1
Q1, Dilatando réguas
nome : Rômulo Loiola Rodrigues Gaspar, Entregar 04/10/2010
1.1
Enunciado
Uma régua de aço foi usada para medir o comprimento de uma barra de determinado
material. A medida foi `B (20) = 20, 05 cm a temperatura de 20 o C. A barra e a régua
foram colocada juntas em um forno. Na temperatura de 270 o C, a barra passou a
medir `B (270) = 20, 11 cm de acordo com a mesma régua. Determine o coeficiente
de expansão linear do material da barra.
Dados: : αaço = 11 × 10−6 (o C)−1 .
1.2
Solução
Na temperatura de 20 o C, a medida da barra coincide com uma medida na régua de
`B (20) = `R (20) = 20, 05 cm. Quando a temperatura chega a 270 o C, essa medida
na régua ainda é de `R (270) = 20, 05 cm(270) mas corresponde a um comprimento
”real” de
`R (270) = (1 + αaço × 250) `R (20) = 20, 05 cm(270)
O comprimento da barra medida pela régua é de 20, 11 cm(270)
`B (270) = (1 + αB × 250) `B (20) = 20, 11 cm(270)
Obtemos :
1 + αB × 250
2011
=
1 + αaço × 250
2005
Donde
αB = 23 × 10−6 (o C)−1
1
2
Q2, A bela figura
nome : Diogo Adelino da Silva, Entregar 04/10/2010
2.1
Enunciado
A figura ao lado mostra, em corte, um recipiente de paredes adiabáticas que é munido de um pistão móvel, também feito de material adiabático, de massa M = 10 kg
e área A = 200 cm2 . Este recipiente contém em seu interior 3 litros de gás Hélio
(He, monoatômico, com masssa molar M = 4, 0 g/mol) na temperatura e 20 o C. Um
aquecedor elétrico, interno ao recipiente, é posto para funcionar de modo a elevar
gradualmente a temperatura do gás até 70 o C. Supondo que o pistão move-se sem
atrito e que a pressão externa ao recipiente é de 1 atm, detemine para este gás :
(a) (0,7) a sua densidade volumétrica ρ;
Não essa :(b) (0,6) a velocidade quadrática média inicial vrms de seus átomos constituintes;
(c) (0,6) o volume final Vf que ele ocupa; (d) (0,6) o trabalho Wif realizado ( pelo
ou sobre o gás ???), a variação da energia interna ∆Uif e o calor Qif fornecido ao
sistema.
Dados : R = 8, 31 J/(mol K), patm = 1, 013 × 105 P a.
2.2
Solução
(a) (0,7) A pressão dentro do recipiente compensa a pressão atmosférica e o peso do
êmbolo :
Mg
p = patm +
= 1, 062 × 105 P a
A
o que determina
nR =
pV
(1, 062 × 105 ) × (3 × 10−3 )
=
= 1, 087 J/K
T
293
e a densidade :
ρ=
nM
pM
(1, 062 × 105 ) × 4, 0
=
=
g/m3 = 174, 5 g/m3
V
RT
8, 31 × 293
2
Não essa : (b) (0,6) Para 1 mol temos :
1
3
M vrms 2 = R T
2
2
⇒ vrms =
s
3R T
= 1351 m/s
M
(c) (0,6)
Vf = Vi
Tf
= 3, 51 `
Ti
(d) (0,6) A pressão fica constante de modo que
Wif = p (Vf − Vi ) = n R (Tf − Ti ) = 54, 3 J
Temos a capacidade térmica molar a pressão constante Cp = 5R/2 donde
5
Qif = n Cp (Tf − Ti ) = n R (Tf − Ti ) = 135, 8 J
2
e a variação da energia interna
3
∆Uif = n R (Tf − Ti ) = 81, 5 J
2
Verificamos que
∆Uif = Qif − Wf
3
3
Q3, De novo, um cı́clo com 3 etapas
nome : Thiago Coutinho Guerra, Entregar 04/10/2010
3.1
Enunciado
Um mol de um gás ideal di-atômico sofre o processo mostrado no diagrama p × V
da figura abaixo, em que p é dada em atmosferas (atm) e V em litros (`). Sabe-se
que cada ciclo é descrito no sentido a → b → c → a, sendo o processo a → b uma
expansão adiabática reversı́vel, o processo b → c uma compressão isotérmica e c → a
um aumento de pressão isovolumétrico.
