GAZİ ÜNİVERSİTESİ TEKNİK EĞİTİM FAKÜLTESİ MAKİNA EĞİTİMİ BÖLÜMÜ TERMODİNAMİK – I DERS NOTLARI Y.DOÇ.DR.KURTULUŞ BORAN 1 TERMODİNAMİK : Fiziğin bir kolu olan termodinamik , enerjinin değişik belirtilerinden , özellikle ısının diğer enerji şekillerine dönüşünden ve bunlara vasıta olan akışkanlarının değişikliğe uğrayan özelliklerini inceleyen bilim dalıdır. Termodinamik sistem : termodinamik bakımdan incelenmek üzere göz önüne alınan “ belirli ve değişmeyen kütleye “ termodinamik (kapalı sistem ) veya kısaca sistem ( Kontrol kütlesi ) denir. Çevresi ile madde alış verişi yoktur. Açık sistem : termodinamik bakımdan incelenmek üzere göz önüne alınan “ belirli hacme “ açık sistem ( kontrol hacmi ) denir. Bu incelemede açık sistem içindeki ve açık sisteme giren ve çıkan maddeler göz önüne alınır. Çevresi ile madde alış verişi vardır. Cevre : İncelenen sistemin veya açık sistemin dışında kalan her şey çevre adını alır. Sistem sınırı : Sistemi çevreden ayıran yüzeye sistem sınırı veya açık sistemi belirleyen yüzeye açık sistem sınırı veya kontrol yüzeyi denir. Sistem sınırı hareketli veya sabit, açık veya kapalı olabilir. Sistem sınırı Giriş Sistem sınırı Çevre Çıkış Kapalı sistem Açık Sistem Supaplar açıldığında açık sistem Supaplar kapandığında kapalı sistem 2 Adyabatik sistem : Çevresi ile ısı alışverişinde bulunmayan sistemlerdir. Adyabatik sistem sınırına adyabatik cidar veya adyabatik duvar denir. Bu duvarın özelliği ısıyı bir taraftan diğer tarafa geçirmemesidir. Gerçekte böyle bir duvar veya sınır mevcut değildir. Adyabatik sistem çevresiyle enerji ve madde alışverişinde bulunabilir. İzole edilmiş sistem : Çevresi ile madde ve enerji alışverişi olmayan sistemdir. Yoğunluk : Bir maddenin yoğunluğu ( ρ ) , onun birim hacmi başına düşen kütlesidir. Yoğunluk  kütle Kg  3 hacim m eğer kütle ( G ) kg ve hacim V ( m3 ) olarak alınırsa  = G / V = Kg / m3 olur. Özgül hacim : yoğunluğun tersi olup v= V 1 m3 = = G  Kg m3 / kg olarak ifade edilir. dir. Sıcaklık : Sıcaklık gazların kinetik teorisi ile izah edilebilir. Moleküllerin hareketinden meydana geelen kinetik enerji kendini sıcaklık şeklinde belli eder. o C ( Celsius ) veya K ( Kelvin ) ile ifade edilir. K = o C + 273,15 dir. Basınç : Birim alana etki eden kuvvetin normal ( Dik ) bileşenidir. SI birim sisteminde birimi N / m2 ‘dir. Buna Pascal ( Pa ) denir. Bu basınç birimi küçük olduğundan pratikte kPa ve MPa daha çok kullanılır . Ayrıca atmosferik basınca yakın olduğundan daha büyük basınç birimi “ bar “ kullanılır. 1 bar = 105 Pa = 100 kPa = 0.1 MPa dır. Basınç ölçmede kullanılan ölçü aletleri çoğunlukla, atmosfer basıncından itibaren basıncı ölçerler. Atmosfer basıncından itibaren ölçülen bu basınca “ efektif basınç “ denir. Atmosfer basıncının değişmesi efektif basıncın yaklaşık bir değerle ölçülmesine sebeb olur. Bu bakımdan aynı anda atmosfer basıncı ölçülüp ekleenerek ; P = Pefektif + Patmosfer şeklinde “ Mutlak basınç “ bulunur. Atmosfer basıncından düşük basınçlara “ vakum “ veya negatif basınç denir ve efektif basınç olarak negatif deger alır. 3 Atmosfer basıncından büyük basınç Efektif basınç Atmosfer basıncı ( Efektif basınç için referans) Mutlak basınç Vakum (Negatif efektif basınç) Atmosfer basıncından küçük basınç Mutlak basınç Mutlak sıfır basıncı (Mutlak basınç için referans ) Termodinamikte kullanılan Boyut ve Birimler Birim Sistemleri SI CGS MKSA Mühendislik birim sistemi F (Kuvvet) N F dyn m=G/g = Kgfs2 /m m ( Kütle ) Kg M gr Temel Büyüklükler L (Uzunluk) m L cm s ( Zaman) s s s F (kg) KgF L m s s TÜRETİLEN BÜYÜKLÜKLER P(Basınç) İş ( Enerji ) Pa,bar J P Erg bar P = Kgf / m2 Kgfm F = m (Kg) . a ( m / s2 ) = Kg m / s2 = Newton ve N / m2 = 1 Pascal  105 N / m2 = 1 bar 4 Güç(Joule / s) Erg / s Kgfm /s 1 KN = 103 N İş ( W ) = F (N) . S (m) cosα = Nm = Joule 1 K cal = 4.18 Kj 1 BG (HP) = 75 Kgfm / s F Fsin α 1 kgfm / s = 9.81 x 10 – 3 kW F cosα 1 BG (HP) = 75 x 9.81x10 – 3 kW 1 kWh = 1 Kj / s x3600 s = 3600 KJ Basınç Birimleri Atm(Kg / cm2 ) 2 1 Atm(Kg / cm ) 1 Bar 1 dyn / cm2 1 At = Kp / cm2 Torr = 1 mmHg 1 9.86923x10 – 1 9.86923x10 - 7 9.67841x10 - 1 1.31579x10 - 6 Bar 1.01325 1 1x106 9.80665 x10 -1 1.33322x10 -6 dyn / cm2 6 1.01325x10 1x106 1 9.80665 x10 5 1.33322 At = Kp / cm2 Torr = 1 mmHg 1.03323 1.01972 1.01972x10 - 6 1 1.35951x10 - 6 7.6x102 7.50062x10 2 7.50062x10 - 4 7.35559x102 1 ENERJİ , İŞ VE ISI BİRİMLERİ 1 kJ 1 Kpm 1 Kcal 1 kWh 1 BGh kJ Kpm Kcal kWh BGh 1 9.80665x10 - 3 4.1868 3600 2647.8 101.9716 1 426,935 3,68x10 5 2,7x10 5 0.238846 2.34228x10 - 3 1 859,845 632,44 2.778x10 - 4 2,724x10 - 6 1,163x10 - 3 1 0,7355 3.7767x10 - 4 3,70370x10 - 6 1,5812x10 -3 1,3596 1 Birim sistemleri ile ilgili örnekler : Örnek 1 ) Mühendislik birim sistemindeki temel birimlerden 1 Kp’un mutlak birim sisteminde 9,80665 N ‘a eşit olduğunu gösteriniz. Çözüm : 1 Kp ‘ un keyfi olarak seçim ve tarifine göre 1 Kg ‘lık standar kütleye, standard yerçekimi ivmesinde tesir eden kuvvet 1 Kp’dir. Aynı kütleye standard yerçekimi ivmesinde etki eden kuvveti şimdi Newton cinsinden bulalım. F = m x g = ( 1 kg ) x ( 9.80655 m / s2 ) = 9.80655 N 1 Kp = 9.80655 N 5 Örnek 2 ) Standar atmosfer basıncı 760 mmHg sutunü olduğuna göre, çeşitli birimler cinsinden değerini hesaplayınız. Çözüm : h cm yüksekliğndeki bir sıvı sütününun meydana getirdiği basınç : P = ρ x g x h olduğuna göre P = ( 13,5951 x 10 3 Kg / m3 ) x ( 9.80655 m / s2 ) P = 1,01325 x 10 5 N / m2 x ( 0,76 m ) P = 1,01325 bar ve 1 Kp = 9.80655 N olduğundan P = 1,03323 Kp / cm2 = 1,03322 x 10 4 Kp / m 2 ‘dir. Örnek 3 ) 10 cm çapındaki düşey bir silindir içindeki gaz sürtünmesiz ve sızdırmaz bir pistonla atmosferden ayrılmıştır. Gazın mutlak basıncı 2 bar’dır Silindirin bulunduğu yerdeki yerçekimi ivmesi 9,75 m / s2 ve atmosferik basınç 750 mmHg degerinde olduğuna göre pistonun kütlesini ne kadardır. Patm Çözüm : P = Patm + Ppiston Ppiston = F A ve F = m . g buradan Ppiston = m.g A P = 2 bar m.g olur ve A = π d2 / 4  A A = (3,14 x 0,12 ) / 4  A = 78,54x10 – 4 m 2 P = Patm + 10 cm P= 750 m  9,75 . 