Escrito por Pedro Tsuchie
Alguns exercícios para você estudar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com *. Problemas com * são equivalentes a problemas de primeira fase da OBF, ** equivalentes à segunda fase e *** equivalentes à terceira fase.
Nos problemas à seguir considere os gases como ideais e que o zero absoluto é $$-273\rm{^ \circ C}$$.
Problema 1*
Qual a máxima eficiência para uma máquina térmica com reservatórios à temperaturas de $$0 \rm{^ \circ C}$$ e $$200 \rm{^ \circ C}$$ ?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Sabemos que a máxima eficiência é a da máquina de Carnot e sabemos que ela é dada por $$\eta=1-\dfrac{T_{F}}{T_{Q}}$$. Lembrando de converter para Kelvin:
$$\eta=1-\dfrac{273}{473}=0,42$$[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\eta=0,42$$[/spoiler]
Problema 2*
Explique porque podemos dizer que um processo adiabático é também um processo isentrópico( entropia constante). Desenhe o ciclo de Carnot em um diagrama S-T. Qual o formato do ciclo?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Da definição de entropia, se não há troca de calor, a variação de entropia é zero. Ou seja, se um processo é adiabático, é também isentrópico. Dessa forma, é muito fácil desenhar o diagrama: as isotérmicas são linhas retas e as adiabáticas também! O formato será de um retângulo.[/spoiler]
Problema 3*
Usando a entropia, verifique que a passagem de calor de um corpo de temperatura $$T_1<T_2$$ para um corpo de temperatura $$T_2$$ não é espontâneo.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para verificarmos a espontaneidade de um processo, devemos olhar para a variação de entropia do UNIVERSO. Calcularemos a variação de entropia do universo somando as variações individuais.
Para o corpo 1:
$$dS_1=-\dfrac{dQ}{T_1}$$
Para o corpo 2:
$$dS_2=\dfrac{dQ}{T_2}$$
Logo, como a variação total é a soma:
$$dS_{universo}=dS_1+dS_2=\dfrac{dQ}{T_2}-\dfrac{dQ}{T_1}$$
Isso é evidentemente menor que zero, já que $$T_1<T_2$$. Logo, o processo não é espontâneo, pois há uma diminuição da entropia do universo.
[/spoiler]
Problema 4*
Após sua aula sobre entropia, GGG, um aluno de física, começou a pensar em alguns processos de seu dia a dia e tentou ver a variação de entropia destes processos. Fazendo isto, ele se deparou com um problema: ao calcular a variação de entropia de seu corpo após entrar no chuveiro com água fria percebeu que a variação seria negativa. GGG encontrou uma falha na Segunda lei da termodinâmica?
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como era de se esperar, GGG não encontrou uma falha na Segunda Lei, pois por mais que sua entropia tenha diminuído, a Segunda Lei vale apenas para sistemas fechados, e GGG troca calor com o ambiente (água fria), que não está tendo sua entropia contabilizada. De fato, usando uma ideia similar à do problema anterior, é possível provar que a variação de entropia da água é positiva e é maior em módulo do que a variação negativa do corpo de GGG. Esse é um fato muito importante que pode gerar confusões: a variação de entropia do UNIVERSO é sempre positiva( ou zero), um corpo pode ter sua entropia diminuída tranquilamente.[/spoiler]
Problema 5*
Prove que a variação da entropia do universo no ciclo de Carnot é nula.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Você poderia , é claro, fazer as contas e provar isso, mas é possível argumentarmos sem fazer nenhuma conta! As trocas de calor ( únicos processos sujeitos a uma variação de entropia) são isotérmicos, isto é, ocorrem entre dois corpos com a mesma temperatura( gás e reservatório) .Olhando para o problema anterior, se $$T_1=T_2$$, a variação de entropia é nula, ou seja, todos os processos conservam a entropia. Isso demonstra que ao final de um ciclo a entropia do universo se mantém.[/spoiler]
Problema 6**
Utilizando o problema anterior calcule a eficiência da máquina de uma maneira muito menos trabalhosa.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Sabemos que a entropia é uma função de estado, ou seja, só depende dos pontos finais e iniciais. Ou seja, em um ciclo, a variação de entropia do gás é zero. Porém, mostramos que a variação de entropia do universo também é zero, logo os reservatórios não variam suas entropias após um ciclo. No formato de equações, com $$T_1$$ sendo a temperatura do reservatório quente e $$T_2$$ do reservatório frio:
$$\dfrac{Q_{rec}}{T_1}+\dfrac{Q_{ced}}{T_2}=0$$
$$\dfrac{Q_{rec}}{Q_{ced}}=-\dfrac{T_1}{T_2}$$
Usando que $$\eta=1+\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}$$:
$$\eta=1-\dfrac{T_2}{T_1}$$
Chegamos na mesma eficiência com muito menos trabalho!
