Variação de Entropia: Gás ideal

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Teoria

Opaa! Bora aprender sobre a variação de entropia com o RespondeAí?!

A segunda lei da termodinâmica diz que que a variação de entropia do universo tende sempre a aumentar.

A entropia, é uma grandeza termodinâmica utilizada pra medir o grau de desordem de um sistema, onde, quanto maior a desordem, maior a entropia.

Como poderíamos calcular a variação de entropia do sistema abaixo?

Gás em um cilindro.
Gás em um cilindro.

A resposta é: Depende!

Para um caso geral usamos então a seguinte equação para a variação da entropia:

Onde é a variação da entropia, é o integrante de calor e é a temperatura do gás.

Mas para cada situação vamos usar uma formulazinha especial, como a gente pode ver nessa tabela resumo 👇

Fórmulas da variação de entropia.
Fórmulas da variação de entropia.

-Mas eu preciso decorar todas essas fórmulas?

Não, fica calmo! 🤣🤣🤣 Vamos entender da onde surge esse monte e fórmula e como chegamos nela a partir da fórmula geral!

Cálculo da Variação de Entropia

Vamos considerar 4 casos para os gases ideais. Processo adiabático reversível, isovolumétrico, isobárico e isotérmico.

Agora vamos ver como cada caso funciona!

Processo Adiabático Reversível

Nesse processo não há troca de calor no sistema portanto o calor absorvido pelas moléculas, , é:

Então:

á

É um processo em que a entropia não varia, chamado de isentrópico!

Processo Isovolumétrico

No processo isovolumétrico não há variação do volume do gás, ele não se expande e nem se comprime.

Aqui precisaremos calcular o calor pra substituir na equação da entropia. Isso porquê no caso isovolumétrico o calor depende da variação de temperatura, então a integral deixará de ser em função do calor pra ser em função da temperatura.

Como calcular o calor nesse processo? Basta lembrar que:

E por isso temos:

Substituindo o  na integral temos:

Como para um gás ideal  é constante, então podemos tira-lo da integral:

Integrando:

é

Então se te pedissem pra calcular um gás num processo isovolumétrico você precisaria somente das constantes:

  • que é o número de moléculas em mols do gás.
  • que é o calor específico ao volume constante do gás que pro gás ideal é dada por:

    Onde  é a constante dos gases reais e  é a constante pra cada tipo de gás (monoatômico, diatômico, poliatômico.)

  • e são as temperaturas inicial e final do gás, respectivamente.

    Só fique atento as unidades, se o calor específico for dado em  a temperatura deverá ser em .

Processo Isobárico

Aqui não há variação de pressão e o calor será como no volumétrico uma função da temperatura.

A única diferença aqui é que usaremos o calor específico para pressão constante  ao invés do volume constante .

Se jogarmos na equação da entropia e integrarmos, vai dar:

á

A única coisa nova aqui é o calor específico na pressão constante  que é dado por:

Processo Isotérmico

Nesse processo a temperatura não varia e portanto a variação da energia interna do gás é:

Isso influencia diretamente a primeira lei da termodinâmica:

Lembrando que o trabalho aqui é dado por:

Substituindo  na integral da entropia temos:

Só que agora a pressão não é constante com o volume. Temos que transformar as coisas, usando o a lei dos gases ideais:

Substituindo na integral

Resolvendo a integral:

é

Então pro processo isotérmico em relação ao que já vimos antes só vamos depender das constantes, que é o volume final e que é o volume inicial do gás.

Se você quiser entender mais de transformações gasosas pode clicar aqui!

Agora que já entendemos como calcular a variação de entropia pra gases ideais, podemos ver uma aplicação muito utilizada!

A variação de entropia nos ciclos termodinâmicos! Clica aqui em baixo pra conferir 👇

Bora praticar com exercícios?!

Cálculo da Variação de Entropia

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Duas amostras de um gás à mesma temperatura e pressão, são comprimidas do volume V para um volume V / 2 , uma isotermicamente e outra adiabaticamente.

a Determine a pressão final nos dois casos

b   Determine a variação de entropia nos dois casos.

Passo 1

a   Bom, pra descobrir a pressão final no caso da transformação isotérmica é fácil, basta usar o Piviti-Póvoto:

P 1 V 1 T 1 = P 2 V 2 T 2

Sendo T 1 = T 2 , V 1 = V e V 2 = V 2 :

P 0 V = P 2 . V 2  

P 2 = 2 P 0

Sendo P 0 a pressão inicial.

