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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
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