Callen Solutions

GustavoMarques89 33,690 views 182 slides Feb 05, 2022
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About This Presentation

Solucionário do livro "thermodynamics and an intruduction to thermostatistics

Size: 2.22 MB
Language: en
Added: Feb 05, 2022
Slides: 182 pages

Slide Content

[email protected]
iXeLWallRiDeR KarlengsSOLUTIONS MANUAL
THERMODYNAMICS
ANDANINTRODUCTION
THERMOSTATISTICS
SECOND EDITION
TO
HERBERT B. CALLEN

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Manual de soluções para o livro Thermodyna-
mics and an introduction to thermostatistics -
second edition.[SUMÁRIO ]
Este manual de soluções é essencialmente uma tradução do solucionário original, feito pelo
próprio Herbert B. Callen e publicado pela editora JOHN WILEY & SONS no ano de 1986
(ISBN 0 471 81993 X). O solucionário original foi feito e publicado na forma manuscrita, sendo
essa a principal razão pela qual decidimos editar esse documento. A praticidade e clareza deste
manual de soluções o torna uma excelente ferramenta auxiliar para as pessoas que usam o
livro-texto, porém deve-se tomar o cuidado de não fazer dessa ferramenta consultiva a principal
forma de resolver os problemas, sendo essa nossa principal preocupação em tornar esse material
público.
O livro thermodynamics and an introduction to thermostatistics apresenta 391 problemas ao
todo, e esse manual traz a solução de 346 desses problemas e ainda 7 problemas suplementares
e suas respectivas soluções. Tomamos o cuidado de deixar esse documento tão mais el ao
original quanto fosse possível, tanto nas explicações quanto na disposição das guras, fazendo
pequenas correções e alterações quando necessário e conveniente.
Esse manual é um bem público feito por nós estudantes para vocês estudantes. Por favor
não o comercialize. Este material, bem como a ciência e não obstante o conhecimento, deve ser
acessado por todos e para todos, sendo portanto livre o seu compartilhamento.
Comentários, correções, ou mesmo sugestões de solução para qualquer problema do livro
ou deste manual, favor enviar para o e-mail [email protected], dessa forma podemos
mantê-lo sempre atualizado.
Goiânia, fevereiro de 2022
iXeL
Karlengs
WallRiDeR
Feito em L
ATEX
2

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Esse PDF foi construído pelas seguintes contribuições:
Capa (feita no inkscape)
iXeLe Lactovacilo
Capítulos 1, 2, 3, 4, 7, 8, 13*, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21.
iXeL
Capítulos 5, 6.
WallRiDeR
Capítulos 9, 10, 11, 13*.
Karlengs
Figuras ( feitas no inkscape e tikz)
iXeL, WallRiDeR e Karlengs
Um agradecimento especial aos queridos Vinny e Mrsteps que tornaram possível o acesso à
obra original.
Contato: [email protected]
AAEEIIOOOOOOUUFGMPRRRLLLNSTTVD
Feito no Goiás
3

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
A quem interessar possa,
cuide bem desse solucionário,
ele salvou minha vida.
Watney
(e um estudante da graduação)
4

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Página do manual original (única página que não é manuscrita)
5

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Sumário[SUMÁRIO ]
1 THE PROBLEM AND THE POSTULATES
1.3THE COMPOSITION OF THERMODYNAMIC SYSTEMS . . . . . .
1.3.1 One tenth of a kilogram of NaCl and 0.15 kg of sugar(C12H22O11)...
1.3.2 Naturally occurring boron has an atomic mass of 10.811 g...
1.3.3 Twenty cubic centimeters each of ethyl alcohol...
1.3.4 A 0.01 kg sample is composed of 50 molecular percentH2...
1.3.5 A solution of sugar (C12H22O11) in water is 20% sugar by weight...
1.3.6 An aqueous solution of an unidentied solute has a total mass...
1.3.7 One tenth of a kg of an aqueous solution of HCl is poured...
1.8QUANTITATIVE DEFINITION OF HEAT-UNITS . . . . . . . . . . . .
1.8.1 For the system considered in Example 1, calculate...
1.8.2 Calculate the heat transferred to the system considered in...
1.8.3 For a particular gaseous system it has been determined that...
1.8.4 For the system of Problem 1.8-3 nd the equation of the adiabats...
1.8.5 The energy of a particular system, of one mole, is given by ...
1.8.6 For a particular system it is found that if the volume is kept ...
1.8.7 Two moles of a particular single-component system are found...
1.8.8(Supplementary Problem)A particular single-component system of
one mole has adiabats of the formP
5=3
=constant. . . . . . . . . . . .
1.10THE ENTROPY MAXIMUM POSTULATES . . . . . . . . . . . . . . .
1.10.1 The following ten equations are purported to be fundamental...
1.10.2 For each of the ve physically acceptable fundamental equations...
1.10.3 The fundamental equation of a system A isS=

R
2
v0

1=3
(NV U)
1=3
and
similarly...
2 THE CONDITIONS OF EQUILIBRIUM
2.2EQUATIONS OF STATE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Find the three equations of state for a system with the fundamental...
2.2.2 For the system of problem 2.2-1 ndas a function of T, V e N
2.2.3 Show by a diagram (drawn to arbitrary scale) the dependence of...
2.2.4 Find the three equations of state for a system with the fundamental
equationu=


R

s
2


R
v
2
0

v
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.5 Expressas a function ofTandPfor the system of problem 2.2-4
2.2.6 Find the three equations of state for a system with the fundamental
equationu=

v0
R

s
2
v
e
s=R
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.7 A particular system obeys the relationu=Av
2
exp(s=R)...
2.2.8 Show that, in analogy with equation 2.25, for a system withrcomponents...
2.2.9 Show that if a single-component system is such thatPV
k
is constant...
2.3ENTROPIC INTENSIVE PARAMETERS . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Find the three equations of state in the entropy representation for...
2.3.2 Show by a diagram (drawn to arbitrary scale) the dependence of tempe-
rature on volume ...
2.3.3 Find the three equations of state in the entropy representation for ...
2.3.4 Consider the fundamental equationS=AU
n
V
m
N
r
whereAis a positive
constant...
2.3.5 Find the three equations of state for a system with the fundamental
relation...
2.6TEMPERATURE UNITS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6

