Um quilograma de ar (gás ideal) realiza um ciclo de potência de Carnot. A eficiência térmica do ciclo é 60 \%. O calor transferido para o ar durante a expansão isotérmica é 40 kJ . No início da expansão isotérmica a pressão é 7 bars e o volume 0,24 \mathrm{~m} 3. Determine
(a) As temperaturas máxima e mínima do ciclo, em K ;
(b) O volume no final da expansão isotérmica , \mathrm{em} \mathrm{m}^{3};
(c) O trabalho e o calor trocado em cada um dos quatro processos;
(d) Mostre o ciclo usando as coordenadas p-v.

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas. Vou listar claramente o que se deve encontrar e os dados fornecidos:
  • Perguntas:
    (a) Determinar as temperaturas máxima e mínima do ciclo (em K).
    (b) Determinar o volume no final da expansão isotérmica (em m ^3).
    (c) Determinar o trabalho e o calor trocados em cada um dos quatro processos do ciclo de Carnot.
    (d) Mostrar (dar os pontos numéricos para) o ciclo em coordenadas p\!-\!v.
  • Dados fornecidos:
    • Massa do ar: m=1\\ \mathrm{kg}.
    • O fluido é gás ideal (ar).
    • Eficiência térmica do ciclo de Carnot: \eta=60\%=0{,}60.
    • Calor absorvido durante a expansão isotérmica (processo na temperatura máxima): Q_{\text{in}}=40\\ \mathrm{kJ}=40000\\ \mathrm{J}.
    • No início da expansão isotérmica (ponto 1): pressão p_1=7\\ \mathrm{bar}=7\cdot10^5\\ \mathrm{Pa} e volume v_1=0{,}24\\ \mathrm{m}^3.
    • Vou usar as propriedades típicas do ar como gás ideal: constante específica R=287\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)} e capacidade térmica a volume constante aproximada c_v=718\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}. Assim \gamma=c_p/c_v\approx1{,}4.
Não vou resolver nada aqui, só organizei o que é pedido e os dados. Agora começo a resolução passo a passo.

Passo 2

Entender a relação eficiência do ciclo de Carnot e as temperaturas:
  • A eficiência de um ciclo de Carnot entre temperaturas máxima T_H e mínima T_C é
\eta = 1 - \frac{T_C}{T_H}.
  • Como nos deram \eta=0{,}60, isolamos a razão:
\frac{T_C}{T_H} = 1-\eta = 0{,}40.
Isto significa que T_C=0{,}40\,T_H. Ainda precisamos de T_H numérico; para isso usamos a equação do gás ideal no ponto inicial da expansão isotérmica (esse ponto está à temperatura T_H).

Passo 3

Usar a equação do gás ideal para encontrar T_H:
  • Para uma massa m de gás ideal valem p v = m R T.
  • No ponto 1 temos p_1 e v_1, então
T_H = \frac{p_1 v_1}{m R}.
  • Substituindo m=1, p_1=7\cdot10^5\\ \mathrm{Pa}, v_1=0{,}24\\ \mathrm{m}^3 e R=287\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}:
T_H = \frac{7\cdot10^5 \cdot 0{,}24}{287} = \frac{168000}{287}\\ \mathrm{K}.
  • Calculemos numericamente:
T_H \approx 585{,}7\\ \mathrm{K}.
  • Logo
T_C = 0{,}40\,T_H \approx 0{,}40\cdot585{,}7 \approx 234{,}3\\ \mathrm{K}.
(Assim respondemos a parte (a).)

Passo 4

Determinar o volume final da expansão isotérmica (parte (b)), usando a expressão do calor em processo isotérmico para gás ideal:
  • Em um processo isotérmico reversível para gás ideal, o calor trocado é igual ao trabalho realizado:
Q_{\text{iso}} = W_{\text{iso}} = m R T \ln\!\left(\frac{v_2}{v_1}\right),
onde v_1 é o volume inicial e v_2 o final, e T=T_H é constante nesse processo.
  • Aqui Q_{\text{in}}=40000\\ \mathrm{J}, m=1 e já conhecemos R e T_H. Então
\ln\!\left(\frac{v_2}{v_1}\right)=\frac{Q_{\text{in}}}{m R T_H}.
  • Note que m R T_H = p_1 v_1 (pela equação de estado), então podemos usar p_1 v_1=168000\\ \mathrm{J}. Assim
\ln\!\left(\frac{v_2}{v_1}\right)=\frac{40000}{168000}=0{,}238095\ldots
  • Exponenciando,
\frac{v_2}{v_1} = e^{0{,}238095}\approx 1{,}269.
  • Portanto
v_2 = v_1\cdot1{,}269 = 0{,}24\cdot1{,}269 \approx 0{,}3046\\ \mathrm{m}^3.
Arredondando convenientemente, v_2\approx0{,}305\\ \mathrm{m}^3. (Resposta da parte (b).)

