Soru 1

ITAP Fizik Olimpiyat Okulu 15 Eylül 2010 Resmi Sınavı
(Prof. Dr. Ventsislav Dimitrov)
Konu: Döngüsel süreçlerin Termodinamiği
ya
tO
ku
lu
Soru 1. Diyagramdaki döngüsel süreç iki izobar ve iki izotermal süreçten oluşuyor.
V
V
Eğer diyagramdaki 1-4 noktaları için 3 = α ve 4 = 1 ise
V1
V2
T
(burada α bir sabittir), 3 ne kadardır?
T1
lim
T
T32 P2V2 P3V3
T32 V2V3
=
.
Verilere
göre
=
= α , buradan 3 = α (Cevap).
2
2
P1V1 P4V4
V1V4
T1
T1
T1
IT
AP
Fi
zi
k
O
denklemden
pi
Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için nR=1 olarak alalım, burada n mol sayısı R
ise gaz sabitidir. Buna göre bir n mol miktarda ideal gazın denklemi PV = T şekline
geliyor. Diyagrama göre T1 = P1V1 ve T4 = P4V4 = T1 (1-4 süreci bir izotermdir).
Buradan T12 = P1V1 P4V4 . Aynı şekilde T32 = P2V2 P3V3 (2-3 süreci bir izotermdir). Bu iki
tO
ku
lu
Soru 2. n mol miktarda olan helyum gazının PV diyagramdaki döngüsel süreci bir
izobardan (1-2) ve iki tane lineer süreçten oluşuyor. İzobar
sürecinde gaz W miktarda iş yapıyor ve sıcaklığı dört
katına çıkıyor. 1 ve 3 durumlarında sıcaklık aynıdır. PV
diyagramda 2 ve 3 noktalarından geçen doğru koordinat
sistemin başlangıç noktasından geçmektedir. Bu verilere
göre gazın sıcaklığı durum 1’de ne kadardır? Bir döngüsel
süreçte gazın yaptığı toplam iş ne kadardır?
pi
ya
Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için nR=1 olarak alalım. Buna göre ideal gazın
denklemi PV = nRT = t oluyor, burada t birimi enerji boyutunda olan mutlak
t
. Verilere göre t 2 = P2V2 = 4t1 = 4 P1V1 , buradan V2 = 41V1 olduğu
sıcaklıktır, yani T =
nR
W
gözleniyor. Verilere göre W = P1 (V2 − V1 ) = 3P1V1 = 3t1 . Buradan t1 = ’ye olduğunu
3
W
(Cevap).
buluruz. Boyutlu şeklinde ise T1 =
3nR
lim
Doğru 2-3 başlangıç noktadan geçtiğine göre doğrunun denklemi P = aV dir, burada
P2
t
α bir sabittir. Nokta 2 için P1 = aV2 = 4aV1 = 4a 1 , buradan a = 1 buluruz. Nokta 3
4t1
P1
t3
t
P2
P
= a 1 . Buradan P32 = at1 = 1 ⇒ P3 = 1 . Gaz bir döngüde
P3
P3
4
2
yaptığı iş sayısal olarak PV diyagramdaki 1-2-3 üçgenin alanına eşittir:
3t
1
3
W
Wt = (P1 − P3 )(V2 − V1 ) = P1V1 = 1 ⇒ Wt =
(Cevap)
2
4
4
4
IT
AP
Fi
zi
k
O
için ise P3 = aV3 = a
tO
ku
lu
Soru 3. Bir mol miktarda helyum gazının PV diyagramdaki 1-2-3 döngüsel süreçte
yaptığı işi bulunuz. Süreç bir adiabat (1-2), bir izobar (23) ve bir izokordan (3-1) oluşmaktadır. Adiabat sürecinde
en yüksek ile en düşük sıcaklık arasındaki fark ∆T dir.
İzobar sürecinde ise gazdan Q miktarda ısı alınıyor.
γ −1
pi
ya
Çözüm: Birinci yasaya göre bir döngüsel süreçte bir sistemin yaptığı iş (W) sisteme
verilen net ısıya (Qt) eşittir (veya verilen ısı eksi alınan ısıya eşittir). Diyagrama göre
sisteme verilen net ısı
W = Qt = C P (T3 − T2 ) ) + CV (T1 − T3 ) ) = −Q + CV (T1 − T3 ) ) ,
(1)
burada Q izobar süreçte gazdan alınan ısı miktarı, CP ve ise Cv sabit basınç ve sabit
hacim koşullarında ısı kapasiteleridir. Verilere göre
Q
T3 − T2 = −
(2)
CP
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
V 
Adiabat denkleminden T = T2  2  sıcaklığın hacmin monoton azalan bir fonksiyonu
V 
olduğu gözleniyor, yani diyagramdaki adiabatik süreçte en yüksek sıcaklık T1, en
düşük ise T2 dir: verilere göre
T1 − T2 = ∆T .
(3)
Q
buluruz ve Denk(1)’ye göre
Denk(2-3)’ten T1 − T3 = ∆T +
CP
C
C − CV
5
3
W = −Q + V Q + CV ∆T = CV ∆T − P
Q . Helyum için C P = R ve C P = R .
CP
2
2
CP
3
2
Buradan W = R∆T − Q (Cevap)
2
5
tO
ku
lu
Soru 4. Bilinen bir miktarda helyum gazı pistonu hareketli olan bir silindir içinde
