Bài giảng Vật lý 1: Chương 5 - Lê Quang Nguyên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Vật lý 1: Chương 5 cung cấp cho người học những kiến thức về nhiệt động lực học. Những nội dung chính được trình bày trong chương này gồm có: Nguyên lý thứ nhất, nguyên lý thứ hai – cách phát biểu của Kelvin, nguyên lý thứ hai – Cách phát biểu của Clausius, nguyên lý thứ hai – Entropy.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Vật lý 1: Chương 5 - Lê Quang Nguyên

Nội dung 1. Nguyên lý thứ nhất 2. Nguyên lý thứ hai – Cách phát biểu của Kelvin 3. Nguyên lý thứ hai – Cách phát biểu của Clausius Nhiệt ñộng lực học 4. Nguyên lý thứ hai – Entropy Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle@zenbe.com 1. Nguyên lý thứ nhất • Nội năng gồm: – ñộng năng (tịnh tiến, quay, dao ñộng) của các phân tử, – thế năng tương tác trong các phân tử, Lord Kelvin Rudolf Clausius Sadi Carnot – thế năng tương tác giữa các phân tử. • Độ biến thiên nội năng của một hệ bằng tổng công và nhiệt mà hệ trao ñổi với chung quanh. • Công, nhiệt cho ñi là âm dU = dW + dQ • Công, nhiệt nhận là dương • Công, nhiệt phụ thuộc quá trình ∆U = W + Q • ∆U không phụ thuộc quá trình Ludwig Boltzmann
Bài tập 1 Trả lời BT 1 Một lượng khí nitơ (N2) ñược nung nóng ñẳng áp, • Theo nguyên lý thứ nhất: thực hiện một công bằng 2,0 J. Q = ∆U − W ∆U = nCV ∆T Đường ñẳng nhiệt Tìm nhiệt lượng mà chất khí nhận ñược. • Công trong quá trình ñẳng áp: W = − P∆V Q f • Từ pt trạng thái ta ñược: |W| P∆V = nR∆T ⇒ n∆T = P∆V R = −W R • Vậy: ∆U = −CV W R = − ( 5 2 )W Q = − ( 7 2 )W = 7,0 J Bài tập 2 Trả lời BT 2 – Cách 1 Hai mol khí lý tưởng ở nhiệt ñộ 300K ñược làm • Nhiệt trao ñổi trong quá Đường ñẳng nhiệt lạnh ñẳng tích cho ñến khi áp suất giảm ñi 2 lần. trình ñẳng tích i→t: Pi i Sau ñó khí dãn nở ñẳng áp ñể trở lại nhiệt ñộ ban Q1 = ∆U1 = nCV ∆T1 ½Pi ñầu. Q1 = −nCV Ti 2 t f Ti Tìm nhiệt toàn phần do chất khí hấp thụ trong ½Ti suốt quá trình trên. • Nhiệt trao ñổi trong quá Vi 2Vi trình ñẳng áp t→f: Q2 = ∆U 2 − W2 ∆U 2 = nCV ∆T2 = nCV Ti 2 W2 = − Pi Vi 2 = −nRTi 2
Trả lời BT 2 – Cách 1 (tt) Trả lời BT 2 – Cách 2 • Tổng nhiệt trao ñổi trong cả hai quá trình là: • Xét chu trình i→t→f→i: Đường ñẳng nhiệt Q = Q1 + Q2 = nRTi 2 ∆U = ∆U1 + ∆U 2 + ∆U 3 Pi i • Trong một chu trình ∆U = 0 Q = 2,0 ( mol ) × 8,314 ( J mol.K ) × 150 ( K ) = 2,5kJ ½Pi f • Trong quá trình ñẳng nhiệt t Ti • Q > 0: hệ nhận nhiệt. từ f tới i: ∆U3 = 0 ½Ti • Nhiệt trao ñổi trong quá trình nở ñẳng nhiệt từ i • Do ñó: Vi 2Vi ñến f là: ∆U1 + ∆U 