Na figura Va = Vc = 25 ` e Vb = 40 `, a pressão no estado c vale pc = 1 atm
(a) (0,6) Determine a pressão pa e a temperatura Ta no estado a.
(b) (0,7) Calcule o calor Q trocado e o trabalho W realizado nos três processoa que
compõem o ciclo.
(c) (0,6 Obtenha o rendimento η de uma máquina térmica cujo agente opera neste
ciclo.
(d) (0,6) Compare η com o rendimento de uma máquina térmica de Carnot que
operasse entre as temperaturas mais alta e mais baixa deste ciclo.
3.2
Solução
(a) (0,6) O processo b → c é isotérmico donde pb = pc Vc /Vb = pc (Va /Vb ) e
pa = pb
Vb
Va
γ
= pc
Vb
Va
γ−1
= pc (1, 6)0,4 = 1, 21 atm
Como 1 atm × 1 ` ≈ 100 J , achamos :
R Ta = pa Va = 3025 J e
Ta =
pa Va
1, 21 × 25
=
× 100 K = 364 K
R
8, 31
4
(b) (0,7)
Para o processo isovolumétrico c → a temos :
Wca = 0
Qca = CV (Ta − Tc ) = (5/2) (RTa − RTc )
= 2, 5 × (pa − pc )Vc = 1312 J
Para o processo adiabático a → b temos :
Wab = − CV (Tb − Ta ) = CV (Ta − Tc ) = 1312 J
Qab = 0
Para o processo isotérmico b → c temos :
Wbc = Qbc = R Tc ln
Vc
= −1175 J
Vb
(c) (0,6)
η=
Wab + Wbc
1312 − 1178
=
= 0, 10
Qca
1312
(d) (0,6)
ηCarnot =
Ta − Tc
pa − pc
0, 21
=
=
= 0, 17
Ta
pa
1, 21
5
4
Q4, Caliente no calorı́metro
nome : Rafael Maiocchi Alves Costa, Entregar 04/10/2010
4.1
Enunciado
Dentro de um calorı́metro com capacidade calorı́fica desprezı́vel, mistura-se 0, 5 ` de
água a temperatura de 10 o C com 5, 0 kg de gelo a uma temperatura de −20 o C.
Supondo que o sistema gelo ⊕ água se encontra isolado térmicamente, determine :
(a) (0,5) a temperatura final de equilı́brio Teq do sistema;
(b) (0,5) a massa de gelo restante meq no equilı́brio;
(c) (0,5) a variação da entropia ∆Sa da água;
(d) (0,5) a variação da entropia ∆Sg do gelo;
(e) (0,5) a variação da entropia ∆Sa+g do sistema água + gelo.
Dados :
cagua = 1, 0 cal/(g o C) ; cgelo = 0, 5 cal/(g o C) ; Lf usao = 80, 0 cal/g
4.2
Solução
(a) (0,5) A água vai se resfriar até 0 o C cedendo :
Q1 = 500 × 1, 0 × 10 cal = 5000 cal,
congelando em 0 o C vai ceder mais :
Q2 = 500 × 80 cal = 40000 cal.
O gelo para ir até 0 o C precisa de :
Q3 = 5000 × 0, 5 × 20 cal = 50000 cal. Está faltando 5000 cal que vão resfriar 5, 5 kg
de gelo a 0 o C até θ tal que : 5500 g × 0, 5 cal/(g o C) × θ + 5000 cal = 0, donde
θ = −1, 8 o C
(b) (0,5) Todo água foi congelada meq = 5500 g.