E no caso da transformação adiabática, vamos usar a fórmula:

P 1 V 1 γ = P 2 V 2 γ

Logo:

P 0 V γ = P 2 . V 2 γ  

→ P 2 = 2 γ P 0

Sendo que o γ é indicado de acordo com o tipo do gás (monoatômico, diatômico, etc).

Passo 2

b   Transformação isotérmica:

Nesse caso, como a temperatura não varia, vamos ter ∆ U = 0 . E, pela primeira lei:

∆ U = Q - W

∆ U = 0 → Q = W

O trabalho de uma transformação isotérmica é dado por:

W = n R T ln ⁡ V f V i

Logo:

Q = W = n R T ln ⁡ V f V i

Como a variação de entropia é dada por:

∆ S = ∫ d Q T

Como a temperatura é constante, a variação fica:

∆ S = ∫ d Q T = 1 T . ∫ d Q = Q T

Substituindo o valor de Q :

∆ S = n R T ln ⁡ V f V i . 1 T = n R ln ⁡ V f V i

Como V f = V 2 e V i = V :

∆ S = n R l n 1 2 = - n R l n ( 2 )

Passo 3

Transformação adiabática:

Vamos dar uma olhada na integral:

∆ S = ∫ d Q T

Como numa transformação desse tipo não há troca de calor, a integral acima irá zerar. Logo:

∆ S = 0

Resposta

a   P 2 = 2 γ P 0

( b ) Transformação isotérmica: ∆ S = - n R l n ( 2 )

Transformação adiabática: ∆ S = 0

Exercício Resolvido #2

Um recipiente rígido (volume constante) e isolado termicamente contém 1,0   k g de nitrogênio na forma de gás a pressão de 1   a t m e a temperatura de 70 ° C . Um agitador mecânico, com pás no interior do recipiente, realiza 10   k J de trabalho sobre o gás. O calor específico do nitrogênio, a volume constante, é c v = 0,74   k J / k g   K .

a   Calcule a temperatura final do gás.

b   Calcule a variação de entropia do universo neste processo.

Passo 1

a   Vamos analisar o problema com a primeira lei da termodinâmica:

∆ U = Q - W

Como o gás está isolado termicamente: Q = 0 :

∆ U = - W

Como o trabalho que foi realizado sobre o gás foi feito por um agente externo, W = - 10 k J :

∆ U = - - 10 × 10 3 = 10 k J

Passo 2

Agora vamos usar a fórmula:

∆ U = m c v ∆ T

Vamos aplicar os valores que o enunciado deu e os que conseguimos na relação abaixo:

∆ U = n c v ∆ T

Lembrando que:

c v = g R 2

1 . 0,74 ∆ T = 10

∆ T ≅ 13,5 K

Sendo T i = 70 ° C :

T f - T i = 13,5

T f = 83,5 ° C

Passo 3

b   A variação de entropia do universo (gás + pás + resto) é dada por

∆ S u n i v e r s o = ∫ d Q T

Mas como Q = 0 :

∆ S u n i v e r s o = 0

Já que não houve uma troca de calor (mesmo que a entropia do gás tenha aumentado).

Resposta

a   T f = 83,5 ° C

b   ∆ S = 0

Exercício Resolvido #3

Uma máquina térmica opera entre dois reservatórios a T Q = 600 K e T v = 350 K . Ela absorve 1200   J de calor do reservatório de temperatura mais elevada e executa 150   J de trabalho durante um ciclo. Encontre, com justificativas:

a   A variação da entropia da máquina ∆ S M em um ciclo e a variação da entropia do universo ∆ S U para este processo.

b   O trabalho feito por uma máquina de Carnot que opera entre esses dois reservatórios absorvendo 1200   J de calor da fonte de temperatura mais elevada.

Passo 1

a   A variação de entropia de um processo cíclico é sempre igual à zero. Por quê? Oras, porque, como a entropia é uma variável termodinâmica, ela só depende dos pontos finais e inicias. Mas como num ciclo o processo todo volta para o inicio, a variação da entropia vai dar zero:

∆ S c i c l o = S f - S i = S i - S i = 0

Passo 2

E a variação de entropia do universo? Bom, a variação de entropia do universo é a soma de todas as variações. Então é a soma da variação do ciclo, mais da fonte quente e mais a da fria:

∆ S u n i v e r s o = ∆ S c i c l o + ∆ S F + ∆ S Q

Bom, a variação de entropia da fonte fria é dada por:

∆ S F = Q F T F

Onde Q F   é o calor recebido pela fonte fria e que é despejado do ciclo.