2 = 0 2V • Nhiệt trao ñổi trong quá Q3 = −W3 = − nRTi ln i = − nRTi ln 2 Vi trình ñẳng tích: • Nhiệt trao ñổi phụ thuộc vào quá trình. Q1 = ∆U1 Trả lời BT 2 – Cách 2 (tt) Bài tập 3 • Nhiệt trao ñổi trong quá trình ñẳng áp: Ba mol khí lý tưởng ở 273K ñược dãn nở ñẳng Q2 = ∆U 2 − W2 nhiệt cho ñến khi thể tích tăng lên 5 lần. • Suy ra tổng nhiệt trao ñổi trong quá trình i→t→f: Sau ñó khí ñược nung nóng ñẳng tích ñể trở về áp suất ban ñầu. Q = Q1 + Q2 = ( ∆U1 + ∆U 2 ) − W2 Nhiệt toàn phần trao ñổi trong suốt quá trình là 80 Q = −W2 = PV i i 2 = nRTi 2 kJ. Tìm chỉ số ñoạn nhiệt γ = CP/CV của khí này. Q = 2,0 ( mol ) × 8,314 ( J mol.K ) × 150 ( K ) = 2,5kJ
Trả lời BT 3 Trả lời BT 3 (tt) • Nhiệt trao ñổi trong quá • Tổng nhiệt trao ñổi trong suốt quá trình: trình ñẳng nhiệt: Q = Q1 + Q2 = nT ( R ln 5 + 4CV ) Q1 = −W1 = nRT ln (V f Vi ) • Suy ra nhiệt dung mol ñẳng tích: CV =  − R ln 5  Q1 = nRT ln 5 1 Q P i f CV = 21,075 ( J / mol.K ) 5T 4  nT  • Nhiệt trao ñổi trong quá t T • Chỉ số ñoạn nhiệt của chất khí: trình ñẳng tích: CP CV + R R γ= V 5V = = 1+ Q2 = ∆U 2 = nCV ∆T2 CV CV CV Q2 = 4nCV T γ = 1, 4 Bài tập 4 Trả lời BT 4 – 1 Một mol khí oxy (O2) ở nhiệt ñộ 290K ñược nén • Trong quá trình ñoạn nhiệt: ñoạn nhiệt cho ñến khi áp suất tăng lên 10 lần. γ Các ñường ñẳng nhiệt PV γ = P  nRT  Tìm:  = const  P  Quá trình ñoạn nhiệt (a) nhiệt ñộ khí sau khi nén; 1−γ (b) công mà khí nhận ñược. ⇒ P γ T = const • Vậy nhiệt ñộ sau quá trình nén là: 1−γ  Pi  γ T f = Ti    Pf 
Trả lời BT 4 – 2 Trả lời BT 4 – 3 • Nếu phân tử O2 là rắn (không dao ñộng) ta có: • Công trong quá trình ñoạn nhiệt: 5 CV = RT 7 CP = CV + R = RT W = ∆U = nCV ∆T 2 2 5 7 1− γ 2 W = n R∆T ⇒γ = =− 2 5 γ 7 5 • Suy ra: W = 1( mol ) × × 8,314 ( J mol.K ) × ( 560 − 290 )( K ) 2 = 5,6 ( kJ ) 2 − T f = 290 ( K ) ×   1 = 560 ( K ) 7  10  2a. Cách phát biểu của Kelvin 2b. Động cơ nhiệt – 1 • Hiện tượng sau ñây có vi phạm nguyên lý thứ • Động cơ nhiệt là một thiết bị: nhất không? – hoạt ñộng theo chu trình, • Tách cà phê nóng bỗng nhiên nguội ñi và cà phê – nhận nhiệt từ một nguồn nóng, bắt ñầu xoáy tròn như ñược khuấy. – biến một phần nhiệt thành • Năng lượng bảo toàn: nội năng ñã chuyển thành công, công làm cho cà phê chuyển ñộng xoáy tròn. – và thải phần còn lại ra nguồn • Tuy nhiên, hiện tượng trên không hề xảy ra. lạnh. • Kelvin: không thể biến nhiệt hoàn toàn thành • Trên giản ñồ PV chu trình của công mà không có một biến ñổi nào khác xảy ra. ñộng cơ nhiệt là một ñường: – khép kín, – hướng theo chiều kim ñ.hồ.
