Soru

Bu alıştırma, klasik bir örnek olmanın çok ötesinde, tersinir bir dönüşüm ile tersinmez bir dönüşüm arasındaki farklardan birini göstermek açısından da temel önemdedir (ayrıca bkz. Ders 6).

$n$ mol, ısı kapasiteleri sabit ve oranları $\gamma=c_P/c_V>1$ olan ideal gazı ele alalım. Gaz, kesit alanı $\mathcal S$ olan düşey, ısı yalıtımlı bir silindirde; kütlesi ihmal edilebilir, sürtünmesiz hareket eden ve ısı yalıtımlı bir pistonla kapalı tutulmaktadır. Dış ortam, pistonun üst yüzeyine etki eden $P_0$ atmosfer basıncındadır. Dolayısıyla başlangıç dengesinde gazın basıncı da $P_0$ 'dır ve durumu

A=(P_0,V_0,T_0).

Toplam kütlesi $M$ olan bir ek yük bulunmaktadır. Ek yükün tamamı pistonun üzerine konduğunda dış basınç

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

İki deney karşılaştırılacaktır: ya $M$ kütlesi çok sayıda küçük kütleye bölünüp her yeni denge beklenerek bunlar teker teker eklenir ya da $M$ kütlesinin tamamı tek seferde konur. İkinci aşamada ek yük aynı şekilde kaldırılır: ya birer kum tanesi hâlinde ya da tek seferde.

İki deney de merkezde gösterilen aynı A başlangıç durumundan başlar: bu durumda pistona yalnızca P_0 atmosfer basıncı etki eder. Solda, toplam kütlesi M olan ek yük birer kum tanesi hâlinde bırakılır; böylece P_ ext aşamalı olarak artar. Ek yük aynı biçimde kaldırıldığında yol ters yönde izlenir. Sağda, aynı M kütlesi tek seferde bırakılır: P_ ext birdenbire P_0'dan P_1'e geçer. Her iki sıkıştırma deneyinde de P_1=P_0+Mg/ S=xP_0'dır. — Şekil 1. İki deney de merkezde gösterilen aynı $A$ başlangıç durumundan başlar: bu durumda pistona yalnızca $P_0$ atmosfer basıncı etki eder. Solda, toplam kütlesi $M$ olan ek yük birer kum tanesi hâlinde bırakılır; böylece $P_{\mathrm{ext}}$ aşamalı olarak artar. Ek yük aynı biçimde kaldırıldığında yol ters yönde izlenir. Sağda, aynı $M$ kütlesi tek seferde bırakılır: $P_{\mathrm{ext}}$ birdenbire $P_0$ 'dan $P_1$ 'e geçer. Her iki sıkıştırma deneyinde de $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ 'dır.

Ek yük çok aşamalı biçimde eklenir; böylece dış basınç $P_0$ 'dan $P_1$ 'e yavaşça geçer. Gazın $P$ basıncının her an dış basınç $P_{\mathrm{ext}}$ 'e eşit olduğunu gerekçelendirin. Bu durumda gazın ardışık durumlarını ilişkilendirmek için hangi yasa kullanılabilir? Buradan $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ ve $V_B/V_0$ oranlarını $x$ ve $\gamma$ cinsinden bulun.
Şimdi $B$ durumundan başlanarak ek yük, dış basınç yeniden $P_0$ olana kadar her seferinde bir kum tanesi alınarak çok aşamalı biçimde kaldırılır. Önceki sorudaki yasayı kullanarak gazın tam olarak başlangıç durumu $A$ 'ya döndüğünü gösterin.
Yeniden $A$ durumundan başlayıp bu kez $M$ kütlesini tek seferde koyalım: dış basınç birdenbire sabit $P_1$ değerini alır. Son $B'$ durumunu ve $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ ile $\Delta U_{AB'}$ değerlerini eksiksiz belirleyin.
Önce $\gamma=5/3$ ve $x=2$ örneğini alarak $T_{B'}$ ile $T_B$ 'yi sayısal olarak karşılaştırın. Ardından her $\gamma>1$ ve her $x>1$ için karşılaştırmayı analitik olarak kurun; sonra $V_{B'}$ ile $V_B$ 'yi karşılaştırın. Hangi sıkıştırma gazı daha fazla ısıtır, hangisi daha fazla sıkıştırır?
$B'$ durumundan başlayarak ek yükün tamamı birdenbire kaldırılır: dış basınç yeniden $P_0$ atmosfer basıncına döner. Son $B"$ durumunu belirleyin. $T_{B"}$ ve $V_{B"}$ değerlerinin başlangıç değerlerinden büyük mü yoksa küçük mü olduğunu gösterin.
$A\to B'\to B"$ gidiş dönüşünün enerji bilançosunu çıkarın. Ders 6'nın bu karşılaştırmaya ne ekleyeceğini açıklayın.

