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1 Q1, Dilatando reguas
nome : Romulo Loiola Rodrigues Gaspar, Entregar 04/10/2010
1.1 Enunciado
Uma regua de aco foi usada para medir o comprimento de uma barra de determinadomaterial. A medida foi `B(20) = 20, 05 cm a temperatura de 20 o C . A barra e a reguaforam colocada juntas em um forno. Na temperatura de 270 o C , a barra passou amedir `B(270) = 20, 11 cm de acordo com a mesma regua. Determine o coeficientede expansao linear do material da barra.Dados: : αaco = 11 × 10−6 (o C)−1.
1.2 Solucao
Na temperatura de 20 o C , a medida da barra coincide com uma medida na regua de`B(20) = `R(20) = 20, 05 cm. Quando a temperatura chega a 270 o C , essa medidana regua ainda e de `R(270) = 20, 05 cm(270) mas corresponde a um comprimento”real” de
`R(270) = (1 + αaco × 250) `R(20) = 20, 05 cm(270)
O comprimento da barra medida pela regua e de 20, 11 cm(270)
`B(270) = (1 + αB × 250) `B(20) = 20, 11 cm(270)
Obtemos :1 + αB × 250
1 + αaco × 250=
2011
2005
DondeαB = 23 × 10−6 (o C)−1
1
2 Q2, A bela figura
nome : Diogo Adelino da Silva, Entregar 04/10/2010
2.1 Enunciado
A figura ao lado mostra, em corte, um recipiente de paredes adiabaticas que e mu-nido de um pistao movel, tambem feito de material adiabatico, de massa M = 10 kge area A = 200 cm2. Este recipiente contem em seu interior 3 litros de gas Helio(He, monoatomico, com masssa molar M = 4, 0 g/mol) na temperatura e 20 o C . Umaquecedor eletrico, interno ao recipiente, e posto para funcionar de modo a elevargradualmente a temperatura do gas ate 70 o C . Supondo que o pistao move-se sematrito e que a pressao externa ao recipiente e de 1 atm, detemine para este gas :(a) (0,7) a sua densidade volumetrica ρ;Nao essa :(b) (0,6) a velocidade quadratica media inicial vrms de seus atomos con-stituintes;(c) (0,6) o volume final Vf que ele ocupa; (d) (0,6) o trabalho Wif realizado ( peloou sobre o gas ???), a variacao da energia interna ∆Uif e o calor Qif fornecido aosistema.Dados : R = 8, 31J/(mol K), patm = 1, 013 × 105 Pa.
2.2 Solucao
(a) (0,7) A pressao dentro do recipiente compensa a pressao atmosferica e o peso doembolo :
p = patm +M g
A= 1, 062 × 105 Pa
o que determina
nR =pV
T=
(1, 062 × 105) × (3 × 10−3)
293= 1, 087 J/K
e a densidade :
ρ =nM
V=
pM
R T=
(1, 062 × 105) × 4, 0
8, 31 × 293g/m3 = 174, 5 g/m3
2
Nao essa : (b) (0,6) Para 1 mol temos :
1
2M vrms
2 =3
2RT ⇒ vrms =
√
3R T
M= 1351 m/s
(c) (0,6)
Vf = ViTf
Ti= 3, 51 `
(d) (0,6) A pressao fica constante de modo que
Wif = p (Vf − Vi) = nR (Tf − Ti) = 54, 3 J
Temos a capacidade termica molar a pressao constante Cp = 5R/2 donde
Qif = nCp (Tf − Ti) =5
2nR (Tf − Ti) = 135, 8J
e a variacao da energia interna
∆Uif =3
2nR (Tf − Ti) = 81, 5J
Verificamos que∆Uif = Qif − Wf
3
3 Q3, De novo, um cıclo com 3 etapas
nome : Thiago Coutinho Guerra, Entregar 04/10/2010
3.1 Enunciado
Um mol de um gas ideal di-atomico sofre o processo mostrado no diagrama p × Vda figura abaixo, em que p e dada em atmosferas (atm) e V em litros (`). Sabe-seque cada ciclo e descrito no sentido a → b → c → a, sendo o processo a → b umaexpansao adiabatica reversıvel, o processo b → c uma compressao isotermica e c → aum aumento de pressao isovolumetrico.Na figura Va = Vc = 25 ` e Vb = 40 `, a pressao no estado c vale pc = 1 atm(a) (0,6) Determine a pressao pa e a temperatura Ta no estado a.(b) (0,7) Calcule o calor Q trocado e o trabalho W realizado nos tres processoa quecompoem o ciclo.(c) (0,6 Obtenha o rendimento η de uma maquina termica cujo agente opera nesteciclo.(d) (0,6) Compare η com o rendimento de uma maquina termica de Carnot queoperasse entre as temperaturas mais alta e mais baixa deste ciclo.
