Solução dos exercícios do capítulo 2, pp (a) Expansão isotérmica de um gás ideal. Trabalho: pdv = NRT 1

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1 Solução dos exercícios do caítulo 2, Equações de um gás ideal = NRT U = NcT U = c R Exercício 1. (a) Exansão isotérmica de um gás ideal. Trabalho: W = 2 1 d = NRT d = NRT ln 2 1 omo a energia de um gás ideal só deende da temeratura, a energia não varia ao longo de um rocesso isotérmico, isto é, U = 0. Portanto Q = W. Num rocesso isotérmico, a variação de entroia vale S = Q/T de modo que S = Q T = W T = NR ln 2 1 (b) Exansão adiabática de um gás ideal. o longo de uma adiabática Trabalho W = W = 2 d = 1 γ 1 1 γ = 1 γ 1 γ = c + R c 2 1 γ d = 1 γ + 1 ( ) = c R ( ) 1 γ γ 1 ( γ+1 2 γ+1 1 ) 2 = 1 γ 1 γ 2 lternativamente, odemos usar o usar o fato de que o calor trocado é nulo e que ortanto U = W. omo U = c R ( ) obtém-se diretamente o resultado acima ara W. variação da entroia é nula. (c) Exansão isobárica de um gás ideal. o longo de uma isobárica o trabalho vale W = ( 2 1 ) 1

2 enquanto a variação da energia vale U = c R 2 c R 2 = c R ( 2 1 ) alor trocado: Q = U + W = c + R R ( 2 1 ) artir de U = (c/r) concluímos que, ao longo de uma isobárica e que ortanto du = c R d Logo dq = du + dw = c c + R d + d = R R d S = dq T = (c + R) d RT = N(c + R) d = N(c + R) ln 2 1 onde utilizamos /RT = N/. (d) omressão isocórica de um gás ideal. variação de energia vale U = c R ( 2 1 ) o longo de uma isocórica o trabalho é nulo de modo que que Q = U. artir de dq = du e usando U = (c/r) obtemos dq = du = c R d ois é constante ao longo de uma isocórica de modo que S = onde utilizamos /RT = N/. dq T = c d RT = Nc d = Nc ln 2 1 2

3 Figure 1: Exercício 2. Exercício 2. = 2 0 = = 2 0 = 2 0 = = o longo do rocesso isotérmico não há variação da energia (gás ideal). Logo Q = W = NRT ln = NRT ln 2 Q = W = NRT ln = NRT ln 1 2 = NRT ln 2 W = 0 Q = U U = c R ( ) = 3 c R 0 0 W = ( ) = 2 0 ( ) = Q = (U U ) + W = 3 c R = 3 c + R R 0 0 Exercício 3. o longo de uma adiabática usamos o resultado γ = const ara obter γ = γ γ = γ γ γ = γ γ 3

4 o longo de uma isoterma usamos o resultado = const ara obter = = = = Substituindo os dois últimos resultados na rimeira, obtém-se γ 1 γ 1 = γ 1 γ 1 = Q = W = NRT 1 ln U = 0 Q = 0 W = U U = c R ( ) Q = W = NRT 2 ln U = 0 Q = 0 W = U U = c R ( ) Notar que W = W, ou seja, os trabalhos desenvolvidos ao longo das adiabáticas são iguais em módulo. Logo o trabalho total vale Rendimento η = W = W + W = Q + Q W Q = 1 + Q Q = 1 T 2 T 1 ln( / ) ln( / ) = 1 T 2 T 1 última igualdade segue em virtude do resultado ( / ) = ( / ). Exercício 4. alor Q = U + W = c + R R ( ) > 0 Q = U = c R ( ) = c R ( ) < 0 4

5 Figure 2: Exercício 4. Trabalho total Q = W = NRT ln < 0 Eficiência W = Q + Q + Q = ( ) + NRT ln η = W Q = R c + R ln Exercício 5. Para calcular a eficiência basta determinar Q e Q ao longo das duas isobáricas ois não há calor trocado ao longo das adiabáticas. eficiência é dada or Mas η = W Q = Q + Q Q = 1 + Q Q Q = U U + W = c + R R ( ) Q = U U + W = c + R R ( ) γ = γ η = 1 ( ) ( ) 5 γ = γ

6 Figure 3: Exercício 5, ciclo rayton-joule. = γ γ = γ γ Usando esses resultados obtém-se = η = 1 = 1 ( ) γ 1 Exercício 6. Para calcular a eficiência basta determinar Q ao longo da isobárica e Q ao longo da isocórica ois não há calor trocado ao longo das adiabáticas. eficiência é dada or η = W Q = Q + Q Q = 1 + Q Q Q = U U + W = c + R R ( ) Q = U U = c R ( ) η = 1 c( ) (c + R) ( ) 6