Usando a relação:

Q Q - Q F = W ciclo

A gente pode achar facilmente Q F :

1200 - Q F = 150

Q F = 1050 J

Então, sendo T F = 350 :

∆ S F = + 1050 350 = + 3   J / K

O valor é positivo, pois o calor entra na fonte fria.

A entropia da fonte quente é igual ao calor que ela perde para o ciclo dividido pela temperatura da fonte quente:

∆ S Q = - 1200 600 = - 2 J / K

Então:

∆ S u n i v e r s o = 3 - 2 = 1   J / K

Passo 3

b   Antes a gente precisa calcular o rendimento de uma máquina de Carnot operando entre essas temperaturas:

ε Carnot = 1 - T F T Q

ε Carnot = 1 - 350 600 = 0,42 = 42 %

Beleza?

Agora usamos a propriedade:

ε = W ciclo Q Q

W ciclo = ε Q Q = 0,42.1200 = 504 J

Resposta

a   ∆ S c i c l o = 0 ; ∆ S u n i v e r s o = 1   J / K

b   W ciclo = 504 J

Exercício Resolvido #4

O ciclo da figura abaixo representa a operaçãoo de um motor de combustão interna de gasolina (ciclo de Otto). Suponha que a mistura gasolina-ar é equivalente a n mols de um gás ideal com γ = 4 3 = 1,33 .

a Determine as razões entre as temperaturas absolutas T 2 / T 1 , T 3 / T 1 e T 4 / T 1 .

b Determine as razões entre as pressões p 3 / p 1 e p 4 / p 1 .

c Determine o trabalho total W realizado no ciclo (em função de n R T 1 ).

d Em que fase o calor é fornecido ao sistema? Calcule esse calor Q Q (em função de n R T 1 ).

e Calcule a eficiência ε dessa máquina, supondo que todas as trocas de calor ocorrem com fontes externas ao sistema.

f Determine a variação de entropia da substância de trabalho em cada fase do ciclo (em função de n R ).

Passo 1

Antes de atacar o problema, vamos primeiro extrair as informações que são dadas através da figura:

p 2 = 3,00 . p 1

V 2 = V 1

V 4 = V 3 = 4,00 . V 1

a   Para determinar as razões, vamos montar as equações, baseada na lei dos gases ideais, para dois pontos e depois dividir as duas para obter a razão! Ficou confuso? Se liga, então:

Para o ponto 1 , temos:

p 1 . V 1 = n . R . T 1

Para o ponto 2 , temos:

p 2 . V 2 = n . R . T 2

3 . p 1 . V 1 = n . R . T 2

Agora é só dividir a equação do ponto 2 pela equação do ponto 1 :

3 . p 1 . V 1 p 1 . V 1 = n . R . T 2 n . R . T 1

3,00 = T 2 T 1

Passo 2

Para o processo adiabático entre os pontos 2 e 3 , temos:

T 2 . V 2 γ - 1 = T 3 . V 3 γ - 1

Fazendo as substituições, temos:

3,00 . T 1 . V 1 1 3 = T 3 . 4,00 . V 1 1 3

T 3 T 1 = 3,00 4 1 3

T 3 T 1 = 1,89

Passo 3

Analogamente, temos para o processo adiabático entre os pontos 4 e 1 :

T 4 . V 4 γ - 1 = T 1 . V 1 γ - 1

Fazendo as substituições, temos:

T 4 . 4,00 . V 1 1 3 = T 1 . V 1 1 3

T 4 T 1 = 1 4,00 1 3

T 4 T 1 = 0,630

Passo 4

b   Para determinar as razões entre as pressões, vamos fazer como fizemos no item anterior:

Para o ponto 1 , temos:

p 1 . V 1 = n . R . T 1

Para o ponto 3 , temos:

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

p 3 . 4,00 . V 1 = n . R . ( 1,89 . T 1 )

Lembrando que fizemos as substituições baseadas nas informações que extraímos da figura e das razões que achamos no item anterior!