(c) (0,5) O processo se faz em três etapas :
273
cal
× ln
= −17, 99 cal/K
gK
283
−5000 g × 80, 0 cal/g
=
= −146, 52 cal/K
273 K
cal
271, 2
= 500 g × 0, 5
× ln
= −1, 65 cal/K
gK
273
∆S1 = 500 g × 1, 0
∆S2
∆S3
Com a soma
∆Sagua = −166, 16 cal/K
6
(d) (0,5)
∆Sgelo = 5000 g × 0, 5
cal
271, 2
× ln
= +173, 67 cal/K
gK
253
(e) (0,5)
∆Suniverso = +7, 51 cal/K
que é positivo como deve ser.
Para uma resposta em Joules :
1 cal = 4, 18 J
7
5
Q5, Conduzindo calor
nome : Nadini Odorizi Carega, Entregar 04/10/2010
5.1
Enunciado
(2,0) Um bastão cilı́ndrico de cobre, de comprimento L = 1, 2 m e área de seção reta
∆S = 4, 8 cm2 é isolado, para evitar perda de calor pela sua superfı́cie lateral. Os
extremos são mantidos à diferença de temperatura de 100 o C, um colocado em uma
mistura água-gelo e outro em água fervendo e vapor. (a)(1,0) Ache a taxa em que o
calor é conduzido através do bastão.
(b)(1,0) Ache a taxa em que o gelo derrete no extremo frio.
A condutividade térmica do cobre vale κ = 400 W/m · K e o calor latente de fusão
do gelo é Lf usao = 333 × 103 J/kg.
5.2
Solução
(a)(1,0)
H≡
∆Q
TC − TH
= −κ ∆S
∆t
∆L
= 400 × 4, 8 × 10−4 ×
100
W = 16 W
1, 2
(b)(1,0)
∆M
∆Q/∆t
16 J/s
=
=
≈ 4, 8 × 10−5 kg/s
∆t
Lf usao
333 kJ/kg
8
6
Q6, Um ciclo em três etapas
nome : Ariane Campani Mattos, Entregar 04/10/2010
6.1
Enunciado
Um gás ideal, diatômico, ocupa um volume V1 = 2, 5 `, a pressão p1 = 1 bar = 105 P a
e à temperatura T1 = 300 K. Ele é submetido aos seguintes processos reversı́veis
: (1 ⇒ 2) um aquecimento isovolumétrico até a sua pressão quintuplicar, depois
(2 ⇒ 3) uma expansão isotérmica até a pressão original e, finalmente, (3 ⇒ 1) uma
transformação isobárica voltando ao estado inicial.
(a)(0,5) Desenhe o ciclo do gás no diagrama de Boyle-Clapeyron (p versus V ), indicando a escala das unidades.
(b)(1,8) Calcule, em Joules, o trabalho feito W pelo gás, o calor Q que ele absorve
e a sua variação de energia interna ∆U em cada etapa do ciclo.
(c)(0,2) O rendimento da máquina operando segundo este ciclo.
6.2
Solução
O gás ideal, sendo diatômico, CV = 5R/2 de modo que ∆U = n (5R/2) ∆T . Achamos
T2 = 5 × T1 = 1.500, 0 K ; V3 = 5 V1 ; n R = 250/300 J/K.
(a)(0,5) Desenho do ciclo :
(b)(1,8) Em Joules, W , Q e ∆U, são :
(1.250 × ln 5 ≈ 2.012)
W
Q
∆U
(1 ⇒ 2)
0
+2.500 +2.500
(2 ⇒ 3) +2.012 +2.012
0
(3 ⇒ 1) −1.000 −3.500 −2.500
(c)(0,2)
r=
Wtot
Qabsorvido
=
2.012 − 1.000
≈ 0, 22
2.012 + 2.500
9
7
Q7 Maquinas
nome : Felipe Romão Sousa Correia, Entregar 04/10/2010
7.1
Enunciado
Uma maquina térmica opera entre a temperatura alta TA = 500 K e a temperatura
baixa TB = 300 K, com um coeficiente de eficiência térmica ou rendimento, r = 0, 20.
(a) (0,5) Determine a quantidade de calor QB cedida à fonte fria quando, em cada
ciclo, uma energia de W = 200 J é produzido sob forma de trabalho.
(b) (1,0) Calcule ∆Suniv , a variação , por ciclo, da entropia do universo termodinâmico
formado pelos reservatórios térmicos e a maquina.
