∆U=Q-W U2-U1=Q-W Q W

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunu2.1.Sabit Hacim ProsesidU = dq − PdVHacim sabit olduğu için dV = 0dU = dq22∫ dU = ∫1U1dq2− U1= q2− q1∆ U = QBunun anlamı: Sabit hacim koşullarında sisteme verilen (veya sistemden alınan)ısı enerjisi iç enerji değişimine eşittir.2.2.Sabit Basınç ProsesidU = dq − PdV2∫1UdU=2∫1dq − P2∫1dV2− U12V= Q − P( V − ) 1(2 2 1 1U + PV ) − ( U + PV ) = QH ≡ U + PV tanımını yaparsakH H = Q2− 1∆ H = QBunun anlamı: Sabit basınç koşullarında sisteme verilen (veya sistemdenalınan) ısı enerjisi entalpi değişimine eşittir.2.3.Isı KapasitesiSisteme verilen (veya sistemden alınan) ısı enerjisinin meydana gelen sıcaklıkdeğişimine oranıdır.c =dqdT• Sabit Hacim Isı KapasitesidU = dq − PdV2

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuSabit hacimde dV = 0dU = dqcV⎛ ∂q⎞= ⎜ ⎟⎝ ∂T⎠Vİdeal gazlar için⎛ ∂U⎞= ⎜ ⎟⎝ ∂T⎠3c v=2VR• Sabit Basınç Isı KapasitesiH = U + PVdH = dU + PdV + VdPdU = dq − PdVdH = dq − PdV + PdV + VdPdH = dq + VdPSabit basınç koşullarında dP = 0dH = dqcP⎛ ∂q⎞= ⎜ ⎟⎝ ∂T⎠P⎛ ∂H⎞= ⎜ ⎟⎝ ∂T⎠İdeal gazlar icin:5c p=2 RPcp− cv= R2.3. Adyabatik ProsesAdyabatik proses de sistem çevreyle ısı alışverişinde bulunmaz.dq = 0Bundan dolayı dadU = −dwdU = −PdV3

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunuİdeal gazlar için:PV = RTRTP =VBu bağıntıyı yukarıdadT c vdTc vT= −= −RTdVVRdVV22dTc v ∫ = −RT∫V1 1c vc v32⎛ Tln⎜⎝ T21⎛ Tln⎜⎝ T21⎛ TR ln⎜⎝ TdV⎞ ⎛V⎟ = −Rln⎜⎠ ⎝ V⎞ ⎛ V⎟ = R ln⎜⎠ ⎝V211221⎞⎟⎠⎞ ⎛ V⎟ = R ln⎜⎠ ⎝V12⎞⎟⎠⎞⎟⎠dU= −PdVeşitliği içinde kullanırsak:⎛ T⎜⎝ T21⎞⎟⎠3 / 2⎛ V=⎜⎝V12⎞⎟⎠İdeal gaz denkleminden yol çıkarak:T2P2V=2 yazabiliriz.T1PV1Böylece:1⎛ P2V⎜⎝ PV121⎞⎟⎠3 / 2⎛ V=⎜⎝V12⎞⎟⎠⎛ P2⎜⎝ P1⎞⎟⎠⎛ P2⎞⎜⎟⎝ P1⎠3/ 23 / 2⎛V⎜⎝ V21⎛ V⎜⎝V12⎞⎟⎠⎞⎟⎠3 / 2−3 / 2⎛ V=⎜⎝V12⎛ V=⎜⎝V⎞⎟⎠12⎞⎟⎠4

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunu⎛ P2⎜⎝ P1⎛ P2⎜⎝ P1⎞⎟⎠⎞⎟⎠3/ 23 / 2⎛ V=⎜⎝V12⎛ V=⎜⎝V12⎞⎛V⎟⎜⎠⎝V⎞⎟⎠5 / 212⎞⎟⎠3 / 2⎛ P2⎜⎝ P1⎞ ⎛ V⎟ =⎜⎠ ⎝V12⎞⎟⎠5 / 32.4. İzotermal Prosesİzotermal proses de sıcaklık değişimi sıfırdır. Diğer bir deyişle sistemin sıcaklığısabittir.dU = dq − PdVİç enerji degişimi:dU = c dTvdT = 0 olduğu için:dU= 0Böylece:dq − PdVdq = PdV= 0Sisteme verilen ( veya sistemden alınan) ısı enerjisi sistemin yaptığı (veyasisteme yapılan) işe eşittir.İdeal gazlar için:PV = RTRTP =VRTdVdq =V2∫ dq = RT2∫dVV1 15

