Lista1Gabarito

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Termodinâmica
Primeira Lista de Exercícios
Gabarito
1. Depois do buraco ter sido aberto, o gás flui continuamente para o lado direito até que o equilíbrio seja
alcançado. Durante o processo, a energia interna do sistema e mantém-se inalterada. E já que para um gás
ideal depende apenas da temperatura T , a temperatura de equilíbrio é ainda T0.
2. (a) À temperatura constante, o trabalho é
W =
ˆ B
A
pdV
= RT0
ˆ 2V0
V0
dV
V
= RT0 ln 2
À medida que a variação da energia interna é zero, o calor absorvido pelo gás é
Q = W = RT0 ln 2
(b) a uma pressão constante p, o trabalho é
W =
ˆ 2V0
V0
pdV
= pV0
= RT0
O aumento da energia interna é
∆U = Cv∆T =
3
2
R∆T
=
3
2
p∆V =
3
2
pV0
=
3
2
RT0
Deste modo, o calor absorvido pelo gás é
Q = ∆U +W
=
5
2
RT0
3. No processo de expansão a uma pressão constante p, admitindo que o volume aumenta de V1 para V2 e a
temperatura de T1 para T2, temos {
pV1 = nRT1
pV2 = nRT2
Neste processo, o trabalho realizado pelo sistema sobre o mundo exterior é W = p(V2 − V1) = nR∆T e o
aumento da energia interna do sistema é
∆U = CV ∆T
1
Logo
W
Q
=
W
∆U +W
=
nR
CV + nR
=
2
7
No processo de expansão a uma temperatura constante, a energia interna não muda. Por isso
W
Q
= 1
4. A equação de estado de gás ideal é
pV = nRT
A equação do processo adiabático é
p
(
V
V0
)γ
= p0
onde γ = cp/cV , p0 e p são as pressões inicial e final, respectivamente, e V0 e V volumes. Como V0 > V e
γHe = γar (γHe = 7/5 e γar = 5/3), temos que
pHe > par e THe > Tar
5. O processo adiabático para um gás ideal segue a lei
TB =
(
pB
pA
)(γ−1)/γ
TA
(a) para o ar, γ = cp/cV = 7/5; logo
TB = 10
1,4−1/1,4 × 300K
= 5, 8× 102K
(b) para o He, γ = cp/cV = 5/3; logo
TB = 10
5−3/(3·5/3) × 300K
= 7, 5× 102K
6. Dados: VA = 10 `, VB = 1 `, VC = 10 ` e pA = 1 atm.
Como A→ B é um processo isotérmico
pV = cte ou pAVA = pBVB
ou seja,
pB =
VA
VB
pA = 10 atm
e vale para os dois gases.
Já para o processo adiabático B → C,
pBV
γ
B = pCV
γ
C
pC =
(
VB
VC
)γ
pB
pC = 10
1−γ
atm
para um gás monoatômico γ = 5/3 e
pC = 10
−2/3 = 0, 215 atm
enquanto para um diatômico γ = 7/5 e
pC = 10
−2/5 = 0, 398 atm
2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 2 4 6 8 10 12
0 2 4 6 8 10 12
Em ambos os casos, a curva AB, que descreve a compressão é mais alta que a curva BC, referente à expansão.
Logo, é realizado trabalho sobre o sistema.
Finalmente, como pC (gás monoatômico)< pC (gás diatômico), o trabalho sobre o gás monoatômico é maior
que sobre o diatômico.
7. Da inequação de Clausius,
Q1
T1
− Q2T2 ≤ 0, temos que
W = Q1 −Q2
≤
(
1− T2
T1
)
Q
≤
(
1− 423
673
)
Q
Wmax = 0, 37Q
8. (a)
(b) Trabalho é fornecido em CD e DA e extraído em AB e BC.
3
(c) A eficiência é dada por
η = 1− Tq
Tf
= 1− 300
450
= 1/3
9. (a) Da primeira lei vem que
Q1 = P +Q2
e da segunda
Q2
T2
=
Q1
T1
Logo
Q2
P
=
T2
T1 − T2
(b) No equilíbrio, a perda de calor é igual a quantidade retirada pelo aparelho, ou seja, Q2 = A (T1 − T2).
Usando o ítem (a)
T2P
T1 − T2 = A (T1 − T2)
P
A
T2 = (T1 − T2)2
T 22 −
(
2T1 +
P
A
)
T2 + T
2
1 = 0
T2 = T1 +
1
2
P
A
±
√(
P
A
)2
+ 4T1
P
A

como T2 < T1
T2 = T1 +
1
2
P
A
−
√(
P
A
)2
+ 4T1
P
A

(c) Quando o compressor fica ligado 30% do tempo,
P30% = A
(T1 − T2)2
T2
= A
102
293
u 0, 341A
operando continuamente
P = P30%
100
30
100
293
≈ 1.14A
Com T2 = 20
◦
C = 293K
T1 = T2 +
√
T2
P
A
=
293 +
√
(100)
2
30

K
= (293 + 18.3) K
= 38, 3 ◦C
4
(d) Quando o ciclo é revertido no inverno,
Q2 = P +Q1 e
Q2
T2
=
Q1
T1
No equilíbrio, Q2 = A (T2 − T1) de modo que
T2 − T1 =
√
T2
P
A
Assim
T1 = T2 −
√
P
A
T2
= 293− (1.14× 293)1/2
= 275K = 2◦C
10. O processo é irreversível. Para calcular a variação de entropia da água e de todo o sistema, podemos construir
um processo reversível que tem os mesmos estados iniciais e finais do processo.
(a) Admitindo um processo a p constante
∆SH2O =
ˆ Tf
Ti
dQH2O
T
= mC
ˆ 373
273
dT
T
= mC ln
373
273
usando m = 1 kg e CH2O = 4, 18J/g
∆SH2O = 1305 J/K
(b) A variação de entropia da fonte de calor é
∆Sfonte = −|Q|
T
= − 1000× 4, 18× 100
373
= −1121 J/K
Logo, a variação de entropia do sistema é
∆S = ∆SH2O + ∆Sfonte
∆S = 184 J/K
5