2b. Động cơ nhiệt – 2 2c. Động cơ Carnot • Hiệu suất của ñộng cơ nhiệt: • Động cơ Carnot: W – dùng tác nhân là khí lý tưởng, e= – hoạt ñộng theo chu trình Qh Carnot. • Trong một chu trình: • Hiệu suất: ∆U = 0 = Qh + Qc + W Tc eCarnot = 1 − Qh − Qc − W = 0 Th • Trong các ñộng cơ hoạt ñộng • Suy ra: Nguyên lý 2 (Kelvin): giữa hai nguồn có nhiệt ñộ như Qc e = 1− Động cơ lý tưởng có e = 1 nhau, ñộng cơ Carnot có hiệu Qh không tồn tại! suất lớn nhất. Bài tập 5 Trả lời BT 5 Một ñộng cơ nhiệt lý tưởng làm việc theo chu • Hiệu suất ñộng cơ Carnot: trình Carnot. Nhiệt ñộ nguồn nóng và nguồn lạnh Tc Q tương ứng là 400 K và 300 K. Nhiệt lượng mà tác e = 1− = 1− c Th Qh nhân nhận của nguồn nóng trong một chu trình là 600 cal. Nhiệt lượng mà tác nhân truyền cho • Suy ra: nguồn lạnh trong một chu trình là: T Qc = Qh c A. 150 cal Th 300 ( K ) B. 450 cal Qc = 600 ( cal ) = 450 ( cal ) C. 200 cal 400 ( K ) D. 400 cal • Trả lời: B
Bài tập 6 Trả lời BT 6 (a) Một ñộng cơ Carnot dùng tác nhân là hydrô (H2). • Trong quá trình nở ñoạn nhiệt: Tìm hiệu suất của ñộng cơ nếu trong quá trình nở ThVBγ −1 = TcVCγ −1 ñoạn nhiệt: • Suy ra: (a) thể tích tăng lên 2 lần. γ −1 γ −1 Tc  VB   1 = =  (b) áp suất giảm ñi 2 lần. Th  VC   2 • Chỉ số ñoạn nhiệt của khí lý tưởng lưỡng nguyên tử: γ =7 5 • Vậy: e = 1 − 0,52 5 = 0, 24 Trả lời BT 6 (b) Bài tập 7 • Trong quá trình nở ñoạn nhiệt: Xét một ñộng cơ dùng tác 1−γ 1−γ nhân khí lý tưởng hoạt ñộng A γ γ Th PB = Tc PC theo chu trình Stirling gồm Qh hai ñường ñẳng nhiệt và hai • Suy ra: ñường ñẳng tích. B 1−γ Th 1−γ Tc  PB  γ Động cơ hoạt ñộng giữa hai D =  =2 γ nguồn có nhiệt ñộ Th = 95°C Qc C Tc Th  PC  và Tc = 24°C. • Vậy: Tìm hiệu suất của ñộng cơ. e = 1 − 2−2 7 = 0,18
Trả lời BT 7 Trả lời BT 7 (tt) • Công thực hiện trong quá • Nhiệt nhận từ nguồn nóng trong quá trình nở ñẳng trình nở ñẳng nhiệt: A nhiệt: WAB = − nRTh ln VB VA Qh Qh = −WAB = nRTh ln VB VA • và trong quá trình nén ñẳng B • Vậy hiệu suất của ñộng cơ Stirling là: nhiệt: Th W Th − Tc WCD = − nRTc ln VD VC D e= = Qc C Tc Qh Th • Ta có: 95°C − 24°C VB VA = VC VD e= = 0,19 ( 95 + 273) K • Vậy công toàn phần: W = − nR (Th − Tc ) ln VB VA 3a. Cách phát biểu của Clausius 3b. Máy lạnh (bơm nhiệt) – 1 • Hãy xem xét hiện tượng sau: • Máy lạnh là thiết bị • Đầu nguội của chiếc muỗng khuấy cà phê bỗng – hoạt ñộng theo chu trình, lạnh ñi và ñầu kia, nằm trong cà phê nóng, lại – nhận công từ bên ngoài, nóng thêm. – bơm nhiệt từ nguồn lạnh, • Nhiệt chỉ chuyển từ ñầu nguội sang ñầu nóng: – và thải nhiệt ra nguồn nóng. nguyên lý thứ nhất không bị vi phạm. • Trên giản ñồ PV chu trình của • Nhưng hiện tượng trên cũng không hề xảy ra. máy lạnh là một ñường • Clausius: không thể chuyển nhiệt từ nguồn lạnh – khép kín, sang nguồn nóng mà không có một biến ñổi nào – quay ngược chiều kim ñồng khác xảy ra. hồ.
