Baixe resolução do halliday cap 20 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CaríruLo 20 1. PENSE Se a expansão de um gás é reversível e isotérmica, a energia interna permanece constante; se a expansão é reversível e adiabática, a entropia permanece constante. FORMULE Como o gás é ideal, podemos utilizar a lei dos gases ideais para escrever p = nRT/V. Se a expansão é isotérmica, o trabalho realizado pelo gás é pdV =nRTf! VW arte ' NA V, e a variação de entropia é AS = Í (1/T) do = OIT, em que Q é o calor absorvido (veja a Eq. 20-2). ANALISE (a) Para V, = 2,00V, e T = 400 K, W=nRT In2,00 = (4,00 mol)(8,31 J/mol-K )(400 K)1n2,00=9,22x 10" 3. (b) De acordo com a primeira lei da termodinâmica, AE,, = Q— W. Como a expansão é isotérmica, AE,,= 0e Q = W. Assim, 3 as! 2220! os gy T 400 K (0) A variação de entropia AS é zero em todos os processos adiabáticos reversíveis. APRENDA A expressão geral de AS para processos reversíveis é a Eq. 20-4: Hr T, AS=8,-S,=nRin| -£ |+nC, In) |. V f Note que AS não depende do modo como o gás passa do estado inicial i para o estado final f. 2. Nos processos isotérmicos, T;= T,, o que significa que In(T,/T) = 0. Assim, a Eq. 20-4 nos dá V, 22,0 = 4=2,75mol gen (8,31)n(3,4/13) mo asma 3. Nos processos isotérmicos, T;= T,, o que significa que In(T/T) = 0. Assim, a Eq. 20-4 nos dá AS=nR n/% [esomonçsar Jimol-K)ln(2,00)=14,4 J/K. 1 4. De acordo com a Eq. 20-2, temos O=TAS=(405 K)(46,0 J/K)=1,86x10! J. 5. Usamos a seguinte relação, deduzida no exemplo “Variação de entropia de dois blocos de cobre para atingirem o equilíbrio térmico”: T, = Rea AS=mc nl 7 | (a) A energia absorvida na forma de calor é dada pela Eq. 19-14. De acordo com a Tabela 19-3, temos J O=enar [386 ie [200 kg)(75 K)=5,79x10! 258 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR em que utilizamos o fato de que uma variação de temperatura em kelvins é numericamente igual a uma variação de temperatura em graus Celsius. (b) Para T;= 373,15 Ke T;= 298,15 K, temos - I 37315). AS=(2,00 ta)/386çar Jn(ao815 173 JK. 6. (a) Como este processo, além de isotérmico, é reversível, podemos usar a equação AS = Q/T, na qual Q = Lm e, de acordo com a Tabela 19-4, L = 333 J/g. Assim, (333 1/8)(12,0 8) 23K =14,6 JK. (b) A situação é análoga à do item (a), com L= 2256 J/g, m = 5,00 ge T'= 373 K. Usando a mesma equação, obtemos AS = 30,2 J/K. 7. (a) Vamos chamar de bloco 1 o bloco de cobre e de bloco 2 0 bloco de chumbo. A temperatura de equilíbrio, T, satisfaz a relação me(T,-T)+meMT—To)=0, que nos dá meTtneT. (50,0 8)(386 J/kg-K)(400 K)+(100 8)(128 J/kg-K)(200 K) 1 meme, (50,0 8)(386 J/kg-K)+(100 g)(128 J/kg-K) =320K. (b) Como o sistema dos dois blocos está termicamente isolado, a variação da energia interna do sistema é zero. (c) A variação da entropia é T, T, AS=AS,+AS,=me, ln) £ Hm, In) L o Ts “É T 320K 400 K =(50,0 8)(386 Jlkg pn Jrnoo e)(128 kg en(0E) 200 K =+LTIK. 8. De acordo com a Eg. 20-1, as- [dE na os AT =2ÉT 0,0) —(5,00)'] =0,0368 JK. 5,00 9, De acordo com o enunciado do problema, o gelo é aquecido até ºC, funde-se, ea água resultante é aquecida até a temperatura do lago, que é 15ºC. Enquanto o gelo está sendo aquecido, a energia que ele recebe na forma de calor quando a temperatura varia de dT é dQ = me, dT, na qual m é a massa de gelo e c, é o calor específico do gelo. Se T, (= 263 K) é a temperatura inicial e Ty(=273 K) é a temperatura final, a variação de entropia é 273K Ty T, As=|*=mc,| In=(0,010kg)(2220J/kg-K)hn| =—— 1 | T ( XK ) E n i + 0,828 JK. A fusão é um processo isotérmico. A energia absorvida pelo gelo na forma de calor émL, na qual L,é o calor de fusão do gelo. Assim, AS =QIT=mLyT= (0,010k9)(333 x 10º J/k8)/(273 K) = 12,20 J/K. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 261 (a) A variação de entropia do bloco E é =-0,710 JK. T, T, ASy =me nfzé [on kg)(386 J/kg einfoss É) E 305,5K (b) Como a temperatura da fonte de calor é praticamente a mesma do bloco, que fornece a mesma quantidade de calor que a fonte recebe, a variação de entropia AS; da fonte de calor do bloco da esquerda é o negativo da variação de entropia do bloco da esquerda: AS, = "AS, = +0,710 J/K. (0) A variação de entropia do bloco D é T, 294,5 K T AS, men ou ke)(386 J/kg E E [roms IK ip (d) De acordo com o mesmo raciocínio do item (b), a variação de entropia ASS da fonte de calor do bloco da direita é dada por ASp=-AS, = -0,723 JK. (e) A variação de entropia do sistema de dois blocos é AS, + AS, =-0,710 J/K + 0,723 JK =+0,013 JK. (E) A variação de entropia de todo o sistema é AS=AS, + AS + AS, + AS, = AS, AS, + AS, — AS, =0, como era de se esperar, já que se trata de um processo reversível. 14. (a) Apenas da parte ab do processo é realizado trabalho. Como esse trabalho é realizado a pressão constante, temos W= [7 pod = Dy(4 00, 1,00) =3,00p0F%, > Fp= ao. o (b) De acordo com a primeira lei da termodinâmica, AE, = Q - W. Como na parte bc do processo o volume se mantém constante, o trabalho realizado pelo gás é zero, e E,, = Q. A energia Q absorvida pelo gás na forma de calor é Q = nC, AT, em que C é o calor específico molar a volume constante e AT é a variação de temperatura. Como o gás é um gás ideal monoatômico, C, = 3R/2. De acordo com a lei dos gases ideais, a temperatura inicial é e a temperatura final é PY. - Cravo) SPP, TR nR nR Assim, A variação da energia interna é, portanto, AE,,= 6PV, ou AE/PsVs= 6,00. Como n = 1 mol, este resultado também pode ser escrito na forma AE, = 6,00RT,. (0) Em um ciclo completo, AE,, = 0. (d) Como na parte be do processo o volume se mantém constante, podemos usar a relação dQ = nC, dT para obter (0 ne (IT z as=[ 16 [Congo 262 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Fazendo C, = 3R/2 e usando a lei dos gases ideais, obtemos T DV. CPA) To PV, PV) Assim, AS=3nRln2. Como n = 1, AS=3Rln2=8,64 JK (e) Em um ciclo completo, AS = 0. 15. (a) A massa final de gelo é (1773 g + 227 g)/2 = 1000 g. Isso significa que 773 g de água congelaram. A energia que deixou o sistema em forma de calor é mL,, em que m é a massa da água que congelou e L, é o calor de fusão da água. Como o processo é isotérmico, a variação de entropia é AS=QIT=-mLIT=0,773 k8)(333 x 10º J/kg)/(273 K) =—943 JK. (b) Nesse caso, 773 g de gelo se fundiram. A variação de entropia é as=L Mr =+943 JK. (c) Sim, as respostas são compatíveis com a segunda lei da termodinâmica. A variação de entropia do sistema água-gelo para todo o ciclo deve ser zero, mesmo que parte do ciclo seja irreversível. Entretanto, o sistema não é fechado. Para que o sistema pudesse ser considerado fechado, seria preciso incluir todas as trocas de energia com o gelo e a água. Suponha que as fontes de energia sejam uma fonte fria a temperatura constante durante a parte do ciclo em que água é congelada e um bico de Bunsen na parte do ciclo em que gelo é fundido. Durante o congelamento, a entropia da fonte fria aumenta de 943 J/K. Do ponto de vista do sistema fonte fria-água-gelo, o processo é adiabático e, portanto, a entropia total não varia. Como o processo de fusão do gelo é irreversível, a entropia total do sistema bico de Bunsen-água-gelo aumenta. A entropia do bico de Bunsen aumenta ou diminui menos de 943 J/K. 16. Para que o equilíbrio seja atingido, o calor perdido pelos 100 cm de água (de massa m, = 100 g e calor específico c, = 4190 J/kg - K) deve ser absorvido pelo gelo (de massa m,, que derrete e atinge uma temperatura final T,> 0ºC). Come- çamos por calcular a temperatura de equilíbrio: 209-0 O estiamento da água | Oaquecimento do gelo até 0º | Ofusão do gelo + Ohquecimento do gelo fundido = O Cata(T, —20º + c;m, [0º —(-109)]+ Lam, + cam (T,—0º)=0 o que nos dá, usando L, = 333.000 J/kg e substituindo os valores conhecidos, T,= 12,24º, que é equivalente a T,= 285,39 K. Como foi visto no exemplo “Variação de entropia de dois blocos de cobre para atingirem o equilíbrio térmico”, z para processos nos quais