Lista - Primeira Lei da Termodinâmica -2024-1

Exemplo 5: A figura mostra um processo cíclico em um diagrama p × V. O processo inicia-se em a, passa por b e retorna para a em sentido anti-horário. O trabalho realizado no processo é W=-1500 J. Por que o trabalho é negativo? Calcule ΔU e Q. O Trabalho total realizado durante o ciclo é negativo por que o trabalho Wba realizado pela vizinhança sobre o sistema termodinâmico (ΔV < 0) é maior que o trabalho Wab realizado pelo sistema sobre a vizinhança (ΔV > 0). Em toda transformação cíclica as variáveis de estado são idênticas antes e apos a transformação, portanto, não ocorrem variação de energia interna no sistema logo ΔU=0. Usando a primeira lei da termodinâmica temos que: ΔU = 0 = Qciclo - Wciclo Qciclo = Wciclo = −1500 j Ou seja o sistema entrega 1500 J de energia para a vizinhança durante a transformação. O diagrama P-V do processo acima mostra as seguintes etapas: Para o calculo das temperaturas, basta usar a lei dos gases, PV = nRT, logo: T_A = \frac{P_A V_A}{nR} = \frac{(1.2 \times k0)(0.2)}{(0.75 mol)(8.15)} = 107.8 \frac{k}{m^2} T_B = \frac{P_B \overline{K}}{R} = \frac{(1.2 \times k0)(0.2)}{0.75 mol)(8.15)} = 107.8 No ponto B temos a pressão P_B, e temperatura T_B, então podemos encontrar V_B: V_B = \frac{nRT_B}{P_B} = \frac{(0.75 mol)(8.15)(T_B)}{P_B} = (0.318 m^3) Calculo da transferência de calor, trabalho e variação de energia interna em casa processo: Processo C->A (isovolumétrico): Q_CA = mC_v(T_C - T_A) = (0.75 mol)(\frac{20}{0.5})(0.318)(2.0)(107.8 K - 40.1 3) = 1052 J O processo C->A e isovolumétrico, portanto W_CA = 0, logo Q_CA = W_CA = 1052 J Processo A->C (isobárico): Q_ac = mC_P(T_A - T_C) = (0.75 mol)(\frac{25}{0.2 1})(107.8 k - 107.8 K) = -1472 J W_ac = P_av(V_C - V_C) = (1.2 \times 10^0 P_a):(0.21 m - 0.5 m) = -920. ΔU_AC = Q_CA - W_AC = : -1652 Processo A->B (isotérmico) W_AB = nRT_A(\ln \frac{T_B}{T_A}) W_AB = (0.75 mol)(8.15 \frac{J}{mol . . .•ki)(0.78 Rt \ln \frac{1}{0.5 m}) = 659 J ΔU_AC = 0 Q_AB = ΔU_AB + W_AB = W_AB = 659 J No Ciclo Exemplo 6: A figura do exemplo mostra uma série de processos termodinâmicos. No processo a→b 150 J de calor são fornecidos ao sistema e no processo b→d, 600 J de calor foram fornecidos ao sistema. (a) Calcule ΔU no processo a→b. (b) Calcule ΔU a→b→d. (c) Calcule ΔU no processo a→c→d (d) Calcule ΔU no processo a→d. (a) No processo a→b ΔU_{ab} = Q_{ab} - W_{ab} ; W_{ab} = 0 logo ΔU_{ab} = Q_{ab} = 150 J (b) No processo a→b→d ΔU_{abd} = ΔU_{ab} + ΔU_{bd} = Q_{ab} + Q_{bd} - W_{bd} ΔU_{ab} = 150 + 600 - pΔV pΔV = 8×10^4 Pa × 3 × 10^-3 m^3 = 240 J logo, ΔU_{abd} = 150 /+ 600 /− 240 / = 510 J (c)A variação da energia interna só depende dos estados e não dos processos, logo: ΔU_{ac} = ΔU_{abd} = 510 J (d) A variação da energia interna só depende dos estados e não dos processos, logo: ΔU_{ad} = ΔU_{abd} = 510 j 1.6.10. Suponha que 0,0963 moles de um gás ideal passe pelo ciclo exibido na figura ao lado, na qual o processo 2 - 3 é isotérmico. (a) Determine as temperaturas dos estados 1 e 2. (b) Dado que Cv= 15,0 J/mol.K, calcule o calor absorvido no processo isocórico. (c) Use a primeira lei para achar o calor envolvido no processo 3 - 1 (d) Calcule o trabalho do ciclo completo.