Exercícios Resolvidos de Ciclo de Carnot

Ciclos Termodinâmicos e Máquinas Térmicas, Segunda Lei da Termodinâmica, Primeira Lei e Gases Ideais

O motor de Haugse pode ser aproximado pelo ciclo mostrado na figura. Suponha que o ciclo seja efetuado por um mol de um gás ideal diatômico e que os valores de p 0 e V 0 sejam conhecidos. Deixe as respostas em termos de p 0 , V 0 e R .

A - B e C - D são processos isométricos, B - C é isobárico e o processo D - A é isotérmico.

a ) Calcule o calor fornecido ao gás no processo A - B - C .

b ) Calcule o trabalho total gerado pelo ciclo.

c ) Calcule a variação de entropia entre os pontos A e C .

d ) Calcule a eficiência deste motor.

e ) Compare a eficiência com a máquina de Carnot operando entre as temperaturas T A e T C . Comente.

Passo 1

a )

Vamos calcular a troca de calor em cada processo. No processo A - B , temos um transformaçãoo isométrica, portanto o calor trocado pode ser definido por:

Q = n . C v . Δ T

Q = n . 5 2 . R . ( T B - T 0 )

Lebrando que por ser diatômico, temos que C v = 5 2 . R . Vamos agora determinar a temperatura em A e B em função dos parâmetros conhecidos. Usando a lei dos gases ideais, temos, em A :

p . V = n . R . T

p 0 . V 0 = n . R . T 0

T 0 = p 0 . V 0 R

Em B , temos:

3 . p 0 . V 0 = n . R . T B

T B = 3 . p 0 . V 0 R

Substituindo na equação para o calor, temos:

Q = 1 . 5 2 . R .   3 . p 0 . V 0 R - p 0 . V 0 R

Q A B = 5 p 0 . V 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

No processo B - C , temos uma transformação isobárica, portanto, podemos definir o calor como:

Q = n . C p . Δ T

Q = n . 7 2 . R . T C - T B

Lembrando que C p = C v + R = 7 2 R , por se tratar de um gás diatômico! Vamos agora determinar a temperatura em C :

3 . p 0 . 3 . V 0 = n . R . T C

T C = 9 . p 0 . V 0 R

Substituindo na equação para o calor, temos:

Q = 1 . 7 2 . R . 9 . p 0 . V 0 R -   3 . p 0 . V 0 R

Q B C = 21 p 0 . V 0

Portanto, o calor total recebido no processo A - B - C é:

Q = Q A B + Q B C

Q = 5 p 0 . V 0 + 21 . p 0 . V 0

Q A B C = 26 . p 0 . V 0

Passo 3

b )

Sabendo que nos processos isovolumétricos o trabalho realizado é zero, precisamos apenas calcular o trabalho realizado em B - C e em D - A . Vamos começar com B - C , por ser um processo isobárico, temos:

W = p . Δ V

W = 3 . p 0 . 3 . V 0 - V 0

W B C = 6 . p 0 . V 0

Passo 4

Agora vamos analisar o processo D - A . Por se tratar de um processo isotérmico, temos, pela primeira lei da termidinâmica:

W = n . R . T . ln ⁡ V A V D

W = 1 .   R . T D . ln ⁡ V 0 3 V 0

Sabendo que T D = T A = T 0 = p 0 . V 0 R e substituindo na equação para o trabalho, temos:

W = R .   p 0 . V 0 R . ln ⁡ 1 3

W D A = - 1,1 . p 0 . V 0

Portanto o trabalho gerado no ciclo é:

W = W B C + W D A

W = 6 . p 0 . V 0 + ( - 1,1 . p 0 . V 0 )

W = 4,9 . p 0 . V 0

Passo 5

c )

Para calcular a variação de entropia entre os pontos A e C , vamos trabalhar com cada processo em separado. Vamos começar com o processo A - B . Pela definição de entropia, temos:

Δ S = ∫ d Q T

Por ser um processo isométrico, temos que:

Q = n . C v . Δ T

substituindo, temos:

Δ S = ∫ n . C v . d T T

Δ S = n . C v . ln ⁡ T B T 0

Sabendo que por ser um gás diatômico C v = 5 2 R , que T B = 3 . p 0 . V 0 / R e T 0 = p 0 . V 0 / R , temos:

Δ S = 1 . 5 2 . R . ln ⁡ 3

Δ S A B 5,5 2 . R

Passo 6

Utilizaremos o mesmo procedimento para o processo B - C . Por ser um processo isobárico, temos que:

Q = n . C p . Δ T

Desse modo a entropia fica:

Δ S = n . C p . ln ⁡ T C T B

Sabendo que C p = C v + R = 7 2 e substituindo as temperaturas para em função dos parâmetros conhecidos, T B = 3 . p 0 . v 0 R e T C = 9 . p 0 . V 0 R , temos:

Δ S = 1 . 7 2 . R . ln ⁡ ( 3 )

Δ S B C = 7,7 2 . R

Ou seja a entropia entre os pontos A e C é:

Δ S A C = Δ S A B + Δ S B C

Δ S A C = 5,5 2 . R + 7,7 2 . R

Δ S A C = 6,6 . R

Passo 7

d )

Para calcular a eficiência do motor, vamos relembrar da fórmula:

ε = W Q Q

Pelos processos que descrevem o ciclo, podemos perceber que o calor é recebido nos processos A B e B C , podemos perceber isso pela primeira lei da termodinâmica. Portanto o calor recebido da fonte quente é:

Q Q = 26 . p 0 . V 0

Só para não ficar dúvidas, o processo C D , por ser isométrico, tem trabalho igual a zero, ou seja Q = Δ E i n t , como a temperatura está diminuindo, energia interna é negativa, e por consequência o calor também, portanto, nesse processo, o calor é rejeitado.

No processo D A , por ser isotérmico, temos que a variação de energia interna é zero, ou seja Q = W , como temos que o trabalho é negativo e podemos ver isso pelo diagrama. O calor também é negativo e portanto, é rejeitado durante esse processo.

Voltando ao cálculo da eficiência, como temos o calor recebido Q Q e o trabalho realizado a cada ciclo W , pois já calculamos anteriormente, a eficiência fica:

ε = 4,9 . p 0 . V 0 26 . p 0 . V 0

ε = 0,19 → 19 %

Passo 8

e )

Para um ciclo de Carnot, temos que a eficiência é dada por:

ε C = 1 - T F T Q

Para as temperaturas obtidas, temos:

ε C = 1 - T A T C

Substituindo pelas temperaturas em função dos parâmetros conhecidos, temos:

ε C = 1 - 1 9

ε C = 0,89 → 89 %

Podemos perceber, como já era de se esperar que o ciclo de Carnot teria eficiência maior, trabalhando entre as mesmas temperaturas.

Resposta

a ) Q A B C = 26 . p 0 . V 0

b ) W = 4,9 . p 0 . V 0

c ) Δ S A C = 6,6 . R

d ) ε = 0,19 → 19 %

e ) ε C = 0,89 → 89 % . O ciclo de Carnot, trabalhando entre as mesmas temperaturas apresenta eficiência maior.

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