1,01325x105 + = 2x10 5 4 760 78,54 x10 m = 80,56 Kg Örnek 4 ) Civalı bir manometre ile bir kanaldaki akışkanın basıncı ölçülecektir. Manometrede okunan civa yüksekliği 62 cmHg, Atmossferik çevre basıncı 75 cmHg ve yerçekimi ivmesi g = 9,7 m / s 2 ‘dir kanaldan akan akışkan a-) hava (ρhava = 1,16 Kg / m3 ) b-) Su (ρsu = 1000 Kg / m3 ) olduğuna göre ;Kanaldaki basıncı bulunuz. Manometrenin kanal tarafında akışkanla dolu olan kısmının yüksekliği 90 cm ‘dir. 6 Patm P 90 cm 62 cm a- ) P = Patm + ρHg g h – ρakışkan gh P= 75 .1,01325x105 + 13559 x 9,7 x 0,62 - 1,16 x 9,7 x 0,9 76 P = 1,826 x 105 Pa veya 1,826 bar b-) P = Patm + ρHg g h – ρakışkan g h P= 75 1,01325x105 + 13559 x 9,7 x 0,62 - 1000 x 9,7 x 0,9 76 P = 1,739 x 105 Pa veya P = 1,739 bar Örnek 5 ) Kütlesi 2 Kg olan bir piston 15 cm iç çapındaki düşey bir silindir içinde sürtünmesiz hareket edebilmektedir. Silindirin alt ucu 998 Kg / m3 yoğunluğundaki su ile dolu bir depoya daldırılmış olup , pistonun yukarıya doğru çekilmesi ile silindir içindeki su yükselmektedir suyun 80 cm yükselmesi halinde pistona uygulanması gereken kuvvet ne olmalıdır. Atmosfer basıncı 1 Atm ve yerçekimi ivmesi g = 9,75 m / s2 ‘dir F 1 2 80 cm Kuvvetlerin dengesinden : F = m x g + (P1 – P2 ) X A ve P1= 1 Atm = 98.07 kPa P2 = P1 - ρ g h P2 = 98.07 – 998x9.75x0.8x10 – 3 P2 = 90.29 kPa F = 2x9.75 +(98.07 – 90.29) F = 157 .06 N = 16.015 kP 7 x0.15 2 4 x103 SAF MADDENİN HAL DEĞİŞİMLERİ VE P, V, T, BAĞINTILARI Saf Madde : Belirli bir tek kimyasal formüle sahip olan madde saf maddedir. Saf maddeler katı faz, sıvı faz veya gaz fazında bulunabilir. En az iki özellik saf maddenin durumunu belirlemeye yeter. Basit sıkıştırılabilir saf madde : Saf madde üzerinde yer çekimi , yüzey gerilimi , magnetik ve elektrik etkilerinin bulunmadığı veya önemli olmadığı fakat sıkıştırılması veya genişlemesinin söz konusu olduğu haller için göz önüne alınan saf maddeye basit sıkıştırılabilir saf madde denir. Saf madde buhar, sıvı veya çeşitli katı fazlarında bulunabilir.. saf madde sabit basınçta ısıtılırsa , basınç düşükse buharlaşır ( süblimasyon ) , daha yüksek basınçlarda önce erir fakat sıvı-buhar karışımı ( buharlaşma) ,çok yüksek basınçlarda erir fakat sıvı-buhar karışımı ( buharlaşma) hiç görülmez. Sabit basınçta ısıtma işleminde buharlaşmanın görülmediği en küçük basınçta T, v diyagramında yatay büküm noktasının meydana geldiği noktaya kritik nokta denir. P = 100 MPa Pk = 22.12 MPa K.N T Aşırı doymuş sıvı Doymuş sıvı egrisi P = 10 MPa 310.96 C Sıvı + buhar (Islak buhar) Doymuş buhar egrisi P = 1 MPa P = 101.324 kPa 179.88 oC 100 o C v Vk 8 Kızgın buhar egrisi o 3 ‘lü faz denge diyagramı Doymuş haller : K.N. T sıvı. 4 3 buhar m V vs V4 Vk V3- Vs Vb- Vs 9 V3 Vb 1 bar basınçta doymuş sıvı 99 oC ‘dir 105 oC ise kızgın buhardır. Sıvı ile buhar arasındaki kısma ıslak buhar adı verilir. Grafikte 3 nolu yerde pistonda sıvı – buhar şekli aşağıdaki gibidir. Özgül hacim : v = buhar (mb,vb) Sıvı (ms,vs) V  (vb – vs) /(mb – ms) m Kuruluk derecesi ( x) : Islak buhar ile buhar kütlesinin toplam kütleye oranıdır. X = ( mb / m ) = ( mb / ( ms + mb ) ) vb = (Vb / mb ) ve vs = (Vs / m s ) Sıvı ve buhar hacmi ise v = Vb mb + Vs m s v3 = (Vb mb + Vs m s ) / m buradan özgül hacmi İç enerji Entalpi Entropi dır. v3 = x3 vb + ( 1 - x3 ) vs genel olarak v = v s + x (vb - vs ) olarak bulunur. Buna Bağlı olarak ; u = u s + x (u b - u s ) h = h s + x (h b - h s ) s = ss + x (s b - s s ) Şeklinde bulunur. Kuruluk derecesi 0 ila 1 arasında değişir ; 0 ≤ X ≤ 1 Grafikten çıkarılan kuruluk derecesi bulunur. X = (v – v T T p s ) / (vb katı TK - sıvı vs ) şeklinde Buharlaşma egrisi P=sbt T T=sbt buhar T v v v T T T süblimasyon T üçlü nokta T Bir buzu eritmeden buharlaştırmak için üçlü nokta basıncının altında sabit basınçla gaz hale geçirebiliriz. 10 HAL DENKLEMLERİ P,V,T arasındaki bağıntıları veren denklemlerdir. En basit gaz denklemleri ideal gaz denklemleridir. P. V = R . T veya P. V = m. R . T P. V = M .R . T veya veya P. V = n . R . T veya P. V = Z . R . T Burada ; R : Evrensel gaz sabiti m : Kütle n : Mol sayısı M: Molarite Z : sıkıştırılabilirlik oranı ( ideal gazda Z = 1 ‘dir) Gazlarda hacim (V) arttıkça ve özgül hacim (v) azaldıkça gaz, ideal gaza yaklaşır. Cp : Sabit basınçta özgül ısınma ısısı (KJ / Kg K ) Cv : Sabit hacimde özgül ısınma ısısı (KJ / Kg K ) Her zaman Cp > Cv ve (Cp / Cv ) = k ayrıca R = Cp - Cv ‘dir k : Adyabatik üs Örnek 6 ) Aşağıda verilen hallerde özgül hacimleri ve kuruluk derecelerini hesaplayınız. a-) Su : T = 200 o C , X = 0.9 v= ? 3 Su : P = 25.030 bar v= 0.05 m / Kg X=? b-) Amonyak Amonyak T = -10 o C P = 11.67 bar X = 0.4 v = 0.08 m3 / Kg v=? X=? a-) Su buharı tablosundan T = 200 o C için v s = 0.00116 m3 / Kg v b = 0.1272 m3 / Kg v = vs + x (vb - vs )  v = 0.00116 + 0.9 ( 0.1272 – 0 .00116) v = 0.11459 m3 / Kg 11 Su buharı tablosundan P = 25.030 bar için v s = 0.00120 m3 / Kg X= v  vs 0.05  0.00120  vb  v s 0.07984  0.0012 v b = 0.07984 m3 / Kg  X = 0. 62 b-) Amonyak Tablosundan T = -10 o C v s = 0.00153 m3 / Kg için v b = 0.418 m3 / Kg X = 0.4 idi v = vs + x (vb - vs )  v = 0.00153 + 0.4 ( 0.418 – 0 .00153) v = 0.168118 m3 / Kg Amonyak Tablosundan P = 11.67 bar v s = 0.00168 m3 / Kg X= v  vs 0.08  0.00168  vb  v s 0.111  0.00168 için v b = 0.111 m3 / Kg  X= v = 0.08 m3 / Kg idi 0.716 Örnek 7 ) Rijit bir kapta bulunan 5.020 bar basınç ve X = 0.20 kuruluk derecesindeki su – buhar karışımı ısıtılmaktadır. Tamamen doymuş buhar elde esdildiği zamanki basınç ve sıcaklığı bulunuz. Çözüm : Rijit kap içindeki ıslak buharı sistem olarak düşünürsek ilk hali (1) ve so hali (2 ) indisleri ile belirtelim. İlk hal : P1 = 5.020 bar X1 = 0.20 Son hal : X2 = 1 v2 = v1 1 – 2 hal değişimi sabit hacimde sanki denğeli hal değişimi : Td = 152 oC v s = 0.00109 m3 / Kg v b = 0.3733 m3 / Kg v = vs + x (vb - vs )  v = 0.00109 + 0.2 ( 0.3733 – 0 .00109) v2 = v1 = 0.075814 m3 / Kg v2 = v1 = 0.075814 m3 / Kg degeri su buharı tablosunda tam olarak olmadığında lineer interpolasyon yapalım. Lineer interpolasyonla : 12 P2  25.984 T  226 0.07693  0.07581  2  26.967  25.984 228  226 0.07693  0.07414 P2 = 26.54 bar T2 = 227 oC bulunur. buradan İŞ VE ISI Enerjiyi ifade eden birimlerdir. İş bir enerji şeklidir. İş ; bir cisme uygulanan kuvvetin cisme yol aldırmasıdır. Kuvvet her zaman yol ile aynı dogrultuda olmayabilir. W (iş ) = F . ds .Cos α Fy F α Fx ds Sayet hal değişimi boyunca sistemin termodinamik denge halindenuzaklaşması sonsuz küçüklükte ise böyle dengeli hal degişimine –SANKİ DENGELİ HAL DEĞİŞİMİ denir. İdeal bir işlem olan sanki dengeli hal değişimi dengesiz hal değişimi işlemlerinde referans olarak kullanılır. Teknikte karşılaşılan bir çok hal değişimlerinde sistemin her noktasındaki hal değişimi aynı olmadığı gibi hal değişimi sanki dengeli hal değişimine yaklaşır. Termodinamikte iş : W II I 1 ds 2 Burada yapılan işe W diyelim . W hareketin yönüne ve kuvvetine bağlıdır. Kuvvet = Basınç x Alan Termodinamik işin tarifini sözünü yukarıda ettiğimiz sanki dengeli hal değişiminde olduğu gibi Pistonun aldığı yol ; ds buna karşılk yapılan iş W dW = P .A. ds ve A.ds = dv ; dW = p.dv olur I ve II noktaları arasında yani sonlu ve sanki dengeli hal değişiminde yapılan iş bulunan denklemin entegre edilmesiyle bulunur. 