da física P.58 a) Do gráfico: V 3 0 3 m 3 ; V 0 3 m 3 Dado: 300 K p p V V 3 0 300 3 3 0 00 K b) área do gráfico é numericamente igual ao 8 p ( 0 3 N/m ) N $ módulo do trabalho no processo: base altura (3 ) 0 3 8 0 3 N $ 6 J Como se trata de uma compressão: 0 3 V ( 0 3 m 3 ) $ 6 J c) O trabalho é realizado sobre o gás pelo ambiente, pois o volume diminui (compressão). P.59 a) Dados: n 4 mols; R 8,3 J/mol K Estado : V 0, m 3 ; 500 K Estado : V 0,6 m 3 ; 600 K p V nr p 0, 4 8,3 500 p 8,3 0 4 N/m p V nr p 0,6 4 8,3 600 p 3,3 0 4 N/m p (N/m ) b) área do trapézio assinalado no gráfico mede p numericamente o trabalho realizado ( N $): p 4 4 8,3 0 3,3 0 (0,6 0,) 0 0, 0,6 V (m 3 ),33 0 4 $,33 0 4 J c) Como se trata de uma expansão (aumento de volume), o trabalho é realizado pelo gás.
da física P.60 a) Dados: m 56 g; M 8 g/mol; R 8,3 J/mol K; n m M Estado : p 5 0 5 N/m ; V 60 0 3 m 3 Estado : p 0 5 N/m ; V 0 0 3 m 3 56 n mols 8 p V nr 5 0 5 60 0 3 8,3.805 K p V nr 0 5 0 0 3 8,3 0,3 K b) área do trapézio assinalado no gráfico é numericamente igual ao módulo do trabalho rea- p ( 0 5 N/m ) 5 lizado ( N $): 0 0 N $ 5 5 5 0 0 (60 0) 0 3, 0 4 $, 0 4 J Como se trata de uma compressão, vem: $, 0 4 J c) O trabalho é realizado sobre o gás pelo ambiente, pois o volume diminui (compressão). 60 V ( 0 3 m 3 ) P.6 a) Dados: R 8,3 J/mol K; 600 K Do gráfico: p 0 0 3 N/m ; V 0,3 m 3 p V nr 0 0 3 0,3 n 8,3 600 n 0,6 mol b) Estado : p 4 0 3 N/m ; V 0, m 3 pv pv 3 3 0 0 0,3 4 0 0, 80 K 600 c) variação de energia interna é dada por: U 3 nr ( ) 3 0,6 8,3 (80 600) U 3,9 03 J d) Pela área do gráfico: 0 p ( 0 3 N/m ) 3 3 0 0 4 0 (0,3 0,),4 0 3 $,4 0 3 J 4 N $ Como se trata de compressão: $,4 0 3 J 0 0, 0,3 V (m 3 )
da física 3 e) plicando a primeira lei da ermodinâmica: U Q $ Q U $ Q 3,9 0 3,4 0 3 Q 5,3 0 3 J P.6 a) Dados: n mols; R 8,3 J/mol K;?;? Do gráfico: p 3 0 4 N/m ; V 0, m 3 ; p 0 4 N/m ; V 0,4 m 3 p V nr 3 0 4 0, 8,3 36 K p V nr 0 4 0,4 8,3 48 K b) 48 36 0 K U 3 nr U 3 8,3 0 U 3 03 J c) p ( 0 4 N/m ) Pela área do gráfico: 3 0 0, N $ 0, 0,3 0,4 V (m 3 ) 4 4 3 0 0 5 0 3 (0,4 0,) Como N $, temos: $ 5 0 3 J d) plicando ao processo a primeira lei da ermodinâmica, teremos: U Q $ Q U $ Q 3 0 3 5 0 3 Q 8 0 3 J P.63 Na transformação isotérmica: U 0 Q $ No caso, $ 600 J (trabalho realizado sobre o gás). Portanto, a quantidade de calor cedida pelo gás é Q 600 J P.64 a) Dados: p 0 5 N/m ; 500 K; V,66 m 3 ; R 8,3 J/mol K p V nr 0 5,66 n 8,3 500 n 40 mols b) Como a expansão é isotérmica ( 0), a variação de energia interna é nula ( U 0). Então: $ Q ssim, o calor recebido pelo gás (Q 400 J) é integralmente convertido em trabalho: $ 400 J c) Conforme foi comentado no item anterior: U 0
