Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
Ciclos termodinâmicos
Primeiramente, temos que para uma máquina operando em um ciclo de Carnot entre temperaturas Tf e Tq (Tf<Tq), o seu rendimento será:
ηcarnot=1−TfTq
Aplicando os valores de temperatura do enunciado ( lembrando que a temperatura deve ser utilizada em Kelvin, e que portanto devemos somar 273 a esta ) temos:
ηcarnot=1−27+273127+273
ηcarnot=1−300400
ηcarnot=0,25=25%
O rendimento do nosso ciclo é 40% de uma máquina de Carnot, logo:
η=40%ηcarnot
η=0,4⋅0,25
η=0,1=10%
Seja |Qq| o módulo do calor que é fornecido à máquina, |Qf|=500J o módulo calor que é liberado para a fonte fria, e W o trabalho realizado pela máquina.
|Qq|=|Qf|+W
|Qq|=500+W
Pela definção de rendimento temos:
η=W|Qq|
η=W|Qf|+W
0,1=W500+W
10W=500+W
W=5009J≈55,56J
W=5009J≈55,56J
Intermediário
Ciclos termodinâmicos
Pela definição do trabalho de um gás, sabemos que:
W=limΔVi→0∑i(Pi⋅ΔVi)
Quando aplicamos essa definição analisando um gráfico P x V, vemos que o trabalho é numericamente igual à área abaixo do gráfico.
Aplicando essa definição a cada parte do gráfico:
I) Ir do ponto (V2,P1) até o ponto (V1,P2):
Perceba que nesse processo o volume está diminuindo, e portanto, seu trabalho será negativo.
A área abaixo da linha que rege esse processo é a de um trapézio.
S1=(P1+P2)(V2−V1)2
O trabalho será:
W1=−(P1+P2)(V2−V1)2
II) Ir do ponto (V2,P2) até o ponto (V1,P1):
O volume está diminuindo nesse processo, logo, seu trabalho será negativo.
S2=(P1+P2)(V2−V1)2
O trabalho será:
W2=−(P1+P2)(V2−V1)2
III) Ir do ponto (V1,P1) até o ponto (V2,P1):
Como estamos trabalhando com uma expansão isobárica, seu trabalho será positivo.
A aréa abaixo do gráfico será:
S3=P1(V2−V1)
Logo:
W3=P1(V2−V1)
IV) Ir do ponto (V1,P3) até o ponto (V2,P3):
O volume do gás está aumentando nesse processo, portanto, o trabalho será positivo.
Da mesma maneira que III) a área será:
S4=P3(V2−V1)
O trabalho será:
W4=P3(V2−V1)
V) Ir do ponto (V1,P2) até o ponto (V1,P3) e do ponto (V2,P3) até o ponto (V2,P2):
Essas duas transformações são isovolumétricas, ou seja, não há variação no volume do gás, e portanto, não há trabalho resultante.
W5=W6=0
Para calcular o trabalho resultante no ciclo, devemos somar todos os trabalhos:
W=W1+W2+W3+W4+W5+W6
W=[−(P1+P2)(V2−V1)2]+[−(P1+P2)(V2−V1)2]+P1(V2−V1)+P3(V2−V1)
W=−P1(V2−V1)−P2(V2−V1)+P1(V2−V1)+P3(V2−V1)
W=(P3−P2)(V2−V1)
Aplicando a equação para o rendimento:
η=W|Qq|
0,4=(P3−P2)(V2−V1)Qq
Qq=5(P3−P2)(V2−V1)2
Qq=5(P3−P2)(V2−V1)2
Avançado
Aproximações para o comportamento de um gás real
1ª Parte
a) Devemos primeiramente expressar a pressão em função do volume de maneira que a pressão fique isolada.
(P−5)2=16−(V−20)2
(P−5)2=(24−V)(V−16)
Há dois casos:
I) P≥5atm:
P=5+√(24−V)(V−16)≤9atm
Portanto:
PV=nRT
(5+√(24−V)(V−16))⋅V=1⋅0,082⋅T
T=(5+√(24−V)(V−16))⋅V0,082 se 5atm≤P≤9atm
II) P<5atm:
P=5−√(24−V)(V−16)≥1atm
Portanto:
PV=nRT
(5−√(24−V)(V−16))⋅V=1⋅0,082⋅T
T=(5−√(24−V)(V−16))⋅V0,082 se 1atm≤P<5atm
A apareência do gráfico T x V será:
Figura 01: Gráfico T x V
b) O gráfico P x V dessa transformação será uma circunferência de raio 4.