Dividindo a equação para o ponto 3 pela equação para o ponto 1 , temos:

p 3 . 4,00 . V 1 p 1 . V 1 = n . R . 1,89 . T 1 n . R . T 1

p 3 p 1 = 1,89 4,00

p 3 p 1 = 0,472

Passo 5

Vamos fazer o mesmo procedimento para os pontos 1 e 4 !

p 1 . V 1 = n . R . T 1

Para o ponto 4 , temos:

p 4 . V 4 = n . R . T 4

p 4 . 4 . V 1 = n . R . ( 0,63 . T 1 )

Agor é só dividir a equação para o ponto 4 pela equação para o ponto 1 !

p 4 . 4 . V 1 p 1 . V 1 = n . R . 0,63 . T 1 n . R . T 1

p 4 p 1 = 0,63 4

p 4 p 1 = 0,157

Passo 6

c   Vamos primeiro analisar a figura. Podemos perceber que o trabalho realizado entre 1 e 2 e entre 3 e 4 é zero pois são processos isovolumétricos!

W 12 = W 34 = 0

Agora vamos para os processos adiabáticos. Nesses processos, sabemos que não há troca de calor, ou seja:

Q = 0

portanto, pela primeira lei da termodinâmica, temos:

Q = W + Δ E i n t

- W = Δ E i n t

Pela definição de energia interna, temos:

- W = g 2 . n . R . Δ T

W = - g 2 . n . R . Δ T

Precisamos agora determinar g , que são os graus de liberdade do gás:

Passo 7

Para determinar g , podemos utilizar a definição de γ :

γ = C p C v = g 2 . R + R g 2 . R

Como o valor de γ é dado, temos:

4 3 = g 2 + 1 g 2

g = 6

Passo 8

Agora podemos calcular o trabalho, para o processo 23 , temos:

W 23 = - 6 2 . n . R . ( T 3 - T 2 )

Substituindo C v e colocando as temperaturas em função de T 1 , temos:

W 23 = - 3 . n . R . ( 1,89 . T 1 - 3,00 . T 1 )

W 23 = 3,33 . n . R . T 1

Agora para o processo 41 , temos:

W 41 = - 6 2 . n . R . T 1 - T 4

W 41 = - 3 . n . R . ( T 1 - 0,630 . T 1 )

W 41 = - 1,11 . n . R . T 1

Passo 9

Ou seja, para o ciclo, teremos:

W = W 12 + W 23 + W 34 + W 41

W = 0 + 3,33 . n . r . T 1 + 0 + ( - 1,11 . n . R . T 1 )

W = 2,22 . n . R . T 1

Passo 10

( d ) Para determinar em que fase o calor é fornecido, vamos pensar da segunte maneira. Sabemos que nos processos adiabáticos não há troca de calor. Portanto devemos analisar apenas os processos 12 e 34 . Nesses processos, não é realizado nenhum trabalho, ou seja:

Q = Δ E i n t

Podemos ver que no processo 12 , a pressão aumenta a volume constante, aumentanto a temperatura, ou seja, a energia interna do sistema aumenta, para que isso aconteça, calor deve ser fornecido ao sistema. Portanto na fase 12 foi fornecido calor ao sistema.

No processo 34 vemos que a pressão diminui a pressão constante, diminuindo assim a temperatura, ou seja, a energia interna do sistema diminui, desse modo o sistema está rejeitando calor.

Passo 11

Vamos ao que interessa, que é calcular o calor fornecido no processo 12 :

Q 12 = Δ E i n t

Q 12 = n . C v . ( T 2 - T 1 )

Substituindo C v e colocando a temperatura em função de T 1 , temos:

Q 12 = n . 3 . R . 3,00 T 1 - T 1

Q 12 = Q Q = 6,0 . n . R . T 1

Passo 12

e   Para calcular a eficiência da máquina, vamos relembra da fórmula para a eficiência:

ε = W Q Q

Substituindo os valores, temos:

ε = 2,22 . n . R . T 1 6,0 . n . R . T 1

ε = 2,22 6,0

ε = 0,367 → 36,7 %

Passo 13

f   Nos processos adiabáticos, temos que a variação de entropia é zero:

Δ S 23 = Δ S 41 = 0

Para o processo 12 , temos:

Δ S 12 = ∫ d Q T

Substituindo Q por n . C v Δ T ,temos:

Δ S 12 = ∫ n . C v . d T T

Δ S 12 = n . C v . ln ⁡ T 2 T 1

Substituindo os valores, temos:

