As Leis da Termodinâmica

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1 As Leis da Termodinâmia Gabarito Parte I: esposta da questão 1: a) P 0.V0 PV x xx = = x xv V = x m. P0 V0 = PV x = P() 2 x 2 P= x x 2, atm 2, x N/m = = = = b) 1, 1, A: U UA = QA A ΔU = Q C: UC U = 0 (isotérmia) UD UA = QA A + QCD CD CD: UD UC = QCD CD UA UD = QA + A QCD + CD UA UD = ( 0) + ( 00 ) = 20 kj = 20 kj. Comentário: Estranhamente as duas soluções não hegaram ao mesmo valor. Isso oorreu porque o examinador simplesmente hutou os valores dos alores troados nas transformações A e CD, respetivamente, 00 kj e 0 kj. Os dados estão inoerentes. Vamos orrigir os valores e tornar a questão oerente. esposta da questão 2: Calulando o trabalho realizado na expansão A ( A ): Como a transformação é isobária (pressão onstante), o trabalho pode ser obtido pelo produto da pressão pela variação do volume. Assim: pa VA p V 0, 1 TA A : = = T = T = T A () I. TA T TA T 0, TA C: TC = T = ( isotérmia ) ( II ). pc VC pd VD 2 0, 0, TC 1 C D: = = T D = TD = T C ( III ). TC TD TC TD 2 A = pa ΔVA = ( 1 0,) = 0,7 = 2,8 = 280 J A = 280 kj. espondendo à segunda pergunta do enuniado, que é a variação da energia interna na transformação DA. 1ª Solução: 2 2 Dados: pa = N/m ;pd = 2 N/m ; N/m 2 ; V A = 0, m ; V D = 0, m Para um gás monoatômio, ideal, a energia interna é dada por: UA pav = A U= n T = pv 2 ( ) UA UD = ( pava pdv D) UD = pdvd 2 = 0, 2 0, = 1,2 1 0, = 0 kj. 2ª Solução: Usando a primeira lei da termodinâmia, que paree ser a sugestão do enuniado. Dados: Q A = +00 kj (alor reebido); Q CD = 0 kj (alor edido) Apliando a equação geral nas diversas transformações: Combinando (I) e (III): 1 TD = TA = T A TD = T A. 12 Usando a equação do alor sensível, alulamos a relação entre os alores troados nas transformações A e CD: 7 QA = m TA T A QA m TA = Q= m ΔT ( ) - QCD = m TA T A QCD = m T A 7 QA QA 7 QA 1 = = - - QCD - QCD = QCD 1 QA = - Q CD. Para que as duas soluções heguem ao mesmo resultado, retomemos a expressão da variação da energia interna da 1ª solução, lembrando que a resposta orreta é 0 kj. UA UD = QA + A QCD + CD 0= QA QCD 00 0= QA QCD = QA Q CD QA + QCD = 0. Montando o sistema: QA + QCD = QCD + QCD = -0 QCD = -0 QA = - Q CD. Da resposta da pergunta anterior, A = 280 kj. O trabalho na transformação CD é: CD = pcd ( ΔVCD) = 2 ( 0, 2) = CD = 00 kj (ompressão). QCD = -70 kj. 1 QAD = - (-70) QAD = 700 kj. Portanto, a questão fia orreta om o enuniado abaixo, om os valores orrigidos destaados: Determinada massa de gás monoatômio ideal sofre a transformação ília ACDA mostrada no gráfio. As Página 1

