Exercício resolvido de termodinâmica

Mesma variação de energia interna, três modos de transferência

Exercício 7 · Lição 4 — O primeiro princípio da termodinâmica

primeiro princípio
energia interna
calor
trabalho mecânico
trabalho elétrico
calorimetria
função de estado

Versão de trabalho — este exercício ainda está em revisão.

Enunciado

Um líquido, o seu calorímetro e uma pequena resistência imersa constituem um sistema fechado, macroscopicamente em repouso. O recipiente é rígido e a capacidade térmica total do sistema é considerada constante:

C=2{,}00\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Pretende-se levar o sistema do estado de equilíbrio $A$ , a $T_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ , ao estado de equilíbrio $B$ , a $T_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ . Admite-se que

U(B)-U(A)=C(T_B-T_A).

As variações das energias cinética e potencial macroscópicas são nulas. Desprezam-se todas as perdas para o exterior.

Realizam-se independentemente os três protocolos seguintes, a partir do mesmo estado inicial $A$ :

Protocolo 1. O sistema é colocado em contacto térmico com uma fonte quente, sem que lhe seja fornecido qualquer trabalho.
Protocolo 2. As paredes estão isoladas termicamente. Uma pá agita o líquido graças à queda de uma massa $m$ de uma altura $h=5{,}00$ m. A pá e o líquido acabam em repouso, e toda a energia mecânica perdida pela massa é transferida para o sistema. Tome-se $g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ .
Protocolo 3. O sistema recebe um calor $Q_3=4{,}00$ kJ, e a energia restante é fornecida eletricamente à resistência. A potência elétrica recebida é constante e vale $\mathcal P=300$ W.

Calcular a variação de energia interna $\Delta U=U(B)-U(A)$ comum aos três protocolos.
Para cada um dos dois primeiros protocolos, determinar o calor $Q$ e o trabalho $W$ recebidos pelo sistema. No segundo, calcular a massa $m$ necessária.
Para o terceiro protocolo, calcular o trabalho elétrico recebido e a duração da alimentação da resistência.
As três transformações têm os mesmos estados inicial e final. Explicar por que razão os seus valores de $Q$ e $W$ podem, ainda assim, ser diferentes. O sistema contém «calor» ou «trabalho» no estado final $B$ ?

Dica

Aplicar

\Delta U=Q+W

com a convenção do banqueiro. Para a pá, o trabalho recebido é igual à diminuição

mgh

da energia potencial da massa. A energia elétrica que atravessa a fronteira pelos fios é contabilizada como trabalho elétrico.

Solução detalhada

Solução

Questão 1. A diferença de temperatura é

T_B-T_A=5{,}0

K. Por conseguinte,

\Delta U=C(T_B-T_A)=2{,}00\times5{,}0=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Este valor depende apenas dos dois estados de equilíbrio $A$ e $B$ .

Questão 2. No primeiro protocolo não é recebido qualquer trabalho: $W_1=0$ . O primeiro princípio dá então

Q_1=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

O calor é positivo porque a energia entra no sistema.

No segundo protocolo, as paredes estão isoladas termicamente, logo $Q_2=0$ . Toda a variação de energia interna provém do trabalho mecânico da pá:

W_2=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Como $W_2=mgh$ ,

m=\frac{W_2}{gh}=\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00}\simeq204\ \mathrm{kg}.

A elevada ordem de grandeza recorda que mesmo uma subida moderada de temperatura já corresponde a uma energia mecânica importante.

Questão 3. O primeiro princípio impõe

W_3=\Delta U-Q_3=10{,}0-4{,}00=6{,}00\ \mathrm{kJ}.

Este trabalho é positivo: a alimentação elétrica fornece energia ao sistema. Com $W_3=\mathcal P\,\Delta t$ ,

\Delta t=\frac{W_3}{\mathcal P}=\frac{6{,}00\times10^3}{300}=20{,}0\ \mathrm{s}.

Questão 4. Os três caminhos dão, respetivamente,

(Q_1,W_1)=(10{,}0,0)\ \mathrm{kJ},\qquad(Q_2,W_2)=(0,10{,}0)\ \mathrm{kJ},

(Q_3,W_3)=(4{,}00,6{,}00)\ \mathrm{kJ}.

Em todos os casos, a soma $Q+W$ vale $10{,}0$ kJ e produz a mesma variação $\Delta U$ . A energia interna é uma função de estado, enquanto o calor e o trabalho descrevem transferências durante uma transformação. No estado final $B$ , o sistema possui energia interna, mas não contém «calor» nem «trabalho».