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FIS 715 Mecânica Estatística - 2011.2 - Lista de Exercícios 1 3
Problema 2: Máquina de Carnot Magnética
Uma porção de n moles uma substância paramagnética é usada como sistema termodinâmico
para construir uma máquina de Carnot. A equação de estado dessa substância é
M = n D
H
T
onde H é o campo magnético, T é a temperatura absoluta e D é uma constante característica
da substância.
(a) Mostre que a energia interna e a capacidade calorífica CM dependem apenas da tempera-
tura, i.e. não depedem da magnetização.
(b) Considere agora que CM = C é constante. Faça um esboço do diagrama de um ciclo de
Carnot no plano (M −H ) e mostre que, durante um processo adiabático reversível,
1
T
exp
h M 2
2n D CM
i
=Constante
(c) Calcule o calor total absorvido e o trabalho realizado pela máquina de Carnot correspon-
dente. Verifique a eficiência do ciclo de Carnot.
Solução:
(a) Pela primeira Lei, e nos processos onde d M = 0 e d n = 0, temos que
dU = T dS +Hd M +µN d n → dU = T dS = T
� ∂ S
∂ T
�
M ,N
d T
onde estamos usando S =S(T,M ,N ), i.e (T,M ,N ) como variáveis independentes.
dU =
�∂U
∂ T
�
M ,N
d T.
Portanto,U dependerá apenas de T .
A capacidade calorífica a M ,N constantes será:
CM ,N =
d¯Q
d T
= → CM ,N =
dU
d T
���
M ,N
=
�∂U
∂ T
�
M ,N
como visto na equação (27) da Aula 4. Logo CM ,N também dependerá apenas de T .
(b) ConsiderandoCM ,N =C constante, podemos por integração direta da equação acima que
U =C T,
O ciclo de Carnot no plano (M −H ) é mostrado na figura abaixo, onde usamos a equação
de estado dada que mostra que M é linear com H sobre uma isotérmica.
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Problema 1:
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Lista de exercícios 1
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b
b
b
b
TF
TQ
H
M
1
2
3
4
(c) No processo isotérmico 1→ 2, o calor absorvido da fonte quente é Q12 enquanto no pro-
cesso isotérmico 3→ 4 o calor rejeitado éQ34, enquanto nos processos adiabáticos 2→ 3
e 4→ 1 não há troca de calor. Logo, o calor total absorvido será
∆Qtot =Q12+Q34
Porém, em um ciclo∆U = 0 ∴ ∆Qtot =∆W = W12+W23+W34+W41.
Sobre as isotermas,
W12 =−
∫ M2
M1
Hd M =−
TQ
nD
1
2
(M 22 −M
2
1)
W3,4 =−
∫ M4
M3
Hd M =−
TF
nD
1
2
(M 24 −M
2
3)
Sobre as adiabáticas∆Q = 0, ∴ ∆U =−∆W ou seja
−∆W =
∫
Hd M =
∫
dU =
∫
C d T =C T+Const ∴ W23 =C (TF−TQ ), e W4,1 =C (TQ−TF ),
Logo
∆Qtot =−
TQ
nD
1
2
(M 22−M
2
1)−
TF
nD
1
2
(M 24 −M
2
3) =−
1
2nD
”
TQ (M
2
2 −M
2
1)+TF (M
2
4 −M
2
3)
—
Para calcular o calor absorvidoQ12 sobre o processo isotérmico devemos usar
∆U =∆Q −∆W, ∴ ∆Q =∆U +∆W
MasU =C T ∴ ∆U =C∆T = 0 sobre as isotermas, logo∆Q =∆W ∴
Q1,2 =−
∫ 2
1
H d M =−
TQ
nD
∫ 2
1
M d M =
TQ
2nD
(M 22 −M
2
1) =
TQ
nD
∫ 2
1
M d M =
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FIS 715 Mecânica Estatística - 2011.2 - Lista de Exercícios 1 5
Q1,2 =
TQ
2nD
(M 21 −M
2
2)> 0
onde identificamos
Q3,4 =−
TF
nD
∫ 2
1
M d M =−
TF
2nD
(M 24 −M
2
3)< 0
Para calcular a eficiência, tomamos a definição e obtemos
η=
Wtot
Q12
= 1+
Q3,4
Q12
= 1−
TF
TQ
(M 24 −M
2
3)
(M 21 −M
2
2)
Para verificar que corresponde à eficiência de Carnot devemos relacionar M com T , atra-
vés das adiabáticas, i.e.
