Processos Termodinâmicos
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Resumo e Exemplos Resolvidos...
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Prof. Dr. Cláudio S. Sartori Sartori Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Processos Termodinâmicos - Física – Prof.
a Lei da termodinâmica : Q U 1 Processos termodinâmicos comuns
W
a Lei da Termodinâmica: 2
“Quando se incluem todos os sistemas que tomam parte num processo, a entropia ou permanece constante ou aumenta”. aumenta”. “Não é possível um processo no qual a entropia decresce”. decresce”. “É impossível qualquer transformação cujo único resultado seja a absorção de calor de um reservatório a uma temperatura única e sua conversão total em trabalho mecânico”. “É impossível qualquer transformação cujo único resultado seja a transferência de calor de um corpo frio para 1 outro mais quente”. Exemplo 1 – Encontre em cada etapa, sabendo-se
Processo Estado i f
I soté r mi co a temperatura T
V f
Wi f P dV V f V i
nRT ln
isovol um é tr ico
V f V i
Equação de Estado
PV nRT
que o valor da pressão no estado (1) é 1 atm e sua temperatura 0 0 C. No estado (2) a temperatura é 150 0 C. O gás possui = 1.4. (a) A temperatura, pressão e volume. (b) o calor, a energia interna e o trabalho.
P f V f PV i i 1
W
ou
Qi f nRT ln
0
ou
Wi f CV Ti T f
Wi f
I socórico socórico ou
U i f
V i
W i f
A di abáti co
nR
1
Ti T f
0
0
CV T f T i
P V
k
T V
1
k
P (atm)
P 2
CV T f T i
(2) Q12
CV T f T i
Adiabática
C P T f T i nR T f Ti
I sobári co
Wi f P V f Vi
C P Tf T i
P 1
ou
(1)
CV T f T i
C p Cv nR
V 1
(Capacidades Caloríficas ) c
c p cv R
V ( L L)
0
C, 2=1500C
Resolução:
T 1=273+ 1 = 273K T 2=273+ 2 = 273+150 = 423K
(Capacidades Caloríficas molares )
(3) V 3
P 1=1atm; 1=0
C n
Q31
C p
PV nRT1 V 1 1 1
C v
(Coeficiente de Poisson )
nRT 1 P 1
1 0.082 273 1
V2 V1 22.386L (isocórico) PV 1 1 T1
PV 2 2 T2
P2
V1 V2 T 2
P1
P1 T1
P2 T2
P2
T 2 T1
P1 ;
423 423
1 P2 1.55atm T 1 273 273 Equação de estado da transformação adiabática: 1
P 2 V PV PV V 2 2 2 3 3 3 P 3
1
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
W23 1032.72 J U23 W 23 U23 1032.72J
1
1.55 1.4 V 3 22.386 V3 30.61L 1 PV 130.61 nRT3 T3 3 3 373.29K PV 3 3 nR 1 0.082 Etapa 1
Etapa 3
1 (Isobárica)
2 (isocórica – Não há variação de volume)
V 1
W31 PdV P V1 V3
V 2
W12 PdV 0 ; Q12 CV T 12
V 3
V 1
C p
C v
W 31 1 22.386 30.61
; C p Cv nR
Cv nR Cv
W31 8.224atm L Como 1 atm.L=101.3 J W 31 8.224 101.3
Cv 18.31
1.4
C v
W31 833.09J Q31 C P T 31
1.4Cv Cv 8.31 1.4Cv Cv 8.31 0.4Cv 8.31 Cv
8.31 0.4
C v 20.775 J K ;
Q31 C P T1 T3
C p Cv nR C p 20.775 1 8.31
Q31 29.085 273 372.29
C p 29.085 J K
Q31 2916.93J Q31 W31 U 31 (1a Lei da Termodinâmica) U31 Q31 W 31 U 31 2916.93 833.09
Q12 CV T2 T1 Q12 20.775 423 273
Q12 3116.25J Q12 W12 U 12
U31 2083.84J
Q12 U12 0 U12 Q12 3116.25J Etapa 2
Etapa 1
Wi f
PdV
Vi
W i f
kV dV
1
Wi f nR
T f T i 1
C P
Wi f
1
nR 1
T T i
f
T f T i Wi f nRCV C C V
C V
Wi f nRCV
1 (Ciclo)
P f V f PV i i
V i
P f V f PV i i ou
3
Q23 0 Q23 W23 U 23 (1a Lei da Termodinâmica) 0 W23 U 23 U 23 W23 V f
2
Q1 1 Q12 Q23 Q31 Q1 1 3116.25 0 2916.3 Q1 1 199J W1 1 W12 W23 W31 W 1 1 0 1032.72 833.09 W1 1 199J U1 1 U12 U 23 U 31 U 1 1 311625 1032.72 2083.84 U 1 1 0
3 (Adiabática: Calor nulo)
V f
2
T f T i
nR
Wi f CV Ti T f
W23 CV T2 T3 W 23 20.775 423 373.29
P
Resumo do Ciclo:
Etapa
W ( J )
U ( J )
Q( J )
1 2 2 3 3 1 1 …1
0 1032.72 -833.09 199
3116.25 -1032.72 -2083.84 0
3116.25 0 -2916.93 199
2
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Exemplo 2 – Um cilindro com um pistão contém 0.150 mol de nitrogênio a uma pressão de l,80.10 5 Pa e à
