Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
23 l. CALOR E TRABALHO AMBIENTE EXTERNO CALOR SISTEMA FRONTEIRA TRABALHO FIG. I: Sistema interagindo com o ambiente externo, trocando calor e trabalho . Sabemos que o calor é a energia que se transfere de um corpo para outro devido a diferença de temperatura entre ambos. Podemos afirmar, resumidamente, que o calor é a "energia em trânsito" entre dois .ou mais corpos em níveis térmicos distintos . Observe que o calor NÃO É uma energia que possa estar contida em um corpo. Da mesma forma, o trabalho NÃO É ENERGIA que um corpo possa armazenar . O trabalho, como o calor, envolve a transferência de energia. Na MECÂNICA, o trabalho corresponde às trocas de energia onde não há influência de diferenças de temperatura. Nesse caso, podemos interpretar o trabalho como a energia que se transmite de um corpo para outro de maneira que não haja influência direta de diferenças térmicas. Isto está de acordo com a expressão: dt = p.dV (1) onde t : trabalho F : força x : deslocamento Logo, o trabalho também é energia em trânsito . Considere um sistema qualquer que pode ser constituido por um ou mais corpos (sólidos, líquidos ou gasosos). A superficie que envolve o sistema e que o separa do restante do universo é denominada "FRONTEIRA DO SISTEMA". A matéria que nâo pertence ao sistema é chamada de "AMBIENTE EXTERNO". Resumindo: SISTEMA + AMBIENTE EXTERNO = UNIVERSO 11 (0 PRINCÍPIO DA TERMODINÂMICA Visto que trabalho e calor são "energias em trânsito", o "SISTEMA" e o "AMBIENTE EXTERNO", num processo termodinâmico, poderão interagir, havendo fluxo de calor elou trabalho entre as partes (FIG. I) . •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 24 ,<O FIG. 2: Sistema trocando calor com o ambiente externo. •••••••••••••••••••••••••••••••••••• AMlJlENTE EXTERNO AMBIENTE EXTERNO Q<O ,>0 FIG. 3: Sistema trocando trabalho com o ambiente externo. OBS: Vide FIG. 2 e FIG. 3, indicadas a seguir. Q>O Devemos notar que o trabalho, em um processo termodinâmico, está diretamente associado ao deslocamento da fronteira do sistema em estudo. Assim, concluímos que o trabalho pode causar a expansão do sistema (trabalho do sistema sobre o ambiente externo) ou a compressão do mesmo (trabalho do ambiente externo sobre o sistema). Logo, se o volume de um sistema se mantém constante durantecerto processo tennodinâmico, o trabalho nesse processo será nulo. Desde já convencionamos: * CALOR entrando no sistema (energia fluindo do ambiente externo para o sistema) será considerado positivo. * CALOR saindo do sistema (energia fluindo do sistema para o ambiente externo) será considerado negativo. * TRABALHO entrando no sistema (trabalho do ambiente externo sobre o sistema) será considerado negativo, * TRABALHO saindo do sistema (trabalho do sistema sobre o ambiente externo) será considerado positivo. 2. F:NEnGIA INTERNA 25 Quando o sistema troca energia com o ambiente externo durante um processo tennodinâmico, o sistema pode sofrer uma variação na sua energia interna. A energia interna (U) é uma forma de energia contida no corpo. Na maior parte das situações nâo é possível conhecer exatamente a energia interna de um sistema, porém, computando-se o fluxo de energia (calor elou trabalho) entre o sistema e o ambiente externo, é possivel determinar a variação de energia interna ('" U) de um sistema . A título de exemplo, suponha um hloco apoiado em uma mesa horizontal. Admita que o bloco se encontre estático. Vamos assumir que obloco é o nosso sistema e está em equilíbrio termodinâmico com' o ambiente externo (ou seja, nâo há, INICIALMENTE, o fluxo de energia na forma de ealor elou trabalho entre as partes) . Sabemos, da estrutura da matéria, que todos os corpos são constituídos de agrupamentos de moléculas, sendo estas constituídas de conjuntos de átomos, os quais, por sua vez, possuem a sua própria estrutura (basicamente, todo átomo é constituído por um núcleo - onde as principais partículas são os prótons e os nêutrons - ao redor do qual gravitam partículas denominadas elétrons) . Vamos nos dedícar somente à análíse da energia do citado corpo do ponto de vista microscópico (chamada energía interna), considerando apenas a energia das moléculas da matéria. Não iremos nos preocupar com a energia contida no interíor das moléculas, visto que essa energia não intervém em processos termodinâmicos simples. Sabemos que as moléculas de um corpo estão em movimento (no caso de um sólido, é um movimento oscilatório). Isto mostra que cada molécula possui energía cinética. Para que exista o agregado sólido, é necessário que entre as moléculas atuem forças de coesão (gravitacíonal I elétrica), o que implica em energia potencial para cada uma dessas moléculas . A energia interna do corpo pode ser, simplificadamente, indicada como sendo: (2)N [ENERGIA] N [ENERGIA ] ; U = i~ CINÉTICA i + i~ POTENCIAL i ENERGIA [NTERNA N = número de moléculas do sistema . onde: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 26 3. PRIMEIRO PRINCÍPIO DA TERMODINÂMICA (PPTD) Na forma dit~r~ncial, podemos expressar o lO Principio d3 TCfmodin<.imica por: •••--••••-I.'••••••••••••••••••••••••• (5 ) (4) I I I I I • I •ti U '.1,,,, ~.U, IdU = dQ - dtl OBS: Vide FIG. 4 Para a variação de en~rgia interna vale a equação: U:! = energia interna final UI = energia interna inicial A variação de energia J1.UI.:! pode ser positiva, nula ou negativa. FIG. 4: Primeiro Principio da Termodinãmica permite somente determinar ti U,., onde: A diferença entre o calor e o trabalho que um sistema troca com o ambiente externo equi\'alc à varia ia de sua encfoia interna. Este é um principio de conservação de energia, onde relacionamos duas modalidades de energia em trãnsito (calor c trabalho) com a variação de energia interna (~ U) do sistema. Assumindo a convenção de sinais já exposta, para calor e trabalho, é possível expressar o PRIMEIRO PRINCÍPIO DA TERMODINÂMICA (PPTD) pela equação: ~U"=Q,,-t,, (J). - . - . - Sendo que (I) representa as condições iniciais do sistema e (2) representa as suas condições finais. 