[/spoiler]
Problema 7**( “Concepts in thermal physics”, Stephen Blundell, adaptado)
Na tentativa de esfriar um objeto de capacidade térmica $$1KJ/K$$ de uma temperatura de $$200K$$ para $$100K$$, GGG possui dois métodos: aproximá-lo de uma fonte fria de temperatura constante $$100K$$ ou aproximá-lo primeiro de uma fonte de temperatura $$150K$$ e depois de uma fonte de temperatura $$100K$$. Calcule a variação de entropia do universo para ambos os processos. Use calculadora.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como vimos na aula, a variação de entropia de um corpo de capacidade térmica C que vai de $$T_1$$ até $$T_2$$ é :
$$\Delta S= Cln\left(\dfrac{T_2}{T_1}\right)$$
Para o primeiro caso:
$$\Delta S_{universo}=1000ln\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{1000(200-100)}{100}=306 J/K$$
Em que o segundo termo é a variação de entropia da fonte.
Para o segundo caso:
$$\Delta S_{universo}=1000ln\left(\dfrac{150}{200}\right)+1000ln\left(\dfrac{100}{150}\right)+\dfrac{1000\left(200-150\right)}{150} +\dfrac{1000\left(150-100\right)}{100}=140 J/K$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiro caso: $$\Delta S_{universo}=306 J/K$$
Segundo caso:$$\Delta S_{universo}=140 J/K$$
[/spoiler]
Problema 8*
Calcule a eficiência da máquina térmica apresentada no diagrama PV à seguir, em que opera um mol de gás monoatômico. Use $$P_A$$, $$V_A$$, $$V_B$$ e $$P_C$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para este problema, é melhor utilizarmos o trabalho realizado e o calor que entra no gás, $$\eta=\dfrac{W}{Q_{rec}}$$. O calor entra no gás em AB e DA, como você pode verificar. Encontraremos primeiro o trabalho realizado.
Trabalho em AB:
$$dW=pdV=P_A\left(V_B-V_A\right)$$
Trabalho em CD:
$$dW=pdV=P_C\left(V_A-V_B\right)$$
Calor que entra em AB:
$$\Delta Q=\Delta U + W= \dfrac{3}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)+P_A\left(V_B-V_A\right)=\dfrac{5}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)$$
Calor que entra em DA:
$$\Delta Q=\Delta U + W=\dfrac{3}{2}V_A\left(P_A-P_C\right)+ 0 $$
O trabalho total é:
$$W=P_A\left(V_B-V_A\right)+P_C\left(V_A-V_B\right)=\left(P_A-P_C\right)\left(V_B-V_A\right)$$
O calor total que entra é:
$$\Delta Q=\dfrac{5}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)+\dfrac{3}{2}V_A\left(P_A-P_C\right)$$
$$\eta=\dfrac{W}{Q_{rec}}=\dfrac{\left(P_A-P_C\right)\left(V_B-V_A\right)}{\dfrac{5}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)+\dfrac{3}{2}V_A\left(P_A-P_C\right)}$$[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\eta=\dfrac{W}{Q_{rec}}=\dfrac{\left(P_A-P_C\right)\left(V_B-V_A\right)}{\dfrac{5}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)+\dfrac{3}{2}V_A\left(P_A-P_C\right)}$$[/spoiler]
Problema 9**
Calcule a eficiência do ciclo de Otto (diagrama PV abaixo), em que opera um gás de coeficiente adiabático $$\gamma$$. Use $$V_C$$ e $$V_D$$. As transformações AB e CD são adiabáticas e BC e DA isocóricas.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Podemos adotar dois métodos: calcular os calores que entram e saem, ou calcular o trabalho total e o calor que entra. Escolheremos o primeiro apenas por simplicidade, mas recomendamos que você utilize os dois métodos para treinar.
Com uma rápida olhada no ciclo, percebemos que o calor entra em DA e sai em BC, pois em DA ele ganha energia interna sem realizar trabalho, e em BC ele perde energia interna sem realizar trabalho.