Δ S 12 = n . 3 . R . ln ⁡ T 2 T 1

Δ S 12 = n .   3 . R . ln ⁡ 3

Δ S 12 = 3,3 . n . R

Passo 14

Para o processo 34 , podemos fazer o mesmo procedimento, no entanto, sabendo que a variação de entropia do ciclo deve ser zero, teremos que:

Δ S 34 = - Δ S 12

Δ S 34 = - 3,3 . n . R

Resposta

a   T 2 T 1 = 3,00 ; T 3 T 1 = 1,89 ; T 4 T 1 = 0,630

b p 3 p 1 = 0,472 ; p 4 p 1 = 0,157

( c ) W = 2,22 . n . R . T 1

( d ) Q Q = 6,0 . n . R . T 1

( e ) ε = 0,367 → 36,7 %

( f ) Δ S 23 = Δ S 41 = 0 ; Δ S 12 = 3,3 . n . R ; Δ S 34 = - 3,3 . n . R

Exercício Resolvido #5

Num processo de expansão livre de um gás ideal isolado do ambiente:

a   A energia interna do gás aumenta e a entropia fica a mesma.

b   A energia interna e a entropia do gás ficam as mesmas.

c   A energia interna do gás diminui e a entropia fica a mesma.

d   A energia interna e a entropia do gás aumentam.

e   A energia interna do gás fica a mesma e a entropia aumenta.

f   A energia interna do gás diminui e a entropia aumenta.

g   A energia interna e a entropia do gás diminuem.

Passo 1

Numa expansão livre de um gás, não há realização de trabalho e nem há troca de calor. Então, a variação de energia interna é nula:

∆ U = 0

Passo 2

Bom, por causa disso, podemos escolher um processo auxiliar pra calcular a variação de entropia. Hã? Como assim?

Bem, como a entropia é uma função de estado, podemos calcular a variação de entropia por qualquer “caminho”, como costumamos fazer com a energia interna. Assim, podemos escolher um processo reversível entre os pontos finais e inicias pra calcular isso.

Bom, como a variação de energia interna é nula, qual processo você usaria?

Um processo isotérmico!!!!

Afinal, num processo isotérmico:

∆ U = 0

Passo 3

Beleza, então vamos usar um processo isotérmico. Num processo isotérmico, a variação de energia interna é nula, assim:

∆ U = Q - W

d U = d Q - d W

0 = d Q - d W → d Q = d W = p d V

Então:

∆ S = ∫ d Q T = ∫ p d V T

Usando a equação geral dos gases:

p V = n R T

  p = n R T V

Então:

∆ S = ∫ n R V d V = n R ∫ d V V

Δ S = n R l n V f V i

Pronto! Bom, como o volume final é maior que o inicial, temos que:

∆ S > 0

E

∆ U = 0

Então:

Alternativa e

Resposta

Alternativa e

Exercício Resolvido #6

Um gás ideal diatômico descreve o ciclo A B C D A definido pelas seguintes etapas:

A → B : processo a volume constante 2 V 0 , desde a pressão p 0 até 2 p 0 .

B → C : expansão a pressão constante 2 p 0 , do volume 2 V 0 até 3 V 0 .

C → D : processo a volume constante 3 V 0 , de 2 p 0 até p 0 .

D → A : compressão a pressão constante p 0 , de 3 V 0 até 2 V 0 .

a Desenhe o ciclo num gráfico p   versus V , sendo p 0 = 10 5   P a Pa e V 0 = 20 × 10 - 3 m 3

b Dado que o número de mols n do gás é tal que n R = 20   J / K , calcule a temperatura em cada vétice.

c Obtenha o trabalho realizado pelo gás em cada ciclo.

d Obtenha o calor trocado em cada etapa do ciclo, indicando se é recebido ou cedido pelo gás.

e Calcule a eficiência de um motor térmico operando segundo o ciclo A B C D A .

f Calcule a variação de entropia da etapa D → A e a variação de entropia no ciclo completo.

Passo 1

( a ) Vamos primeiro montar o gráfico de acordo com as informações dadas no enunciado:

Podemos ver claramente no gráfico as transformações a volume constante e a pressão constante.

