Q1
Um cilindro feito de material com alta condutividade térmica e de capacidade térmica desprezı́vel possui
um êmbolo móvel (de massa desprezı́vel) inicialmente fixo por um pino. O raio interno do cilindro é r = 10
cm, a altura inicial do êmbolo é h = 10 cm e contém gás hidrogênio (H2 ) a 27◦ C e 1,2 atm. Medidas
anteriores feitas com o gás à mesma temperatura indicaram valores do expoente adiabático γ = 1, 4. O
cilindro é colocado em contato com a atmosfera à temperatura ambiente de 27◦ C ao mesmo tempo em
que o pino do êmbolo é removido de forma a mover-se sem atrito ao longo do eixo do cilindro. O gás sofre
então uma expansão muito lenta até que a pressão interna do gás se iguala à pressão atmosférica. Tome
como estado termodinâmico inicial aquele ocupado pelo gás no momento em que o cilindro é colocado em
contado com a atmosfera e como estado final aquele ocupado pelo gás ao final da expansão.
a) (0,5) Quais os graus de liberdade da molécula de H2 que foram excitados no
processo? Justifique claramente a sua resposta.
b) (1,5) Calcule a variação de entropia do gás no interior do cilindro e da atmosfera no processo que liga os estados termodinâmicos inicial e final do gás;
c) (0,5) Faça uma análise da variação de entropia do sistema gás + atmosfera e
discuta a natureza do processo em questão quanto a reversibilidade ou irreversibilidade.
SOLUÇÃO Q1
a) Pela definição do expoente adiabático:
γ=
CP
CV + R
=
,
CV
CV
e usando o fato de que a capacidade térmica molar a volume constante depende do número de graus
de liberdade q, CV = dUdTmol = 2q R, temos
γ=
2
2
q+2
=⇒ q =
=
= 5 = 3 + 2,
q
γ−1
0, 4
em que 3 graus de liberdade correspondem ao movimento de translação do centro de massa das
moléculas de H2 e 2 graus ao movimento de rotação em torno de 2 eixos perpendiculares entre si e à
linha que une os 2 átomos de hidrogênio.
b) A variação de entropia do gás é dada por:
Zf
∆Sgas =
dQ
,
T
i
e como o processo se realiza à temperatura constante (gás e atmosfera se encontram à mesma temperatura T ), não há variação de energia interna do gás (dU = dQ − dW = 0), logo
∆Sgas
1
=
T
Zf
dW =
Wisotermico
= nR ln
T
Vf
Vi
= nR ln
pi
pf
,
i
onde na última passagem usou-se o fato de que num processo isotérmico pi Vi = pf Vf . Por fim,
πr 2 h
i Vi
usando a equação de estado de gás ideal, podemos escrever n = pRT
= piRT
:
i
i
∆Sgas =
(1, 2 × 105 N/m2 ) × π × (10−2 m2 ) × (0, 1 m) × ln(1, 2)
= 0, 23J/K
300 K
A atmosfera pode ser considerada como um reservatório térmico, fornecendo calor sem que sua
temperatura varie, logo sua variação de entropia é dada:
∆Satm =
Q
Wisotermico
=−
= −∆Sgas = −0, 23J/K,
T
T
em que o sinal negativo do calor indica que a atmosfera cede essa energia ao gás.
c) A variação de entropia do universo termodinâmico gás + atmosfera é então nula, e como esse sistema
pode ser considerado como em isolamento térmico, o processo em questão é reversı́vel, como era de
se esperar já que se trata da expansão lenta de um gás em contato com um reservatório à mesma
temperatura, ou seja, um processo isotérmico através de uma sucessão de estado de equilı́brio. Dessa
forma, um agente externo, aplicando uma força sobre o êmbolo de modo a movê-lo lentamente, é
capaz de comprimir isotérmicamente o gás a fazendo-o retornar ao mesmo estado termodinâmico
inicial, ou seja, volume Vi e pressão pi .
Q2
Um mol de um gás monoatômico ideal realiza o ciclo mostrado na figura. O processo A → B é uma
expansão isotérmica reversı́vel. São conhecidas PC e VC e sabe-se que PA = 5PC e VB = 5VC . Calcule:
a) (0,7) o trabalho lı́quido feito pelo gás;
b) (0,8) o calor recebido pelo gás em cada uma das etapas do ciclo;
c) (0,5) o rendimento do ciclo.
d) (0,5) Compare o rendimento do ı́tem c) com o de uma máquina de Carnot
operando entre as mesmas temperaturas.
