Exercícios Resolvidos - Livro Física 2 Sears - Cap. 18

Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções

Capítulo 18

Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ.

18-2: a) 9000 J – 6400 J = 2600 J.

b)

18-4: a)

b) Q – Pt = 6.43 x 105 J – (180 x 103 W) (1.00 s) = 4.63 x 105 J.

18-6: Explicitando r na Eq. (18-6),

(1 - ) ln r = ln(1 – e) ou

r = (1 – e) = (0.350)-2.5 = 13.8.

Note que o símbolo “e” foi usado para designar a eficiência ideal e não significa a base do logaritmo natural.

18-8: a) Pela Eq. (18-6), e = 1 – r1- = 1 – (8.8)-0.40 = 0.58 – 58%

b) 1 – (9.6)-0.40 = 60%, um aumento de 2%. Se usarmos mais algarismos significativos nas eficiências, a diferença passa para 1.4%.

18-10:

18-12: a)

Pearson Education do Brasil


b)

c) 1.14 x 106 J (note que

18:14: a) Pela Eq. (18-13), o calor rejeitado é

b) 6450 J – 3.72 x 103 J = 2.73 x 103 J.

c) Pela Eq. (18-4) ou pela Eq. (18-14), e = 0.423 = 42.3%.

18-16: a) Pela Eq. (18-13),

b) O trabalho realizado é 492 J – 415 J = 77 J, então

P = (2.75) x 212 W.

c) TC/(TH – TC) = (270 K)/(50 K) = 5.4.

18-18: A eficiência alegada da máquina é de Contudo a

eficiência máxima da máquina térmica operando entre aquelas temperaturas é dada por

Logo a máquina proposta viola a segunda lei.

18-20: a)



b)

c) S = 428 J/K +(-392 J/K) – 36 J/K.

18-22: Para uma expansão isotérmica, T = 0, U = 0 e Q = W. A variação de entropia é dada por

18-24: a)

Note que esta é a variação de entropia da água quando ela se transforma em vapor.

b) O módulo da variação de entropia é aproximadamente cinco vezes maior que o valor encontrado no Exemplo 18-5. A água é mais desorganizada do que o gelo. Porém ela é muito menos desorganizada do que o vapor. Portanto quanto maior o grau de desordem maior é a entropia; uma consideração de variações de densidade dá também uma idéia dessas diferenças.

18-26: a) A temperatura final, achada usando os métodos do Capítulo 15, é

ou 28.9C com três algarismos significativos.

b) Usando o resultado do Exemplo 18-10, a variação total de entropia (fazendo a conversão para a temperatura Kelvin) é dada por

(Este resultado foi obtido conservando-se mais algarismos significativos nos cálculos intermediários.)



18-28: a) Na média, cada metade da caixa conterá metade de cada tipo de molécula, ou seja 250 moléculas de nitrogênio e 50 de oxigênio.

b) Ver o Exemplo 18-11. A variação total de entropia é

S = kN1 ln(2) + kN2 ln(2) = (N1 + N2)k ln(2) = (600)(1.381 x 10-23 J/K) ln(2) = 5.74 x 10-21 J/K.

c) Ver o Exercício 18-30. A probabilidade é

(1/2)500 x (1/2)100 = (1/2)600 = 2.4 x 10-181,

e portanto isto não é provável que ocorra.

O resultado numérico da parte (c) pode não ser obtido nas calculadoras comuns. Contudo, usando-se este tipo de calculadora o resultado pode ser obtido tomando-se o logaritmo de 0.5 na base 10 e multiplicando-se o resultado por 600, somando 181 e a seguir achando a potência 10 da soma. O resultado será

10-181 x 100.87 = 2.4 x 10-181.

18-32: a) mLc(1-e) = (4500 kg)(2.70 x 107 J/kg)(0.80) = 9.72 x 1010 J.

b) De Q = mcT = VcT, obtemos

O comprimento da aresta do cubo com este volume é

.05 x 103 m3)

18-34: a)

b) 1.42 x 107 m2 = 14.2 km2.



18-36: a)

b)

O carvão queimado em um dia é dado por

(104.8 kg/s) x (86,400 s) = 9.05 x 106 kg.

Note que o resultado foi obtido conservando-se mais algarismos significativos nos cálculos intermediários.

c) A entrada menos a saída é 3140 W – 1100 MW = 2040 MW.

d) Ver o Problema 15-109;

pdis =

portanto

e)

18-38: a) Explicitando TH na Eq. (18-14) obtemos

TH = TC

logo a variação de temperatura é

b) Analogamente, TC = TH(1-e), e se



18-40: a) e = 1 -

b)

c) 6 x 105 kg/h = 6 x 105 L/h.

18-42: a) p2 = p1= 2.00 atm, V2 = V1 (4.00 L)(3/2) = 6.00 L, V3 = V2 = 6.00 L,

p3 = (5/9) = 1.111 atm, (3/2) = 1.67 atm.

Para conferir,

(6/5) = 2.00 atm.

