|
mahonick Üye Puan: 1768.5  | Gönderilme Tarihi: 03 Aralık 2011 23:44:52
GAZİ ÜNİVERSİTESİ
TEKNİK EĞİTİM FAKÜLTESİ
MAKİNA EĞİTİMİ BÖLÜMÜ
TERMODİNAMİK – I
DERS NOTLARI
Y.DOÇ.DR.KURTULUŞ BORAN
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.
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 eğer kütle ( G ) kg ve hacim V ( m3 ) olarak alınırsa = G / V = Kg / m3 olur.
Özgül hacim : yoğunluğun tersi olup m3 / kg olarak ifade edilir. v = = = 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.
Termodinamikte kullanılan Boyut ve Birimler
Birim Sistemleri Temel Büyüklükler
SI m ( Kütle )
Kg L (Uzunluk)
m s ( Zaman)
s
CGS M
gr
L
cm s
s
MKSA
Mühendislik birim sistemi F (kg)
KgF L
m s
s
TÜRETİLEN BÜYÜKLÜKLER
F (Kuvvet)
N P(Basınç)
Pa,bar İş ( Enerji )
J Güç(Joule / s)
F
dyn P
bar Erg Erg / s
m = G / g = Kgfs2 /m P = Kgf / m2 Kgfm Kgfm /s
F = m (Kg) . a ( m / s2 ) = Kg m / s2 = Newton ve 1 KN = 103 N
N / m2 = 1 Pascal 105 N / m2 = 1 bar
İş ( W ) = F (N) . S (m) cosα = Nm = Joule
Basınç Birimleri
Atm(Kg / cm2 ) Bar dyn / cm2 At = Kp / cm2 Torr = 1 mmHg
1 Atm(Kg / cm2 ) 1 1.01325 1.01325x106 1.03323 7.6x102
1 Bar 9.86923x10 – 1 1 1x106 1.01972 7.50062x10 2
1 dyn / cm2 9.86923x10 - 7 1x106 1 1.01972x10 - 6 7.50062x10 - 4
1 At = Kp / cm2 9.67841x10 - 1 9.80665 x10 -1 9.80665 x10 5 1 7.35559x102
Torr = 1 mmHg 1.31579x10 - 6 1.33322x10 -6 1.33322 1.35951x10 - 6 1
ENERJİ , İŞ VE ISI BİRİMLERİ
kJ Kpm Kcal kWh BGh
1 kJ 1 101.9716 0.238846 2.778x10 - 4 3.7767x10 - 4
1 Kpm 9.80665x10 - 3 1 2.34228x10 - 3 2,724x10 - 6 3,70370x10 - 6
1 Kcal 4.1868 426,935 1 1,163x10 - 3 1,5812x10 -3
1 kWh 3600 3,68x10 5 859,845 1 1,3596
1 BGh 2647.8 2,7x10 5 632,44 0,7355 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
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 ) x ( 0,76 m )
P = 1,01325 x 10 5 N / m2 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.
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.
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
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.
3 ‘lü faz denge diyagramı
Doymuş haller :
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.
Sıvı ve buhar hacmi ise v = Vb mb + Vs m s dır.
v3 = (Vb mb + Vs m s ) / m buradan v3 = x3 vb + ( 1 - x3 ) vs genel olarak
özgül hacmi v = v s + x (vb - vs ) olarak bulunur. Buna Bağlı olarak ;
İç enerji u = u s + x (u b - u s )
Entalpi h = h s + x (h b - h s )
Entropi s = ss + x (s b - s s ) Şeklinde bulunur.
Kuruluk derecesi 0 ila 1 arasında değişir ; 0 ≤ X ≤ 1
Grafikten çıkarılan kuruluk derecesi X = (v – v s ) / (vb - vs ) şeklinde bulunur.
Bir buzu eritmeden buharlaştırmak için üçlü nokta basıncının altında sabit basınçla gaz hale geçirebiliriz.
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 veya P. V = n . R . T veya
P. V = M .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 = ?
Su : P = 25.030 bar v= 0.05 m3 / Kg X = ?
b-) Amonyak T = -10 o C X = 0.4 v = ?