3b. Máy lạnh (bơm nhiệt) – 2 3c. Máy lạnh Carnot • Máy lạnh có hiệu suất: • Máy lạnh Carnot: P Q – dùng tác nhân là khí lý tưởng, K= c W – hoạt ñộng theo chu trình Qh Carnot ngược. • Trong một chu trình ta có: S = |W | Th • Hiệu suất: Qc Tc ∆U = W + Qh + Qc = 0 V Tc K Carnot = W − Qh + Qc = 0 Th − Tc • Trong các máy lạnh hoạt ñộng • Suy ra: Nguyên lý 2 (Clausius): giữa hai nguồn có nhiệt ñộ như Qc K= >1 Máy lạnh lý tưởng có K = ∞ nhau, máy lạnh Carnot có hiệu Qh − Qc không tồn tại! suất lớn nhất. Bài tập 8 Trả lời BT 8 Một tủ lạnh có hiệu suất bằng 5,00. Tủ lạnh bơm • Hiệu suất máy lạnh: ñược 120 J nhiệt trong mỗi chu trình. Tìm: Q K= c (a) Công cung cấp trong mỗi chu trình. W (b) Nhiệt thải ra chung quanh trong mỗi chu trình. Qc 120 ( J ) W = = = 24,0 ( J ) K 5,00 • Trong mỗi chu trình ta có: ∆U = W + Qh + Qc = 0 Qh = W + Qc = 120 + 24 = 144 ( J )
Bài tập 9 Trả lời BT 9 Một tủ lạnh có hiệu suất bằng 3,00. Nhiệt ñộ ngăn Q1 ñá là −20,0°C, và nhiệt ñộ phòng là 22,0°C. Mỗi phút tủ có thể chuyển 30,0g nước ở 22,0°C thành Nước ở 22°C Nước ở 0°C 30g nước ñá ở −20,0°C. Tìm công suất cung cấp cho tủ lạnh. Q2 Nhiệt dung riêng của nước 4186 J/kg.°C Q3 Nhiệt dung riêng của nước ñá 2090 J/kg.°C Nước ñá ở Nước ñá ở Nhiệt ñóng băng của nước 3,33×105 J/kg 0°C −20°C Trả lời BT 9 4a. Cách phát biểu thứ ba – 1 • Ta có: • Xét hiện tượng sau: Q Qc t • Hương cà phê ñang lan tỏa khắp phòng bỗng quay W = c W t= K K về loanh quanh ở tách cà phê. • Nhiệt bơm ra khỏi tủ trong một ñơn vị thời gian: • Các phân tử chỉ sắp xếp lại vị trí của chúng, nguyên lý thứ nhất không bị vi phạm. Qc = mH 2 0cH 2 0 ( 22°C ) + mH 2 0 L + mice cice ( 20°C ) • Nhưng hiện tượng trên không bao giờ xảy ra. t • Có những hiện tượng chỉ diễn tiến theo một chiều, Qc = 1, 4 × 104 J min = 233 J s là chiều tăng của entropy. t • Suy ra công suất cung cấp: P = 77,8 W quá trình bất thuận nghịch
4a. Cách phát biểu thứ ba – 2 4a. Cách phát biểu thứ ba – 3 • Ví dụ về quá trình bất thuận nghịch: • Các quá trình thuận nghịch: Chân không – khí dãn nở trong chân không. – diễn tiến chậm, Màn – sự khuếch tán các hạt, – ñi qua các trạng thái cân bằng, – sự truyền nhiệt ... Khí – có thể biểu diễn bằng một ñường cong trên giản ñồ • Trong một hệ cô lập, entropy luôn PV. luôn tăng hoặc giữ nguyên không • Ngược lại, các quá trình bất thuận nghịch: ñổi. – diễn tiến nhanh, – Entropy tăng trong các quá trình bất – không ñi qua các trạng thái cân bằng, thuận nghịch, – không thể biểu diễn bằng một ñường cong trên – không ñổi trong các quá trình thuận giản ñồ PV. nghịch. 4b. Entropy – 1 Quá trình 4b. Entropy – 2 thuận nghịch • Entropy là một hàm trạng P i • Độ biến thiên entropy P i thái, ñộ biến thiên entropy trong một quá trình vi phân dQ dQ của một hệ giữa hai trạng thuận nghịch: thái ñược xác ñịnh bởi: f f dQ f T dS = T dQ T ∆S = ∫ i T V V : quá trình vi phân : quá trình vi phân • Tích phân ñược tính theo dQ : nhiệt trao ñổi trong dQ : nhiệt trao ñổi trong quá trình vi phân quá trình vi phân một quá trình thuận nghịch bất kỳ nối liền hai trạng T : nhiệt ñộ hệ trong quá T : nhiệt ñộ hệ trong quá trình vi phân trình vi phân thái.
