Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ciclos termodinâmicos[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiramente, temos que para uma máquina operando em um ciclo de Carnot entre temperaturas $$T_f$$ e $$T_q$$ ($$T_f<T_q$$), o seu rendimento será:
$$\eta_{carnot}=1-\dfrac{T_f}{T_q}$$
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:
$$\eta_{carnot}=1-\dfrac{27+273}{127+273}$$
$$\eta_{carnot}=1-\dfrac{300}{400}$$
$$\eta_{carnot}=0,25=25\%$$
O rendimento do nosso ciclo é $$40\%$$ de uma máquina de Carnot, logo:
$$\eta=40\%\eta_{carnot}$$
$$\eta=0,4\cdot 0,25$$
$$\eta=0,1=10\%$$
Seja $$\left|Q_q\right|$$ o módulo do calor que é fornecido à máquina, $$\left|Q_f\right|=500J$$ o módulo calor que é liberado para a fonte fria, e $$W$$ o trabalho realizado pela máquina.
$$\left|Q_q\right|=\left|Q_f\right|+W$$
$$\left|Q_q\right|=500+W$$
Pela definção de rendimento temos:
$$\eta=\dfrac{W}{\left|Q_q\right|}$$
$$\eta=\dfrac{W}{\left|Q_f\right|+W}$$
$$0,1=\dfrac{W}{500+W}$$
$$10W=500+W$$
$$\boxed{W=\dfrac{500}{9} J\approx 55,56 J}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{W=\dfrac{500}{9} J\approx 55,56 J}$$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ciclos termodinâmicos[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Pela definição do trabalho de um gás, sabemos que:
$$W=\displaystyle \lim_{\Delta V_i \rightarrow 0} \sum_i ( P_i\cdot \Delta V_i)$$
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 $$(V_2, P_1)$$ até o ponto $$(V_1, P_2)$$:
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.
$$S_1=\dfrac{(P_1+P_2)(V_2-V_1)}{2}$$
O trabalho será:
$$W_1=-\dfrac{(P_1+P_2)(V_2-V_1)}{2}$$
II) Ir do ponto $$(V_2, P_2)$$ até o ponto $$(V_1, P_1)$$:
O volume está diminuindo nesse processo, logo, seu trabalho será negativo.
$$S_2=\dfrac{(P_1+P_2)(V_2-V_1)}{2}$$
O trabalho será:
$$W_2=-\dfrac{(P_1+P_2)(V_2-V_1)}{2}$$
III) Ir do ponto $$(V_1, P_1)$$ até o ponto $$(V_2, P_1)$$:
Como estamos trabalhando com uma expansão isobárica, seu trabalho será positivo.
A aréa abaixo do gráfico será:
$$S_3=P_1(V_2-V_1)$$
Logo:
$$W_3=P_1(V_2-V_1)$$
IV) Ir do ponto $$(V_1, P_3)$$ até o ponto $$(V_2, P_3)$$:
O volume do gás está aumentando nesse processo, portanto, o trabalho será positivo.
Da mesma maneira que III) a área será:
$$S_4=P_3(V_2-V_1)$$
O trabalho será:
$$W_4=P_3(V_2-V_1)$$
V) Ir do ponto $$(V_1, P_2)$$ até o ponto $$(V_1, P_3)$$ e do ponto $$(V_2, P_3)$$ até o ponto $$(V_2, P_2)$$:
Essas duas transformações são isovolumétricas, ou seja, não há variação no volume do gás, e portanto, não há trabalho resultante.
