• 4.7-4: A equação fundamental de um fluido particular é U N^{2} V=A(S-R)^{3}, onde A=2 \times 10^{-2}\left(K^{3} m^{3} / J^{3}\right). Dois moles deste fluido são usados como sistema auxiliar em um ciclo de Carnot, operando entre dois reservatórios térmicos a 100^{\circ} \mathrm{C} e 0^{\circ} \mathrm{C}. Na primeira expansão isotérmica, 10^{6} J são extraidos do reservatório de alta temperatura. Encontre a transferência de calor e a transferência de trabalho para cada um dos quatro processos no ciclo de Carnot. Calcule a eficiência do ciclo diretamente a partir das transferências de trabalho e calor recém-calculadas. Essa eficiência concorda com a eficiência teórica de Carnot? Dica: Problemas de ciclo de Carnot geralmente são melhor discutidos em termos de um diagrama T-S para o sistema auxiliar.

Passo 1

O enunciado dá a “equação fundamental” do fluido
U N^{2} V = A(S-R)^{3},
com A = 2\times 10^{-2}\\ (\mathrm{K}^{3}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{J}^{3}). Temos N=2 moles no sistema auxiliar que realiza um ciclo de Carnot entre temperaturas 100^\circ\mathrm{C} e 0^\circ\mathrm{C}. Ou seja,
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 = 1{,}00\times 10^{6}\\ \mathrm{J}
do reservatório quente. O que o problema pede:
  • a transferência de calor Q e a transferência de trabalho W para cada um dos quatro processos do ciclo de Carnot (dois isotérmicos e duas adiabáticas reversíveis);
  • calcular a eficiência do ciclo a partir dos Q e W obtidos e verificar se coincide com a eficiência teórica de Carnot.
Dados relevantes listados:
  • equação fundamental dada;
  • A, N=2, T_H, T_C;
  • Q_H=1\times10^{6}\\ \mathrm{J} (isotérmica quente);
  • ciclo de Carnot reversível (logo: processos isotérmicos reversíveis e adiabáticos reversíveis; em cada isotérmica reversível \Delta S = Q/T, em cada adiabática reversível Q=0 e \Delta S=0).

Passo 2

Transformando a equação fundamental para escrever U como função de S,V,N. Da equação dada,
U = \frac{A}{N^{2}V}(S-R)^{3}.
Agora usamos as relações termodinâmicas fundamentais: a temperatura é a derivada parcial
T=\frac{\partial U}{\partial S}.
Derivando U em relação a S (mantendo V,N fixos),
T = \frac{\partial}{\partial S}\left[\frac{A}{N^{2}V}(S-R)^{3}\right] = \frac{A}{N^{2}V}\cdot 3(S-R)^{2} = \frac{3A(S-R)^{2}}{N^{2}V}.
Isolando N^{2}V da expressão acima e substituindo em U notamos uma grande simplificação. Primeiro escrevemos
N^{2}V = \frac{3A(S-R)^{2}}{T}.
Substituindo em U=\dfrac{A}{N^{2}V}(S-R)^{3},
U = \frac{A(S-R)^{3}}{N^{2}V} = \frac{A(S-R)^{3}}{\,3A(S-R)^{2}/T\,} = \frac{T}{3}(S-R).
Portanto uma forma muito simples vale para todo estado do sistema:
\boxed{\,U = \frac{T}{3}(S-R)\,.}
Essa relação é muito útil — elimina A, N e V das contas de energia interna porque a dependência original se reorganiza.
Observação física e matemática: R é a constante já presente na equação (presumimos que seja a constante apropriada indicada no enunciado) e aparece em S-R. Não precisamos do valor numérico de S absoluto para algumas quantidades (diferenças de entropia), mas aparece se quisermos valores absolutos de U ou de trabalhos individuais em adiabatas.