27 OBS: Vide FIG. 7 a seguir. AMBIENTE EXTERNO AMBIENTE EXTERNO t1.2=+80J Pelo 10 Principio da Terntodinãmica deduzimos que a variação de energia interna vale: Q =-100J1.2 ~ UI.' = QI.2 - ".2 = +100 - (+80) = +20J ~UI.2 = QI.2 - '.., = -100 - (-100) = O FIG. 6: O sistema "perde" para o ambiente externo -100 J de calor e, simultaneamente, o ambiente externo executa um trabalho sobre o sistema de -100 J . Pelo 10 Principio da Termodinãmica deduzimos que a variação de energia interna vale: QI.,=+lOOJ FIG. 5: O sistema "ganha" do ambiente externo + 100 J de calor, e simultaneamente, executa sobre o ambiente externo um trabalho de + 80 J . Note os exemplos citados na FIG. 5, na FIG. 6 e na FIG. 7.•••••••••••••••••••••••••••••••••••• '1,2=+100J AMBIENTE EXTERNO FIG, 7: O sistema perde para o ambiente externo -100 J de calor e, simultaneamente, executa um trabalho sobre o ambiente externo de + I00 J. Pelo 10Princípio da Termodinâmica deduzimos que a variação de energia interna vale: L'I Ul,l = QI,2 - '1.2 = -100 - ( + (00) = -200J Como vimos, a aplicação do 10 Princípio da Termodinâmica é extremamente simples desde que sejam conhecidos dois (2) termos da equação. Por exemplo, o calor QI.' e o trabalho 'I.' definem a variação de energia interna L'I UI," Ou a variação de energia interna L'I VI , e o calor QI , definem o trabalho ti",. . Porém, quando é necessário determinar os termos do 10 Princípio da Termodinâmica isoladamente, a situação torna-se mais complexa. Para obtermos uma visão clara e simples do 10Princípio da Termodinâmica vamos estudar sua aplicação somente para os gases perfeitos. 4. GÁS PERFEITO Gás perfeito é o gás que segue a Equação de Clapeyron e a Lei de Joule: p.V = n.R.T(EquaçãodeClapeyron) (6) V = Vo + n,Cv' (T - To) (Lei de Joule) (7) L'lU = nCvL'lT 28 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• •••••••••••••••••••••••••••••••••••• No modelo de gás perfeito segundo a Teoria Cinética, as moléculas são partículas de volume desprezível, elas só interagem durante ever.tual colisão (não há coesão molecular); as colisões são perfeitamente elásticas (a energia cinética antes e depois da colisão são iguais); o movimento é caótico. A ausência de coesão molecular explica a Lei de 10ule: não havendo coesão, não existe energia potencial interna; a energia interna é só cinética; ela só depende da temperatura (agitação ténnica); insistimos: a energia interna não depende do volume (distãncias inter- moleculares), nem da pressão, mas sim do produto p.V (que é proporcional á temperatura) . o calor específico Cv independe do estado do gás. Todos os gases que realmente existem são chamados "gases reais". rv1as quando bastante rarefeitos, eles se comportam muito aproximadamente como gás perfeito (ao menos, em intervalo estreito de temperatura). Comprimidos, eles se afastam sensivelmente do comportamento de gás perfeito: as moléculas se avizinham mutuamente, a coesão molecular toma-se importante, o volume próprio das moléculas já não é desprezível face ao volume do gás. O calor específico depende do estado . 5. EQUAÇÃO DE TRABALHO Suponha que um gás perfeito esteja no interior de um recipiente cilíndrico dotado de um pistão (FlG. 8) que pode deslocar-se sem atrito. Nosso sistema é constituído pelo gás perfeito, inicialmente em equilíbrio com o ambiente externo, na pressão PI e volume V" As paredes do recipiente constituem a superficie de separação entre o sistema e o ambiente externo, é através dessas paredes que podem ocorrer trocas de calor. O pistão pennite que o ambiente externo efetue trabalho sobre o sistema (por meio de uma compressão) ou o sistema pode realizar trabalho sobre o ambiente externo (havendo, nesse caso, uma expansão) . Supondo que o processo seja infinitamente lento, processo "quase-estático", teremos uma sucessão de estados de "'quase-equilíbrio", durante os quais o sistema e o ambiente externo interagem, trocando simultaneamente calor e trabalho, até que o sistema, novamente, atinja uma posição de equilíbrio final com o ambiente externo, na pressão p, e no volume V, . 29 dV = A.dx dt = F.dx 30 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• (8) F A dt = p.dV dt = p.A.dx p Como a pressão do gás pode variar durante o processo, então, o trabalho do sistema sobre o ambiente externo desde o estado inicial (p, , V\) até o estado final (p, , V,) é dado por: Portanto, o trabalho fica: Logo, temos: o incremento no volume do gás é: onde F é a força resultante exercida pelas moléculas do gás na superficie de área A do pistão. A pressão exercida pelo gás na superficie do pistão é: FIG. 8: O gás realiza o trabalho dt = p.dV num pistão de área A na secção transversal. Este processo pode ser analisado através de um diagrama cartesiano (V ,p) (FIG. 9 e FIG. 10). Num deslocamento infinitesimal dx do pistão, o trahalho do sistema sohre o ambiente externo é: o que significa que para o cálculo do trabalho é necessário conhecer a função: p = p(V) . P FIG. 9: Trabalho infinitesimal dt numa transformação qualquer . FIG. 10: Trabalho de expansão finito numa transformação qualquer . V (9) dT = p.dV t ~JVlp.dV 1.2 VI £V,t, I = p.dV• I 31 p p I'"V V+dV (,TI I = dT • I •••••••••••••••••••••••••••••••••••• v 32 p •••••••••••••••••••••••••••••••••••• v 2 I I I I I I I---,----------- I I I p FIG. 12: Ciclo percorrido no sentido anti-horário: te < O ~1:CiclO<O FlG. 11: O trabalho no processo IA2 é maior que no processo 182. O trabalho do gás em uma expansão (dV > O) é positivo (dt = p.dV , dt > O , p> O , dV> O) e numa compressão, onde dV < O, é negativo (dt = p.dV , dt < O, p> O, dV < O). O trabalho do gás num processo cíclico é negativo para um cíclo percorrido no sentido anti.horário, e positivo quando o ciclo for percorrido no sentido horário. Num processo cíclico, o trabalho será sempre, em valor absoluto, igual á área interna do ciclo (FlG. 12 e FIG.13). Observe que o trabalho no diagrama cartesiano (V, p) é dado, em valor absoluto, pela área debaixo da curva da função p = p(V) limitada entre os volumes VI e V" o que mostra que o trabalho depende de como o sistema "evolui" no diagrama (V, p), desde o estado inicial (I) até o estado final (2) (FIG. 11). •••••••••••••••••••••••••••••••••••• p v fIG. 13: Ciclo percorrido no sentido horário: te > O 6. EQUACAO DE CALOR Para ulTla substância qualquer vale semprc a equação fundamental de calorimetria: Qu = m.cu.