bulunmaktadır. Sabit basınç altında gaz durum
1’den durum 2’ye kadar ısıtılıyor (şekildeki PV
diyagrama göre). Bu süreçte gaz A12 miktarı kadar
iş yapıyor. Ardından 2-3 sürecinde gazın üzerine
-A23 miktarında iş yaparak (-A23>0) gaz basıncı
hacimle orantılı olarak şeklinde sıkıştırılıyor. Son
olarak 3-1 adiabatik sürecinde gaz sıkıştırılıyor ve
başlangıç duruma getiriliyor. 3-1 adiabatik
sürecinde gazın yaptığı işi (A31) bulunuz.
ya
Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için nR = 1 alınmıştır, buna göre ideal gazın
denklemi PV = T oluyor. Bir döngüsel süreçte sistemin yaptığı net iş (A) sisteme
verilen net ısıya (Q) eşittir: A = Q . Örnekte
A12 + A23 + A31 = Q12 + Q23 + Q31 .
(1)
pi
3-1
süreci
adiabatik
olduğuna
göre
Q31 = 0 .
1-2
süreci
ise
izobardır ⇒ Q12 = C P (T2 − T1 ) . Termodinamiğin birinci yasasına ve verilere göre
Q12 = C P (T2 − T1 ) = U 2 − U 1 + A12 = CV (T2 − T1 ) + A12 . (U – sistemin iç enerjisidir).
CP
A12 ⇒
C P − CV
CV
3
A12 = A12
Q12 − A12 =
(2)
2
C P − CV
3
5
(Helyum gazı için CV = nR ve C P = nR dir). 2-3 sürecinde verilere göre P = aV
2
2
2
burada α bir sabittir veya PV = aV ⇒ T = aV 2 . Bu süreçte sistemin yaptığı iş
1
1
1
δA = PdV = aVdV = d (aV 2 ) = dT , yani A23 = (T3 − T2 ) . Birinci yasaya göre
2
2
2
Q23 = U 3 − U 2 + A23 = CV (T3 − T2 ) + A23 ⇒
Q23 − A23 = CV (T3 − T2 ) = 2CV A23 = 3 A23
(3)
Denk(1)’ye göre
3
A31 = (Q12 − A12 ) + (Q23 − A23 ) = A12 + 3 A23 .(Cevap)
2
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
Buradan Q12 = C P (T2 − T1 ) =
tO
ku
lu
Soru 5. Döngüsü 1-2 izoterminden, 2-3 izokorundan ve 3-1 adiabatından oluşan bir
ısı makinen verimi η dir, döngünün en yüksek ve
en düşük sıcaklıkları arasındaki fark ise ∆T dir.
Buna göre n mol miktarda olan bir atomlu ideal
gaz izoterm sürecinde ne kadar iş yapacaktır?
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
pi
ya
Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için nR = 1 alınmıştır, buna göre ideal gazın
5
1
denklemi PV = T , ısı kapasiteleri ise C P = ve CV = oluyor. Verilere göre makine
2
2
sadece izoterm süreçte
V 
Q12 = T1 ln 2  = A12
(1)
 V1 
miktarda ısı alıyor ve sadece izokor süreçte açığa
3
Q32 = CV (T2 − T3 ) = ∆T
(2)
2
Q
3∆T
miktarda ısı veriyor. Verimin tanımına göre η = 1 − 32 . Buradan η = 1 −
veya
Q12
2 A12
3 ∆T
3nR∆T
A12 =
, boyutlu şeklinde ise A12 =
(Cevap)
2 1 −η
2(1 − η )
tO
ku
lu
Soru 6. PV diyagramdaki 1-2-4-1 döngüsünün
verimi η1, 2-3-4-2’in ise η2 dir. 1-2-3-4-1
döngüsünün verimini bulunuz. 4-1 ve 2-3 süreçleri
izokor, 3-4 izobar, 1-2 ve 2-4 ise basıncın hacmin
lineer fonksiyonu olduğu süreçlerdir. Döngülerde
süreçlerin yönü saat yönündedir. Makinede çalışan
gaz ideal gazdır.
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
pi
ya
Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için nR = 1 alınmıştır, buna göre ideal gazın
5
1
ve CV = oluyor. Önceden farklı
denklemi PV = T , ısı kapasiteleri ise C P =
2
2
süreçlerde makine ısı aldığı almadığını açıklayalım. 1-2 ve 4-2 lineer süreçle için
P = a + bV burada a ve b negatif olmayan sabitlerdir. Buna göre T = PV = aV + bV 2
ve T ′ = a + 2bV ≥ 0 , yani T hacimle artan bir fonksiyondur. Buradan Q = CV ∆T + A > 0
(A lineer süreçte yapılan pozitif iştir). 1-2 sürecinde sisteme verilen ısı Q1, 4-2’de Q2
ve 4-1 sürecinde ise Q3 olsun. 1-2-4-1 döngüsünde yapılan iş A1, 4-2-3-4
döngüsünde ise A2 olsun. 2-3 ve 3-4 süreçlerinde sistemden ısı alınmaktadır. Bu
açıklamalara göre ve verimin tanımına göre

