Bài tập nhiệt động lực học có lời giải

Cùng biến thiên nội năng, ba phương thức truyền

Bài tập 7 · Bài học 4 — Định luật thứ nhất của nhiệt động lực học

  • nguyên lý thứ nhất
  • nội năng
  • nhiệt
  • công cơ học
  • công điện
  • phép đo nhiệt lượng
  • hàm trạng thái

Bản đang hoàn thiện — bài tập này vẫn đang được kiểm tra.

Đề bài

Một chất lỏng, nhiệt lượng kế của nó và một điện trở nhỏ nhúng trong chất lỏng tạo thành một hệ kín, đứng yên ở cấp vĩ mô. Bình cứng và tổng nhiệt dung của hệ được coi là không đổi:

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

Ta muốn đưa hệ từ trạng thái cân bằng AA ở TA=20,0 ∘CT_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C} đến trạng thái cân bằng BB ở TB=25,0 ∘CT_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}. Cho rằng

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

Các biến thiên động năng và thế năng vĩ mô đều bằng không. Bỏ qua mọi thất thoát ra ngoài.

Ba quy trình sau được thực hiện độc lập, cùng bắt đầu từ trạng thái AA:

  • Quy trình 1. Cho hệ tiếp xúc nhiệt với một nguồn nóng mà không cung cấp công cho hệ.
  • Quy trình 2. Các thành được cách nhiệt. Một cánh khuấy khuấy chất lỏng nhờ vật khối lượng mm rơi qua độ cao h=5,00h=5{,}00 m. Cuối cùng cánh khuấy và chất lỏng đứng yên; toàn bộ cơ năng mà vật mất đi được truyền cho hệ. Lấy g=9,81 m s−2g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}.
  • Quy trình 3. Hệ nhận nhiệt Q3=4,00Q_3=4{,}00 kJ, phần năng lượng còn thiếu được cấp cho điện trở bằng điện. Công suất điện nhận được không đổi, P=300\mathcal P=300 W.

  1. Tính biến thiên nội năng ΔU=U(B)−U(A)\Delta U=U(B)-U(A) chung cho cả ba quy trình.
  2. Với hai quy trình đầu, xác định nhiệt QQ và công WW mà hệ nhận được. Trong quy trình 2, tính khối lượng mm cần thiết.
  3. Với quy trình 3, tính công điện nhận được và thời gian cấp điện cho điện trở.
  4. Ba quá trình có cùng trạng thái đầu và cuối. Tại sao các giá trị QQ và WW vẫn có thể khác nhau? Ở trạng thái cuối BB, hệ có chứa “nhiệt” hay “công” không?

Gợi ý
Áp dụng ΔU=Q+W\Delta U=Q+W theo quy ước dấu của nhà ngân hàng. Công hệ nhận qua cánh khuấy bằng độ giảm thế năng mghmgh của vật. Năng lượng điện đi qua biên theo dây dẫn được tính là công điện.

Lời giải chi tiết

Lời giải
Câu 1. Độ chênh nhiệt độ là TB−TA=5,0T_B-T_A=5{,}0 K. Do đó

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}.

Giá trị này chỉ phụ thuộc vào hai trạng thái cân bằng AA và BB.

Câu 2. Trong quy trình 1, hệ không nhận công: W1=0W_1=0. Nguyên lý thứ nhất cho

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

Nhiệt dương vì năng lượng đi vào hệ. Trong quy trình 2, thành cách nhiệt nên Q2=0Q_2=0. Toàn bộ biến thiên nội năng đến từ công cơ học của cánh khuấy:

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

Vì W2=mghW_2=mgh,

m=W2gh=10,0×1039,81×5,00≃204 kg.m=\frac{W_2}{gh} =\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00} \simeq204\ \mathrm{kg}.

Bậc độ lớn cao cho thấy một mức tăng nhiệt độ nhỏ đã tương ứng với cơ năng đáng kể.

Câu 3. Nguyên lý thứ nhất đòi hỏi

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

Công dương vì nguồn điện cung cấp năng lượng cho hệ. Với 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}.

Câu 4. Ba đường lần lượt cho

(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},

và

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

Trong mọi trường hợp, Q+W=10,0Q+W=10{,}0 kJ và tạo cùng ΔU\Delta U. Nội năng là hàm trạng thái, còn nhiệt và công mô tả các truyền năng lượng trong quá trình. Ở trạng thái cuối BB, hệ có nội năng, nhưng không chứa “nhiệt” hay “công”.