Amonyak P = 11.67 bar v = 0.08 m3 / Kg 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
Su buharı tablosundan P = 25.030 bar için
v s = 0.00120 m3 / Kg v b = 0.07984 m3 / Kg
X = X = 0. 62
b-) Amonyak Tablosundan T = -10 o C için
v s = 0.00153 m3 / Kg 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 için
v s = 0.00168 m3 / Kg v b = 0.111 m3 / Kg v = 0.08 m3 / Kg idi
X = X = 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 :
buradan P2 = 26.54 bar T2 = 227 oC bulunur.
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.
Teknikte karşılaşılan bir çok hal değişimlerinde sistemin her noktasındaki hal değişimi aynı olmadığı gibi hal değişimi sanki dengeli hal değişimine yaklaşır.
Termodinamikte iş :
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.
W12 = = olur. Bun P, v diyağramında gösterelim.
Dengesiz hal değişimindeki durumunu da inceleyelim. Dengesiz hal değişiminde hareketli sınır işi
W12 =
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.
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.
İşini iletmesi gerekir. Böylece sistem ilk şartlarına dönebiliyorsa bir çevrim meydana geliyor demektir. Ve dir.
Isının mekanik eşdegeri : Bir çevrim boyunca ısı ve iş ilişkilerini belirten denklem J = 0 termodinamiğin 1. kanunu SI birim sisteminde J = 1 diğer sistemlerde J = 4.1868 KJ / Kcal
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.
1B2C1 İçin ( ) BC = 0
B + C = 0 ( 2 )
= 0 olduğundan A = B yazılabilir bu demektirki denklem şekline gelir ki bu genel denklem yola bağlı değildir. Yani (A) yoluyla gidilse veya (B) yoluyla gidilse netice değişmez dönüş tekrar (1) ‘e gelince = 0 olur. Şimdi sonuç 1’ e göre beyan edilen iki hal değişimine göre bahsedilen özellik matematiksel olarak
= E 2 – E 1 ( Sistemin enerjisi)
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
KE12 : kinetik enerji değişimi
PE12 : m g ( Z2 – Z1 ) Potansiyel enerjinin değişimi
E 12 : m ( u2 – u1 ) + + m g ( Z2 – Z1 ) Toplam enerji değişimi
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 )
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
NOT : Kapalı sistemlerde dW = P dv Açık Sistemlerde dW = - vdP dir.
dh = dq – dw 12 = dq + vdp v = sabit W12 = - v = v ( P1 – P2) ve
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 )
a) Kapalı sistemlerde
W12 = = ve W12 = = = 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.
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.
|
mahonick ÜyePuan: 1768.5 | Gönderilme Tarihi: 03 Aralık 2011 23:45:17 | # 1
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 ) )
İdeal gaz denklemini hatırlarsak P V = R T idi. Bunun diferansiyelini alalım.
P dv + v dP = R dT ve dT = 0 burada PV = sabit bulunur bu işlem izoterm işlemi karakterize eder
a) Kapalı sistemlerde
du = dq – dw = dq – p dv = 0 ise dq = Pdv ve P = olduğundan yerine koyarsak ve integre edersek
q 12 = W12 = = RT = RT ln bulunur. Buradan
Q = W = m RT ln bulunur. Bu demektir ki izoterm bir hal değişiminde verilen ısı işe eşittir.
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’ = = dir.
4 ) ADYABATİK HAL DEĞİŞİMİ ( PVk = sabit )
diferansiyelinde ( dT ) yerine yazarsak ; Pdv + vdP = R ise ( 1 + ) Pdv = - vdP Cp - Cv = R ve = 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
P v k = P1 v1 k = sabit P = bunu denklemde yerine koyarsak
W12 = = P1 v1 k = ( V - V )
W12 = = bunu yerine koyalım.
W12 = olur parantezi açar ve sadeleştirirsek
W12 =
W12 = = V1 = P2 V2
P1 v1 k = P2 v2 k = sabit v1 = buradan hareketle
W12 = veya
W12 = ( T1 – T2 ) olur.
b) Açık sistemlerde :
q12 = 0 olduğuna göre dh = - dW12 olur. W12 = h1 – h2
W12 = şeklinde yazabiliriz . Bundan yararlanarak bulduğumuz W12 = h1 – h2 ifadesini Pv ve T ‘ye bağlı olarak bulalım. Diyagrama (P-v) göre 1234 alanı = = dir.