$$W_5=W_6=0$$
Para calcular o trabalho resultante no ciclo, devemos somar todos os trabalhos:
$$W=W_1+W_2+W_3+W_4+W_5+W_6$$
$$W=\left[-\dfrac{(P_1+P_2)(V_2-V_1)}{2}\right]+\left[-\dfrac{(P_1+P_2)(V_2-V_1)}{2}\right]+P_1(V_2-V_1)+P_3(V_2-V_1)$$
$$W=-P_1(V_2-V_1)-P_2(V_2-V_1)+P_1(V_2-V_1)+P_3(V_2-V_1)$$
$$\boxed{W=(P_3-P_2)(V_2-V_1)}$$
Aplicando a equação para o rendimento:
$$\eta=\dfrac{W}{\left|Q_q\right|}$$
$$0,4=\dfrac{(P_3-P_2)(V_2-V_1)}{Q_q}$$
$$\boxed{Q_q=\dfrac{5(P_3-P_2)(V_2-V_1)}{2}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{Q_q=\dfrac{5(P_3-P_2)(V_2-V_1)}{2}}$$
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Aproximações para o comportamento de um gás real[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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) $$P\geq 5 atm$$:
$$P=5+\sqrt{(24-V)(V-16)}\leq 9 atm$$
Portanto:
$$PV=nRT$$
$$\left(5+\sqrt{(24-V)(V-16)}\right)\cdot V=1\cdot 0,082\cdot T$$
$$\boxed{T=\dfrac{\left(5+\sqrt{(24-V)(V-16)}\right)\cdot V}{0,082}}$$ se $$5 atm\leq P\leq 9 atm$$
II) $$P< 5 atm$$:
$$P=5-\sqrt{(24-V)(V-16)}\geq 1 atm$$
Portanto:
$$PV=nRT$$
$$\left(5-\sqrt{(24-V)(V-16)}\right)\cdot V=1\cdot 0,082\cdot T$$
$$\boxed{T=\dfrac{\left(5-\sqrt{(24-V)(V-16)}\right)\cdot V}{0,082}}$$ se $$1 atm\leq P< 5 atm$$
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:
$$W=\pi \cdot r^2=16\pi\, atm\cdot L$$
$$W=16\pi \cdot 10^5 Pa \cdot 10^{-3} m^3$$
$$\boxed{W=1600\pi \,J}$$
c) O momento de inércia da roda é calculada pela expressão:
$$I=\dfrac{mR^2}{2}$$
$$I=\dfrac{5\cdot (0,3)^2}{2}$$
$$I=\dfrac{9}{40} kg\cdot m^2$$
Pelo teorema da energia cinética temos:
$$W=\Delta K=\dfrac{I\omega^2}{2}$$
$$1600\pi=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{9}{40}\omega^2$$
$$\boxed{\omega\approx\, 211 rad/s}$$
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:
$$\Delta U_{ciclo}=0$$
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 $$pv\rightarrow A$$
$$\boxed{A=RT}$$
b) Como $$A=RT$$:
$$Z=1+\dfrac{B(T)}{v}+ \dfrac{C(T)}{v^2}+\dfrac{D(T)}{v^3}+…$$
c) Desconsiderando os termos de ordem 3 ou maior temos:
$$Z=1+\dfrac{B(T)}{v}+ \dfrac{C(T)}{v^2}$$
Aplicando os valores temos:
$$\begin{cases} 0,997=1+\dfrac{B}{500}+ \dfrac{C}{500^2} \\ 0,992=1+\dfrac{B}{200}+ \dfrac{C}{200^2} \end{cases}$$
Resolvendo o sistema chegamos a:
$$B=-\dfrac{129}{90}\, L$$ e $$C=-\dfrac{100}{3} \,L^2$$
Portanto:
$$Z=1-\dfrac{129}{90v}-\dfrac{100}{3v^2}$$
Para $$v=250 L$$:
$$\boxed{Z=0,994}$$
3ª Parte
a) Isolando a pressão, temos:
$$P=\dfrac{RT}{v-b}-\dfrac{a}{v^2}$$
Para o ponto de inflexão:
$$\dfrac{dP}{dv}=0$$ e $$\dfrac{d^2P}{dv^2}=0$$
I) $$\dfrac{dP}{dv}=\dfrac{2a}{v^3}-\dfrac{RT}{(v-b)^2}=0$$
II) $$\dfrac{d^2P}{dv^2}=\dfrac{2RT}{(v-b)^3}-\dfrac{6a}{v^4}=0$$
Resolvendo o sistema, chegamos a:
$$\boxed{v_c=3b}$$ , $$\boxed{T_c=\dfrac{8a}{27Rb}}$$ e $$\boxed{P_c=\dfrac{a}{27b^2}}$$
b) Aplicando valores:
$$Z=\dfrac{\dfrac{a}{27b^2}\cdot 3b}{R\cdot \dfrac{8a}{27Rb}}$$