AT = T, - T,; além disso, de acordo com a Eq. 20-2, Lem ASpusão — + para a mudança de fase sofrida pelo gelo (em que T, = 273,15 K). A variação total de entropia é, portanto (com Tem kelvins), o. 285,39 21,15 285,39), Lu m, ASen = Ma nf 293,15 Jem nte nf ds) tato ( is)" 27315 =(-11,24+0,66+1,47+9,75)JK = 0,64 JK. 17. A ligação entre o calor específico molar e o número de graus de liberdade de um gás diatômico é estabelecida fazendo f = 5 na Eq. 19-51, Assim, C, = 5R/2, C, = 7R/2 e = 7/5. Além de várias equações do Capítulo 19, também usamos a Eg. 20-4 deste capítulo. Note que a constante dos gases ideais deve ser usada como R e não como um valor numérico. Note também que, como MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 263 o processo 1 2 é isotérmico, T; = T,. Como todos os valores pedidos aparecem divididos por n, em que n é o número de mols, podemos simplesmente fazer n = 1 sempre que o número de mols aparecer em nossas equações. (a) De acordo com a lei dos gases ideais, temos (b) As Egs. 19-54 e 19-56 nos dão (c) Analogamente, temos + Processo 1 > 2 (d) O trabalho é dado pela Eq, 19-14: W=nRT, In (V/V,) =RT, n3 =1,10RT.. Assim, W/nRT, = In3= 1,10. (e) Uma vez que se trata de um processo sem variação de temperatura que envolve um gás ideal, a variação de energia interna é AE, =0 (veja a Eq, 19-45). A energia absorvida na forma de calor é dada pela primeira lei da termodinâmica: Q = AE, + W'= 1,10RT,, ou Q/nRT,=In3= 1,10. ia (D AE, = 00u AE, /nRT,=0. im int (g) A variação de entropia é AS = Q/T, = 1,10R, ou AS/R = 1,10. + Processo 2 > 3 (h) Como não há variação de volume, o trabalho é zero. Assim, W/nRT, = 0. (i) A variação de energia interna é ABa he (-R)= (05 [5hs-7 |--0880Rm > am =-0,889. 1 Esta razão (-0,889) é também o valor de Q/nRT, (seja de acordo com a primeira lei da termodinâmica ou pela própria definição de CG). ()) AEu /nRT,= -0,889. (KA variação de entropia é Renal nen no+o(5) [EO orâmor 110. + Processo 3 > 1 (1) Por definição, Q = 0 em um processo adiabático, o que também significa que a entropia se mantém constante (supondo tratar-se de um processo reversível). O fato de que Q = 0 neste processo significa que a energia interna deve ser o negativo 266 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Para uso futuro, notamos que este resultado pode ser escrito “exatamente” como T,= T; (2e'). Em nossa solução, evitamos usar os dados para “um mol” para que não haja problemas de precisão. (c) O trabalho realizado pelo gás é m=[/ par = [ "(5,00 kpaje! "Vea = (5,00 kPa e!“ [ae "oo ; =(5,00 kPa)e!ºº (00 mº)[e-to0 200) =316kJ. (d) Considerando a transformação como a combinação de dois processos reversíveis, como recomenda a sugestão, vemos que a transformação pode ser descrita pela Eq. 20-4. Assim, com C,= 3R/2 (Eq. 19-43), temos v 3 1 3 DV, 3 3 = Lnl> Li= +> 1) [= Ari] +2n2+2he”! AS: nen ] Bafolã) nrfln2 5ln(2e ) T (na 102 ane ) (5000 Pa)(1,00m')( Sp, 3 600 K 2 “3 =1,94 J/K. 21. Vamos analisar o seguinte processo reversível de três estágios: a gota d'água super-resfriada (de massa m) começa no estado 1 (T, = 268 K), passa para o estado 2 (ainda na forma líquida, mas a uma temperatura T, = 273 K), passa para o estado 3 (na forma sólida, a uma temperatura T, = T,) e passa para o estado 4 (na forma sólida, a uma temperatura T, = T,). As variações de entropia associadas às três mudanças de estado são as seguintes: ASo =mc, ln (TT), AS =MLdTo, ASy=men (TT) =meln (TT) = me, In (TT). Assim, a variação de entropia da gota dágua é T, AS=AS, + AS, HAS, =m(C, eu ja )-ãe = o 273K) (1,00 8)(333 J/g) (1,00 s)(4,19 Jg K-2,22]/g Ea E) DSBRO =-118JK 22. (a) Vamos chamar de m a massa inicial de gelo, e de m” a massa inicial de água. Como o sistema está termicamente isolado, =Q=0€, portanto, Lan+cm(T,-09) + cm (T, — 80) =0. Como L, = 333 x 10º J/kg, c = 4190 J/(kg-Cº), m” = 0,13 kg e m = 0,012 kg, obtemos T,= 66,5 ºC, que é equivalente a 339,67 K. (b) Deacordo com a Eg. 