Passo 5

Relações adiabáticas que servem para achar os volumes nos outros pontos e facilitar o desenho p\!-\!v:
  • Nos processos adiabáticos reversíveis para gás ideal vale
T v^{\gamma-1}=\text{const.}
  • Na expansão adiabática do ponto 2 (temperatura T_H, volume v_2) até o ponto 3 (temperatura T_C, volume v_3) temos
T_H v_2^{\gamma-1}=T_C v_3^{\gamma-1}.
  • Isolando v_3:
v_3 = v_2\left(\frac{T_H}{T_C}\right)^{\!1/(\gamma-1)}.
  • Como já encontramos \frac{T_H}{T_C}=\frac{1}{0{,}4}=2{,}5 e \gamma-1=0{,}4, temos 1/(\gamma-1)=2{,}5. Logo o fator é (2{,}5)^{2{,}5}.
  • Calculemos aproximadamente esse fator: (2{,}5)^{2{,}5}\approx 9{,}89.
  • Assim
v_3 \approx v_2\cdot9{,}89 \approx 0{,}3046\cdot9{,}89 \approx 3{,}01\\ \mathrm{m}^3.
  • O ponto 4 (após compressão isotérmica a T_C e antes da compressão adiabática final) satisfaz relação análoga: v_4 = v_1\cdot(2{,}5)^{2{,}5}, logo
v_4 \approx 0{,}24\cdot9{,}89 \approx 2{,}37\\ \mathrm{m}^3.

Passo 6

Calcular pressões nos quatro pontos para poder desenhar/concretizar o ciclo p\!-\!v:
  • Pela equação do gás ideal p = m R T / v.
  • Como m=1, usamos p = R T / v em cada ponto.
  • Ponto 1 (dado): p_1=7{,}00\\ \mathrm{bar} e v_1=0{,}24\\ \mathrm{m}^3.
  • Ponto 2 (isotérmico a T_H): p_2 = \dfrac{p_1 v_1}{v_2} porque p v= const. Então
p_2 = \frac{7\cdot10^5\cdot0{,}24}{0{,}3046}\\ \mathrm{Pa}\approx 5{,}52\cdot10^5\\ \mathrm{Pa}\approx 5{,}52\\ \mathrm{bar}.
  • Ponto 3: use p_3 = \dfrac{R T_C}{v_3}. Como R T_C = p_1 v_1\cdot0{,}40 = 168000\cdot0{,}40 =67200\\ \mathrm{J},
p_3 = \frac{67200}{3{,}01}\\ \mathrm{Pa}\approx 2{,}23\cdot10^4\\ \mathrm{Pa}\approx 0{,}223\\ \mathrm{bar}.
  • Ponto 4:
p_4 = \frac{67200}{2{,}37}\\ \mathrm{Pa}\approx 2{,}83\cdot10^4\\ \mathrm{Pa}\approx 0{,}283\\ \mathrm{bar}.
Resumo (valores aproximados): p_1=7{,}00\\ \mathrm{bar}, v_1=0{,}24\\ \mathrm{m}^3; p_2\approx5{,}52\\ \mathrm{bar}, v_2\approx0{,}305\\ \mathrm{m}^3; p_3\approx0{,}223\\ \mathrm{bar}, v_3\approx3{,}01\\ \mathrm{m}^3; p_4\approx0{,}283\\ \mathrm{bar}, v_4\approx2{,}37\\ \mathrm{m}^3.

Passo 7

Calcular trabalho e calor em cada processo (parte (c)). Vou usar a convenção: trabalho positivo quando realizado pelo sistema (energia que sai do sistema como trabalho); calor positivo quando recebido pelo sistema.
Processo 1→2: isoterma a T_H
  • Para gás ideal em processo isotérmico reversível:
Q_{12} = W_{12} = m R T_H \ln\!\left(\frac{v_2}{v_1}\right).
  • Já sabemos que Q_{12}=40000\\ \mathrm{J}. Assim
W_{12} = +40000\\ \mathrm{J},\qquad Q_{12}=+40000\\ \mathrm{J}.
  • Como é isotérmico para gás ideal, a variação de energia interna é \Delta U_{12}=0.
Processo 2→3: adiabática reversível de T_H para T_C
  • Em adiabática reversível Q_{23}=0.
  • O trabalho realizado pelo gás é a perda de energia interna (já que Q=0 e \Delta U = -W), então
W_{23} = m c_v (T_H - T_C).
  • Substituindo c_v=718\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)} e as temperaturas:
W_{23} = 718\cdot(585{,}7 - 234{,}3)\\ \mathrm{J}\approx 718\cdot351{,}4\\ \mathrm{J}\approx 252326\\ \mathrm{J}.
  • Assim
Q_{23}=0,\qquad W_{23}\approx +252326\\ \mathrm{J}.
  • E \Delta U_{23} = -W_{23}\approx -252326\\ \mathrm{J}.
Processo 3→4: isoterma de compressão a T_C
  • Analogamente ao processo 1→2, para a isoterma fria:
Q_{34} = m R T_C \ln\!\left(\frac{v_4}{v_3}\right).
  • Mas v_4/v_3 = v_1/v_2 = 1/1{,}269, então \ln(v_4/v_3) = -\ln(1{,}269). Como resultado Q_{34} = -\,0{,}40\cdot Q_{12} = -16000\\ \mathrm{J} (usar proporcionalidade do Carnot: Q_C = (T_C/T_H)Q_H).
  • O trabalho realizado pelo gás é igual ao calor para isoterma, então
W_{34} = Q_{34} \approx -16000\\ \mathrm{J}.
(Negativo: trabalho feito sobre o gás.)
Processo 4→1: adiabática reversível de compressão de T_C para T_H
  • É a adiabática inversa da 2→3, portanto Q_{41}=0 e
W_{41} = m c_v (T_C - T_H) = -\,W_{23}\approx -252326\\ \mathrm{J}.
  • Verificação de balanço: trabalho líquido do ciclo
W_{\text{net}} = W_{12}+W_{23}+W_{34}+W_{41} \approx 40000 + 252326 -16000 -252326 = 24000\\ \mathrm{J}.
Isto bate com W_{\text{net}}=Q_{\text{in}} - |Q_{\text{out}}| = 40000 - 16000 = 24000\\ \mathrm{J}, e a eficiência \eta = W_{\text{net}}/Q_{\text{in}} = 24000/40000 = 0{,}60 como dado.