(c) (0,5) Calcule o coeficiente de eficiência de uma máquina de Carnot operando
entre as mesmas temperaturas ?
(d) (1,0) Qual é a relação entre ∆Suniv e a energia desperdiçada, em cada ciclo, ao
nâo usar uma máquina de Carnot ?
7.2
Solução
(a) (0,5) QA = 5 W = 1.000 J donde
QB = QA − W = 800 J
(b) (1,0) A variação da entropia, no universo, é :
∆Stotal = −QA /TA + QB /TB =
2
J/K
3
(c) (0,5) O rendimento máximo é :
rCarnot =
TA − TB
= 0, 4
TA
(d) (1,0) WCarnot − W = (400 − 200) J e
WCarnot − W
200 J
=
= 300 K ≡ TB
∆Stot
(2/3) J/K
10
8
Q8 Outro ciclo em três etapas
nome : Camila Silva Brasiliense, Entregar 04/10/2010
8.1
Enunciado
Um mol de um gás ideal, monoatômico, à temperatura T1 = 300 K é submetido
aos seguintes processos reversı́veis : (1 ⇒ 2) um aquecimento isovolumétrico até a
sua temperatura dobrar T2 = 600 K, depois (2 ⇒ 3) uma expansão adiabática até
o estado 3, onde a pressâo é igual à pressão inicial : p3 = p1 e, finalmente, uma
transformação isobárica (3 ⇒ 1). (a)(0,5) Desenhe o ciclo no diagrama {p, V }.
(b)(1,5) Calcule a temperatura T3 e, em Joules, o trabalho feito W pelo gás, o calor
trocado Q e a sua variação de energia interna ∆U em cada etapa do ciclo.
(c)(0,5) Se p1 = 105 P a, calcule {V1 , V3 }. 20,6 = 1, 52.
8.2
Solução
Temos ∆U = (3/2) R ∆T , γ −1 = 0, 6 e 1 − γ −1 = 0, 4.
A pressão, volume e temperatura são relacionados por :



(1) p1
(2) p2 = 2 p1


(3) p3 = p1
; V1
T1 = 300 K
; V2 = V1
T2 = 2 T1 = 300 K
; V3 = 20,6 V1 ≈ 1, 5 V1 T3 = 20,6 T1 ≈ 455 K
(a)(0,5) Desenho do ciclo :
(b)(1,5) T3 = 21/γ T1 ≈ 455 K e temos, em Joules :
W
Q
∆U
(1 ⇒ 2)
0
+450 × 8, 3
+450 × 8, 3
(2 ⇒ 3) +217, 5 × 8, 3
0
−217, 5 × 8, 3
(3 ⇒ 1) −155 × 8, 3 −387, 5 × 8, 3 −232, 5 × 8, 3
ou
W
Q
∆U
(1 ⇒ 2)
0
+3.735 +3.735
(2 ⇒ 3) +1.805
0
−1.805
(3 ⇒ 1) −1.286 −3.215 −1.929
(c)(0,5) Se p1 = 105 P a,
V1 = 300 × 8, 3 × 10−5 m3 ≈ 25 ` , V3 ≈ 38 `
11
9
Q9 Outras Máquinas
nome : Jessica de Souza Panisset, Entregar 04/10/2010
9.1
Enunciado
(3,0) Uma refrigerador opera entre as temperaturas TA = 300 K e TB = 270 K,
.
com um coeficiente de performance (desempenho) D = QB /W = 5, 0.
(a) (0,5) Calcule em cada ciclo, a quantidade de calor QA transferida à fonte quente
ao gastar no refrigerador uma energia, por ciclo, de W = 200 J .
(b) (1,0) Calcule ∆Suniv , a variação , por ciclo, da entropia do universo termodinâmico
formado pelos reservatórios térmicos e o refrigerador.
(c) (0,5) Calcule o coeficiente de desempenho de um refrigerador de Carnot operando
entre as mesmas temperaturas ?
(d) (1,0) Qual é a relação entre ∆Suniv e o gasto EXTRA de energia que resulta
da nâo utilização de um refrigerador de Carnot ?