∆U =∆Q −∆W, ∴ ∆Q = 0 → ∆U =∆Q −∆W ,
ou seja
dU = Hd M ∴ C d T =
1
nD
M T d M ∴ C
d T
T
=
1
nD
M d M
Integrando em ambos os lados sobre as adiabáticas
C ln
TF
TQ
=
1
2nD
[M 23 −M
2
2]
C ln
TQ
TF
=
1
2nD
[M 21 −M
2
4]
Somando lado a lado resulta
[M 23 −M
2
2]+ [M
2
1 −M
2
4] = 0 ∴ [M
2
4 −M
2
3)] = [M
2
1 −M
2
2] → η= 1−
TF
TQ
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� � 
1− nB′/V nB 
′ /V ′ )− P ′ V ′ = 0. 
′ 
Problem 3: Work in a Simple Solid 
Substitute the given model expression relating volume changes to changes in the 
pressure and the temperature, dV = −VKT dP + V α dT , into the differential for 
work. As a simplification we are told to replace the actual volume V by its value at 
the starting point V1 in the coefficients entering the differential for the work. Of course 
the volume itself can not really remain constant, for in that case d¯W = −P dV = 0. 
dW ¯ = −P dV = KTPV1 dP − αPV1 dT. 
Along path “a” 
W1→2 = dW + dW ¯ ¯
where dP=0 where dT=0 � 
2 
� 
2 
= −αP1V1 dT + KTV1 P dP 
1 1 
1 
= −αP1V1(T2 − T1) + 
2 
KT (P 2 − P 2)V1.2 1 
Along path “b” 
W1→2 = 
= 
� 
where dT=0 
d¯W + 
� 
where dP=0 
d¯W 
KTV1 
� 
2 
1 
P dP − αP2V1 
� 
2 
1 
dT 
= 
1 
2 
KT (P 2 2 − P 2 1 )V1 − αP2V1(T2 − T1). 
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Problema 2:
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� �� � 
� � 
� � 
Along “c” dT and dP are related at every point along the path, 
dT = 
T2 − T1 
dP, 
P2 − P1 
so the expression for the differential of work can be written as 
¯ = dP dW KTPV1 dP − αPV1 
� 
T2 − T1 � 
P2 − P1 
= 
� 
KTV1 − αV1 T2 − T1 
� 
P dP. 
P2 − P1 
Now we can carry out the integral along the path. � � � 
2T2 − T1
W1→2 = KTV1 − αV1 
P2 − P1 1 P dP 
1 
2 
(P
2
2 − P
1
2) = 
1 (P1 + P2)(P2 − P1)2 
1 1 
=
2 
KT (P22 − P12)V1 − α(P1 + P2)(T2 − T1)V1. 2 
Note that the work done along each path is different due to the different contributions 
from the α (thermal expansion) term. Path “b” requires the least work; path “a” 
requires the most. 
Problem 4: Work in a Non-Ideal Gas 
Often it is best to work with the given differential in the work term if at all possible, 
rather than expanding the differential in terms of the other variables as was done in 
Problem 3. The form of the differential, d¯W = −P dV , indicates that we should try 
to find P as a function of V so that the integration can be carried out simply. � 
a 
� 
NkT a 
P + = NkT, P = . 
2 2V
(V − b) ⇒ 
V − b − V
Now we can carry out the integration to find the total work done along the path. 
� 
2 NkT a 
W1→2 = 
1 
−
V − b + V 2 dV �2 �2 a 
= NkT 
1 
− ln (V − b) + 
1 
−
V 
= −NkT ln 
� 
V2 − b
� 
− 
� 
a − a 
� 
V1 − b V2 V1 
V1 − b � a �a 
= NkT ln . 
V2 − b − V2 − V1 
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A equação de estado permite tornar uma das variáveis de estado como dependente das outras.
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Problema 3
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