13 2 2 1 1 W12 =  dW =  Pdv olur. Bun P, v diyağramında gösterelim. dv P f (P,v) v V1 V2 Dengesiz hal değişimindeki durumunu da inceleyelim. Dengesiz hal değişiminde hareketli sınır işi 2 W12 =  Ps dv 1 Ps : Sistemin hareketli sınırına karşı çevre basıncı ISI VE İŞ İÇİN İŞARET VERİLMESİ Isı (Q) : Sisteme çevresinden ısı transfer ediliyorsa sistemin aldığı ısı pozitif olarak alınacaktır. Sistem tarafından alınan ısı = + Q Eger sistemden çevreye ısı transfer edilecek olursa sistem tarafından çevreye verilecek ısı negatif olarak gösterilecektir. Sistem tarafından verilen ısı = - Q İş (W) : Sistem çevre üzerinde iş yapar, yani enerji , iş şeklinde sistemden çevreye transfer edilirse sistem tarafından yapılan iş pozitif olarak alınacaktır. Sistemden alınan iş = + W Benzer şekilde çevre sistem üzerinde iş yapacak olursa yani enerji iş şeklinde çevreden sisteme transfer edilecek olursa, sistem üzerinde yapılan iş negatif olarak gösterilecektir. Sisteme verilen iş = - W olur. 14 çevre İş transferi (+) W Isı transferi (+) Q Sistem İş transferi (-) W Isı transferi (-) Q TERMODİNAMİĞİN I. KANUNU Termodinamiğin birinci kanunu enerjinin sakınımı genel prensiplerinin ısı ve işe tatbikinin özel ifadesidir. Isının mekanik eş değeri ( iş – Isı eş değeri ) Joule ( 1840 – 1849 ) yılları arasında yapmış olduğu deneylerle iş ve ısının aynı eşit etki ettiklerini daha doğrusu eş deger oldugunu bulmuştur. Diger bir ifade ile kapalı bir çevrimde çevreye verilen iş çevreden alınan ısı kadardır. Şekildeki kapalı sistemde silindir içinde k gaz ve piston bulunmaktadır şayet bir a kaynaktan ısı uygularsak gaz genleşir ve dQ y dW pistonu iterek onun çevreye bir n a yapmasını sağlar. Eger gazın ilk haline k dönmesini istersek gazın bu sefer çevreye aynı ısıyı vermesi bu esnada pistonunda çevreden gaza aynı dW İşini iletmesi gerekir. Böylece sistem ilk şartlarına dönebiliyorsa bir çevrim meydana geliyor demektir. Ve  dQ   dW dir. Isının mekanik eşdegeri : Bir çevrim boyunca ısı ve iş ilişkilerini belirten denklem J  dQ   dW = 0 termodinamiğin 1. kanunu SI birim sisteminde J = 1 diğer sistemlerde J = 4.1868 KJ / Kcal 15 TERMODİNAMİĞİN I. KANUNUNUN KAPALI SİSTEM HAL DEĞİŞİMLERİNE UYGULANMASI Sonuç 1 ) Herhangi bir sistemde , bir durum değiştirme esnasında sistemin özelliklerinden biri olan enerjinin degerindeki herhangi bir değişme sisteme verilen ısı ile sistemden alınan işin farkına eşittir. Kapalı bir sistem düşünelim ve (1) den (2) ye A ve B yoluyla gidelim. Dönüştede ayrı bir C yolu takip edelim Bu durumda her yol sadece bir hal değişimidir. Ancak (1) den kalkıp tekrar (1) e dödüğümüzde bir çevrim kat etmiş sayılırız. O Halde 1A2C1 için (  dQ   dW ) AC = 0 P A 2 B C 1 2  (dQ  dW ) A + V 1B2C1 İçin (  dQ   dW ) BC = 0 2  (dQ  dW ) B + 1  dQ   dW = 0 1 1  (dQ  dW ) C = 0 (1) 2 1  (dQ  dW ) C = 0 (2) 2 2  (dQ  dW ) A olduğundan 2 = 1  (dQ  dW ) B yazılabilir bu 1 2 demektirki denklem  (dQ  dW ) şekline gelir ki bu genel denklem yola bağlı 1 değildir. Yani (A) yoluyla gidilse veya (B) yoluyla gidilse netice değişmez dönüş tekrar (1) ‘e gelince  dQ   dW = 0 olur. Şimdi sonuç 1’ e göre beyan edilen iki hal değişimine göre bahsedilen özellik matematiksel olarak 2  (dQ  dW ) = E 2 – E 1 ( Sistemin enerjisi) 1 Q12 - W12 =  E 12 ( sistemin enerji değişimi ) Q12 - W12 =  U12 +  KE12 +  PE12 =  E 12 Q12 : Sisteme transfer edilen ısı - W12 : Sisteme transfer edilen ısı  U12 : m ( u2 – u1 ) İç enerji değişimi 16  KE12 : 1 m(C 22  C12 ) kinetik enerji değişimi 2  PE12 : m g ( Z2 – Z1 ) Potansiyel enerjinin değişimi 1 m(C 22  C12 ) + m g ( Z2 – Z1 ) Toplam enerji değişimi 2  E 12 : m ( u2 – u1 ) + Kapalı bir sistemde kinetik ve potansiyel enerji ihmal edilebilir bir rol aldıklarında bulduğumuz son eşitlik daha basitleştirilerek Q12 - W12 =  U12 eşitliğini yazabiliriz . Buna akımsız enerji değişimi denir. Sonuç 2 ) Kapalı bir sistemin iç enerjisi şayet sistem izole edilmiş ise değişmeden kalır. Sonuç 3 ) Sonsuz hareketli bir makine imkansızdır( sürtünmeden dolayı) TERMODİNAMİKTE ÇEVRİMLER ( P , V DİYAGRAMLARI) 1) SABİT HACİMDE HAL DEĞİŞİMİ ( İZOKOR ) Q = m Cv ( T2 – T1 ) W P = v Kapalı bir kap içerisinde ısıtılan ideal bir gaz göz önüne alınırsa basıncın ve sıcaklığın artacağı bir gerçektir. 1 2 a ) Kapalı sistemlerde P 2 v Q v1=v2 v = sabit olduğuna göre du = dq – dw = dq – p dv du = dq ve u2 – u1 - q 12 Bu demektir ki verilen ısı sadece iç enerji değişimine sebep olmaktadır. b) Açık sistem Entalpi : Sistemin iç enerjisi ile basınç ve hacmin toplamıdır (H = U + P V ) veya h = u + P V şeklindedir 17 NOT : Kapalı sistemlerde dW = P dv Açık Sistemlerde dW = - vdP dir. 2 dh = dq – dw 12 = dq + vdp v = sabit W12 = - v  dP = v ( P1 – P2) ve 1 h = u + P V ve v = sabit h2 – h1 = u2 + P2 v - u1 + P1 v h2 – h1 = q 12 + v P2 - v P1 buradan u2 – u1 = q 12 elde edilir : Buradan da görüleceği gibi ısı açık ve kapalı sistemlerde aynıdır. Fakat iş miktarı farklıdır. 2 ) SABİT BASINÇTA HAL DEĞİŞİMİ ( İZOBAR ) Q = m Cp ( T2 – T1 ) P = v W 2 1 2 W12 P v v1 = v2 Q Şekilde görülen silindir içinde bulunan gaza sabit ağırlıklı bir piston tesir etmektedir. Bu durumda ısı verilirse Basınç ( P = Sabit ) sabit kalır v2 = v2 a) Kapalı sistemlerde 2 2 2 2 1 1 1 1 W12 =  dW =  Pdv ve W12 =  dW =  Pdv = P ( V2 – V1 ) elde edilir . ( P –v ) eksen takımında görüldüğü gibi ( 1 –2 ) noktalarının altında kalan alan iş miktarına eşittir. İç enerji : u2 – u1 = Q - P ( V2 – V1 ) veya u2 – u1 = m Cp ( T2 – T1 ) - P ( V2 – V1 ) olur. 18 b) Açık sistemlerde dh = dq – dw = dq + vdp olur dP = 0 oldugundan dh = dq olur. Bu da h2 – h1 = dq açık sistemlerde sisteme verilen ısı sabit basınçta entalpi farkına eşittir. 3) SABİT SICAKLIKTA HAL DEĞİŞİMİ ( İZOTERM ) Bir silindir içinde hacim genişlemesine uğrayan bir gazın sıcaklığı düşecektir. Biz dışarıda öyle bir q12 ısısı verelim ki hacim genişlerken sıcaklık sabit kalsın ( T = sabit ) bu durum da du = 0 olur . ( U = f ( T ) ) P 1 W PV = sabit 2’ ’ 2 P v 4 Q 3 İdeal gaz denklemini hatırlarsak P V = R T idi. Bunun diferansiyelini alalım. P dv + v dP = R dT ve dT = 0 burada izoterm işlemi karakterize eder PV = sabit bulunur bu işlem a) Kapalı sistemlerde du = dq – dw = dq – p dv = 0 ise dq = Pdv ve P = RT V olduğundan yerine koyarsak ve integre edersek 2 q 12 = W12 =  Pdv = RT 1 Q = W = m RT ln verilen ısı işe eşittir. 19 v2 v1 V2 v dv = RT ln 2 bulunur. Buradan v v1 V1  bulunur. Bu demektir ki izoterm bir hal değişiminde a) Açık sistemlerde PV = sabit Pdv = - vdP olduğunda iş kapalı sistemdekinin aynısıdır Pv = sabit denklemi ( P-v) eksen takımında bir hiperbol ile temsil edilir. Şekildende görüldüğü gibi taralı alanlar bir hiperbolde birbirine eşittir. Bu alanlarda kapalı ve açık sistemlerdeki iş birbirine eşittir. 1’122’ = 2  vdP 1 2 =  Pdv dir. 1 4 ) ADYABATİK HAL DEĞİŞİMİ ( PVk = sabit ) P Sistemle çevre arasında hiçbir ısı alışverişinin olmadığı ( q12 ) bütün hal değişimlerine adyabatik değişim denir. 