O trabalho resultante será:
W=π⋅r2=16πatm⋅L
W=16π⋅105Pa⋅10−3m3
W=1600πJ
c) O momento de inércia da roda é calculada pela expressão:
I=mR22
I=5⋅(0,3)22
I=940kg⋅m2
Pelo teorema da energia cinética temos:
W=ΔK=Iω22
1600π=12⋅940ω2
ω≈211rad/s
d) Como o gás é ideal, a sua energia interna é função apenas de sua temperatura, e em um ciclo a temperatura inicial é igual a temperatura final:
ΔUciclo=0
2ª Parte
a) Se o volume dos gás é muito grande, as interações entre as moléculas será muito pequena, e portanto, seu comportamento se aproximará ao de um gás ideal.
pv=RT e pv→A
A=RT
b) Como A=RT:
Z=1+B(T)v+C(T)v2+D(T)v3+...
c) Desconsiderando os termos de ordem 3 ou maior temos:
Z=1+B(T)v+C(T)v2
Aplicando os valores temos:
{0,997=1+B500+C50020,992=1+B200+C2002
Resolvendo o sistema chegamos a:
B=−12990L e C=−1003L2
Portanto:
Z=1−12990v−1003v2
Para v=250L:
Z=0,994
3ª Parte
a) Isolando a pressão, temos:
P=RTv−b−av2
Para o ponto de inflexão:
dPdv=0 e d2Pdv2=0
I) dPdv=2av3−RT(v−b)2=0
II) d2Pdv2=2RT(v−b)3−6av4=0
Resolvendo o sistema, chegamos a:
vc=3b , Tc=8a27Rb e Pc=a27b2
b) Aplicando valores:
Z=a27b2⋅3bR⋅8a27Rb
Z=38
c) Manipulando um pouco a equação:
P=RTv−b−av2
Pv=RTvv−b−av
PvRT=vv−b−aRTv
Z=vv−b−aRTv
Pela série de Taylor, sabemos que:
f(x)=∞∑n=0fn(0)⋅xnn!
Logo, seja 1v=x, temos:
Z=11−bx−aRTx
No limite de v→∞ temos x=0. Portanto:
a0=1
I) Calculando a primeira derivada da função:
dZdx=b(1−bx)2−aRT
Para x=0:
Z′(0)=b−aRT
Pela equação do enunciado temos:
Z=a0+a1x+a2x2+a3x3+...
Logo:
Z′(x)=a1+2a2x+3a3x2+...
Z′(0)=a1
Juntando as duas:
a1=b−aRT
II) Calculando a segunda derivada:
Z″(x)=2b2(1−bx)3
Z″(0)=2b2
Pela equação do enunciado:
Z″(x)=2a2+6a3x+...
Z″(0)=2a2
Juntando as duas:
a2=b2
Essa sequência continuará. Podemos ver que, ∀n≥2:
an=bn
Portanto, o nosso fator de compressibilidade será dado por:
Z=1+(b−aRT)v+b2v2+b3v3+...+bnvn+...
d) Inicialmente, sabemos que:
(∂P∂T)v=(∂S∂v)T
Pela equação de Wan de Walls temos:
P=RTv−b−av2
(∂P∂T)v=Rv−b
Calculando um diferencial de energia:
dU=TdS−Pdv
(∂U∂v)T=T(∂S∂v)T−P
(∂U∂v)T=T(∂P∂T)v−P
(∂U∂v)T=RTv−b−P=RTv−b−(RTv−b−av2)
(∂U∂v)T=av2
Calculando a variação de energia:
ΔUT=∫v2v1av2dv
ΔUT=a(1v1−1v2)
1ª Parte
a)
T=(5+√(24−V)(V−16))⋅V0,082 se 5atm≤P≤9atm
T=(5−√(24−V)(V−16))⋅V0,082 se 1atm≤P<5atm
b)
W=1600πJ
c)
ω≈211rad/s
d)
ΔUciclo=0
2ª Parte
a)
A=RT
b)
Z=1+B(T)v+C(T)v2+D(T)v3+...
c)
Z=0,994
3ª Parte
a)
vc=3b , Tc=8a27Rb e Pc=a27b2
b)
Z=38
c)
Z=1+(b−aRT)v+b2v2+b3v3+...+bnvn+...
d)
ΔUT=a(1v1−1v2)