Calculando o calor recebido:
Da primeira lei:
$$\Delta U=Q_{rec}$$
A variação de energia interna é (c0m0 o volume é constante):
$$\Delta U=\dfrac{V_D\left(P_A-P_D\right)}{\gamma -1}=Q_{rec}$$
De maneira análoga, o calor cedido é a variação de energia interna que é :
$$\Delta U=\dfrac{V_C\left(P_C-P_B\right)}{\gamma -1}=Q_{ced}$$
Para acharmos a relação entre as pressões usaremos que $$PV^{\gamma}=constante$$ para processos adiabáticos.
$$P_AV_D^{\gamma}=P_BV_C^{\gamma}$$
$$P_CV_C^{\gamma}=P_DV_D^{\gamma}$$
O que nos interessa é a razão $$\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}$$.
Somando as equações:
$$P_AV_D^{\gamma}-P_BV_C^{\gamma}+P_CV_C^{\gamma}-P_DV_D^{\gamma}=0$$
$$V_D^{\gamma}\left(P_A-P_D\right)=V_C^{\gamma}\left(P_B-P_C\right)$$
$$\dfrac{P_B-P_C}{P_A-P_D}=\left(\dfrac{V_D}{V_C}\right)^{\gamma}$$
Logo:
$$\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=\dfrac{V_C}{V_D}\dfrac{P_C-P_B}{P_A-P_D}=-\dfrac{V_C}{V_D}(\dfrac{V_C}{V_D})^{-\gamma}$$
$$\eta=1+\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=1-\left(\dfrac{V_C}{V_D}\right)^{1-\gamma}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\eta=1-\left(\dfrac{V_C}{V_D}\right)^{1-\gamma}$$[/spoiler]
Problema 10**
Calcule a eficiência da máquina de Joule(diagrama PV abaixo) em que opera um gás de constante adiabática $$\gamma$$. Considere AB e CD isobáricas e BC e DA adiabáticas. Use $$P_A$$ e $$P_D$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Novamente podemos adotar dois métodos, trabalho e calor recebido ou calor recebido e calor cedido, mas escolheremos os calores por simplicidade. Olhando atentamente o diagrama, é claro que o calor entra em AB, pois ganha energia interna realizando trabalho, e sai em CD , pois perde energia interna realizando trabalho negativo. Na forma de equações:
$$Q_{rec}=\Delta U+ P_A(V_B-V_A)$$
$$Q_{rec}=\dfrac{P_A(V_B-V_A)}{\gamma – 1}+P_A(V_B-V_A)=P_A(V_B-V_A)(\dfrac{\gamma}{\gamma -1})$$
Analogamente
$$Q_{ced}=\Delta U+ P_D(V_D-V_C)$$
$$Q_{ced}=P_D(V_D-V_C)(\dfrac{\gamma}{\gamma -1})$$
Logo
$$\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=\dfrac{P_D}{P_A}\dfrac{V_D-V_C}{V_B-V_A}$$
Para relacionarmos os volumes, usaremos que $$PV^{\gamma}=constante$$ para processos adiabáticos.
$$P_DV_D^{\gamma}=P_AV_A^{\gamma}$$
$$P_AV_B^{\gamma}=P_DV_C^{\gamma}$$
Substituindo na equação acima temos que :
$$\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=-(\dfrac{P_D}{P_A})^{(1-\dfrac{1}{\gamma})}$$
$$\eta=1+\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=1-(\dfrac{P_D}{P_A})^{(1-\dfrac{1}{\gamma})}$$[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\eta=1-(\dfrac{P_D}{P_A})^{(1-\dfrac{1}{\gamma})}$$[/spoiler]
Problema 11**
Calcule a variação de entropia de um mol de gás monoatômico quando esse passa por um processo isotérmico de temperatura e vai de $$V_1$$ para $$V_2$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Em um processo isotérmico temos que $$\Delta U=0$$. Pela primeira lei:
$$dQ=pdV$$
Usando $$pV=nRT$$:
$$dQ=RT\dfrac{dV}{V}$$
Da definição de entropia temos que $$dQ=TdS$$, logo:
$$TdS=RT\dfrac{dV}{V}$$
$$\Delta S=Rln\dfrac{V_2}{V_1}$$[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\Delta S=Rln\dfrac{V_2}{V_1}$$[/spoiler]
Problema 12**
Calcule a variação de entropia de um mol de gás monoatômico quando esse passa por um processo isobárico e vai de $$T_1$$ para $$T_2$$.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolver este problema apresentaremos dois métodos
Método 1
Em um processo isobárico:
$$dQ=C_PdT$$
Mas $$dQ=TdS$$, logo:
$$TdS=C_PdT$$
$$dS=C_P\dfrac{dT}{T}$$
Integrando:
$$\Delta S=C_Pln\dfrac{T_2}{T_1}$$
Para um gás monoatômico, $$C_P= \frac{5}{2}R$$
$$\Delta S=\dfrac{5}{2}Rln\dfrac{T_2}{T_1}$$
Método 2
Pela primeira lei:
$$TdS=pdV+dU$$
Para um gás monoatômico $$dU= \frac{3}{2}pdV$$
Logo:
$$dS=\dfrac{\dfrac{5}{2}pdV}{T}$$
Usando que $$T=\frac{pV}{R}$$
$$dS=\dfrac{R\dfrac{5}{2}pdV}{pV}=\dfrac{R\dfrac{5}{2}dV}{V}$$
Integrando:
$$\Delta S=R\dfrac{5}{2}ln\dfrac{V_2}{V_1}$$
Usando pV=RT, percebemos que as duas formas são equivalentes, já que as pressões são iguais.[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\Delta S=\dfrac{5}{2}Rln\dfrac{T_2}{T_1}$$[/spoiler]
Problema 13**
Calcule a variação de entropia de um mol de gás monoatômico que passa por um processo isocórico e sai de $$T_1$$ e vai para $$T_2$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Em um processo isocórico, $$dQ=C_VdT$$
Mas $$dQ=TdS$$, logo:
$$dS=C_V\dfrac{dT}{T}$$
$$\Delta S=C_Vln\dfrac{T_2}{T_1}$$
Para um gás monoatômico, $$C_V=\dfrac{3}{2}R$$
Logo
$$\Delta S=\dfrac{3}{2}Rln\dfrac{T_2}{T_1}$$
Novamente, seria possível utilizar a primeira lei e chegar ao mesmo resultado, como fizemos no método 2 do problema anterior.[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\Delta S=\dfrac{3}{2}Rln\dfrac{T_2}{T_1}$$[/spoiler]
Problema 14***(OBF 2011)
Há um copo de água em contato com o ambiente, e ambos se encontram a uma temperatura $$T_0$$.
a) Mostre, usando o conceito de entropia (e a segunda lei da termodinâmica), que não é natural ver a água do copo variar sua temperatura e resolver se manter em equilíbrio a uma temperatura diferente de $$T_0$$.
Dicas: A variação de entropia associada à variação de temperatura de uma massa $$m$$ de um corpo com calor
específico $$c$$, que vai de uma temperatura $$T_0$$ até $$T$$ é:
$$\Delta S = mc ln \left(\dfrac{T}{T_o} \right)$$
Onde $$ln$$ é o logaritmo natural.
Você pode usar também a desigualdade $$ln(1+x) <x$$ ,para todo $$x>1$$ e diferente de $$0$$.
b) Dois corpos em contato térmico se encontram isolados do resto do universo. Eles possuem massas e calores específicos $$m_1$$, $$c_1$$ e $$m_2$$, $$c_2$$, com os índices ($$1$$, $$2$$) se referindo a cada corpo. Se ambos estão na mesma temperatura $$T_0$$, mostre que não é esperado que eles troquem calor e se equilibrem (termicamente) em temperaturas diferentes.
Dica: use que $$(1+x)^n \approx 1 +nx$$ , se $$x<<1$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Devemos resolver o problema levando em conta que, pela segunda lei da Termodinâmica, um processo físico é possível se a entropia do universo aumentar ou permanecer constante. Portanto, vejamos o que acontece com a entropia da água+ambiente, que, nesse problema, representa o “universo”. A variação de entropia da água é dado pela relação fornecida no enunciado, já para o ambiente, que é um reservatório térmico, é simplesmente $$\dfrac{\Delta{Q}}{T_0}$$, visto que sua temperatura não muda. Agora, suponhamos que a água no copo atinga o equilíbrio com temperatura $$T=T_0+\Delta{T}$$, dessa forma, o calor que sai do reservatório será
\[\Delta{Q}=-mc\Delta{T}\]
Negativo pois o calor sai do ambiente. Agrupando essas informações, somos capazes de encontrar a variação de entropia total:
\[\Delta{S}=mc\left(\ln\left(\dfrac{T_0+\Delta{T}}{T_0}\right)-\dfrac{\Delta{T}}{T_0}\right)\]
Definindo $$\dfrac{\Delta{T}}{T_0}=x$$, a equação acima vira:
\[\Delta{S}=mc\left(\ln\left(1+x\right)-x\right)\]
que, pela informação do enunciado, é menor que $$0$$. Logo, esse processo não é possível.