1 PVk = sabit 2’ ’ a) Kapalı sistemlerde - ƒ vdP 2 du = dq – dw = dq – p dv ve dq = 0 v 4 3 du = - Pdv = Cv dT yazılablir. dT = Pdv olur . Bunu Pv = RT Cv diferansiyelinde ( dT ) yerine yazarsak ; (1+ R ) Pdv = - vdP Cv Pdv + vdP = R Cp - Cv = R ve Cp Cv Pdv Cv ise = k bunlara bağlı olarak kPdv = - vdP olur. İntegre edilirse k ln v = - lnP buradan PVk = sabit olur . Bu denklem adyabatik hal değişimini karakterize eder. İş ifadesini bulalım. q12 = 0 Pv k = P1 v1 k = sabit W12 =  Pdv = P1 v1 W12 20 k P1V1k bunu denklemde yerine koyarsak Vk k v2 P1V1 dv 1 k 1 k = v1 v k 1  k ( V 2 - V 1 ) P= 1k k P1V1   V2   1      = k  1   V1     1  P k V2 =  1  bunu yerine koyalım. V1  P2  k  1   P2   P1     k 1 k   olur parantezi açar ve sadeleştirirsek   W12 PV = 1 1 k 1 W12 k 1   k   P2 1     P = 1V1  P 1V1     k 1  p1      W12 = k 1   1 k 1 k   P  PV  2  = Pk V P k =  1 2 1  1 1  p1        P2 V2 1 P1 v1 k = P2 v2 k = sabit v1 = P2k V2 P1 P1V1 1 k buradan hareketle  P2V2  veya W12 = 1 k 1 W12 = R ( T1 – T2 ) olur. k 1 b) Açık sistemlerde : q12 = 0 olduğuna göre dh = - dW12 olur. W12 = h1 – h2 W12 =   vdP şeklinde yazabiliriz . Bundan yararlanarak bulduğumuz W12 = h1 – h2 ifadesini Pv ve T ‘ye bağlı olarak bulalım. Diyagrama (P-v) göre 1234 alanı = 2  Pdv 1 W12 = -  vdP = 2  Pdv 1 21 = 1 k 1 P1V1  P2V2  dir. + P 1V 1  P 2V2  yerlerine koyalım. W12 = 1 k 1 P1V1  P2V2  + P1V1  P2V2  W12 = k k 1 P1V1  P2V2  veya W12 = kR ( T1 – T2 ) olur. k 1 Buna göre diyağramda görülen eğri Pv = sabit izoterm eğrisine nazaran daha dik bir eğridir. 5 POLİTROPİK HAL DEGİŞİMİ ( PV n = sabit ) Politropik ifade en genel ifadedir. Yani bu işlemde basınç , hacim ,ve sıcaklık sabit kalmadığı gibi ısı alışverişide mevcut olabilir. a) Kapalı sistemlerde İş ifadesi ( n  k ) olmak şartıyla adyabatik işlemde buldugumuz “ k “ yerine “ n “ koyarsak aynı neticeler çıkar P1V1  P2V2  veya W12 = 1 n 1 W12 = R ( T1 – T2 ) olur. n 1 Isı ifadesi ise du = dq – dw = dq – p dv = Cv dT yazılır burada dq yalnız bırakılır ise dq = Cv dT + p dv ve R = Cp - Cv = Cv (k – 1 ) Cv = R k 1 q12 = Cv (T2 – T1 ) + W12 iş ifadesi yerine konursa q12 = Cv (T2 – T1 ) + Cn = Cv nk n 1 ve R nk ( T1 – T2 ) = Cv ( T2– T1 ) n 1 n 1 q12 = Cn : Politropik özgül ısınma ısısı 22 Cn ( T2– T1 ) bulunur. b) Açık sistemlerde İş ve ısı ifadeleri aşağıdaki gibi olur. W12 P1V1 n = n 1 dq = dh + dW  P2V2  ve q12 = Cp (T2 – T1 ) + q12 = Cv n 1   nP1V1   P2  n  nR = = ( T1 – T2 ) 1    n  1   P1   n 1   dh = Cp dT nR nR ( T1 – T2 ) = Cp ( T2– T1 ) n 1 n 1 nk ( T2– T1 ) buradan n 1 q12 = Cn ( T2– T1 ) bulunur. Politropik genel ifadeden yola çıkarak hal ifadelerine yeniden göz atalım. PV n = sabit ifadenin en genel hali olduğunu söylemiştik . Bu halde buradan hareketle çeşitli ( n) degerleri için bütün diğer halleri tekrar yazalım. PV n = sabit denkleminde n = 0 ise P = sabit İZOBAR PV n = sabit denkleminde n = 1 ise P V = sabit İZTERM PV n = sabit denkleminde n = k ise PVk = sabit ADYABATİK PV n = sabit denkleminde n=  ise V = sabit İZOKOR Bu degerleri ( P - V ) diyagramında gösterelim. P P n=  1 P=sbt n=o m m q>0 V=sbt n=0 1 n=1 q<0 n=  n=oo n=k V (a ) 23 V (b) ( a ) diyagramında bulunan ( 1 ) noktası ilk şartlar kabul edilirse ( m ) doğrusunun sağ altında kalan alan genişleme , sol üst kısımda ise sıkıştırma işlemlerini kapsar. ( b ) diyagramında ( n = k ) eğrisinde q 12 = 0 olup sağ tarafında ( q > 0 ) , sol tarafında (q < 0 ) ‘dır. PV n = sabit ifadesinin diferansiyelini alalım nPVn-1 dv + Vn dP = 0 olur. dP P =-n bulunur P ve V değerleri dV V dP dP pozitif olduğuna göre şayet < 0 ise n > 0 ve > ise n < 0 olur. dV dV ( PV n ) ile her iki tarafı bölelim sonuçta Bunun anlamı politropik sıkıştırma veya genişleme eğrisinin eğimini veren tg α = dP ‘ nin değeri “ n “’ nin işaretini tayin eder. dV n= oo n= -1 n= 0 Adyabatik veya politropik olaylarda sıcaklık , basınç ve hacim problemlerde çok kullanacagımız şu bağıntıları da çıkarabiliriz. arasında PV n = P1V1n = P2V2n = sabit P1V1 = R T1  P1 = RT1 V1 ve P2V2 = R T2  P2 = RT2 V2 Yukarıdaki eşitlikte yerine koyalım T1V1n-1 = T2V2n-1  24 T2 V = ( 1 )n-1 bulunur basınçla sıcaklık arasındaki T1 V2 RT bağıntı ise V1 = 1 P1 ve RT V2 = 2 P2 buradan 1 Pn 1 1 T1 = 1 Pn 2 1 T2  T2 P = ( 2 )n-1/ n Şeklinde yazılabilir. T1 P1 NOT : Bu eşitliklerde “ n “ yerine “ k “ yazarsak adyabatik durum içinde kullanılabilir. Örnek ) 3 m3 hacmindeki kapalı bir kap içinde 27 oC sıcaklıkta ve 6 bar basınçta hava bulunmaktadır. Hava hangi sıcaklığa kadar ısıtılmalı ki basınç 12 bar olsun ayrıca verilen ısı miktarınıda bulunuz. R = 0.287 KJ / Kg K Cv = 0.716 KJ / Kg K Çözüm : V = sabit olduğuna göre P1 V1 = R T1 ve P2 V2 = R T2 T2 = T1 P2 bulunur P1 hacim sabit olduğundan V1 = V2 buradan haraketle T2 = ( 272 + 27 ) Verilen ısıyı bulalım : 12 6  T2 = 600 K olur Q = m Cv ( T2 – T1 ) ‘ de önce “ m “ Kütleyi bulalım. P1V1 6.10 5.3  m= = RT1 0.287.300.1000 Pa.( N / m 2 ).m 3 Nm KJ  m = 20.9 Kg = = KJ KJ KJ . / KgK .K Kg Kg Q = m Cv ( T2 – T1 )  Q = 20.9 x 0.716 (600 – 300 )  Q = 4490 KJ m = Bunu P – V diagramında gösterelim. P 2 12bar 1 6bar V V1=V2 25 Örnek ) Sürtünmesiz olarak hareket edebilen bir pistona sahip bir silindir içinde 14 bar basınç altında 200 litre gaz bulunmaktadır. Bu gaz tersinir bir şekilde ve PV = sabit kanununa uygun olarak 2 bar basınca kadar genişlemektedir.. Bu olayı ( P – V ) diyagramında gösteriniz. Bu genişlemenin sağlayacağı işi ve son hacmi hesaplayınız. P 1 PV = P1V1 = P2V2 = RT = sabit yazılabilir buna göre son hacim PV = sabit V2 = 2 P1V1 14x0.2 3 =  V2 = 1.4 m P2 2 bulunur. İş ifadesi ise 2 W12 W12 =  Pdv = P1 v1 dv V 1 v W12 = P1V1 ln W12 = 14x105x0.2 ln 14 x10 5 2 x10 5 V2 P = P1V1 ln 1 V1 P2  W12 = 544854 Nm ( Joule )  W12 = 544.854 KJ Örnek : iki atomlu bir ideal gazın 0 o C ve 1 bar şartlarında bulunan 1 Kmol’ü önce izoterm olarak hacmi ilk hacminin üçte birine inene kadar sıkıştırılmakta ve sonra adyabatik olarak ilk basıncına kadar genişletilmektedir. Tersinir oldukları farz edilen bu değişimleri P –V diyagramında gösteriniz. Bu iki değişim esnasında gaz tarafında yapılan toplam işi atılan ısıyı ve iç enerjideki değişmeyi bulunuz. Adyabatik genişleme sonundaki hacim ve sıcaklığı bulunuz. P 2 Q12 k PV =sabit PV =sabit 1 3 V V2 26 V3 V1 Buırada iki değişik hal değişimi peşpeşe olmaktadır. ( 1 – 2 ) arasında sıkıştırma yaparken sisteme iş veriyoruz. ( 2 – 3 ) de ise sistem adyabatik bir genişleme ile bize iş verir. Netice olarak iş bu iki işin cebirsel toplamı olacaktır. Mhidrojjen= 2.016 Kmol /Kg R = 4.12418 KJ / Kg K Çözüm : 1- 2 arası izotermdir W12 = M R T1 ln 1 V2  W12 = 2.016x4.12418x273 ln 3 V1  W12 = -2493.64 KJ  U = u2 – u2 = 0 2 -3 işi adyabatiktir. P2 = P1 V1 V2  P2 = 1 T3 P = ( 3 )k-1/ k T2 P2 T3 P = ( 3 )k-1/ k T2 P2 W23 = W23 = MR ( T1 – T2 ) k 1 ve P1V1 = P2V2 buradan 3  P2 = 3 bar 1 ideal gazlar için  T3 = 273 ( MR ( T1 – T2 ) k 1  W23 k = 1.4 alınır 1 1.4 ) 3 = - 1/ 1.4  T3 = 199.6 K 2.01x 4.12418 ( 273 – 199 )  1.4  1 W23 = 1533,57 KJ WT = W12 + W23  WT = -2493.64 + 1533,57  WT = - 960 KJ Q23 = 0 Adyabatik olduğu için du = dq - dW ‘den du = dq – dW  du = - dW = - 1533.57 KJ P3V3 = M R T3  V3 = 27 MRT3 p3  V3 = 2.016 x4.12418 x199 x1000 1x10 5 =16.54 m3 Örnek ) Bir kap içerisinde basıncı 12 bar ve sıcaklığı 127 o C şartlarında bulunan oksijen gazı basıncı 2 bar’a inene kadar adyabatik tersinir bir genişlemeye tabi tutuluyor. 