da física 4 P.65 a) Dados: n 3 mols; N 9,5 0 4 ; R 8,3 J/mol K O processo é uma compressão isotérmica, pois a curva é uma hipérbole equilátera, que traduz uma proporcionalidade inversa entre pressão (p) e volume (V), o que é característico da transformação isotérmica. b) Do gráfico: p, 0 4 N/m ; V 0,6 m 3 p V nr, 0 4 0,6 3 8,3 88,8 K c) variação de energia interna é nula, pois se trata de uma transformação isotérmica: 0 U 0 d) O trabalho tem módulo dado numericamente pela área do gráfico: $ N $ 9,5 0 4 J Como o processo é uma compressão, esse trabalho é realizado sobre o gás, sendo negativo: $ 9,5 0 4 J e) De U 0, vem Q $. Portanto: Q 9,5 0 4 J O gás perde, sob a forma de calor, a energia que recebeu na forma de trabalho, uma vez que não varia sua energia interna. P.66 a) Dado: Q.500 J p (N/m ) 30 0 0 N $ 30 V (m 3 ) O trabalho realizado pelo gás na expansão é numericamente igual à área do retângulo destacada: $ 30 (30 0) $ 600 J b) Pela primeira lei da ermodinâmica: U Q $.500 600 U 900 J P.67 a) Dados: p 0 3 N/m ; R 8,3 J/mol K Do gráfico: V 0,6 m 3 ; 300 K plicando a equação de Clapeyron ao estado inicial, temos: pv nr 0 3 0,6 n 8,3 300 n 0,48 mol
da física 5 b) Do gráfico: V V V 0, 0,6 V 0,4 m 3 O trabalho, numa transformação isobárica, é dado por: $ p V 0 3 (0,4) $ 0,8 0 3 J $ 8 0 J c) Como durante o processo o gás perdeu,0 0 3 J de calor, temos: Q,0 0 3 J Por fim, pela primeira lei da ermodinâmica, temos: U Q $,0 0 3 (0,8 0 3 ) U, 0 3 J P.68 Dados: n 3 mols; C p 5 cal/mol K; R 8,3 J/mol K; cal 4,8 J a) Do gráfico: V m 3 ; 00 K pv nr p 3 8,3 00 p,5 0 3 N/m b) Q nc p ( ) 3 5 (500 00) Q 4,5 0 3 cal Q 4,5 0 3 4,8 J Q,88 0 4 J c) Do gráfico: V V V 5 V 3 m 3 Numa expansão isobárica, o trabalho realizado pelo gás é dado por: $ p V,5 0 3 3 $ 7,5 0 3 J d) Da primeira lei da ermodinâmica, vem: U Q $ 8,8 0 3 7,5 0 3 U,3 0 3 J U,3 0 4 J P.69 Dado: C p 5 cal/mol K Pela relação de Mayer: C p C v R, em que R cal/mol K Então: 5 C v C v 3 cal/mol K De Q v n C v, vem: Q v 3 3 300 Q v,7 0 3 cal Q v,7 0 3 4,8 J Q v,3 0 4 J P.70 Se o volume permanece constante, não há realização de trabalho na transformação: $ 0 Pela primeira lei da ermodinâmica: U Q Como o gás recebe Q 500 J, vem: U 500 J
da física 6 P.7 Dados: n mol; C v,98 cal/mol K; R 8,3 J/mol K; cal 4,8 J a) Do gráfico: p 400 N/m ; 00 K De p V nr, vem: 400V 8,3 00 V,08 m 3 b) Q n C v ( ),98 (50 00) Q 447 cal Q 447 4,8 J Q,87 0 3 J c) Como a transformação é isocórica: V 0 $ 0 Então: U Q U,87 0 3 J P.7 Dado: Q C 8 0 4 J a) Na etapa, $ 0, pois o processo é isocórico ( V 0). b) Na etapa C, o trabalho é dado por: $ C p (V C V ) 5 0 4 (0,7 0,3) $ C 0 4 J c) $ C $ $ C $ C 0 4 J d) Pela primeira lei da ermodinâmica, temos: U C Q C $ C U C 8 0 4 0 4 U C 6 0 4 J P.73 a) Sendo o processo adiabático, não há troca de calor com o meio externo: Q 0 b) O trabalho realizado sobre o gás é: $ 500 J variação de energia interna é dada por: U $ U (500) U 500 J c) Sendo uma compressão, o volume diminui. O aumento da energia interna indica que a temperatura aumenta. Como pv constante, conclui-se que a pressão aumenta. P.74 Expansão isobárica: volume aumenta; pressão constante; temperatura aumenta; $ 0; Q 0; U 0. Expansão adiabática: volume aumenta; pressão diminui; temperatura diminui; $ 0; Q 0; U 0.