Passo 3

Aplicando a primeira lei e a expressão encontrada para U nas isotérmicas:
Primeira lei (convenção: calor positivo para o sistema, trabalho positivo quando realizado pelo sistema):
\Delta U = Q - W.
Para uma isotérmica reversível a temperatura T é constante e \Delta S = Q/T. Usando U=\dfrac{T}{3}(S-R) com T constante:
\Delta U = \frac{T}{3}\Delta(S-R)=\frac{T}{3}\Delta S.
Como \Delta S = Q/T, obtemos
\Delta U = \frac{T}{3}\cdot\frac{Q}{T}=\frac{Q}{3}.
Logo, para qualquer isotérmica reversível deste sistema vale
\boxed{\Delta U = \frac{Q}{3}.}
Aplicando a primeira lei:
W = Q - \Delta U = Q - \frac{Q}{3} = \frac{2}{3}Q.
Portanto, para qualquer isotérmica do ciclo:
\boxed{W_{\text{isotérmica}}=\frac{2}{3}Q_{\text{isotérmica}},\qquad \Delta U_{\text{isotérmica}}=\frac{1}{3}Q_{\text{isotérmica}}.}éééé

Passo 4

Calculemos explicitamente a isotérmica quente (processo 1→2):
Q_{1\to2}=Q_H=1{,}00\times 10^{6}\\ \mathrm{J}.
Pelo resultado do passo anterior:
W_{1\to2}=\frac{2}{3}Q_H = \frac{2}{3}\times 1{,}00\times 10^{6} = 6{,}666\overline{6}\times 10^{5}\\ \mathrm{J}\approx 6{,}667\times 10^{5}\\ \mathrm{J},
\Delta U_{1\to2}=\frac{1}{3}Q_H = 3{,}333\overline{3}\times 10^{5}\\ \mathrm{J}\approx 3{,}333\times 10^{5}\\ \mathrm{J}.
Também é útil a variação de entropia durante essa isotérmica:
\Delta S_{1\to2}=\frac{Q_H}{T_H}=\frac{1{,}00\times 10^{6}}{373{,}15}\\ \mathrm{J/K} \approx 2{,}679{,}9\\ \mathrm{J/K}.

Passo 5

As adiabáticas reversíveis (processos 2→3 e 4→1) têm por definição Q=0 e \Delta S=0. Para o nosso sistema, com S constante numa adiabática, U varia apenas porque T muda. Usando U=\dfrac{T}{3}(S-R) e sabendo S constante sobre o processo, a variação de U entre temperaturas T_i e T_f em uma adiabática de entropia S^* é
\Delta U_{\text{adiab}} = \frac{S^{*}-R}{3}(T_f-T_i).
Como Q_{\text{adiab}}=0, a primeira lei dá
W_{\text{adiab}} = -\Delta U_{\text{adiab}} = -\frac{S^{*}-R}{3}(T_f-T_i).
Aplicando aos nossos dois adiabatas:
  • Para o adiabático 2→3 (expansão): entropia constante é S^{*}=S_2, temperatura cai de T_H para T_C. Assim
\Delta U_{2\to3}=\frac{S_2-R}{3}(T_C-T_H), \qquad W_{2\to3} = -\Delta U_{2\to3} = \frac{S_2-R}{3}(T_H-T_C).
  • Para o adiabático 4→1 (compressão): entropia constante é S^{*}=S_1, temperatura sobe de T_C para T_H. Assim
\Delta U_{4\to1}=\frac{S_1-R}{3}(T_H-T_C), \qquad W_{4\to1} = -\Delta U_{4\to1} = -\frac{S_1-R}{3}(T_H-T_C).
Observe que S_2 e S_1 não são totalmente fixados pelo enunciado: só sabemos que
S_2-S_1=\Delta S_{1\to2}=\frac{Q_H}{T_H}.
Portanto podemos eliminar S_2 escrevendo S_2 = S_1 + \dfrac{Q_H}{T_H}. Assim as expressões acima podem ser escritas em função de S_1 (um parâmetro de estado inicial que não foi dado explicitamente). Ou seja:
W_{2\to3} = \frac{T_H-T_C}{3}\left(S_1-R+\frac{Q_H}{T_H}\right), \qquad W_{4\to1} = -\frac{T_H-T_C}{3}(S_1-R).
Conclusão importante: as adiabáticas têm Q=0 e seus trabalhos individuais dependem do valor absoluto de S_1 (ou equivalentemente do valor absoluto de U_1), que não foi especificado no enunciado. Porém a soma dos trabalhos adiabáticos e as quantidades globais do ciclo ficam determinadas pelos Q conhecidos; veremos isso a seguir.

