gabarito_p2

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Q1 Uma massa m = 1 kg de a´gua e´ retirada de um congelador a` temperatura T1 = 0oC na forma de gelo
e aquecida num reservato´rio te´rmico a` temperatura T2 = 100oC ate´ converter-se totalmente em vapor.
Considere como sistema a massa de a´gua. Sabendo-se que o calor espec´ıfico da a´gua e´ de ca = 1 cal/gK,
o calor latente de fusa˜o do gelo e´ de Lf = 80 cal/g e o calor latente de vaporizac¸a˜o da a´gua e´ de
Lv = 539 cal/g, determine (considere o sistema + reservato´rio isolado da vizinhanc¸a):
a) (0,7) o calor recebido pelo sistema;
b) (0,7) a variac¸a˜o da entropia do sistema para cada um dos processos ocorridos;
c) (0,7) a variac¸a˜o da entropia total do sistema;
d) (0,7) a variac¸a˜o da entropia do reservato´rio.
e) (0,7) Este processo e´ revers´ıvel ou irrevers´ıvel? Justifique sua resposta.
GABARITO Q1
a) O calor recebido pelo sistema Q = Q1 +Q2 +Q3, onde
Q1 = mLf = 80 kcal (1)
Q2 = mc(T2 − T1) = 100 kcal (2)
Q3 = mLv = 539 kcal . (3)
Temos enta˜o que Q = 719 kcal.
b) A variac¸a˜o da entropia do sistema para cada um dos processos ocorridos e´ dada por dS = dQ/T .
Para a fusa˜o do gelo, como a temperatura e´ constante temos que ∆S1 = Q1/T1 = 293cal/K.
Para a o aumento da temperatura da a´gua, ∆S2 = mca
∫ T2
T1
dT/T = mcaln(T2/T1) = 312cal/K.
Para a vaporizac¸a˜o da a´gua, como a temperatura e´ constante temos que ∆S3 = Q3/T2 = 1445cal/K.
c) A variac¸a˜o da entropia total do sistema
∆S = ∆S1 +∆S2 +∆S3 = 2050cal/K .
d) A variac¸a˜o da entropia do reservato´rio e´ dada por ∆Sres = Q/T2, uma vez que a temperatura e´
constante.
O calor fornecido pelo reservato´rio e´ Qreservatorio = −719kcal.
Com isso temos que ∆Sres = −1927cal/K.
e) Este processo e´ irrever´ıvel uma vez que a variac¸a˜o da entropia total do sistema+reservato´rio (que foi
considerado isolado) e´ maior do que zero e igual a
∆Sres +∆Ssis = 123cal/K .
Q2 Um mol de um ga´s ideal, partindo das condic¸o˜es normais de temperatura e pressa˜o (To = 273K, Po =
1atm), sofre: (a) uma compressa˜o isote´rmica ate´ um volume de 5 litros, seguida de; (b) uma expansa˜o
adiaba´tica ate´ retornar ao volume inicial, atingindo uma pressa˜o final de 0,55 atm.
a) (0,7) Represente em um diagrama de P × V os processos que o ga´s sofreu.
b) (0,7) Calcule a pressa˜o Pa do ga´s ao fim do processo (a) e a sua temperatura Tb ao fim do processo (b).
c) (0,8) Calcule C
V
e C
P
para este ga´s e determine o nu´mero q de graus de liberdade que cada uma de suas
mole´culas possui.
d) (0,8) Obtenha a variac¸a˜o da energia interna ∆U , o trabalho realizado W e o calor Q trocado ao final do
processo completo que o ga´s sofreu.
GABARITO Q2
a) (0,7 pt.) Para um ga´s ideal em CNTP teremos que Pi = Po = 1 atm e Ti = To = 273 K. De modo que,
como n = 1, enta˜o pela equac¸a˜o de estado
Vi = nRTi/Pi =⇒ Vi =
(
1× 8, 314× 273
1, 013× 105
)
m3 = 0, 0224m3 =⇒ Vi = 22, 4 ` .
Usando este resultado e as informac¸o˜es fornecidas na questa˜o podemos representar os dois processos
(isote´rmico de i→ a e adiaba´tico de a→ b) no diagrama de P × V abaixo.
b) (0,7 pt.) Usando a equac¸a˜o de estado no processo de compressa˜o isote´rmica tiramos que
PiVi = PaVa =⇒ Pa =
(
Vi
Va
)
Pi =
(
22, 4
5
)
× 1 atm =⇒ Pa = 4, 48 atm .
Fazendo a mesma coisa em relac¸a˜o ao processo de expansa˜o adiaba´tica encontraremos que
nR =
PaVa
Ta
=
PbVb
Tb
=⇒ Tb =
(
PbVb
PaVa
)
Ta =
(
0, 55× 22, 4
4, 48× 5
)
× 273 K =⇒ Tb = 150 K .
c) (0,8 pt.) Usando a relac¸a˜o adiaba´tica na expansa˜o a→ b teremos que
PaV
γ
a = PbV
γ
b =⇒ γ =
ln
(
Pb
Pa
)
ln
(
Va
Vb
) =⇒ γ = ln
(
0,55
4,48
)
ln
(
5
22,4
) =⇒ γ = 1, 4 = 7
5
.
