Exercícios Resolvidos de Diagrama T × S

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Enunciado

O ciclo de combustão interna de um motor a gasolina dos carros é conhecido como ciclo de Otto. O ciclo opera entre quatro processos, dois isocóricos (volume constante), onde ocorrem as trocas de calor, intercalados por dois adiabáticos, sem trocas de calor. No processo B C ocorre a queima do combustível na explosão fazendo com que a temperatura varie, Δ T h = | T B - T C | e no processo D A ocorre o escape dos gases produtos da queima, variando a temperatura de Δ T c =   | T A - T D | . Supondo que os processo seja quase estáticos e que o gás seja ideal o ciclo é representado na figura ao lado num diagrama   P V .

a) Determine o rendimento do ciclo de Otto, em termos de | T B - T C | 𝑒 | T A - T D |  

b) Sabendo que um processo adiabático obedece à T V γ - 1 = c t e e considerando r =   V D / V C escreva a resposta anterior em termos de r .

c) Calcule a variação de entropia, S , nos processos, A B , B C , C D , D A , e no ciclo completo A B C D A   utilizando a variação de entropia encontrada em cada processo.

d) Represente o ciclo de Otto num diagrama T S .

Passo 1

a)

Sabendo que em um ciclo, o trabalho pode ser dado por:

W = Q H - Q L

Onde Q H é o calor retirado da fonte quente e Q L o calor despejado para a fonte fria. Bom, e onde esses processos ocorrem?

Não podem ocorrer em C D nem em A B , já que ali ocorrem transformações adiabáticas. Então só nos resta B C   e   D A .

Como em B C existe um aumento de pressão, existe um ganho de energia pelo gás. É natural pensar que ali o calor Q H é trocado. No processo D A ocorre o contrário, então ali é trocado o calor Q L .

Vamos aplicar o módulo e calcular cada um desses calores:

Q H = n c v T B - T C

Q L = n c v T A - T D

Bom, o rendimento pode ser dado por;

e = W Q H = Q H - Q L Q H = 1 - Q L Q H = 1 - n c v T A - T D n c v T B - T C = 1 - T A - T D T B - T C

Passo 2

b)

Para o trecho C D , podemos escrever:

T C V c γ - 1 = T D V D γ - 1 → T C = T D V D V c γ - 1 = T D r γ - 1

E pro processo A B :

T B V B γ - 1 = T A V A γ - 1 → T B = T A V A V B γ - 1

E V A V B ?

Temos que:

V A = V D

V B = V C  

Assim:

V A V B = V D V c = r

Assim:

T B = T A r γ - 1

Reescrevendo a eficiência do ciclo:

e = 1 - T A - T D T B - T C = 1 - T A - T D T A r γ - 1 - T D r γ - 1 = 1 - T A - T D r γ - 1 T A - T D = 1 - r 1 - γ

e = 1 - r 1 - γ

Passo 3

c)

A variação de entropia de cada trecho será:

∆ S A B = 0

∆ S B C = ∫ d Q T = ∫ n c v d T T

∆ S C D = 0

∆ S D A = ∫ d Q T = ∫ n c v d T T  

As variações nulas ocorrem nas transformações adiabáticas.Assim:

∆ S B C = ∫ n c v d T T = n c v ln ⁡ T f T i = n c v ln ⁡ T C T B

Usando:

T C = T D r γ - 1

T B = T A r γ - 1

Assim:

T C T B = T D r γ - 1 T A r γ - 1 = T D T A

Assim:

∆ S B C = n c v ln ⁡ T C T B = n c v ln ⁡ T D T A

E o do ciclo D A :

∆ S D A = ∫ n c v d T T = n c v ln ⁡ T f T i = n c v ln ⁡ T A T D = - n c v ln ⁡ T D T A

E a variação do ciclo completo será:

∆ S A B C D = ∆ S A B + ∆ S B C + ∆ S C D + ∆ S D A = 0 + n c v ln ⁡ T D T A + 0 - n c v ln ⁡ T D T A = 0

Passo 4

d)

Os processos A B   e   C D são adiabáticos. Neles, não ocorre variação de entropia, assim, a entropia é constante. No diagram, isso vai aparecer como retas verticais.

Já os outros dois processos são logaritimos. Afinal de contas, aparecem logaritmos nas expressões das variações. Assim, no final, o ciclo vai ter uma cara mais ou menos assim:

Resposta

  1. e = 1 - T A - T D T B - T C
  2. e = 1 - r 1 - γ
  3. ∆ S A B C D = 0

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