حرارتی حرکیات کی حل شدہ مشق

اندرونی توانائی میں یکساں تبدیلی، منتقلی کے تین طریقے

مشق 7 · سبق 4 — حرارتی حرکیات کا پہلا اصول

پہلا اصول، اندرونی توانائی، حرارت، میکانی کام، برقی کام، حرارت پیمائی، حالت کا تفاعل

مسودہ نسخہ — یہ مشق ابھی نظرثانی کے مرحلے میں ہے۔

سوال

ایک مائع، اس کا حرارت پیما اور اس میں ڈوبا ہوا چھوٹا مزاحم مل کر ایک بند نظام بناتے ہیں جو کلان پیمانے پر ساکن ہے۔ ظرف صلب ہے اور نظام کی کل حرارتی گنجائش کو مستقل فرض کیا گیا ہے:

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

نظام کو $T_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ پر توازنی حالت $A$ سے $T_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ پر توازنی حالت $B$ تک لے جانا ہے۔ مانتے ہیں کہ

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

کلان حرکی اور وضعی توانائیوں کی تبدیلیاں صفر ہیں۔ باہر ہونے والے تمام نقصانات نظرانداز ہیں۔

ایک ہی ابتدائی حالت $A$ سے مندرجہ ذیل تین طریقۂ کار الگ الگ کیے جاتے ہیں:

طریقۂ کار 1. نظام کو کسی کام کی فراہمی کے بغیر ایک گرم منبع سے حرارتی اتصال میں رکھا جاتا ہے۔
طریقۂ کار 2. دیواریں حرارت سے موصل ہیں۔ ایک بلیڈ، کمیت $m$ کے $h=5{,}00$ m بلندی سے گرنے کے سبب مائع کو ہلاتا ہے۔ آخر میں بلیڈ اور مائع ساکن ہو جاتے ہیں اور کمیت سے ضائع ہونے والی پوری میکانی توانائی نظام کو منتقل ہوتی ہے۔ $g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ لیں۔
طریقۂ کار 3. نظام حرارت $Q_3=4{,}00$ kJ وصول کرتا ہے اور باقی توانائی مزاحم کو برقی طور پر دی جاتی ہے۔ وصول شدہ برقی طاقت مستقل اور $\mathcal P=300$ W ہے۔

تینوں طریقوں کے لیے مشترک اندرونی توانائی کی تبدیلی $\Delta U=U(B)-U(A)$ معلوم کریں۔
پہلے دو طریقوں میں سے ہر ایک کے لیے نظام کی وصول کردہ حرارت $Q$ اور کام $W$ معلوم کریں۔ دوسرے طریقے میں مطلوب کمیت $m$ نکالیں۔
تیسرے طریقے کے لیے وصول شدہ برقی کام اور مزاحم کو توانائی دینے کا دورانیہ معلوم کریں۔
تینوں تبدیلیوں کی ابتدائی اور آخری حالتیں ایک جیسی ہیں۔ پھر بھی $Q$ اور $W$ کی قدریں مختلف کیوں ہو سکتی ہیں؟ کیا آخری حالت $B$ میں نظام کے اندر ”حرارت“ یا ”کام“ موجود ہے؟

اشارہ

بینکار کے علامتی اصول کے ساتھ

\Delta U=Q+W

استعمال کریں۔ بلیڈ کا وصول کردہ کام، کمیت کی وضعی توانائی میں

mgh

کمی کے برابر ہے۔ تاروں کے ذریعے سرحد پار کرنے والی برقی توانائی کو برقی کام شمار کیا جاتا ہے۔

تفصیلی حل

حل

سوال 1۔ درجہ حرارت کا فرق

T_B-T_A=5{,}0

K ہے۔ لہٰذا

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

یہ قیمت صرف توازنی حالتوں $A$ اور $B$ پر منحصر ہے۔

سوال 2۔ پہلے طریقے میں کوئی کام وصول نہیں ہوتا: $W_1=0$ ۔ پہلا اصول دیتا ہے

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

حرارت مثبت ہے کیونکہ توانائی نظام میں داخل ہوتی ہے۔

دوسرے طریقے میں دیواریں حرارت سے موصل ہیں، اس لیے $Q_2=0$ ۔ اندرونی توانائی کی پوری تبدیلی بلیڈ کے میکانی کام سے آتی ہے:

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

چونکہ $W_2=mgh$ ، اس لیے

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

یہ بڑی مقدار یاد دلاتی ہے کہ درجہ حرارت میں معمولی اضافہ بھی خاصی میکانی توانائی کے برابر ہوتا ہے۔

سوال 3۔ پہلا اصول لازم کرتا ہے کہ

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

یہ کام مثبت ہے: برقی رسد نظام کو توانائی دیتی ہے۔ $W_3=\mathcal P\,\Delta t$ سے

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

سوال 4۔ تینوں راستے بالترتیب دیتے ہیں

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

اور

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

ہر صورت میں مجموعہ $Q+W$ ، $10{,}0$ kJ ہے اور یکساں تبدیلی $\Delta U$ پیدا کرتا ہے۔ اندرونی توانائی حالت کا تفاعل ہے، جبکہ حرارت اور کام کسی تبدیلی کے دوران منتقلیوں کو بیان کرتے ہیں۔ آخری حالت $B$ میں نظام اندرونی توانائی رکھتا ہے، مگر اس میں نہ ”حرارت“ ہے نہ ”کام“۔