Soru

Ders 5'teki iki adyabatik sıkıştırma deneyine dönelim; gerekli sonuçları burada hatırlatıyoruz. Kesit alanı $\mathcal S$ olan ısı yalıtımlı düşey silindir $n$ mol ideal gaz içerir. Piston da yalıtılmıştır, sürtünmesiz hareket eder ve kütlesi ihmal edilir. $c_V$ ve $c_P$ molar ısı kapasiteleri sabittir; ayrıca,

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Başlangıçta pistona yalnızca $P_0$ atmosfer basıncı etkir: gaz $P_0V_0=nRT_0$ ile $A=(P_0,V_0,T_0)$ durumundadır. $M$ kütleli ek yük dış basıncı şu değere yükseltir:

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

İki deney $A$ durumundan başlar. İlkinde yük birer kum tanesiyle eklenip çıkarılır: gaz tersinir $A\to B\to A$ adyabatını izler. İkincide yük bir kerede konur, $B'$ dengesine ulaşılır; sonra yük bir kerede kaldırılır ve $B"$ dengesine ulaşılır. Dış basınç her ani aşamada sabittir: yüklemede $P_1$ , boşaltmada $P_0$ . Salınımların gazdaki disipasyonla sönümlendiğini varsayınız; piston başlangıç ve son durumlarda durur ve enerji depolamaz.

İki sıkıştırma A durumundan (ortada) başlar. Solda yük B durumuna kadar kademeli eklenir; kademeli çıkarma gazı A durumuna döndürür. Sağda yük B' durumuna kadar aniden uygulanır; ani çıkarma başka bir B” durumuna götürür. Şema sıkıştırmaları gösterir; dört durum aşağıda belirtilmiştir. — Şekil 1. İki sıkıştırma $A$ durumundan (ortada) başlar. Solda yük $B$ durumuna kadar kademeli eklenir; kademeli çıkarma gazı $A$ durumuna döndürür. Sağda yük $B'$ durumuna kadar aniden uygulanır; ani çıkarma başka bir $B"$ durumuna götürür. Şema sıkıştırmaları gösterir; dört durum aşağıda belirtilmiştir.

Tersinir yoldaki Laplace bağıntıları ve ani yollardaki birinci ilke şu sonuçları vermiştir. Tanımlayalım:

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{Durum} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

Özellikle,

\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

Bütün aşamalar adyabatiktir: gazın aldığı enerji pozitif sayılarak $Q=0$ ve $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ . Böylece,

\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

Tersinir gidiş dönüşün net işi sıfırdır; ani yol ise $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ alır.

$A\to B$ ve $B\to A$ boyunca entropi değişimlerini hesaplayıp tersinir gidiş dönüşün entropi bilançosunu kurunuz.
$\Delta S_{AB'}$ değerini hesaplayıp kesinlikle pozitif olduğunu gösteriniz. Bu değişimin ne kadarı alışveriş, ne kadarı üretimdir?
Ani yük kaldırma $B'\to B"$ için aynı hesabı yapınız.
$\Delta S_{AB"}$ ifadesini doğrudan hesaplayıp önceki iki entropi üretiminin toplamına eşitliğini doğrulayınız. $A\to B'\to B"$ yolu gaz için çevrim oluşturur mu?
İki gidiş dönüşün enerji ve entropi bilançolarını karşılaştırınız. Isı alışverişi olmamasının neden entropinin korunmasını gerektirmediğini açıklayınız.

İpucu

İdeal gazın iki denge durumu arasında,

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

$B'\to B"$ için $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ ve $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ kullanınız. Soruda hatırlatılan eşitsizlikler işaretleri belirler. Her aşamada $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Ayrıntılı çözüm

Çözüm

Soru 1. Tablo

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

ve

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

verir. Entropi formülüne yerleştirince,

\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

çünkü $c_V(\gamma-1)=R$ . Dönüş aynı yolu ters yönde izler, dolayısıyla $\Delta S_{BA}=0$ . Her aşama ve tüm gidiş dönüş için $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . Gaz $A$ durumuna döner.

Soru 2. Ani sıkıştırma için

T_{B'}/T_0=\theta

ve

V_{B'}/V_0=\theta/x

.

R=c_V(\gamma-1)

ve ardından logaritma kuralları kullanılırsa,

\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

Verilen $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ eşitsizliği $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ gerektirir: logaritma içindeki oran 1'den büyüktür, dolayısıyla $\Delta S_{AB'}>0$ . Entropi alışverişi yoktur; bu yüzden $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . Gazın entropisi ısı almadan üretimle artar.

Soru 3. Ani yük kaldırmada bu aşamanın son ve ilk durumları arasındaki oranlar,

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Böylece,

\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

Gerçekten $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ , $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ gerektirir. Yine $S_{\mathrm{e}}=0$ ve $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . Gaz bu genleşmede soğur ( $\phi<1$ ), fakat entropisi artar: hacim artışı terimi baskındır.

Soru 4.

A

ve

B"

durumlarının basınçları aynıdır ve

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

; dolayısıyla,

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

$c_P=c_V+R$ ve $\theta\phi>1$ kullandık. Şimdi önceki iki sonucu toplayalım:

\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

$\ln x$ terimleri yok olur. Her aşama adyabatik olduğundan bu toplam iki entropi üretiminin toplamına da eşittir. Dış basıncı $P_0$ değerine döndürmek gaz çevrimini tamamlamaya yetmez: $T_{B"}>T_0$ ve $V_{B"}>V_0$ olduğundan $B"\ne A$ .

Soru 5.

A\to B\to A

için

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

ve

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

.

A\to B'\to B"

için,

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

Birinci ilke iç enerji olarak tutulan net işi açıklar; ikinci ilke tersinmezliği entropi üretimiyle niceler. Adyabatik süreç ancak entropi üretmezse izentropiktir; buradaki tersinir durumda olduğu gibi.