1- A equação fundamental de determinado fluido é dada pela expressão
U N^{1 / 2} V^{3 / 2}=A(S-N R)^{3},
em que A=2 \times 10^{-2} \mathrm{~K}^{3} \mathrm{~m}^{9 / 2} \mathrm{~J}^{-3} é uma constante. Dois moles deste fluido são utilizados como sistema auxiliar num ciclo de Carnot, operando entre dois reservatórios térmicos a 100^{\circ} \mathrm{C} e 0^{\circ} \mathrm{C}, repectivamente. Na primeira expansão isotérmica são extraídos 10^{6} \mathrm{~J} do reservatório quente. Obtenha as transferências de calor e o trabalho realizado em cada uma das etapas desse ciclo de Carnot. A partir desses resultados, obtenha o valor do rendimento do ciclo.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados fornecidos:
    • Equação fundamental do fluido (energia interna U em função de S,V,N): U\,N^{1/2}V^{3/2}=A\,(S-NR)^{3},com A=2\times10^{-2}\\ \mathrm{K}^{3}\mathrm{m}^{9/2}\mathrm{J}^{-3}.
    • Número de mols do sistema: N=2.
    • O ciclo de Carnot opera entre os reservatórios: T_H=100^\circ\mathrm{C}=373{,}15\\ \mathrm{K},\qquad T_C=0^\circ\mathrm{C}=273{,}15\\ \mathrm{K}.
    • Na primeira expansão isotérmica (a T_H) o sistema recebe Q_H=10^{6}\\ \mathrm{J}(o enunciado diz “extraídos do reservatório quente”, ou seja, o sistema absorve Q_H).
  • O que o enunciado pede:
    1. Obter as transferências de calor e o trabalho realizado em cada uma das quatro etapas do ciclo de Carnot (1: isotérmica a T_H; 2: adiabática reversível T_H\to T_C; 3: isotérmica a T_C; 4: adiabática reversível T_C\to T_H).
    2. A partir desses resultados, obter o rendimento do ciclo.

Passo 2

Primeiro: montar relações termodinâmicas básicas que vamos usar e extrair propriedades do fluido a partir da equação fundamental.
  • Conceito rápido (lembrando passo a passo): a energia interna é função de S,V,N. As variáveis termodinâmicas conjugadas são definidas por derivadas parciais:
    T=\left(\frac{\partial U}{\partial S}\right)_{V,N},\qquad P=-\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_{S,N}.
    Para processos reversíveis a primeira lei dá dU=T\,dS-P\,dV+\mu\,dN. Para processos à N constante usamos dU=T\,dS-P\,dV. O calor reversível é \delta Q=T\,dS.
  • Reescrevendo a equação dada isolando U. Da equação
    U\,N^{1/2}V^{3/2}=A\,(S-NR)^{3}
    temos
    U = A\,N^{-1/2}V^{-3/2}\,(S-NR)^{3}.
    Para não repetir a constante toda vez, defina B=A\,N^{-1/2}V^{-3/2}, então U=B\,(S-NR)^{3}.
  • Calcular a temperatura usando T=\partial U/\partial S:
    T= \frac{\partial}{\partial S}\big(B\,(S-NR)^{3}\big)=3B\,(S-NR)^{2}.
    Substituindo B de volta,
    T=3A\,N^{-1/2}V^{-3/2}\,(S-NR)^{2}.
  • Isolar (S-NR) em função de T e V:
    (S-NR)^{2}=\frac{T}{3A\,N^{-1/2}V^{-3/2}} \quad\Rightarrow\quad S-NR=\sqrt{\frac{T\,N^{1/2}V^{3/2}}{3A}}.
    (tomamos o ramo positivo porque S-NR aparece ao cubo na U original; basta manter coerência de sinais).
  • Expressão muito útil que aparece simplificando U: usando U=B(S-NR)^3 e T=3B(S-NR)^2 obtemos
    B(S-NR)^2=\frac{T}{3}\quad\Rightarrow\quad U=(S-NR)\,B(S-NR)^2=(S-NR)\frac{T}{3}.
    Assim, fórmula prática:
    U=\frac{T}{3}\,(S-NR).
    Esta identidade é central para os cálculos seguintes.