3.2 Solucao
(a) (0,6) O processo b → c e isotermico donde pb = pc Vc/Vb = pc (Va/Vb) e
pa = pb
(
Vb
Va
)γ
= pc
(
Vb
Va
)γ−1
= pc(1, 6)0,4 = 1, 21atm
Como 1atm × 1 ` ≈ 100 J , achamos :R Ta = pa Va = 3025 J e
Ta =pa Va
R=
1, 21 × 25
8, 31× 100 K = 364 K
4
(b) (0,7)Para o processo isovolumetrico c → a temos :
Wca = 0
Qca = CV (Ta − Tc) = (5/2) (RTa − RTc)
= 2, 5 × (pa − pc)Vc = 1312 J
Para o processo adiabatico a → b temos :
Wab = −CV (Tb − Ta) = CV (Ta − Tc) = 1312 J
Qab = 0
Para o processo isotermico b → c temos :
Wbc = Qbc = R Tc lnVc
Vb= −1175J
(c) (0,6)
η =Wab + Wbc
Qca=
1312 − 1178
1312= 0, 10
(d) (0,6)
ηCarnot =Ta − Tc
Ta=
pa − pc
pa=
0, 21
1, 21= 0, 17
5
4 Q4, Caliente no calorımetro
nome : Rafael Maiocchi Alves Costa, Entregar 04/10/2010
4.1 Enunciado
Dentro de um calorımetro com capacidade calorıfica desprezıvel, mistura-se 0, 5 ` deagua a temperatura de 10 o C com 5, 0 kg de gelo a uma temperatura de −20 o C .Supondo que o sistema gelo ⊕ agua se encontra isolado termicamente, determine :(a) (0,5) a temperatura final de equilıbrio Teq do sistema;(b) (0,5) a massa de gelo restante meq no equilıbrio;(c) (0,5) a variacao da entropia ∆Sa da agua;(d) (0,5) a variacao da entropia ∆Sg do gelo;(e) (0,5) a variacao da entropia ∆Sa+g do sistema agua + gelo.Dados :cagua = 1, 0 cal/(g oC) ; cgelo = 0, 5 cal/(g oC) ; Lfusao = 80, 0 cal/g
4.2 Solucao
(a) (0,5) A agua vai se resfriar ate 0 o C cedendo :Q1 = 500 × 1, 0 × 10 cal = 5000 cal,congelando em 0 o C vai ceder mais :Q2 = 500 × 80 cal = 40000 cal.O gelo para ir ate 0 o C precisa de :Q3 = 5000 × 0, 5 × 20 cal = 50000 cal. Esta faltando 5000 cal que vao resfriar 5, 5kgde gelo a 0 o C ate θ tal que : 5500 g × 0, 5 cal/(g o C)× θ + 5000 cal = 0, donde
θ = −1, 8 o C
(b) (0,5) Todo agua foi congelada meq = 5500 g.(c) (0,5) O processo se faz em tres etapas :
∆S1 = 500 g × 1, 0cal
g K× ln
273
283= −17, 99 cal/K
∆S2 =−5000 g × 80, 0 cal/g
273 K= −146, 52 cal/K
∆S3 = 500 g × 0, 5cal
g K× ln
271, 2
273= −1, 65 cal/K
Com a soma∆Sagua = −166, 16 cal/K
6
(d) (0,5)
∆Sgelo = 5000 g × 0, 5cal
g K× ln
271, 2
253= +173, 67 cal/K
(e) (0,5)∆Suniverso = +7, 51 cal/K
que e positivo como deve ser.Para uma resposta em Joules :
1 cal = 4, 18 J
7
5 Q5, Conduzindo calor
nome : Nadini Odorizi Carega, Entregar 04/10/2010
5.1 Enunciado
