Soluções Física - Semana 134

Calorimetria

Logo de cara, é importante perceber que o calorímetro não é ideal; ou seja, ele troca calor com os componentes que estão dentro dele; para colocá-lo nas contas, basta tratá-lo como sendo um corpo adicional no nosso sistema térmico, com massa e calor específico conhecidos. Feito esse adendo, prosseguimos com a resolução.

Primeiramente, devemos analisar se todo o gelo chega a derreter (lembre-se que a mudança de estado ocorre à temperatura constante), pois, caso a resposta seja sim, a temperatura de equilíbrio está acima de $0^{\circ} C$. Caso não, a temperatura de equilíbrio é $0^{\circ}C$. Lembre-se que a mudança de estado ocorre à temperatura constante. Para fazermos isso, imagine "trazer" tanto o alumínio quanto a água até $0^{\circ}C$ para entrarem em equilíbrio com o gelo - que mantemos a $0^{\circ}C$ -, e assim analisemos o calor total que eles podem fornecê-lo. Esse calor total (que é sensível) é dado, em, módulo, por

$Q_{fornc.}=250*0,21*20+500*1,00*20=11050$ $cal$.

Mas o gelo, para derreter por completo, precisa de um calor latente de

$Q_{derr.}=100*80=8000$ $cal$.

Ora, como $Q_{fornc.} > Q_{derr.}$, todo o gelo vira água e o sistema alcança uma temperatura final maior que $0^{\circ}C$, pois o calor que pode ser fornecido é mais que suficiente. Após tal análise, podemos finalmente calcular de fato a temperatura de equilíbrio $T_f$. Utilizemos a equação fundamental da calorimetria, a qual estabelece que a soma dos calores trocados é nula, pois os componentes estão isolados:

$\displaystyle \sum Q=0$.

Devemos levar em conta: calor sensível do calorímetro de alumínio + calor sensível dos $500$ $g$ de água + calor latente do gelo ao derreter + calor sensível do gelo que virou água. Portanto:

$250*0,21*\left(T_f-20\right)+500*1,00*\left(T_f-20\right)+100*80+100*1,00*\left(T_f-0\right)=0$.

Isolando $T_f$ e fazendo as contas, acha-se:

$\boxed{T_f=4,67^{\circ} C\approx 4,7^{\circ}C}$.

$\boxed{T_f=4,67^{\circ}C \approx 4,7^{\circ}C}$.

Calorimetria

Para solucionar o problema, bastava usar a equação fundamental da calorimetria, pois os corpos encontram-se isolados:

$\displaystyle \sum_{i=1}^{N} Q_i = 0$.

Chame de $T$ a temperatura de equilíbrio. Então, vale que

$C_1\left(T-T_1\right)+C_2\left(T-T_2\right)+C_3\left(T-T_3\right)+...+C_N\left(T-T_N\right)=0$.

Isolando $T$, o escrevemos compactamente da seguinte forma:

$\boxed{T=\dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{N} C_i T_i}{\displaystyle \sum_{i=1}^{N} C_i}}$.

$\boxed{T=\dfrac{\displaystyle \sum_{i=1}^{N} C_i T_i}{\displaystyle \sum_{i=1}^{N} C_i}}$.

Calorimetria e Termodinâmica (Ciclos termodinâmicos)

$a)$ A chave desse problema (e que servirá da mesma forma para o item $b)$) é o processo devemos escolher para intermediar essa troca de calor. Para obtermos a máxima quantidade de trabalho possível, é claro que devemos escolher o ciclo que possui a maior eficiência teórica; com isso, concluímos que a máquina deve ser de Carnot. Simbolizando por $dQ_1$ e $dQ_2$ os infinitésimos de calor dos corpos $1$ e $2$, respectivamente. Como o processo é reversível, e, portanto, isentrópico, a variação de entropia do sistema é zero. Isto é:

$dS=\dfrac{dQ_1}{T_1'}+\dfrac{dQ_2}{T_2'}=0$,

sendo $T_1'$ e $T_2'$ as temperaturas instantâneas dos corpos. A partir dessa equação, encontramos a temperatura $T_F$ de ambos os corpos ao fim do processo, quando a troca de calor cessa. Temos:

$\dfrac{a dT_1}{T_1'}+\dfrac{a dT_2}{T_2'}=0$.

Integrando, com os devidos limites:

$\displaystyle \int_{T_1}^{T_F} \dfrac{ dT_1}{T_1'}+\displaystyle \int_{T_2}^{T_F} \dfrac{ dT_2}{T_2'}=0$,

$T_F=\sqrt{T_1 T_2}$,

positivo, pois a outra solução (temperatura negativa) não faz sentido. Agora, executamos o balanço de energia para a máquina térmica: tudo que entra, sai. Vamos supôr $T_1 > T_2$, sem perda de generalidade, apenas para definir quem é nossa fonte quente - nesse caso, o corpo $1$. Sendo $W$ o trabalho total extraído, vale escrever que:

$-dQ_1=dW+dQ_2$.