(T, - T,) (I) onde: OI. '! = calor trocado entre a substância e o ambiente m = massa da substância c,., = calor específico médio da substância no intervalo de temperatura T, -> T, Se a subs~1ncia for um GÁS PERfEITO podc-se demonstrar, utilizando a teoria cinética dos gases I que o calor especí fico do mesmo varia somente em função do tipo dc transformação tcrmodinâmica a que o gás é submetido. Ou seja, o gás perfeito executando uma determinada transformação mantém li seu calor específico constante, porwnto invariantc com sua mudança de tempcratura, Visto isto, a equação (I) pode ser apresentada: Q,., = m.cu,(T, - T,) (2) onde: Co = calor especifico do gás perfeito, por unidade de massa, numa determinada transformação tennodinâmica m = massa do gás perfeito Ao se tratar de gases perfeitos é mais comum se trabalhar com o número de moles (n) do mesmo do que com a sua massa (m). Nesta situação, a equação de calorimetria fica: (3) onde: 33 34 onde M é a massa molecular do gás perfeito (gl mal). Sabemos que: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• (5) (4) (4) Q,., = n.C,.(T, - T,) Co = C, C, = calor especifico molar a volume constante (J I mal. K) onde: I) TRANSFORMACÃO ISOMÉTRICA: nesta transformação, o gás perfeito, nosso sistema, troca calor com O ambiente externo (FIG. \4), porém durante todo o processo seu volume se mantém constante. A equação (3) fica: Logo, a equação (4) fica: n = miM, 2) TRANSFORMAÇÃO ISOBÁRlCA: nesta transformação, o gás perfeito, nosso sistema, troca calor com o ambiente externo, porém durante todo o processo sua pressão permanece constante. E a equação (3) fica: Q", = n.Cp,(T, - T,) (6) Co = Cp onde: Cp = calor especifico molar a pressão constante (J I mal. K) Vamos verificar como adequamos a equação (3), por enquanto, somente para três exemplos de transformações termodinâmicas: Co = calor especifico do gás perfeito, por unidade de mal, numa determinada transformação termodinãmica Igualando-se as equações (2) e (3): chamada RELAÇÃO DE MAYER. NOTA 3 : Na forma diferencial, as equações ficam: dQ = n.Ca.dT OOSERVAÇÃO IMPORTANTE: Isolando CT da equação (7), vem: C = QI.2T 'n. (T, - T,) visto que Q,., * O e T, = T, => CT = 00 (infinito) Isto prova que não é possível usar a equação (7) para calcular o calor Q, , num processo isoténnico . dQ=n.Cv.dT dQ=n.Cp.dT dQ=n,CT.dT 35 ICp - C, = RI, Mais adiante, nesse capitulo, veremos que Cp c C, obedecem a j rSOMÉTRlCA: TRANSFORMAÇÃO ISOB~RICA: ISOTER..'vUCA: NOTA J NOTA 2 : Mais adiante veremos que existe um grupo de transformações termodinãmicas ditas politrópicas. As transformações: Isométrica Isobárica Isotérmica e outras, fazem parte do referido grupo, de maneira que Ca também é chamado genericamente de calor especifico politrópico . equação: 3) TRANSFORMAÇÃO ISOTÉRMICA: nesta transformação, o gás perfeito, nosso sistema, troca calor com o ambiente externo, porém durante todo o processo sua temperatura permanece constante. E equação (3) fica: Q,., = n.CT.(T, -T,) (7) Ca = C, onde: CT = calor específico molar a temperatura constante (J I mol.K) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 36 7. EQUAÇÃO DA ENERGIA INTERNA Um calorÍmetro de misturas contém água na qual são imersos um termômetro e dois cilindros de paredes rígidas; destes, um contém gás comprimido e outro é sensivelmente vazio. Os cilindros são ligados entre si mediante um tubo com torneira. A temperatura é uniforme, o isolamento ténnieo é praticamente perfeito. Após se abrir a torneira, o gás se distribui, uniformemente entre os dois cilindros (FIG. 14). Não se constata variação na leitura do termômetro. Examinemos os pormenores significativos do processo. Ao se expandir, o gás não empurra a fronteira física, portanto não há trabalho externo: dt = O (expansão livre). A leitura termométrica teria variado se a água tivesse "recebido" o calor que teria sido "cedido" pelo gás. A temperatura não variou, logo, não houve troca de calor; o gás não "recebe" calor: dQ = O. A temperatura do gás é igual á da água, logo, não variou: dT = O Levemos essas infonnações ao PPTD: dU = dQ - dt = O - O dU = O Sendo U = U(T, V), temos: dU = [a U] . dT + [a U] . dV (8) aT • a V T O = [a u] . O + [a U] . dV aT • av T Sendo dV '* O, conclui-se:[:~l= O •••••••••••••••••••••••••••••••••••• água o ~ u.< > ( torneira cn.< O termômetro FIG.14: Experimento de loule 37 dU = n.C,.dT + O LEI DE JOULE: A energia interna dc gás perfeito só varia com a tem cratura. Gás perfeito possui calor específico C, constante em relaçào a V ou T. Como varia U com T? Temos: (10) (9) n.C,.dT. ôU = n.C,.(T, - T,) [au] = n.Ca T , ' dU = dQ - dT = dQ - p.dV 8. RELACÃO DE MA YER Em transformação genérica variam simultaneamente P. V e T; é U = U (T • V). Assim, temos, pela eq. 8: o calor específico molar de um gás perfeito é C11 em transformação isobárica e C .• em transformação isométrica. O Primeiro Princípio da Termodinâmica explica ser Cp > C, . Integremos a equação acima. Em qualquer transfornlação de TI e T,. o gás perfeito sofre incremento de energia interna que segue as equações: Logo: dU = n.C,.dT (V constante) Ou • Se V = constante. temos dV = O e dQ Isto e, em temperatura constante, U não varia com V, logo, U não varia com p. logo. U é função exclusiva de T. Conclui-se que a coesão molecular é nula ou desprezivel. Experimentos mais delicados revelam que, nos gases mio muito rarefeitos, U varia não somente com T (agitação térmica), mas também com V (coesão molecular). Só em gás rarefeito é que se verifica ser U independente de V . •••••••••••••••••••••••••••••••••••• Consideremos os estados A, B, C (FIG. 15) . A temperatura se eleva de T, para T, tanto na transformação AB (isobárica) como na transformação AC (isotérmica). O incremento de energia interna é ""U, igual nas duas transformações (LEI DE JOULE). P P2 B v FIG. 15: Duas isotérmicas de um gás perfeito. A variação de energia interna é a mesma tanto na transformação AB como na transformação AC. Aplicando o Primeiro Princípio da Termodinãmica: • TRANSFORMAÇÃO • ""UAB = QAn - tAn QAB = n.Cp.