temperatura de 300 K. Suponha que o nitrogênio possa ser tratado como um gás ideal. O gás inicialmente é comprimido isobaricamente até ocupar a metade do seu volume inicial. A seguir ele se expande adiabaticamente de volta para seu volume inicial e finalmente ele é aquecido isocoricamente até atingir sua pressão inicial. (a) Desenhe um diagrama pV para esta sequência de processos. (b) Ache a temperatura no início e no fim da expansão adiabática. (c) Calcule a pressão mínima. Exemplo 3 – Use as condições e os processos
V b PV P b b b PV c c Pc V c
1 P c 1.8105 2
Cv nR C v
C p C v
; C p Cv nR 20.76 0.15 8.31 20.76
1.06
C p Cv 20.76 1.06 C p 22.0065
3 J K
1.06
mencionados no Exemplo 2 para calcular: 1 Pc 1.8 105 Pc 86333.77Pa (a) o trabalho realizado pelo gás, o calor fornecido 2 ao gás e a variação da energia interna durante a compressão 5 1.810 0.00103875 inicial; nRTb Tb 150K b b (b) o trabalho realizado pelo gás, o calor fornecido PV 0.15 8.31 ao gás e a variação da energia interna durante a expansão 86333.77 0.0020775 adiabática; nRTc Tc 143.89K PV c c (c) o trabalho realizado pelo gás, o calor fornecido 0.15 8.31 ao gás e a variação da energia interna durante o aquecimento final. Etapa a b (isobárica – Não há variação de pressão) V b
Wab PdV
Resolução:
V a
P ( Pa)
P i =1,8.10
Wab Pa Vb Va W ab 1.8105 0.00103875 0.0020775
isobárica
5
( b)
( a)
Adiabática
isocórica
P i
Qab 22.0065 150 300
(c) V f = V i/2
V i
V (m3)
Cv ( N 2 ) 20.76 J K n = 0.15; R=8.31 J/(molK) P i=1,8.105 Pa; T i = T a = 300K nRT i 0.158.31 300 PV i i nRTi V i 5 P i 1.8 10 Vi 0.0020775m3 V f
Vi 2
V b V c
1 2
Wab 186.525J Qab CP T ab Qab CP Tb Ta
Vc Va 0.00103875m3
Qab 3300.975J Qab Wab U ab U ab Qab W ab U ab 3300.975 186.525 U ab 3114.45J Etapa b c (Adiabática: Calor nulo)
Qbc
Qbc 0 Wbc U bc
(1a Lei da Termodinâmica) 0 Wbc Ubc Ubc Wbc
3
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V f
Wi f
V f
PdV
Vi
P f V f PV i i
1
ou
ou Wi f
Wi f
nR C P C V
1
Wi f nRCV
Exemplo 3 – Dado o Ciclo Diesel, com:
1
V i
P f V f PV i i
W i f
kV dV
Taxa de expansão:
nR
T T 1 i
T T i
f
f
V a V c
Taxa de compressão:
r C
Ti T f
V a V b
Onde: Va 8V c ; Va 10V b ; 1.4 ; Tb 350K ;
C P C V
Wi f nRCV
r E
Vb 2.5 103 m3 ; n 2.5 e seu rendimento dado por:
Ti T f nR
Wi f CV Ti Tf
4
1 1 r E 1 r C
1
Wbc CV Tb Tc W bc 20.76150 143.89
Wbc 126.8436 J Ubc W bc Ubc 126.8436J
1 r E 1 r C
Determine: (a) As temperaturas, volume e pressão nas etapas a, b e c. (b) O trabalho, o calor e a energia interna em cada etapa. O rendimento do ciclo. Dados:
Etapa c a (Isocórica V c a = 0) Wca 0J
C P C V
; C P CV nR ; PV nRT ;
nRT b PV b b
Qca CV Ta Tc Qca 20.76 300 146.39
Qca 3240.84J Qca Wca U c a (1a Lei da Termodinâmica) 3240.84 0 U ca
U ca 3240.84J Etapa 1 …1 Somas Etapa
W ( J )
U ( J )
Q( J )
ab
-186.525 126.844 0 -60
-3114.45 -126.844 3240.84 0
-3300.975 0 3240.84 -60
b c ca a … a
V b
V c
V a
Resolução:
(a) Va 8V c ; Va 10V b ; 1.4 ; Tb 350K ; Vb 2.5 103 m3 ; n 2.5 Va 10Vb 10 2.5 103 Va 2.5102 m3 Va 8Vc V c
V a 8
2
2.5 10
3
8
Vc 3.12510 m
3
4
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Vb Tb
Vc Tc
Tc
V c V b
U ab W ab U a b 10939.57 J
T b
3
Tc
3.12510
3
2.510
350 Tc 437.5K 1 a a
1 b b
PV PV T V a a
b b
V Ta b V a
T V
Etapa b c: Expansão isobárica. V c
Wbc PdV
1
V b
T b
Wbc Pb Vc Vb nR Tc Tb W bc 2.5 8.31 437.5 350
1.41
1 T a 350 10 Ta 139.34K
Qbc CP T bc
1 PV Td V d 1 c c PdVd TcVc
V Td c V d
Qbc CP Tc Tb
Qbc 72.71 350 139.34
1
T c
Qb c 6362.125J
Qbc Wbc U bc Ubc Qbc W b c U bc C P Tc T b - nR Tc Tb =
1.41
1 437.5 T d 8 Td 190.43K (b)
C P C V
1.4
C P C V
C
p
; C P CV nR
nR Tc C p nR Tb Cv Tc Tb U bc Cv Tc Tb
U bc 6362.125 1817.81 Ub c 4544.315J
C P 1.4C V
1.4CV CV 2.5 8.31 1.4CV CV 20.775 0.4CV 20.775 C V
20.775
C V 51.93 J K
0.4 C P 1.4C V C P 1.4 51.93 C P 72.71 J K
Etapa a b: Compressão adiabática.