Preste atenção na convenção de sinais: usamos $-dQ_1$ pois $dQ_1$ é o calor sensível do corpo $1$, que perde energia, o que faz o corpo $2$ esquentar; portanto $-dQ_1$ é positivo e refere-se à energia que adentra a máquina. A energia que flui para fora é a soma de $dW$ e $dQ_2$ (como o corpo $2$ ganha energia, $dQ_2$ já é positivo).  Sendo assim:

$dW=-dQ_1-dQ_2=-a\left(dT_1+dT_2\right)$.

Integrando:

$W=-a\left(\displaystyle \int_{T_1}^{T_F}dT_1+\displaystyle \int_{T_2}^{T_F}dT_2\right)$,

$W=a\left(T_1-2\sqrt{T_1T_2}+T_2\right)$,

ou, de forma mais "limpa":

$\boxed{W=a\left(\sqrt{T_1}-\sqrt{T_2}\right)^2}$.

$b)$ O raciocínio é totalmente análogo. As contas mudam levemente ao efetuar as integrais devido à dependência da capacidade térmica com a temperatura. Você pode mostrar (precisará resolver integrais de potências simples) - com base em tudo que fora feito até agora - que a nova temperatura final é

$T_F=\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{\frac{1}{n}}$.

E, com isso, chegar na seguinte expressão para o trabalho:

$\boxed{W=\dfrac{a}{n+1}\left[T_1^{n+1}+T_2^{n+1}-2\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{1+\frac{1}{n}}\right]}$.

Para reproduzir o resultado do último item, não basta tomar $n=0$, pois acabamos com algumas indeterminações no último termo. Tomando o limite de $n \rightarrow 0$, fica claro que os dois primeiros termos viram apenas $T_1$ e $T_2$, e $n+1 \rightarrow 1$. O desafio está na seguinte operação:

$\displaystyle \lim_{n\to 0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{1+\frac{1}{n}}$.

Necessitaremos de um considerável manejo matemático. Esta parte está além do que em geral é cobrado em olimpíadas de física; caso queira, pode pular sem preocupações. Para os curiosos e sedentos por conhecimento, tratem como um adicional. Começaremos separando o termo maior em dois, e então invocamos a propriedade de que o limite do produto de duas funções é o produto dos limites de cada função entre si:

$\displaystyle \lim_{n\to 0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{1+\frac{1}{n}}=\lim_{n\to 0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right) \lim_{n\to 0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{\frac{1}{n}}$,

$\displaystyle \lim_{n\to0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{1+\frac{1}{n}}=\lim_{n\to 0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{\frac{1}{n}}$.

Foi utilizado, na última linha, que o resultado do limite à esquerda é $1$. Agora, lembrando que $u=e^{ln(u)}$, façamos a seguinte transformação:

$\displaystyle \lim_{n\to 0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{\frac{1}{n}} \rightarrow \lim_{n\to 0} e^{ln\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{\frac{1}{n}}}= \lim_{n\to 0} e^\dfrac{ln\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)}{n}$.

Haja vista que a função exponencial é contínua, podemos executar a seguinte operação, utilizando o fato de que $\lim f(g(x))= f (\lim g(x))$ para uma função $f$ contínua:

$\displaystyle \lim_{n\to 0} e^\dfrac{ln\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)}{n} \rightarrow e^{\displaystyle \lim_{n\to 0} \dfrac{ln\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)}{n}}$.

E, por fim, utilizando a regra de L'Hospital (é útil lembrar que $d(c^x)/dx=c^xln(c)$, sendo $c$ uma constante e $d(lnx)/dx=1/x$):

$e^{\displaystyle \lim_{n\to 0} \dfrac{ln\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)}{n}}=e^{\displaystyle \lim_{n \to 0} \dfrac{T_1^n ln T_1 + T_2^n lnT_2}{T_1^n+T_2^n}}$.

O limite no expoente é trivial, e pode ser encontrado fazendo $n=0$ diretamente. Desta forma, podemos, por fim, escrever que

$\displaystyle \lim_{n\to 0} \left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{1+\frac{1}{n}}=e^{\displaystyle \dfrac{1}{2}ln(T_1T_2)}=\sqrt{T_1 T_2}$.

Portanto, conseguimos resgatar a expressão em $a)$ forçando um caso particular de $b)$:

$W=a\left(T_1-2\sqrt{T_1T_2}+T_2\right)$ $c.q.d.$,

como queríamos demonstrar.

$a)$ $\boxed{W=a\left(\sqrt{T_1}-\sqrt{T_2}\right)^2}$.

$b)$ $\boxed{W=\dfrac{a}{n+1}\left[T_1^{n+1}+T_2^{n+1}-2\left(\dfrac{T_1^n+T_2^n}{2}\right)^{1+\frac{1}{n}}\right]}$.

Demonstração.