20-2, o processo de transformação de gelo a 0ºC para água a 0ºC envolve uma variação de entropia dada por «LM a eyk T 27315K (c) De acordo com a Eq, 20-1, o processo de transformação de água a 0ºC em água a 66,5ºC envolve uma variação de entropia dada por 339,07 as [ ME emh(ao 37315 jo JK. ams T MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 267 (d) Da mesma forma, o processo de resfriamento de água a 80,0ºC em água a 66,5ºC envolve uma variação de entropia dada por us6 “end” 339,67 AS= rh - =-212 JK. / asus mM nf 35315 : (e) A variação total de entropia neste experimento de calorimetria pode ser calculada somando os resultados anteriores. O resultado (obtido usando valores mais precisos que os mostrados no item anterior) é AS. = 439 J/K. 23. Para T;= 290 K, temos T, 290K =1 E 57T = . E 1-0,40 Isso nos dá a temperatura (inicial) da fonte quente: To = 483 K. Substituindo £ = 0,40, na equação mostrada, por e = 0,50, obtemos uma temperatura (final) da fonte quente Tg = 580 K. A diferença é Tg-Ty=580K-483K=97K. 24. As respostas deste problema seriam as mesmas se a máquina funcionasse em um ciclo diferente do ciclo de Carnot. Na verdade, qualquer máquina térmica que receba uma quantidade de energia na forma de calor (queimando combustível, por exemplo) igual a [Qu] e rejeite uma quantidade de energia na forma de calor igual a [Q;| terá a mesma eficiência e realizará o mesmo trabalho por ciclo. (a) De acordo com a Eq. 20-12, e =1-|SEl (b) De acordo com a Eq. 20-8, W = |Qu|-IQU=16 1. 25. Vamos resolver primeiro o item (b). (b) No caso de uma máquina de Carnot, a eficiência está relacionada à temperatura das fontes através da Eg. 20-13. Assim, To SK. =5K 39x 0,22 que é equivalente a 68 ºC. (a) A temperatura da fonte fria é Tu= Ty = 75=341 K -75K = 266K. 26. De acordo com a Eq. 20-13, e=1-E =, BK 0,0999995 To OE utilizando sete algarismos significativos. Em forma de porcentagem, a resposta é e = 99,99995%. 27. PENSE A eficiência térmica de uma máquina de Carnot depende apenas da temperatura das fontes. FORMULE A eficiência da máquina de Carnot é dada por a em que Toé a temperatura da fonte quente e T, éa temperatura da fonte fria, ambas em kelvins. O trabalho realizado pela máquina éIW| = elQal. ANALISE (a) A eficiência da máquina é Jor C3SUSDK qoa6 23,6%, To (Q35H273K 268 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Note que, antes de usar a expressão da eficiência da máquina de Carnot, as temperaturas foram convertidas de graus Celsius para kelvins. (b) Como a eficiência é dada por £ = |W|/IQa) O trabalho realizado é |m|=<|9] = 0,236(6,30x10º 1) =1,49x10º 3. APRENDA Expressando a eficiência da máquina de Carnot como £, = 1 — T;/To, vemos que £,— 1 (100% de eficiência) quando Ti'Ta — 0. Este limite não pode ser atingido. Na verdade, uma versão alternativa da segunda lei da termodinâmica é a seguinte: não existem máquinas perfeitas. 28. Vamos supor que todos os termos são positivos. O trabalho total realizado pelo sistema de dois estágios é W, + W. Chamando de Q, o calor recebido pelo sistema (proveniente, por exemplo, da queima de combustível), as Egs. 20-8 e 20-11 nos dão mem, (Q-0)H0-0) | o, 9, 9, 9 De acordo com a Eq. 20-10, em que supomos que um calor Q, é recebido pelo segundo estágio à temperatura T,. Nesse caso, a eficiência é dada por Eos 1.12. e=1- z 29. (a) O trabalho total realizado é igual à “área” retangular envolvida pelo ciclo no diagrama pV: W=(7-Vo)(p=po)=(2/0-Vo)(200 —Po)=Vopy- Substituindo os valores conhecidos, obtemos W = 2,27 kJ. (b) Podemos calcular a energia adicionada em forma de calor durante o percurso abc usando as Egs. 19-39, 19-43 e 19-46: - -n[2 7, 5 Lr O =nC (TT) +nC,(T.—T,)= aaja ponfr)n(E-S nan S(2 ab i(E E) mn[se rita] Como poVo= W, Que= 13W/2 = 14,8 kJ. (c) A eficiência é dada pela Eq. 20-11: x” Ie] =W 2 =15,49 e=11350154=15,4% (d) Uma máquina de Carnot operando entre Te T, tem uma eficiência RO =1 e DA 3=0,750-75,0% (e) A eficiência é maior que a calculada no item (c), o que está de acordo com a segunda lei da termodinâmica. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 271 (c) Como o processo 4 — 1 éadiabático, TV /” =TV7". Como V, = 4,00V,, temos LB L4I oc Tv] [400 +60. (d) Como o processo 2 — 3 é adiabático, pV/ =pV7 ou p, =(VP) po. Para V,= 4,00V, V,= V, p= 3,00p,e y = 1,30, temos Pa 500 0495, pn (4009 (e) Como o processo 4 —> 1 é adiabático, p,V/=pWy e r ailp 1 =0165, p» 7) 0 em que usamos a relação V, = 4,00V.. (f) A eficiência do ciclo é E = W/Q,, em que W é o trabalho total realizado pelo gás durante o ciclo e Q,, é a energia recebida na forma de calor na parte 1 — 2 do ciclo, a única parte em que o sistema recebe energia na forma de calor. O trabalho realizado na parte 2 — 3 do ciclo é W,; = fp dV. Como p=pVZ |V”, temos [5 pero Ms= Vi Var = y+ Para V, = V, V,=4,00V, e p; = 3,00p,, temos UA Uai ca Qd Da mesma forma, o trabalho realizado na parte 4 — 1 do ciclo é [Ph propio [PA 1 [MRIDN 1 mo (pero fog (os) Como não é realizado trabalho nas partes 1 —> 2 3 > 4 do ciclo, o trabalho total realizado pelo gás durante o ciclo é 2nRT, 1 W=W+Wa (5 Ja) A energia fornecida na forma de calor é Qu=nC(L-T)=nC, GT, T)=20C;T, em que C, é o calor específico molar a volume constante. Como 1=CJC,= (CA RNC,=1 4 (RIC), temos C, = R/(y - 1) é, assim, Qu = 2nRT,/(y - 1). A eficiência é, portanto, e=gr ii 1 )&= - 1 o yil atm am Para y = 1,30, obtemos £ = 0,340 = 34,0%. 272 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 36. (a) De acordo com as Egs. 20-14 e 20-16, lei [r= 7 =(103 =0,071]. k ) [3008 280% 7 (b) Um cálculo semelhante nos dá [W] = 0,50]. (c) Um cálculo semelhante nos dá |W| = 2,0]. (d) Um cálculo semelhante nos dá [W| = 5,0]. 37. PENSE O desempenho de um refrigerador está relacionado à potência nominal. FORMULE O coeficiente de desempenho de um refrigerador é dado por * energiautilizada |O, energia adquirida |) em que Q, é a energia absorvida da fonte fria em forma de calor, e W é o trabalho realizado no ciclo de refrigeração, um valor negativo. De acordo com a primeira lei da termodinâmica, Qq + Q: — W = 0 para um número inteiro de ciclos completos, em que Qg é a energia cedida à fonte quente na forma de calor. Assim, Q;= W - Qy Como Qg é negativo e maior que W em valor absoluto, Q:] = |Qo| - [W]. Assim, Bol- | 7 K= Explicitando [W], obtemos [W] = [Qu MK + 1). ANALISE Em uma hora, |Qu| = 7,54 MJ. Como K = 3,8, o trabalho realizado é [r|- TSM 4 gm, 3,841 A potência desenvolvida pelo refrigerador é P = [W]|/At = (1,57 x 10º )/(3600 s) = 440 W. APRENDA Quanto maior o valor de K, menor o trabalho |W] necessário para transferir o calor. 38. De acordo com a lei de conservação da energia, |W| + Q;= Qu. Nesse caso, a Eg. 20-10 nos dá ld-lei(5é leur) (as ) que, para |W|= 1,0), nos dá = 1 = a|=[7] luana | 39. PENSE Quanto maior (menor) o valor do coeficiente de desempenho K, menor (maior) o trabalho necessário para transferir o calor. FORMULE Um refrigerador de Carnot trabalhando entre uma fonte quente a uma temperatura Tq e uma fonte fria a uma tem- peratura T, tem um coeficiente de desempenho K que é dado por MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 273 em que Ta é a temperatura da fonte quente, e T; é a temperatura da fonte fria, ambas em kelvins. O coeficiente de desempenho também pode ser definido como a razão entre a energia Q, absorvida da fonte fria em forma de calor e o trabalho realizado: =|0/M. ANALISE No caso do refrigerador deste problema, Ty = 96ºF = 309 K e T;= 70ºF = 294 K, o que nos dá K= (294 K)(309 K — 294 K) = 19,6. Assim, para [W]| = 1,0), o calor removido da sala é |O:1= KIM = (19,6)(1,0 1) = 201. APRENDA O refrigerador de Carnot discutido neste problema, com um coeficiente de desempenho K = 19,6, é muito mais efi- ciente que um condicionador de ar típico, cujo coeficiente de desempenho é da ordem de 2,5. 40. (a) De acordo com a Eg. 20-15, eo laHed =p-ta( e) o que, para K.