0.96 Kg akışkan kütlesi için genişlemede meydana gelen gücü a) Kapalı bir sistem olarak b) Açık bir sistem olarak hesaplayınız. R = 0.26 KJ / Kg K P T2 P = ( 2 )k-1/ k T1 P1 1 P1 T2 = T1 ( PVk=sbt k = 1.4 buradan P2 k-1/ k ) P1 T2 = (273+127) ( 2 1.4-1/ 1.4 ) 12 T2 = 240 K 2 P2 a ) Kapalı sistem için V1 W12 = V2 W12 = MR ( T1 – T2 ) k 1 0.96 x0.26 100 ( 400 – 240 )  W12 = 100 KJ W12 G = = 0.0277 kWh 1.4  1 3600 c) Açık sistem 2 W12 = -  vdP = W12 = W12 =  Pdv 1 1 k k 1 P1V1 + P1V1 - P2V2 buradan  P2V2  = W12 = 0.96 x1.4 x0.26 ( 400 – 240 )  1.4  1 W12 G = 28 2 140 = 0.38 kWh 3600 mkR ( T1 – T2 ) k 1 W12 = 140 KJ Örnek ) Bir silindir içindeki gaz kütlesi ( P1 Ve V1 ) özellikleriyle belirtilen konumdan ( P2 Ve V2 ) özellikleriyle belirtilen diğer bir konuma tersinir bir genleşmeyle geçmektedir. Bu genişleme esnasında P ve V arasındaki bağıntının W12 = 1 n 1 P1V1  P2V2  oldugunu gösteriniz P1 = 5 bar V1 = 50 litre P 1 P1 = 1 bar n = 1.25 olduğuna göre genişleme sonundaki hacmi bulunuz P1=5bar Çözüm : PVn=sbt W12 =  Pdv dir ve PVn =P1V1n =P2V2n= sabit 2 P2=1bar P= V1=50 litre W = P1 v1 V2  1 P1V1nV21n  P1V1nV11n 1 n P2V2n P1 = V1n yazılabilir. Buradan W12 = n 5 1 / 1.25 ) 50  V2 = 181 litre ve 1 W12 = 29  1 n 1 P1V1 P1V1n P1V1 =P2V2 = sabit V2 = P2 n yazılır. Ayrıca V2= ( 1 n  1 n  V2  V1  =   n P1V1 dv 1 1 n  n  V   = P v =  n 1 1 1 n  1 n v1 v V1 n  olur P’yi yerine Koyarsak. V2=? v2 P1V1n Vn n W12 =  1 5x105 x0.05  1x105 x0.181 1.25  1 1 n 1  P2V2   V2 = ( P1 1/n ) V1 P2 P1V1  P2V2   W12 = 27600 KJ Örnek ) Bir silindir içinde 10 bar basınç altında bulunan 100 litre hacmindeki gaz kütlesi izoterm olarak 2 bar basınca kadar genişlemektedir. . Bu genişleme sonucunda gaz sabit basınçta sıkıstırılmakta ve bu sıkıştırmadan sonra ise adyabatik olarak ilk şartlara (10 bar ve 100 litre hacim) getirilmektedir. Tersinir oldukları farz edilen bu olaylardan meydana gelen çevrimi P – V diyağramında gösteriniz. Her üç olayda gazla çevre arasındaki iş alışverişini ve çevrimin net toplam işini bulunuz. 1-2 arası izoterm (PV=sabit) P W12 = P1 V1 ln 1 P1V1 = P2V2 = sabit PV=sabit PVk=sabit 3 V2 ve V1 V2 = 2 P1V1 10x0.1  = P2 2 P=sabit V2 = 0.5 m3 V W12 = P1 V1 ln V2 0 .5 5  W12 = 10 x10 x 0.1 ln  W12 = 160.942 KJ V1 0 .1 2-3 arasında P = sabit W23 = P2 ( V3 - V2 ) burada V3 = ? bulalım 1-3 arasındaki adyabatik işlemden k k  V3 = P1V1 = P3V3 = sabit  P1 P3  1 k 1 V1 10  V3 = ( ) 1.4 x0.1 2  V3 = 0.316 m3 W23 = P2 ( V3 - V2 )  W23 = 2x105 ( 0.316 – 0.5 )  W23 = - 36.8 KJ W31 =  1 k 1 P3V3  P 1V 1   W31 = W31 = - 92 KJ Çevrimin net toplam işi WT = 32,1 KJ 30 1 (2x105x0,316 – 10x105 x 0,5) 1.4  1  W123 = 160.942 + (- 36.8) + (- 92 ) ÇEVRİMLER Termodinamiğin ikinci kanununu da gördükten sonra çeşitli termodinamik çevrimleri göreceğiz. Bu sebeple burada kısaca çevrimleri yeniden gözden geçirelim. P 1 q12=q >0 W a W12>0 +  du   dq   dW  0 2 W21<0 q21=qo <0 1 b V q ij 1 1 İç enerji yola tabi değildir. Sonuçta ; çevrim boyunca ısı alışverişlerinin toplamı iş alışverişlerinin toplamına eşittir. Yani  q12  q23  ......  qij W ij q I. Kapalı bir sistemde (1) noktasından kalkıp (a2b) yoluyla tekrar (1)’e geldiğimizi düşünelim Bu durumda şekilde görüldüğü gibi kapalı bir çevrim meydana gelir. Kapalı sistemler için termodinamiğin 1.Kanununu uygularsak ij   W12  W23  ......  Wij W ij  yazabiliriz. Şimdi çevrimin dönüş yönünü dikkate alalım ( P – V) diyağramında genişleme ve sıkıştırma işlemleri esnasında takip edilen yolun altında kalan alan bize yapılan işi veriyor idi . Bu düşünceyle diyağramı ele alacak olursak (1a2) yolunda hacim genişlemesi olur o halde biz sisteme q12 = q > 0 ısısını veririz ve (1a2) genişlemesi boyunca W12 > 0 işini alacagız. (2b1) yolunda bir sıkıştırma olmaktadır yukarıda yazılan işlemlerin tersi olacaktır. Şonuçta (1a2) egrisinin altında kalan alan (2b1) eğrisinin altında kalan alandan büyük olduğu için bu çevrim bize sonunda alanlar farkı olan taralı alan kadar iş verir W   Wij  W12  W21  W12  W21 31 q ij  q12  q21  q  q0  W > 0 Bu tür ( W> 0 ) çevrimlere iş veya kuvvet makinaları çevrimleri denir. II . Bu çevrimlerin tersi olan şekle ısı pompası çevrimleri denir. Şimdi bu tür çevrimleri inceleyelim. Burada W21 > W12 P W= Q21=q <0 1 W b a q12=qo> 0 V η = = W çevrimin verdiği iş q : Çevrime verilen ısı η = W = q q  q0 q  η = 1 - 0 < 1 olur q q II. Halde Verimin tarifi çevrimin kullanılış amacına göre değişir. Çevrim şayet a) soğutmak için kullanılacaksa : βo = (sisteme verilen ısı / sisteme verilen iş) βo : Soğutma tesir katsayısı b) Iısıtmak için kullanılacaksa : 32 =W12 - W12 I . Hali düşünelim çevrimin verimi 2 W < 1 ve q - q0 q ij W < 0 YANİ ÇEVRİME BİZ İŞ VERİRİZ Şimdi bu iki çevrimin verimlerini tarif edelim + η = W dir. q0 βo = W q β = (çevreye verilen ısı / Sisteme verilen iş) β = W β : Isıtma tesir katsayısı CARNOT ÇEVRİMİ ( iki adyabat – iki izoterm ) q23=q P T q23=q 2 2 3 3 W>0 W>0 4 1 q41=q0 1 4 q41=q 0 V 1 -2 2-3 3-4 4-1 Adyabatik sıkıştırma (iş gören akışkanın sıcaklık yükselmesi) İzotermik genişleme (maksimum sıcaklıkta ısı alınması) Adyabatik genişleme (iş gören akışkanın sıcaklık düşüşü) İzotermik sıkıştırma ( minimum sıcaklıkta ısı atılması) Bir çevrim boyunca ; q ij  W ij ve q 12 = 0 adyabatik şıkıştırma q23 = q = W23 = R T ln P2 P3 q34 = 0 Adyabatik genişleme q41 = q 0 = W41 = R T ln P4 ( Hacim küçülmesi var P4 < P1 olduğundan P1 W41 < 0 çıkar) Bu genişleme ve şıkıştırmaların her birinin açık sistemde yapıldığını düşünebiliriz. Şimdi iş ifadelerini bulmak istersek ; dh = dq – dw  h1 – h2 = W12 dh = Cp dT W12 = h1 – h2 = Cp ( T0 – T ) W34 = h3 – h4 = Cp ( T – T0 ) 33 S -  vdP = W 23 = R T ln P2 P3 P -  vdP = W41 = R T0 ln 1 P4 yerlerine koyarsak; W ij = W = R T ln T2 T  P2     T1 T0  P1  P2 P - R T0 ln 1 P3 P4 k 1 k ve T3 T  P3     T4 T0  P4  k 1 k buradan P3 P2 P1 P2 P2 = = yazılabilir ve W = R ( T – T0 ) ln olur  P1 P4 P3 P4 P3 P2 q  q  W  RT ln 23 23 sisteme verilen ısılar ise ;  P3 olur carnot çevriminin ısıl verimi ise; η = P RT  T0  ln  2 W  P3 = q P  RT ln  2   P3  η = W = q 34    = T  T0 = 1 - T0  η = 1 - T0 bulunur veya T T T q0 T0 q  