9.2
Solução
(a) (0,5) : QB = 1.000 J donde
QA = W + QB = 1.200 J
(b) (1,0) :
∆Stotal =
QA −QB
8
+
=
J/K
TA
TB
27
(c) (0,5) :
.
DCarnot =
TB
= 9, 0
TA − TB
(d) (1,0) :
WEXT RA = W − WCarnot = ( 15 − 19 ) × 1000 J =
800
9
J,
WEXT RA
(800/9) J
=
= 300 K = TA
∆Stotal
(8/27) J/K
12
10
Q10 Frio lá fora !
nome : Alice Helena Santos Alves de Sayão, Entregar 04/10/2010
10.1
Enunciado
Um tanque de água foi construido ao ar livre em tempo frio e alı́ se formou uma
camada de gelo de 5, 0 cm na superfı́cie da água. O ar acima da água stá a −10o C.
Calcule a taxa de formação do gelo (em cm/h) na superfı́cie inferior da placa de gelo.
Suponha que o calor não seja transferido pelas paredes ou pelo fundo do tanque.
Dados :
A densidade do gelo é ρ = 0, 92 g/cm3.
O calor latente de transformação gelo - água é :
Lf = 333 × 103 J/kg = 79, 5 cal/g
e o coeficiente de conductividade térmica do gelo é dado por :
κ = 4, 0 × 10−3
10.2
W
cal/s
= 1, 7
cm
Km
oC
Solução
A lei de condução fornece :
∆Q
∆T
= κA
∆t
h0
Essa quantidade de calor vai formar uma massa de gelo por unidade de tempo :
∆Q
∆M
=
∆t
Lf ∆t
ou, um volume :
∆V
∆M
=
∆t
ρ ∆t
A taxa de crescimento do gelo será :
∆h
∆V
κ ∆T
=
=
≈ 1, 97 cm/h
∆t
A ∆t
ρ Lf h0
13
11
Q11 ciclo de Stirling 1816
nome : Jefferson Xavier de Melo, Entregar 04/10/2010
11.1
Enunciado
A máquina de Stirling usa n = 8, 1 × 10−3 moles de um gás ideal, operando entre dois
reservatórios de altae baixa temperatura TA = 368 K e TB = 297 K, funcionando à
taxa de 0, 7 ciclos/s. Um ciclo consiste em quatro etapas :
1) uma expansão isotérmica a → b à temperatura TA do volume V0 até o volume
V1 = 1, 5 V0 , seguida de
2) um processo iso-volumétrico b → c até a temperatura TB , seguido de
3) uma compressão isotérmico c → d à temperatura TB até o volume inicial V0 ,
seguida de
4) Um processo iso-volumétrico d → a até o estado inicial.
(a) Determine o trabalho realizado por ciclo.
(b) Qual é a potência da máquina ?
(c) Supondo que o calor cedido pela máquina no processo b → c seja aproveitado inteiramente no processo d → a, qual será a eficiência da máquina ? (o que queremos/o
que pagamos)
11.2
Solução
(a) Ao longo das isotérmas, temos :
Wa→b = n R TA ln
Vb
Vd
, Wc→d = n R TB ln
Va
Vc
Wtot = n R (TA − TB ) ln(1, 5) = 8, 1 × 10−3 × 8, 3 × 71 ln(1, 5) ≈ 1, 9 J
(b)
P ot = Wtot × 0, 7 ≈ 1, 3 W att
(c) Os calores trocados são :
Qa→b
Qb→c
Qc→d
Qd→a
=
=
=
=
Wa→b = n R TA ln(1, 5)
n CV (TB − TA )
Wc→d = − n R TB ln(1, 5)
n CV (TA − TB )
Teremos uma eficiência igual a eficiência de uma máquina de Carnot :
Wtot
TA − TB
e=
=
≈ 0, 20
Qa→b
TA
14
12
Q12 ciclo de Otto
O motor a gasolina de 4 tempos
nome : Raphaella Barros Pereira da Silva, Entregar 04/10/2010
12.1
Enunciado
A máquina de Otto opera em quatro etapas :
1) uma compressão adiabática a → b diminuindo o volume de Va até o volume
Vb = Va /r e aumentando a temperatura de Ta até Tb , seguida de
2) um processo iso-volumétrico (a ignição ) b → c aquecendo a mistura até a temperatura Tc , seguido de
3) uma expansão adiabática dos gases aquecidas c → d até o volume inicial V0 ,
movendo o pistão, seguida de
4) Um processo iso-volumétrico, a queda de pressão associada à exaustão dos gases
da combustão, d → a até o estado inicial.
