4alistaexercício Gabarito

QUESTÃO 1 Tq = 20ºC Tf = 5,00ºc 1 Km Ao estudar a 2ª lei da termodinâmica vimos que a eficiência de uma máquina térmica é definida como: η ≡ \frac{W}{Qq} Trabalho realizado pela máquina Calor retirado da fonte quente Vimos também que: W = |Qq| - |Qf| Calor cedido à fonte fria Logo: η = 1 - \frac{|Qf|}{|Qq|} A questão solicita que encontremos a eficiência máxima do sistema! O teorema de Carnot diz que nenhuma máquina operando entre fontes com temperaturas Tq e Tf pode ser mais eficiente que uma máquina reversível Eficiência máxima operando entre essas fontes Logo: η_R = 1 - \frac{T_F}{T_q} Dessa maneira, a eficiência máxima desse sistema é: η_R = 1 - \frac{278 K}{293 K} η_R = 0,0512 = 5,12% Esse projeto não seria válido para obter energia em uma situação real, pois a eficiência de qualquer máquina utilizada na prática será menor que 5,12%. (Lembrando que a eficiência de um motor a vapor é de cerca de 40%). QUESTÃO 2 Adiabatica TV^{\gamma-1} = cte PV^{\gamma} = cte ε ≡ \frac{W}{Qq} = 1 - \frac{Qf}{Qq} Atenção: a relação \frac{Be}{Bq} = \frac{Tf}{Tq} só é válida para o ciclo de Carnot. (Ciclo de Otto idealizado) Calor cedido a volume constante Q_f = C_V . \Delta T_1 Q_f = C_V . (T_4 - T_1) Calor recebido a volume constante Q_q = C_V . (T_3 - T_2) Logo ε = 1 - \frac{C_V . (T_4 - T_1)}{C_V . (T_3 - T_2)} = 1 - \frac{T_4 - T_1}{T_3 - T_2} Como as transformações “1 -> 2” e “3 -> 4” Adiabatica então: T_2 V_2^{\gamma-1} = T_1 V_1^{\gamma-1} T_3 V_3^{\gamma-1} = T_4 V_4^{\gamma-1} => T_2 = T_1 . \Pi^{\gamma-1} => T_3 = T_4 . \Pi^{\gamma-1} Onde \Omega = \frac{V_1}{V_2} = \frac{V_4}{V_3} FINALMENTE: ε = 1 - (Tf - Ti)/[(Tf * n^(δ-1)) - (Ti * n^(δ-1))] ε = 1 - (Tf - Ti)/(n^(δ-1) * (Tf - Ti)) => ε = 1 - 1/(n^(δ-1)) QUESTÃO 3) Duas adiabáticas não podem se interceptar em um diagrama P-V pois caso isso ocorresse, poderão completar um ciclo através de uma isoterma entre as duas adiabáticas (Ver: Fig. 02). O ciclo "ABC" representa uma "máquina" que: Recebe calor de uma "fonte quente" (A -> B) e realiza trabalho sem ceder calor a uma fonte fria. Esse processo seria equivalente a uma "máquina miraculosa" e violaria o enunciado de Kelvin da 2ª Lei da Termodinâmica η = 1 - (Qf/Qq) = 1 - 0/Qq => η = 100%! Fisicamente proibido! QUESTÃO 4: Uma eficiência de 100% não é "proibida" pela 1ª Lei da Termodinâmica visto que, não haveria violação da conservação da energia. Apesar disso, para se conseguir uma máquina térmica com tal rendimento seria necessário que nenhum calor fosse cedido ao reservatório térmico (mais) frio. Isso seria uma violação do enunciado (K) da 2ª Lei. Pois seria equivalente a uma máquina que converteria calor inteiramente em trabalho. QUESTÃO 5) ANTES DEPOIS "1L DE ÁGUA A 100°C" EVAPOROU COMPLETAMENTE ΔS = ∫dQR T dQR: QUANTIDADE DE CALOR TROCADA DE MANEIRA REVERSÍVEL EM GERAL EMBORA O PROCESSO DE VAPORIZAÇÃO NÃO SEJA REVERSÍVEL, PODEMOS IMAGINAR UM PROCESSO