(T, - T,) tAB = PI'(V, - V,) ""UAB = n.C,.(T, • T,) • TRANSFORMAÇÃO AC • ""UAC = QAC - tAC QAC = n.C,.(T, - TI) tAC = O (volume constante) ""UAC = n.C,.(T, - T,) Das equações acima, deduzimos: n.Cp.(T, - TI) - PI'(V, - V,) = n.C,.(T, • T,) 38 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• TRANSFORMAÇOES: ISOMÉTRICA ISOBÁRlCA ISOTÉRMICA e ADlA13ÁTICA todas as transfomlações RELAÇÃO DE MA YER CONJUNTO DAS TRANSFORMAÇOES POLITRÓPICAS 39 CONJUNTO DAS TRANSFORMAÇOES NÃO POLITRÓPICAS C -R~Cp • FIG. 16: A umao dos dois conjuntos corresponde a termodinâmicas . Logo: n.Cp.(l~ - TI) - n.R.(T, - T,) ~ n.C,.(T, - TI) 9. TRANSFORMACÕr.S TERMODINÂMICAS Da equação de Clapeyron, temos: Simplificando, temos: As possibilidades de transfonnações termodinâmicas, diferentes, às quais um gás perfeito pode se submeter são infinitas, visto que a cada função p = p(V) corresponde uma transformação. Para efeito de estudo dessas transformações faz- se uma classificação segundo as suas propriedades. A FIG. 16 dá uma idéia de conjunto para essas transformações . ou •••••••••••••••••••••••••••••••••••• onde 40 jl ••.'•••••••••••••••••••••••••••••••• v '1 ,=0," ___________]2 ----------- I I p FIG. 17: Gráfico de uma transformação isométrica, indicando que o sistema recebeu calor do ambiente exteolO (Q I , 2 > O). Ca = calor específico molar politrópico a) TRANSFORMAÇÃO ISOMÉTRICA O volume do gás perfeito permanece constante (V = cte., dV = O). No diagrama cartesiano (V , p), qualquer reta paralela ao eixo da pressão é isométrica (FIG. 17). Nesta transformação não há o deslocamento da fronteira do sistema, logo, temos que o gás perfeito não realiza trabalho (, 1.2 = O). O calor trocado pelo sistema com O ambiente externo incrementa a sua energia interna. (FIG. 18). Já vimos que para as transformações isométrica. isobárica e isotérmica o calor específico Ca corresponde respectivamente aos valores de C" Cp e 00. Mais adiante veremos outros exemplos. Vamos agora estudar as transformações termodinâmicas isoladamente, indicando as suas propriedades. As transformações termodinâmicas que mantém calor específico constante são chamadas de politrópicas. caso contrário. são ditas não politrópicas. Para as transformações politrópicas. vale sempre a equação de calor: AMBIENTE EXTERNO O). incrementado a sua 41 E. = nR = cons tan te T V QI.' = n.C,.(T, - TI) 'I.' = O SISTEMA (GÁS PERFEITO) óU l,2>O p. V = n.R.T Utilizando o I' Principio da Termodinâmica, temos: óUI., = QI.' SeóU1•2 <0=>óQI,2 <O Se óU1.2 > O=> óQI.2 > O Equação de calor: Equação de trabalho: Equação de energia interna: Q12>0 FlG. 18: O gás recebe calor do ambiente externo (QI,2 > energia interna, sem a realização de trabalho (, I.' = O) . Aplicando a equação de Clapeyron. temos: O que mostra que o calor é convertido em energia interna do sistema . •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 42 p b) TRJtISFORMAÇÃO ISOBÁRlCA •••••••••••••••••••••••••••••••••••• v V,v, p, = p, -------- A pressão do gás perfeito permanece constante (p = cte, dp = O). No diagrama cartesiano (V, p), qualquer reta paralela ao eixo do volume é isobárica (FIG. 19). Nesta transformação, o gás perfeito troca simultaneamente calor e trabalho, com o ambiente externo, havendo. consequentemente, variação de sua energia interna (FIG.20). FIG. 19: Gráfico de uma transformação isobárica, indicando que o sistema recebeu calor do ambiente externo (Q,., > O). c) TRANSFORMAÇÃO ISOTÉRMICA AMBIENTE EXTERNO ctep=- V 43 "'U,., = n.C,.(T, - T,) IVl IVl1, 2 = p.dV = P dV =" , = p,. (V, - V,) = p,. (V, Q,., = n.Cp.(T, - T,) SISTEMA' (GÁS PERFEITO) p.V = n.R.T se T = cte, então p.V = cte NOTA: O trabalho na transformação isobárica é igual à área do retángulo debaixo da curva da transformação, em valor absoluto (FIG. 19). A temperatura do gás perfeito permanece constante, ( T = cte , dT = O). No diagrama cartesiano (V , p), as isotérnlas eorrespondem a hipérboles (FIG. 21), visto que, pela equação de Clapeyron, temos: p.V = n.R.T .. Equação de calor: Equação de trabalho: Utilizando o 10 Princípio da Termodinàmica, temos: '"UI.' = Q,., - tl,l Equação de energia interna: Aplicando a equação de Clapeyron, temos: V nR- = - = constanteT p FIG. 20: O gás recebe calor do ambiente externo (Q,., > O), incrementado sua energia interna ('" U,., > O) e simultaneamente transfere calor para o ambiente externo ( t , .' maior que zero) . •••••••••I.•••••••••••••••••••••••••• •••••••••••••••••••••••••••••••••••• V AMBIENTE t 1.2> O 2 p = cte I V SISTEMA(GÁS PERFEITO) "'UI,2 = O Utilizando o 1°Princípio da Termodinâmica, temos: 44 p '" U'.2 = Q\,2 - 1'.2' Nesta transformação temos'" U,. 2 = O , Q" 2 = ti. 2' FIG. 22: O gás perfeito recebe calor (Q\, 2 > O) e, simultaneamente, realiza trabalho sobre o ambiente externo ( t \ .2 > O). FIG. 21: Gráfico de uma transformação isoténnica, indicando que O gás perfeito recebeu calor do ambiente externo (Q\. 2 > O). Nesta transformação, o gás perfeito troca calor com o ambiente externo, o qual é transfornlado integralmente em trabalho. Durante todo o processo a energia interna do sistema permanece constante, o que equivale dizer que a variação de energia interna é nula ('" U \.2 = O) (FIG. 22). ------------------------------~ Esta equação não pode ser utilizada diretamente porque Ct - -- l> '" (infinito) Nesta transformação o gás não troca calor com o ambiente externo (Q = O , àQ = O). Na seqüência, vamos deduzir a equação dessa transformação. Para tanto, os termos do 10 Principio, juntamente com a equação de Clapeyron, serão apresentados na forma diferencial. (2) (I)- n.C, .dTp.dV dU ; n.C,.dT dt ; p.dV dQ = O dU = dQ • dt p.dV + V.dp ; n.R.dT 45 Utilizando a relação de Mayer, Cp = C, + R, temos: V.dp ; n.Cp.dT Utilizando as equações acima, temos: n.C,.dT ; O - p.dV " - n.C,.dT + V.dp ; n.R.dT V.dp ; n.(R + C,).dT Equação de energia interna: Equação de trabalho: Equação de calor: Equação do PPTD: Equação de Clapeyron: Aplicando a equação de Clapeyron, temos: p.V ; n.R.T ; cte :. PI'V,; p,.V, Equação de calor: desde que U,.,; o ,então Q,., ; t ' .2 Equação de energia interna: Ó U,., ; n.C,.