$$\boxed{Z=\dfrac{3}{8}}$$
c) Manipulando um pouco a equação:
$$P=\dfrac{RT}{v-b}-\dfrac{a}{v^2}$$
$$Pv=\dfrac{RTv}{v-b}-\dfrac{a}{v}$$
$$\dfrac{Pv}{RT}=\dfrac{v}{v-b}-\dfrac{a}{RTv}$$
$$Z=\dfrac{v}{v-b}-\dfrac{a}{RTv}$$
Pela série de Taylor, sabemos que:
$$f(x)=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} f^n(0)\cdot \dfrac{x^n}{n!}$$
Logo, seja $$\dfrac{1}{v}=x$$, temos:
$$Z=\dfrac{1}{1-bx}-\dfrac{a}{RT}x$$
No limite de $$v\rightarrow \infty$$ temos $$x=0$$. Portanto:
$$\boxed{a_0=1}$$
I) Calculando a primeira derivada da função:
$$\dfrac{dZ}{dx}=\dfrac{b}{(1-bx)^2}-\dfrac{a}{RT}$$
Para $$x=0$$:
$$Z'(0)=b-\dfrac{a}{RT}$$
Pela equação do enunciado temos:
$$Z=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+…$$
Logo:
$$Z'(x)=a_1+2a_2x+3a_3x^2+…$$
$$Z'(0)=a_1$$
Juntando as duas:
$$\boxed{a_1=b-\dfrac{a}{RT}}$$
II) Calculando a segunda derivada:
$$Z”(x)=\dfrac{2b^2}{(1-bx)^3}$$
$$Z”(0)=2b^2$$
Pela equação do enunciado:
$$Z”(x)=2a_2+6a_3x+…$$
$$Z”(0)=2a_2$$
Juntando as duas:
$$\boxed{a_2=b^2}$$
Essa sequência continuará. Podemos ver que, $$\forall n \geq 2$$:
$$a_n=b^n$$
Portanto, o nosso fator de compressibilidade será dado por:
$$\boxed{Z=1+\dfrac{\left(b-\dfrac{a}{RT}\right)}{v}+\dfrac{b^2}{v^2}+\dfrac{b^3}{v^3}+…+\dfrac{b^n}{v^n}+…}$$
d) Inicialmente, sabemos que:
$$\left(\dfrac{\partial P}{\partial T}\right)_v=\left(\dfrac{\partial S}{\partial v}\right)_T$$
Pela equação de Wan de Walls temos:
$$P=\dfrac{RT}{v-b}-\dfrac{a}{v^2}$$
$$\left(\dfrac{\partial P}{\partial T}\right)_v=\dfrac{R}{v-b}$$
Calculando um diferencial de energia:
$$dU=TdS-Pdv$$
$$\left(\dfrac{\partial U}{\partial v}\right)_T=T\left(\dfrac{\partial S}{\partial v}\right)_T-P$$
$$\left(\dfrac{\partial U}{\partial v}\right)_T=T\left(\dfrac{\partial P}{\partial T}\right)_v-P$$
$$\left(\dfrac{\partial U}{\partial v}\right)_T=\dfrac{RT}{v-b}-P=\dfrac{RT}{v-b}-\left(\dfrac{RT}{v-b}-\dfrac{a}{v^2}\right)$$
$$\left(\dfrac{\partial U}{\partial v}\right)_T=\dfrac{a}{v^2}$$
Calculando a variação de energia:
$$\Delta U_T=\displaystyle \int_{v_1}^{v_2} \dfrac{a}{v^2}dv$$
$$\boxed{\Delta U_T=a\left(\dfrac{1}{v_1}-\dfrac{1}{v_2}\right)}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
1ª Parte
a)
$$\boxed{T=\dfrac{\left(5+\sqrt{(24-V)(V-16)}\right)\cdot V}{0,082}}$$ se $$5 atm\leq P\leq 9 atm$$
$$\boxed{T=\dfrac{\left(5-\sqrt{(24-V)(V-16)}\right)\cdot V}{0,082}}$$ se $$1 atm\leq P< 5 atm$$
b)
$$\boxed{W=1600\pi \,J}$$
c)
$$\boxed{\omega\approx\, 211 rad/s}$$
d)
$$\Delta U_{ciclo}=0$$
2ª Parte
a)
$$\boxed{A=RT}$$
b)
$$Z=1+\dfrac{B(T)}{v}+ \dfrac{C(T)}{v^2}+\dfrac{D(T)}{v^3}+…$$
c)
$$\boxed{Z=0,994}$$
3ª Parte
a)
$$\boxed{v_c=3b}$$ , $$\boxed{T_c=\dfrac{8a}{27Rb}}$$ e $$\boxed{P_c=\dfrac{a}{27b^2}}$$
b)
$$\boxed{Z=\dfrac{3}{8}}$$
c)
$$\boxed{Z=1+\dfrac{\left(b-\dfrac{a}{RT}\right)}{v}+\dfrac{b^2}{v^2}+\dfrac{b^3}{v^3}+…+\dfrac{b^n}{v^n}+…}$$
d)
$$\boxed{\Delta U_T=a\left(\dfrac{1}{v_1}-\dfrac{1}{v_2}\right)}$$
[/spoiler]