Qab 0 Qab Wab U ab (1a Lei da Termodinâmica) 0 Wab Uab Ua b Wa b V f
Wi f
V f
PdV kV
Vi
dV
P f V f PV i i
V i
P V PV i i ou W i f f f 1
Wi f nR
5
Wb c 1817.81J
1
T f T i 1
Wi f CV Ti T f Wab CV Ta Tb W ab 51.93139.34 350
Wab 10939.57 J
Etapa c d : Expansão adiabática.
Qcd 0 Qcd Wcd U c d (1 a Lei da Termodinâmica) 0 Wcd Ucd Uc d Wcd V f
Wi f
V f
PdV
Vi
kV dV
P f V f PV i i 1
V i
W i f
P f V f PV i i ou W 1
i f
nR
T f T i 1 ou
Wi f CV Ti T f Wcd CV Tc Td W cd 51.93 437.5 190.43 Wc d 12830.34 J
U cd W cd d 12830.34 J U c
5
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Etapa d a: isocórico.
1
V a
V d
Qd a CV T da Qd a CV Ta Td Qd a 51.93 139.34 190.43
1 a
TaV
Etapa
W ( J )
U ( J )
ab Compressão adiabática
CV Ta T b -10939.57
CV Tb T a 10939.57
0
Pb Vc V b
C P Tc T b
C P Tc T b
1817.81
Q( J )
C nR T
C p nR Tc p
6362.125 Q H
b
4543.875
12830.34
d a isocórica
0
a … a
CV Td T c
CV Tc T d
CV Ta T d
-2653.103
-2653.103
0
3708.583709
W ciclo Q H
0
12830.34 CV Ta T d
QC
3709.022
Observe que: CV Ta Tb nR Tc Tb CV Tc Td
nR C P
CP Tc Tb
C P CV C P
C V Ta Tb Tc Td
Tc Tb
CP
C V Ta Tb Tc Td
CP
Tc Tb
1 T T Tc Td a b Tc T b 1 Ta Tb Tc Td 1 1 Tc T b 1 Tc Tb Ta Tb Tc Td 1 Tc T b
1
1
1 b b
TV
rE 1 Td rE1 Tc Na
1
V b Tb V a Ta
V c Vb Tb
Cv Tc T b
cd expansão adiabática
1
compressão adiabática:
U d a 2653.103J
nR Tc Tb =
V TdVd 1 TcVc 1 d Td V c Tc
Qd a 2653.103J
bc expansão isobárica
Tc T b Na expansão adiabática:
Wd a PdV 0
nR Tc Tb
1 Td T a
Vc Tc
Tc Tb
Vc Vb
1 rE Tc rC Tb
1
1 T c 1 r E r C T b 1 1 T c 1 T b r E rC r C 1 r C 1 r r E C r r r r 1 1 E 1 E E C 1 r C rC r E 1 r r E E 1 1 r C 1 r E r C 1 rC r E r E 1 1 1 rE r C 1 rC r E rC r E 1 1 1 r E r C 1 1 1 r E r C
Tc T b
Chega-se, portanto, a:
1
1 1 r E 1 r C
6
1
Va r T r r E C c C V b 1 rE Tb rE r c V a 1
1
rC 1 Ta rC1 Tb
1 r E 1 r C
6
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W ciclo Q H
3709 6362
58%
Podemos calcular também, sabendo que: V a V a r ; 10 ; 1.4 r 8 E C V c V b 1 1 r E 1 r C 1 1 r E 1 r C 1.4 1.4 1 1 8 1 10 1 1.4 1 8 1 10
1 81.4 1 10 1.4 1 1.4 1 8 1 10 58%
Resolução: (a) : Compressão adiabática Etapa a b 1
1 a
TaV
1 b b
TV
V Ta b Va
1
1 Tb Ta r
Tb
1.41
1 Ta 9
350 Ta 145.33K
Qab 0 Qab Wab U ab (1a Lei da Termodinâmica) 0 Wab Uab Ua b Wa b V f
V f
PdV kV
Wi f
Vi
1
W i f
dV
P f V f PV i i 1
V i
P f V f PV i i ou 1
7
Wi f nR
T f T i 1
ou
Wi f CV Ti T f
Exemplo 4 – Dado o Ciclo Otto do motor a
Wa b
gasolina, com: Tb 350K e Tc 600K
n = 2.5 e r = 9 Vb 2.5 103 m3 . Determine: (a) O trabalho, a energia interna e o calor em cada etapa. (b) O rendimento do ciclo. V : A razão: r b Dados V a é chamada de razão de compressão . Assim: 1 1 1 r
CV Ta Tb
C P C V
C P CV nR
1.4
C P C V
C P 1.4C V ;
1.4CV CV 2.5 8.31 1.4CV CV 20.775 0.4CV 20.775 C V
C V 51.93
20.775 0.4
J K
C P 1.4C V
C P 1.451.93 C P 72.71 J K
W ab 51.93145.33 350
U ab
Wab 10628.5J Wab Uab 10628.5J
Etapa b
c : Aumento isocórico de volume V c