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunu⎛V ⎞Q = RT ln ⎜ 2⎟⎝ V1 ⎠Örnek 1:Elimizde 25 o C de ve 10atm basınçta 8 litre ideal gaz var. Buna gore yapılan iş,alınan (veya verilen) ısı enerjisi, iç enerji değişimi ve entalpi değişimini aşağıdaverilen her bir proses için hesaplayınız.a)Gaz izotermal bir şekilde, basınç değeri 1 atm. değerine düşecek şekildegenişliyor.b)Gaz adyabatik prosesle basınç değeri 1 atm. değerine düşecek şekildegenişliyor.c) Gaz, sabit hacimde basınç değeri 1 atm. değerine düşecek şekildesoğutuluyor.Çözüm:Öncelikle elimizde kaç mol gaz var onu hesaplamalıyız.PV = nRTn =PVRTP = 10 atm =P = 1 .013×10oT = 298 KV = 8lt= 8×105× 1.013 10210 ×6−3jouleR = 8.314omol Km3m61.013×10 × 8×10n =8.314×298n = 3.27mol−36

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunua) İzotermal genleşmePVT1116= 1.013×10 / m= 8×10=o298−3Km32PVT2225= 1.013×10 / m= ?=o298K2P V = nRT22Genişlemeden sonraki hacim:VVV222=nRTP23.27 × 8.314×298=51.013×10−33= 79.9 × 10 mBöyleceYapılan iş:dw = PdVW=V2∫V1PdVİdeal gazlar için:nRTP =VBu bağıntıyı yukarıdaki integralde yerine koyarsakW=V2∫V1nRTVdVV2 W = nRT lnV|V1⎛V2W = nRT ln⎜⎝ V1⎞⎟⎠⎛ 79.9 × 10W = 3.27 × 8.314×298×ln⎜−3⎝ 8×10W = 18644. 62 joule (Sistem tarafından çevreye doğru yapılan is)−3⎞⎟⎠7

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuTermodinamiğin 1. kanunudU = dq − dwc dT = dq − dwvSıcaklık sabit olduğundan dT = 0Bundan dolayı da: dU = 0Böylece:dq = dwQ = WQ = 18644. 62 joule (Sisteme dışarıdan verilen isi enerjisi)Entalpi değişimi:dH= cpdTAyni şekilde dT = 0 olduğu içindH= 0b)Adyabatik genleşmePVT1116= 1.013×10 / m= 8×10=o298−3Km32PVT2225= 1.013×10 / m= ?= ?2dU= dq − dwAdyabatik proses olduğu için dq = 0Böylece:dU = −dwc dT = −PdVvİdeal gazlar için:PV = nRTP =nRTVbasınç için bulunan bu eşitliği kullandığımızda:8

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunudT nc v= −nRTVdVAyrıca, biliyoruz ki ideal gazlar icin:3c v=2 RBöylece:3 RTRdT = − dV2 V3 dT dV= −2 T V32T2∫T1dTT3 ⎛ Tln2⎜⎝ T⎛ Tln⎜⎝ TT2121= −V2∫V1dVV⎞ ⎛ V⎟ = ln⎜⎠ ⎝V⎞ ⎛ V⎟ = ln⎜⎠ ⎝V2⎛ V312 1 ⎟ ⎞= T⎜⎝V2⎠1212⎞⎟⎠⎞⎟⎠23T2yi hesaplayabilmemiz için, önceP =1V1nRT1P =2V2nRT2Bu iki bağıntıdan:PV1n =RTVV12111P2T=PTP2V=RT1222VV12değerini hesaplamamız gerekiyor.bu sonucu yukarıda T2için bulduğumuz ifadede yerine koyarsak:T2⎛ P32T12 1 ⎟ ⎞= T⎜⎝ PT1 2 ⎠yukarıdaki bağıntıyı:9