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iXeLWallRiDeR Karlengs
2.6.1 The temperature of a system composed of ice, water, and water vapor...
2.6.2 The "gas constant"R is dened as the product of Avogrado's number...
2.6.3 Two particular systems have the following equations of state...
2.6.4 Two systems with the equations of state given in Problem 2.6-3 ...
2.7MECHANICAL EQUILIBRIUM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Three cylinders are tted with four pistons, as shown in Fig. 2.2 ...
2.7.2 Two particular systems have the following equations of state : ...
2.7.3 The hypothetical problem of equilibrium in a closed composite system ...
2.8EQUILIBRIUM WITH RESPECT TO MATTER FLOW . . . . . . . .
2.8.1 The fundamental equation of a particular type of two-component system
is...
2.8.2 A two-component system gaseous system has a fundamental equation of
the form...
2.9CHEMICAL EQUILIBRIUM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.9.1 The hydrogenation of propane(C3H8)to form methane(CH4)proceeds
by the reaction...
3 SOME FORMAL RELATIONSHIPS, AND SAMPLE SYSTEMS
3.1THE EULER EQUATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Write each of the ve physically acceptable fundamental equations...
3.2THE GIBBS-DUHEM RELATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Find the relation amongT,P, andfor the system with the fundamental
equation...
3.3SUMMARY OF FORMAL STRUCTURE . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 A particular system obeys the two equations of state...
3.3.2 It is found that a particular system obeys the relationsU=PVand
P=BT
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.3 A system obeys the equations...
3.3.4 A system obeys the two equationsu=
3
2
Pvandu
1=2
=BTv
1=3
...
3.4THE SIMPLE IDEAL GAS AND MULTICOMPONENT SIMPLE
IDEAL GASES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1
matically) in Fig. 3.3.
3.4.2 Show that the relation between the volume and the pressure of a mono-
atomic ideal gas ...
3.4.3 Two moles of a monoatomic ideal gas are at a temperature of 0‰...
3.4.4 By carring out the integral
R
PdV, compute the work done by the gas in
Problem 3.4-3...
3.4.5 In a particular engine a gas is compressed in the initial stroke of the piston...
3.4.6 Find the three equations of state of the "simple ideal gas"(equation 3.34...
3.4.7 Find the four equations of state of a two-component mixture if simple
ideal gases...
3.4.8 If a monoatomic ideal gas is permitted to expand into an evacuated region,
thereby increasing its volume...
3.4.9 A tank has a volume of0:1m
3
and is lled with He gas at a pressure of...
3.4.10 ...
3.4.11 Show that the pressure of a multicomponent simple ideal gas can be
written as the sum...
3.4.12 Show thatj, the electrochemical potential of thejthcomponent in a ...
3.4.13 An impermeable, diathermal, and rigid partition divides a container into
two subvolumes...
7

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iXeLWallRiDeR Karlengs
3.4.14 Use the results of problem 3.4-11 and 3.4-12 to stablish the resultsP=
Pe...
3.4.15 An impermeable, diathermal and rigid partition divides a container into
two subvolumes...
3.5THE‚IDEAL VAN DER WAALS FLUID ƒ. . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.1 Are each of the listed pairs of equations of state compatible (recall equa-
tions 3.46)? ...
3.5.2 Find the relationship between the volume and the temperature of an ideal
Van Der Waals uid...
3.5.3 Repeat the problem 3.4-3 forCO2, rather than for a monoatomic ideal
gas...
3.5.4 Repeat parts (a), (b), e (c) do problema 3.4-5, assuming that=1=2
and that gas...
3.5.5
Problem 3.4-1...
3.5.6 One mole of a monoatomic ideal gas and one mole ofCl2are contained
in a rigid cylinder and...
3.5.7(Supplementary problem)Suppose we wish to account (crudely) for
a long-range...
3.6ELECTROMAGNETIC RADIATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.1 The universe is considered by cosmologists to be an expanding electro-
magnetic cavity containing radiation...
3.6.2 Assuming the electromagnetic radiation lling the universe to be in equi-
librium atT= 2:7K...
3.6.3 The density of matter (primarily hydrogen atoms) in intergalactic space
is such that...
3.7THE‚RUBBER BAND ƒ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.1 For the rubber band model, calculate the fractional change in(LL0)
that results from an increaseT...
3.7.2 A rubber band is stretched by an amountdL, at constantT. Calculate
the heat transfer žQ...
3.7.3 If the energy of the unstretched rubber band were found to increase qua-
dratically withT...
3.8UNCONSTRAINABLE VARIABLES; MAGNETIC SYSTEMS . . . .
3.8.1 Calculate the three equations of state of the paramagnetic model of equa-
tion 3.66. That is, calculate...
3.8.2 Repeat problem 3.8-1 for a system with the fundamental equationU=
0I
2
=2N+...
3.9MOLAR HEAT CAPACITY AND OTHER DERIVATIVES . . . . . .
3.9.1 ...
3.9.2 Corroborate equation 3.70 for a multicomponent simple ideal gas, showing
that both the right- and left-hand...
3.9.3 Compute the coecient of expansionand the isothermal compressibility
Tin terms...
3.9.4 ComputeCP,CV,S, eTfor the system in Problem 1.10-(a). With
these values...
3.9.5 From equations 3.75 and 3.76 show that...
3.9.6 A simple fundamental equation that exhibits some of the qualitative pro-
perties of typical crystaline solids...
3.9.7 The density of mercury at various temperatures is given here ingrams=cm
3
...
3.9.8 For a particular materialCP,, eTcan be represented empirically by
power series...
8

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3.9.9 Calculate the molar entropys(T; P0)for xed pressureP0and for tem-
peratureTin the vicinity of ...
3.9.10 By analogy with equations 3.70 and 3.71 show that for a paramagnetic
system...
3.9.11 By analogy with equations 3.70 and 3.71 show that for a paramagnetic
system...
3.9.12 The magnetic analogues of the molar heat capacitiesCPandCvareCB
andCI. Calculate...
3.9.13 The (isothermal) molar magnetic susceptibility is dened by ...
3.9.14 Calculate the adiabatic molar susceptibility...
3.9.15 Calculate the isothermal and adiabatic molar susceptibilities (dened in
Problem 3.9-13 and 3.9-14)...
3.9.16 Show that for the system of Problem 3.8-2...
3.9.17 Calculate the heat transfer to a particular system if 1 mole is taken from
(T0; P0)to(2T0;2P0)...
3.9.18(Supplementary Problem)A particular substance is known to have
= 5=(4T); T= 2=(P+P0)...
4 REVERSIBLE PROCESSES AND THE MAXIMUM WORK THEOREM
4.1POSSIBLE AND IMPOSSIBLE PROCESSES . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 One mole of a monatomic ideal gas and one mole of an idela Van der
Waals uid (Section 3.5)...
4.1.2 A rubber band (Section 3.7) is initially at temperatureTBand length
LB. One mole of a monatomic ideal gas...
4.1.3 Supose the two systems in Example 1 were to have heat capacities of the
formC(T) =DT
n
, withn >0...
4.2QUASI-STATIC AND REVERSIBLE PROCESSES . . . . . . . . . . .
4.2.1 Does every reversible process coincide with a quasi-static locus? Does
every quasi-static locus coincide with a reversible process ?...
4.2.2 Consider a monatomic ideal gas in a cylinder tted with a piston. The
walls of the cylinder and the piston are adiabatic. ...
4.2.3 A monatomic ideal gas is permitted to expand by a free expansion from
VtoV+dV...
4.2.4 In the temperature range of interest a system obeys the equationsT=
Av
2
=sandP=2Av
ln(s=s0)...
4.3RELAXATION TIMES AND IRREVERSIBILITY . . . . . . . . . . . .
4.3.1 A cylinder of lengthLand cross-sectional areaAis divided into two
equal-volume chambers by a piston, held at...
4.4HEAT FLOW: COUPLED SYSTEMS AND REVERSAL OF PRO-
CESSES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4.1 Each of two bodies has a heat capacity given, in the temperature range
of interest, byC=A+BT...
4.4.2 Consider again the system of Problem 4.4-1. LEt a third body be avai-
lable, with heat capacityC3=BT...
4.4.3 Prove that the entropy change in a heat ow process, as given in equation
4.5, is intrinsically positive.
4.4.4 Show that if two bodies have equal heat capacities, eqach of which is
constant (independent of temperature), the equilibrium temperature...
4.4.5 Over a limited temperature range the heat capacity at constant volume
of a particular type of system is inversely proportional...
9