Wbc PdV 0 V b
Qbc CV T bc Qbc CV Tb Tc PV b b nRTb P b
nRT b V b
7
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2.5 8.31350
Pb
Pb 2908kPa
3
2.5 10
Va rVb Va 2.5102 m3
nRTa P a PV a a Pa
2.5 8.31 145.33 2
2.5 10
TcV
1 d
Td V
V a
Pa 120769.23Pa 1
1 c
nRT a
V Td c Vd
1
1 Tc Td r
Tc
1.41
1 Td 9
600 Td 249K
Qbc 51.93 600 350
Qbc 12982.5J Ubc 12982.5J
Etapa c
Qcd 0 Qcd Wcd U c d (1 a Lei da Termodinâmica) 0 Wcd Uc d Ucd Wc d V f
PdV kV
Wi f
Vi
W i f
dV
V i
P f V f PV i i 1
ou Wi f nR
P f V f PV i i 1
T f T i 1
Wcd CV Tc Td W cd 51.93 600 249
Wcd 18227.43J U cd W cd U cd 18227.43J Etapa d
: Queda isocórica a V a
Wd a PdV 0 V d
Qd a CV T da Qd a CV Ta Td Qd a 51.93 145.33 249
Qd a 5383.58J U d a 5383.58J
U ( J )
Q( J )
CV (Ta T b )
CV (Tb T a )
0
-10628.5
10628.5 Q H
0
CV Tc Tb 12982.5
CV (Tc T d )
CV (Td T c )
18227.43
-18227.43
a b c d a
Q H CV Tc Tb
12982.5 8 0
QC CV Ta Td
QC CV Ta Td
-5383.58
-5383.58
0
CV Tc T b +
0
CV (Tc T d )
CV Ta T d
7598.9
7598.93 (b) Cálculo do rendimento: Q 1 C Q H
Q H Cv Tc Tb e QC Cv Ta Td
ou
Wi f CV Ti T f
c d expansão queda de temperatura de T c a T d d a queda isocórica da temperatura
W ( J )
CV (Ta T b ) +
d : Expansão adiabática
V f
Processo Estado (P i V i T i ) a b Compressão Adiabática T b>T a b c absorção de calor Q H
1 1 a
Como: TaV
Td T a Tc T b
1 b b
T V ; TcVb 1 Td Va 1
V b Por subtração: Td Ta Va Tc Tb Vb Tc Tb V a
1
1
1
Td Ta
1
1 1
r
1
1 1.41
9 0.5847
58.47% Q 1 C Q H 1
5383.58
12982.5 58%
8
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
W ciclo Q H
7598.93
58% 12982.5 Exemplo 5 – No ciclo de Stirling, os calores
transferidos no processos b → c, e d → a não envolvem fontes de calor externas, porém usam a regeneração: a mesma substância que transfere calor ao gás dentro do cilindro no processo b → c também absorve calor de volta do gás no processo d → a. Portanto, os calores transferidos Qb→c , e Qd→a não desempenham pape! na determinação da eficiência da máquina. Explique esta última afirmação comparando as expressões de Qb→c , e Qd→a , obtidas na parte ( a), Calcule a eficiência de um ciclo Stirling em termos das temperaturas T 1 E T 2. Como ele se compara com a eficiência de um ciclo de Camot operando entre estas mesmas temperaturas? (Historicamente o ciclo Stirling foi deduzido antes do ciclo de Carnot.) Este resultado viola a segunda lei da termodinâmica? Explique. Infelizmente a máquina que funciona com o ciclo Stirling não pode atingir esta eficiência, devido a problemas oriundos de transferência de calor e perdas de pressão na máquina. Q H
Processo / Estado (PiViTi) a b Compressão Isotémica T 1 b c aumento isocórico da temperatura e pressão produzido pela absorção de calor Q H c d expansão isotérmica
W ( J )
nRT 1 ln
1
QC nRT1 ln
0
r
Q( J )
1 r
0
Cv T2 T 1
Cv T2 T 1
nRT2 ln r
0
Q H nRT2 ln r
d a queda isocórica quase estática da temperatura e pressão de T 2 a T 1
a b c d a
U ( J )
0