= 5,7 e |Q:| = 42 k), nos dá |Q9| = 49]. (b) De acordo com o Módulo 20-2, [Wi=|2o|-|0:|=49.4K1-42,0k1=7,4 kJ, supondo que o valor de 42 kJ que aparece no enunciado foi fornecido com uma precisão de três algarismos significativos. As temperaturas dadas não são usadas no cálculo; na verdade, é possível que o valor da temperatura ambiente que aparece no enun- ciado não seja a temperatura da fonte quente, já que o coeficiente de desempenho dado não corresponde ao valor de K, calculado usando a Eq. 20-16. 41. De acordo com o enunciado, K = 0,27K,, em que K=E 294K Ee To-[, 307K-294K e as temperaturas foram convertidas de graus Fahrenheit para kelvins. Expressa na forma de energia por unidade de tempo, a Eq. 20-14 nos dá ||. o,l/t 4000 Btuy/h = =foor)(23) — 68 Blum. Como 1 Btu/h = 0,0003929 hp (veja o Apêndice D), [W]|/t = 0,25 hp. 42. O trabalho realizado pelo motor em um intervalo de tempo At = 10,0 min é [W| = PAt = (200 W)(10,0 min)(60 s/min) = 1,20 x 105]. O calor extraído é, portanto, jod=x|ri- TE] (270 K)A,20x105 =1,08x1053. To 300K—270K 43, De acordo com as Egs. 20-11 e 20-13, 276 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR mente rearranjos das n, moléculas que ocupam a primeira parte, n;! são rearranjos das n, moléculas que ocupam a segunda parte, e assim por diante. Esses rearranjos não produzem novas configurações; assim, a multiplicidade associada a essa configuração é NM! W= mn! ANALISE (a) Suponha que existem n; moléculas na parte esquerda da caixa, nc moléculas na parte central da caixa, e np moléculas na parte direita da caixa. Usando o raciocínio aqui exposto, concluímos que a multiplicidade dessa configuração é N! “nndn,! Note quen, + nc+n9=N. (b) Se metade das moléculas está no lado direito da caixa, e a outra metade está no lado esquerdo, a multiplicidade é N! Mo (N)(N/D)r Se um terço das moléculas está em cada uma das três divisões da caixa, a multiplicidade é Mi W,= N A razão é mo (ND)(ND)! Wo (NBUN)(N)N (c) Para N = 100, 50150! W, 33133134! =42x108. APRENDA Quanto maior o número de divisões da caixa, maior o número de configurações. Este exercício ilustra a visão estatística da entropia, que está ligada à multiplicidade W por meio da relação S = k In W. 48. Uma boa forma de abordar (matematicamente) este problema é considerar a seguinte expansão: a + x =1+4 +60 +40 +! Os coeficientes correspondem às multiplicidades. (a) A menor multiplicidade é 1. (b) A maior multiplicidade é 6. (c) De acordo com a Eq, 20-21, = k In(1) = 0. (d) De acordo com a Eq. 20-21, S = k In(6) = 2,47 x 102 J/K. 49. De acordo com a Eq. 18-32 ea Tabela 18-6, temos - (40D[7(0,02) 270) - P=h 90,7 J/s. 1,50 De acordo com a Eq. 20-2, a entropia da fonte quente diminui a uma taxa As Oh P 907 ye gts! t TTÕSnB MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 277 ea entropia da fonte fria aumenta a uma taxa AS 907 0 og9y Kits! 17303 A taxa de aumento da entropia é, portanto, 0,299 - 0,158 = 0,141 ].K!.s”. 50. Em um processo isotérmico envolvendo um gás ideal, Q= W =nRTIn(V/V). Assim, AS=Q/T=W/T=nRIn(V,/V;) (a) V;/V, = (0,800)/(0,200) = 4,00, AS = (0,55) (8,31)In(4,00) = 6,34 J/K. (b) V;/V; = (0,800)/(0,200) = 4,00, AS = (0,55)(8,31)In(4,00) = 6,34 J/K. (0) V;/V; = (1,20)/(0,300) = 4,00, AS = (0,55)(8,31)1n(4,00) = 6,34 J/K. (d) V,/V;= (1,20)/(0,300) = 4,00, AS = (0,55)(8,31)In(4,00) = 6,34 J/K. 51. PENSE Quando a temperatura aumenta, a função distribuição de velocidade P(v) é deslocada no sentido de velocidades mais altas. FORMULE De acordo com as Egs. 19-34 e 19-35, a velocidade média quadrática e a velocidade mais provável das moléculas de um gás são dadas, respectivamente, por v,,. = /3RT/M e v, = V2RT/M, em que T é a temperatura e M é a massa molar. A diferença entre as duas velocidades é 3RT 2RT RT SRT =(V3-N2 . M M (15-v2) M ANALISE (a) Para M = 28 g/mol = 0,028 kg/mol (veja a Tabela 19-1) e T,= 250 K, temos Bo PE (5) [63HImo-RCOR q av =(N5 2) M (5 2), 0,028 kg/mol 87 mis. rp BE (rp (831 Jmol-KG00K) | e 2 av, =(N3 2) =(13 2) OB Remo =122m/s=1,2x10º m/s. (c) De acordo com a Tabela 19-3, C,= 5R/2 (veja também a Tabela 19-2). Para n = 1,5 mol, usando a Eq, 20-4, obtemos uma variação de entropia Av=v, (b) Para T;= 500 K, v AS=nRn S00k 250K =D JK. APRENDA Explicitando T'na expressão de Av, obtemos 7 =——2L—— (Ay)”. Assim, podemos também escrever S na forma R(3-2) 7, Av) A as=nc, |U |-nc,m| CU |oonc, m[ 2 T, (Av; Av, A entropia de um gás aumenta quando a temperatura aumenta. 