Passo 6

Isotérmica fria (processo 3→4): como o ciclo é reversível e cíclico, a entropia total volta ao valor inicial; isso implica que a variação de entropia na isotérmica fria é
\Delta S_{3\to4} = -\Delta S_{1\to2} = -\frac{Q_H}{T_H}.
Portanto o calor rejeitado para o reservatório frio é
Q_{3\to4}=T_C\Delta S_{3\to4} = -T_C\frac{Q_H}{T_H} = -Q_H\frac{T_C}{T_H}.
Numericamente,
\frac{T_C}{T_H}=\frac{273{,}15}{373{,}15}\approx 0{,}7321,
então
Q_{3\to4} \approx -1{,}00\times10^{6}\times 0{,}7321 \approx -7{,}321\times 10^{5}\\ \mathrm{J}.
Pelo resultado do passo 3, o trabalho na isotérmica fria é
W_{3\to4}=\frac{2}{3}Q_{3\to4}\approx \frac{2}{3}\times(-7{,}321\times10^{5}) \approx -4{,}881\times10^{5}\\ \mathrm{J},
e a variação de energia interna nessa isotérmica é
\Delta U_{3\to4}=\frac{1}{3}Q_{3\to4}\approx -2{,}440\times10^{5}\\ \mathrm{J}.

Passo 7

Trabalhos e calor totais do ciclo e eficiência.
O trabalho líquido por ciclo é a soma dos trabalhos dos quatro processos. Pela primeira lei integrada no ciclo (ΔU ciclo = 0) temos que o trabalho líquido é igualmente a diferença entre calor absorvido e calor rejeitado:
W_{\text{líquido}} = Q_H + Q_{3\to4} = Q_H + Q_C.í
Numericamente:
W_{\text{líquido}} = 1{,}00\times10^{6} + (-7{,}321\times10^{5}) \approx 2{,}679\times10^{5}\\ \mathrm{J}.í
(Nota: valor obtido é consistente com soma dos trabalhos individuais conhecidos: W_{1\to2} + W_{3\to4} + W_{2\to3}+W_{4\to1}; como mostrado antes, os dois trabalhos adiabáticos somados são fixados pela condição cíclica mas cada um individualmente depende de S_1.)
A eficiência do ciclo, calculada diretamente por definição, é
\eta = \frac{W_{\text{líquido}}}{Q_H} = 1 + \frac{Q_C}{Q_H} = 1 - \frac{T_C}{T_H}.í
Substituindo números:
\eta = 1 - \frac{273{,}15}{373{,}15}\approx 0{,}2680\quad\text{(ou }26{,}80\%\text{)}.
Portanto a eficiência obtida coincide exatamente com a eficiência teórica de Carnot \eta_{\mathrm{Carnot}}=1-T_C/T_H. Essa igualdade pode ser demonstrada algebraicamente como fizemos: a relação Q_C=-Q_H\,T_C/T_H decorre diretamente da reversibilidade (conservação de entropia) e daí vem \eta=1-T_C/T_H.

Resposta

Processo 1→2 (isotérmica a T_H): Q_{1\to2}=1{,}00\times 10^{6}\\ \mathrm{J},\; W_{1\to2}=\dfrac{2}{3}Q_{1\to2}=6{,}667\times 10^{5}\\ \mathrm{J}.
Processo 2→3 (adiabática reversível): Q_{2\to3}=0,\; W_{2\to3}=\dfrac{S_2-R}{3}(T_H-T_C) =\dfrac{T_H-T_C}{3}\!\left(S_1-R+\dfrac{Q_H}{T_H}\right) (depende de S_1 ou S_2;\ sinal positivo indica trabalho realizado pelo sistema).
Processo 3→4 (isotérmica a T_C): Q_{3\to4}= -Q_H\frac{T_C}{T_H}\approx -7{,}321\times 10^{5}\\ \mathrm{J},\; W_{3\to4}=\dfrac{2}{3}Q_{3\to4}\approx -4{,}881\times 10^{5}\\ \mathrm{J}.
Processo 4→1 (adiabática reversível): Q_{4\to1}=0,\; W_{4\to1}=-\dfrac{S_1-R}{3}(T_H-T_C) (depende de S_1; sinal negativo indica trabalho realizado sobre o sistema).
Eficiência do ciclo calculada: \displaystyle \eta=\frac{W_{\text{líquido}}}{Q_H}=1-\frac{T_C}{T_H}\approx 0{,}2680í (ou 26{,}80\%). Essa eficiência concorda com a eficiência teórica de Carnot.

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