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4.4.6 A series ofN+ 1large vats of water have temperaturesT0; T1; T2; :::; TN
(withTn> Tn1). A small body with heat capacityC...
4.5THE MAXIMUM WORK THEOREM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5.1 One mole of a monatomic ideal gas is contained in a cylinder of volume
10
3
m
3
at temperature of400K...
4.5.2 Consider the following process for the system of Problem 4.5-1. The ideal
gas is rst expanded adiabatically ...
4.5.3 Describe how the gas of the preceding two problems could be brought to
the desired nal state by a free expansion. ...
4.5.4 The gasous system of Problem 4.5-1 is to be restored to its initial state.
Both states have temperature400K...
4.5.5 If the thermal reservoir of Problem 4.5-1 were to be replaced by a rever-
sible heat source having a heat capacity of ...
4.5.6 A system can be taken from state A to state B (whereSB=SA) either
(a) directly along the adiabatS=constant, or (b) along the isochoreAC...
4.5.7 Consider the maximum work theorem in the case in which the specied
nal state of the subsystem has lower...
4.5.8 IfSB< SAandUB> UAdoes this imply that the delivered work is
negative ? Prove your assertion...
4.5.9 Two identical bodies each have constant and equal heat capacities (C1=
C2=C, a constant). In addition a reversible work source is available...
4.5.10 Two identical bodies eqch have heat capacities (at constant volume) of
C(T) =a=T...
4.5.11 Two bodies have heat capacities (at constant volume) ofC1=aTand
C2= 2bT...
4.5.12 One mole of an ideal Van der Waals uid is contained in a cylinder tted
with a piston. The initial temperature of the gas...
4.5.13 A system has a temperature-independent heat capacityC. The system
is initially at temperatureTiand a heat reservoir...
4.5.14 If the temperature of the atmosphere is 5‰on a winter day and if 1 Kg
of water at 90‰is...
4.5.15 A rigid cylinder contains an internal adiabatic piston separating it into
two chambers, of volumeV10andV20. ...
4.5.16 Each of three identical bodies has a temperature-independent heat capa-
cityC. The three bodies...
4.5.17 Each of two bodies has a heat capacity given byC=A+ 2BT...
4.5.18 A particular system has the equations of stateT=As=v
1=2
andP=
T
2
=4Av
1=2
...
4.5.19 A particular type of system obeys the equationsT=
u
b
andP=avT...
4.5.20 Suppose that we have a system in some initial state (we may think of a
tank of hot, compressed gas as an example) and...
4.5.21 An antartic meteorological station suddenly loses all of its fuel. It has N
moles of an inert "ideal Van der Waals uid"at...
4.5.22 A "geothermal"power source is available to drive an oxygen production
plant. The geothermal source is simply a ...
4.6COEFFICIENTS OF ENGINE, REFRIGERATOR, AND HEAT PUMP
PERFORMANCE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6.1 A temperature of0:001Kis accessible in low temperature laboratories
with moderate eort. If the price...
4.6.2 A home is to be maintained at70F, and the external temperature is50F.
One method of heating...
10

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4.6.3 A household refrigerator is maintained at a temperature of 35°F. Every
time the door is opened, warm material...
4.6.4 Heat is extracted from a bath of liquid helium at a temperature of4:2K.
The high-temperature reservoir is a ...
4.6.5 Assume that a particular body has the equation of stateU=NCTwith
NC= 10J=Kand assume that this equation...
4.6.6 One mole of a monatomic ideal gas is allowed to expand isothermally
from an initial volume of 10 liter to a nal...
4.6.7 Give a "constructive solution"of Example 2 of Section 4.1. Your solution
may be based on the following procedure...
4.6.8 Assume that 1 mole of an ideal Van der Waals uid is expanded isother-
mally, at temperatureTh, from an initial...
4.6.9 Two moles of a monatomic ideal gas are to be taken from an initial state
(Pi; Vi)to a nal state...
4.6.10 Assume the process in Problem 4.6-9 to occur along the locusP=B=V
2
,
whereB=PiV
2
i. Apply the...
4.6.11 Assume the process in Problem 4.6-9 to occur along a straight-line locus
in theTVplane. Integrate along...
4.7THE CARNOT CYCLE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7.1 Repeat the calculation of Example 5 assuming the "working substance"of
the auxiliary system to be 1 mole...
4.7.2 Calculate the work and the heat transfers in each stage of the carnot
cycle for the auxiliary system being an...
4.7.3 A "primary subsystem"in the initial state A is to be brought reversibly
to a specied nal state B. A reversible...
4.7.4 The fundamental equation of a particular uid isUN
1=2
V
1=2
=A(SR)
3
where A...
4.7.5 One mole of the "simple paramagnetic model system"of equation 3.66 is
to be used as the auxiliary system of...
4.7.6 Repeat Problem 4.7-4 using the "rubber band"model of section 3.7 as the
auxiliary system.
4.7.7(Supplementary Problem)Repeat Problem 4.7-4 if the working subs-
tance is one mole of....
4.8MEASURABILITY OF THE TEMPERATURE AND OF THE EN-
TROPY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.8.1 To corroborate equation 4.22 show that

@P
@s

T
=

@T
@v

P
...
4.9OTHER CRITERIA OF ENGINE PERFORMANCE; POWER OUT-
PUT AND ‚ENDOREVERSIBLE ENGINES ƒ. . . . . . . . . . . . . .
4.9.1 Show that the eciency of an endoreversible engine, maximized for power
output, is always less than"Carnot...
4.9.2 Suppose the conductanceh(=c) to be such that 1KWis transfered
to the system (as heat ux) if its...
4.9.3 Consider an endoreversible engine for which the high temperature reser-
voir is boiling water (100‰) and...
4.9.4 Assume that one cycle of the engine of Problem 4.9-3 takes 20 s and that
the condutanceh=c= 100W=K...
4.10OTHER CYCLIC PROCESSES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.10.1 TS
diagram for the Otto cycle.
4.10.2
independent heat capacities), show that the engine eciency of the Otto
cycle...
11