(2,0) Um bastao cilındrico de cobre, de comprimento L = 1, 2 m e area de secao reta∆S = 4, 8 cm2 e isolado, para evitar perda de calor pela sua superfıcie lateral. Osextremos sao mantidos a diferenca de temperatura de 100 o C , um colocado em umamistura agua-gelo e outro em agua fervendo e vapor. (a)(1,0) Ache a taxa em que ocalor e conduzido atraves do bastao.(b)(1,0) Ache a taxa em que o gelo derrete no extremo frio.A condutividade termica do cobre vale κ = 400 W/m · K e o calor latente de fusaodo gelo e Lfusao = 333 × 103 J/kg.
5.2 Solucao
(a)(1,0)
H ≡∆Q
∆t= −κ∆S
TC − TH
∆L
= 400 × 4, 8 × 10−4 ×100
1, 2W = 16 W
(b)(1,0)∆M
∆t=
∆Q/∆t
Lfusao
=16 J/s
333kJ/kg≈ 4, 8 × 10−5 kg/s
8
6 Q6, Um ciclo em tres etapas
nome : Ariane Campani Mattos, Entregar 04/10/2010
6.1 Enunciado
Um gas ideal, diatomico, ocupa um volume V1 = 2, 5 `, a pressao p1 = 1 bar = 105 Pae a temperatura T1 = 300 K. Ele e submetido aos seguintes processos reversıveis: (1 ⇒ 2) um aquecimento isovolumetrico ate a sua pressao quintuplicar, depois(2 ⇒ 3) uma expansao isotermica ate a pressao original e, finalmente, (3 ⇒ 1) umatransformacao isobarica voltando ao estado inicial.(a)(0,5) Desenhe o ciclo do gas no diagrama de Boyle-Clapeyron (p versus V ), indi-cando a escala das unidades.(b)(1,8) Calcule, em Joules, o trabalho feito W pelo gas, o calor Q que ele absorvee a sua variacao de energia interna ∆U em cada etapa do ciclo.(c)(0,2) O rendimento da maquina operando segundo este ciclo.
6.2 Solucao
O gas ideal, sendo diatomico, CV = 5R/2 de modo que ∆U = n (5R/2)∆T . AchamosT2 = 5 × T1 = 1.500, 0 K ; V3 = 5V1 ; nR = 250/300 J/K.(a)(0,5) Desenho do ciclo :
(b)(1,8) Em Joules, W , Q e ∆U , sao :(1.250 × ln 5 ≈ 2.012)
W Q ∆U(1 ⇒ 2) 0 +2.500 +2.500(2 ⇒ 3) +2.012 +2.012 0(3 ⇒ 1) −1.000 −3.500 −2.500
(c)(0,2)
r =Wtot
Qabsorvido=
2.012 − 1.000
2.012 + 2.500≈ 0, 22
9
7 Q7 Maquinas
nome : Felipe Romao Sousa Correia, Entregar 04/10/2010
7.1 Enunciado
Uma maquina termica opera entre a temperatura alta TA = 500 K e a temperaturabaixa TB = 300 K, com um coeficiente de eficiencia termica ou rendimento, r = 0, 20.(a) (0,5) Determine a quantidade de calor QB cedida a fonte fria quando, em cadaciclo, uma energia de W = 200 J e produzido sob forma de trabalho.(b) (1,0) Calcule ∆Suniv, a variacao , por ciclo, da entropia do universo termodinamicoformado pelos reservatorios termicos e a maquina.(c) (0,5) Calcule o coeficiente de eficiencia de uma maquina de Carnot operandoentre as mesmas temperaturas ?(d) (1,0) Qual e a relacao entre ∆Suniv e a energia desperdicada, em cada ciclo, aonao usar uma maquina de Carnot ?