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuP = 1.013×10V111P2= 8×10−3oT = 298 Km5= 1.013×10 / m63 / mdeğerlerini koyup çözersek:T = o2118.64 K bulunur.22Simdi iç enerji değişimini hesaplayabiliriz:∆U∆U∆U∆U= nT2∫T1= ncc dTvv( T2− T )13R= n ( T2− T1)23.27 × 3×8.314(298 −118.64)=2∆ U = −7318 jouleEntalpi değişimi:H = U + PV∆H= ∆(U + PV )∆H= ∆U+ ∆(PV )∆H= ∆U+ ( P VBiliyoruz ki:PV = nRTBöylece:∆H∆H2 2− P1V1= ∆U+ nR( T − T1)2= −7318+ 3.27 × 8.314 × (118.64 − 298)∆ H = −12206 joule)10

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunuc) Sabit Hacim ProsesiPVT1116= 1.013×10 / m= 8×10=o298−3Km32PVT2225= 1.013×10 / m= 8×10= ?−3m32Öncelikle T2sıcaklığını hesaplamamız gerekiyor.VV12nRT=P121nRT=P2V1= V 2olduğundanT1T2=P PTTT122= P22T1P1= 1.013×102 =o29.8K52981.013×106İç enerji değişimi:dU = nc dT∆U∆Uv3R= n ( T2− T1)23×8.314= 3.27 × (29.8 − 298)2∆ U = −10943 jouleVerilen IsıdU = dq − PdV∆V = 0 bundan dolayı yapilan isW = PdV = 0∆ E = Q = −10943joule Sistem dışarıya isi vermiştir11

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuEntalpi değişimi:H = U + PV∆H= ∆(U + PV )∆H= ∆U+ ∆(PV )∆H= ∆U+ V ( P 2− P 1)∆H= −10943+ 8×10−3(1.013×105−1.013×106)∆ H = −18236 jouleÖrnek 2:İki mol ideal gaz ,1 atm. basınç altında ve 300 o K sıcaklığında bir silindirin içindebulunmaktadır. Bu gaza 34166 j lük bir ısı enerjisi verildiğinde gaz genleşmekteve 1216 j değerinde bir iş yapmaktadır. Buna göre gazın genleşmeden sonrakisıcaklığını hesaplayınız.Çözüm:Termodinamiğin 1.kanununa göre:dU = dq − dwdU= Q −WQ = 34166 jW = 1216 jBöylece, iç enerji değişimi:dU= 34166 −1216dU = 32950 jdU = ncvdT= 32950 j32 RdT = 32950 j23RT2∫T1dT= 32950 j12

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunu3 R∆T = 32950 j32950∆ T =3R32950∆T =3×8.314∆ To= 1321.06KT2 − T1= 1321.06T2 = T1+ 1321.06ooKKT2 = 300 + 1321.06T2 =o1621.06KoKÖrnek 3:1 mol ideal gaz 273 o K ve 1 atm. koşullarındaki 1 mol ideal gaza sırasıylaaşağıda belirtilen prosesler uygulanmaktadır.a) Sabit basınç prosesiyle hacim iki katına çıkartılıyorb) Ardından sabit hacim prosesiyle basınç iki katına çıkartılıyor.4 2c) Ardından ilk haline P = 6.643×10− V + 0. 6667 yolu izlenerek getiriliyor.Her bir proses için sisteme verilen (veya sistemden alınan) ısı enerjisi, sisteminyaptığı (veya sisteme yapılan) iş, iç enerji ve entalpi değişimlerini hesaplayınız.Çözüm:a) Sabit basınç prosesiyle hacim iki katına çıkartılıyor5P = 1.013×10 PaV1oT = 273 K11= ?5P = 1.013×10 PaTV222= ?= 2V113

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuÖncelikle ilk hacmi hesaplamalıyız. İdeal gaz denkleminden:nRTV1=P18.314×273V1=51.013×101V1= 0.0224m3imdide ikinci durumdaki sıcaklığı hesaplamalıyız.PV2nR2T2 =TT251.013×10 × 0.0448=8.3142 =o545.85Kİç enerji değişimi:dU = c dT2∫ dU = c v ∫ dT1∆U=∆U=v32T2T1R∆T38.3142×∆ U = 3402. 71 j( 545.85 − 273)Entalpi değişimi:dH = c dT2∫ dH = c p ∫ dT1pT2T1∆H=5R∆T214