Resumindo,

= (2.00 atm, 4.00 L) (p2, V2) = (2.00 atm, 6.00 L)(p3, V3) = (1.111 atm, 6.00 L) (p4, V4) = (1.67 atm, 4.00 L)

b) O número de moles do oxigênio é

e os calores específicos são indicados na Tabela (17-1). O produto p1V1 possui o valor x = 810.4 J; usando este resultado e a lei do gás ideal, obtemos



i: Q = nCPT = = (3.508)(810.4 J)(1/2) = 1422 J,

W = p1V = x = (810.4 J)(1/2) = 405 J.

ii: Q = nCVT = = (2.508)(810.4 J)(-2/3) = -1355 J, W = 0.

iii: W = nRT3 ln = (810.4 J)(5/6)ln(2/3) = -274 J, Q = W

iv: (2.508)(810.4 J)(1/6) = 339 J, W = 0.

c) O trabalho total realizado no ciclo é dado por 405 J – 274 J = 131 J.

c) O calor é fornecido nas etapas i e iv, e o calor fornecido será

1422 J + 339 J = 1761 J

logo a eficiência é

ou 7.5%.

A eficiência da máquina usando um ciclo de Carnot operando entre os limites de 250 K e 450 K é dada por

1 - 0.44 = 44%.

18-44: Para um gás ideal monoatômico,

CP =

a) ab: A temperatura varia com o mesmo fator do volume, o calor é

O trabalho realizado é dado por



W = pV = 0.90 x 105 J.

U = Q – W = 1.35 x 105 J.

bc: Agora a temperatura varia com o mesmo fator da pressão, o calor é

Q = (pc – pb)Vb= (1.5)(-2.00 x 105 Pa)(0.800 m3) = -2.40 x 105 J,

e o trabalho realizado é zero (V = 0). Logo

U = Q – W = -2.40 x 105 J.

ca: O modo mais fácil de resolver é calcular primeiro o trabalho realizado; W será a área com sinal negativo no plano p-V compreendida entre a linha que representa o processo ca e as verticais traçadas a partir dos pontos a e c. A área deste trapezóide é dada por

(3.00 x 105 Pa + 1.00 x 105 Pa)(0.800 m3 – 0.500 m3) = 6.00 x 104 J,

e portanto o trabalho realizado é –0.60 x 105 J. Logo U deve ser 1.05 x 105 J (visto que U = 0 para o ciclo, antecipando o item (b)), e portanto

Q = U + W = 0.45 x 105 J.

b) Ver acima; Q = W = 0.30 x 105 J, logo U= 0.

d) O calor é fornecido nas etapas ab e ca, logo o calor fornecido é

2.25 x 105 J + 0.45 x 105 J = 2.70 x105 J

e a eficiência é dada por

18-46: A eficiência da primeira máquina é dada por

e1 = e a da segunda é

e2 = e a eficiência total é



O primeiro termo no produto é necessariamente menor do que a eficiência original visto que T > TC, e o segundo termo é menor do que 1, e portanto a eficiência ficou reduzida.

18-48: a) (105 km/h)

b) Pela Eq. (18-6), e = 1 – r1- = 1 – (8.5)-0.40 = 0.575 = 57.5%.

c) (0.750 kg/L)(4.60 x 107 J/kg)(0.575) = 5.38 x 104 W.

d) Repetindo os cálculos obtemos 1.4 x 104 W, ou cerca de 26% da potência calculada no item (c).

18-50: Ver a Figura (18-12c) e o Exemplo 18-8.

a) Para a expansão isobárica seguida pelo processo isocórico, seguimos um caminho desde T até 2T e depois T. Use dQ = nCVdT ou dQ = nCpdT para obter

S = nCp ln 2 + nCV ln =n(Cp – CV) ln 2 = nR ln 2.

b) Para o resfriamento isocórico seguido pela expansão isobárica seguimos um caminho desde T até T/2 e depois T. Portanto

S = nCV ln + nCp ln 2 = n(Cp – CV) ln 2 = nR ln 2.

18-52: a) Para um processo isocórico de um gás ideal, podemos usar o resultado do Exemplo 18-10. As variações de entropia são

nCV ln(Tc/Tb) e nCV ln(Ta/Td).

b) A variação total de entropia é dada pela soma das variações de entropia encontradas no item (a); os outros processos no ciclo são adiabáticos, com Q = 0 e S = 0. Então a variação total é



Pela dedução da Eq. (18-6), vemos que Tb = r-1Ta e Tc = r-1Td, e portanto o argumento do logaritmo entre parênteses é igual a1 e a variação total de entropia é igual a zero.

c) O sistema não está isolado e uma variação total de entropia igual a zero para uma transformação irreversível é certamente possível.

18-54: a)

b)

c) No instante em que o equilíbrio é atingido, não existe mais troca líquida de calor entre a barra e suas vizinhanças de modo que a variação total de entropia da barra é igual a zero.

d) 196 J/K – 143 J/K = 53 J/K.

18-56: a) Como no Exemplo 18-10, a variação de entropia do primeiro objeto é dada por m1c1 ln(T/T1) e a do segundo é m2c2 ln(T/T2), e portanto a variação total de entropia é aquela fornecida no problema. Desprezando a transferência de calor para o ambiente, obtemos

Q1 + Q1 = 0, logo m1c1(T – T1) + m2c2(T - T2) = 0,

que é a expressão fornecida.

b) Obtendo-se T pela relação da conservação da energia e substituindo na expressão de S obtemos

Derivando em relação a T e igualando a zero a derivada encontramos



Explicitando T obtemos

que é o mesmo valor de T substituído na relação da conservação da energia.

Aqueles que possuem familiaridade com os multiplicadores de Lagrange podem usá-los para obter as seguintes relações

e portanto concluir que T = T economizando transformações algébricas.

c) O estado final do sistema será aquele para o qual não é mais possível ocorrer variação de entropia. Se T < T, é possível as temperaturas tenderem a se igualar enquanto ocorre um crescimento de entropia, porém quando T = T, não poderá mais ocorrer nenhuma troca de calor posterior.


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