7 Figure 4: Exercício 6, ciclo iesel. Notar que as seis grandezas,,,, e não são indeendentes mas estão relacionadas entre si elas equações = ( ) γ = Exercício 7. Para o rocesso adiabático: ( ) γ γ = γ Para os três estados, e temos = ( ) γ = NRT = NRT = NRT de onde obtemos = T T que substituído na rimeira relação dá = T T T T = ( T T alor, trabalho e variação de energia: ) γ T γ = T T γ 1 Q = U = c R ( ) W = 0 7

8 Figure 5: Exercício 7. Eficiência: Q = 0 U = c R ( ) W = U = c R ( ) W = ( ) U = c R ( ) Q = W + U = c + R R ( ) η = 1 + Q = 1 c + R ( c ) = 1 c + R Q c ( ) c T c T T T Exercício 8. Numa exansão livre de um gás a energia interna ermanece invariante. Se o gás for ideal, a energia deende aenas da temeratura. Portanto, a temeratura também ermanece invariante, isto é, o estado final e o inicial têm a mesma temeratura. Para determinar a variação da entroia odemos utilizar qualquer rocesso quase-estático que ligue os ontos final e inicial. O mais aroriado é o rocesso isotérmico, ara o qual S = Q/T. omo não há variação da energia, Q = W e W = d = NRT 0 d = NRT(ln 2 0 ln 0 ) = NRT ln 2 Portanto 0 S = NR ln 2 8

9 Q S 0 0 Figure 6: Exercício 9. Exercício 9. reta que assa elo onto e ossui inclinação α < 0 é descrita ela equação = α( ) O trabalho realizado elo gás ideal ao longo do rocesso descrito or essa reta é dado or W = d = variação de energia vale [ α( )]d = ( ) 1 2 α( ) 2 U = c R ( ) = c R [ α( ) ] que ode ser escrito como U = c R [( α )( ) α( ) 2 ] Portanto o calor trocado Q = U + W é dado or Q = a( ) b 2 ( ) 2 onde a e b são constantes definidas or a = c R ( α ) + b = α( 2c R + 1) 9

10 Figure 7: Exercício 9 e 10. variação da entroia é calculada a artir da exressão da entroia de um gás ideal, equação (2.43), S = N(c + R) ln + Nc ln = N(c + R) ln + Nc ln α( ) Exercício 10. Num ciclo o trabalho total é igual ao calor trocado total que or sua vez é igual ao calor trocado Q ao longo do rocesso descrito elo segmento de reta ois ao longo da adiabática não há calor trocado. e acordo com o exercício anterior W = Q = Q = a( ) b 2 ( ) 2 Para determinar basta lembrar que ao longo de uma adiabática γ é constante e ortanto ( ) γ = = α( ) lternativamente, essa mesma relação ode ser obtida imondo S = 0 no resultado obtido no exercício anterior, já que S = S. Para determinar o calor recebido, observamos que do onto até um certo onto, que denominamos, o gás recebe calor e que de até ele cede calor, como se vê no gráficos das figura 5 e 6. O onto é tal que dq/d = 0 ou seja = a b 10 Q = a2 2b

11 T T 1 E H F T 2 G I J S 1 S 2 S Figure 8: Exercício 11. eficiência é dada or η = W/Q. Exercício 11. No diagrama T S, um ciclo de arnot é reresentado or um retângulo cujos lados são aralelos aos dois eixos do diagrama. Um ciclo quase-estático qualquer EFGHE é reresentado or um caminho fechado como mostrado no figura 7. maior temeratura alcançada ela substância que ercorre o ciclo é T 1 e a menor temeratura é T 2. menor entroia define S 1 e a maior entroia define S 2. Essas duas temeraturas e essas duas entroias definem o ciclo de arnot mostrado na figura 7. Nesse diagrama o calor recebido durante o rocesso é a igual à área (IHEFJ) enquanto o calor cedido é igual à área (IHGFJ). eficiência vale ois η = 1 (IHGFJ) (IHEF J) Por outro lado, o calor cedido durante o ciclo de arnot é igual à área (IJ) enquanto o calor cedido é igual à área (IJ). eficiência do ciclo de carnot vale ortanto η arnot = 1 (IJ) (IJ) Para mostrar que η η arnot, devemos mostrar que (IHGF J) (IHEFJ) (IJ) (IJ) 11

12 Mas isso semre se verifica ois, a artir do gráfico da figura 7 conclui-se que as áreas satisfazem as relações (IHGF ) (IJ) e (IHEF J) (IJ) 12