da física 7 P.75 Dados: V º; p 6 atm; V 8 º; γ,5 Utilizando esses valores na equação de Poisson, teremos: p V γ p V γ 6,5 p 8,5 Elevando ao quadrado os dois membros da equação, vem: 56 3 p 8 3 56 8 p 5 p 4 p atm P.76 Dados: 400 K;? plicando a lei geral dos gases perfeitos, temos: pv pv 6 8 00 K 400 P.77 a) Do gráfico: p 0 3 N/m; V 8 0 m 3 p 4 0 3 N/m; V 0 m 3 Da equação geral dos gases perfeitos, vem: pv 3 3 pv 0 8 0 4 0 0 b) Sendo, a variação de temperatura, em ambos os processos, é nula. Portanto: U 0 c) O trabalho realizado depende do caminho entre os estados inicial e final. Como nas transformações isocóricas o trabalho é nulo, o trabalho total corresponde ao trabalho realizado na transformação isobárica. eremos: $ p V e $ p V Como a variação de volume é a mesma nos dois processos, terá módulo maior o trabalho realizado sob maior pressão: p p $ $ Do gráfico: V 0 8 0 V 6 0 m 3 p 4 0 3 N/m ; p 0 3 N/m $ p V $ 4 0 3 (6 0 ) $,4 0 3 J $ p V $ 0 3 (6 0 ) $ 6 0 J
da física 8 d) plicando a primeira lei da ermodinâmica, temos: U Q $ 0 Q $ Q $ Portanto, a quantidade de calor trocada terá módulo maior onde o módulo do trabalho for maior: $ $ Q Q Os valores serão: Q,4 0 3 J e Q 6 0 J P.78 a), pois corresponde à isoterma mais afastada dos eixos. b) Como nos três processos as temperaturas inicial e final são as mesmas, a variação de temperatura ( ) é a mesma. Portanto, nos três processos ocorre a mesma variação de energia interna: U U U 3 c) No gráfico, a área compreendida entre as curvas que representam as transformações e o eixo das abscissas é numericamente igual aos trabalhos realizados. Portanto: $ $ $ 3 ou $ 3 $ $ d) Considerando que as variações de energia interna são iguais, as diferenças Q $ devem ser iguais, pois U Q $. Então, ao maior trabalho deve corresponder também a maior quantidade de calor trocada: Q Q Q 3 ou Q 3 Q Q P.79 Dados: n mols; 450 300 50 K; C p 0,75 J/mol K; R 8,3 J/mol K a solução: U 3 n R U 3 8,3 50 U 3.735 J Como $ U, vem: $ 3.735 J a solução: U n C v U n (C p R) U (0,75 8,3) 50 U 3.735 J Como $ U, vem: $ 3.735 J
