Resolução dos problemas de Termodinâmica Luiz Henrique de Melo dos Santos Ex.1 pg.1 Dados, PA = 3 atm, TA = 300 K, TB = 900 K e VA = 2 l. A transformação AB é isométrica(volume constante), assim, do gráfico da questão e dos dados acima, temos que, VB = VA = 2 l. Usando a equação PATAVA = PBTBVB ,os dados acima )( 900 ) = 9 atm. e o volume encontrado, temos PB = ( PATAVA )( TVBB ) = ( 6.900 300 2 A transformação AC é isobárica(pressão constante), assim, pC = pA = 3 atm. A transformação BC é adiabática(sem troca de calor), desse modo, usando PB VBγ = PC VCγ , 1 temos que, VC = ( PPBC ) γ VB , onde γ = CCVP = 35 ≈ 1, 67. Substituindo os valores, temse VC ≈ 3, 87 l. Com todos esses valores e usando a equação PCTCVC = PATAVA , temos TC = ( PPCA VVCA )TA = ( 3.3,87 ).300 = 580, 5 K. 3.2 Portanto, PB = 9 atm , PC = 3 atm , VB = 2 l , Vc = 3, 87 l , TC = 580, 5 K. alt. D Ex.2 pg.3 Usarei a letra grega τ para representar o trabalho para não confundir com T de temperatura. A primeira lei da Termodinâmica diz que, ∆UAB = QAB − τAB , como a transformação AB é isométrica, não há trabalho efetuado, ou seja, τAB = 0 atm.l e ∆UAB = QAB . A variação da energia interna é igual ao calor trocado pelo sistema. Como QAB = nCV (TB − TA ) com CV = 32 R e que a equação dos gases perfeitos é tal que PA VA = nRTA e PB VB = nRTB , podemos, após alguma álgebra, obter, ∆UAB = QAB = 23 nR( PBnRVB − PAnRVA ) = 3 (PB VB − PA VA ). Como a transformação é isométrica VA = VB = V , resultando em 2 ∆UAB = QAB = 32 (PB − PA )V . Com os valores dados, acha-se ∆UAB = QAB = 18 atm.l. Portanto, QAB = 18 atm.l , τAB = 0 atm.l , ∆UAB = 18 atm.l. alt. C Ex.3 pg.5 A transformação BC é adiabática, logo, não há trocas de calor. Pela primeira lei ∆UBC = QBC − τBC , como QBC = 0 atm.l tem-se ∆UBC = −τBC . Usando a equação τBC = −PB VB −PC VC ( PC VC1−γ ) =τBC = ( PB VBγ−1 ) e os valores dados, temos τBC = 9.2−3.3,87 = 9, 54 atm.l = 1,67−1 −∆UBC . Assim, QBC = 0 atm.l , τBC = 9, 54 atm.l , ∆UBC = −9, 54 atm.l. alt.B Ex.4 pg.7 Na transformação isobárica a pressão é constante. O calor é calculado por, QCA = nCP (TA − TC ). Usando a equação dos gases ideais, temos QCA = 25 nR( PAnRVA − PCnRVC ) = 5 (PA VA − PC VC ), como a pressão é constante, então, PA = PC = P e concluí-se que, 2 QCA 52 P (VA − VC ).Com os valores dados e os obtidos nas questões anteriores, encontra-se, QCA = 52 .3.(2 − 3, 87) = −14, 03 atm.l .O trabalho é calculado por τCA = p.(VA − Vc ). Substituindo os dados, tem-se, τCA = 3.(2 − 3, 87) = −5, 61 atm.l . Para obter a variação da energia interna, usa-se a primeira lei da Termodinâmica, ∆UCA = QCA − τCA . Logo, ∆UCA = −14, 03 − (−5, 61) = −8, 41 atm.l . Dessa modo, temos QCA = −14, 03 atm.l , τCA = 3.