q0 =1q =1- T q olur. TERMODİNAMİĞİN İKİNCİ KANUNU Birinci kanun bize net bilgiler vermez sadece iş ve ısı arasındaki bağıntıları açıklar. İkinci kanun ve neticeleri bize bir değişimin yapılabilme imkanını ,mümkün olup olmadığını,hangi yönde meydana geleceğini bildirir . İkinci kanunun Kelvin PLANCK tarafından verilen ifadesi “ bir kaynaktan ısı çekerek bu ısıya eş değer bir iş yapacak bir sistem dizayn etmek mümkün değildir”. Sıcak kaynak Sıcak kaynak Q1 W=Q1-Q2 Q1=Q2 -W M W M Q2 Q2 Soğuk kaynak Soğuk kaynak Isı makinası (a) Isı pompası veya soğutma sistemi (b) Birinci kanun şekil (a) ‘da görülen Q1 > W olduğunu gösterir. İkinci kanun ise asla işin tatbik edilen ısıdan daha büyük olamayacağını belirler. W = Q1 – Q2 denkleminden de Q2 ‘nin bir kıymeti olacağının muhakkak olduğu anlaşılır. Görüldüğü gibi mutlak iki ısı kaynağına ihtiyaç vardır. Başka bir ifadeyle “ üniform sıcaklıktaki bir ısı kaynağından ısı alışverişi yaparak tam bir çevrim boyunca çalışan ve çevresinde pozitif iş vermekten başka bir etki göstermeyen bir makine yapılamaz” Sonuç olarak ; a) Şayet bir sistem bir çevrim boyunca iş veriyorsa farklı sıcaklıktaki iki ısı kaynağı arasında ısı alışverişi yapmaya mecburdur. b) Aynı sistem şayet yalnız bir ısı kaynağı ile temas halinde ise çevrim boyunca yapılan iş ya sıfır yada neğatiftir. 35 c) Böylece anlaşılır ki ısı asla her zaman tam olarak işe dönüşümez fakat iş daima tam olarak ısıya dönüşebilir. Bu bakımdan iş daha kıymetli bir enejidir. İkinci kanunun bazı sonuçları : 1.Sonuç : Bir çevrim boyunca çalışan ve çevresi tarafından kendisine bir iş vermeksizin soğuk kaynaktan daha sıcak bir kaynağa ısı transfer edecek bir sistem kurmak imkansızdır. 2.Sonuç : Sabit ve üniform sıcaklıkta iki ısı kaynağı arasında tersinir olarak çalışan bir makinadan daha yüksek verimli aynı ısı kaynakları arasında çalışan bir makine yapmak mümkün değildir. 3.Sonuç : Aynı ısı kaynakları arasında çalışan bütün tersinir makineların verimleri aynıdır. 4.Sonuç : Bütün tersinir makinalar T1 ve T2 sıcaklığındaki kaynaklar arasında η =1- T0 T ve η =1- T1  T2 T1 verimine sahiptir T > T0 , T1 > T2’dir 5.Sonuç : İki ısı kaynağından daha fazla kaynaklar arasında çalışan tersinir herhangi bir makinanın verimi en yüksek ve en düşük sıcaklıktaki iki kaynak arasında çalışan bir makinanın veriminden az olmaya mecburdur. 6.Sonuç : Bir çevrim boyunca  dQ = 0 ‘dır. Şayet makina tersinir ise en T genel halde  dQ T ≤ 0 yazılabilir. Temodinamik işlem : Termodinamikte işlem iki şekilde belirli olabilir. Bunlar; a) Tersinir ( Reversible)işlem: Sürtünmenin olmadığı tasavvur edilen bütün işlemler ve diğer teorik işlemler b) Tersinir olmayan (irreversible) işlem : ısı akışı sürtünmeli bütün işlemler,gazların karışımı,bir gazın musluktan akışı ve evrende cereyan eden bütün olaylar. Şimdiye kadar bütün tersinir işlemlerde birinci kanunu gördük. Şimdi ise tersinir olmama halini düşünelim iş ifadesi kapalı sistemlerde tersinir ise W12 =  Pdv ‘dir. 2 Şayet tersinir değilse buna sürtünme işi eklenecektir. W12 =  Pdv - WS12 1 1 Açık sistemde ise W12 = -  vdP - C22  C12   g (Z 2  Z1 )  WS12 2 36 C1 : giriş hızı C2 : çıkış hızı du = dq – dw = dq – p dv + d WS (Kapalı sistemlerde) dh = dq – dw 12 = dq + vdp + d WS (Açık sistemlerde) ENTROPİ VE TARİF Entropi mefhumu anlaşılması güç bir kavramdır. Onu burada daha ziyade basit bir tarif olarak ele alırsak (S) tamamen keyfi bir değer olmak üzere şöyle tarif edebiliriz. dq + d WS = T ds  dq  d WS T  ΔS=  dq  d WS T s : Özgül entropi ( KJ / Kg K) S : Entropi = ms ( KJ / K) Entropinin bu kısa ifadesinden sonra mükemmel gazlar için aşağıdaki bağıntıları hal değişimlerinde kullanmak üzere çıkarabiliriz. T ds = dq + d WS demiştik kapalı sistem için ise du = dq – P dv + d WS yazmıştık. Buradan T ds = dq + d WS = du + P dv yazabiliriz. Açık sistem içinde aynı yolla : T ds = dq + d WS = dh – v dP yazılabilir. Buradan ; ds = du  PdV T (Kapalı sistemlerde) du  VdP ( Açık sistemlerde ) T Entropinin tarifindeki Wsürtünme işi işlem tersinir ise sıfır olur ve ifade ds = ds = dq T olur . Şayet işlem hem tersinir hem de adyabatik ise dq = 0 olacağından ds = 0 yani S = sabit kalır yani değişmez : Tersinir ve adyabatik işlemlere izontropik işlem denir. Farklı değerler için izontropik eğriler ( P – V ) eksen takımında aşağıdaki karaktere sahip olurlar. Şayet işlem tersinir olmayan fakat adyabatik ise o zaman ds = d WS T olur.Burada pay mutlak değer olduğu için pozitiftir. Sıcaklık T> 0 olduğuna göre ds > 0 olacaktır.Bu demektirki tersinir olmayan her işlem bir entropi artışına sebep olur. 37 P İzontrpik eğriler S1=sabit S2=sabit S3=sabit V CLASİUS EŞİTSİZLİĞİ Entropi ifadesi aşağıdaki gibi yazılırsa clasius eşitsizliği meydana gelir. dq dq ds ≥ Bunu çevrim boyunca entegre edersek ds ≥  yazılır. Kapalı T T sistemlerde bir çevrim boyunca tekrar aynı noktaya gelindiğinde entropinin sabit kaldığı görülür. dq dq 0 = ds ≥  dolayısıyla  ≤ 0 olur. T T dq Tersinir bütün hal değişimlerinde bir çevrim boyunca  = 0 yazılabilir. T dq İşlem tersinir değilse eşitsizlik  < 0 olur. T Yukarıdaki işlemlere bağlı olarak muhtelif ideal gazların hal değiştirmeleri sırasındaki entropilerini hesaplamaya çalışalım.   T ds = du + Pdv Pv = R T Cp - Cv = R idi . Şimdi ideal gaz denkleminin diferansiyelini alalım. P dv + v dP = R dT dh = Cv dT T ds = Cv dT + Pdv 38 CV ( P dv + v dP ) + P dv R T ds = P= RT V ve T ds = C C CV dV dV dV (RT = ( V 1) R T + V VdP  VdP ) + R T R R V R V V CV C  1 = P yazılabilir. Bunu yerine yazarsak R R T ds = C CP dV RT + V V dP V R R ds = Cp dP dV + Cv P V S2 - S1 = Δ S = Cp ln  T ds = Cp T dV T + Cv dP V P bulunur. Bunun inteğrali alınırsa V2 P + Cv ln 2 V1 P1 olur (1) Tekrar ilk denkleme dönecek olursak; T ds = du + P dv ds = dU dU P R + dv = + dv T T T V ds = CV dT dV + R T V S2 - S1 = Δ S = CV ln  du = Cv dT olur. İntegralini alalım. T2 V + R ln 2 T1 V1 olur ( 2 ) Yine ideal gaz denkleminin diferansiyelini alırsak ; P dv + V dP = R dT ve P dv = R dT - V dP bunu entropi ifadesinde yerine koyalım. T ds = du + R dT - V dP ds = dT dT dP V (Cv + R ) - dP ve ds = Cp -R olur . Yine integralini alırsak T T P T S2 - S1 = Δ S = Cp ln 39 T2 P - R ln 2 T1 P1 ( 3 ) (1), (2), (3) denklemleri ideal gazların gördüğümüz bütün hal değişimlerinde kullanılabilir. ENTROPİ ( T - S ) DİYAĞRAMLARI Daha önce gördüğümüz hal değişimlerinde sıcaklığın ,basıncın veya hacmin meydana getirdiği değişiklikleri ( P – V ) eksen takımında incelemeye çalıştık. Şimdi ise kolaylıklar sağlaması için sıcaklık ve entropiyi bir eksen takımında ( T –S ) gösterelim. Aslında ( P – V ) diyağramında gösterdiğimiz her noktanın ( T – S ) diyagramında bir karşılığı vardır. a) Tersinir işlem için ; dWS = 0 olduğuna göre T ds = dq 2 buradan