da física 9 P.80 Dados: atm 0 5 N/m ; º 0 3 m 3 4 3 p (atm) F E D C área assinalada no gráfico equivale numericamente ao trabalho realizado no ciclo: N $ 5 ( atm º ) $ 5 0 5 0 3 $ 5 0 J 0 3 4 V (º) P.8 Dados: atm 0 5 N/m ; º 0 3 m 3 6 4 0 p (atm) C N $ 4 6 V (º) Para exprimir em joules: $ 8 0 5 0 3 $ 8 0 J área assinalada no gráfico equivale numericamente ao módulo do trabalho: N (6 ) (6 ) $ $ 8 atm º Como o trabalho realizado na compressão C tem módulo maior que o trabalho realizado na expansão ($ C $ ), o trabalho total $ é negativo ($ 8 atm º). No ciclo, é nula a variação de energia interna ( U 0). ssim, pela primeira lei da ermodinâmica: U Q $ 0 Q $ Q $ Q 8 0 J Como o ciclo é realizado no sentido anti-horário, há conversão de trabalho em calor. P.8 a) Dados: p 4 0 N/m ; V (, 0,) m 3,0 m 3 O trabalho realizado na expansão é dado por: $ p V 4 0,0 $ 4 0 J (trabalho realizado pelo gás) O processo C é isocórico. ssim, não há realização de trabalho: $ C 0 Para a compressão CD, temos: p 0 N/m ; V (0,,) m 3,0 m 3 $ CD p V 0 (,0) $ CD 0 J (trabalho realizado sobre o gás) O processo D é isocórico. Portanto: $ D 0
da física 0 b) Expansão : V aumenta aumenta U aumenta Processo C: p diminui diminui U diminui Compressão CD: V diminui diminui U diminui Processo D: p aumenta aumenta U aumenta Portanto, a energia interna (U) aumenta nas transformações e D e diminui nas transformações C e CD. c) Como o ciclo é realizado no sentido horário, há conversão de calor em trabalho. Esse raciocínio se baseia no fato de que o trabalho na expansão tem módulo maior que o trabalho realizado na compressão CD. d) rabalho no ciclo: $ $ $ C $ CD $ D $ 4 0 0 0 0 $ 0 J Chega-se ao mesmo resultado pelo cálculo da área interna do ciclo ( N $). base altura (, 0,) (4 ) 0 0 $ 0 J Como é nula a variação de energia interna no ciclo ( U 0), temos: Q $ Q 0 J P.83 O trabalho total, realizado no intervalo de tempo t s, vale: $ total 4$ 4 0 $ total 8 0 J potência da máquina é dada por: Pot $ total t 8 0 Pot 8 0 W P.84 a) Compressão : p 3 0 4 N/m ; V (0, 0,7) m 3 0,5 m 3 $ p V 3 0 4 (0,5) $,5 0 4 J O processo C é isocórico. Logo: $ C 0 Na expansão C, o trabalho é dado numericamente pela área do trapézio assinalado no gráfico: $ C 4 4 6 0 3 0 $ C,5 0 4 J (0,7 0,) 6 3 0 p ( 0 4 N/m ) C 0, 0,7 V (m 3 ) b) Como o ciclo é percorrido no sentido horário, há conversão de calor em trabalho.