Passo 3

Deduzir consequências desta estrutura para processos isotérmicos e adiabáticos.
  • Isotérmico reversível (temperatura T constante):
    • O calor trocado é \delta Q=T\,dS. Para uma transformação isotérmica entre dois estados i\to f, Q = T\Delta S.
    • A variação da energia interna usando U=\dfrac{T}{3}(S-NR) com T constante dá \Delta U=\frac{T}{3}\,\Delta S.
    • Assim, o trabalho realizado pela sistema na isotérmica (pela 1ª lei W=Q-\Delta U) é W = T\Delta S - \frac{T}{3}\Delta S=\frac{2}{3}T\Delta S=\frac{2}{3}Q.
    • Conclusão importante e prática: para qualquer isotérmica reversível deste fluido, o trabalho realizado pela substância vale \dfrac{2}{3} do calor trocado nessa isotérmica, e a variação de energia interna é \dfrac{1}{3} do calor trocado.
  • Adiabático reversível (isentrópico, \Delta S=0):
    • Para adiabática reversível \delta Q=0 e, portanto, dU=-P\,dV; a entropia é constante.
    • Como S é constante, da expressão U=\dfrac{T}{3}(S-NR) com S fixo obtemos que U\propto T ao longo da adiabática; explicitamente, para dois pontos sobre a mesma adiabática: \frac{U_{f}}{U_{i}}=\frac{T_{f}}{T_{i}}.
    • Assim, se de 2 para 3 ocorre adiabática com T_H\to T_C, então U_3=\frac{T_C}{T_H}\,U_2.
    • O trabalho feito na adiabática é W_{\text{adiab}}=-\Delta U (porque Q=0).

Passo 4

Aplicar as relações anteriores à etapa 1 (isotérmica quente, 1\to2).
  • A variação de entropia na isotérmica quente é
    \Delta S_{1\to2}=\frac{Q_H}{T_H}=\frac{10^{6}}{373{,}15}\\ \mathrm{J/K}.
    (mantemos a forma simbólica e calculamos numérico abaixo).
  • Pela regra da Seção anterior:
    \Delta U_{1\to2}=\frac{1}{3}Q_H=\frac{1}{3}\times10^{6}=3{,}33333\times10^{5}\\ \mathrm{J},
W_{1\to2}=\frac{2}{3}Q_H=\frac{2}{3}\times10^{6}=6{,}66667\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
  • Calculemos numericamente \Delta S_{1\to2}: \Delta S_{1\to2}=\frac{10^{6}}{373{,}15}\approx2{,}6799\times10^{3}\\ \mathrm{J/K}.
(Resumo etapa 1)
  • Q_{1\to2}=Q_H=10^{6}\\ \mathrm{J}.
  • W_{1\to2}=6{,}66667\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
  • \Delta U_{1\to2}=3{,}33333\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
  • \Delta S_{1\to2}\approx2{,}6799\times10^{3}\\ \mathrm{J/K}.

Passo 5

Etapa 2: adiabática reversível 2\to3 (sem troca de calor), T cai de T_H para T_C.
  • Transferência de calor: Q_{2\to3}=0.
  • Entropia: \Delta S_{2\to3}=0 (adiabática reversível).
  • Como visto, sobre essa adiabática U escala com T: U_3=\frac{T_C}{T_H}\,U_2.
  • Logo a variação de energia interna na adiabática é \Delta U_{2\to3}=U_3-U_2=\left(\frac{T_C}{T_H}-1\right)U_2.
  • O trabalho realizado pela substância na adiabática (trabalho na expansão) é W_{2\to3}=-\Delta U_{2\to3}= \left(1-\frac{T_C}{T_H}\right)U_2.Esta expressão envolve U_2. Podemos expressar U_2 em termos de U_1 e de Q_H, usando \Delta U_{1\to2}=Q_H/3: U_2=U_1+\frac{Q_H}{3}.Então W_{2\to3}=\left(1-\frac{T_C}{T_H}\right)\left(U_1+\frac{Q_H}{3}\right).
  • Observação: não temos U_1 numérico (não foi dado S_1 ou V_1), então W_{2\to3} fica expresso em função de U_1. Mais adiante veremos que não precisamos do valor de U_1 para o rendimento do ciclo e para a soma total dos trabalhos adiabáticos.

