Xem mẫu
- 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.
nguon tai.lieu . vn
