Exercícios Resolvidos de Primeira Lei da Termodinâmica em Ciclos

A figura abaixo mostra o ciclo a que é submetido 1,00   m o l de um gás ideal. As temperaturas são T 1 = 300 K , T 2 = 600 K e T 3 = 455 K .

  1. Calcule p 2 / p 3 e V 3 / V 2 .
  2. Obtenha o coeficiente adiabático γ = C P / C V e diga se o gás é monoatômico, diatômico ou poliatômico.
  3. Determine, justificando, o calor trocado, Q , o trabalho realizado, W , e a variação de energia interna, Δ E i n t , para cada um dos processos 1 → 2 , 2 → 3   , 3 → 1 , e para o ciclo. Preencha a tabela abaixo
  4. Calcule a eficiência da máquina que trabalha conforme esse ciclo.

Dados:

R = 8,31   J / ( m o l . K )

Passo 1

Estamos falando de um mol de um gás ideal que obedece

P V = n R T → n = 1 P V T = R = c o n s t a n t e  

Primeiro vamos obter as relações mais fáceis. O processo 1 → 2 é uma transformação isovolumétrica

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

Já o processo 3 → 1 é uma transformação isobárica (pressão constante)

P 3 = P 1 → P 3 V 3 T 3 = P 1 V 1 T 1 → V 3 T 3 = V 1 T 1

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora temos que procurar as razões pedidas pelo enunciado

A primeira delas é P 2 / P 3

Do processo 1 → 2 temos que

P 1 T 1 = P 2 T 2

Por outro, lado do processo 3 → 1

P 3 = P 1

Substituindo temos

P 3 T 1 = P 2 T 2 → P 2 P 3 = T 2 T 1 = 600 300

P 2 P 3 = 2

A segunda razão pedida é V 3 / V 2

Do processo 3 → 1 temos que

V 3 T 3 = V 1 T 1

Por outro lado, do processo 1 → 2

V 1 = V 2

Substituindo

V 3 T 3 = V 2 T 1 → V 3 V 2 = T 3 T 1 = 455 3 00

V 3 V 2 = 1,517

Passo 3

Em uma transformação adiabática o termo

P V γ

é constante. Assim

P 2 V 2 γ = P 3 V 3 γ → P 2 P 3 = V 3 V 2 γ

Só que essas razões entre essas pressões e volumes já calculamos ;)

2 = 1,517 γ → log ⁡ 2 = γ log ⁡ 1,517 → γ = log ⁡ 2 log ⁡ 1,517

γ ≈ 1,66 → γ = 5 / 3

E esse é o valor de γ correspondente ao gás monoatômico.

Passo 4

Como o gás é monoâtomico a sua energia interna é dada por (lembrando que n = 1 )

E i n t = 3 2 R T

Vamos olhar cada um dos processos

No primeiro processo 1 → 2 , temos uma transformação isovolumétrica, logo nesse caso o trabalho será nulo

W 1 → 2 = 0

A variação de energia interna é dada por

Δ E i n t 1 → 2 = 3 2 R Δ T 1 → 2 = 3 2 R 600 - 300 = 3 2 × 8,31 × 300

Δ E i n t 1 → 2 = 3,74 k J

Agora usando a primeira lei para gases ideais, temos

Δ E i n t 1 → 2 = Q 1 → 2 - W 1 → 2 → Q 1 → 2 = Δ E i n t 1 → 2 + W 1 → 2 = 3,74 + 0

Q 1 → 2 = 3,74 k J

Passo 5

No processo 2 → 3 , temos uma transformação adiabática, onde não há troca de calor, ou seja,

Q 2 → 3 = 0

Já a variação de energia interna é dada por

Δ E i n t 2 → 3 = 3 2 R Δ T 2 → 3 = 3 2 R 455 - 600 = 3 2 × 8,31 × - 145

Δ E i n t 2 → 3 = - 1,81 k J

E agora usando a primeira lei para gases ideais, temos

Δ E i n t 2 → 3 = Q 2 → 3 - W 2 → 3 → W 2 → 3 = Q 2 → 3 - Δ E i n t 2 → 3 = 0 - ( - 1,81 )

W 2 → 3 = 1,81 k J

Passo 6

E agora no processo 3 → 1 , temos uma transformação isobárica. Nesse caso fica superfácil calcular o trabalho, já que a pressão é constante

W 3 → 1 = ∫ V 3 V 1 P 1 d V = P 1 V 1 - V 3 = P 1 V 1 - P 1 V 3

Lembrando que P 1 = P 3

W 3 → 1 = P 1 V 1 - P 3 V 3 = R T 1 - T 3 = 8,31 300 - 455

W 3 → 1 = - 1,29 k J

Já a variação de energia interna é dada por

Δ E i n t 3 → 1 = 3 2 R Δ T 3 → 1 = 3 2 R 300 - 455 = 3 2 × 8,31 × - 155

Δ E i n t 3 → 1 = - 1,93 k J

Já o calor podemos obter usando a primeira lei para gases ideais

Δ E i n t 3 → 1 = Q 3 → 1 - W 3 → 1

Q 3 → 1 = Δ E i n t 3 → 1 + W 3 → 1 = - 1,93 + - 1,29

Q 3 → 1 = - 3,22 k J

Passo 7

Agora vamos para o ciclo! No ciclo sabemos que a variação de energia interna é nula!

Δ E i n t c i c l o = 0

Já o trabalho no ciclo é a soma do trabalho em cada etapa

W c i c l o = W 1 → 2 + W 2 → 3 + W 3 → 1 = 0 + 1,81 + - 1,29

W c i c l o = 0,52 k J

E o calor no ciclo podemos calcular usando a primeira lei

Δ E i n t c i c l o = Q c i c l o - W c i c l o → Δ E i n t c i c l o = 0 Q c i c l o = W c i c l o

Q c i c l o = 0,52 k J

Ou você poderia ter somado os calores de cada um dos processos.

Passo 8

A eficiência da máquina que trabalha com esse ciclo é dada por

ε = W c i c l o Q Q

Onde Q Q é o calor fornecido ao gás, ou a energia da fonte quente. Como o calor que entra é somente Q 1 → 2 = 3,74 k J , temos

ε = W c i c l o Q Q = 0,52 3,74

ε = 13,9 %

Resposta

(a) P 2 / P 3 = 2 e V 3 / V 2 = 1,517

(b) γ = 1,66 = 5 / 3 . Gás monoatômico

(c)

(d) ε = 13,9 %

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