W12 = - = + yerlerine koyalım.
W12 = +
W12 = veya W12 = ( T1 – T2 ) olur.
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
W12 = veya
W12 = ( T1 – T2 ) olur.
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 = q12 = Cv (T2 – T1 ) + W12 iş ifadesi yerine konursa
q12 = Cv (T2 – T1 ) + ( T1 – T2 ) = Cv ( T2– T1 )
Cn = Cv ve q12 = Cn ( T2– T1 ) bulunur.
Cn : Politropik özgül ısınma ısısı
b) Açık sistemlerde
İş ve ısı ifadeleri aşağıdaki gibi olur.
W12 = = = ( T1 – T2 )
dq = dh + dW ve dh = Cp dT
q12 = Cp (T2 – T1 ) + ( T1 – T2 ) = Cp ( T2– T1 )
q12 = Cv ( T2– T1 ) buradan 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.
( 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 q12 = 0 olup sağ tarafında ( q > 0 ) , sol tarafında (q < 0 ) ‘dır.
PV n = sabit ifadesinin diferansiyelini alalım nPVn-1 dv + Vn dP = 0 olur. ( PV n ) ile her iki tarafı bölelim sonuçta = - n bulunur P ve V değerleri pozitif olduğuna göre şayet < 0 ise n > 0 ve > ise n < 0 olur.
Bunun anlamı politropik sıkıştırma veya genişleme eğrisinin eğimini veren
tg α = ‘ nin değeri “ n “’ nin işaretini tayin eder.
Adyabatik veya politropik olaylarda sıcaklık , basınç ve hacim arasında problemlerde çok kullanacagımız şu bağıntıları da çıkarabiliriz.
PV n = P1V1n = P2V2n = sabit
P1V1 = R T1 P1 = ve P2V2 = R T2 P2 =
Yukarıdaki eşitlikte yerine koyalım
T1V1n-1 = T2V2n-1 = ( )n-1 bulunur basınçla sıcaklık arasındaki
bağıntı ise V1 = ve V2 = buradan T1 = T2
= ( )n-1/ n Şeklinde yazılabilir.
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
P2 V2 = R T2 ve hacim sabit olduğundan V1 = V2 buradan haraketle
T2 = T1 bulunur T2 = ( 272 + 27 ) T2 = 600 K olur
Verilen ısıyı bulalım : Q = m Cv ( T2 – T1 ) ‘ de önce “ m “ Kütleyi bulalım.
m = = m = = = m = 20.9 Kg
Q = m Cv ( T2 – T1 ) Q = 20.9 x 0.716 (600 – 300 ) Q = 4490 KJ
Bunu P – V diagramında gösterelim.
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.
W12 = 14x105x0.2 ln 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.
Çözüm :
1- 2 arası izotermdir
W12 = M R T1 ln W12 = 2.016x4.12418x273 ln
W12 = -2493.64 KJ
U = u2 – u2 = 0
2 -3 işi adyabatiktir. W23 = ( T1 – T2 ) ve P1V1 = P2V2 buradan
P2 = P1 P2 = 1 P2 = 3 bar
= ( )k-1/ k ideal gazlar için k = 1.4 alınır
= ( )k-1/ k T3 = 273 ( )1.4 - 1/ 1.4 T3 = 199.6 K
W23 = ( T1 – T2 ) W23 = ( 273 – 199 )
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 = V3 = =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 k = 1.4
W12 = ( 400 – 240 ) W12 = 100 KJ W12 G = = 0.0277 kWh
c) Açık sistem
W12 = - = + P1V1 - P2V2 buradan
W12 = = W12 = ( T1 – T2 )
W12 = ( 400 – 240 ) W12 = 140 KJ
W12 G = = 0.38 kWh
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 = oldugunu gösteriniz
W = P1 v1 n = P1 v1n = =
P1 = yazılabilir. Buradan W12 =
yazılır. Ayrıca P1V1n =P2V2n= sabit V2n = V2 = ( )1/n V1
V2= ( )1 / 1.25 50 V2 = 181 litre ve W12 =
W12 = 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.