7.2 Solucao
(a) (0,5) QA = 5 W = 1.000 J donde
QB = QA − W = 800 J
(b) (1,0) A variacao da entropia, no universo, e :
∆Stotal = −QA/TA + QB/TB =2
3J/K
(c) (0,5) O rendimento maximo e :
rCarnot =TA − TB
TA= 0, 4
(d) (1,0) WCarnot − W = (400 − 200) J e
WCarnot −W
∆Stot
=200 J
(2/3) J/K= 300 K ≡ TB
10
8 Q8 Outro ciclo em tres etapas
nome : Camila Silva Brasiliense, Entregar 04/10/2010
8.1 Enunciado
Um mol de um gas ideal, monoatomico, a temperatura T1 = 300 K e submetidoaos seguintes processos reversıveis : (1 ⇒ 2) um aquecimento isovolumetrico ate asua temperatura dobrar T2 = 600K, depois (2 ⇒ 3) uma expansao adiabatica ateo estado 3, onde a pressao e igual a pressao inicial : p3 = p1 e, finalmente, umatransformacao isobarica (3 ⇒ 1). (a)(0,5) Desenhe o ciclo no diagrama {p, V }.(b)(1,5) Calcule a temperatura T3 e, em Joules, o trabalho feito W pelo gas, o calortrocado Q e a sua variacao de energia interna ∆U em cada etapa do ciclo.(c)(0,5) Se p1 = 105 Pa, calcule {V1, V3}. 20,6 = 1, 52.
8.2 Solucao
Temos ∆U = (3/2)R ∆T , γ−1 = 0, 6 e 1 − γ−1 = 0, 4.A pressao, volume e temperatura sao relacionados por :
(1) p1 ; V1 T1 = 300 K(2) p2 = 2 p1 ; V2 = V1 T2 = 2T1 = 300 K(3) p3 = p1 ; V3 = 20,6 V1 ≈ 1, 5V1 T3 = 20,6 T1 ≈ 455 K
(a)(0,5) Desenho do ciclo :(b)(1,5) T3 = 21/γ T1 ≈ 455 K e temos, em Joules :
W Q ∆U(1 ⇒ 2) 0 +450 × 8, 3 +450 × 8, 3(2 ⇒ 3) +217, 5 × 8, 3 0 −217, 5 × 8, 3(3 ⇒ 1) −155 × 8, 3 −387, 5 × 8, 3 −232, 5 × 8, 3
ouW Q ∆U
(1 ⇒ 2) 0 +3.735 +3.735(2 ⇒ 3) +1.805 0 −1.805(3 ⇒ 1) −1.286 −3.215 −1.929
(c)(0,5) Se p1 = 105 Pa,
V1 = 300 × 8, 3 × 10−5 m3 ≈ 25 ` , V3 ≈ 38 `
11
9 Q9 Outras Maquinas
nome : Jessica de Souza Panisset, Entregar 04/10/2010
9.1 Enunciado
(3,0) Uma refrigerador opera entre as temperaturas TA = 300 K e TB = 270 K,com um coeficiente de performance (desempenho) D
.= QB/W = 5, 0.
(a) (0,5) Calcule em cada ciclo, a quantidade de calor QA transferida a fonte quenteao gastar no refrigerador uma energia, por ciclo, de W = 200 J .(b) (1,0) Calcule ∆Suniv, a variacao , por ciclo, da entropia do universo termodinamicoformado pelos reservatorios termicos e o refrigerador.(c) (0,5) Calcule o coeficiente de desempenho de um refrigerador de Carnot operandoentre as mesmas temperaturas ?(d) (1,0) Qual e a relacao entre ∆Suniv e o gasto EXTRA de energia que resultada nao utilizacao de um refrigerador de Carnot ?