q12= T 1 2  Tds olur ( T – S ) 1 2 q12=  Tds 1 V diyağramında (1) ve (2) noktalarını birleştiren eğrinin altında kalan alan sisteme verilen ısıyı gösterir. P – V diyağramında böyle bir alan yapılan işi gösteriyordu. T – S diyagramında eğrimiz sağa doğru giderse Δ S artacaktır. Dolayısıyla T ds = dq ‘dan Q> 0 bulunur. b) Tersinir ve adyabatik işlem için ; Diyağramda görüldüğü gibi düşey bir dogru temsil eder dq = 0 dWS = 0 olduğundan T ds = 0 olur. ds = 0 ve S = 40 sabit veya S2 = S1 olur T 2 1 1 2 S c) Tersinir olmayan adyabatik işlem için ; T dq = 0 ‘dır Tersinir olmadığından dWS > 0 ‘dır Şu halde 1 2 T ds = d WS = dWS 2 WS  2 2 WS = Tds olur. 1 S d) Tersinir ve adyabatik olmayan işlem için T olduğundan T ds = dq + d WS 1 2 2  q 12 + W 12 = Tds ifadesi genel ifadeyi 1 q12+WS12 verir. Hem kayıp enerji hemde sisteme 2 2 S d) Sabit hacimdeki işlem için ; verilen ısıyı gösterir V = sabit olduğundan dv = 0’dır. İzokor bir olaydır. Entropi ifadesi; ds = Cv dT dV +R T V ds = Cv dT olur. T T ds = Cv dT = du (ideal gazlarda) 2 41  Tds = U 2 1 – U1 = Δ U T 2 A ΔU 1 T α S Cv V = sabit eğrisinin altındaki alan Δ U içenerji değişimini gösterir. ( 1-2) egrisine herhangi bir A noktasından bir teğet çizersek (A)’nın koordinatı T’dir. Apsisinde Cv olduğunu görmek mümkündür. Teğetin eğimi tg α ise tg α = ( dT dT )V = sabit = C v dT ds T = T olur. Böylece V = sabit eğrisinin teğet altı Cv ( T – S ) diyağramında CV sabit hacmindeki özgül ısıyı verir. T ds = dh - vdP ve dP = 0 olduğundan dh = T ds 2 T P=sabit 1 2  Δh = Tds eğrinin altında kalan h2 – h1 1 S alan entalpi farkını verir. TERSİNİR HAL DEĞİŞTİRMELERİNİN SICAKLIK – ENTROPİ ( T – S ) DİYAĞRAMINDA GÖSTERİLMESİ Bu bölümün daha iyi anlaşılması için Termodinamiğin 1. Kanunun kapalı sistem hal değiştirmelerine uyğulanması ile birlikte incelenmesi uygun olacaktır. Bu kısımda ısı ve işin değerlerinden ziyade çeşitli hal değiştirmelerdeki entropi değişimleriyle ilgileneceğiz. Bilindiği gibi entropiyede ısı ve iş gibi yeni bir özellik olarak kabul ettik. Entropi değişimi sistemin açık veya kapalı olmasına bağlı olmaksızın meydana gelir. Bundan dolayı yukarıda veya daha önce söylediğimiz kapalı sistem şartı 42 burada geçerli değildir. Kapalı sistem için akımsız enerji eşitliği ifadesinde kinetik ve potansiyel enerjilerin tesirlerini ihmal edecek olursak birim kütle için; Q12 - W12 =  U12 dq - dW = du h=u+PV dh = du + P dV + V dP dqtersinir = P dV T ds = dW + du (1 ) veya T ds = PdV + dh – PdV – VdP T ds = dh – VdP ( 2 ) Bulduğumuz bu eşitlikler özellikleri birleştiren genel ifadeler olduklarından tersinir veya tersinmez hal değiştirmelere uygulanır. İdeal gaz durumunda (1) eşitliği bize belli entropi bağıntısını verir. Pv =RT  P= RT V ve u = CV T  du = CV dT ifadesi elde edilir 1. SABİT HACİMDE HAL DEĞİŞİMİ Sabit hacimde dW = 0 olduğunda dq – qW = du yazılır buradan Q12 = Δ U12 ‘dir dq = du ve ds = dq du  = T T 2 du ΔS =  (1) T 1 ideal faz için dq = du = CV dT ΔS =S2 - S1 = CV ln 43 T2 + ... T1 Sabit hacimde entropinin değeri (2) T V; artar V=sabit S S = SABİT + Cv ln T T0 V2 P + Cv ln 2 V1 P1 Δ S = S2 - S1 = R ln Bu eşitlikte herhangi bir seviyeye göre ( T0 , P0 , V0 ) değerleri erine konacak olursa sabit hacim eğrileri elde edilir. Δ S = S2 - S1 = R ln V V0 + Cv ln T T0 = Cv ln T ( 3 ) T0 2. SABİT BASINÇTA HAL DEĞİŞİMİ Sabit basınçta Q12 = ΔH12 ve dq = dh S = SABİT + CP ln T ds = T0 dq dh dh  ΔS12 = = (1) T T T dh = CP dT ve ds = C P dT T 2 T P; artar Δ S12 = C P dT 1 T = CP ln Δ S = S2 - S1 = Cp ln P=sabit S S = Cp ln 2. İZOTERMİK HAL DEĞİŞTİRME İzotermik hal değiştirmede Q12 - W12 =  U12 ve T2 P - R ln 2 T1 P1 T2 T1 dq = dW + du dq dW  du = (1) T T ideal gaz için ; ds = dW = p dV = du = 0 RT dV V (2) T2 P - R ln 2 T1 P1 T0 , P0 , V0 değerleri Δ S = Cp ln 44 T2 T1 T Artar S Δ S12 = R ln V2 V1 (2) 4.TERSİNİR ADYABATİK HAL DEĞİŞTİRME dq = 0 T ds = 0 buradan S1 - S2 = 0  S1 = S2 Adyabatik hal değiştirmede dq = 0 ısı alışverişi yok yani ds = İdeal gaz için ; dq = 0 ve olur. S1 - S2 = 0 = CP ln V2 P + Cv ln 2 V1 P1 T S=sabit 0 = ln S (Cp / Cv ) = k V2 P + ln 2  V1 P1 0 = ln P  2 ve 0 = ln P  1  V2   V1    k  V2   V1    Cp C   V + ln buradan  P2     P1  V2 P ( 2 )k = sabit V1 P1 PV k = Sabit 5. POLİTROPİK HAL DEĞİŞTİRME Politropik hal değiştirmede dq = dW + du ds = 45 dW  du T ve ve ( Q12 - W12 =  U12 ) dW  du 1 T 2 Δ S12 = İdeal gaz için ; dW = P dV = ds = R RTdV V ve V2 1 ln  T2  R ln burada CV = =   k  1 V1 n  1  T1  T  Rn  k  ln  2  n  1k  1  T1  T P=sabit PV=sabit h=sabit V=sabit 46 du = CV dT dT dV + Cv T V V T Δ S12 = R ln 2 + Cv ln 2 V1 T1 Δ S12 = PV n = sabit PVk=sabit S K.N T V = Sabit Aşırı doymuş sıvı Özgül hacim artışı Doymuş sıvı egrisi Kızgın buhar bölgesi Doymuş buhar egrisi X=0.5 P = Sabit Sıvı + buhar (Islak buhar) Basınç artış yönü X=0.2 X=0.8 h = Sabit v 2 qsb =  Tds = T ( S b – S s ) = T sb = h b – h s = h sb 1 h = h s + x (h b - h s ) ıslak buhar için entalpi formülü u = u s + x (u b - u s ) iç enerji formülü Örnek ) Bir carnot çevriminin izotermik genişleme başlangıcında basıncı 51 bar hacmi 0.032 m3 ve sıcaklık ise 1000 0C ‘dir. İzotermik genişleme sonunda hacim 0.08 m3 olmaktadır.Şayet adyabatik genişleme sonucunda sıcaklık 263 0C olursa ; a) Her çevrimde atılan ısıyı b) Her çevrimde alınan ısıyı c) Çevrimin ısıl verimini hesap ediniz. İş gören akışkan hava olup 47 R = 0.28 KJ /Kg K Çözüm : Q12=q P T 1273 Q12=q 1 1 2 2 W>0 W>0 3 Q34=q0 4 V1= 0.032 536 3 Q34=q 0 V V2= 0.08 PV=mRT  m= 4 PV RT = S (N / m 2 ) / m3 51x10 5 x0.032 Nm( joule ) = = =kg Kjx1000 0.287 x1273x1000 ( KJ / KgK ) K Kg m = 0.447 Kg  P2 = P1 V1 = P2 V2 = sabit P3 k-1/ k T3 =( ) = P2 T2  V1     V2  P1V1 V2  P2 = k 1  P3 = P2 ( 51x0.032  P2 = 20.4 bar 0.08 T3 k/ k-1 536 1.4/ 1.4-1  P3 = 20.4( ) ) T2 1273 P3 = 1.02 bar P1 V1 k = P4 V4 k T4 V  ==  1  T1  V4  k 1 = ( P4 k-1/ k 0.032 k - 1 536 ) =( )  P1 V4 1273 V4 = 0.272 m3 P4 = ( T4 k-1/ k 536  1.4-1/ 1.4 ) P1  P4 =  x 51  P4 = 2.55 bar  T1  1273  P4 a) q atılan = m R T3 ln ( ) izotermik sıkıştırma 3- 4 arasında P3 q atılan = 0.447 x 0.287x 536x ln 48 2.55 1.02  q atılan = 63.59 KJ b) q alınan = m R T1 ln ( P1 ) izotermik genişleme 1-2 arasında P2 q alınan = 0.447 x 0.287x 1273 x ln c) ηC = 51 20.4  q alınan = 149.64 KJ qalı  qatıt 149.6  63.59 =  ηC = 0.57 qalı 149.6 Sıcaklığa göre ; ηC =  ηC = % 57 T1  T2 1273  536 =  ηC = 0.57 T1 1273  ηC = % 57 Örnek ) 1 Kg hava bir carnot çevrimini takip etmektedir. İzoterm genişleme başlangıcında P2 = 10 bar , T2 = 227 oC , izoterm genişleme sonunda V3 = 0.178 m3 adyabatik genişleme sonunda P4 = 1 bar olduğuna göre çevrimin her dört noktasındaki basınç sıcaklık ve hacim değerlerini, çevrim tarafından alınan ve atılan ısıyı,işi ve verimi bulunuz. R = 0.287 KJ / Kg K q23=q P 10bar