Passo 6

Etapa 3: isotérmica fria 3\to4 à temperatura T_C.
  • Como o ciclo é reversível, a entropia recupera o valor inicial: \Delta S_{3\to4}=-\Delta S_{1\to2}. Portanto o calor trocado pela substância na isotérmica fria é Q_{3\to4}=T_C\,\Delta S_{3\to4}=-T_C\frac{Q_H}{T_H}=-\frac{T_C}{T_H}Q_H.Definindo \tau=\dfrac{T_C}{T_H} obtemos a relação usual de Carnot: Q_C \equiv -Q_{3\to4}=\tau\,Q_H.
  • Numericamente, \tau=\frac{273{,}15}{373{,}15}\approx0{,}732011, \qquad Q_C=\tau Q_H\approx7{,}32011\times10^{5}\\ \mathrm{J}.(o sinal: Q_{3\to4} é negativo porque o sistema rejeita calor).
  • Pela regra da Seção 3 para isotérmicas: \Delta U_{3\to4}=\frac{1}{3}Q_{3\to4}=-\frac{1}{3}Q_C, \qquad W_{3\to4}=\frac{2}{3}Q_{3\to4}=-\frac{2}{3}Q_C.
  • Valores numéricos aproximados: Q_{3\to4}\approx -7{,}32011\times10^{5}\\ \mathrm{J},
W_{3\to4}\approx -4{,}88007\times10^{5}\\ \mathrm{J},
\Delta U_{3\to4}\approx -2{,}44004\times10^{5}\\ \mathrm{J}.

Passo 7

Etapa 4: adiabática reversível 4\to1 (compressão até voltar a T_H).
  • Transferência de calor: Q_{4\to1}=0.
  • Entropia: \Delta S_{4\to1}=0.
  • Pela mesma relação de proporcionalidade de U com T em adiabática, e usando as expressões já encontradas, podemos relacionar U_4 e U_1. Uma simplificação útil surge se calcularmos U_4:
    • Já tínhamos U_3=\dfrac{T_C}{T_H}U_2 e U_4=U_3+\Delta U_{3\to4}.
    • Substituindo \Delta U_{3\to4}=-Q_C/3=-\tau Q_H/3 e U_2=U_1+Q_H/3 obtemos (álgebra direta) U_4=\tau U_1.
    • Assim, na adiabática compressiva 4\to1 sobe-se de U_4=\tau U_1 para U_1.
  • A variação de energia interna é \Delta U_{4\to1}=U_1-U_4=(1-\tau)U_1.
  • Como Q_{4\to1}=0, o trabalho feito pela substância (neste caso trabalho negativo, porque é compressão feita sobre o sistema) é W_{4\to1}=-\Delta U_{4\to1}=-(1-\tau)U_1.

Passo 8

Soma, trabalho líquido e rendimento do ciclo.
  • Trabalho líquido total do ciclo (pelo balanço de energia) é
    W_{\mathrm{net}}=Q_H+Q_{2\to3}+Q_{3\to4}+Q_{4\to1}=Q_H+0+Q_{3\to4}+0=Q_H-Q_C.
    Numericamente:
    W_{\mathrm{net}}=10^{6}-\tau\,10^{6}=(1-\tau)10^{6}\approx2{,}67989\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
  • Já tínhamos os trabalhos nas isotérmicas; a soma dos trabalhos das duas adiabáticas vale a diferença entre o trabalho líquido e a soma dos trabalhos isotérmicos. Mais simples: pode-se mostrar diretamente (usando \Delta Us) que a soma dos trabalhos adiabáticos é
    W_{2\to3}+W_{4\to1}=\frac{1}{3}(Q_H-Q_C).
    Numericamente:
    W_{2\to3}+W_{4\to1}=\frac{1}{3}W_{\mathrm{net}}\approx8{,}93297\times10^{4}\\ \mathrm{J}.
    E de forma separada (veja Passos 5 e 7) temos expressões em função de U_1 e U_2:
    W_{2\to3}=(1-\tau)\Big(U_1+\frac{Q_H}{3}\Big),\qquad W_{4\to1}=-(1-\tau)U_1.
    A soma dessas duas expressões dá \dfrac{1}{3}(Q_H-Q_C) como dito.
  • Rendimento do ciclo de Carnot (definição):
    \eta=\frac{W_{\mathrm{net}}}{Q_H}=1-\frac{Q_C}{Q_H}=1-\frac{T_C}{T_H}=1-\tau.
    Numericamente,
    \eta=1-\frac{273{,}15}{373{,}15}\approx0{,}267989\approx26{,}7989\%.