Cv T1 T
1 nRT 1 ln + r nRT2 ln r
1
QC Q H
Cv T1 T 2
0
1
QC +Q H
nRT 1 ln
1
r nRT2 ln r
1
T1 ln r 1
QC
1
T2 ln r T1 ln r T2 ln r
1
T 1 T 2
9
9
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Exemplo 6 – Processos termodinâmicos para um refrigerador. Um refrigerador opera mediante o ciclo indicado na Figura. Os processos de compressão (d →a) e expansão (b→c) são adiabáticos. A pressão, a
Etapa a
Compressão Isobárica V f
Wi f
temperatura e o volume do refrigerante em cada um dos quatro estados a, b, c e d são dados na tabela abaixo. Estado
T (°C )
P (kPa)
V (m3)
U (kJ)
Per de
a
80
2305
0,0682
1969
0
b
80 5 5
2305 363 363
0,00946 0,2202 0,4513
1171 1005 1657
100 54 5
c d
: Condensador: b V b
PdV PdV P V V nR T T W nR T T Q C T T b
Vi
a
b
a
V a
a
b
a
b
P
b
a
b
a
Qab Wa b Ua b Ua b Qa b Wa b
U a b CP Tb Ta nR Tb Ta U a b Tb CP nR Ta CP nR
(a) Em cada ciclo, qual é o calor retirado do interior do refrigerador para o líquido refrigerante enquanto ele se encontra no evaporador? (b) Em cada ciclo, qual é o calor rejeitado do refrigerante para fora do refrigerador enquanto o refrigerante está no condensador? (c) Em cada ciclo, qual é o trabalho realizado pelo motor que aciona o compressor? (d ) Calcule o coeficiente de performance do refrigerador.
U a b CV Tb Ta Etapa b c : Válvula de expansão: Adiabática Qbc 0
10
Qbc Wbc U bc (1a Lei da Termodinâmica) 0 Wbc Ubc Ubc Wbc Wi f CV Ti T f Wbc CV Tb Tc U bc CV Tc Tb
d : Evaporador:
Etapa c
Expansão Isobárica V f
Wi f
QC
V d
PdV P V V nR T W nR T T Q C T T
PdV
Vi
d
c
d
T c
V c
c
d
c
d
P
d
c
d
c
Qcd Wc d U c d Uc d Qc d Wc d
U cd CP Td Tc nR Td Tc
U cd Td CP nR Tc CP nR Ucd CV Td Tc
Etapa d
: Compressor: a
Compressão Adiabática Qd a 0
Qd a Wd a U d a (1a Lei da Termodinâmica) 0 Wd a Ud a Ud a Wd a Q H
Wi f CV Ti T f Wd a CV Td Ta U d a CV Ta Td
a
: Ciclo b c d a Wciclo nR Tb Ta CV Tb Tc
nR Td Tc CV Td Ta
10
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Wciclo nR CV Tb nR CV Ta Td nR CV Tc nR CV
Wciclo C pTb C pTa CpTd Cp Tc
Wciclo C p Tb Ta Td Tc Processo / Estado (PiViTi) a b Compressão Isobárica b c Expansão adiabática c d Expansão isobárica d a Compressão adiabática Ciclo a b c d a
W ( J )
U ( J )
Resolução:
(a) PV
Va
0.2 8.31 400
CV Tb T a Q H CP Tb Ta
CV Tb T c
CV Tc T b
0
nR Td Tc
CV Td T c
QC CP Td Tc
CV Td T a
CV Ta T d
0
C p Tb Ta Td Tc
0
Q H QC
nRT P b
0.2 8.31 400
n R T Q V b 11
Pb 5.00 105 Pa
3
1.3296 10 Tb Vb 1 Tc Vc 1 T b T c
Vc
1
1
V b
1
T Q 1 Vc V b T F
Exemplo 7 – Ciclo de Carnot . Uma quantidade de 0.2 mol de gás com = 1.4 efetua o ciclo de Carnot representado. A temperatura da fonte quente é T Q = 400K e a temperatura da fonte fria T F = 300K. Sabendo que a pressão inicial é de P a = 106 Pa e que o volume dobra na expansão
isotérmica, encontre: (a) A temperatura, o volume e a pressão nos estados a, b, c e d . (b) O trabalho, o calor e a energia interna em cada etapa. (c) o seu rendimento .