(T, - T,) ; O Equação de trabalho: (2 (2 ete Vti 2; p.dV; -.dV;ete[inVj 2 'I I V V, tl2 =cte.[fnV2 -(nVtI = tl2 = etein V2 VI V2 V2=t12 =PIVliny=P2V2fny- I d) TRANSFORMAÇÃO ADIABÁTICA •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 46 p Fazendo (2)1 (I), temos: V.dp __ C. p.dV C, •••••••••••••••••••••••••••••••••••• V r p=cte/V' cte p=-,vy esta última equação, representada na FIG. 23, eorresponde à equação da transformação adiabática. NOTA: Na TEORIA CINÉTICA DOS GASES veremos que os calores especificas C. e C, são definidos pelo número de átomos que compõem uma molécula de gás. Este fator irá definir, então, o número y = C. 1C,. VI V2 FIG. 23: Diagrama cartesiano de uma transformação adiabática. A área debaixo da transformação eorresponde, em valor absoluto, ao trabalho trocado com o ambiente externo. Chamamos de " EXPOENTE DE POISSON " ao número: y = C. 1C, I V.dpl p.dV = - y dp dV - = - y.- p V Jdp = _ y JdV p V ln(p) = - y.ln(V) + ln(cle) In(p.V') = InCcte) Ip.V' = etel AMBIENTE EXTERNO "'Uu = n.C,.(T, - T,) t,., t'p.dV I t,., = t'(cte/vr) .dV I ~IV''(1,2 = ete . -y + 1 v, V'r.V IV't, 2 = ete. -- . 1 - Y V, mas cte.V-r = p p,. V, - P" V, t1,2 = ----- 1 - Y SISTEMA (GÁS PERFEITO) Q,., = n.C".(T, - T,) 47 Utilizando o Primeiro Princípio da Termodinâmica, temos: "'U,., = QI.' - tu "'U,., = O - t,., "'U,., = - t,., FIG. 24: O sistema realiza o trabalho (t, ., > O) sobre o ambiente externo. Como não há troca de calor (Q,., = O) com o ambiente externo, a variação de energia interna do gás perfeito é negativa ("'U,., < O) . NOTA: [nterpretando a transformação adiabática como politrópica: Equação de energia interna: Equação de trabalho: Equação de calor: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 48 Esta transformação segue a equação: p.Va = constante e) TRANFORMAÇÃO POLlTRÓPICA •••••••••••••••••••••••••••••••••••• (I) dU = n.C •. dT dt = p.dV dQ = n.Ca.dT p.dV + V.dp = n.R.dT dU = dQ - dt A partir das equações acima, temos: n.C •. dT = n.Ca.dT - p.dV p.dV = n,(Ca - C.). dT Equação da energia interna: Equação de trabalho: Equação de calor: Equação de Clapeyron: Equação do PPTD: Na demonstração da mesma, novamente iremos utilizar os termos do Primeiro Princípio da Termodinânica em conjunto com a equação de Clapeyron na forma diferencial. • • Substituindo a equação (1) na equação de Clapeyron temos: n,(Ca - C.). dT + V. dp = n.R.dT V.dp = n.(R + C. - Co) .dT V.dp = n.(Cp - Co) .dT (2) Aplicando a equação de Clapcyron (n. R = p.V I T) em conjunto com a equação adiabática (p. V' = cte), temos: p,.V{ = p,.V; P"V, = p,.V, T, T, Dividindo as equações acima, temos: T V'-' = T V,-I I" I 2' 2 como Q, , = O --> Co = O ( o calor especifico molar, na transformação adiabática é nulo) 49 Fazendo (2)/(1). temos: Sabendo que y = Cp / C, :. Cp = y .C,. temos: C = a .C, - y.C, a a _ 1_ [a - y]Ca - -- .C,a - 1 Voltando à equação (3): Cp - Ca = - a ,Ca + .Cv a ,Ca - Ca = a .C, - Cp (a - I). Ca = a .C, - Cp C = _a_.C_,_-_C_p a a _ I (5) (4) (3) ete p =-Vaou - a n.CCp , Ca) .dT n,(Ca - C,) .dT Cp - Ca Ca - C, V.dp = p.dV V.dp = p.dV p.Va = ete Cp - Ca Ca - C, V.dp - =-0. p.dV dp dV - = - 0..- P V Jdp = - a. JdV p V ln(p) = - a.ln(v) + ln(ele) ln( p.Va ) = ln( ete) Façamos: e resulta: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 50 a = 1 --> Ca = 00 (isotérmica) a = y --> Ca = O (adiabática) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• a '" 1 ,',UI., = n.C,.(T, - TI) ti.' t'p.dV I tI.' t.' (cte/Va).dV tI.' = cte rV' Va dV}..', . V",,+I IV' tl.2 = ete. --- -a + I V, V"".V IV' 11,2 = ete.--I - a VI = ~ \P,.V, I - a PI. VI p,. V, - PI" VI 1 - a Equação de calor: Observe que o número a. tanto define o processo termodinâmico (p. VQ = ete) a que o gás perfeito é submetido como o correspondente calor especifico: Ca = ['::...:...lJ. C,a-I mas cte.V-a = p a = 00 --> Ca = C, (isométrica) Equação da energia interna: Equação de trabalho: a = O --> Ca = y.C, :. Ca = Cp (isobárica) A equação (5) mostra que o calor especifico politrópico molar Ca é definido pelo número real a e também pelo número de átomos que compõem uma molécúla do gás perfeito. O número define a transformação termodinâmica que o sistema (gás perfeito) está executando. Veja os exemplos a seguir: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• As transformações isometrlca, isobárica, isotérmica e adiabática podem ser interpretadas como politrópicas. Vejamos: [ O 0'6PI . v ~ P2 . v 2 .. PI ~ P2 ISOBÁRICA: a ~ O --- [ ] ca ~ ~=~,cy :.1 ca ~cp I ISOTÉRMICA: a ~ . [I PI . vI Y ~ P2 . v2 r I ADIABATICA: a ~ y-- [r_r] .~ Ca = - 'Cv .. ca =0y-I Vi:'" vi:'"PI' I ~P2. 2 1/i:'"V 1/i:'"V.. P, . I ~ P2 '.2 ISOMÉTRICA a ~:f:00 --:. I VI ~ V2 I C ~[:f:oo-yJ.c a :f:oo-l y .. I Ca~Cv I 51 52 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• a r ISOMÉTRICA (dV = O; a =:t co) ) /(a=-l) ISOBÁRlCAr (dp= o ;a=O) .-- ISOTÉRMICA (dT=O;a=l) ( ADIABÁTICA (dQ=O;a=y) I I I I I I I I I I-----,------------- I I Cv p.ya = ele p o : I I I I I I I I I FlG. 26: Diagrama cartesiano (a, Cc<) .Observe que quando: A seguir indicamos as equações que podem ser utilizadas em transformações envolvendo gás perfeito, além de um quadro resumo. FIG. 25: Diagrama cartesiano de transformações politrópicas: 'EQUAÇÕES VÁLIDAS PARA QUALQUER TRANSFORMAÇÃO' Equação de energia interna: ÓU,., = n.C,.(T, - T,) Equação de trabalho: T 1.2 = f~:p.dV 53 p.V = n.R.T c -C = Rp , y = Cp/C, p,. V, - P,o V, 't12 = ~---. l-a c = [~].c a. a-I v 'EQUAÇÕES VÁLIDAS SOMENTE PARA TRANSFORMAÇÃO POLITRÓPICA' EXPOENTE DE POISSON: RELAÇÃO DE MAYER: EQUAÇÃO DE CLAPEYRON: TRANSFORMAÇÃO CONDiÇÃO EQUAÇÃO TRABALHO CALOR CARACTERíSTICA (T ,.,) (Q,.,) ISOTERMICA dT = O p.V = ete n.R.T.ln[ ~:] n.R.T.ln[ ~: ] ISOMETRlCA dV - O .£ = ete O n.C,.(T, - T,) T ISOBARICA dp - O V p,.(V, - V,) n.Cp.