Çözümlü termodinamik alıştırması

Adyabatik sıkıştırma: aşamalı mı ani mi?

Alıştırma 24 · Ders 5 — İdeal gaza uygulama

adyabatik sıkıştırma
tersinir dönüşüm
tersinmez dönüşüm
sabit dış basınç
iş

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 $γ = c_{P} / c_{V} > 1$ olan ideal gazı ele alalım. Gaz, kesit alanı $S$ 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{M g}{S} = x P_{0}, 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 $P_{ext}$ 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 $P_{1} = P_{0} + M g / S = x P_{0}$ '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 $P_{ext}$ '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 $γ$ 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 $W_{A B^{'}}$ , $Q_{A B^{'}}$ ile $Δ U_{A B^{'}}$ değerlerini eksiksiz belirleyin.
Önce $γ = 5/3$ ve $x = 2$ örneğini alarak $T_{B^{'}}$ ile $T_{B}$ 'yi sayısal olarak karşılaştırın. Ardından her $γ > 1$ 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_{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}{γ - 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 S = P_{ext} S

, yani

P = P_{ext}

koşulunu gerektirir. Duvarlar ısı yalıtımlı olduğundan

δ Q = 0

'dır. Bu koşullarda Laplace yasaları kullanılabilir.

A

ile

B

arasında yararlı iki biçim

P_{0} V_{0}^{γ} = P_{B} V_{B}^{γ}, T_{0}^{γ} P_{0}^{1 - γ} = T_{B}^{γ} P_{B}^{1 - γ} .

$P_{B} = P_{1} = x P_{0}$ olduğundan ilk bağıntı doğrudan $V_{B} / V_{0} = x^{- 1/ γ}$ sonucunu, ikinci bağıntı ise $T_{B} / T_{0} = x^{(γ - 1) / γ}$ sonucunu verir. Sonuç olarak $P_{B} / P_{0} = x$ , $T_{B} / T_{0} = x^{(γ - 1) / γ}$ ve $V_{B} / V_{0} = x^{- 1/ γ}$ '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} (\frac{P _{0}}{P _{1}})^{(γ - 1) / γ} = T_{0} x^{(γ - 1) / γ} x^{- (γ - 1) / γ} = T_{0},

V_{f} = V_{B} (\frac{P _{1}}{P _{0}})^{1/ γ} = V_{0} x^{- 1/ γ} x^{1/ γ} = 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_{A B^{'}} = - P_{1} (V_{B^{'}} - V_{0})

. Son dengede

P_{B^{'}} = P_{1}

'dir.

P_{0} V_{0} = n R T_{0}

P_{1} V_{B^{'}} = n R T_{B^{'}}

Q_{A B^{'}} = 0

Δ U_{A B^{'}} = n c_{V} (T_{B^{'}} - T_{0})

bağıntıları kullanıldığında birinci yasa

T_{B^{'}} = T_{0} \frac{1 + ( γ - 1 ) x}{γ} .

sonucunu verir. Şöyle tanımlayalım:

θ = \frac{1 + ( γ - 1 ) x}{γ} .

O hâlde

P_{B^{'}} = x P_{0}, T_{B^{'}} = θ T_{0}, V_{B^{'}} = \frac{θ}{x} V_{0} .

Soru 4. Önce $γ = 5/3$ ve $x = 2$ örneğini ele alalım. Aşamalı sıkıştırma $T_{B} / T_{0} = 2^{2/5} ≃ 1, 32$ sonucunu verirken ani sıkıştırma

T_{B^{'}} / T_{0} = θ = [1 + (2/3) \times 2] / (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 (\frac{T _{B^{'}}}{T _{B}}) = ln (\frac{1 + ( γ - 1 ) x}{γ}) - \frac{γ - 1}{γ} ln x .

$f (1) = 0$ ve

f^{'} (x) = \frac{γ - 1}{1 + ( γ - 1 ) x} - \frac{γ - 1}{γ x} = \frac{( γ - 1 ) ( x - 1 )}{γ x [ 1 + ( γ - 1 ) x ]}

olur. $γ > 1$ 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 + ( γ - 1 ) P _{0} / P _{1}}{γ} = \frac{1 + ( γ - 1 ) / x}{γ} .

biçimini alır. Şöyle tanımlandığında

φ = \frac{1 + ( γ - 1 ) / x}{γ},

şu sonuçlar elde edilir:

P_{B^{''}} = P_{0}, T_{B^{''}} = θ φ T_{0}, V_{B^{''}} = θ φ V_{0} .

Öte yandan

θ φ - 1 = \frac{γ - 1}{γ ^{2}} (x + \frac{1}{x} - 2) .

İncelenen durumda $x > 1$ olduğundan $x > 0$ ve $x + 1/ x - 2 = (x - 1)^{2} / x > 0$ 'dır. $γ > 1$ olduğu için gerçekten $θ φ - 1 > 0$ 'dır. Sonuç olarak

T_{B^{''}} > T_{0} 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_{tot} = 0, W_{tot} = Δ U_{tot} = n c_{V} T_{0} (θ φ - 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.