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
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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)
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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.)
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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.
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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
Pearson Education do Brasil
Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções
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.
Pearson Education do Brasil
Top Related