Considerando a mistura como um gás ideal com coeficiente adiabática γ, mostre que
o rendimento do ciclo é dado por :
γ−1
1
Td − Ta
=1−
e=1−
Tc − Tb
r
Observação :
A taxa de compressão r não pode ser muito grande (r < 10) para evitar a pre-ignição
12.2
Solução
Os trabalhos e os calores trocados são :
Wa→b
Qb→c
Wc→d
Qd→a
com rendimento :
e=
=
=
=
=
n CV
n CV
n CV
n CV
(Ta − Tb ) < 0
(Tc − Tb ) > 0
(Tc − Td ) < 0
(Ta − Td ) < 0
Wa→b + Wc→d
Td − Ta
= 1−
Qb→c
Tc − Tb
15
Ao longo de uma adiabática reversı́vel, temos T V γ−1 = constante, logo :
Vd
Tc = Td
= Td rγ−1
Vc
Va
= Ta rγ−1
Tb = Ta
Vb
donde :
γ−1
1
Td − Ta
=
Tc − Tb
r
16
13
Q13 refrigerador de Carnot
nome : Luiz Felipe Neris Cardoso, Entregar 04/10/2010
13.1
Enunciado
Uma máquina de Carnot, sendo reversı́vel, pode operar em sentido inverso, i.e.como
refrigerador. As quatro etapas consistem em :
1) a → b, uma compressão isotérmica à temperatura mais alta TA , seguida de
2) b → c, uma expansão adiabática até a temperatura mais baixa TB , seguida de
3) c → d, uma expansão isotérmica à temperatura mais baixa TB e, finalmente :
4) d → a, uma compressão adiabática até o estado inicial a.
Com TA = 305 K e TB = 275 K e sabendo que o sistema refrigerante cede 300 J por
ciclo à fonte quente,
(a) Determine o trabalho W feito, por ciclo, sobre o sistema. (a conta da luz !)
(b) Qual é a quantidade de calor QB , tirada da fonte frio ?
(c) Definimos o coeficiente de performance K como a razão entre o que queremos QB
e o que pagamos W . Mostre que K = TB /(TA − TB ) para um refrigerador de Carnot.
13.2
Solução
Sabemos que, em um refrigerador de Carnot, a variação da entropia do universo é
nula, logo
QA
QB
=
TA
TB
(a)
W = QA − QB = QA
TB
1−
TA
= 29, 5 J
(b)
QB = QA − W = 270, 5 J
(c)
K=
QB
275
≈ 9, 2 , TB /(TA − TB ) ≈
W
30
17
14
Q14 Entropia do Universo
nome : Camilla de Assis Magalhães , Entregar 04/10/2010
14.1
Enunciado
Uma máquina térmica opera entre reservatórios térmicos nas temperaturas TA e TB ,
sendo TA > TB . Sejam QA o calor tirado do reservayório RA a alta temperatura e
QB , o calor cedido ao reservatório RB a baixa temperatura. Determine a variação de
entropia de (1) o resrvatório RA , (2) do reservatório a baixa temperatura RB e (3)
do sistema operando em ciclo.
Mostre que o princı́pio ∆Suniverso ≥ 0 implica que o rendimento de uma máquina
térmica qualquer é sempre menor do que ηCarnot = 1 − TB /TA .