(T, - T,)- = ele T ADIABATICA dQ = O p.V' = ele p,.V, - PI' VI O l-y POLlTROPICAdC. = O p.V. = ele p,.V, -P"V, n.C•. (T, - T,) l-a •••••••••••••••••••••••••••••••••••• la. CONSIDERACÕES FINAIS Quando um gás perfeito executa uma transformação lenta (processo reversível) entre um estado inicial (1) e um estado final (2), verifica-se que o calor (Qul e o trabalho representado por T '," dependem. do "caminho" (processo temodínâmíco) entre esses estados, porém a variação de energia interna, ~U 1,2' é igual entre qualquer processo entre os estados (FIG. 27). p 2 B v FIG.27: Processo A: 6Ur, QA A= 1.2-11.2 Processo B: 6U~, QB B= IZ-TI2 Qr, Q~, A B'" e "tu 7:- t 1,2 mas 6U~, = 6U~, Isso naturalmente implica que, numa transformação cíclica, a variação de energia interna é nula (õUÓclO = O). 54 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 55 ISOMÉTRICA 3 ",-+-_2_ lSOBÁRlCA1 : I t>U ,.,A ~ t>UI., B ÓUI., A "= óUI., p t>U A ~ - t>U"B1,2 . ÓUI., A -ÓU"I B= 02 Ó.Uciclo = LiU I t+ ó.U2 IB ó.Ucitlo = óU1,2 A + ÓU'.I B, ,1 B .ô.Ucic1o = O tiUcic10 = O V ISOBÁRICA: Vejamos: ti,' = PI'(V, - V,) = n.R.(T, - TI) ISOMÉTRICA: L'>U',J = Q"J - t,.J Q"J = n.C,.(TJ -1i) FIG. 29: A transfonnação 3 -> 1 representa um processo qualquer. p FIG.28: A transfonnação cíclica pode ser dividida em duas partes: processo A (expansão) e processo B (compressão) . Podemos utilizar esse fato para deduzir a equação de energia interna do gás perfeito pelo ciclo indicado a seguir (vide a FIG. 29) . ~-•••••••••••••••••••••••••••••••••••• ".) = o ÓUddO = o = U,., + U,.) + U)., 0= n.Cp.(T, -T,)-n.R.(T, -T,)+n.C,.(T) -T,)+O+ÓU'.I o = n{ ~ }(T, - T,)+ n.C,.(TJ - T,)+ o + ÓU).I o = n.C,.(T, - T, + TJ - T,) + óU)., óU)., = n.C,.(T, - T,) Esta equação é a mesma que foi obtida pelo experimento de loule. 11 - EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo termodinâmico conforme o diagrama anexo. A transformação AB é isotérmica e a BC é adiabática. O trabalho do gás na transformação BC vale, em módulo, 1.1= 18atm.litro e a temperatura Tc vale 800 K. Determinar: a)PA,TA,PB. VB,TB; b) o calor e o trabalho em cada transformação; c) o calor e o trabalho no ciclo. V ( litro ) 56 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• Solução: Qsc = O Y"'''' - y,-I TB . lO - C . C 57 PA Pc-=- TA Te PA 8.. -=- .. 600 800 :. n.R =..i.. atm. litro 100 K C = ~R•• v 2 5y=- 3 BC --> adiabática %.~.(800-TA) = 18 ITB = 600KI 3 n.-.R(800-TA) = 18 , mas n.R = 611002 n.C,.(Tc - TB) = -(-18) CA --> isométrica .. Como AB é isoténnica, então TA = TA .. ITA = 600KI n.R= PeYe = 8.6 Te 800 5 C =C -R= -R-R, p 2 Antes de iniciannos a resolução, detenninaremos alguns valores que serão usados quando necessário . a) BC --> adiabática ••••••••••••••••••••••••••••••••••••• .. V~tJ.600 = 62/3800 .. V~/3 =~.62/3 3 J .. V. =(~) i{6l)' (4t Jvs = 9,24 fi.. VB = - .63 AS --. isoténnica . . PA,VA = PB,VB .. 6.6=p .9,24• 13,90atml Sugestão: Nos problemas sobre PPTD, construímos um quadro conforme o exemplo anexo. A S C p (atm) 6 3,90 8 V (litro) 6 9,24 6 T(K) 600 600 800 b) AS --. isoténnica . t = n.R.T.ln(VB/VA) t = (6/100 )600.1n(9,24/6) t=36.0,4317 :.ltAB =15,54atm.litrol IQAB= 15,54 atm . litro I 58 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• •••••••••••••••••••••••••••••••••••• BC -> adiabática IrBC ~ -18 atm.litrol (compressão justifica o sinal) IQBC ~ 01 (definição de adiabática) õUBC ~ QBC-rBC óUBC ~ 0-(-18) lóU BC ~ 18 atm.1itrol CA -> isométrica IrcA ~ 01 (o volume não varia) QCA ~ n.C,.(TA - Tc) 6 3 QCA ~ 100'2.(600-800) IQCA ~ -18atm.litrol QCA - rCA ~ óUCA -18-0 ~ ÕUCA IÓUCA ~-18atm.litrol Sugestão: Construir um quadro conforme exemplo anexo . Q r óU (atm.l itro) (atm. litro) (atm.1 itro) AB 15,54 15,54 O BC O -18 18 CA -18 O -18 2: -2,46 -2,46 O c) Qciclo ~ 2:Q j ~ - 2,46 atm.litro rciclo ~ 2: r j ~- 2,46 atm.litro !J. Uciclo = (Q-t)ciclO = o (confere) 2. Um corpo de gás perfeito percorre o ciclo ilustrado na figura. A transfonnação AB é isotérmica Cv ~ ~. R . 2 59 P v P ( atm ) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• v v ( litro ) B 9 A 60 PA,VA = PB,VB 2,VA,VA = 2.9 2.V~ = 18 .. IVA =3 litro I C 2 'I/1, 1, 1, O ~ =f.. l~p_=_2._VI 2 P a) Determine a equação da transformação CA. b) Determine os estados A , B , e C do gás. c) Determine o calor e o trabalho em cada transformação. d) Determine o calor no ciclo. Solução: a) Equação da reta CA b) PA = 2,VA AB -> isotérmica 2.\ 2 -=- n.R n.R 3.6 \8 TA = PA'V A /n.R =-=-=TB ,pnis AB é isoténnica . n.R n.R I --l 61 ÓUAB = QAB-'AB O = QAB - 19,77 :.!QAB = 19,77 atm.q QBC = n.Cp.(Tc - TB) Q BC = n.~.DU__ ~] 2 '1n.R n.R .. -IQ-B-C-=---4-0-al-m-.q N .. 'BC = área = (9 -1).2 .. ['BC = -16atm.l1 óUBC = QBC - 'BC óUBC = -40-(-16) .. [ôUBC = --24 atm.11 UBC = n.C,.(Tc - TB) UBC= n.~.R.[~-~]2 n.R n.R.. I-U-Bc-=---2-4-a-tm.11 (confere) .. !óUAB = 01 'AB = n.R.T.ln(VB/VA) 18 9 'AB = n.R.-.ln- n.R 3 :.I'AB = \9,77 atm.ll OBS: Alternativa: BC -> isnbárica c) AB -> isoténnica -•••••••••••••••••••••••••••••••••••• 62 ÔUciclo = (Q-t)CiclO = 11,77-11,77 :.lôUciclO = 01 (confere) tciclo = Itj = 19,77+(-16)+8 :.I'ciclo = 11,77 atm.ll •••••••••••••.1 •••••••••••••••••••••• = n.C,.(TA - Te) = n.~.R[~-~] 2 n.R n.R = 24 atm.ll N 6+2 tCA = árca = --.(3-1)2.. ItCA = 8 atm.ll p (atm) 8 BI A I I I I__ .1 ______ I C V (I) 2 8 10 CA -> politrópica ôUCA = QCA - tCA 24 = QCA - 8 .. IQCA = 32 atm.l! d) Qck10 = IQj = 19,77+(-40)+32 :.IQciclo = 11,77 atm.11 3. Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo esquematizado, no qual C, = 3.R/2. O calor trocado pelo gás no ciclo é Q = 16 atm.l. Determine: a) a pressão Pc ; b) as equações das transformações BC e CA ; c) o calor, o trabalho e a variação de energia interna em cada transformação. Solução: a) No ciclo: IQI = 1,1 = 16 N (10 - 2) ,=área= ~~.(8-pc)= 16 ___ 2 :.Ipc = 4 atml p-4 8-4 4 --=--=-=2 V-8 10-8 2 V P 8 ---7----1 P -'-____ I I 1 I 4 I I I I I I 8 V !O 2 3 N 'AB = área = (10- 2).8 63 = v 4 6 .. I'AB = - 64 atm.tI 2 V 8 ~ -i-- I I -I--t-- I I 1 p - 4 = 2.(V - 8) :.lp=2.V-121 2.(8 - V) = l(p - 4) Reta AC: p-4 8-4 --=-= 8-V 8-2 Reta BC: P 8 P 4 c) AB ~ isobárica b) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• • QAB = n.Cp.(TB - TA) •• QAB = n.~.R.[PB,VB _ PA,VA] •. 2 n.R n.R ••5 •QAB = -.(16-80)2 •.. IQAR = - 160 atm.Ij • "'UAR = QAB - t AR ••"'UAB = -160-(-64) ••.. I"'UAB = - 96 atm.11 •• OBS: Alternativa: "'UAR = n.C •. (TB -TA) •• "'UAR = n. ~. R. [ ~ - ~ ] •2 n.R n.R • I"'UAB = - 96 atm.ll (confere) •• BC ~ ??? N • 8+4 •tBC = area = -.