9.2 Solucao
(a) (0,5) : QB = 1.000 J donde
QA = W + QB = 1.200 J
(b) (1,0) :
∆Stotal =QA
TA+
−QB
TB=
8
27J/K
(c) (0,5) :
DCarnot.=
TB
TA − TB= 9, 0
(d) (1,0) :WEXTRA = W −WCarnot = (1
5− 1
9) × 1000 J = 800
9J ,
WEXTRA
∆Stotal=
(800/9) J
(8/27) J/K= 300 K = TA
12
10 Q10 Frio la fora !
nome : Alice Helena Santos Alves de Sayao, Entregar 04/10/2010
10.1 Enunciado
Um tanque de agua foi construido ao ar livre em tempo frio e alı se formou umacamada de gelo de 5, 0 cm na superfıcie da agua. O ar acima da agua sta a −10o C .Calcule a taxa de formacao do gelo (em cm/h) na superfıcie inferior da placa de gelo.Suponha que o calor nao seja transferido pelas paredes ou pelo fundo do tanque.Dados :A densidade do gelo e ρ = 0, 92 g/cm3.O calor latente de transformacao gelo - agua e :
Lf = 333 × 103 J/kg = 79, 5 cal/g
e o coeficiente de conductividade termica do gelo e dado por :
κ = 4, 0 × 10−3cal/s
oC cm= 1, 7
W
K m
10.2 Solucao
A lei de conducao fornece :∆Q
∆t= κA
∆T
h0
Essa quantidade de calor vai formar uma massa de gelo por unidade de tempo :
∆M
∆t=
∆Q
Lf ∆t
ou, um volume :∆V
∆t=
∆M
ρ ∆t
A taxa de crescimento do gelo sera :
∆h
∆t=
∆V
A ∆t=
κ∆T
ρLf h0
≈ 1, 97 cm/h
13
11 Q11 ciclo de Stirling 1816
nome : Jefferson Xavier de Melo, Entregar 04/10/2010
11.1 Enunciado
A maquina de Stirling usa n = 8, 1×10−3 moles de um gas ideal, operando entre doisreservatorios de altae baixa temperatura TA = 368 K e TB = 297 K, funcionando ataxa de 0, 7 ciclos/s. Um ciclo consiste em quatro etapas :1) uma expansao isotermica a → b a temperatura TA do volume V0 ate o volumeV1 = 1, 5V0, seguida de2) um processo iso-volumetrico b → c ate a temperatura TB, seguido de3) uma compressao isotermico c → d a temperatura TB ate o volume inicial V0,seguida de4) Um processo iso-volumetrico d → a ate o estado inicial.(a) Determine o trabalho realizado por ciclo.(b) Qual e a potencia da maquina ?(c) Supondo que o calor cedido pela maquina no processo b → c seja aproveitado in-teiramente no processo d → a, qual sera a eficiencia da maquina ? (o que queremos/oque pagamos)
11.2 Solucao
(a) Ao longo das isotermas, temos :
Wa→b = nR TA lnVb
Va, Wc→d = nR TB ln
Vd
Vc
Wtot = nR (TA − TB) ln(1, 5) = 8, 1 × 10−3 × 8, 3 × 71 ln(1, 5) ≈ 1, 9 J
(b)Pot = Wtot × 0, 7 ≈ 1, 3 Watt
(c) Os calores trocados sao :
Qa→b = Wa→b = nR TA ln(1, 5)
Qb→c = nCV (TB − TA)
Qc→d = Wc→d = −nR TB ln(1, 5)
Qd→a = nCV (TA − TB)
Teremos uma eficiencia igual a eficiencia de uma maquina de Carnot :
e =Wtot
Qa→b=
TA − TB
TA≈ 0, 20
14
12 Q12 ciclo de Otto
O motor a gasolina de 4 tempos
nome : Raphaella Barros Pereira da Silva, Entregar 04/10/2010
12.1 Enunciado