b) Podemos proceder da mesma forma que no item anterior: escrevemos a variação de entropia total e vejamos se isso é menor que zero. Nesse caso, nosso universo é o sistema formado pelos dois corpos. Suponhamos que o corpo $$1$$ terá a maior temperatura no final do processo: $$T_1=T_0+\Delta{T_1}$$, e $$2$$ terá uma temperatura menor: $$T_2=T_0-\Delta{T_2}$$, com $$\Delta{T_1}$$ e $$\Delta{T_2}$$ ambos positivos. A relação entre essas variações de temperatura podem ser obtidas impondo que o calor total é zero:
\[m_1c_1\Delta{T_1}=m_2c_2\Delta{T_2}\]
Podemos usar a relação acima para escrever a variação de entropia total como função apenas de um parâmetro:
\[\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\dfrac{T_0+\Delta{T_1}}{T_0}\right)+m_2c_2\ln\left(\dfrac{T_0-\Delta{T_2}}{T_0}\right)\]
Eliminando todos os parâmetros (calor específico e massa) contendo índices $$2$$ da equação acima:
\[\Delta{S}=m_1c_1\left(\ln\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)+\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}\ln\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)\right)\]
\[\Delta{S}=m_1c_1\left(\ln\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)+\ln\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)^{\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}}\right)\]
\[\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right).\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)^{\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}}\right)\]
Agora, consiremos termos de até primeira ordem em $$\Delta{T_2}$$. Utilizando a aproximação fornecida no enunciado, ficamos com
\[\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right).\left(1-\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)\right)\]
\[\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(1-\left(\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)^2\right)\]
Como o logaritmo natural de um número menor que $$1$$ é negativo, segue que
\[\Delta{S}<{0}\]
Sendo assim, esse processo não é possível.
[/spoiler]
Problema 15*** (Problema avançado da semana 166)
GGG, um ótimo aluno de física, está participando de uma competição de física em que lhe foi dado 2 corpos idênticos de temperatura $$T_2$$ e um de temperatura $$T_1<T_2$$. Os competidores precisam, utilizando máquinas térmicas, maximizar a temperatura de um dos corpos. Assuma que os corpos possuem capacidade térmica constante.
a) Construa a melhor composição de máquinas térmicas para maximizar a temperatura de um dos corpos.
b) Dada esta máquina calcule a máxima temperatura deste corpo.
OBS: se as equações estiverem corretas você chegará em uma equação do terceiro grau, porém uma solução é facilmente tirada das condições iniciais do problema.
c) A grande quantidade de equações e a complexidade de desenhar a máquina tornam este problema muito trabalhoso. Porém, há uma solução que ignora completamente a construção da máquina! Considere a variação de entropia do universo. Calcule-a como função dos parâmetros e use-a para resolver o problema.
d) Percebendo que sua estratégia era a melhor, GGG resolve atrapalhar seus adversários deixando em contato um corpo de $$T_2$$ com o de $$T_1$$ até que atinjam o equilíbrio térmico. Qual o aumento da entropia deste processo? Ele de fato dá vantagem a GGG? Considere que a Capacidade térmica dos corpos seja C.
e) Calcule o tamanho da vantagem para $$T_2= 400K$$ e $$T_1=200K$$.Considere que os oponentes de GGG utilizem a mesma técnica que ele depois de serem atrapalhados.
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para obtermos a melhor associação de máquinas térmicas possível, vamos utilizar máquinas de Carnot e fazer o seguinte esquema: Pegaremos um dos corpos de temperatura inicial(chamaremos de corpo $$3$$) $$T_2$$ e um de $$T_1$$ (chamaremos de corpo $$1$$) e faremos uma máquina de Carnot normal. Com o trabalho que sai, iremos alimentar uma máquina de Carnot inversa(Refrigerador) para o calor fluir do corpo $$1$$ para o outro corpo de $$T_2$$ ( chamaremos este de corpo $$2$$). O esquema se encontra na imagem abaixo. Perceba que a máquina vale para um instante qualquer, por isso os corpos $$2$$ e $$3$$ estão com temperaturas diferente.
b) Vamos escrever as equações típicas de conservação de energia e da máquina de Carnot.