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4.10.3
independent heat capacities), show that the engine eciency of the Bray-
ton cycle
4.10.4 TS
diagram of the Brayton cycle.
4.10.5 TS
diagram of the air-standart diesel cycle.
5 ALTERNATIVE FORMULATIONS AND LEGENDRE TRANSFORMATI-
ONS 99
5.1THE ENERGY MINIMUM PRINCIPLE . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Formulate a proof that the energy minimum principle implies the entropy
maximum ...
5.1.2 An adiabatic, impermeable and xed piston separates a cylinder into two
chambers...
5.2LEGENDRE TRANSFORMATIONS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 The equationy=x
2
=10describes a parabola. ...
5.2.2 Lety=Ae
Bx
...
5.3THERMODINAMIC POTENTIALS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Find the fundamental equation of a monatomic ideal gas in the Helmholtz
representation, ...
5.3.2 Find the fundamental equation of the ideal van der Waals uid (Section
3.5) in the Helmholtz representation...
5.3.3 Find the fundamental equation of electromagnetic radiation in the Helmholtz
representation...
5.3.4 Justify the following recipe for obtaining a plot ofF(V)from a plot of
G(P)...
5.3.5 From the rst acceptable fundamental equation in Problem 1.10-1 calcu-
late the fundamental equation...
5.3.6 From the second acceptable fundamental equation in Problem 1.10-1 cal-
culate the...
5.3.7 The enthalpy of a particular system isH=AS
2
N
1
ln(P=P0)...
5.3.8 In Chapter 15 it is shown by a statistical mechanical calculation that the
fundamental equation...
5.3.9 Show, for the two-level system of Problem 5.3-8, that as the temperature
increases from zero...
5.3.10 Show that the Helmholtz potential of a mixture of simple ideal gases is
the...
5.3.11 A mixture of two monatomic ideal gases is contained in a volume V at
temperature T...
5.3.12 A system obeys the fundamental relation(ss0)
4
=avu
2
...
5.3.13 For a particular system it is found thatu= (
3
2
)PvandP=AvT
4
...
5.3.14 For a particular system (of 1 mole) the quantity(v+a)fis known to be
a function of...
5.4GENERALIZED MASSIEU FUNCTIONS . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Find the fundamental equation of a monatomic ideal gas in the represen-
tation...
5.4.2 Find the fundamental equation of electromagnetic radiation (Section 3.6)...
5.4.3 Find the fundamental equation of the ideal van der Waals uid in the
representation ...
12

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6 THE EXTREMUM PRINCIPLE IN THE LEGENDRE TRANSFORMED
REPRESENTATIONS
6.2THE HELMHOLTZ POTENTIAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.1 Calculate the pressure on each side of the internal piston in Example 1,
for ...
6.2.2 Two ideal van der Waals uids are contained in a cylinder, separated by
an internal ...
6.2.3 Two subsystems are contained within a cylinder and are separated by an
internal piston...
6.3THE ENTHALPY: THE JOULE-THOMSOM OR ‚THROTTLING
ƒPROCESS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 A hole is opened in the wall separating two chemically identical single-
component subsystems ...
6.3.2 A gas has the following equations of state ...
6.3.3 Show that for an ideal van der Waals uid ...
6.3.4 One mole of a monatomic ideal gas is in a cylinder with a movable piston
on the other ...
6.3.5 Assume that the gas of Problem 6.3-4 is an ideal van der Waals uid with
the van der Waals...
6.4THE GIBBS POTENTIAL; CHEMICAL REACTIONS . . . . . . . . .
6.4.1 One half mole ofH2S,
3
4
mole ofH2O, 2 moles ofH2, and...
7 MAXWELL RELATIONS
7.2A THERMODYNAMIC MNEMONIC DIAGRAM . . . . . . . . . . . .
7.2.1 T0,v0the volume of a particular
7.2.2 For a particular system of 1 mole, in the vicinity of a particular state ...
7.2.3 Show that the relation=
1
T
implies ...
7.3A PROCEDURE FOR THE REDUCTION OF DERIVATIVES IN
SINGLE-COMPONENT SYSTEMS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.1 Thermodynamicists sometimes refer to the "rstTdSequation"and ...
7.3.2 Show that the second equation in the preceding problem leads directly ...
7.3.3 Calculate(@H=@V)T;Nin terms of the standart quantities...
7.3.4 Reduce the derivative(@v=@s)P...
7.3.5 Reduce the derivative(@s=@f)v...
7.3.6 Reduce the derivative(@s=@f)P...
7.3.7 Reduce the derivative(@s=@v)h...
7.4SOME SIMPLE APPLICATIONS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.1 In the analysis of a Joule-Thomson experiment we may be given the initial
...
7.4.2 The adiabatic bulk modulus is dened by ...
7.4.3 Evaluate the change in temperature in an innitesimal free expansion of ...
7.4.4
7.4.5 A 1% decrease in volume of a system is carried out adiabatically. Find ...
7.4.6 Two moles of an imperfect gas occupy a volume of 1 liter and are at ...
7.4.7 Show that(@cv=@v)T=T(@
2
P=@T
2
)vand evaluate this ...
7.4.8 Show that ...
7.4.9 One mole of the system of Problem 7.4-8 is expanded isothermally ...
7.4.10 A system obeys the van der Waals equation of state. One mole ...
7.4.11 Two moles ofO2are initially at a pressure of10
5
Pa and a temperature ...
7.4.12 A ball bearing of mass10gjust ts in a vertical glass tube of ...
7.4.13 Calculate the change in the molar internal energy in a throttling ...
7.4.14 Assuming that a gas undergoes a free expansion and that the ...
13