P a
10 Vb 2 Va 1.3296 10 3 m3 PV
Pb
n R T H
Va 6.648104 m3
6
Q( J )
nR Tb Ta
nRT V a
1
400 1.41 1.3296 103 V c 300 Vc 2.7294 103 m3 PV Pc
nRT P c
0.2 8.31 300
n R T F V c
Pc 1.8267 105 Pa
3
2.7294 10 Td Vd 1 Ta Va 1 1
T 1 Vd a V a T d T Q T F
Vd
1
1
V a
1
400 1.41 6.648104 V d 300 Vd 1.3647103 m3 PV Pd
nRT P d
0.2 8.31 300 1.3647 10
3
n R T F V d
Pd 3.65355105 Pa
11
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
(b)
Etapa a
Qab Qab
U ab 0 Wab U ab (1a Lei da Termodinâmica) Wab 0 Qab Wa b V f
Wi f
U d a W d a
: Expansão isotérmica b
V f
PdV
Vi
V i
n R TQ V
Wd a
V f V i
dV n R TQ ln
W bc
W i f 0.2 8.31 400 ln 2
Qab 460.80 J Etapa b
Qbc 0J
Wbc W bc
1.4 1
f
Processo / Estado (PiViTi) a b
400 300
b c
c d
Etapa c d : Compressão isotérmica
V f
Wi f
U cd 0 U cd (1 a Lei da Termodinâmica) 0 Qc d Wc d
V f
PdV
Vi
V i
n R TQ V
300 400 12
V f V i
dV n R TF ln
V Wc d n R TF ln d V c 1.3647 W cd 0.2 8.31 300 ln 2.7294 Wcd 345.6J
U
Q
0
nRT H ln V ba
V
V
nRT H ln V ba 460.8 P cV c P bV b
=
460.8=Q H
C V (T C T H )
V
V
nRT C ln V d c
d a
-345.6 C V (T C T H ) -415.5
a b ... a
Área do ciclo A 115.2
1
Q F
1
T F
QQ T Q
W ciclo QQ
1
0
-415.5
C V (T H T C ) 415.5
Ubc 415.5J
Qcd Wcd Qcd Wcd
1.4 1
W
1
Wbc 415.5J
Td T a
1 0.2 8.31
C V
Tb T c
1 0.2 8.31
P
T T i
f
K T V 1 cte ;Q = 0 Isotérmicas PV nRT : (Gás ideal) U = 0 C (Coeficiente de Poisson)
Ubc W bc 1 nR
i
Adiabáticas: P V
0 Wbc U b c (1a Lei da Termodinâmica)
Wi f
T T
Ubc 415.5J
c : Expansão adiabática
nR
1 nR
Wbc 415.5J
Wi f 460.80J
nR
Wi f
nRT C ln V d c
0
-345.6
C V (T H T C ) 415.5 0
0 A
115.2
300 400
115.8 460.8
1 4
25%
25%
Qcd 345.6J
Etapa d
a : Compressão adiabática
Qd a 0J
0 Wd a U d a (1a Lei da Termodinâmica)
12
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Exemplo 8 - n = 0.04 moles de ar ( = 1.4) executam o ciclo diesel com taxas: r E = 8 e r C = 10; (taxas de
expansão e compressão, respectivamente). Sabe-se que no estado a a temperatura é a = 27°C e a pressão P a = 1atm;
C P
1.4 1.4 1
0.04 8.31
C P 1.1634
Processo Estado ( P i V i T i )
J mol
V f
Wi f PdV V i
Ui f CV Tf Ti Qi f Wif U i f
(J)
a b compressão adiabática
CV Ta T b
CV
0
Tb T a
(J)
(J)
376.91
0.831 300753.57 376.91
Q H
b c isobárica
62.62
Pc Vc V b
CV
13
C P Ta T b
156.55
Tc T b
1.1634 941.96753.5 7
219,17
n R (Tc Tb )
(a) Determine o volume V a, V b e V c. (b) Encontre as pressões e as temperaturas nos estados a, b, c e d . (c) Encontre o trabalho, o calor e a energia interna em cada etapa. (d ) Determine o rendimento do ciclo.
Solução:
n R T a
Va
P a
V a
c d expansão adiabática d a isocórica
CV Tc T d 442.06
V a r C V a
Vc
r E
0.984
Vc
0.984
10
Vb 0.0984L
1
Pb 101.4 1 Pb 25.12atm Tb rC 1 Ta Tb 101.41 300 Tb 753.57 K
Pb rC Pa
r c
Tc Tb r e Td Pd
P c E
r
Processo / Estado (P i V i T i )
a b c d
Tc 753.57 Tc 941.96K T c r E 1
941.95 Td 410 K 81.41
Td
Pd
25.12 81.4
8
Pd 1.366atm
P (atm)
T ( K )
0.98 0.0984 0.123 0.98
1
300 753.57 941.96 410
0.04 8.31 1.4 1
C P
25.12 1.366
0
Q H QC
91.41
127.7
1 1 r E 1 r C
1 r E 1 r C
1.4 1.4 1 1 8 1 10
1.4
1 0.41709 58%
W ciclo Q H
127.77 219.17
58.3%
Exemplo 9 n = 0.04 moles de ar ( = 1.4) executam o ciclo Otto com taxas: r = 10; (taxa de compressão). Sabe-se que no estado a a temperatura é a = 27°C e a pressão P a = 1atm e após a explosão a pressão aumenta 2
V ( L)
C V
CV
10
91.41
1 8 1 10 1 0.054409 0.0398107 1 1.4 0.025
Vc 0.123L
8
QC
CV (Ta T d )
127.77
1
0
442.06
A W ciclo
a ...a
0.04 0.082 300 1
Vb
Td T c
CV (Ta T d )
0
Va 0.98L
Vb
CV
atm.
nR
1
C V 0.831
1
J mol
n R
13
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
(a) Determine o volume V a eV b. (b) Encontre as pressões e as temperaturas nos estados a, b, c e d . (c) Encontre o trabalho, o calor e a energia interna em cada etapa. (d ) Determine o rendimento do ciclo.
