Exercícios Resolvidos de Diagrama T × S

Ver Teoria

Enunciado

Suponha que 0,240   m o l ( n R =   2   J / K ) de um gás diatômico ideal ( γ = 1,4 ) opera em uma máquina de Carnot entre as temperaturas de 227 °   C e 27 °   C . A pressão em A é p A = 10 6   P a 6. Na expansão isotérmica o volume é duplicado.

Dados: AB e CD são isotermas, BC e DA são adiabáticas.

a) Calcule a pressão e o volume nos pontos A, B, C e D do diagrama PV da figura.

b) Calcule o calor, o trabalho e a transformação de energia interna para cada transformação do ciclo.

c) Calcule a eficiência da máquina.

d) Calcule a variação de entropia em cada transformação do ciclo e represente o ciclo num diagrama T × S (temperatura do gás em função da entropia) identificando os estados térmicos A, B, C e D.

Passo 1

a) No processo A → B :

É um processo isotérmico! Então T A = T B . E o problema disse que na expansão isotérmica o gás dobra de volume. Então V B = 2 V A .

Vamos calcular o volume em A:

p A V A = n R T A

10 6 V A = 2 × 500

V A = 10 - 3   m 3

V B = 2 V A

V B = 2 × 10 - 3   m 3

Como A → B é uma isoterma, podemos escrever:

p A V A = p B V B

10 6 × 10 - 3 = p B × 2 × 10 - 3  

p B = 5 × 10 5   P a

Passo 2

No processo B → C teremos uma adiabática. Em processos adiabáticos podemos escrever:

p B V B γ = p C V C γ

Com γ = 1,4 como dado no enunciado. Então:

( 5 × 10 5   ) × ( 2 × 10 - 3 ) 1,4 = p C V C 1,4

83,25 = p C V C 1,4

Vou escrever isso de outro jeito:

83,25 = ( p C V C ) V C 0,4

No ponto C a gente também pode fazer:

p C V C T C = p B V B T B

p C V C = T C p B V B T B

p C V C = 300 × ( 5 × 10 5 ) × ( 2 × 10 - 3 ) 500 = 600

Trocando na relação que a gente achou:

83,25 = ( 600 ) V C 0,4

V C ≅ 7,2 × 10 - 3   m 3

E p C vai ser:

p C = 600 7,2 × 10 - 3 = 0,83 × 10 5   P a

Passo 3

Para calcular a pressão e o volume no ponto D usaremos o processo D → A em vez do C → D .

No processo D → A temos uma adiabática! Vai valer a relação:

p D V D γ = p A V A γ

Substituindo os valores de A:

p D V D 1,4 = 10 6 × ( 10 - 3 ) 1,4

( p D V D ) V D 0,4 = 10 6 × ( 10 - 3 ) 1,4

( p D V D ) V D 0,4 = 63,09

Mas a gente consegue achar p D V D :

p D V D = n R T D = 2 × 300 = 600

Então:

( 600 ) V D 0,4 = 63,09

V D = 3,59 × 10 - 3   m 3

E a pressão vai ser:

p D = 600 3,59 × 10 - 3

p D = 1,67 × 10 5   P a

Colocando na tabela:

Passo 4

Passo 5

b) No processo A → B :

É uma isoterma, então a variação de energia interna é zero!

∆ U A B = 0

Pela primeira lei da termodinâmica:

Q A B = W A B

E o trabalho a gente calcula:

W A B = n R T A B ln ⁡ V B / V A

W A B = 2 × 500 × ln ⁡ 2 × 10 - 3 10 - 3 = 1000 ln ⁡ 2

W A B = 693,15   J

Q A B = 693,15   J

Passo 6

No processo B → C :

É um processo adiabático, então:

Q B C = 0

Pela primeira lei da termodinâmica:

∆ U B C = - W B C

Podemos calcular a energia interna pela fórmula:

∆ U B C = g n R ∆ T B C 2

Em que g é o número de graus de liberdade. Como é um gás diatômico, g = 5. Então:

∆ U B C = 5 × 2 × - 200 2

∆ U B C = - 1000   J

W B C = 1000   J

Passo 7

No processo C → D :

É uma isoterma, então a variação de energia interna é zero de novo.

∆ U C D = 0

Pela primeira lei da termodinâmica:

Q C D = W C D

E o trabalho a gente calcula, de novo:

W C D = n R T C D ln ⁡ V D / V C

W C D = 2 × 300 × ln ⁡ 3,6 × 10 - 3 7,2 × 10 - 3 = 600 ln ⁡ ( 1 2 )

W C D = - 415,89   J

Q C D = = - 415,89     J

Passo 8

No processo D → A :

É um processo adiabático, então:

Q D A = 0

Pela primeira lei da termodinâmica:

∆ U D A = - W D A

Podemos calcular a energia interna pela fórmula:

∆ U D A = g n R ∆ T D A 2

∆ U D A = 5 × 2 × 200 2

∆ U D A = 1000   J

W D A = - 1000   J

Fazendo a tabelinha:

Passo 9

c) Como é uma máquina de Carnot podemos calcular:

η = 1 - T F T Q

η = 1 - 300 500

η = 0,4

Passo 10

d) A entropia é:

∆ S = ∫ Q 1 Q 2 d Q T

Nos processos adiabáticos, então, ∆ S vai ser zero. Porque Q é igual a zero nesses processos.

∆ S B C = ∆ S D A = 0

Passo 11

Nos processo isotérmicos:

∆ S = n R ln ⁡ V f V i

Então:

∆ S A B = n R ln ⁡ V B V A

∆ S A B = 2 ln ⁡ 2 × 10 - 3 10 - 3

∆ S A B = 2 ln ⁡ 2

∆ S A B = 1,39   J / K

E:

∆ S C D = n R ln ⁡ V D V C

∆ S C D = 2 ln ⁡ 3,6 × 10 - 3 7,2 × 10 - 3

∆ S C D = 2 ln ⁡ 1 2

∆ S C D = - 1,39   J / K

Passo 12

Como nos processos B → C e D → A a entropia não varia, esses processos serão retas verticais no gráfico T × S. Como nos processos A → B e C → D a temperatura não varia, serão retas horizontais no gráfico T × S.

Vai ficar assim:

Resposta

a)

b)

c) η = 0,4

d) ∆ S B C = ∆ S D A = 0 , ∆ S A B = 1,39   J / K e ∆ S C D = - 1,39   J / K

Exercícios de Livros Relacionados

Suponha que 2 m o l s de um gás diatômico ideal sejam submetidos reversivelmente ao ciclo mostrado no diagrama T - S na figura abaixo, onde S 1 = 6 J / K e S 2 = 8 J / K . As moléculas não giram nem o
Um fluido é submetido a um ciclo reversível. Se o ciclo é representado por um diagrama no plano ( T , S ) , onde S é a entropia do fluido, (a) Mostre que o trabalho associado ao ciclo é dado por W = ⨕
a)Faça um gráfico do ciclo de Carnot, indicando a entropia no eixo horizontal e a temperatura em Kelvin no eixo vertical. Trata-se de um diagrama temperatura -entropia, ou diagrama T S . b) Mostre que