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7.4.15 One mole of an ideal van der Waals uid is contained in a vessel ...
7.4.16 Assuming the expansion of the ideal van der Waals uid of ...
7.4.17 It is observed that an adiabatic decrease in molar volume of 1% ...
7.4.18 A cylinder is tted with a piston, and the cylinder contains helium ...
7.4.19 The cylinder in Problem 7.4-18 is initially lled with
1
10
mole of ...
7.4.20 A system is composed of I mole of a particular substance. In the ...
7.4.21 A system is composed of I mole of a particular substance. Two ...
7.4.22 The constant-volume heat capacity of a particular simple system is ...
7.4.23 A system is expanded along a straight line in thePvplane, from ...
7.4.24 A nonideal gas undergoes a throttling process (i.e., a Joule-Thomson
expansion) ...
7.5GENERALIZATIONS: MAGNETIC SYSTEMS . . . . . . . . . . . . . .
7.5.1 Calculate the "magnetic Gibbs potential"U(T; Be)for the paramagnetic ...
7.5.2 Repeat Problem 7.5-1 for the system with the fundamental equation given
...
7.5.3 Calculate(@I=@T)sfor the paramagnetic model of equation 3.66. ...
7.5.4 Show that ...
8 STABILITY OF THERMODYNAMIC SYSTEMS
8.1INTRINSIC STABILITY OF THERMODYNAMIC SYSTEMS . . . .
8.1.1 To establish the inequality 8.6 expand the left-hand side of 8.5 in a Taylor...
8.1.2 Consider the fundamental equation of a monatomic ideal gas and show...
8.2STABILITY CONDITIONS FOR THERMODYNAMIC POTENTIALS 128
8.2.1 a) Show that in the regionX >0the functionY=X
n
is concave...
8.2.2 Prove that...
8.2.3 Show that stability requires equations 8.15 and...
8.2.4(Supplementary Problem)Of the ve nominally-acceptable funda-
mental....
8.3PHYSICAL CONSEQUENCES OF STABILITY . . . . . . . . . . . . .
8.3.1 Explain on intuitive grounds whycPcvandTS...
8.3.2 Show that the fundamental equation of a monatomic ideal gas satises
the...
8.3.3 Show that the van der Waals equation of state does not satisfy the criteria...
8.3.4(Supplementary Problem)Show that the stability conditions 8.20-8.21
imply...
8.3.5(Supplementary Problem)An isochore and an adiabat intersect at...
8.5THE LE CHATELIER-BRAUN PRINCIPLE . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.1 A system is in equilibrium with its environment at a common temperature...
9 FIRST-ORDER PHASE TRANSITIONS
9.1FIRST-ORDER PHASE TRANSITIONS IN SINGLE COMPONENT
SYSTEMS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.1 The slopes os all three curves in Fig. 9.5 are...
9.2THE DISCONTINUITY IN THE ENTROPY - LATENT HEAT . . .
9.2.1 In a particular solid-liquid phase transition the...
9.2.2...
9.3THE SLOPE OF COEXISTENCE CURVES; THE CLAYPEYRON
EQUATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.1 A particular liquid boils at 127°C at a pressure of 800 mmHg ...
9.3.2 A long vertical column is closed at the bottom and open the top ...
9.3.3 It is found that a certain boils at a temperature of 95°C at the top ...
9.3.4 Two weights are hung on the ends of a wire, which passes ...
14

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9.3.5 In the vicinity of the triple point the vapor presure of liquid ammonia...
9.3.6 Let x be the mole fraction of solid phase in a solid-liquid two-phase system...
9.3.7 A particular material has a latent heat of vaporization of...
9.3.8 Draw the phase diagram, in theBeTplane, fora simple ...
9.3.9 A system has cohexistence curves similar to those shown ...
9.4UNSTABLE ISOTHERMS AND FIRST-ORDER PHASE TRANSI-
TIONS. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4.1 Show that the dierence in molar volumes across a coexistente curve is ...
9.4.2 Derive the expression forvc,PcandTcgiven in Example 1 ...
9.4.3 Using the van der Waals constants forH2Oas given in table 3.1...
9.4.4 Show that for suciently low temperature the van der Waals isotherm...
9.4.5 Is the fundamental equation of an ideal van der Waals uid...
9.4.6 Explicitly derive the relationship among~vg;~vl, as given ...
9.4.7 A particular substance satises yhe van der Waals equation of state...
9.4.8 Using the two points as
~
T= 0;95and
~
T= 1on...
9.4.9
9.4.10
9.4.11 Two mols of a van der Waals uid are maintained at ...
9.6FIRST-OERDER PHASE TRANSITIONS IN MULTICOMPONENT
SYSTEMS - GIBBS PHASE RULE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.6.1 In a particular system, solute A and solute B are each dissolved...
9.6.2 If g, the molar Gibbs function, is a convex ofx1; x2...
9.6.3 Show that the conditions of stability in a multicomponent system ...
9.7PHASE DIAGRAMS FOR BINARY SYSTEMS . . . . . . . . . . . . . .
9.7.1 In a particular system, solute A and solute B are each dissolved...
9.7.2 Show that if a small fraction(dN=N)of the material is boiled o ...
9.7.3 The phase diagram of a solution of A in B, at a pressure of 1 atm ...
10 CRITICAL PHENOMENA
10.6SCALING AND UNIVERSALITY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.6.1 Show that the following identities hold among ...
10.6.2 Are classical values of the critical exponents consistent...
11 THE NERNST POSTULATE
11.1NERNST'S POSTULATE, AND THE PRINCIPLE OF THOMSEN
AND BERTHELOT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.1 Does the two-level system of problem 5.3-8 satisfy ...
13 PROPERTIES OF MATERIALS
13.2CHEMICAL REACTIONS IN IDEAL GASES . . . . . . . . . . . . . .
13.2.1 How is the equilibrium constant of the reaction in the Example ...
13.2.2 What are the mole fractions of the reaction in the Example ...
13.2.3 In the Example, what would the nal mole fractions ...
13.2.4 In an ideal gas reaction an increase in presure at constant temperature ...
13.2.5 In an ideal gas reaction an increase in presure at constant temperature ...
13.2.6 At temperatures above500 K phosphorus pentachloride dissociates ...
13.2.7 A system containing 0.02 Kg of CO and 0.02 Kg ofO2...
13.2.8 Apply equation 13.8 to a single-component general ideal gas ...
13.2.9 An experimenter nds that water vapor is 0.53% dissociated...
13.3SMALL DEVIATIONS FROM ‚IDEALITYƒ-THE VIRIAL EXPAN-
SION. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.3.1 In a thermostatistical model in which each atom is treated as ...
13.3.2 Expand the mechanical equation of state of Van de Waals gas ...
15

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13.3.3 Show that the second virial coecient of gaseous nitrogen (Fig. 13.2) ...
13.3.4 The simplest analytic form suggested by the qualitative shape of B(T) ...
13.3.5 A "porous plug"experiment is carried out by installing a porous plug in ...
13.5DILUTE SOLUTIONS: OSMOTIC PRESSURE AND VAPOR PRES-
SURE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.5.1 Assuming the latent heat of vaporization of a uid to be constant ...
13.5.2 One hundred grams of a particular solute are dissolved in one ...
13.5.3 If 20 grams of sugar(C12H22O11), are dissolved in 250cm
3
of water ...
15 STATISTICAL MECHANICS IN THE ENTROPY REPRESENTATION:
THE MICROCANONICAL FORMALISM
15.1PHYSICAL SIGNIFICANCE OF THE ENTROPY FOR CLOSED
SYSTEMS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.1.1 A system is composed of two harmonic oscillators each of natural fre-
quency!0...
15.1.2 A system is composed of two harmonic oscillators of natural frequencies
!0e2!0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2THE EINSTEIN MODEL OF A CRYSTALLINE SOLID . . . . . . . .
15.2.1 Calculate the molar heat capacity of the Einstein model by equation 15.7.
15.2.2 Obtain an equation for the mean quantum numbernof an Einstein ...
15.2.3 Assume that the Einstein frequency!0for a particular crystal depends
upon the molar volume...
15.3THE TWO-STATE SYSTEM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.3.1 In the two-state model system of this section suppose the excited state
energy". . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.4A POLYMER MODEL-THE RUBBER BAND REVISITED . . . . . .
15.4.1
15.4.2 U="between equations 15.23 and 15.24 and show that the
formal solution is equation 15.25...
15.4.3 A rubber band consisting ofnpolymer chains is stretched from zero ...
15.4.4 Calculate the heat capacity at constant length for a "rubber band"consisting
ofnpolymer...
15.4.5 Calculate the heat capacity at constant length for a "rubber band"consisting
ofnpolymer...
15.5COUNTING TECHNIQUES AND THEIR CIRCUMVENTION; HIGH
DIMENSIONALITY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.5.1 nbe the hyperplane inndimensions.
15.5.2 lim
x!0
(1 +x)
1=x
=e...
15.5.3 Calculate the fraction of the hypervolume between the radii0:9randr...
16 THE CANONICAL FORMALISM: STATISTICAL MECHANICS IN HELMHOLTZ
REPRESENTATION
16.1THE PROBABILITY DISTRIBUTION . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.1.1 Show the equation 16.13 is equivalent toU=F+TS...
16.1.2 From the canonical algorithm expressed by equations...
16.1.3 Show thatS=kB=
2
@F=@and thereby expressS...
16.1.4 Show thatcv=(@s=@)vand thereby expresscvin ...
16.2ADDITIVE ENERGIES AND FACTORIZABILITY OF THE PAR-
TITION SUM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.2.1 Consider a system of three particles, each dierent. The rst ...
16.2.2 Show that for the two level system the Helmholtz potential calculated in...
16.2.3 Is the energy additive over the particles of a gas if the particles are ...
16