da física c) O trabalho $ por ciclo vale: $ $ $ C $ C,5 0 4 0,5 0 4 $ 7,5 0 3 J d) $ total 8$ 8 7,5 0 3 $ total 60 0 3 J Sendo t 5 s, obtemos: Pot $ total t 3 60 0 5 Pot 0 3 W Pot, 0 4 W P.85 Dados: Q.600 kcal (calor recebido da fonte quente) Q.400 kcal (calor rejeitado para a fonte fria) η Q Q η.400.600 η 0,875 η 0,5,5% P.86 O rendimento é: η 0,5. 4 potência útil é Pot 800 kw, isto é, o trabalho útil em um segundo é $ 800 kj. $ $ 800 a) η Q Q Q 3.00 kj Q 3, 0 3 kj Q η 0,5 b) Q Q $ Q 3.00 800 Q.400 kj Q,4 0 3 kj P.87 Dados: Q 50 cal; Q 75 cal $ Q Q 75 50 $ 5 cal 5 4,8 J $ 04,5 J Eficiência: e Q 50 e $ 5 e P.88 Dados: (37 73) K 600 K; (7 73) K 300 K Com esses valores, obtemos: η η 300 600 η 0,5 η 0,5 50% P.89 Dados: (00 73) K 373 K; (0 73) K 73 K; Q.000 cal; cal 4,8 J
da física a) η 73 373 0,73 η 0,68 6,8% b) η $ Q $ η Q $ 0,68.000 $ 68 cal $ 68 4,8 J $.0 J c) Q Q $.000 68 Q 73 cal P.90 Dados: θ 37 C (37 73) K 600 K; θ 7 C (7 73) K 400 K; Q 00 J; Q 60 J a) $ Q Q 00 60 $ 40 J b) η $ 40 η 0,0 0% Q 00 c) η máx. 400 600 0,67 η máx. 0,33 33% P.9 Dados: 400 K; 300 K; Q 600 cal a) η 300 400 0,75 η 0,5 5% b) η $ Q $ η Q η 0,5 600 $ 50 cal Q Q $ 600 50 Q 450 cal P.9 a) Dados: Q 0 5 cal; $ 5 0 4 cal η $ Q η 5 0 η 0,5 50% 5 0 4 b) Dados: (77 73) K 450 K; (7 73) K 500 K η máx. η 450 máx. η máx. 0, 0% 500 máquina não pode existir, pois, necessariamente, devemos ter: η η máx. P.93 Do gráfico: p 500 Pa; V 0,0 m 3 ; p C 00 Pa; V C 0,03 m 3 Calculando a energia interna em e C:
da física 3 U 0 p V 0 500 0,0 U 0 J U C 0 p C V C 0 00 0,03 U C J variação de energia interna no processo C vale: U U C U 0 U J 500 p (Pa) O trabalho realizado no processo C é dado numericamente pela área do trapézio assinalado no gráfico ($ N ): 00 0 0,0 C 0,03 V (m 3 ) $ 500 00 (0,03 0,0) $ 7 J De U Q $, vem: Q U $ Q 7 Q 9 J P.94 a) O trabalho no processo C é igual ao trabalho na transformação isobárica, pois o trabalho na transformação isocórica C é nulo: $ C $ $ C $ C $ Mas: $ 4 0 5 (4 ) $ 8 0 5 J Portanto: $ C 8 0 5 J b) c (mesma isoterma) U c U Portanto, é nula a variação de energia interna no processo C: U C 0 plicando a primeira lei da ermodinâmica, obtemos: U C Q C $ C 0 Q C $ C Q C $ C Q C 8 0 5 J P.95 a) No estado, temos: V,05 0 m 3 ; p 8 0 5 N/m ; m 640 g; M 3 g/mol; R 8, J/mol K plicando a equação de Clapeyron, obtemos: P V m M R 8 05,05 0 640 3 8, 00 K b) O trabalho é dado pela área do trapézio: $ 5 5 8 0 4 0 (4,0 0,05 0 ) $ 6 0 5,05 0 $.300 J c) U 0 Q $ Q.300 J
da física 4 P.96 Dados: p,0 atm; V,0 º; ( 73) K 94 K; p?; V V 4,0 º; γ,0;? Da lei de Poisson, vem: p V γ p V γ,0 (,0) p (4,0),0 4,0 p 6 p 0,50 atm plicando-se a lei geral dos gases perfeitos, obtemos: pv pv,0,0 0,50 4,0 94 47 K θ (47 73) C θ 6 C P.97 a) Dados: U.000 J; U.000 J Nas três transformações indicadas, os estados inicial e final são os mesmos. Portanto, em qualquer delas, a variação de energia interna é dada por: U U U.000.000 U.000 J b) O trabalho na transformação I corresponde ao trabalho realizado no processo isobárico, sob