T 500 q23=q 2 2 3 3 W>0 4 1bar q41=q o 1  V2 = q41=q o V V3 =0.178 P2 V2 = m R T2 4 1 S mRT2 1x0.287 x500 x1000 = =  V2 = 0.146 m3 5 P2 10 x10 P2 V2 = P3 V3 = sabit (izoterm)  P3 = P2V2 10x0.146  P3 = 8.2 bar = 0.178 V3 1 P3 V3 k P3 k k = P4 V4 =sabit (Adyabatik)  V4 = ( ) V3  P4 1 8 .2 V4 =( ) 1.4 x 0.178 1 49  V4 = 0.8 m3 P4 V4 = m R T4  T4 = P4V4 1x10 5 x0.8 =  T4 = 278.5 K mR 1x0.287 x1000 T1 = T4 (izoterm) T1 = 278.5 K P2 k-1/ k T2 = ( ) P1 T1  P1 = P1 V1 = m R T1  V1 = P2  T2   T1    10 k k 1 = 1 .4  500  1.41    278.5   P1 = 1.28 bar mRT1 1x0.28722 x 278.5 x1000 3 =  V1 = 0.624 m 5 P1 1.28 x10 Verilen ve atılan ısı miktarı; Alınan ısı miktarı ; izotermik genişleme 2- 3 arasında q alınan = m R T2 ln ( V3 0.178 ) = 0.287x500x ln  q alınan = 28.46 KJ V2 0.146 Atılan ısı miktarı ; izotermik genişleme 4-1 arasında q atılan = m R T4 ln ( V4 0.624 ) = 0.287x 278.5x ln ( )  q atılan = - 19.87 KJ V1 0.8  W= ηC = 50  q = 28.46 – 19.87 = 8.59 KJ qalı  qatıt 28.46  19.87 = qalı 28.46  ηC = 0.3  ηC = % 30 Örnek ) Hava kullanan 200 kW gücündeki bir kuvvet makinası carnot çevrimine göre çalışıyor, 1 bar basınçta ve 27 oC sıcaklıktaki hava izotermik olarak sıkıştırıldığında hacmi başlangıçtaki değerin 1 / 10 ‘una iniyor. İzotermik sıkıştırmadan sonra hava adyabatik olarak sıkıştırılıyor ve sıcaklığı 177 oC değerine çıkarılıyor. Adyabatik sıkıştırma sonundaki basıncını Sistemden çevreye atılan ve çevreden sisteme alınan ısıları Çevrimin ısıl verimini Sistemde dolaşan hava miktarını bulunuz. a) b) c) d) CP = 1 KJ /Kg K Cv = 0.715 KJ /Kg K q23=q P T q23=q 450 2 2 3 3 W>0 4 300 q41=q o 1 1 4 q41=q o V a) V1 1 = V4 10 P1 = 1x10 1 4- 1 arası izoterm  P1 = 10 bar P2 k-1/ k T2 = ( ) P1 T1  P2 = ( S P1 V1 = P4 V4  P1 = k = (Cp / Cv )  k = P4V4 V1  1  k = 1.4 0.715 T2 k/ k-1  450   ) P1  P2 =  T1  300  1.4 1.4 1 x 10 P2 = 40.7 bar p4 1  q 4-1 = - 197 KJ /Kg ) = 0.287 x 300 x ln p1 10 p2 p1 10  = R T3 ln ( ) = R T2 ln ( ) = 0.287 x 450 x ln p3 p4 1 b) q 4-1 = R T1 ln ( q 23 51 q 23 = 297 KJ /Kg q 4-1 = q 0  q 0 = 197 KJ /Kg ve q 23 = q = 297 KJ /Kg W = q - q 0 = 297 - 197  W = 100 KJ /Kg T1  T2 450  300 = = 0.333 T1 450 c) ηC = ηC = q  q0 297  197 = = 0.333 q 297 d) N = m ( q – q0 )  ηC = % 33.3 ηC = % 33.3   200 = m ( 297 – 197 )  m = 2 Kg / s m = 2 Kg / s = 2 x 3600  m = 7200 Kg / h Örnek ) Carnot çevrimine göre çalışan bir ısı makinasının ısıl verimi % 28 ‘dir. İş yapan akışkan olarak su buharı kullanılmaktadır. İş yapan akışkan akışkana ısı geçişi 350 oC sıcaklıkta olmakta ve bu esnada akışkan doymuş sıvı halinden doymuş buhar haline geçmektedir. a) Bu çevrimi doymuş sıvı ve doymuş buhar eğrilerini ihtiva eden T – S diyağramında gösteriniz. b) İş yapan akışkandan soğuk ısı kaynağına ısının terkedilmesinin başladığı ve bittiği hallerdeki kuruluk dercelerini hesap ediniz. c) Çevrimde saatte 5 Kg akışkan dolaştığına göre bu ısı makinasının verimini bulunuz. Çözüm ; a) ηC = 1 - Tsoğ Tsııca  0.28 = 1 - T soğ = 448.2 K = 175.2 oC 52  Tsoğ 273  350   T 1 2 350 175.52 4 3 S S1=S4 S2=S3 b) 2-3 tersinir adyabatik hal değişimi olduğundan S2 = S3 aynı şekilde S2 = S3 dir. Buhar tablosundan 350 oC için ; S1=S4 = Ss = 3,7786 KJ / Kg K S2=S3 = Sb = 5,2117 KJ / Kg K bulunur. 175,52 oC için buhar tablosunda değerlere bakıldığında tam değer yok lineer interpolasyon yapalım. 2,1006  S S 176  175,52 = 2,1006  2,0909 176  175 6,6256  S b 176  175,52 = 6,6256  6,6177 176  175  SS = 2,0956 KJ / Kg K  Sb = 6,6179 KJ / Kg K Buna göre; s = ss + x (s b - s s ) buradan 3,7786 = 2,0956 + X ( 6,6179 - 2,0956)  X = 0,375 5.2117 = 2,0956 + X ( 6,6179 - 2,0956)  X = 0,6904 S2=S3 S1=S4 c) Termodinamiğin birinci kanunundan P = sabit olduğundan qsıcak = q12 = h2 – h1 dir 350 oC için buhar tablosundan h2 = 2565 h1 =1671 qsıcak = 2565 – 1671  53 qsıcak = 895,8 KJ / Kg veya q12 = T (S1 – S2 )  q12 = (350+273) (5,2117 - 3,7786 )  q12 = 895,8 KJ / Kg Örnek ) 20 oC sıcaklıkta ve 10 bar basınçtaki 100 Kg hava 1 bar basınca kadar genişletiliyor. a) Genişleme tersinir izotermik olduğuna göre entropi değişimini b) Genişleme n = 1,3 politropik üssü ile yapıldığına göre entropi değişimini bulunuz. CP = 1,01036 KJ / Kg K R = 0,28722 KJ / Kg K Δ S = S2 - S1 = Cp ln P 1 PVn = sabit T = sabit izoterm PV = sabit 2 2’ T2 P - R ln 2 T1 P1 Δ s = s2 - s1 = R ln P1 P2 Δ s = s2 - s1 = 0,28722 ln V 2’ Δ s = 0,661 KJ / Kg K 10 1 Δ S = m x Δ s = 0,661 x100  Δ S = 66,1 KJ / Kg K P2 n-1/ n T2 P2 n-1/ n 1 1,3-1/ 1,3 = ( ) ) )  T2 = T1 (  T2 = 293 ( P1 T1 P1 10 T2 = 172,2 K Δ S = S2 - S1 = Cp ln T2 P 172,2 1 - R ln 2  Δ s = 1,01036 ln - 0,28722 ln 293 10 T1 P1 Δ s = 0,1283 KJ / Kg K Δ S = m x Δ s = 0,1283 x 100 54  ΔS= 12,83 KJ / Kg K Örnek ) Benzin motorundaki çevrim aşagıda açıklandığı gibi ideal bir modelle gerçekleştirilebilir. Çevre şartlarındaki ( 100 kPa , 15 oC ) hava PV1,3 =sabit tersinir politropik hal değişimine göre ilk hacminin 1 / 7 ‘sine kadar sıkıştırılıyor. Sonra sabit hacimde 900 KJ / Kg ısı verilen hava PV1,35 =sabit hal değişimi ile ilk hacmine kadar genişler ve sabit hacimde ısı atılması ile çevrim tamamlanır. a) Her bir haldeki basınç ve sıcaklıkları hesaplayınız. b) Çevrimi P –V ve T – S diyağramında göstererek 1 Kg hava için yapılan net işi ve çevrimin ısıl verimini bulunuz. Çözüm ; P2 V1 1,3 ( )=( ) P1 V2  V1 n-1 T2 = ( )  V2 T1 W12 = q12 = Cp - P2 7 = ( )1,3  P2 = 1254,95 kPa P2 = 1,25495 MPa 1 100 T2 7 = ( )1,3 - 1  T2 = 516,59 K 1 288 R 0,28722 ( T1 – T2 ) = ( 516,59 - 288 )  W12 = - 218,54 KJ / Kg n 1 1.3  1 nR 1,3x0,28722 ( T1 – T2 )  q12 = ( 1,0103 )( 516,59 – 288 ) n 1 1,3  1 q12 = - 54,86 KJ / Kg Isı sabit hacimde verildiğinden W23 = 0 ve birinci kanundan q23 = qsıcak = CV ( T3 - T2 )  900 = 0,7165 (T3 – 516,95 )  T3 = 1772,7 K P3 T3 ( )=( ) P2 T2  T3 P3 = P2 ( ) T2  P3 = 1,255 ( Genişleme esnasında n = 1,35 verilmektedir. 55 1772,2 )  P3 = 4,306 MPa 516,59 ( V3 1,35 P4 )=( ) P3 V4  P4 1 = ( )1,35  P4 = 0,311 MPa 4,306 7 V3 n-1 T4 T4 1 = ( ) = ( )1,35 - 1  T4 = 897,12 K  V4 T3 7 1772,2 R 0,28722 ( T4 – T3 )  W34 = ( 897 - 1772,2 )  W34 = 717,97 KJ/Kg n 1 1,3  1 nR 1,35 x0,28722 = Cv ( T4 – T3 )  q34 = ( 1,0103 )( 897 – 1772,2 ) n 1 1,35  1 W34 = q34 q34 = 84,68 KJ / Kg Isı sabit hacimde çekildiğinden W 41 = 0 olur. q41 = CV ( T1 - T4 )  q41 = 0,7165 ( 288 – 897,12 )  q41 = - 436,33 KJ / Kg b) S2 - S1 = Δ S = CV ln T2 V 516,59 1 + R ln 2 = 0,7165 ln ( ) + 0,28722 ln( ) 288 7 T1 V1 S2 - S1 = - 0,1403 KJ / Kg S4 - S3 = Δ S = CV ln T4 V 7 897,12 + R ln 4 = 0,7165 ln ( ) + 0,28722 ln( ) 1 T3 V3 1272,2 S4 - S3 = 0,0710 KJ / Kg K Wnet = (W12 = - 218,54 + W34 = 717,97 )  Wnet = 499,43 KJ / Kg η= 56 Wnet 499,43 = 900 q sıı  η = 0,555  η = % 55,5 3 P 3 T V=sabit 2 n PV =sabit 4 dW 2 dQ V=sabit 1 1 PVn=sabit 4 V=sabit n PV =sabit 57 V S