W12 = P1 V1 ln W12 = 10 x105 x 0.1 ln W12 = 160.942 KJ
2-3 arasında P = sabit
W23 = P2 ( V3 - V2 ) burada V3 = ? bulalım 1-3 arasındaki adyabatik işlemden
P1V1k = P3V3k = sabit V3 = V1 V3 = ( ) x0.1 V3 = 0.316 m3
W23 = P2 ( V3 - V2 ) W23 = 2x105 ( 0.316 – 0.5 ) W23 = - 36.8 KJ
W31 = W31 = (2x105x0,316 – 10x105 x 0,5)
W31 = - 92 KJ
Çevrimin net toplam işi W123 = 160.942 + (- 36.8) + (- 92 )
WT = 32,1 KJ
ÇEVRİMLER
Termodinamiğin ikinci kanununu da gördükten sonra çeşitli termodinamik çevrimleri göreceğiz. Bu sebeple burada kısaca çevrimleri yeniden gözden geçirelim.
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
> 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.
η = < 1 ve q - = W çevrimin verdiği iş
q : Çevrime verilen ısı
η = = η = 1 - < 1 olur
II. Halde
Verimin tarifi çevrimin kullanılış amacına göre değişir.
Çevrim şayet
a) soğutmak için kullanılacaksa :
βo = (sisteme verilen ısı / sisteme verilen iş) βo =
βo : Soğutma tesir katsayısı
b) Iısıtmak için kullanılacaksa :
β = (çevreye verilen ısı / Sisteme verilen iş) β =
β : Isıtma tesir katsayısı
CARNOT ÇEVRİMİ ( iki adyabat – iki izoterm )
1 -2 Adyabatik sıkıştırma (iş gören akışkanın sıcaklık yükselmesi)
2-3 İzotermik genişleme (maksimum sıcaklıkta ısı alınması)
3-4 Adyabatik genişleme (iş gören akışkanın sıcaklık düşüşü)
4-1 İzotermik sıkıştırma ( minimum sıcaklıkta ısı atılması)
Bir çevrim boyunca ;
ve
q 12 = 0 adyabatik şıkıştırma
q23 = q = W23 = R T ln
q34 = 0 Adyabatik genişleme
q41 = q 0 = W41 = R T ln ( Hacim küçülmesi var P4 < P1 olduğundan
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 )
- = W23 = R T ln
- = W41 = R T0 ln
yerlerine koyarsak;
= W = R T ln - R T0 ln
ve buradan
= = yazılabilir ve W = R ( T – T0 ) ln olur
sisteme verilen ısılar ise ; olur
carnot çevriminin ısıl verimi ise;
η = = = = 1 - η = 1 - bulunur veya
η = = = 1 - = 1 - 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”.
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.
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 - ve η = 1 - 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 = 0 ‘dır. Şayet makina tersinir ise en genel halde ≤ 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 = ‘dir. Şayet tersinir değilse buna sürtünme işi eklenecektir. W12 = -
Açık sistemde ise W12 = - -
C1 : giriş hızı C2 : çıkış hızı
du = dq – dw = dq – p dv + d (Kapalı sistemlerde)
dh = dq – dw 12 = dq + vdp + d (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 = T ds Δ S =
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 demiştik kapalı sistem için ise du = dq – P dv + d yazmıştık. Buradan
T ds = dq + d = du + P dv yazabiliriz.
Açık sistem içinde aynı yolla : T ds = dq + d = dh – v dP yazılabilir. Buradan ;
ds = (Kapalı sistemlerde)
ds = ( Açık sistemlerde )
Entropinin tarifindeki işi işlem tersinir ise sıfır olur ve ifade
ds = 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.
CLASİUS EŞİTSİZLİĞİ
Entropi ifadesi aşağıdaki gibi yazılırsa clasius eşitsizliği meydana gelir.
ds ≥ Bunu çevrim boyunca entegre edersek ≥ yazılır. Kapalı sistemlerde bir çevrim boyunca tekrar aynı noktaya gelindiğinde entropinin sabit kaldığı görülür.
0 = ≥ dolayısıyla ≤ 0 olur.
Tersinir bütün hal değişimlerinde bir çevrim boyunca = 0 yazılabilir. İşlem tersinir değilse eşitsizlik < 0 olur.