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16.2.4 Calculate the heat capacity per mode from the fundamental equation ...
16.2.5 Calculate the energy per mode from equation 16.24. What is the leading...
16.2.6 A binary alloy is composed of
~
NAatoms of type A and
~
NB...
16.2.7 A paramagnetic salt is composed of 1 mole of noninteracting ions, each ...
16.3INTERNAL MODES IS A GAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.3.1 Calculate the average rotational energy per molecule and the rotational ...
16.3.2 Calculate the rotational contribution of the Helmholtz potential per ...
16.3.3 A particular heteronuclear diatomic gas has one vibrational mode, of ...
16.4PROBABILITIES IN FACTORIZABLE SYSTEMS . . . . . . . . . . . .
16.4.1 ith element is in itsjth orbital...
16.4.2...
16.5STATISTICAL MECHANICS OF SMALL SYSTEMS: ENSEMBLES 167
16.5.1 The energies of the orbital states of a given molecule ar such that ...
16.5.2 A hydrogen atim in equilibrium with a radiation eld at temperature ...
16.5.3 A small system has two normal modes of vibration, with natural...
16.5.4 DNA, the genetic molecule deoxyribonucleic acid, exists as a ...
16.5.5 Calculate the probability that a harmonic oscillator of natural ...
16.5.6 A small system has two energy levels, of energies 0 and"...
16.5.7 Two simple harmonic oscillators, each of natural frequency!...
16.6DENSITY OF STATES AND DENSITY OF ORBITAL STATES . . .
16.6.1 Show that the number of orbital states in the energy interval...
16.6.2 "=p
2
=2m= (~
2
=2m)k
2
...
16.6.3 For excitations obeying the spectral relation!=Ak
n
,n >0...
16.7THE DEBYE MODEL OF NONMETALLIC CRYSTALS . . . . . . . .
16.7.1 Calculate the energy of a cristal in the Debye approximation. Show ...
16.7.2 Calculate the entropy of a cristal in the Debye approximation, and...
16.7.3 The frequency!()of the vibrational mode of wave ...
16.8ELECTROMAGNETIC RADIATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.8.1 Show that including theƒzero-point energies‚of the electromagnetic...
16.8.2 Show that the energy per unit volume of electromagnetic radiation...
16.8.3 Evaluating the number of photons per unit volume in the frequency...
16.8.4...
16.10THE CLASSICAL IDEAL GAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.10.1 Z=z
~
N
, withzgiven by equation...
16.10.2
16.10.3The factors(1=
~
N1!)(1=
~
N2!)in equation 16.74 give and additive ...
16.10.4Consider a particle of mass m in a cubic container of volume V...
16.10.5A single particle is contained in a vessel of volume 2V which...
17 ENTROPY AND DISORDER: GENERALIZED CANONICAL FORMU-
LATIONS
17.1ENTROPY AS A MEASURE OF DISORDER . . . . . . . . . . . . . . .
17.1.1 Consider the quantityxlnxin the limitx!0:Show...
17.1.2 Prove that the disorder, dened in equation 17.6, is nonnegative...
17.1.3 Prove that the quantityk
P
j
fjis maximum if all the...
17.2DISTRIBUTIONS OF MAXIMAL DISORDER . . . . . . . . . . . . . .
17.2.1
17.2.2
17.3THE GRAND CANONICAL FORMALISM . . . . . . . . . . . . . . . .
17.3.1 (@logZ=@)directly from equation 17.27...
17.3.2 A system is contained in a cylinder with diathermal impermeable walls...
17.3.3 For the surface adsorption model of the preceding example, investigate...
17

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17.3.4 Suppose the adsorption model to be augmented by assuming that two...
17.3.5 Calculate the fundamental equation of the polymer model of section ...
17.3.6 A system contains
~
Nsites and
~
Nelectrons. At a given site...
17.3.7 Carbon monoxide molecules (CO) can be adsorbed at specic sites on a
solid...
18 QUANTUM FLUIDS
18.1QUANTUM PARTICLES: A FERMION PRE-GAS MODEL . . . .
18.1.1...
18.1.2 The entropy of a system is given byS=kB
P
j
fj, wherefj...
18.1.3 Uto the fundamental equation of the...
18.1.4 df=d"==4at"=. With this result
18.1.5 f("; T)as a function of") is
18.1.6 Supposef("; T)is to be approximated as a function of...
18.2THE IDEAL FERMI FLUID . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.2.1...
18.3THE CLASSICAL LIMIT AND THE QUANTUM CRITERION . . .
18.3.1...
18.3.2 Tas the thermall wavelengthby...
18.4THE STRONG QUANTUM REGIME: ELECTRONS IN A METAL .
18.4.1 0=~
2
k
2
f
where...
18.4.2
18.6NONCONSERVED IDEAL BOSON FLUIDS: ELECTROMAGNE-
TIC RADIATION REVISITED . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.6.1 Calculate the number of photons in the lowest orbital state...
18.6.2 (a) In applying the grand canonical formalismo...(b) Denoting the ...
18.7BOSE CONDENSATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.7.1
~
NeandU, respectively...
18.7.2 F3=2(1),F5=2(1)andF
0
5=2
(1)are all nite...
18.7.3...
19 FLUCTUATIONS
19.2MOMENTS OF THE ENERGY FLUCTUATIONS . . . . . . . . . . . .
19.2.1 A molecule has a vibrational mode of natural frequency!. The ...
19.2.2 Calculate the third central moment for the molecule in the preceding
problem.
19.2.3 Calculate the mean square deviation of the energy contained within a...
19.3GENERAL MOMENTS AND CORRELATION MOMENTS . . . . . .
19.3.1 An ideal gas is in contact with a thermal and a pressure reservoir...
19.3.2 Repeat Problem 19.3-1 for a van der Waals gas (recall Problem 3.8-3).
19.3.3 A conceptual subsystem of N moles in a single-component simple...
19.3.4 What is the order of magnitude of the mean square deviation of the...
19.3.5 Consider a small volume V within a two-component simple system...
19.3.6 Consider a small quantity of matter consisting of a xed number N...
19.3.7 Show that the density uctuations of an ideal gas are given by...
19.3.8 Show that the relative root mean square deviation in density of ...
19.3.9 The dielectric constant"of a uid varies with...
19.3.10 I0is incident on a region of volume V, which...
19.3.11...
18