Passo 2

b   Como temos o valor de p 0 e de V 0 , podemos achar a temperatura em cada vértice utilizando a lei dos gases ideais, lembre-se que n R = 20   J / K

p . V = n . R . T

Vamos começar com o vértice A :

p 0 . 2 . V 0 = n R . T A

Substituindo os valores, temos:

10 5 .   2 .   20 × 10 - 3 = 20 . T A

T A = 200   K

Passo 3

Vamos agora para o vértice B :

2 p 0 . 2 . V 0 = n .   R .   T B

2 .   10 5 . 2   . 20 × 10 - 3 = 20 . T B

T B = 400   K

Passo 4

Para o vértice C , temos:

2 . p 0 .   3 V 0 = n . R . T C

2.10 5 .   3 .   20 × 10 - 3 = 20 .   T C

T C = 600   K

Passo 5

Para o vértice D , temos:

p 0 .   3 .   20 × 10 - 3 = n . R . T D

10 5 .   3 .   20 × 10 - 3 = 20 .   T D

T D = 300   K

Passo 6

c   Quando temos um ciclo, sabemo que o trabalho realizado é igual à área do retângulo A B C D , ou seja:

W c i c l o = 2 . p 0 - p 0 . ( 3 . V 0 - 2 . V 0 )

W c i c l o = p o . V 0

W c i c l o = 10 5 .   20 × 10 - 3

W c i c l o = 2,0 × 10 3   J

Passo 7

d   Para determinar o calor trocado em cada etapa, vamos recordar da equação para o calor a volume constante e a pressão constante, que são, respectivamente:

Q = n   . C v . Δ T

Q = n .   C p . Δ T

Lembrando que para um gás diatômico, temos:

C v = 5 2 R

C p = C v + R

C p = 7 2 R

Dito isso, podemos determinar o cator trocado em cada processo do ciclo!

Passo 8

Vamos começar com os processos a volume constante, vamos calcular primeiro Q A B e depois Q C D :

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

Q A B = 5 2 . 20 .   400 - 200

Q A B = 10000   J

Para Q C D , temos:

Q C D = n . 5 2 . R   . ( T D - T C )

Q C D = 5 2 . 20   . ( 300 - 600 )

Q C D = - 15000   J

Passo 9

Agora vamos calcular o calor trocado no processo a pressão constante, primeiro Q B C e depois Q D A :

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

Q B C = 7 2 . 20   . 600 - 400

Q B C = 14000   J

Para Q D A , temos:

Q D A = n . 7 2 . R . ( T A - T D )

Q D A = 7 2 .   20 .   ( 200 - 300 )

Q D A = - 7000   J

Perceba que em todas as contas desse item juntamos n R , pois já temos esse valor!

O sinal indica se o calor é recebido( Q > 0 ) ou cedido( Q < 0 ).

Passo 10

e   Para uma máquina térmica, temos que a eficiência é dada por:

η = W c i c l o Q Q

Onde Q Q é o calor recebido pelo gás. Podemos calcular esse calor simplesmente somando os Q > 0 do item anterior!

Q Q = 100 0 0 + 14000

Q Q = 24000   J

Substituindo na fórmula da eficiência, temos:

η = 2 × 10 3 24000

η = 0,083

Passo 11

f   Para calcular a entropia, vamos relembra da fórmula:

Δ S D A = ∫ T D T A d Q T

Substituindo Q pela fórmula usada em processos a pressão constante, visto que esse é processo entre D e A , temos:

Δ S D A = ∫ T D T A n .   C p . d T T

Δ S D A = 7 2 . n R . ln ⁡ T A T D

Δ S D A = 7 2 . 20 . ln ⁡ 200 300

Δ S D A = - 28,4   J / K

Para um ciclo, temos que a entropia é zero:

Δ S c i c l o = 0

Resposta

a  

b T A = 200   K T B = 400   K T C = 600   K T D = 300   K

c   W c i c l o = 2,0   k J

d   Q A B = 10   k J Q B C = 14 k J Q C D = - 15   k J Q D A = - 7   k J

e   η = 0,083

f   Δ S D A = - 28,4   J / K ; Δ S c i c l o = 0

Exercício Resolvido #7

Um mol de um gás ideal monoatômico, inicialmente à pressão p i = 10,0 k N / m 2 e temperatura de 1.200 K expande a partir de um volume inicial V i = 1,00 m 3 até V f = 2,00 m 3 . Durante a expansão a pressão p e o volume V do gás estão relacionados pela expressão:

p = p i e V i - V a

Onde p está em k N / m 2 ·, V i e V em unidades de m 3 , e a = 1,00 m 3 . Determine:

a A pressão final

b A temperatura final

c Qual o trabalho realizado pelo gás durante a expansão

d Qual a variação de entropia do gás durante a expansão?(dica: Use dois processos reversíveis simples ligando os estados inicial e final para calcular a variação de entropia).

