Baixe Exercícios de termodinâmica: Soluções para problemas de gás ideal e outras Notas de estudo em PDF para Termodinâmica, somente na Docsity!
Solu¸c˜ao dos exerc´ıcios do cap´ıtulo 2, pp. 31-
Equa¸c˜oes de um g´as ideal
pV = N RT U = N cT → U =
c R
pV
Exerc´ıcio 1. (a) Expans˜ao isot´ermica de um g´as ideal. Trabalho:
W =
∫ (^) V 2
V 1
pdV = N RT
∫ (^) V 2
V 1
V
dV = N RT ln
V 2
V 1
Como a energia de um g´as ideal s´o depende da temperatura, a energia n˜ao varia ao longo de um processo isot´ermico, isto ´e, ∆U = 0. Portanto Q = W. Num processo isot´ermico, a varia¸c˜ao de entropia vale ∆S = Q/T de modo que
∆S =
Q
T
W
T
= N R ln
V 2
V 1
(b) Expans˜ao adiab´atica de um g´as ideal. Ao longo de uma adiab´atica
pV γ^ = p 1 V 1 γ γ =
c + R c
Trabalho
W =
∫ (^) V 2
V 1
pdV = p 1 V 1 γ
∫ (^) V 2
V 1
V −γ^ dV =
−γ + 1
p 1 V 1 γ (V 2 − γ+1− V 1 − γ+1)
W =
−γ + 1
(p 2 V 2 − p 1 V 1 ) =
c R
(p 1 V 1 − p 2 V 2 ) p 2 = p 1 V 1 γ V 2 −γ
Alternativamente, podemos usar o usar o fato de que o calor trocado ´e nulo e que portanto ∆U = −W. Como
∆U =
c R
(p 2 V 2 − p 1 V 1 )
obt´em-se diretamente o resultado acima para W. A varia¸c˜ao da entropia ´e nula. (c) Expans˜ao isob´arica de um g´as ideal. Ao longo de uma isob´arica o trabalho vale W = p(V 2 − V 1 )
enquanto a varia¸c˜ao da energia vale
∆U =
c R
pV 2 −
c R
pV 2 =
c R
p(V 2 − V 1 )
Calor trocado:
Q = ∆U + W =
c + R R
p(V 2 − V 1 )
A partir de U = (c/R)pV conclu´ımos que, ao longo de uma isob´arica
dU =
c R
pdV
e que portanto
dQ = dU + dW =
c R
pdV + pdV =
c + R R
pdV
Logo
∆S =
∫ (^) dQ
T
= (c + R)
∫ (^) pdV
RT
= N (c + R)
∫ (^) dV
V
= N (c + R) ln
V 2
V 1
onde utilizamos p/RT = N/V. (d) Compress˜ao isoc´orica de um g´as ideal. A varia¸c˜ao de energia vale
∆U =
c R
(p 2 − p 1 )V
Ao longo de uma isoc´orica o trabalho ´e nulo de modo que que Q = ∆U. A partir de dQ = dU e usando U = (c/R)pV obtemos
dQ = dU =
c R
V dp
pois V ´e constante ao longo de uma isoc´orica de modo que
∆S =
∫ (^) dQ
T
∫ (^) cV dp
RT
= N c
∫ (^) dp
p
= N c ln
p 2 p 1
onde utilizamos V /RT = N/p.
Ao longo de uma isoterma usamos o resultado pV = const para obter
pAVA = pB VB →
pA pB
VB
VA
pC VC = pDVD →
pD pC
VC
VD
Substituindo os dois ´ultimos resultados na primeira, obt´em-se
V (^) Aγ−^1 V (^) Bγ−^1
V (^) Dγ−^1 V (^) Cγ−^1
VA
VB
VD
VC
QA→B = WA→B = N RT 1 ln
VB
VA
∆U = 0
QB→C = 0 WB→C = UB − UC =
c R
(pB VB − pC VC )
QC→D = WC→D = N RT 2 ln
VD
VC
∆U = 0
QD→A = 0 WD→A = UD − UA =
c R
(pDVD − pAVA)
Notar que WB→C = −WD→A, ou seja, os trabalhos desenvolvidos ao longo das adiab´aticas s˜ao iguais em m´odulo. Logo o trabalho total vale
W = WA→B + WC→D = QA→B + QC→D
Rendimento
η =
W
QA→B
QC→D
QA→B
T 2
T 1
ln(VC /VD) ln(VB /VA)
T 2
T 1
A ´ultima igualdade segue em virtude do resultado (VC /VD) = (VB /VA).
Exerc´ıcio 4. Calor
QAB = ∆U + WAB =
c + R R
pA(VB − VA) > 0
QBC = ∆U =
c R
(pC − pA)VB =
c R
pA(VA − VB ) < 0
V
p A B
C
V
p
B A
C
Figure 2: Exerc´ıcio 4.
QCA = WCA = N RTA ln
VA
VB
Trabalho total
W = QAB + QBC + QCA = pA(VB − VA) + N RTA ln
VA
VB
Eficiˆencia
η =
W
QAB
R
c + R
VA
VB − VA
ln
VA
VB
Exerc´ıcio 5. Para calcular a eficiˆencia basta determinar QA→B e QC→D ao longo das duas isob´aricas pois n˜ao h´a calor trocado ao longo das adiab´aticas. A eficiˆencia ´e dada por
η =
W
QA→B
QA→B + QC→D
QA→B
QC→D
QA→B
QA→B = UB − UA + WA→B =
c + R R
pA(VB − VA)
QC→D = UD − UC + WC→D =
c + R R
pC (VD − VC )
η = 1 −
pC (VC − VD) pA(VB − VA)
Mas pAV (^) Aγ = pC V (^) Dγ pAV (^) Bγ = pC V (^) Cγ
A
p
p A
V A
B
C
D
V B V
p C
p D
C V
Figure 4: Exerc´ıcio 6, ciclo Diesel.