A1
η1 =
Q1 + Q3


A2
(1)
η 2 =
Q2


A + A2
A
=
η = 1
Q1 + Q3 Q

Aynı anda birinci yasaya göre dönge 1-2-4-1 için
A1 = Q1 − Q2 + Q3 = Q − Q2 ⇒ Q2 = Q − A1 = Q(1 − η1 ) .
Buradan
A = A1 + A2 = η1Q + η 2 Q2 = η1Q + η 2 (1 − η1 )Q = (η1 + η 2 − η1η 2 )Q .
A
Denk(1)’re göre η = = η1 + η 2 − η1η 2 (Cevap)
Q
tO
ku
lu
Soru 7. Bilinen bir miktarda olan gazın yaptığı
döngüsel süreç iki izobar ve iki izokor süreçlerden
oluşuyor (şekildeki gibi). Bu süreçler 1,2,3 ve 4
noktalarında kesişiyor. 2 ve 4 noktalarında sırasıyla
sıcaklık T2 ve T4 eşittir, 2. ve 4. noktalardan geçen
doğru koordinat sistemin başlangıç noktasından
geçiyor. Bu verilere göre 1. ve 3. noktalardaki
sıcaklığı bulunuz.
lim
pi
ya
Çözüm 1: Yazıları daha kısa yazmak için nR=1 birim olarak alalım. Verilere göre O4-2 doğrultusunda P = aV burada α bir sabittir. Buna göre P4 = aV4 ve
P V
P2 = aV2 ⇒ 4 = 4
P2 V2
veya
P2V4 = P4V2
(1)
İdeal gaz denklemine göre
T1 = P2V4
(2)