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
T ds = ( P dv + v dP ) + P dv
P = ve T ds = (RT ) + R T = ( ) R T +
= yazılabilir. Bunu yerine yazarsak
T ds = RT + V dP T ds = Cp T + Cv dP
ds = Cp + Cv bulunur. Bunun inteğrali alınırsa
S2 - S1 = Δ S = Cp ln + Cv ln olur ( 1 )
Tekrar ilk denkleme dönecek olursak;
T ds = du + P dv
ds = + dv = + dv du = Cv dT
ds = CV + R olur. İntegralini alalım.
S2 - S1 = Δ S = CV ln + R ln 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 = (Cv + R ) - dP ve ds = Cp - R olur . Yine integralini alırsak
S2 - S1 = Δ S = Cp ln - R ln ( 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 ;
b) Tersinir ve adyabatik işlem için ;
c) Tersinir olmayan adyabatik işlem için ;
d) Tersinir ve adyabatik olmayan işlem için
d) Sabit hacimdeki işlem için ;
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 = ( )V = sabit = = olur. Böylece V = sabit eğrisinin teğet altı
( T – S ) diyağramında CV sabit hacmindeki özgül ısıyı 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 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 + P V
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.
P v = R T P = 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
S = SABİT + Cv ln
Δ S = S2 - S1 = R ln + Cv 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 + Cv ln = Cv ln ( 3 )
2. SABİT BASINÇTA HAL DEĞİŞİMİ
Sabit basınçta Q12 = ΔH12 ve dq = dh
S = SABİT + CP ln
2. İZOTERMİK HAL DEĞİŞTİRME
İzotermik hal değiştirmede Q12 - W12 = U12 ve dq = dW + du
Δ S12 = R ln ( 2 )
4.TERSİNİR ADYABATİK HAL DEĞİŞTİRME
Adyabatik hal değiştirmede dq = 0 ısı alışverişi yok yani ds = = 0
İdeal gaz için ; dq = 0 ve ds = 0 buradan S1 - S2 = 0 S1 = S2
olur.
(Cp / Cv ) = k ve 0 = ln buradan ( )k = sabit
PV k = Sabit
5. POLİTROPİK HAL DEĞİŞTİRME
Politropik hal değiştirmede dq = dW + du ve ( Q12 - W12 = U12 )
ds = ve
Δ S12 =
İdeal gaz için ;
dW = P dV = ve PV n = sabit du = CV dT
ds = R + Cv
Δ S12 = R ln + Cv ln burada CV = =
Δ S12 =
qsb = = T ( S b – S s ) = T sb = h b – h s = h sb
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 R = 0.28 KJ /Kg K
Çözüm :
P V = m R T m = = = = =kg
m = 0.447 Kg
P1 V1 = P2 V2 = sabit P2 = P2 = P2 = 20.4 bar
= ( ) k-1/ k = P3 = P2 ( )k/ k-1 P3 = 20.4( )1.4/ 1.4-1
P3 = 1.02 bar
P1 V1 k = P4 V4 k == = ( ) k-1/ k = ( ) k - 1
V4 = 0.272 m3
P4 = ( )k-1/ k P1 P4 = 1.4-1/ 1.4 x 51 P4 = 2.55 bar
a) q atılan = m R T3 ln ( ) izotermik sıkıştırma 3- 4 arasında
q atılan = 0.447 x 0.287x 536x ln q atılan = 63.59 KJ
b) q alınan = m R T1 ln ( ) izotermik genişleme 1-2 arasında
q alınan = 0.447 x 0.287x 1273 x ln q alınan = 149.64 KJ
c) ηC = = ηC = 0.57 ηC = % 57
Sıcaklığa göre ; ηC = = ηC = 0.57 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
P2 V2 = m R T2 V2 = = = V2 = 0.146 m3
P2 V2 = P3 V3 = sabit (izoterm) P3 = = P3 = 8.2 bar
P3 V3 k = P4 V4 k =sabit (Adyabatik) V4 = ( ) V3
V4 =( ) x 0.178 V4 = 0.8 m3
P4 V4 = m R T4 T4 = = T4 = 278.5 K
T1 = T4 (izoterm) T1 = 278.5 K
= ( ) k-1/ k P1 = = P1 = 1.28 bar
P1 V1 = m R T1 V1 = = V1 = 0.624 m3
Verilen ve atılan ısı miktarı;
Alınan ısı miktarı ; izotermik genişleme 2- 3 arasında
q alınan = m R T2 ln ( ) = 0.287x500x ln q alınan = 28.46 KJ
Atılan ısı miktarı ; izotermik genişleme 4-1 arasında
q atılan = m R T4 ln ( ) = 0.287x 278.5x ln ( ) q atılan = - 19.87 KJ
W = q = 28.46 – 19.87 = 8.59 KJ
ηC = = 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.
