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ap Fund Termodinamica pt2

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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

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