(2 − 3, 87) = −5, 61 atm.l , ∆UCA = −8, 41 atm.l. alt.A 1 2 Ex.5 pg.9 Calor, trabalho e energia interna de um ciclo é a soma dos mesmos nas transformações efetuadas pelo sistema. Assim, Qciclo = QAB +QBC +QCA = 0+9, 54−5, 61 = 3, 98 atm.l. Do mesmo modo, τciclo = τAB + τBC + τCA = 18 + 0 − 14, 03 = 3, 98 atm.l. Já a energia interna pode ser calculada de outra forma, ∆Uciclo = Qciclo − τciclo = 0 atm.l. alt.E Ex.6 pg.11 A transformação AB é isométrica, logo VA = VC = 6l. A transformação AB é isotérmica, na qual não há variação de energia interna, então pela primeira lei da Termodinâmica, QAB = τAB = PA VA ln( VVBA ). Não temos o volume VB . Será encontrado. A transformação BC é uma compressão adiabática, cujo trabalho vale, em módulo 18 atm.l, e neste caso, o −PC VC ). trabalho é negativo, e vale -18 atm.l. Esse trabalho é calculado por τBC = ( PB VBγ−1 PB VB −8.6 Substituindo os valores dados e calculados, temos τBC = −18 = ( 5/3−1 ). Portanto, PB VB = 36. Como a transformação AB é isotérmica, pela lei de Boyle-Mariotte, PB VB = 36 = PA VA . Para achar o volume VB , usamos, considerando que a transforma1 P Vγ ção BC é adiabática PB VBγ = PC VCγ . Após alguma álgebra, chega-se a VB = ( CPBC ) γ−1 . 5/3 Substituindo os dados, tem-se VB = ( 8.636 )3/2 = ( 29 )3/2 65/2 ≈ 9, 24 l. Com isso, o calor e o trabalho valem QAB = τAB = PA VA ln( VVBA ) = QAB = τAB = 36 ln( 9,24 ) = 15, 54 atm.l. 6 E, ∆UAB = 0 atm.l. alt.A Ex.7 pg.13 A transformação BC é adiabática. Desse modo, usando os valores encontrados na questão anterior, tem-se QBC = 0 atm.l, τBC = −18 amt.l e ∆UBC = −τBC = 18 amt.l . alt.B Ex.8 pg.15 A transformação CA é isométrica, e, dessa forma, não há trabalho, τCA = 0 atm.l . Pela primeira lei da Termodinâmica, ∆UCA = QCA = nCV (TA − TC ). Usando a equação de Clapeyron, PA VA = nRTA e PC VC = nRTC , na anterior, considerando que CV = 23 R e que o volume permanece constante, tem-se Q = 3 V (PA −PC ), usando os valores dados, CA 2 QCA = 32 6(6 − 8) = −18 atm.l = ∆UCA . alt.C Ex.1 pg.17 A transformação 23 é isobárica, assim, p2 = p3 = p. O trabalho é dado por τ23 = p(V3 − V2 ). A pressão p pode ser obtida pela lei de Boyle-Mariotte pois a transformação 12 é isotérmica, logo, p1 V1 = p2 V2 =5.4 = p2 .10 → p2 = 2 atm. Esse valor e os demmais dados na expressão do trabalho, resulta em τ23 = 2(4 − 10) = −12 atm.l. Como cada 1 atm.l = 100 J, chega-se a τ23 = −1200 J. A energia interna na transformação isométrica 31 é dada por ∆U31 = nCV (T1 − T3 ). Usando a equação dos gases ideais(Clapeyron), 3 V3 1 V1 e T3 = pnR , e, ainda, sabemos que o volume é constante, então, podemos temos T1 = pnR fazer V1 = V3 = V . Disso, temos que ∆U31 = 23 V (p1 − p3 ). Substituindo os valores, ∆U31 = 32 4(5 − 2) = 18 atm.l = 1800 J. alt.A Ex.2 pg.18 A transformação 12 é isotérmica. PorBoyle-Mariotte p1 V1 = p2 V2 . Usando