Processo Estado ( P i V i T i )
V f
Wi f PdV V i
CV Ta T b
Solução:
Va
n R T a
V a
P a
1
Va 0.98L V a
Vb
Vb
r
0.984 10
Vb 0.0984 L
1.4 a b : Pb r Pa Pb 10 1 Pb 25.12atm
Pc Pb 2 Pc 25.12 2 Pc 27.12atm Tb r 1 Ta Tb 101.41 300 Tb 753.57 K P P P b c : b c Tc c Tb Tb Tc P b
Tc
c d : Td d
a:
Pd Td
Pa Ta
Pd
27.12 25.12
T c
P c r
Td
r 1
Pd
T d T a
27.12 1.4
10
323.89 300
1 25.12 27.12 1.079
300 753.57 813.57 323.89
0.04 8.31 1.4 1
C P C P
C V 0.831
1
1.4 1.4 1
n R
0.04 8.31
C P 1.1634
J mol
J mol
Td T c
0
CV (Ta T d )
Q H
30.01 49.86
1 1
QC
CV (Ta T d )
19.852
0
Q H QC
30.01
W ciclo
14
19.852
30.01
60.12%
1
r 1 1 1.41
10
60.12%
0.98
nR
CV
49.86
406.92
0
1.079 atm
T ( K )
1
406.92
P (atm)
0.98
Tc T b
Pd 1.079atm
0.0984
CV
1 Pd
CV
A W ciclo
CV Ta T b
49.86
CV Tc T d
a ...a
V ( L)
C V
0
Td 323.89 K
376.91
Q H
813.57K
813.57 101.41
Pd
Pa
Pd
Processo / Estado (P i V i T i )
a b c d
753.57 Tc
0
Tb T a
0.831 300753.57 376.91
c d expansão adiabática d a isocórica
0.04 0.082 300
CV
(J)
(J)
(J)
a b compressão adiabática b c isocórica
Ui f CV Tf Ti Qi f Wif U i f
Exemplo 10 - Uma máquina de Carnot cujo
reservatório quente está a uma temperatura de 620 K absorve 550 J de calor nesta temperatura em cada ciclo e fornece 335 J para o reservatório frio. (a) Qual é o trabalho produzido pela máquina durante cada ciclo? (b) Qual é a temperatura da fonte fria? (c) Qual é a eficiência térmica do ciclo? (d ) Adotando: n = 0.05 e = 1.4 e V a = 0.01m3, encontre as pressões e os volumes nos pontos a, b, c e d . (e) Determine o trabalho, o calor e a energia interna em cada etapa do ciclo de Carnot dado.
Solução:
(a) Wciclo QH QC Wciclo 620 335
Wciclo 245J Wciclo Q QC H (c) Q H
1 1
335 550
QH
QC Q H ;
; 1
215 550
QC Q H
0.39
14
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
(b) 1 0.39 1
T C 620
TC 620
T C
Pd
T H
T C 620
n R T C V d
Estado
Vi(m³) Pi (Pa) Ti (K)
a -> b: isotérmica: expansão
0.61 TC 378.2K
0,01
0,08457 3046,
b -> c: adiabática :expansão
0,08457 3046
620
0,29099
540
378,2
c -> d: isotérmica :compressão
0,2909 540,00
378
0,034
4566,
378,2
d -> a: adiabática :compressão
0,0344
378
0,01
25761
620
n R T H V b
P b
Trabalho Energia (J) Interna (J)
549,99
0
549,99
b -> c: adiabática :expansão
251,2
-251,2
0
c -> d: isotérmica :compressão
-335,497
0
-335,49
c -> d: adiabática :compressão
-251,2
251,2
0
Ciclo de Carnot
214,49
0
214,498
Rendimento
39 %
0.01
20.000 10.000
0.05 8.31 620
0,05
1
T H 1 1 1 T H Vb TC Vc Vc Vb T C 1
620 3 Vc 0.08457 Vc 0.2909m 378.2 n R T C 0.058.31378.2 P c Pc 1.41
0.2909
Pc 540.19Pa 1
T H 1 1 1 TC Vd TH Va Vd Va T C 620 378.2
Vd
0,034 4.566,854
1
0.01 Vd 0.0344m3
0,291 540,009
0
0.08457
V c
Calor (J)
a -> b: isotérmica: expansão
0.05 8.31 620
Pb 3046.12Pa
1.41
4566
620
Ciclo de Carnot
Pa 25761Pa Pb
Tf (K)
620
Vb 8.457 0.01 Vb 0.08457m3 V a
Vf (m³) Pf (Pa)
25761
Etapa
Vb 8.457 V a
P a
0.0344
Matriz: E,W,Q[6,4]
V b 8.457 V a
n R T H
0.058.31378.2
Pd 4568.08Pa
1 0.39
V (d ) Q H n R TH ln b V a V 550 0, 05 8.31 620 ln b V a V ln b 2.135 V a V b 2.135 e V a
Pa
P c
0,1
b c d e f g a -> b: isotérmica: expansão b c d e f g c -> d: isotérmica :compressão b c d e f g b -> c: adiabática :expansão b c d e f g Series9
0,15 V (m³)
0,2
0,25