A maquina de Otto opera em quatro etapas :1) uma compressao adiabatica a → b diminuindo o volume de Va ate o volumeVb = Va/r e aumentando a temperatura de Ta ate Tb, seguida de2) um processo iso-volumetrico (a ignicao ) b → c aquecendo a mistura ate a temper-atura Tc, seguido de3) uma expansao adiabatica dos gases aquecidas c → d ate o volume inicial V0,movendo o pistao, seguida de4) Um processo iso-volumetrico, a queda de pressao associada a exaustao dos gasesda combustao, d → a ate o estado inicial.Considerando a mistura como um gas ideal com coeficiente adiabatica γ, mostre queo rendimento do ciclo e dado por :
e = 1 −Td − Ta
Tc − Tb= 1 −
(
1
r
)γ−1
Observacao :
A taxa de compressao r nao pode ser muito grande (r < 10) para evitar a pre-ignicao
12.2 Solucao
Os trabalhos e os calores trocados sao :
Wa→b = nCV (Ta − Tb) < 0
Qb→c = nCV (Tc − Tb) > 0
Wc→d = nCV (Tc − Td) < 0
Qd→a = nCV (Ta − Td) < 0
com rendimento :
e =Wa→b + Wc→d
Qb→c= 1 −
Td − Ta
Tc − Tb
15
Ao longo de uma adiabatica reversıvel, temos T V γ−1 = constante, logo :
Tc = Td
(
Vd
Vc
)
= Td rγ−1
Tb = Ta
(
Va
Vb
)
= Ta rγ−1
donde :Td − Ta
Tc − Tb=(
1
r
)γ−1
16
13 Q13 refrigerador de Carnot
nome : Luiz Felipe Neris Cardoso, Entregar 04/10/2010
13.1 Enunciado
Uma maquina de Carnot, sendo reversıvel, pode operar em sentido inverso, i.e.comorefrigerador. As quatro etapas consistem em :1) a → b, uma compressao isotermica a temperatura mais alta TA, seguida de2) b → c, uma expansao adiabatica ate a temperatura mais baixa TB, seguida de3) c → d, uma expansao isotermica a temperatura mais baixa TB e, finalmente :4) d → a, uma compressao adiabatica ate o estado inicial a.Com TA = 305 K e TB = 275 K e sabendo que o sistema refrigerante cede 300J porciclo a fonte quente,(a) Determine o trabalho W feito, por ciclo, sobre o sistema. (a conta da luz !)(b) Qual e a quantidade de calor QB, tirada da fonte frio ?(c) Definimos o coeficiente de performance K como a razao entre o que queremos QB
e o que pagamos W . Mostre que K = TB/(TA −TB) para um refrigerador de Carnot.
13.2 Solucao
Sabemos que, em um refrigerador de Carnot, a variacao da entropia do universo enula, logo
QA
TA
=QB
TB
(a)
W = QA − QB = QA
(
1 −TB
TA
)
= 29, 5J
(b)QB = QA − W = 270, 5 J
(c)
K =QB
W≈ 9, 2 , TB/(TA − TB) ≈
275
30
17
14 Q14 Entropia do Universo
nome : Camilla de Assis Magalhaes , Entregar 04/10/2010
14.1 Enunciado
Uma maquina termica opera entre reservatorios termicos nas temperaturas TA e TB,sendo TA > TB. Sejam QA o calor tirado do reservayorio RA a alta temperatura eQB, o calor cedido ao reservatorio RB a baixa temperatura. Determine a variacao deentropia de (1) o resrvatorio RA, (2) do reservatorio a baixa temperatura RB e (3)do sistema operando em ciclo.Mostre que o princıpio ∆Suniverso ≥ 0 implica que o rendimento de uma maquinatermica qualquer e sempre menor do que ηCarnot = 1 − TB/TA.