T3 = P4V2
Denk(1) de kullanılırsa T1 = T2 buluruz. Denk(2)’den
(3)
O
T1T3 = P2V4 P4V2 = P2V2 P4V4 = T2T4
Yani, T1 = T3 = T2T4 (Cevap)
zi
k
Çözüm 2: Yazıları daha kısa yazmak için P4=1, V4=1 ve nR=1 sırasıyla basınç,
hacim ve gaz sabiti birimi olarak alalım. Buradan T4=1 ve nokta 2 eğimi 1 olan
doğrultuda olduğuna göre P2 = V2 ’ye eşittir. Gaz denklemine göre P2V2 = T2 , buradan
P2 = V2 = T2 .
T1 = P2V4 = P2 = T2 ve T3 = P1V2 = V2 = T2 .
Fi
Buradan
IT
AP
Boyutlu şeklinde ise
T1
T
= 2
T4
T4
⇒
T1 = T2T4 = T3 (Cevap)
tO
ku
lu
Soru 8. n mol miktarda olan helyum gazı PV
diyagramdaki döngüsel süreçte yer almaktadır. Süreç iki
izobar ve iki izokordan oluşuyor. 1-2 izokor sürecinde
gaza Q miktarda ısı aktarılıyor ve bu süreçte gazın
sıcaklığı 4 katına çıkıyor. Durum 2 ve 3’te sıcaklıklar
aynıdır, doğru 3-1 ise koordinat sistemin başlangıç
noktasından geçiyor. Bu verilere göre durum 1’de gazın
sıcaklığını ve gazın döngüsel süreçte yaptığı işi bulunuz.
O
lim
pi
ya
Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için P1=1, V1=1 ve nR=1 sırasıyla basınç, hacim
ve gaz sabiti birimi olarak alalım. (Buna göre E 0 = P1V1 , T0 = T1 sırasıyla enerji ve
3
3
sıcaklık birimi, ısı kapasitesi ise CV = nR = oluyor).
2
2
T1 = P1V1 denkleminden T1=1.
Nokta 3, 3-1-0 doğrultusunda bulunduğuna göre eğimi 1 ve P3 = V3 .
Verilere göre T3 = T2 = 4T1 = 4 .
3
9
2
Gaza 1-2 sürecinde verilen ısı Q = CV (T2 − T1 ) ) = ⋅ 3T1 = T1 dir. ⇒ T1 = Q , boyutlu
2
2
9
2Q
(Cevap)
biçiminde ise T1 =
9nR
Gaz denklemine göre durum 3 için P3V3 = T3 , buradan P3 = V3 = T3 = 2 . Durum 2 için
ise T2 = P2V2 = P2 = 4T1 = 4 . Buradan 1-2-3 üçgenin alanı A =
3
3
3 2
Q
Q
P1V1 = nRT1 = ⋅ Q = . ⇒ A =
(Cevap)
2
2
2 9
3
3
IT
AP
Fi
zi
k
boyutlu biçiminde ise A =
1
(P2 − P1 )(V3 − V1 ) = 3 ,
2
2
tO
ku
lu
Soru 9. 1-2 adiabatından, 2-3 izoterminden ve 3-1
izobarından oluşan süreçte (şekildeki gibi) bir
miktar helyum gazı A miktarda iş yapmaktadır.
Eğer süreçteki en yüksek ve en düşük sıcaklık
arasında fark ∆T ise gaz izoterm sürecinde ne
kadar iş yapıyor?
IT
AP
Fi
zi
k
O
lim
pi
ya
Çözüm: 2-3 izoterm sürecinde termodinamiğin birinci yasasına göre
δQ = PdV < 0 çünkü bu süreçte hacım azalıyor, yani sistemden ısı alınıyor. İzoterm
sürecinde sistemden alınan ısı miktarı Q1 olsun. İzobar sürecinde ise (3-1) sisteme
verilen ısı miktarı
5
Q2 = C P (T1 − T2 ) = R∆T > 0
(1)
2
PV
denklemine göre hacim artınca sıcaklık ta artıyor. 1-2 adiabat
çünkü T =
R
sürecinde ise sistemin sıcaklığı devamlı azalıyor: Termodinamiğin birinci yasasına
göre
A = Q2 − Q1
(2)
İzoterm süreçte
− Q1 = A23
(3)
5
A23 = A − R∆T (Cevap)
Denk(1-3)’ten A23 = A − Q2 ⇒
2
tO
ku
lu
Soru 10. Bilinen bir miktarda helyum gazı pistonu hareketli olan bir silindir içinde
bulunmaktadır. Gaz üzerine W 12 (W 12>0) miktarda
iş yapılarak gaz 1-2 adiabatik sürecinde durum
1’den durum 2’ye kadar sıkıştırılıyor (PV
diyagramdaki gibi). Ardından gaz 2-3 izoterm
sürecinde durum 2’den durum 3’çe kadar
genişliyor. Son olarak gaz durum 3’ten basıncı
hacmine orantılı olarak şeklinde ilk duruma kadar
sıkıştırılıyor. Eğer tüm 1-2-3-1 sürecinde gaz A
miktarda iş yaparsa gaz 2-3 izoterm sürecinde ne
kadar iş (A23) yapacaktır?
pi
ya
Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için P1=1, V1=1 ve nR=1 sırasıyla basınç, hacim
ve gaz sabiti birimi olarak alalım. (Buna göre E 0 = P1V1 , T0 = T1 sırasıyla enerji ve
3
3
sıcaklık birimi, ısı kapasitesi ise CV = nR = oluyor).
2
2
T1 = P1V1 denkleminden ⇒ T1=1.
Nokta 3, 3-1-0 doğrultusunda bulunduğuna göre eğimi 1 ve P3 = V3 = T3 .
O
lim
Verilere göre T3 = T2 .
2-3 izoterm sürecinde gaza verilen ısı
Q2 = A23
3-1 lineer sürecinde sistemden alınan ısı ise Q1 olsun:
Q1 = CV (T3 − T1 ) + A13 ,
1
1
T3 + T1 T3 − T1 , yani
Burada A13 = (P3 + P1 )(V3 − V1 ) =
2
2
1
A13 = (T3 − T1 )
2
3
1
Q1 = (T3 − T1 ) + (T3 − T1 ) = 2(T3 − T1 )
2
2
Termodinamiğin birinci yasasına göre A = Q2 − Q1 = A23 − 2(T3 − T1 ) , buradan
A −A
(T3 − T1 ) = 23
2
Fi
zi
k
(
(2)
)
(3)
(4)
(5)
Sistemin yaptığı toplam iş:
AP
IT
)(
(1)
A − A
1



A = A12 + A23 + A31 = −W12 + A23 − A13 = A23 − W12 + (T3 − T1 ) = A23 − W12 + 23
,
2
4 



4
4
buradan A = A23 − W12 veya A23 = A + W12 (Cevap).
3
3