52. (a) Como o gás é monoatômico, C, = 3R/2 (veja o Capítulo 19). Assim, O,=nC,AT=(1,0 mol)(3/2)(8,31 Jhnol-K)(600 K 300 K)=3740]. 278 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR A transferência de calor durante a expansão isotérmica é igual ao trabalho calculado no item (b), já que AE, = O nos processos isotérmicos (veja a Eq. 19-45). Assim, usando o resultado do item (b), temos Oo =RTon2=(1 mol) (8,31J/mol-K)(600 K)In2= 3456 1 Assim, Qu = Qu + Qu =7,2xX 10º]. (b) Vamos considerar a soma dos trabalhos realizados durante os processos (notando que o trabalho é zero no processo a volume constante). De acordo com as Egs. 19-14 e 19-16, temos W= mern(çes | Paio (Voam — Vos) em que, de acordo com a lei dos gases perfeitos, a razão dos volumes é Vo To 600K Vau To 300K Assim, o trabalho total é W=nRT 2 + Pini [ 7 ) =(1 mol)(8,31J/mol-K)[(600 K) in2 (300 K)] =9,6x102 3. (c) De acordo com a Eq. 20-11, e-F 0134 =13% Q 53. (a) Se Ta é a temperatura da fonte quente e T, é a temperatura da fonte fria, a eficiência máxima da máquina térmica é To-T; — (800+40) K e="0 0 O TODO 0,78 ou 78% To (8004273) K (b) A eficiência é definida através da relação e = [W]|/|Qa|, em que W éo trabalho realizado pela máquina, e Qq é 0 calor fornecido. W é positivo. Em um ciclo completo, Qu= W + |Q:], em que Q, é o calor rejeitado. Assim, e = WI(W + |Q:) e |Q|= Wi(1/e) = 1). Como E = (To Til To na qual Tá é a temperatura da fonte quente e T, é a temperatura da fonte fria, 1. K e ME WI RT elod= O calor rejeitado é usado para derreter gelo à temperatura T, = -40ºC. Como o gelo deve ser aquecido até 0ºC antes de ser derre- tido, temos [Od=me(T, =) + mL, na qual m é a massa do gelo que foi derretido, T, é a temperatura de fusão (0ºC), c é o calor específico de gelo e L, é o calor de fusão do gelo. Assim, WTMT,- T)=me(T,—T) + mL. Derivando a equação mostrada em relação ao tempo e substituindo dW/dt por P, a potência desenvolvida pela máquina, temos PTMTo- To) = (dad e(T;— T) + Lo). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 281 62. (a) De acordo com a Eq. 20-1, Q = [ T ds, que corresponde à área sob a curva do diagrama T-S. Assim, como a área de um retângulo é dada por (altura) x (largura), O13= (350)(2,00) = 700 3. (b) Como no processo 2 -> 3 a área soba curva é 0, Q,,, = 0. (c) Para o ciclo completo, o calor transferido é dado pela área limitada pelas trajetórias que definem o ciclo. Como a área de um triângulo é dada por (base)x(altura)/2, temos Os = (2,00)x(50)/2 = 50 T. (d) Como se trata de um gás ideal (e, portanto, AE,, = 0 em processos isotérmicos), temos WO. = 700]. (e) De acordo com a Eq. 19-14, em que T'=350 K. Para V, = 0,200 mº, temos Vo=Ve"""” = (0,200)? =0,226m'. (f) Como o processo 2 > 3 é adiabático, usamos a Eq. 19-56, com y = 5/3, já que as moléculas não giram nem oscilam (veja a Tabela 19-3): Isso nos dá V, = 0,284 mº. (g) Como foi dito no item (d), AE,, = O para o processo 1 52. (h) A variação de energia interna é dada pela Eq. 19-45 (com C, = 3R/2): AE =nCy(T- To) =-1,25 x 10º], (i) Como se trata de um ciclo fechado, a variação de energia interna é zero. Este critério se aplica tanto ao diagrama p-V como ao diagrama T-S. (j) No caso do processo adiabático (2 > 3), W = -AE, expansão. Assim, W = 1,25 x 10º]. O valor positivo indica que se trata de uma inte 63. (a) Como se trata de um ciclo fechado, AS,, = 0. (b) Como o processo 1 é adiabático e reversível (ao contrário, por exemplo, de uma expansão