2 transformações A e CD são isobárias, C é isotérmia e DA é adiabátia. Considere que, na transformação A, 700 kj de alor tenham sidos forneidos ao gás e que, na transformação CD, ele tenha perdido 70 kj de alor para o meio externo. esposta da questão : Questão anulada no gabarito ofiial. O enuniado apresenta um valor inorreto do alor espeífio molar a volume onstante. Segundo a relação de Mayer C P C V =, e omo podemos observar, os valores apresentados não onvergem om essa relação. P V C C = /2 2/ = 11/ Por esse motivo a questão foi anulada. Porém, devemos ressaltar que aso utilizássemos os valores apresentados no enuniado enontraríamos uma das alternativas. Vejamos qual: Calulo do trabalho do gás no ilo O trabalho no ilo é numeriamente igual à área do ilo, assim sendo, temos: = (2 1)..(0, 0,2) = 2. J Calulando as temperaturas do gás no estado, C e D. P V P V P V P V = = = θ θ θ θ A A C C D D A C D Comparando o gás nos estados A e : P V A A θ A PV 1. VA 2. V = = θ (22+ 27) θ θ = 2.00= 00K θ = 00K Comparando o gás nos estados e C: = PV PCVC 0,2 0, = = θc = 2000K θ θc 00 θc Comparando o gás nos estados C e D: θc PD V = D θd = (2000) θ θ D = 00K D Cálulo da quantidade de alor absorvido (Q AS. ) pelo gás: Proesso A : QV = n.c V.ΔθA Q V =.(2/).8.(00 00) Q V =. J Proesso C: QP = n.c P.ΔθC Q P =.(/2).8.( ) QP = J Nos proessos C D e D A o gás rejeita alor para o ambiente (Q<0). Assim, o alor absorvido (Q AS. ) é dado por: Q AS. =. +. =. J Calulando o rendimento da máquina térmia: η= QAS. η 18% esposta da questão : η= 2. 0,18 (/). = Do texto da questão: ao aqueer uma parte de um orpo marosópio e o isolarmos termiamente, a temperatura deste se torna gradualmente uniforme, jamais se observando o ontrário, o que india a direionalidade do tempo. O texto se refere à entropia de um sistema, ou melhor, ao aumento da entropia dos sistemas termodinâmios, o que é demonstrado pela segunda lei da termodinâmia que nos diz: nuna será observado, om o passar do tempo, um aúmulo de energia térmia em apenas um ponto do orpo. Dessa forma, distribuir uniformemente a temperatura de um sistema isolado é um proesso irreversível, pois oorre espontaneamente, ao ontrário do aúmulo de energia, que preisa ser um proesso forçado, ou seja, requer a atuação de uma fonte de energia externa ao sistema para oorrer. esposta da questão : [] A análise do diagrama dado permite onluir que a energia total (E) liberada na queima do ombustível é E= E= 1,2 J. Como a queima de 1 kg de querosene libera J, temos a massa m desse ombustível onsumido em ada ilo é: J 1 kg 1,2 m= m= 0,2 kg. 1,2 J m kg esposta da questão : a) Dados: n = 1 mol; P A ; V A ; P C ; V C e. Estado A: Da equação de Clapeyron: Página 2

3 PA VA PA VA = n T A PA VA = 1 T A T A=. Estado : O proesso A é isotérmio (T = T A ) e o proesso C é isoório (V = V C ). P V PA VA PA VA = P VC = PA V A P =. T TA VC Estado C: Da equação de Clapeyron: = n T C = 1 T C T C=. Estado D: O proesso CD é isotérmio (T D = T C ) e o proesso DA é isoório (V D = V A ). PD VD = PD VA = PC V C P =. TD TC VA A C D P V T P V P A PA VA VC P C VA V A V C V C V A A A PA VA Dados: A = 00J;CD = 0Je UDA = 70J. Primeira Lei da Termodinâmia: U= Q. Vamos aos álulos literais: O proesso A é uma expansão ( A > 0) isotérmia ( U A = 0) UA = QA A 0= QA A QA = A = 00 J. O proesso C é um resfriamento ( U C = - U DA = -70 J) isoório ( C = 0) UC = QC C UC = QC 0 QC = UC = 70 J. Q (J) U (J) (J) A C CD DA esposta da questão 7: [] A segunda lei da Termodinâmia afirma: É impossível uma máquina Térmia, operando em ilos, transformar integralmente alor em trabalho. Em termos de álulo, ela pode ser traduzida pela expressão do ilo de Carnot, que dá o máximo rendimento ( η ) possível para uma máquina térmia operando em ilos entre uma fonte quente e uma fonte fria, respetivamente, a temperaturas absolutas T 1 e T 2 : T2 η= 1. T1 Para transformar integralmente alor em trabalho, o rendimento teria que ser igual η= 1. Nesse aso: T2 T2 1= 1 = 0 T2 = 0 K. T1 T1 Ou seja, temperatura da fonte fria deveria ser zero absoluto, o que é um absurdo. esposta da questão 8: A Primeira Lei da Termodinâmia diz que a variação da energia interna de um gás é a diferença entre o alor que ele troa om o meio e o trabalho que realiza ( Δ U= Q ). Quando a temperatura se mantém onstante, a variação da energia interna é nula e o alor troado é igual ao trabalho realizado. No diagrama P x V, o trabalho é numeriamente igual à área ompreendida entre a urva representativa do gráfio e o eixo V. Como Δ U= 0, então Q= O proesso CD é uma ompressão ( CD = -0 J) isotérmia ( U CD = 0) U = Q 0= Q Q = = 0 J. CD CD CD CD CD CD CD O proesso DA é um aqueimento ( U DA = 70 J) isoório ( DA = 0) U = Q U = Q 0 Q = U = 70 J. DA DA DA DA DA DA DA esposta da questão 9: a) No proesso isoório (volume onstante) (a b): Variação do volume: ΔV ab = V b V a = 0 Variação da pressão: ΔP ab = P b P a = (1,0,0) ΔP ab = 2,0 Pa. Página