SOLUÇÃO Q2
a) O trabalho lı́quido é:
W = WAB + WBC + WCA = RTA ln
VB
VA
+ PC (VC − VB ) + 0,
já que o trecho AB é isotérmico, BC é a isobárico e CA é isocórico. Escrevendo todas as temperaturas
e volumes em termos de PC e VC , temos TA = 5PCRVC = TB , temos
W = (5 ln 5 − 4)PC VC
b)
QAB = WAB = RT ln
QBC
= 5 ln 5PC VC
PC V C
5PC VC
= −10PC VC
−
R
R
3
5PC VC
PC V C
= CV (TA − TC ) = R
−
= 6PC VC ,
2
R
R
5
= CP (TC − TB ) = R
2
QCA
VB
VA
onde usou-se que as capacidades térmicas molares a volume (CV ) e a pressão (CP ) constantes de um
gás ideal monoatômico são CV = 3R/2 e CP = 5R/2, respectivamente.
c) A eficiência do ciclo é dada por
η=
|W |
|Qrecebido |
=1−
|Qcedido |
=1−
|Qrecebido |
−QBC
QCA + QAB
,
onde deve-se tomar cuidado com o sinal dos calores, já que em nossa convensão, calor que sai do
sistema (como QBC ) é negativo. Logo
η =1−
10
' 0, 288 = 28, 8%.
6 + 5 ln 5
A eficiência de uma máquina de Carnot operando entre as mesmas temperaturas extremas TF = TC
e TQ = TA = TB depende apenas de TF e TQ
ηCarnot = 1 −
1
TF
= 1 − = 80% > η.
TQ
5
Como era de se esperar, a máquina de Carnot é mais eficiente que a máquina operando pelo ciclo
acima. Dadas as temperaturas da fonte fria e da fonte quente, a 2a Lei da Termodinâmica impede
que se obtenha uma máquina mais eficiente que a de Carnot operando entre essas duas temperaturas.
Q3
(2,5) Um gás de moléculas diatômicas rı́gidas (i.e., cujo espaçamento inter-atômico não pode variar)
está inicialmente nas condições normais de temperatura e pressão (CNTP). O gás é então comprimido
adiabaticamente até que seu volume inicial é reduzido por um fator f = 5. Determine a energia cinética
média de rotação de uma molécula no estado final (tomado como um estado de equilı́brio), assim como a
velocidade angular média de rotação no mesmo estado, adotando como momento de inércia em relação a
um eixo passando pelo seu centro de massa e perperdicular à linha que une os átomos I = 2, 1 × 10−39 g
cm2 .
SOLUÇÃO Q3
a) Numa compressão adiabática, temos a seguinte relação entre temperatura e volume
TV
γ−1
Tf
= cte =⇒
=
Ti
Vi
Vf
γ−1
.
No estado final de equilı́brio, as moléculas podem transladar e girar, de forma que aplicando o Teorema da
Equipartição da Energia a esse estado, sabemos que a energia média por molécula e por grau de liberade
é kB T /2. Para os graus de liberdade de rotação em torno de 2 eixos perpendiculares entre si (1 e 2) e
ao eixo que une os 2 átomos, a energia cinética média de rotação é a soma das energias cinéticas médias
< τ1 > e < τ2 >:
< τ >=< τ1 > + < τ2 >=
1
1
1
1
I < ω12 > + I < ω22 >= I < ω 2 >= kB Tf + kB Tf = kB Tf ,
2
2
2
2
onde usou-se que ω 2 = ω12 + ω22 .
Então,
"
< τ >= kB Tf = kB
Vi
Vf
γ−1
#
Ti = (1, 38 × 10−23 J/K) × 52/5 × (273 K) = 7, 17 × 10−21 J,
já que 5 (3+2) graus de liberdade são excitados no estado final (γ =
q+2
q
= 57 ).
A velocidde angular de rotação média é então:
< ω 2 >=
<τ >
7, 17 × 10−21 J
' 34, 1 × 1024 (rad/s)2 =⇒< ω >' 5, 8 × 1012 rad/s
=
I
2, 1 × 10−46 kg m2
Q4
Um mol de gás ideal com capacidade térmica molar CV sofre um processo em que a entropia S varia com
a temperatura na forma S = Tα , onde α é uma constante. A temperatura do gás varia de T1 a T2 . Calcule
em função de α, CV , T1 e T2 :
a) (1,5) a quantidade de calor transferida ao gás no processo;
b) (1,0) o trabalho realizado pelo gás.
SOLUÇÃO Q4
a) O calor transferido ao gás é Q =
ZT2
Q=
Rf
ZT2
T dS =
T1
i
T
T1
dQ. Lembrado-se de que dQ = T dS, temos
dS
dT =
dT
ZT2 ZT2
−α
T2
dT
T
dT
=
−α
=
−α
ln
T2
T
T1
T1
T1
b) Pela primeira lei da Termodinâmica ∆U = Q−W e, além disso, sabemos que ∆U = CV ∆T = CV (T2 −T1 ),
logo
T2
W = Q − ∆U = −α ln
− CV (T2 − T1 )
T1