ \mathrm{kg}.

Duży rząd wielkości przypomina, że nawet niewielki wzrost temperatury odpowiada już znacznej energii mechanicznej.

Pytanie 3. Pierwsza zasada wymaga

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

Praca ta jest dodatnia: zasilanie elektryczne dostarcza energię do układu. Z $W_3=\mathcal P\,\Delta t$ wynika

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

Pytanie 4. Trzy drogi dają odpowiednio

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

oraz

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

W każdym przypadku suma $Q+W$ wynosi $10{,}0$ kJ i powoduje tę samą zmianę $\Delta U$ . Energia wewnętrzna jest funkcją stanu, natomiast ciepło i praca opisują przekazy zachodzące podczas przemiany. W stanie końcowym $B$ układ ma energię wewnętrzną, lecz nie zawiera ani „ciepła”, ani „pracy”.