Nesta altura, se considerarmos que{
γ = C
P
/C
V
C
P
= C
V
+R =⇒
{
C
V
= R/(γ − 1)
C
P
= γR/(γ − 1)
de modo que, usando o valor obtido para γ, concluiremos que
C
V
= 2, 5R =
5
2
R e C
P
= 3, 5R =
7
2
R .
Neste ponto se lembrarmos que C
V
esta´ relacionado ao nu´mero de graus de liberdade q de cada
mole´cula atrave´s da relac¸a˜o C
V
= 12qR concluiremos que q = 5.
d) (0,8 pt.) A variac¸a˜o da energia interna do ga´s sera´ dada por
∆Utot = ∆Uia+∆Uab = 0+CV (Tb−Ta) = 2, 5×8, 314×(150−273) J =⇒ ∆Utot = −2557 J .
No caso do trabalho total realizado, ao observarmos que Qab = 0 e usarmos a primeira lei, teremos
que
Wtot = Wia +Wab = RTa ln (Va/Vi)−∆Uab
ou seja,
Wtot = 8, 314× 273× ln (5/22, 4) J + 2557 J =⇒ Wtot = −847 J .
Para finalizar podemos usar outra vez a primeira para determinarmos o calor total trocado ao fim
dos dois processos
Qtot = Qia +Qab = ∆Utot +Wtot =⇒ Qtot = −2557 J− 847 J = −3404 J .
Q3 a) (0,7) Determine, a partir de W =
∫
p dV , a expressa˜o para o trabalho realizado por n moles de um
ga´s ideal: (a1) em uma evoluc¸a˜o isote´rmica entre os volumes Vi e Vf , a` temperatura T ; e (a2) em uma
evoluc¸a˜o isoba´rica entre os volumes Vi e Vf , a` pressa˜o p.
Um ga´s ideal com γ = 5/3 sofre uma expansa˜o isote´rmica em que seu volume aumenta de 50%, seguida
de uma contrac¸a˜o isoba´rica ate´ o volume inicial, e finalmente de um aquecimento a volume constante, ate´
a temperatura inicial. Determine, em func¸a˜o do nu´mero de moles do ga´s, n, da constante dos gases ideais
R, e da temperatura inicial T0:
b) (0,7) o trabalho realizado pelo ga´s em cada uma das treˆs etapas do processo. Use os resultados obtidos
em a).
c) (0,7) a quantidade de calor trocada em cada uma das treˆs etapas do processo;
d) (0,7) Calcule o rendimento deste ciclo.
e) (0,7) Determine o rendimento de um ciclo de Carnot que opere entre as mesmas temperaturas extremas.
Compare com o resultado de d) e comente.
GABARITO Q3
a1)
W =
∫ Vf
Vi
p dV =
∫ Vf
Vi
nRT
V
dV = nRT
∫ Vf
Vi
dV
V
= nRT ln
(
Vf
Vi
)
;
a2)
W =
∫ Vf
Vi
p dV = p
∫ Vf
Vi
dV = p (Vf − Vi) .
Chamando: ab → expansa˜o isotermica; bc → contrac¸a˜o isoba´rica; ca → aquecimento a volume
constante,
b)
Wab = nRT0 ln 1.5 = 0.405nRT0 (de (a1)) ;
Wbc = pc(V0 − 1.5V0) (de (a2)) ; pc
Tc
=
pa
T0
⇒ [ como pcV0
Tc
=
pc (1.5V0)
T0
, Tc =
2
3
T0]
⇒ pc = 23pa =
2
3
nR
T0
V0
⇒ Wbc = 23pa (Vc − Vb) =
2
3
nR
T0
V0
×
(
−1
2
V0
)
⇒ Wbc = −13nRT0 ;
Wca = 0
c)
Qab = Wab = nRT0 ln 1.5 = 0.405nRT0 [ de (a) e (b) ] .
Qbc = ncp (Tc − Tb) ; cp = 52R [ porque γ = cp/cV = 5/3 ] ; Tb = T0 ; Tc =
2
3
T0 (de (b))
⇒ Qbc = −56 nRT0
Qca = ncV (Ta − Tc) = n× 32R×
(
T0 − 23T0
)
= +
1
2
nRT0
d)
η =
Wtotal
Qrec.
=
nRT0 ln 1.5− 13nRT0
nRT0 ln 1.5 + 12 nRT0
=
ln 1.5− 1/3
ln 1.5 + 1/2
= 0.08
e)
ηCarnot = 1− Tmin
Tmax
; Tmin = Tc =
2
3
T0 ; Tmax = T0 ⇒ ηCarnot = 1− 23 = 0.33 > η
como deveria ser.