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iXeLWallRiDeR Karlengs
20 VARIATIONAL PROPERTIES, PERTURBATION EXPANSIONS, AND
MEAN FIELD THEORY
20.1THE BOGOLIUBOV VARIATIONAL THEOREM . . . . . . . . . . . .
20.1.1 Derive equation (h) of Example 1, srt showing that for a harmonic...
20.1.2 Solve the quartic potential problem of Example 2 assuming the...
20.1.3 Complete Example 2 by writing the Helmholtz potentialF(T; )...
20.1.4 Consider a particle in a quadratic potentialV(x) =ax
2
=2a
2
. Despite...
20.2MEAN FIELD THEORY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.2.1 Formulate the exact solution of the two-particle Ising model...
20.2.2 Formulate mean eld theory for the three state Ising model...
20.2.3...
20.2.4 A metallic surface is covered by a monomolecular layer of
~
N...
20.2.5 Solve the preceding problem if the molecules can exist in three steric...
20.2.6 In the classic Heisenberg model each spin can take any orientation...
20.2.72
~
Ntwo-valued Ising spins are arranged sequentially on a circle...
20.2.8 2
~
Nalternating A sites and B sites...
21 POSTLUDE: SYMMETRY AND THE CONCEPTUAL FOUNDATIONS
OF THERMOSTATISTICS
21.1STATISTICS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21.1.1
21.1.2...
21.5BROKEN SYMMETRY AND GOLDSTONE'S THEOREM . . . . . .
21.5.1...
19

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1 THE PROBLEM AND THE POSTULATES [SUMÁRIO ]
1.3 THE COMPOSITION OF THERMODYNAMIC SYSTEMS
[SUMÁRIO ]
1.3.1 One tenth of a kilogram of NaCl and 0.15 kg of sugar(C12H22O11)...[SUMÁRIO ]
Solução:
Os pesos moleculares são :
Na: 0;023kg; Cl: 0;035kg;
C: 0;012kg; O: 0;016kg;
Então temos que
NaCl: 0;058kg
C12H12O11: 0;34kg
Temos que o número de mols dos três componentes do sistema é :
0;1kg NaCl= 1;7mols
0;15kg C12H12O11= 0;44mol
0;5kg H2O= 28mol
)Total de mol= 30
As frações molares são :
Fração molar deNaCl= 0;057
Fração molar deC12H12O11= 0;015
Fração molar deH2O= 0;93
)V olume molar=
0;5510
3
m
3
30mol
= 1810
6
m
3
=mol
1.3.2 Naturally occurring boron has an atomic mass of 10.811 g...[SUMÁRIO ]
Solução:
X10;0129 + (1X)11;0093 = 10;811
Assim a fração molar de
10
Bé
X= 0;199
1.3.3 Twenty cubic centimeters each of ethyl alcohol...[SUMÁRIO ]
Solução:
Álcool etílico,C2H5OH:densidade= 0;79g=cm
3
Álcool metílicoCH3OH:densidade= 0;81g=cm
3
ÁguaH2O:densidade= 1g=cm
3
NC2H5OH= (0;79g=cm
3
)(20cm
3
)=(46g=mol) = 0;34mol
NCH3OH= (0;81g=cm
3
)(20cm
3
)=(32g=mol) = 0;51mol
NH2O= (1g=cm
3
)(20cm
3
)=(18g=mol) = 1;11mol
O número de mols é
)N=NC2H5OH+NCH3OH+NH2O= 1;96mol
20

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e as frações molares dos componentes do sistema são
XC2H5OH=
0;34mol
1;96mol
= 0;17
XCH3OH=
0;51mol
1;96mol
= 0;26
XH2O=
1;11mol
1;96mol
= 0;57
1.3.4 A 0.01 kg sample is composed of 50 molecular percentH2...[SUMÁRIO ]
Solução:
Seja N o número de mols na amostra inicialmente. Portanto
massa doH2= 0;5N210
3
kg= 10
3
N kg
massa doHD= 0;3N210
3
kg= 0;910
3
N kg
massa doD2= 0;2N410
3
kg= 0;810
3
N kg
Massa total= 0;01kg= (1 + 0;9 + 0;8)10
3
N kg
)N=
10
2
2;710
3
= 3;7mol
Número inicial de mols deD2= 0;23;7 = 0;74mol
SejaN
0
o número de mols deD2a ser adicionado.
Então
0;3 =
0;74mol+N
0
3;7mol+N
0
N
0
= 0;53mol
)Massa de D2= 0;53410
3
kg= 2;110
3
kg
1.3.5 A solution of sugar (C12H22O11) in water is 20% sugar by weight...[SUMÁRIO ]
Solução:
Massa da Água(water) =M
(water)
= 0;8M
(solution)
Massa de açúcar(sugar) =M
(sugar)
= 0;2M
(Solution)
N
(water)
=
0;8M
(solution)
0;018
= 44;44M
(solution)
N
(sugar)
=
0;2M
(solution)
0;34
= 0;588M
(solution)
)X
sugar
=
N
(sugar)
N
(sugar)
+N
(water)
=
0;588M
(solution)
0;588M
(solution)
+ 44;44M
(solution)
= 0;013
Ou
)X
sugar
= 1;3%
21

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1.3.6 An aqueous solution of an unidentied solute has a total mass...[SUMÁRIO ]
Solução:
SejaMsa massa molecular ("peso molecular") do soluto eNo número total de mols na amostra
original
)(0;1N)Ms+ (0;9N)1810
3
= 0;102910
3
kg
Depois de adicionar 2 mols(= 3610
3
kg)deH2O:
0;1N
N+ 2
= 0;07ouN= 4;67
OndeMs= 0;0584kg
ConsequentementeNaClé um palpite razoável.
1.3.7 One tenth of a kg of an aqueous solution of HCl is poured...[SUMÁRIO ]
Solução:
Massa molar deHCl= 1;01 + 35;45 = 36;46
Massa molar deNaOH= 22;99 + 16 + 1;01 = 40;00
Massa molar deH2O= 2;02 + 16 = 18;02
Massa molar deNaCl= 22;99 + 35;45 = 58;44
Solução ácida: Massa= 0;9NMH2O+0;1NMHCl= (0;918;02+0;136;46)N10
3
=
0;1kg
N= 5;034mol
)N
0
H2O
= 0;9N= 4;53mol N
0
HCl
= 0;1N= 0;50mol
Solução básica:0;2kg= (0;7518;02 + 0;2540)10
3
= 23;52N
0
N
0
= 8;503mol
)N
0
H2O
=
3
4
8;503 = 6;38mol N
0
N aOH
= 0;25N
0
= 2;13mol
Então
NaOH+HCl!NaCl+H2O
OHClé a quantidade limite, e apenas0;5moldeNaOHpodem reagir.
A composição nal é
NaCl: 0;5mol NaOH : 1;63mol HCl : 0mol
H2O: 4;53 + 6;38 + 0;5 = 11;41mol
O número total de mols é= 13;54, que está de acordo com o número original (Note que a
reação química preserva o número total de mols). Então
XN aCl= 0;04; XN aOH= 0;12; XH2O= 0;84
22