Resumo final dos valores (numéricos e expressões úteis)

  • \tau=\dfrac{T_C}{T_H}=\dfrac{273{,}15}{373{,}15}\approx0{,}732011.
  • Etapa 1 (isotérmica a T_H): Q_{1\to2}=Q_H=10^{6}\\ \mathrm{J},\qquad W_{1\to2}=\frac{2}{3}Q_H=6{,}66667\times10^{5}\\ \mathrm{J},
\Delta U_{1\to2}=\frac{1}{3}Q_H=3{,}33333\times10^{5}\\ \mathrm{J},\qquad \Delta S_{1\to2}=\frac{Q_H}{T_H}\approx2{,}6799\times10^{3}\\ \mathrm{J/K}.
  • Etapa 2 (adiabática T_H\to T_C): Q_{2\to3}=0,\qquad W_{2\to3}=\left(1-\tau\right)U_2=\left(1-\tau\right)\Big(U_1+\frac{Q_H}{3}\Big),
\Delta U_{2\to3}=\left(\tau-1\right)U_2.
  • Etapa 3 (isotérmica a T_C): Q_{3\to4}=-Q_C=-\tau Q_H\approx-7{,}32011\times10^{5}\\ \mathrm{J},
W_{3\to4}=-\frac{2}{3}Q_C\approx-4{,}88007\times10^{5}\\ \mathrm{J},
\Delta U_{3\to4}=-\frac{1}{3}Q_C\approx-2{,}44004\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
  • Etapa 4 (adiabática T_C\to T_H): Q_{4\to1}=0,\qquad W_{4\to1}=-(1-\tau)U_1,\qquad \Delta U_{4\to1}=(1-\tau)U_1.
  • Soma das adiabáticas: W_{2\to3}+W_{4\to1}=\frac{1}{3}(Q_H-Q_C)\approx8{,}93297\times10^{4}\\ \mathrm{J}.
  • Trabalho líquido e rendimento: W_{\mathrm{net}}=Q_H-Q_C=(1-\tau)Q_H\approx2{,}67989\times10^{5}\\ \mathrm{J},
\eta=1-\tau=1-\frac{T_C}{T_H}\approx0{,}267989\approx26{,}7989\%.

Resposta

Etapa 1 (isotérmica a T_H): Q_{1\to2}=10^{6}\\ \mathrm{J}, W_{1\to2}=6{,}66667\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
Etapa 2 (adiabática T_H\to T_C): Q_{2\to3}=0, W_{2\to3}=(1-\tau)U_2=(1-\tau)\big(U_1+\tfrac{Q_H}{3}\big).
Etapa 3 (isotérmica a T_C): Q_{3\to4}=-\tau Q_H\approx-7{,}32011\times10^{5}\\ \mathrm{J}, W_{3\to4}=-\tfrac{2}{3}\tau Q_H\approx-4{,}88007\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
Etapa 4 (adiabática T_C\to T_H): Q_{4\to1}=0, W_{4\to1}=-(1-\tau)U_1.
Trabalho líquido: W_{\mathrm{net}}=Q_H-Q_C\approx2{,}67989\times10^{5}\\ \mathrm{J}.
Rendimento: \eta=1-\dfrac{T_C}{T_H}\approx0{,}267989\approx26{,}7989\%.

Exercícios relacionados