İpucu

Ani dönüşüm için

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

bağıntısını ve yalnızca başlangıç ile son denge durumlarında hâl denklemini kullanın.

B

ile

B'

'yi karşılaştırmak için

T_{B'}/T_B

oranının logaritması incelenebilir.

Ayrıntılı çözüm

Çözüm

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

olduğunu hatırlayalım.

Soru 1. Ek yük yeterince küçük kütlelere bölünmüştür ve bir sonraki kütle eklenmeden önce her yeni dengeye ulaşılır. Dolayısıyla gaz, sürekli bir denge durumları dizisinden geçer: dönüşüm yarı-statiktir. Pistonun kütlesi ihmal edilebilir ve piston sürtünmesiz olduğundan her anki mekanik denge $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , yani $P=P_{\mathrm{ext}}$ koşulunu gerektirir. Duvarlar ısı yalıtımlı olduğundan $\delta Q=0$ 'dır. Bu koşullarda Laplace yasaları kullanılabilir. $A$ ile $B$ arasında yararlı iki biçim

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

$P_B=P_1=xP_0$ olduğundan ilk bağıntı doğrudan $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ sonucunu, ikinci bağıntı ise $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ sonucunu verir. Sonuç olarak $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ ve $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ 'dır.

Soru 2. Ek yük aşamalı olarak kaldırılırken gaz dış ortamla mekanik dengede kalır ve aynı Laplace adyabatını ters yönde izler. Son durumda $P_f=P_0$ 'dır. Laplace bağıntıları

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

ve

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

sonuçlarını verir. Böylece gaz tam olarak $A=(P_0,V_0,T_0)$ durumuna döner. Dönüşüm, aynı denge durumları dizisinden geçerek her iki yönde de gerçekleştirilebilir: bu dönüşüme tersinir denir.

Soru 3. Laplace yasaları kullanılmamalıdır: bu ani dönüşüm sırasında gaz bir denge durumları dizisinden geçmez. Dönüşüm boyunca işe yalnızca sabit $P_1$ dış basıncı katkıda bulunur: $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . Son dengede $P_{B'}=P_1$ 'dir. $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ ve $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ bağıntıları kullanıldığında birinci yasa

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

sonucunu verir. Şöyle tanımlayalım:

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

O hâlde

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Soru 4. Önce $\gamma=5/3$ ve $x=2$ örneğini ele alalım. Aşamalı sıkıştırma $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ sonucunu verirken ani sıkıştırma

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

sonucunu verir. Dolayısıyla bu örnekte ani sıkıştırma gazı daha fazla ısıtır. Bu sonucun genel olduğunu gösterelim. Şöyle tanımlayalım:

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

$f(1)=0$ ve

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

olur. $\gamma>1$ ve $x>1$ için paydanın tüm çarpanları pozitiftir ve $f'(x)>0$ 'dır. Böylece $f(x)>f(1)=0$ , dolayısıyla $T_{B'}/T_B>1$ , yani $T_{B'}>T_B$ 'dir. İki durumun basıncı aynı, $P_1$ , olduğundan ideal gaz denklemi ayrıca $V_{B'}>V_B$ olmasını gerektirir. Ani sıkıştırma gazı daha fazla ısıtır, ancak aşamalı sıkıştırmadan daha az sıkıştırır.

Soru 5. Ek yükün birdenbire kaldırılması dış basıncı $P_1$ 'den $P_0=P_1/x$ 'e düşürür. Bu nedenle 3. sorudaki hesap, basınç oranı $x$ yerine tersi $1/x$ konularak yeniden uygulanır. Böylece 3. sorunun sonucu

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

biçimini alır. Şöyle tanımlandığında

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

şu sonuçlar elde edilir:

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Öte yandan

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

İncelenen durumda $x>1$ olduğundan $x>0$ ve $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ 'dır. $\gamma>1$ olduğu için gerçekten $\theta\phi-1>0$ 'dır. Sonuç olarak

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

Dış basınçtaki gidiş dönüşten sonra gaz $A$ durumuna dönmez. Bu fark, tersinmezliğin ilk göstergesidir: dış kısıtı başlangıç değerine getirmek, sistemi başlangıç durumuna döndürmek için yeterli değildir.

Soru 6. Ani genleşme adyabatiktir; dolayısıyla tüm gidiş dönüş için

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

Dışarıdan yapılan işlemler basıncı başlangıç değerine getirir, ancak gaz net iş almıştır ve daha sıcak, daha genleşmiş durumda kalır. Ders 6 aynı durumları yeniden ele alarak tersinir sıkıştırmanın entropi üretmediğini, iki ani dönüşümün ise ayrı ayrı entropi ürettiğini gösterecektir.