Problemas Aula 2.5 - Segunda Lei da Termodinâmica

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:

$\eta=1-\dfrac{273}{473}=0,42$

$\eta=0,42$

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.

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.

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.

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.

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!

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:

$\Delta S_{universo}=1000ln\left(\dfrac{150}{200}\right)+1000ln\left(\dfrac{100}{150}\right)+\dfrac{1000\left(200-150\right)}{150} +\dfrac{1000\left(150-100\right)}{100}=140 J/K$

Primeiro caso: $\Delta S_{universo}=306 J/K$

Segundo caso:$\Delta S_{universo}=140 J/K$

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:

$\Delta Q=\dfrac{5}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)+\dfrac{3}{2}V_A\left(P_A-P_C\right)$

$\eta=\dfrac{W}{Q_{rec}}=\dfrac{\left(P_A-P_C\right)\left(V_B-V_A\right)}{\dfrac{5}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)+\dfrac{3}{2}V_A\left(P_A-P_C\right)}$

$\eta=\dfrac{W}{Q_{rec}}=\dfrac{\left(P_A-P_C\right)\left(V_B-V_A\right)}{\dfrac{5}{2}P_A\left(V_B-V_A\right)+\dfrac{3}{2}V_A\left(P_A-P_C\right)}$

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:

$\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=\dfrac{V_C}{V_D}\dfrac{P_C-P_B}{P_A-P_D}=-\dfrac{V_C}{V_D}(\dfrac{V_C}{V_D})^{-\gamma}$

$\eta=1+\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=1-\left(\dfrac{V_C}{V_D}\right)^{1-\gamma}$

$\eta=1-\left(\dfrac{V_C}{V_D}\right)^{1-\gamma}$

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 :

$\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=-(\dfrac{P_D}{P_A})^{(1-\dfrac{1}{\gamma})}$

$\eta=1+\dfrac{Q_{ced}}{Q_{rec}}=1-(\dfrac{P_D}{P_A})^{(1-\dfrac{1}{\gamma})}$

$\eta=1-(\dfrac{P_D}{P_A})^{(1-\dfrac{1}{\gamma})}$

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:

$TdS=RT\dfrac{dV}{V}$

$\Delta S=Rln\dfrac{V_2}{V_1}$

$\Delta S=Rln\dfrac{V_2}{V_1}$

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.

$\Delta S=\dfrac{5}{2}Rln\dfrac{T_2}{T_1}$

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.

$\Delta S=\dfrac{3}{2}Rln\dfrac{T_2}{T_1}$

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.

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, $109K$.