14.2
Solução
Temos
∆SA =
QB
− QA
; ∆SB =
TA
TB
e
∆Suniverso = ∆SA + ∆SB =
implica em :
QB QA
−
≥0
TB
TA
TB
QB
≥
QA
TA
donde o rendimento :
η=
W
QA − QB
QB
TB
=
= 1−
≤ 1−
QA
QA
QA
TA
e
1−
TB
= ηCarnot
TA
18
15
Q15 Entropia e Economia
nome : Nathalia da Silva Henrique de Moura e Victor dos Santos Costa
Entregar 04/10/2010
15.1
Enunciado
Queremos resfriar um objeto metálico de capacidade calorı́fica C na temperatura de
Ti = 290, 0 K até Tf = 270, 0 K. Dispomos de um refrigerador de Carnot, operando
entre TA = 300, 0 K e TB = 275 K. Ele possue um compartimento de congelador,
funcionando também como máquina de Carnot, entre as temperaturas TA = 300, 0 K
e Tf = 270, 0 K. Podemos proceder de duas maneiras :
1. A primeira maneira, MI , consiste numa única etapa : colocar diretamente o
objeto no compartimento congelador até chegar à temperatura Tf .
2. A segunda maneira, MII , se faz em duas etapas : E1 colocar o objeto refrigerador até ele atingir a temperatura TB , para numa segunda etapa E2 , colocar ele
no comportamento do congelador até chegar à temperatura Tf .
Supondo que o objeto não sofre perda de calor na transferência do refrigerador para
o congelador, determine :
(a) : A energia WI necessária para realizar MI .
(b) : As energias WII (1) e WII (2) necessárias para realizar cada etapa E1 e E2 do
segundo procedimento MII .
(c) : Compare WI com WII (1) + WII (2).
(d) : Calcule a variação da entropia ∆SI do universo termodinâmico formado pelo
objeto e o refrigerador no primeiro procedimento MI .
(e) : Calcule a variação da entropia ∆SII (1) e ∆SII (2), para cada etapa de MII , do
universo termodinâmico formado pelo objeto, o refrigerador e o congelador.
(f) : A razão entre
W ≡ WI − (WII (1) + WII (2))
e ∆S ≡ ∆SI − (∆SII (1) + ∆SII (2))
tem a dimensão de uma temperatura. Que temperatura é essa ?
19
15.2
Solução
(a) : Supomos que a capacidade calorı́fica fica constante de modo que o calor que
precisamos tirar do objeto é
QI = C (Tf − Ti ) =
Via a fonte fria na temperatura do congelador Tf , esse calor é transferido para a fonte
quente junto com a energia WI e a fonte quente absorbe QA = WI + QI , donde
WI = QA − QI =
QA − QI
QI
!
QI =
TA − Tf
QI =
Tf
(b) : De mesma maneira achamos os calores em cada etapa do segundo procedimento
QII (1) = C (TB − Ti ) =
QII (2) = C (Tf − TB ) =
As energias gastas são :
WII (1) = QA (1) − QII (1) =
WII (2) = QA (2) − QII (2) =
!
QA − QII (1)
TA − TB
QII (1) =
QII (1) =
QII (1)
TB
!
QA − QII (2)
TA − Tf
QII (1) =
QII (2) =
QII (1)
Tf
(c) : Como QI = QII (1) + QII (2), temos :
∆W ≡ WI − (WII (1) + WII (2)) = TA
1
1
−
Tf
TB
!
QII (1) =
que é positivo, logo o primeiro processo é mais caro !
(d) :
Z Tf
QA
dT
QI
Tf
∆SI =
+
C
=
+ C ln
=
TA
T
Tf
Ti
Ti
(e) :
TB
QII (1)
dT
QII (1)
TB
+
C
=
+ C ln
=
TB
T
TB
Ti
Ti
Z Tf
QII (2)
dT
QII (2)
Tf
∆SII (2) =
+
C
=
+ C ln
=
Tf
T
Tf
TB
TB
∆SII (1) =
Z
(f) : A diferença entre as variações da entropia nos dois procedimentos é :
∆S ≡ ∆SI − (∆SII (1) + ∆SII (2)) =
20
QII (1) QII (1)
−
Tf
TB
Vemos que
∆W = TA ∆S
Concluimos que o processo no qual a variação de entropia é maior, isto é menos
reversı́vel, é o mais caro !
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