Dados:

R = 8,31 J / m o l - 1 K - 1

Passo 1

a Nós temos a função que rege a variação de p . Basta a gente aplicar os valores:

V = V f = 2,00 m 3

V i = 1,00 m 3

p i = 10,0 k N / m 2 = 10 x 10 3 N / m 2

a = 1,00 m 3

Então:

p = 10,0 x 10 3 . e 1 - 2 1 = 10,0 x 10 3 e

p ≅ 3,68 k N

Passo 2

b   Vamos agora usar o Piviti-Povotó:

P 1 V 1 T 1 = P 2 V 2 T 2   → T 2 = P 2 V 2 P 1 V 1 . T 1

Usando os valores do enunciado e o valor da pressão da letra a :

T 2 = 3,68.10 3 . 2 10,0.10 3 . 1 . 1200 ≅ 883,2 K

T 2 = 883,2   K

Passo 3

c   O trabalho realizado pelo gás é dado por:

W = ∫ V i V f p d V

Sendo que p é uma função de V ! Logo, a integral fica:

W = ∫ V i V f p i e V i - V a d V  

Resolvendo:

W = ∫ V i V f p i e V i - V a d V    

W = p i ∫ V i V f e V i - V a d V    

W = - p i . a . e V i - V f a - - p i . a . e V i - V f a ∴

W = p i . a - p i . a . e V i - V f a

Aplicando os valores do enunciado:

W = p i . a - p i . a . e V i - V f a  

W = 10 x 10 3 . 1   - 10 x 10 3 . 1 . e 1 - 2 1

W = 10 4 - 10 4 e

W ≅ 6,32 k J

Passo 4

d   Bom, como o próprio enunciado nos indicou, é melhor escolher processos reversíveis simples que liguem os pontos iniciais e finais para calcular a variação de entropia total.

Vamos escolher dois processos diferentes, calcular a variação da entropia de cada um e, no fim, soma-las, obtendo a variação total.

Vamos escolher primeiro um processo isotérmico. Usando a primeira lei:

∆ U = Q - W

Sendo ∆ U = 0 , já que o processo é isotérmico, o que quer dizer que não há variação de temperatura e, logo, não há variação de energia interna. Então ficará:

W = Q

Como o trabalho realizado pelo um gás numa transformação isotérmica é dado por:

W = n R T l n V f V i

Logo, o calor será:

Q = W = n R T l n V f V i

Aplicando os valores do enunciado:

Q = 1 x 8,34 x 1200 x ln ⁡ 2 1 ≅ 6937 J

A variação de entropia é dada por:

∆ S = ∫ d Q T  

Como T é constante:

∆ S = ∫ d Q T = 1 T . ∫ d Q = Q T

Logo:

∆ S = Q T = 6937 1200

Δ S = 5,78 J / K

Que é a nossa primeira variação de entropia. Vamos chama-la de ∆ S 1 .

Como há variação de temperatura, vamos tomar algum um processo isovolumétrico. A gente vai ver que nesse caso a variação da temperatura vai gerar a variação da entropia:

Nesse processo, o trabalho é igual a 0: W = 0 , e o valor de Q é dado por:

Q = n c v ∆ T   → d Q = n c v d T

Logo, a variação de entropia será:

∆ S = ∫ d Q T = ∫ n c v d T T  

Integrando em relação a T :

∆ S = n c v ln ⁡ T f T i

Como o gás é monoatômico, c v = 3 2 R , n = 1 , T f = 885 K e T i = 1200 K :

∆ S = 3 2 R . ln ⁡ 885 1200

Δ S ≅ - 3.79 J / K

Pronto! A variação total será a soma das duas:

∆ S t o t a l = ∆ S 1 + ∆ S 2   →   ∆ S t o t a l

∆ S t o t a l = 5,78   - 3.79

∆ S t o t a l = 1.99 J / K  

Resposta

a   3,68 k N

b   883,2 K

c   6,32 k J  

d   1.99 J / K    

Exercício Resolvido #8

I

Uma máquina térmica operando entre as temperaturas T 1 = 400   K e T 2 = 800   K rejeita

para a fonte fria uma quantidade de calor Q 1 = 270   k J em um ciclo. Sua eficiência é igual a

20 % da eficiência máxima (Carnot) para essas fontes.

a Calcule a quantidade de calor fornecida pela fonte quente Q 2 e o trabalho realizado W em cada ciclo.

b Qual deve ser a duraçãoo de cada ciclo para que a potencia média que a máquina entrega seja igual a 3   k W ?