b c d e f g c -> d: adiabática :compressão b c d e f g c -> d: adiabática :compressão b c d e f g c -> d: adiabática :compressão b c d e f g Series16
Exemplo 11 Comparação entre processos termodinâmicos. Um cilindro contém l,20 mol de gás ideal
monoatômico inicialmente a uma pressão de 3,60.10 5 Pa e à temperatura de 300 K e se expande até o triplo do seu volume inicial. Calcule o trabalho realizado pelo gás quando a expansão é: (a) isotérmica; (b) adiabática; (c) isobárica; (d ) Usando um diagrama pV, indique cada um destes processos. Em qual deles o trabalho realizado pelo gás possui o maior valor absoluto? E o menor valor absoluto? (e) Em qual destes processos o calor trocado possui o maior valor absoluto? E o menor valor absoluto? ( f ) Em qual destes processos a variação da energia interna possui o maior valor absoluto? E o menor valor absoluto?
15
15
Resumo e Exemplos Resolvidos – Processos Termodinâmicos - Física – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Solução
(a) A que temperatura correspondem os pontos A, B E,W,Q[5,4]
e C ?
Etapa
Trabalho (J)
Energia Interna (J)
Calor (J)
a -> b: isotérmica: expansão
3286,60
0
3286,60
a -> b: adiabática :expansão
2330,08
-2330,08
0
a -> b: isobárica
5983,2
8974,8
14958
o d a t s E
a -> b: isotérm ica: expansã o
) ³ m ( i
V
) a P ( i
P
) a P (
) ³ m (
) K ( i T
f
P (atm)
2.4
P
0 0 0 0 6 3
300
0,0249
120000
B
16
C
2.2
1 3 8 0 0 , 0
A
1.2
) K ( f T
f
V
(b) Calcular W , Q e U para cada processo e para todo o ciclo.
4.4
V (L)
Solução
300
4,4 2,4
Transformações gasosas
2,4 2,2 2 1,8
a -> b: adiabát ica :expans ão
: a c b i r á > - b a o s i
1,6 1 3 8 0 0 , 0
0 0 0 0 6 3
4,4 1,2
1,4
300
0,0249
57689,9
144,22
1,2 3
g f e d c b g f e d c b g f e d c b 1 3 8 0 0 , 0
0 0 0 0 6 3
300
0,0249
360000
B -> C: isocórica A -> B: isobárica A -> B: isobárica
300.000 200.000
0,014
0,016
0,018
0,02
0,022
B -> C: isocórica Series12 Series15
g f e d c b g f e d c b
: compressão C -> A: isotérmica
Etapa
Trabalho (atm.L)
Energia Interna (atm.L)
Calor (atm.L)
A -> B: isobárica
5,28
7,92
13,2
B -> C: isocórica
0
-7,92
-7,92
C -> A: isotérmica: compressão
-3,6597
0
-3,65979
Ciclo
1,62020
0
1,62020
100.000 0,012
g f e d c b g f e d c b g f e d c b
900
Diagram a PV
0,01
4 V (L)
0,024
V (m³)
b c d e f g b c d e f g b c d e f g b c d e f g
b c d e f g b c d e f g a ->b: adiabática :expansão b c d e f g a ->b: isobárica b c d e f g Series2
Series3
: expansão
a ->b: isobárica a ->b: isotérmica a ->b: adiabática
Exemplo 12 - Um sistema constituído por 0,32 mol de gás ideal monoatômico, cm cv = 3R/2, ocupa um volume de 2,2 L sob a pressão de 2,4 atm, no estado do ponto A da
figura. O sistema efetua um ciclo constituído por 3 processos: (i) O gás é aquecido isobaricamente até atingir o volume de 4,4 L n ponto B. (ii) O gás é então resfriado isocoricamente até a pressão se reduzir a 1,2 atm (Ponto C ). (iii) O gás retorna ao ponto A por meio de uma compressão isotérmica.
Estado
Vi (L)
Pi (atm)
Ti (K)
Vf Pf (L) (atm)
Tf (K)
A -> B: isobárica
2,2
2,4
201,2 4,4
2,4
402,43
B -> C: isocórica
4,4
2,4
402,4 4,4
1,2
201,2
C -> A: isotérmica: compressão
4,39
1,2
201,2 2,2 2,399 201,2
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