livre), a Eg. 20-1 pode ser usada com dQ = 0 e nos dá AS, = 0. (c) Como o fluido de trabalho é um gás ideal, Q = W nos processos isotérmicos, o que significa, de acordo com a Eq, 20-1, que dQ =p dV. Assim, pVmR v [2-2 ne (de T o que nos dá AS, = nR In(1/2) = 23,0 JIK. (d) De acordo com o item (a), AS, + AS, + AS, = 0. De acordo com o item (b), AS, = -AS,. Assim, AS, = 23,0 J/K. 282 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 64. (a) Combinando a Eq. 20-11 com a Eg. 20-13, obtemos T, 260K pru = | (5003) (riso jesse -F Q (b) Combinando a Eq. 20-14 com a Eq. 20-16, obtemos pi- [e 10005 BJ. Te 260K ) Tod; | NI0K-260K 65. (a) Tanto o processo 1 como o processo 2 envolvem a absorção de uma certa quantidade de calor, que vamos chamar de Qq De acordo com a discussão do Capítulo 19, como as moléculas do gás não giram nem oscilam, C, = 3R/2, C,= 5R/2 ey = 5/3. Observe ainda que, como o fluido de trabalho é um gás ideal, Q, = W., já que o processo 2 é isotérmico. Finalmente, note que, no processo 2, a razão entre o volume final e o volume inicial é 8/3. Assim, 0,=0+0,=1C, (T-T)enkr ns, o que nos dá, para T= 300 Ke T' = 800K, Qq= 255 x 10º]. (b) O trabalho líquido é igual ao calor líquido (Q, + Q, + Q;= Qu + Q3). Podemos calcular Q, a partir da equação O=nC,(T-T)=-20,8 = 10]. Assim, W = 4,7 x 10º]. (c) De acordo com a Eq. 20-11, a eficiência é e ATRAS orgs =18,5% | | 25,5x10 66. (a) De acordo com a Eq. 20-14, K = 560/150 = 3,73. (b) De acordo com a lei de conservação da energia, o calor rejeitado por ciclo é 560 + 150 = 710]. 67. A variação de entropia associada à transferência de uma certa quantidade Q de calor de uma fonte à temperatura T, para uma fonte à temperatura T; é AS= AS, + AS, = UT, - VT). (a) AS = (260 ])(1/100 K - 1/400 K) = 1,95 J/K. (b) AS = (260 ))(1/200 K - 1/400 K) = 0,650 J/K. (0) AS = (260 )(1/300 K - 1/400 K) = 0,217 J/K. (d) AS = (260 ))(1/360 K - 1/400 K) = 0,072 J/K. (e) Como mostram os resultados anteriores, quando a diferença entre as temperaturas das fontes diminui, a entropia diminui. 68. De acordo com a Eq. 20-10, [Poa One - Toa 300K Ta 40K 75. 69. (a) A Eg. 20-2 pode ser usada para calcular a variação de entropia em cada fonte. A variação total de entropia é a soma das contribuições das duas fontes: 5030 J 5030 J = "DDD =4,4SJK. (273+24)K (273+130)K MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 283 (b) A resposta do item (a) só é válida se a barra se encontrar no regime estacionário, ou seja, se o sistema tiver permanecido na situação descrita no problema por um tempo suficientemente longo para que o equilíbrio seja atingido. Nesse caso, a entropia da barra não pode variar durante a transferência de calor. 70. (a) Como 30 =0, temos (não havendo mudança de fase) = SMT temT, ; =-44,2ºC, ci ten o que equivale a 229 K. (b) De acordo com a Eq. 20-1, temos 229 cmdT 229 AS unestênio — = —=(134)(0,045) In| == |=—1,69 JK ese [CP =(34008)fs | (c) De acordo com a Eg. 20-1, temos 229 = cmd” 29) Sn) =(B36j0.0250)h[ 5 asa 153 (d) A variação total de entropia do sistema é (2,38 — 1,69) J/K = 0,69 J/K. (Nota: Estes cálculos são muito sensíveis a erros de arredondamento. Para chegar à resposta final, usamos o valor 273,15 para converter graus Celsius para kelvins e conservamos todos os dígitos fornecidos pela calculadora nos cálculos inter- mediários.) 71. (a) Vamos usar a Eq. 20-20. No caso da configuração A, (b) No caso da configuração B, 20 NO so! - mo (0.6N)'(0,4N)! To, 6GOTTO,460] a Tbx10s (0) Como todos os microestados são igualmente prováveis, Wo ATOS = =0,37. f W, 126x10! O M 100! DM, = rn Terena =L,01x10?. (DM, (N/2)(N/2) (son(s0!) x (M= M 100: =1,37x103. (0,6N)!(0,4N)! [0,6(100)][0,4000)]! (Df= WilWi = 0,14. Usando as mesmas expressões para N = 200, obtemos (g W=9,05x 10%. (h) Wy= 1,64x 10%. (Df=WilW,=0,018. (j) Os resultados apresentados mostram que f diminui quando N aumenta, como era de se esperar.

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