Bài tập 10 Trả lời BT 10 Một mole khí lý tưởng ở nhiệt Vỏ cách nhiệt • Khí nở ñoạn nhiệt trong chân không nên không ñộ 300K dãn nở ñoạn nhiệt trao ñổi công và nhiệt: Q = 0, W = 0 trong chân không, có thể tích Chân không ∆U = nCV ∆T = 0 tăng gấp ñôi. Màn • Vậy nhiệt ñộ khí cũng không ñổi, bằng 300K. Hãy tìm ñộ biến thiên entropy Khí ở 300K • Độ biến thiên entropy: của khí. f f dQ 1 Q ∆S = ∫ = ∫ dQ = = 0 i T Ti T • Kết quả này là sai, vì sao? • Tích phân trong công thức trên phải ñược tính theo một quá trình thuận nghịch nối liền i và f. Trả lời BT 10 (tt) Bài tập 11 P • Nối liền hai trạng thái Cho 100g nước ñá ở T0 = 0°C vào một bình cách bằng một quá trình nở nhiệt ñựng 400g nước ở nhiệt ñộ T1 = 40°C. Cho ñẳng nhiệt ở T = 300K: biết nhiệt dung riêng của nước c = 4,18 J/g.°C, f f nhiệt nóng chảy nước ñá λ = 333 J/g. dQ 1 Q ∆S = ∫ = ∫ dQ = (a) Tính nhiệt ñộ cuối cùng sau khi quá trình cân i T Ti T bằng. V T Q = −W = nRT ln f (b) Tính ñộ biến thiên entropy của quá trình Vi trên. Vi Vf V V ∆S = nR ln f Vi ∆S = 1728,85 ( J K )
Trả lời BT 11 – 1 Bình cách nhiệt Trả lời BT 11 – 2 • Nhiệt do nước ở 40°C tỏa ra: Nước ñá 0°C Qout = m1c ( 40 − T f ) Nước 40°C • Nhiệt do nước ñá ở 0°C hấp thụ ñể chuyển thành (1) Qin,1 nước cũng ở 0°C: Nước 0°C Qout Qin,1 = m0λ (3) • Nhiệt do nước ở 0°C hấp thụ: (2) Qin,2 Qin ,2 = m0c (T f − 0 ) Nước Tf°C • Hệ cách nhiệt nên Qout = Qin: Nước Tf°C m1c ( 40 − T f ) = m0λ + m0 cT f |Qout| = Qin,1 + Qin,2 ⇒ T f = 16°C Trả lời BT 11 – 3 Trả lời BT 11 – 4 • Tìm ñộ biến thiên entropy khi nước ñá có khối • Tìm ñộ biến thiên entropy của một vật khối lượng lượng m0 ở 0°C tan thành nước ở 0°C. m khi nhiệt ñộ thay ñổi từ Ti ñến Tf. • Xét một quá trình tan chảy thật chậm ñể có thể • Đặt vật tiếp xúc với một bình ñiều nhiệt và thay coi là thuận nghịch, ta có: ñổi nhiệt ñộ của bình ñiều nhiệt thật chậm. dQ • Khi ñó quá trình thay ñổi nhiệt ñộ có thể coi là ∆S1 = ∫ Quá trình tan chảy xảy ra ở nhiệt ñộ không ñổi T0 = 0°C thuận nghịch. T0 Qin ,1 • Độ biến thiên entropy của vật: 1 T0 ∫ ∆S1 = dQ = dQ Tf dT T T0 ∆S = ∫ = mc ∫ = mc ln f T Ti T Ti m0λ ∆S1 = • c là nhiệt dung riêng của vật. T0
Trả lời BT 11 – 5 4b. Entropy – 3 • Áp dụng hệ thức trên cho các quá trình thay ñổi • Entropy của hệ tăng theo số nhiệt ñộ ñang xét ta có: cấu hình vi mô W: Tf dQ dT T S = k ln W ∆S 2 = ∫ = m0 c ∫ = m0 c ln f T T0 T T0 fT • Trong một bình khí, mỗi cấu dQ dT T hình vi mô ứng với một cách ∆S3 = ∫ = m1c ∫ = m1c ln f T T1 T T1 hoán vị các phân tử. • Độ biến thiên entropy toàn phần: • W càng lớn hệ càng hỗn loạn: entropy là số ño mức ñộ hỗn ∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 loạn của hệ. ∆S = 12 ( J K ) 4b. Entropy – 4 • Chia một bình có 3 hạt làm hai nửa bằng nhau, • và coi mỗi cấu hình là một cách sắp xếp các hạt vào một trong hai nửa bình, ta có tất cả 8 cấu hình vi mô. • Số cấu hình ứng với ba hạt phân tán khắp bình là W1 = 6, • và ứng với cả ba phân tử dồn một phía là W2 = 2. • W1 > W2 : Trạng thái phân tán có entropy lớn hơn trạng thái co cụm. • Do ñó nếu ñể tự nhiên các hạt sẽ phân tán khắp bình.