Çözümlü termodinamik alıştırması

Aynı iç enerji değişimi, üç aktarım biçimi

Alıştırma 7 · Ders 4 — Termodinamiğin Birinci Yasası

  • birinci yasa
  • iç enerji
  • ısı
  • mekanik iş
  • elektrik işi
  • kalorimetri
  • durum fonksiyonu

Çalışma sürümü — bu alıştırma hâlâ inceleniyor.

Soru

Bir sıvı, kalorimetresi ve sıvıya daldırılmış küçük bir direnç, makroskopik olarak durgun kapalı bir sistem oluşturmaktadır. Kap rijittir ve sistemin toplam ısı kapasitesinin sabit olduğu varsayılmaktadır:

C=2,00 kJ K−1.C=2{,}00\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Sistem, TA=20,0 ∘CT_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C} sıcaklığındaki AA denge durumundan TB=25,0 ∘CT_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C} sıcaklığındaki BB denge durumuna getirilecektir. Şu bağıntı kabul edilsin:

U(B)−U(A)=C(TB−TA).U(B)-U(A)=C(T_B-T_A).

Makroskopik kinetik ve potansiyel enerji değişimleri sıfırdır. Dışarıya olan tüm kayıplar ihmal edilmektedir.

Aynı başlangıç durumu AA'dan başlayarak aşağıdaki üç protokol ayrı ayrı uygulanır:

  • Protokol 1. Sistem, kendisine hiçbir iş verilmeden sıcak bir kaynakla ısıl temasa sokulur.
  • Protokol 2. Duvarlar ısı yalıtımlıdır. Bir palet, mm kütlesinin h=5,00h=5{,}00 m yükseklikten düşmesi sayesinde sıvıyı karıştırır. Palet ve sıvı sonunda durur; kütlenin yitirdiği tüm mekanik enerji sisteme aktarılır. g=9,81 m s−2g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}} alınacaktır.
  • Protokol 3. Sistem Q3=4,00Q_3=4{,}00 kJ ısı alır ve kalan enerji dirence elektrik yoluyla verilir. Alınan elektrik gücü sabit ve P=300\mathcal P=300 W'tır.

  1. Üç protokol için ortak olan ΔU=U(B)−U(A)\Delta U=U(B)-U(A) iç enerji değişimini hesaplayın.
  2. İlk iki protokolün her biri için sistemin aldığı ısı QQ ile iş WW'yi belirleyin. İkinci protokolde gerekli mm kütlesini hesaplayın.
  3. Üçüncü protokolde alınan elektrik işini ve direncin beslenme süresini hesaplayın.
  4. Üç süreç aynı başlangıç ve son durumlarına sahiptir. Buna rağmen QQ ve WW değerlerinin neden farklı olabileceğini açıklayın. Sistem son BB durumunda “ısı” ya da “iş” içerir mi?

İpucu
Bankacı işaret uzlaşımıyla ΔU=Q+W\Delta U=Q+W bağıntısını uygulayın. Palet için alınan iş, kütlenin potansiyel enerjisindeki mghmgh azalmaya eşittir. Tellerden sınırı geçen elektrik enerjisi elektrik işi olarak sayılır.

Ayrıntılı çözüm

Çözüm
Soru 1. Sıcaklık farkı TB−TA=5,0T_B-T_A=5{,}0 K'dir. Dolayısıyla

ΔU=C(TB−TA)=2,00×5,0=10,0 kJ.\Delta U=C(T_B-T_A) =2{,}00\times5{,}0 =10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Bu değer yalnızca AA ve BB denge durumlarına bağlıdır.

Soru 2. Birinci protokolde iş alınmaz: W1=0W_1=0. Birinci yasa

Q1=ΔU=10,0 kJ.Q_1=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

sonucunu verir. Enerji sisteme girdiği için ısı pozitiftir.

İkinci protokolde duvarlar ısı yalıtımlı olduğundan Q2=0Q_2=0'dır. İç enerji değişiminin tamamı paletin mekanik işinden kaynaklanır:

W2=ΔU=10,0 kJ.W_2=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

W2=mghW_2=mgh olduğuna göre

m=W2gh=10,0×1039,81×5,00≃204 kg.m=\frac{W_2}{gh} =\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00} \simeq 204\ \mathrm{kg}.

Bu büyük mertebe, küçük bir sıcaklık artışının bile önemli bir mekanik enerjiye karşılık geldiğini hatırlatır.

Soru 3. Birinci yasa gereğince

W3=ΔU−Q3=10,0−4,00=6,00 kJ.W_3=\Delta U-Q_3=10{,}0-4{,}00=6{,}00\ \mathrm{kJ}.

Bu iş pozitiftir: elektrik beslemesi sisteme enerji verir. W3=P ΔtW_3=\mathcal P\,\Delta t ile

Δt=W3P=6,00×103300=20,0 s.\Delta t=\frac{W_3}{\mathcal P} =\frac{6{,}00\times10^3}{300} =20{,}0\ \mathrm{s}.

Soru 4. Üç yol sırasıyla

(Q1,W1)=(10,0,0) kJ,(Q2,W2)=(0,10,0) kJ,(Q_1,W_1)=(10{,}0,0)\ \mathrm{kJ}, \qquad (Q_2,W_2)=(0,10{,}0)\ \mathrm{kJ},

ve

(Q3,W3)=(4,00,6,00) kJ.(Q_3,W_3)=(4{,}00,6{,}00)\ \mathrm{kJ}.

sonuçlarını verir. Her durumda Q+WQ+W toplamı 10,010{,}0 kJ'dir ve aynı ΔU\Delta U değişimini üretir. İç enerji bir durum fonksiyonudur; ısı ve iş ise süreç sırasındaki aktarımları betimler. Son BB durumunda sistem iç enerjiye sahiptir, fakat “ısı” ya da “iş” içermez.