pressão p 00 N/m e com variação de volume dada por: V (0, 0,) m 3 0, m 3 Portanto: $ I p V 00 0, $ I 0 J Como se trata de uma expansão, o trabalho foi realizado pelo gás. 00 p (N/m ) II Na transformação II, o trabalho é medido numericamente pela área do trapézio assinalado no gráfico ($ N ): 00 0 0, N $ 0, V (m 3 ) $ II 00 00 (0, 0,) $ II 5 J Sendo também uma expansão, o trabalho foi realizado pelo gás. O trabalho na transformação III corresponde ao trabalho no processo isobárico, sob pressão p 00 N/m e com variação de volume dada por: V (0, 0,) m 3 0, m 3 Portanto: $ III p V 00 0, $ III 0 J Esse trabalho foi realizado pelo gás, pois também se trata de uma expansão. c) plicando a primeira lei da ermodinâmica, temos: U Q $ Q U $
da física Então: 5 Q I U $ I.000 0 Q I.00 J Q II U $ II.000 5 Q II.05 J Q III U $ III.000 0 Q III.00 J P.98 Calculando o trabalho em cada uma das transformações: p p $ ( V0 V0 ) $ ( p p) V0 $ C p (5V 0 V 0 ) $ C 4p V 0 p p $ CD (6 V0 5 V0) $ CD p p V ( ) 0 $ D p (6V 0 V 0 ) $ D 4p V 0 O trabalho total (no ciclo) é a soma dos trabalhos em cada etapa: $ $ $ C $ CD $ D ( ) 4 $ p p V0 pv0 ( p p ) V0 4 pv 0 $ 4p V 0 4p V 0 $ 4V 0 (p p ) Chega-se ao mesmo resultado calculando-se a área interna do ciclo (área do paralelogramo). P.99 Na expansão isotérmica, temos: Q 64 J Como a variação de energia interna é nula, vem: U 0 $ Q $ 64 J Na compressão isobárica C, sob pressão p,0 0 5 N/m, o gás sofre a seguinte variação de volume: V (0 70) cm 3 50 cm 3 V 50 0 6 m 3 O trabalho realizado sobre o gás vale: $ C p V,0 0 5 (50 0 6 ) $ C 0 J Na transformação isocórica C, temos: $ C 0 O trabalho total produzido pelo gás durante o ciclo CD é dado por: $ $ $ C $ C 64 0 0 $ 54 J P.00 a) Como o estado final () coincide com o estado inicial (), a variação de energia interna no ciclo C é nula: U 0
da física 6 00 0 0, N $ C 0,5 V (m 3 ) b) p (N/m ) O trabalho realizado pelo gás no ciclo é dado 600 numericamente pela área interna do ciclo, conforme é assinalado no gráfico: $ (0,5 0,) (600 00) $ 80 J c) plicando a primeira lei da ermodinâmica, obtemos: U Q $ 0 Q $ Q $ Q 80 J P.0 P.03 a) I. O gás realiza trabalho positivo quando se expande. Portanto, o trabalho é positivo apenas no trecho KL. II. transformação KL é isotérmica. Então, o calor trocado é igual ao trabalho realizado. Como $ KL 0 Q KL 0, isto é, o gás absorve calor. Na transformação LM (isocórica), o gás não realiza trabalho. Como a temperatura aumenta (pois a pressão aumenta), o mesmo ocorre com a energia interna. Para isso, o gás deve absorver calor: U LM 0 Q LM 0 b) I. No processo NK há uma diminuição de pressão e, portanto, uma diminuição de temperatura. Como a temperatura em K é igual à temperatura em L, concluímos que: N L II. Como o ciclo KLMNK está sendo realizado no sentido anti-horário, está ocorrendo conversão de trabalho em calor. Portanto, esse ciclo só pode corresponder ao funcionamento de um refrigerador. P.0 P.0 área interna do ciclo, que equivale numericamente ao trabalho realizado pelo gás no ciclo, corresponde à soma das áreas de quatro quadradinhos de lados 0,5 0 5 N/m e,0 m 3. ssim: $ 4 0,5 0 5,0 $,0 0 5 J Em 50 ciclos de operação, o trabalho total vale: $ total 50 $ 50,0 0 5 $ total 00 0 5 J Expressando em 0 6 J, temos: $ total 0 0 6 J P.0 P.03 a) Dados: n 0,3 mol; R 8,3 J/mol K; C V 0,775 J/mol K; 3 300,84 K