$$dQ_Q=dW+dQ_F$$ (i)
$$dQ’_Q=dQ’_F +dW$$ (ii)
$$dQ_Q=-CdT_3$$ (iii)
$$dQ’_Q=CdT_2$$ (iV)
$$dQ_F-dQ’_F=CdT_1$$ (V)
$$\dfrac{T_3}{T_1}=\dfrac{dQ_Q}{dQ_F}$$ (Vi)
$$\dfrac{T_2}{T_1}=\dfrac{dQ’_Q}{dQ’_F}$$ (Vii)
Pegando as duas primeiras equações e “eliminando” o trabalho temos:
$$dQ_Q-dQ’_Q=dQ_F-dQ’_F$$
Substituindo os $$dQ$$ com as equações iii, iV e V e integrando chegamos em:
$$\Delta T_1+\Delta T_2 + \Delta T_3=0$$(Viii)
De fato este resultado já era esperado, a soma das temperaturas no início deve ser a mesma que a soma no final! Substituindo as duas primeiras equações por essa, percebemos que faltará uma equações acerca das temperaturas finais. Como queremos a máxima temperatura, iremos deixar a máquina funcionando o máximo de tempo funcionando. No fim, portanto, os corpos 1 e 3 terão a mesma temperatura! Na forma de equações:
$$2T_{2}+ T_{1}=2T_{1f}+T_{2f}$$(iX)
Resolvendo o sistema de equações chegamos na seguinte equação:
$$\dfrac{dT_3}{T_3}+\dfrac{dT_2}{T_2}+\dfrac{dT_1}{T_1}=0$$
Integrando e elevando os dois lados a $$e$$ temos:
$$\dfrac{T_{1f}^2T_{2f}}{T_2^2T_1}=1$$
Agora basta usar a equação iX e chegaremos na seguinte equação:
$$-2T_{1f}^3+T_{1f}^2(2T_2+T_1)-T_2^2 T_1=0$$
A equação do terceiro grau pode parecer difícil de resolver, mas sabemos uma solução: se deixarmos a máquina ligada por um tempo muito curto, a temperatura final de $$3$$ será de $$T_2$$. Como você pode verificar, $$T_2$$ é solução da equação! Agora esta equação se reduz a uma equação do segundo grau:
$$2T_{1f}^2-T_1T_{1f}-T_1T_2=0$$
Encontramos duas raízes e escolhemos a positiva( lembre-se que estamos no SI então não há temperatura negativa):
$$T_{1f}=\dfrac{T_1+\sqrt{T_1^2+8T_1T_2}}{4}$$
Achamos também o $$T_{2f}$$, que é o que queremos:
$$T_{2f}=2T_2+T_1-\dfrac{T_1+\sqrt{T_1^2+8T_1T_2}}{4}$$
c) Para maximizarmos o processo, devemos fazer com que a variação de entropia seja $$0$$. A variação de entropia é:
$$dS=\dfrac{CdT_3}{T_3}+\dfrac{CdT_2}{T_2}+\dfrac{CdT_1}{T_1}=0$$
A mesma equação(basta cortar o $$C$$) que encontramos antes depois de muito mais trabalho!
Escrevendo a conservação de energia:
$$\Delta T_1+\Delta T_2 + \Delta T_3=0$$
Basta usarmos ,também, que ao final dois corpos terão a mesma temperatura, juntando isto com a equação acima:
$$2T_{2}+ T_{1}=2T_{1f}+T_{2f}$$
Chegamos no mesmo sistema de equações e, utilizando o mesmo método, chegamos na mesma resposta:
$$T_{2f}=2T_2+T_1-\dfrac{T_1+\sqrt{T_1^2+8T_1T_2}}{4}$$
d) Uma pequena variação de entropia é:
$$dS=\dfrac{CdT_1}{T_1}+\dfrac{CdT_2}{T_2}$$
A temperatura final dos corpos será:
$$\dfrac{T_1+T_2}{2}$$
Integrando a primeira equação:
$$\Delta{S}=Cln(\dfrac{\dfrac{T_1+T_2}{2}}{T_1})-Cln(\dfrac{T_2}{\dfrac{T_1+T_2}{2}})$$
$$\Delta{S}=Cln(\dfrac{(T_1+T_2)^2}{4T_1T_2})$$
Perceba que este valor é sempre positivo como você pode demonstrar (dica: use a desigualdade das médias).
e)Colocamos os números na fórmula para $$T_{2f}$$ que encontramos e chegamos em:
$$T_{2f}=744K$$
Colocamos agora $$300K$$ em $$T_2$$ e $$T_1=400$$.Chegamos em:
$$T’_{2f}=635K$$
A vantagem é de, portanto, $$109K$$.
[/spoiler]