Notar que as seis grandezas pA, pC , pD, VA, VB e VC n˜ao s˜ao independentes mas est˜ao relacionadas entre si pelas equa¸c˜oes
pA pD
( VC VA
)γ pA pC
( VC VB
)γ
Exerc´ıcio 7. Para o processo adiab´atico:
pB V (^) Bγ = pC V (^) Cγ →
pB pC
( VC VB
)γ
Para os trˆes estados A, B e C temos
pC VB = N RTA pB VB = N RTB pC VC = N RTC
de onde obtemos pB pC
TB
TA
VC
VB
TC
TA
que substitu´ıdo na primeira rela¸c˜ao d´a
TB TA
( T
C TA
)γ → T (^) Cγ = TB T (^) Aγ−^1
Calor, trabalho e varia¸c˜ao de energia:
QAB = ∆U =
c R
(pB − pA)VA WAB = 0
p
p
V (^) C V
A
B
C
V
C p
B
B
Figure 5: Exerc´ıcio 7.
QBC = 0 ∆U =
c R
(pC VC − pB VB )
WBC = −∆U =
c R
(pB VB − pC VC )
WCA = pA(VA − VC ) ∆U =
c R
pA(VA − VC )
QCA = WCA + ∆U =
c + R R
pA(VA − VC )
Eficiˆencia:
η = 1 +
QCA
QAB
c + R c
pA(Vc − VA) (pB − pA)VA
c + R c
Tc − TA TB − TA
Exerc´ıcio 8. Numa expans˜ao livre de um g´as a energia interna permanece invariante. Se o g´as for ideal, a energia depende apenas da temperatura. Portanto, a temperatura tamb´em permanece invariante, isto ´e, o estado final e o inicial tˆem a mesma temperatura. Para determinar a varia¸c˜ao da entropia podemos utilizar qualquer processo quase-est´atico que ligue os pontos final e inicial. O mais apropriado ´e o processo isot´ermico, para o qual ∆S = Q/T. Como n˜ao h´a varia¸c˜ao da energia, Q = W e
W =
∫ (^2) V 0
V 0
pdV = N RT
∫ (^2) V 0
V 0
V
dV = N RT (ln 2V 0 − ln V 0 ) = N RT ln 2
Portanto ∆S = N R ln 2
p
p
V V (^) V
p
A
B
A B
A
B
V C
C
Figure 7: Exerc´ıcio 9 e 10.
A varia¸c˜ao da entropia ´e calculada a partir da express˜ao da entropia de um g´as ideal, equa¸c˜ao (2.43),
∆S = N (c + R) ln
V
VA
p pA
= N (c + R) ln
V
VA
pA − α(V − VA) pA
Exerc´ıcio 10. Num ciclo o trabalho total ´e igual ao calor trocado total que por sua vez ´e igual ao calor trocado QA→B ao longo do processo descrito pelo segmento de reta AB pois ao longo da adiab´atica n˜ao h´a calor trocado. De acordo com o exerc´ıcio anterior
W = QA→B = Q = a(VB − VA) −
b 2
(VB − VA)^2
Para determinar VB basta lembrar que ao longo de uma adiab´atica pV γ^ ´e constante e portanto
pB pA
( VB VA
)γ pB = pA − α(VB − VA)
Alternativamente, essa mesma rela¸c˜ao pode ser obtida impondo ∆S = 0 no resultado obtido no exerc´ıcio anterior, j´a que SB = SA. Para determinar o calor recebido, observamos que do ponto A at´e um certo ponto, que denominamos C, o g´as recebe calor e que de C at´e B ele cede calor, como se vˆe no gr´aficos das figura 5 e 6. O ponto C ´e tal que dQ/dV = 0 ou seja
VC − VA =
a b
→ QA→C =
a^2 2 b
T
T
T
1
2
H
E
F D G
A B
C
S (^) 1 S (^) 2
I J S
Figure 8: Exerc´ıcio 11.
A eficiˆencia ´e dada por η = W/QA→C.
Exerc´ıcio 11. No diagrama T − S, um ciclo de Carnot ´e representado por um retˆangulo cujos lados s˜ao paralelos aos dois eixos do diagrama. Um ciclo quase-est´atico qualquer EFGHE ´e representado por um caminho fechado como mostrado no figura 7. A maior temperatura alcan¸cada pela substˆancia que percorre o ciclo ´e T 1 e a menor temperatura ´e T 2. A menor entropia define S 1 e a maior entropia define S 2. Essas duas temperaturas e essas duas entropias definem o ciclo de Carnot ABCDA mostrado na figura 7. Nesse diagrama o calor recebido durante o processo ´e a igual a ´area A(IHEF J) enquanto o calor cedido ´e iguala ´area A(IHGF J). A eficiˆencia vale pois
η = 1 −
A(IHGF J)
A(IHEF J)
Por outro lado, o calor cedido durante o ciclo de Carnot ´e igual a ´area A(IABJ) enquanto o calor cedido ´e iguala ´area A(IDCJ). A eficiˆencia do ciclo de carnot vale portanto
η (^) Carnot = 1 −
A(IDCJ)
A(IABJ)
Para mostrar que η ≤ η (^) Carnot, devemos mostrar que
A(IHGF J) A(IHEF J)
A(IDCJ)
A(IABJ)