da física 7 p V nr 8 0 5 0 3 0,3 8,3 q 60,7 K p V nr 8 0 5 8 0 3 0,3 8,3 q.406,7 K p 3 V 3 nr 3 p 3 8 0 3 0,3 8,3 300,84 p 3 q 0 5 N/m 5 3 b) $ N 7 0 6 0 área $, 0 3 J c) No processo 3 r : U n C V U 0,3 0,775 (60,7 300,84) U q,0 0 3 J (8 ) 0 $ 3 r 5 6 0 3 $ 3 r,7 0 3 J plicando a primeira lei da ermodinâmica, obtemos: U Q $,0 0 3 Q (,7 0 3 ) Q 0,7 0 3 J Q 7,0 0 J P.04 a) Dados: Q 5,0 0 5 J (calor transferido para a fonte quente); $,0 0 5 J (trabalho do compressor) De Q Q $, vem: Q 5,0 0 5,0 0 5 Q 4,0 0 5 J b) Como se trata de um refrigerador ideal, ele funciona realizando o ciclo de Carnot. Sendo θ 30 C, temos: θ 73 30 73 303 K De Q Q, vem: 5,0 0 303 5 5 4,0 0 4,4 K ou θ 73 4,4 73 θ 30,6 C P.05 a) Como a transformação C é isotérmica, o produto pv se mantém constante. Então: P c 4 0 3 0 5 8 0 3 P c 4 0 5 N/m Sendo 300 K e isobárica a transformação, temos: V V 4 0 8 0 300 3 3 600 K
da física 8 b) O trabalho líquido envolvido no ciclo é a soma algébrica dos trabalhos nas transformações, C e C: $ $ $ C $ C Cálculo de $ : $ 0 5 (8 0 3 4 0 3 ) $ 8 0 J 800 J O módulo do trabalho na transformação C é.00 J; mas, como se trata de uma compressão, temos: $ C.00 J O trabalho na transformação C (isocórica) é nulo: $ C 0 Substituindo em, obtemos: $ 800.00 0 $ 300 J c) Na transformação, o calor trocado é Q.800 J e o trabalho realizado é $ 800 J. plicando a primeira lei da ermodinâmica, vem: U Q $ U.800 800 U.000 J P.06 Dados:.600 K; 400 K; a) η Pot Pot Pot útil 4 cv 4 740 W Pot útil.960 W; Pot total.480 cal/s.480 4 J/s Pot total 5.90 W útil total b) η máx..960 η 0,50 (50%) 5.90 η máx. 400.600 0,5 η máx. 0,75 (75%) c) O motor é teoricamente viável, pois apresenta rendimento menor que o rendimento máximo dado pelo motor de Carnot (η η máx. ). P.07 a) Dados: mín. 7 C (7 73) K 300 K; máx..7 C (.7 73) K.500 K O rendimento máximo teórico vale: mín. 300 η η η 0, η 0,8 80%.500 máx. energia total obtida é dada por: Q 7.00 5,0 0 7 Q 3,6 0 J O trabalho máximo obtido é dado por: η $ Q $ η Q $ 0,8 3,6 0 J $,88 0 J
da física 9 Como o intervalo de tempo é t h 3.600 s, a potência máxima vale: $,88 0 Potmáx. Potmáx. t Pot máx. 8 0 7 W 3.600 potência gerada é a metade desse valor: Pot gerada Pot máx. Pot gerada 7 8 0 Pot gerada 4 0 7 W b) Como a energia útil gerada pela usina é metade da máxima teórica possível, ela corresponde a 40% da energia total (50% de 80% 40%). Então, a energia dissipada é 60% da energia total: Q d 0,6 Q máx. 0,6 8 0 7 Q d 4,8 0 7 J Em hora: E d 0,6 Q 0,6 3,6 0 E d,6 0 J Por regra de três simples e direta, sendo h 3.600 s, vem:,6 0 J 3.600 s Q d s Q d 6 0 7 J Sendo m 5.000 kg (pois d kg/º) e c 4.000 J/kg C, vem: Q d m c θ 6 0 7 5.000 4.000 θ θ 3 C