a) Adyabatik sıkıştırma sonundaki basıncını
b) Sistemden çevreye atılan ve çevreden sisteme alınan ısıları
c) Çevrimin ısıl verimini
d) Sistemde dolaşan hava miktarını bulunuz.
CP = 1 KJ /Kg K Cv = 0.715 KJ /Kg K
a) = 4- 1 arası izoterm P1 V1 = P4 V4 P1 =
P1 = P1 = 10 bar k = (Cp / Cv ) k = k = 1.4
= ( ) k-1/ k P2 = ( ) k/ k-1 P1 P2 = x 10
P2 = 40.7 bar
b) q 4-1 = R T1 ln ( ) = 0.287 x 300 x ln q 4-1 = - 197 KJ /Kg
q 23 = R T3 ln ( ) = R T2 ln ( ) = 0.287 x 450 x ln
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
c) ηC = = = 0.333 ηC = % 33.3
ηC = = = 0.333 ηC = % 33.3
d) N = m ( q – q0 ) 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 - 0.28 = 1 -
T soğ = 448.2 K = 175.2 oC
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.
= 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 S1=S4
5.2117 = 2,0956 + X ( 6,6179 - 2,0956) X = 0,6904 S2=S3
c) Termodinamiğin birinci kanunundan P = sabit olduğundan
qsıcak = q12 = h2 – h1 dir 350 oC için buhar tablosundan h2 = 2565 h1 =1671
qsıcak = 2565 – 1671 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 = 0,661 KJ / Kg K Δ S = m x Δ s = 0,661 x100
Δ S = 66,1 KJ / Kg K
= ( ) n-1/ n T2 = T1 ( ) n-1/ n T2 = 293 ( ) 1,3-1/ 1,3
T2 = 172,2 K
Δ S = S2 - S1 = Cp ln - R ln Δ s = 1,01036 ln - 0,28722 ln
Δ s = 0,1283 KJ / Kg K
Δ S = m x Δ s = 0,1283 x 100 Δ S = 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 ;
( ) = ( )1,3 = ( )1,3 P2 = 1254,95 kPa P2 = 1,25495 MPa
= ( ) n-1 = ( )1,3 - 1 T2 = 516,59 K
W12 = ( T1 – T2 ) = ( 516,59 - 288 ) W12 = - 218,54 KJ / Kg
q12 = Cp - ( T1 – T2 ) q12 = ( 1,0103 - )( 516,59 – 288 )
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 = P2 ( ) P3 = 1,255 ( ) P3 = 4,306 MPa
Genişleme esnasında n = 1,35 verilmektedir.
( ) = ( )1,35 = ( )1,35 P4 = 0,311 MPa
= ( ) n-1 = ( )1,35 - 1 T4 = 897,12 K
W34 = ( T4 – T3 ) W34 = ( 897 - 1772,2 ) W34 = 717,97 KJ/Kg
q34 = Cv - ( T4 – T3 ) q34 = ( 1,0103 - )( 897 – 1772,2 )
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 + R ln = 0,7165 ln ( ) + 0,28722 ln( )
S2 - S1 = - 0,1403 KJ / Kg
S4 - S3 = Δ S = CV ln + R ln = 0,7165 ln ( ) + 0,28722 ln( )
S4 - S3 = 0,0710 KJ / Kg K
Wnet = (W12 = - 218,54 + W34 = 717,97 ) Wnet = 499,43 KJ / Kg
η = = η = 0,555 η = % 55,5
|
 Sayfalar:
[1] |
|
Ara