os dados do problema, 4.2 = p2 .10, p2 = 0, 8 atm. alt. E Ex.3 pg.20 O calor na transformação isotérmica 12 pode ser calculado por Q12 = p1 V1 ln( VV12 ). Substituindo os valores, resulta em, Q12 = 4.2 ln( 10 ) = 12, 88 atm.l = 1287, 55 J. A transforma2 ção 23 é isobárica, o cálculo do calor, nesse caso é, Q23 = nCp (T3 − T1 ) considerando que a pressão é constante e a equação dos gases perfeitos, tem-se, Q23 = 52 p(V3 − V2 ). Usando os valores dados e calculados, Q23 = 25 0, 8(2 − 10) = −16 atm.l = −1600 J. O calor, na transformação isométrica 31, é dado por Q31= nCV (T1 − T3 ). Fazendo as mesmas substituições, usando a equação dos gases ideais e a constância do volume, Q31= 23 V (p1 − p3 ). Substituindo os valores, Q31 = 32 2(4 − 0, 8) = 9, 6 atm.l = 960 J. alt. C Ex.4 pg.21 Usando a igualdade, QT11 = QT22 obtemos o calor na fonte fria, Q2 = ( TT21 )Q1 . Assim, temos, com os dados da questão Q2 = 1125 J. O trabalho é dado por τ =Q1 − Q2 = 375 J. O 375 rendimento desse motor será, η = 1500 = 0, 25 → η% = 25%. alt.A 3 Ex.1 pg.22 Novamente, usando a igualdade, QT11 = QT22 , obtemos o calor na fonte quente, Q1 = ( TT12 )Q2 . Usando os valores, temos, Q1 = 2000 J. O trabalho efetuado por esse motoré τ = Q1 − Q2 = 2000 − 1500 = 500 J, e o coeficiente de desempenho é 150 = 3. alt.B 500 Ex.2 pg.23 A resolução desta questão é semelhante as duas anteriores, porém, efetuada para dois motores. Eles tem a fonte fria em comum. Desse modo, Q = QT11 e Q = QT22 , assim, Q1 = T T 600 J e Q2 = 400 J. Os trabalhos serão,τ1 = 600 − 300 = 300 J e τ2 = 400 − 300 = 100 J. Logo, τ = τ1 + τ2 = 300 + 100 = 400 J alt. D Ex.3 pg.24 Resolução semelhante às anteriores, assim, Q2 = ( TT21 )Q1 =1600 J. Trabalho, τ = Q1 − 400 Q2 = 2000 − 1600 = 400 J. O rendimento é dado por, η = 2000 = 0, 2 → η% = 20% alt.D Ex.4 pg.25 A potencia perdida pelo laboratório para o exterior é de 18 kW. Assim, usando, Q2 = .18 = 14, 4 kW. Portanto, Pmin = 18 − 14, 4 = 3, 6 kW. Apesar de ( TT21 )Q1 , teremos, 240 300 a expressão acima se referir ao calor e o problema pede potência, basta lembrar que essa é definida como a derivada da energia em relação ao tempo, P = dQ , e o calor é energia dt em trânsito. alt.B Ex.1 pg.27 Neste exercício usa-se as mesmas ideias anteriores. Deve-se igualar os trabalhos realizados pelo motor e pela termobomba. Comecemos pelo motor, que opera entre a fonte quente, com T1 = 1500 + 273 = 1773 K e a fonte fria com T2 = 10 + 273 = 283 K. Usando, 283 Q2 = ( TT21 )Q1 , tem-se Q2 = ( 1773 )Q1 . Dessa forma, substituindo esse valor de Q2 em τ = 283 )Q1 = ( 1490 )Q1 . Agora, para a termobomba, com Q1 −Q2 , tem-se, τ = Q1 −Q2 = (1− 1773 1773 283 raciocínio análogo, Q1 = ( 313 )Q2 , esse valor na fórmula para calcular o trabalho, resulta 30 )Q2 , o que dá, τ = ( 