Passo 8

Resumo interpretativo e instrução para desenhar o ciclo p\!-\!v (parte (d)):
  • Os quatro pontos a plottar no diagrama p\!-\!v (em unidades práticas) são:
    • Ponto 1: \big(p_1=7{,}00\\ \mathrm{bar},\\ v_1=0{,}24\\ \mathrm{m}^3\big).
    • Ponto 2: \big(p_2\approx5{,}52\\ \mathrm{bar},\\ v_2\approx0{,}305\\ \mathrm{m}^3\big).
    • Ponto 3: \big(p_3\approx0{,}223\\ \mathrm{bar},\\ v_3\approx3{,}01\\ \mathrm{m}^3\big).
    • Ponto 4: \big(p_4\approx0{,}283\\ \mathrm{bar},\\ v_4\approx2{,}37\\ \mathrm{m}^3\big).
  • O ciclo percorrido no sentido horário (para motor térmico) é:
    1→2: curva isotérmica a T_H (p decresce suavemente enquanto v aumenta de 0{,}24 a 0{,}305 m ^3);
    2→3: adiabática (p e T caem fortemente enquanto v cresce até \approx3{,}01 m ^3);
    3→4: isotérmica a T_C (compressão isotérmica: p aumenta quando v diminui de \approx3{,}01 para \approx2{,}37 m ^3);
    4→1: adiabática de compressão (p aumenta mais e T sobe até o ponto inicial).
  • Para desenhar, marque os pontos com as coordenadas acima e ligue 1→2 e 3→4 por curvas isotérmicas (hipérbolas p\propto1/v em cada temperatura) e 2→3 e 4→1 por curvas adiabáticas (mais inclinadas que isotermas). O ciclo ficará com a área fechada igual ao trabalho líquido 24\\ \mathrm{kJ}.

Resposta

(a) T_H\approx585{,}7\\ \mathrm{K} \quad T_C\approx234{,}3\\ \mathrm{K}
(b) v_2\approx0{,}305\\ \mathrm{m}^3
(c) Trabalhos e calores em cada processo (sinais: positivo = realizado pelo sistema / calor recebido pelo sistema):
  • Processo 1\to2 (isotérmico a T_H): Q_{12}=+40000\\ \mathrm{J},\; W_{12}=+40000\\ \mathrm{J}.
  • Processo 2\to3 (adiabático): Q_{23}=0,\; W_{23}\approx+252326\\ \mathrm{J}.
  • Processo 3\to4 (isotérmico a T_C): Q_{34}\approx-16000\\ \mathrm{J},\; W_{34}\approx-16000\\ \mathrm{J}.
  • Processo 4\to1 (adiabático): Q_{41}=0,\; W_{41}\approx-252326\\ \mathrm{J}.
    (Trabalho líquido do ciclo W_{\text{net}}=24000\\ \mathrm{J}.)
(d) Coordenadas p\!-\!v dos quatro pontos (aproximadas):
  • 1:\\ (p_1=7{,}00\\ \mathrm{bar},\\ v_1=0{,}24\\ \mathrm{m}^3)
  • 2:\\ (p_2\approx5{,}52\\ \mathrm{bar},\\ v_2\approx0{,}305\\ \mathrm{m}^3)
  • 3:\\ (p_3\approx0{,}223\\ \mathrm{bar},\\ v_3\approx3{,}01\\ \mathrm{m}^3)
  • 4:\\ (p_4\approx0{,}283\\ \mathrm{bar},\\ v_4\approx2{,}37\\ \mathrm{m}^3)

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