I I

Essa mesma máquina é utilizada para alimentar um refrigeradore que retira, a cada ciclo (da mesma duraçãoo que o da máquina), uma certa quantidade de calor Q 3 de um compartimento à temperatura T 3 = 200   K , despejando no ambiente, a uma temperatura T 4 = 300 K , uma quantidade de calor Q 4 .

c Faça um esquema do funcionamento do sistema composto,indicando com setas os fluxos de energia.

d Sendo Q 4 = 120   k J , obtenha o coeficiente de desempenho K do refrigerador.

e Calcule a variação de entropia do sistema [refrigerador + compartimento a T 3 + ambiente a T 4 ] após um ciclo. O resultado é compatível com a segunda lei da termodinâmica?

Passo 1

a   Como temos a eficiência da máquina, podemos determinar o calor recebido da fonte quente, assim como o trabalho realizado pelo ciclo somente pela equação de rendimento, se liga!

Vamos primeiro determinar a eficiência da máquina:

η = 20 % . ( η m á x )

Sabendo que a eficiência máxima é a de um ciclo de Carnot, temos:

η = 0,20 . ( 1 - 400 800 )

η = 0,1

Passo 2

Agora que temos a eficiência, vamos calcular o calor recebido da fonte quente Q 2 :

η = 1 - Q 1 Q 2

substituindo os valores, temos:

0,1 = 1 - 270 Q 2

Q 2 = 300   k J

Para determinar o trabalho, temos:

η = W Q 2

0,1 = W 300

W = 30   k J

Passo 3

b   Para determinar a duração do ciclo, vamos relembrar a definição de potência:

P = W Δ T

substituindo os valores que temos, podemos achat o tempo:

3 = 30 Δ T

Se liga que o trabalho está em k J e a potência está em k W , por isso não multiplicamos por 10 3 , pois iria cancelar de qualquer maneira!

Δ T = 10   s

Passo 4

c   Para os ciclos descritos, teremos o seguinte esquema:

Passo 5

d   Para um refrigerador, temos a seguinte definição de desempenho:

K = Q F W

Para o nosso sistema, fica:

K = Q 3 W

No entanto, precisamos determinar Q 3 , para isso, fazemos:

Q 3 + W = Q 4

Q 3 = Q 4 - W

Substituindo na equação do desempenho, temos:

K = Q 4 - W W

K = 120 - 30 30

K = 3

Passo 6

e   Para calcular a entropia do sistema, vamos primeiro calcular a entropia de cada componente separadamente:

Vamos começar com a do refrigerador:

Δ S r e f r i = 0

Como o refrigerador retorna ao seu estado inicial, a entropia é nula!

Passo 7

Para o compartimento a T 3 , temos:

Δ S T 3 = - Q 3 T 3

Lembrando que como o calor é retirando do compartimento, teremos que a entropia é negativa!

Como sabemos que Q 3 = Q 4 - W = 90   k J , fica:

Δ S T 3 = - 90 200

Δ S T 3 = - 450   J / K

Calma...a conta está correta...como tínhamos Q 3 em k J , simplesmente multiplicamos o resultado final por 10 3 !

Passo 8

Para o ambiente a T 4 , temos:

Δ S T 4 = Q 4 T 4

Δ S T 4 = 120 300

Δ S T 4 = 400   J / K

Lembrando novamente que passamos de k J para J !

Passo 9

Para o sistema como um todo, temos:

Δ S s i s = Δ S r e f r i + Δ S T 3 + Δ S T 4

Δ S s i s = 0 - 450 + 400

Δ S s i s = - 50   J / K

Tal resultado não é compatível com a segunda lei da termodinâmica, pois a entropia total não pode ser negativa, ou sej anão pode diminuir.

Resposta

a Q 2 = 300   k J ; W = 30   k J

b Δ T = 10   s

c

d K = 3

e Δ S s i s = - 50   J / K Não é compatível com a segunda lei da termodinâmica, pois Δ S < 0 .

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