313 )Q2 . Como o trabalho produzido em, τ = Q1 − Q2 , τ = (1 − 283 313 1490 30 pelo motor acionará a termobomba, devemos igualá-los, desse jeito, ( 1773 )Q1 = ( 313 )Q2 , Q1 Q1 1773.30 = 1490.313 ≈ 0, 1141 → ( Q2 )% = 11, 4%. alt. E Q2 Ex.2 pg.28 Neste problema, a fonte fria de uma máquina de Carnot é a fonte quente da outra. Assim, T o rendimento é dado por, η = 1 − Tfq , onde Tf é a temperatura da fonte fria e Tq a da quente. Nesse problema, tem-se η1 = 1− TT1 para a máquina 1 e η2 = 1− TT2 para a 2. Como √ esses rendimentos são iguais, tem-se 1 − TT1 = 1 − TT2 , o que dá, T = T1 .T2 , substituindo os valores das temperatura, que foram dados no enunciado do problema, resulta em √ T = 1200.300=600 K. Essa temperatura comum nas fórmulas dos rendimentos das 600 máquinas 1 e 2, tem-se, respectivamente, η1 = η2 = 1200 = 0, 5. Com duas máquinas de Carnot trabalhando em série, é possível mostrar que o rendimento resultante é dado por, ηres = η1 + η2 − η1 .η2 , como η1 = η2 =η, tem-se ηres = η + η − η.η = 2η − η 2 = η(2 − η) = 1 (2 − 12 ) = 12 32 = 43 = 0, 75 → η% = 75%. alt.B 2 Ex.3 pg.29 Este exercício é similar ao anterior. Ou seja, o rendimento da máquina de Carnot re400 sultante é η = 1 − TT12 η = 1 − 1200 = 23 . Mas, esse mesmo rendimento é calculado, também, por, ηres = η1 + η2 − η1 .η2 . Como, conforme o enunciado, η1 = 2η2 , teremos, 2η22 − 3η2 + η = 0, substituindo nesta equação do segundo grau em η2 , o valor resulante achado antes, tem-se 2η22 − 3η2 + 32 = 0. Multiplicando essa igualdade por 3, resulta em 6η22 − 9η√2 + 2 = 0. Resolvendo pela fórmula de Báskara, ∆ = (−9)2 − 4.6.2 = 33, então, η2 = 9±12 33 , como o rendimento deve ser um número real entre 0 e 1, temos η2 ≈ 0, 27, assim, η1 = 2η2 = 0, 54. Dessa maneira, temos, Q = ητ22 =370,4 J. Esse valor em Q1 = ( TT1 )Q e T = (1 − η1 )T1 = (1 − 0, 54)1200 = 552 K, essa temperatura na equação anterior resulta 1200 em, Q1 = ( 552 )370, 4 ≈ 805 J. alt. E Ex.4 pg.30 O rendimento da máquina é dado por η1 = τ1 . Q1 Com os valores encontrados na questão anterior, chegamos a τ1 = η1 Q1 = 0, 54.805, 22 ≈ 437, 23 J. alt. A 4 Ex.5 pg.32 Esse rendimento foi encontrado na questão 29 e vale η = 1 − alt.B 400 1200 = 2 3 → η% = 66, 7%. 600 = 0, 5. Esse valor em η1 = Qτ11 , Ex.6 pg.33 O rendimento da máquina de Carnot 1 vale η1 = 1 − 1200 resulta, τ1 = η1 Q1 = 0, 5.100 = 50 J. Pela conservação da energia, Q2 + τ1 = Q1 → Q2 = 100 − 50 = 50 J. alt. C 0 Q 0 Q3 Ex.7 pg.35 Como antes, usando a fórmula 6002 = 300 → Q3 = 21 Q2 = 25 J. Pela conservação da 25 = 25 → η2 = 13 . Agora, energia, τ2 = 50 − 25 = 25 J. Pelo rendimento, η2 = 100−25 75 com a fórmula do rendimento resulante de duas máquinas de Carnot em série, tem-se, 1 1 1 1 2 η = η1 + η2 − η1 .η2 = 2 + 3 − 2 . 3 = 3 → η% = 66, 7%. alt. E
