Um motor de combustão interna a gasolina

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 26 – A Entropia e a Segunda Lei da Termodinâmica 
1 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 26 - A ENTROPIA E A SEGUNDA LEI DA TERMODINÂMICA 
 
06. Um motor de combustão interna a gasolina pode ser representado aproximadamente pelo ciclo 
mostrado na Fig. 15. Suponha um gás ideal diatômico e utilize uma taxa de compressão de 4:1 
(Vd = 4 Va). Suponha que pb = 3 pa. (a) Determine a pressão e a temperatura em cada um dos 
vértices do diagrama pV em termos de pa, Ta. (b) Calcule o rendimento do ciclo. 
 
 (Pág. 257) 
Solução. 
(a) Estados a e b (Isométrico; Va = Vb; pb = 3 pa): 
 
b
bb
a
aa
T
Vp
T
Vp
= 
 
a
aa
a
ab
b p
Tp
p
TpT 3== 
 ab TT 3= 
Estados b e c (Va = Vb; Vc = 4 Va; Tb = 3 Ta): 
 γγ ccbb VpVp = 
 γγγ acaa VpVp 43 = 
 aaac pppp 4307619,04
3
4
3
5/7 === γ 
 ac pp 431,0≈ 
 11 −− = γγ ccbb VTVT 
 111 43 −−− = γγγ acaa VTVT 
 aaac TTTT 723048,14
3
4
3
15/71 === −−γ 
 172,1 TTc ≈ 
Estados a e d (Vd = 4 Va): 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 26 – A Entropia e a Segunda Lei da Termodinâmica 
2 
 γγ ddaa VpVp = 
 γγγ adaa VpVp 4= 
 a
aa
d p
ppp 1435873,0
44 5/7
=== γ 
 ad pp 144,0≈ 
 11 −− = γγ ddaa VTVT 
 111 4 −−− = γγγ adaa VTVT 
 a
aa
d T
TTT 5743492,0
44 15/71
===
−−γ 
 ad TT 574,0≈ 
(b) A eficiência de uma máquina térmica é dada por (1), onde Qq é o calor extraído da fonte térmica 
à temperatura Tq e Qf é o calor extraído da fonte térmica à temperatura Tf. 
 
||
||
1
||
||||
||
||
q
f
q
fq
q Q
Q
Q
QQ
Q
We −=
−
== (1) 
Mas Qf = Qcd e Qq = Qab: 
 
||
||
1
ab
cd
Q
Qe −= (2) 
Cálculo de Qcd: 
 




 −=−=∆=∆=
−− 11int, 4
3
4
)( γγ
aa
vcdvcdvcdcd
TTnCTTnCTnCEQ 
 avcd TnCQ 14
2
−
−= γ 
 avcd TnCQ 14
2||
−
= γ (3) 
Cálculo de Qab: 
 )3()(int, aavabvabvabab TTnCTTnCTnCEQ −=−=∆=∆= 
 avab TnCQ 2|| = (4) 
Substituindo-se (3) e (4) em (2): 
 γγ
γγ
−
−
−−
−=−=−=−= 11
11
41
4
11
2
4
2
1
2
4
2
1
av
av
TnC
TnC
e 
Como γ = 7/5: 
 4256508,041 5/71 =−= −e 
 %6,42426,0 =≈e 
 
	Solução.