14.2 Solucao
Temos
∆SA =−QA
TA; ∆SB =
QB
TB
e
∆Suniverso = ∆SA + ∆SB =QB
TB−
QA
TA≥ 0
implica em :QB
QA≥
TB
TA
donde o rendimento :
η =W
QA=
QA −QB
QA= 1 −
QB
QA≤ 1 −
TB
TA
e
1 −TB
TA= ηCarnot
18
15 Q15 Entropia e Economia
nome : Nathalia da Silva Henrique de Moura e Victor dos Santos Costa
Entregar 04/10/2010
15.1 Enunciado
Queremos resfriar um objeto metalico de capacidade calorıfica C na temperatura deTi = 290, 0 K ate Tf = 270, 0 K. Dispomos de um refrigerador de Carnot, operandoentre TA = 300, 0 K e TB = 275 K. Ele possue um compartimento de congelador,funcionando tambem como maquina de Carnot, entre as temperaturas TA = 300, 0 Ke Tf = 270, 0 K. Podemos proceder de duas maneiras :
1. A primeira maneira, MI , consiste numa unica etapa : colocar diretamente oobjeto no compartimento congelador ate chegar a temperatura Tf .
2. A segunda maneira, MII , se faz em duas etapas : E1 colocar o objeto refriger-ador ate ele atingir a temperatura TB, para numa segunda etapa E2, colocar eleno comportamento do congelador ate chegar a temperatura Tf .
Supondo que o objeto nao sofre perda de calor na transferencia do refrigerador parao congelador, determine :(a) : A energia WI necessaria para realizar MI .(b) : As energias WII(1) e WII(2) necessarias para realizar cada etapa E1 e E2 dosegundo procedimento MII.(c) : Compare WI com WII(1) + WII(2).(d) : Calcule a variacao da entropia ∆SI do universo termodinamico formado peloobjeto e o refrigerador no primeiro procedimento MI .(e) : Calcule a variacao da entropia ∆SII(1) e ∆SII(2), para cada etapa de MII, douniverso termodinamico formado pelo objeto, o refrigerador e o congelador.(f) : A razao entre
W ≡ WI − (WII(1) + WII(2)) e ∆S ≡ ∆SI − (∆SII(1) + ∆SII(2))
tem a dimensao de uma temperatura. Que temperatura e essa ?
19
15.2 Solucao
(a) : Supomos que a capacidade calorıfica fica constante de modo que o calor queprecisamos tirar do objeto e
QI = C (Tf − Ti) =
Via a fonte fria na temperatura do congelador Tf , esse calor e transferido para a fontequente junto com a energia WI e a fonte quente absorbe QA = WI + QI , donde
WI = QA − QI =
(
QA − QI
QI
)
QI =TA − Tf
TfQI =
(b) : De mesma maneira achamos os calores em cada etapa do segundo procedimento
QII(1) = C (TB − Ti) =
QII(2) = C (Tf − TB) =
As energias gastas sao :
WII(1) = QA(1) − QII(1) =
(
QA − QII(1)
QII(1)
)
QII(1) =TA − TB
TBQII(1) =
WII(2) = QA(2) − QII(2) =
(
QA − QII(2)
QII(1)
)
QII(1) =TA − Tf
TfQII(2) =
(c) : Como QI = QII(1) + QII(2), temos :
∆W ≡ WI − (WII(1) + WII(2)) = TA
(
1
Tf−
1
TB
)
QII(1) =
que e positivo, logo o primeiro processo e mais caro !(d) :
∆SI =QA
TA+∫ Tf
Ti
CdT
T=
QI
Tf+ C ln
Tf
Ti=
(e) :
∆SII(1) =QII(1)
TB+∫ TB
Ti
CdT
T=
QII(1)
TB+ C ln
TB
Ti=
∆SII(2) =QII(2)
Tf+∫ Tf
TB
CdT
T=
QII(2)
Tf+ C ln
Tf
TB=
(f) : A diferenca entre as variacoes da entropia nos dois procedimentos e :
∆S ≡ ∆SI − (∆SII(1) + ∆SII(2)) =QII(1)
Tf
−QII(1)
TB
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Vemos que∆W = TA ∆S
Concluimos que o processo no qual a variacao de entropia e maior, isto e menosreversıvel, e o mais caro !
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