4 No proesso isobário (pressão onstante) (b ): Variação do volume: ΔV b = V V b = (,0 2,0) 2 ΔV ab =,0 2 m. Variação da pressão: ΔP b = P P b = 0. Apliando a equação geral dos gases entree os estados a e. se trata de um sistema onservativo, mesmo quando a órbita é não irular. Assim, não há transformação de alor em trabalho ou vie-versa, não violando, portanto, a segunda lei da termodinâmia, qualquer que seja o sentido de giro do satélite. esposta da questão 12: 2 PaVa PV 2 1 = = T T T T a a = Ta = T T T a b) Sendo Q a quantidade de alor troado, ΔU a variação da energia interna e o trabalho realizado entre dois estados, a 1ª lei da termodinâmia nos dá: Q = ΔU +. Como mostrado no item anterior, a temperatura do gás nos estados a e são iguais, portanto a variação da energia interna entre esses dois estados é nula (ΔU a = 0). Então: Q a = a = ab + b. Mas a transformação ab é isoória ab = 0. Então: Q a = b = P ( V b ) = 1,0,0 2 Q a =,0 J. esposta da questão : [A] A frequênia de operação é 0 ilos/s, ou seja, 0 Hz. Notemos ainda que, no eixo das absissas o volume está em litro. (1 L = m ). 2 Ta = 1. T esposta da questão 1: a) mgd. b) Q - mgd. esposta da questão 1: h = 0,2 m. esposta da questão : [E] esposta da questão 1: [D] esposta da questão 17: a) T A 29 K. b),1. 2 J. ) T C 29 K. esposta da questão 18: a) 1 o - P 0, 2V 0, 2T 0 2 o - P 0 /2, 2V 0, T 0 o - P 0, V 0, T 0 b) Observe a figura a seguir: Calulando o trabalho ( ilo ) em ada ilo. Como se trata de um ilo no sentido horário, o trabalho realizado é positivo, sendo numeriamente igual á área interna do ilo. ilo = "Área" = ( 0, 0,2)( 2 1) ilo = 0 J. O trabalho total () em 0 ilos é: = 0 0 = 1.00 J. Calulando a potênia do sistema: 1.00 J P = = P= t 1 s esposta da questão 19: Observe a figura a seguir: esposta da questão 11: [] A segunda lei da termodinâmia envolve a transformação de alor em trabalho. Dos proessos dados, o únio que não envolve realização de trabalho é o movimento de um satélite em órbita, pois Página

5 esposta da questão 20: Observe a figura a seguir: Apliando a equação geral para os estados final e iniial: PV P0V0 8 0 = T T T 0 T = 2 ºC = T = 98 K 299 esposta da questão : [] Gabarito Parte II: esposta da questão 1: 2 Dados: 1 atm= N/m. a) O trabalho no ilo é dado pela área do ilo. ilo = 1 0, ,02 b) Como se trata de uma transformação isobária, a variação da energia interna pode ser alulada pela expressão: UA = P VA = 0,0 2 2 U = J. A ) Apliando a 1ª lei da termodinâmia para transformação A: ilo =.000 J. QA = A + UA = P VA = 0, = QA = J. a esposta da questão 2: Sem gabarito ofiial. A questão foi lassifiada omo de difiuldade ELEVADA e UIM por não apresentar nenhuma opção orreta. Vamos, então, a uma solução fitíia, puramente matemátia: Dados: V 0= 00 ml; = 2; P 0= 1 atm; T 0= 2 C = 299 K; V = 0,2 V 0= 0,2(00) = 0 ml. Apliando a equação de uma transformação adiabátia para as situações final e iniial: PV = P0V 0 P( 0) ( 2 = P ) = ( 20 ) 20 P = 20 P= 2 = P= 8 atm. Página