(8-2)2 • .. ItBC = 36 atm.li ••"'Use = n.C •. (Tc - TB) • "'UBC = n.~.R-[PC'VC _ PB,VB] ••2 n.R n.R •3 •"'UBC = -.(32-16)2 • .. I"'UBC = 24 atm.q ••• 64 •• 'tciclo = Qciclo = - 64 + 36 + 12 0'0 tciclo = Qciclo = -16 atm.l !lU,;". = - 96 + 24 + 72 :. !lU,;". = O(confere) . 65 24 = QBC - 36 N • 8+4 tCA = area ':' -2-.(10-8) 3!lUCA = -.(80-32)2 !lUCA = n.~.R[PA,VA _Pc.VcJ 2 n.R n.R .. ItCA = 12 atm.q :. I!lUCA = 72 atm.q Ciclo; CA -> ??? •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 4. Um corpo de gás perfeito descreve o ciclo esquematizado na figura (Cp = 5.R/2). A transformação AR é politrópica e a CA é isotérmica. Determinar: a) a equação da transformação polilrópica; b) o calor específico politrópico C,,; c) o trabalho do gás no ciclo. 66 Cálculo de Pc: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• V (I) 54 (atm) _______ A 1 I I C I I I I I I-------~--------- RI I I I I I o 2P 10 CA ~ isotérmica PA,VA = pc,Vc 10.4 = Pc5 .. IPc = 8 atml Co - Cp b) n = --- = 7,211 C-C. a) AB ~ politrópica PA'V~ = PB'V~ 10.4" = 25" 5.4" = 5" 4n = 5"-1 n.log(4) = (n-I).log(5) n 10g(S) = 1,161 -;;-::[ = log( 4) In = 7,2111 Solução: 6,211.Ca = 8,316.R 7,211.Ca -10,816.R = Co -2,5.R AB -> politrópica "'UAB = n.C,.(TB -TA) "'UAB = n.LR.[PB'VB _ PA,VA] 2 n.R n.R 67 .. IQAB= - 40,170 atm.q [ lO 40 ]QAB = n.l,339.R. --- n.R n.R .. I'CA = - 8,926 atm.q .. I"'U AB = - 45 atrn.11 3"'UAB = -.(10-40) 2 C _5.R a 2 C _ 3.R a 2 CA -> isotérmica 'CA = n.R. T.ln(VA/Vc) 'CA = PA,VA.ln(VA/Vcl 'CA = 10A.ln(4/5) 7,211 = :.ICa = 1,339. RI c) BC -> isométrica I'BC = 01 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 5. Um corpo de gás perfeito (C, = 5.R/2) executa o ciclo esquematizado na figura. A transfonnação BC é adiabática. O calor na transfonnação CD é 10 atm.1. Detenninar: a)pceVc; b) o trabalho do gás na transfonnação AB ; c) o calor no ciclo. Ciclo: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• V (1) 1085 (atm) 8 , 8 5 v 10 68 p o ItA8 = 4,830 atm.'! tcido = L t = 0+ (- 8.926) + 4,830 :.It<ido = - 4,096 atm li - 45 = - 40,170 - tA8 a) Equação na transfonnação DA: Solução: Vo = 8 ---> Po = 16-1,6.8 o ponto D pertence à reta DA: •••••••••••••••••••••••••••••••••••• _P_ = 8 10-V 10-5 CD ---> isométrica Mas: Logo: BC ---> adiabática b) AB ---> isobárica Ip = 16-1,6.VI [Po = 3,2 atm I Qco = n.C,.(To - Tc) 10 = n.2. R.[3,2.8 -Te] 2 n.R 10 = 38,4 -1,5.n.R.Tc T c = 18,933 n.R Pc.Ve = n.R Tc TcPc = n.R.-Vc 18,933 IPc= n.R.--.- n.R 8 IPe = 2,367 atml Pc. Vi:. = Ps' V~ 2,367.85/' = 8. V~' VJ' = 9,468 IVs = 3,853 q N tAS = área = 8.(5- 3,853) ItAS = - 9,176 atm.q 69 c) tAB = - 9,176 alm.l tco = O N _ 8 + 3,2 ( ). tOA =area = -2-- 8-5 = -13,440alm.l toe = 17,837 alm.l tel"o = Q,;cIo ~ tel,lo = -9,176+0-13,440+ 17,837 IQ'i"o = - 4,779 alm.lJ 70 •••••., •••••••••••••••••••••••••••••• p( alm) 4 ----------- A v( /) V(n 8 B('OOK) , 2 A o p(alm) o I. Um corpo de gás perfeito com n mols, sofre a transformação exibida no diagrama anexo . ---------- B ('OOK) 12 - EXERcíCIOS PROPOSTOS 71 3) Um corpo de gás perfeito com n mols sofre a transformação isotérmica exibida no diagrama anexo . 2. Um corpo de gás perfeito, com n mols, sofre a transformação exibida no diagrama anexo Determinar: a) a temperatura TA b) o calor, o trabalho e a variação da energia interna do gás na transformação . Determinar: a) a temperatura TA b) o calor, o trabalho e a variação da energia interna do gás na transformação . •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 72 b,)AB b,) BA •••••••••••••••••••••••••••••••••••• V( t) V(fl B 6 8 : I I 2 o I I I I I I I, I, I I 3 ----r------~-----, I I I 2 o 0,5 p(atm) Determinar: a) a pressão PAe a temperatura TA b) o calor, o trabalho e a variação da energia interna do gás na transformação b,)AB b,) BA 5) Um corpo de gás perfeito, com n mols, sofre a transformação politrópica exibida no diagrama anexo. { adotar o expoente politrópico ct= 2 } 4) Um corpo de gás perfeito, com n mols, sofre a transformação adiabática exibida no diagrama anexo. p( atm ) Determinar: a) a pressão PA b) o calor, o trabalho e a variação interna do gás na transformação A p( atm ) V (I) V(n C 8 24 73 2 A 12 (atm) o 2 o p Determinar: a) a pressão PA • a temperatura TA e o calor especifico molar politrópico Ca b) o calor. o trabalho e a variação da energia interna do gás na transformação b,) AB b,) BA 6) Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo esquematizado na figura. A transformação CA é adiabática (C p = 5.R/2) e TA vale 600 K. Determinar: a) os cstados B e C do gás; b) o calor, o trabalho e a variação de energia interna em cada transformação; c) o calor, o trabalho e a variação de energia interna no ciclo . 4 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 74 8) Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo da figura. O trabalho na transformação isoténnica BC vale, em módulo, Itl ; 11,09 atm.1 . Detenninar: a) a equação da transfonnação politrópica CA; b) o calor trocado pelo gás no ciclo. ••••••••••••••••••••••••••••••••. '••• V (I) A (600 K) I I I I I I I I I I B 2 I I I I I I I I I II . ~ l--~ ~~I o 8 p(atm) p(atm) A B 2 I I I I I I I I I___ L _______ CI I I V (I) O 8 7) Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo abaixo esquematizado, com C,; 3.RJ2. O calor na transformação isoténnica AB vale, em módulo, Q; 14,3341 atm.I. A transfonnação BC é adiabática. a) Preencha o quadro dos estados do gás. b) Detennine o calor, o trabalho e a variação de energia interna em cada transfonnação. p(atm) 9) Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo representado na figura. O trabalho do gás no ciclo é t = 6 atm.! . a) Determinar todos os estados incógnitos do gás . b) Determinar o calor, o trabalho e a variação de energia interna do gás em cada transformação . 10) Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo esquematizado. O calor trocado pelo gás no ciclo é, em módulo, IQI = 12 atm.l. Determinar: a) as equações de cada transformação; b) o calor, o trabalho e a variação de energia interna referentes à transformação BC. V (1) V (1) A (400 K) I I 8 B 75 2 ___ C 4 ___ A 2 o ti/' IC " 2 8 O p(atm) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 76 p(atm) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• V (I) C 6,75 fi 2 A o 4 p(atm) A B I I I I I I I I I 2 D C (300 k) V (I) 3 5 9 O 12) Um corpo de gás perfeito (C, = 3.R/2) realiza o ciclo da figura. O calor trocado pelo gás com o ambiente no ciclo vale Q = 24 atm.1. Determinar: a) as pressões PA e p,,; b) as temperaturas TA , T" e To; c) o calor trocado em cada transformação. 11) Um corpo de gás perfeito percorre o ciclo esquematizado. O calor trocado na transformação isotérmica DC possui o valor, em módulo, IQi = 21,895 atm.l. A transformação AB é politrópica (C, = 3.R/2). Determinar: a) o expoente politrópico; b) o calor especifico molar politrópico Cu; c) o calor trocado pelo gás no ciclo. P(atm) c V (1) B I I 12 77 ____ D 2 -::'71 A ,/ I V(l) O 4 20 p(atm) 5 3 o 14) Um corpo de gás perfeito executa o ciclo esquematizado. Na transfonnação CD temos dUco = -tco e na transfonnação AB o trabalho é tAO = 12 atm.1 (C, = 3.R/2). Detenninar: a) as pressões poe Pc ; b)o volume Vc; c) o trabalho no ciclo . 13) Um corpo de gás perfeito (Cp = 5.R/2) realiza o ciclo anexo. O calor cedido pelo gás na transformação CA é - 9 atm.1. Detenninar: a) o volume Vc; b) o calor cedido pelo gás no ciclo . •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 78 .'••••••••••••••••••••••••••••••••••• C (250 K) A /I I I I I I I I I I I I I B (150 K)I I / I V (I) O 2 8 6 I I I I I I II I I I _- I __-t'- I V( I )I O 2 6 10 16) Um corpo de gás perfeito realiza o ciclo anexo. A transformação BC é politrópica e a transformação CA é adiabática, sendo CP = 5.RJ2. O trabalho na transformação AB vale, em termos de módulo, tAB =48 atm.1 . Determinar: a) as pressões PA ,PB e Pc ; b) as equações das transformações AS, BC e CA ; c) o calor no ciclo. p( atm ) C (5) Um corpo de gás perfeito ( C, = 3.RJ2 ) realiza o ciclo esquematizado a seguir. A transformação BC é adiabática. Determinar: a) PA;TA;PS eVe; b) as equações das transformações CA , AB e BC c) o calor no ciclo. p( atm ) 79 13) EXERCÍCIOS PARA ENTREGAR Assunto: PRIMEIROPRINCÍPIO DA TERMODINÂMICA 1. Um corpo de gás perfeito, constituído de n maIs, percorre o ciclo da figura anexa. Determinar: Número ---- Turma: BA (1200K) Horário: -+1 =-D-------i, C(800K) 1 1 I I V (f) 4 8 -----,----+-----, o 2 p ( atm ) a) p, ; PA ; TB e Tu ; b) O calor, o trabalho e a variação da energia interna do gás em cada transfonl1açào Professor: '-- Nome:, _ Dala:. _ Campus: _ •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 80 ------------:------------ :: ••••••••••••••••••••••••••••••••• p( atm 2. Um corpo de gás perfeito mono-atômico constituído de n mais, percorre o ciclo anexo. A transformação BC é adiabática. Preencher as tabelas anexas. ( Deixar os cálculos indicados nesta folha) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• B A----- o A B C L atm 3 V- 2L T- 300 900K C V (litros) _Q- t <'lU-- -- atm. L atm. L atm. L AB BC CA L 81 82 •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 14 - RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS 83 ÓU= 36 atm.1 AU= - 36 alm.( .ó.U= - 24 atm,L ó.U=24 atm.L óU= O óU= O ó.U= -9,12 atm.l óU= 9,12 atm.1 R Co. ::- 2 ÓU= - 144 3lm.t ô.U= 144 atm.l = 378 K t = 24atm.t t = .24 afm.t t= 19,78 alm.t '[= -19,78 alm.l t=O t=O t = 96 atm.f t = -96 atm.l t = 9,12 alm.! t = -9,12 atm.l TA=1600K Q(atml) '(atm.1) óU(atm.1) A8 .60,00 .24,00 .36,00 BC 6,00 0,00 6,00 CA 60,00 30,00 30,00 : !.<t!"::\o.L.. 6,00 6,00 0,00 Q(atml) t(atm.l) óU(atm.1) AB .14,33 .14,33 .0,00 BC 0,00 8,67 .8,67 CA 11,63 2,96 8.67 : TOTAL .2,70 2,70 O._------- Q(atml) t(atm.l) óU(atm.1) A8 .24,66 0,00 .24,66 8C 18,90 7,56 11,34 CA 0,00 .13,32 13,32 : !.(t!" ::\o.~• .5,76 .5,76 O Q(atml) t(atm.!) óU(atm.1l A8 35,00 14,00 21,00 pV°.2S = 2 BC 11,09 11,09 0,00 CA .39,67 .18,67 .21,00 Q=6,42atm.1 ~T9.~~!-. 6,42 6,42 O Ta = 189 K ; Te 1008 K Q = - 24 atm.L Q = 24 atm.L Q= 60 atm.1 Q=. 60 atm.1 Q= 19,78 atm.1 Q= .19,78 3Im.1 bl) b2) b I) b2) bl) b2) 5,04 atm Q=O Q=O PA ""64 atm Q- -48 atm.t Q= 48 atm.l = Pc = 0,63 alm a) bl) b2) 200 K 100 K 9 atm a) b I) b2) a) Pa b) e c) A 8 C I p(3Im) 4 4 6 v(lilros) 8 2 2 T( K) 400 100 ISO A 8 C p(atm) 2 0,63 0,63 v(litros) 12 12 24 T( K) 600 189 378 A 8 C p(atm) 3,30 8,00 2,62 v(litros) 4,90 2,00 3,90 T( K ) 600 600 383 A 8 C p(atm) 2 2 I v(litros) I 8 16 T( K) 2/nR 16/nR 16/nR 2) a) I) a) 7) 3) a) 6) 8) 5) 4) 9) a) Pc= 6atm; Ta:::: IOOK; Te= ISO K b) •••••••••••••••••••••••••••••••••••• lO) 1e...-__ A_B_:-_.P_=9_-_VI_"__ 1 1e...-_CA_:_-->_V_=2__ 1 I llC:-.p=V TRABALHO- -16 alm.1 CALOR"" .64 :ltm,l •••••••••••••••••••••••••••••••••••• I I Qciclu'" 9.23 alln. Litro I Pc'" 219,3 alm I Pa= 1,67 atOl I AB-.p= 3,75 - 0.26 V ÓU::= .48 atm.1 To=IOOK I Qcoclo "".9 alm.1 I TRABcic:I(>= .32.4 atro . L I Pc: 6,3 alm 1011(' '-= .13 alm.L I QpA:: 27 aem. I 84 Q"clO ; 182,6 alm.L C=(11I6).R I IBC_P.Vl.'~"" 1634 I CA ~ PVSIJ= 692,24 IT,=72,36K I ICA->p= 1.62V . I IQ"do= - 7 alm.L OAB'" 40 sIm I P,,=Pe= 8 alm Oco"'".)0 atm.L T, = 666.67 K I Ve;: 3,72 litros I Vc= 8 litros I BC -> pl = 53.59 I AS_r: 1,5v 16) _ I PA= 15 alm 15)~ ~ I PA=3,23atm 14) I p~=4 atm 13) I V, = 3 litros li) I a=-2 15) RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS PARA ENTREGAR AB BC CD DA _Q- 60 -48 -20 24 atm.L 1 24 O .8 O atm.L "U 36 -48 . -12 24 atm.L OI) A) p,"p,=6 alm; •••••••••••••••••••••••••••••••••••• 02) T,= 2400 K A B C ..f... 3 9 3"m v 2 2 3,87 L T 300 900 580,5 K 85 Tp=400K _Q- , ""alm. L :um.L atm.L AB 18 O 18 BC O 9,59 .9,59 CA .14,02 -5,61 -8,4\ L 3,98 3,98 O 86 00000001 00000002 00000003 00000004 00000005 00000006 00000007 00000008 00000009 00000010 00000011 00000012 00000013 00000014 00000015 00000016 00000017 00000018 00000019 00000020 00000021 00000022 00000023 00000024 00000025 00000026 00000027 00000028 00000029 00000030 00000031 00000032 00000033 00000034 00000035 00000036 00000037 00000038 00000039 00000040 00000041 00000042 00000043 00000044 00000045 00000046 00000047 00000048 00000049 00000050 00000051 00000052 00000053 00000054 00000055 00000056 00000057 00000058 00000059 00000060 00000061 00000062 00000063 00000064
Compartilhar