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunu∆H=58.3142×∆ H = 5671. 19 j( 545.85 − 273)Yapılan is:dw = PdV2∫ dw = P1V2∫V1dV( − )W = P V 2V 1W = 1.013×105( 0.0448 − 0.0224)W = 2269. 12 j ( Sistem çevreye iş yapmış)Verilen (veya alınan) ısı enerjisi:dU = dq − dw∆ U= Q −WQ = ∆U+ WQ = 3402 .71+2269.12Q = 5671. 83 j (Çevreden sisteme ısı verilmiştir)Bu değer daha önce bulduğumuz entalpi değişimi değerine eşittir ki bu zatenbeklene bir sonuçtu. Çünkü, sabit basınç prosesinde sisteme verilen (veyasistemden alınan) ısı enerjisi entalpi değişimine eşit olduğu daha öncebelirtimişti.b) Sabit hacim prosesiyle basınç iki katına çıkarılıyor.PTV2225= 1.013×10 Pao= 545.85 K= 0.0448m35P = 2.026×10 PaTV333= ?= 0.0448m3Öncelikle ikinci durumdaki sıcaklığı hesaplamamız gerekmektedir.15

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuT3=P2VnR2TT352 × 1.013×10 × 0.0448=8.3143 =o1091.71Kİç enerji değişimi:∆U=∆U=32R∆T38.3142×∆ U = 6807. 42 j( 1091.71−545.85)Entalpi değişimi:∆H=∆H=52R∆T58.3142×∆ H = 11345. 7 j( 1091.71−545.85)Yapılan is:dw = PdVHacim sabit olduğu için dV = 0W= 0Verilen (veya alınan) ısı enerjisi:dU = dq − dw∆ U= Q −WW = 0 olduğu için:Q = ∆UQ = 6807. 42 j (Çevreden sisteme ısı verilmiştir)16

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. Kanunuc) Sistem ilk durumuna döndüğüne göre:5P = 2.026×10 PaV3oT = 1091.71 K33= 0.0448mİç enerji değişimi:∆U=∆U=32R∆T38.31423×∆ U = −10210. 1 j5P = 1.013×10 PaV( 273 −1091.71)1oT = 273 K11= 0.0224m3Entalpi değişimi:∆H=∆H=52R∆T58.3142×∆ H = −17016. 9 j( 273 −1091.71)Yapılan is:dw = PdV2∫ dw =1V2∫V1PdVW=0.0224−42( .643×10 V 0.6667)∫ 6 + dV0.0448−4−46.643×10 × 10 3W =V + 0. 6667V3W = -0.015 j ( Sistem çevreye iş yapmış)Verilen (veya alınan) ısı enerjisi:dU = dq − dw∆ U= Q −W17

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuQ = ∆U+ WQ = −10210.1−0.015Q = −10210. 1015 j (Çevreden sisteme ısı verilmiştir)Özet olarak:P (Pa)3∆U∆HQW31313131= −10210j= −17016.9j= −10210.1015j= −0.015j∆U∆HQW23232323= 6807.42 j= 11345.7 j= 6807.42 j= 01.013×10 52.026×10 5 1 2∆U12= 3402.71j∆H12= 5671.19 jQ12= 5671.83 jW12= 2269.12 j0.0224 0.0448V (m 3 )18

Bölüm 2: Termodinamiğin 1. KanunuToplam iç enerji değişimi:∆ U = ∆U12+ ∆U23+ ∆U31∆U∆U= 3402.71+6807.42 −10210= 0Toplam entalpi değişimi:∆ H = ∆H12+ ∆H23+ ∆H31∆H = 5671.19+ 11345.7 −17016.9∆H = 0Toplam alınan veya verilen ısı enerjisi:Q = Q +12+ Q23Q31Q = 5671.83+ 6807.42 −10210.1015Q = 2269. 15 jToplam iş:W = W +12+ W23W31W = 2269.12+ 0 − 0.015W = 2269. 11jGörülmektedir ki iç enerji değişimi ve entalpi değişimi yoldan bağımsız yanidurum fonksiyonudur. Buna karşın verilen (veya alınan) ısı enerjisi ile yapılaniş yola bağımlıdır.19