QUE OCORRA REVERSIVELMENTE E RESULTE NO MESMO ESTADO FINAL (ÁGUA EVAPORADA!). COMO A ENTROPIA É, POR DEFINIÇÃO, UMA FUNÇÃO DE ESTADO ENTÃO SUA VARIAÇÃO (ΔS) NÃO DEPENDE DO PROCESSO MAS SIM DOS ESTADOS INICIAL E FINAL. → O CALOR NECESSÁRIO PARA FAZER 1L DE ÁGUA A 100°C EVAPORAR COMPLETAMENTE É: Q = m.Lv → Q = 1kg. (2257 kJ ) kg → Q = 2257 kJ DESSA MANEIRA, TEMOS QUE: ΔS = Q = 2257 kJ T 373 K 100°C = 373 K ΔS = 6,05 kJ K QUESTÃO 6) 1 Kg 100°C 1 Kg 0°C CONTATO TÉRMICO O PRIMEIRO PASSO É ENCONTRAR A TEMPERATURA NA QUAL O SISTEMA ESTÁ EM EQUILÍBRIO. NESSE CASO É FÁCIL PERCEBER QUE TE = 50°C POIS TRATA-SE DE PORÇÕES DE MESMA MASSA DE UMA ÚNICA SUBSTÂNCIA. EM UM CASO GERAL: Qq + Qf = 0 mc. ΔTq + mc. ΔTf = 0 (TE - 100°C) + (TE - 0°C) = 0 2 TE = 100°C → TE = 50°C A) ΔSf = ∫dQ 0°C T ΔSf = ∫m.c.dT = m.c. ln(323 K) 273 Kf T T ΔSf = 704,68 J K B) {ΔSu ≥ 0 = REVERSÍVEL > IRREVERSÍVEL ENUNCIADO DA ENTROPIA (DA 2ª LEI) "A ENTROPIA DO UNIVERSO (SIST. + VIZINHANÇA) NUNCA DIMINUI." SENDO ASSIM, PARA VERIFICAR SE O PROCESSO É IRREVERSÍVEL OU NÃO, PRECISAMOS CALCULAR ΔS_q (VARIAÇÃO DE ENTROPIA DA FONTE QUENTE) ΔS_q = ∫_50°C^100°C m.c.dT / T = (1kg)(4190 J/kg.K) ln(323K/333K) = -0,1439 ΔS_q = -603,05 J/K FINALMENTE: ΔS_m = ΔS_f + ΔS_q |ΔS_m = 101,63 J/K| ΔS_m > 0 O PROCESSO É IRREVERSÍVEL QUESTÃO 7 ΔS = ∫_(i)^f dQ/T - PARA AQUECER A ÁGUA À PRESSÃO CONSTANTE PRECISAMOS DE UM CALOR Q = mCp.ΔT. - UM PROCESSO REVERSÍVEL QUE SAI DO ESTADO INICIAL (Ti=0°C) ATÉ O ESTADO FINAL (Tf=100°C) PRECISA OCORRER "QUASE-ESTATICAMENTE". LOGO: ΔS = ∫_(i)^f m.Cp.dT / T = -m.Cp. ln(Tf/Ti) ΔS = 4190 J/kg.K . ln(373K/273K) (1 Kg) ΔS = 1307,73 J/K QUESTÃO 8 1ª PARTE: (k) => (C) "SE (k) É VERDADE ENTÃO (C) É VERDADE" [Diagram of a heat engine and refrigerator labeled] CASO (C) FOSSE FALSO, PODERÍAMOS CONSTRUIR UM REFRIGERADOR MILAGROSO E AJUSTAR SEU CICLO PARA QUE A CADA TRANSFERÊNCIA "QF" DE CALOR PELA MÁQUINA NÃO-MILAGROSA (POIS ASSUMIMOS K VERDADEIRO) PARA A FONTE FRIA CORRESPONDA UMA TRANSFERÊNCIA DE CALOR EQUIVALENTE PARA A FONTE QUENTE. O RESULTADO LÍQUIDO DISSO SERIA: A MÁQUINA, QUE POR HIPÓTESE NÃO SERIA IDEAL, ESTARIA CONVERTENDO UMA QUANTIDADE QQ INTEGRALMENTE EM TRABALHO. CONCLUSÃO: SE (k) FOR VERDADEIRO, (C) PRECISA SER VERDADEIRO! 2a PARTE: (C) => (K) “SE (C) É VERDADEIRO ENTÃO (K) É VERDADEIRO” Q2 QF (MOTOR MIRACULOSO Se (K) fosse falso, poderíamos construir um MOTOR MIRACULOSO e ajustar o seu ciclo para converter integralmente em trabalho a diferença (QR-QF) entre o calor cedido à fonte quente e o calor absorvido da fonte fria pelo refrigerador não-miraculoso (pois assumimos C VERDADEIRO). O resultado líquido disso seria: o refrigerador, que por hipótese não seria ideal, estaria retirando uma quantidade QF da fonte fria e, na fonte quente, estaria ficando uma quantidade QR a cada ciclo Conclusão: SE (C) for VERDADEIRO, (K) PRECISA SER VERDADEIRO! FINALMENTE: (K) <=> (C) “Os enunciados (K) e (C) são equivalentes”