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1.8 QUANTITATIVE DEFINITION OF HEAT-UNITS [SUMÁRIO ]
1.8.1 For the system considered in Example 1, calculate...[SUMÁRIO ]
Solução:
Denote este estado porE; Note que é a meio caminho entre os estados B e D. Note também
que ao longo da linha deVconstante, a energia é diretamente proporcional aP. Isto é
dU=
3
2
V dP(V constante)
Consequentemente
UE=
1
2
(UD+UB) =
1
2
(967;5112;5)
TomandoUA= 0temos
UE= 427;5J
1.8.2 Calculate the heat transferred to the system considered in...[SUMÁRIO ]
Solução:10⁵
5x10⁴
10⁴
V
P
10⁻³ 8x10⁻³
A
E
W=
R
Pdv=(

Area sombreada)
Aarea sombreadae um trapezio:

Areatrapezio=
B+b
2
h
W=7;510
4
710
3
=525J
UE= 427;5J(Do problema1.8-1)
UEUA=WA!E+QA!E
427;5 =525 +QA!E
)QA!E= 952;5J
23

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1.8.3 For a particular gaseous system it has been determined that...[SUMÁRIO ]
Solução:P(MPa)
V(m³)
0,01 0,03
0,5
0,2
A B
C
FaçaUA0,
EntãoU= 2;5PV510
3
J
)UB= 10
4
J,UC= 7;510
3
J
WAB=
R
B
A
PdV=PV=410
3
Joules
eUBUA=WAB+QAB
)QAB= 1410
3
J(Um fluxo de energia na
forma de calor entrano sistema)
de forma similar :
WBC=
R
C
B
PdV= area abaixo da linha BC= 710
3
J
QBC=UCUBWBC=2;510
3
710
3
=9;510
3
Joules
FinalmenteWCA= 0
UAUC=QCA+WCA; QCA=7;510
3
J(Fluxo de energia na forma de calor saido sistema)
Para checar, note que o trabalho realizado no ciclo éWAB+WBC+WCA= 310
3
Je a energia
na forma de calor que entrou no ciclo é1410
3
J9;510
3
J7;510
3
J=310
3
J. A
Soma do trabalho e da energia na forma de calor transferidos é zero, exatamente como deveria
ser.
Agora nos resta calcularQeWpara o processo deAparaBao longo da parábola
P= 10
5
+ 10
9
(V0;02)
2P(MPa)
V(m³)
0,01 0,03
0,2
A B
0,1
WAB=
R
0;03
0;01
PdV
=
R
0;03
0;01
[10
5
+ 10
9
(V0;02)
2
]dV
WAB=

10
5
(VBVA) +
10
9
(V0;02)
3
3

0;03
0;01
Ent~ao WAB=2;710
3
J
Q= UW= 10
4
+ 2;710
3
)Q= 12;710
3
Joules
24

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1.8.4 For the system of Problem 1.8-3 nd the equation of the adiabats...[SUMÁRIO ]
Solução:
U= 2;5PV+const:
EntãodU= 2;5PdV+ 2;5V dP
Mas ao longo de uma adiabata, temos quedU=PdV
)2;5PdV+ 2;5V dP=PdV, assim
7
dV
V
+ 5
dP
P
= 0
Integrando, camos com7 ln

V
V0

+ 5 ln

P
P0

= 0
)V
7
P
5
=V
7
0P
5
0
1.8.5 The energy of a particular system, of one mole, is given by ...[SUMÁRIO ]
Solução:
dU= 2APV dP+AP
2
dV=PdV
)A
dP
1 +AP
=
1
2
dV
V
ln(1 +AP) =
1
2
lnV+const:
(1 +AP)V
1=2
=const
Obs:Para onde foi o A que multiplica
dP
1 +AP
na segunda linha?
Figura 1: reprodução da solução original, feita pelo próprio Callen, onde ele questiona sobre o
A
25

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1.8.6 For a particular system it is found that if the volume is kept ...[SUMÁRIO ]
Solução:P
V

P'
P
0
V0
(P',V
0)
(P
0,V
0)
(P,V)
Primeiro, encontre a energia ao longo da isocóricaV=V0.
Ao longo da isocórica nenhum trabalho é realizado, portanto :
U(P
0
; V0) =U0+Q
0
=U0+A(P
0
P0)
Agora considere o ponto(P; V). A adiabata através desse
ponto intercepta a isocóricaV0emP
0
=P(V=V0)

.
Consequentemente
U(P; V)U(P
0
; V0) =
R
V
V0
P
00
dV
00
=P
R
V
V0
(V=V
00
)

dV
00
=PV

[V
1
V
1
0]
1
=
P
1

VV0

V
V0


ouU(P; V) =U0+A

P

V
V0


P0

+
PV
1
"
1

V
V0

1
#
1.8.7 Two moles of a particular single-component system are found...[SUMÁRIO ]
Solução:
RespostaU=
2
N
APV
2
26

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iXeLWallRiDeR Karlengs
1.8.8 (Supplementary Problem) A particular single-component system of one
mole has adiabats of the formP
5=3
=constant(that is, the pressure and the
volume obey the given relationship when when the system is enclosed by an
adiabatic, impermeable wall). The system is tter with a stirrer, as in the
example of this section. If the system is adiabatically insulated and main-
tained at constant volume, and if an amount of workdW(=torqued)
is transmitted (by an external torque turning the stirrer through an angle
d), the pressure of the system is observed to increase by an amountdP,
where
(AV+BV
5=3
)dP=dW(torqued)
Find the internal energy as a function of P, V and N.[SUMÁRIO ]
Solução:P
v

P'
P
0
v0
(P',v
0)
(P
0,v
0)
(P,v)
Primeiro encontramos a escala de energia ao
longo da isocóricav=v0:
u=u0+ (Av0+Bv
5=3
0)(PP0)
Agora escolhemos um ponto arbitrárioP1; v1.
A adiabata através desse ponto intercepta a
isocóricav=v0no pontoP
0
=P1

v1
v0

5=3
.
O trabalho realizado no processo de levar
o sistema de(P
0
; v0)para(P1; v1)ao longo
da adiabata é :
W=
Z
v1
v0
Pdv=
Z
v1
v0
P1

v1
v

5=3
dv=
3
2
P1v1
"

v1
v0

2=3
1
#
então
u(P1; v1) =u(P
0
; v0)
3
2
P1v1
"

v1
v0

2=3
1
#
E portanto
u(P1; v1) =u0+ (Av0+Bv
5=3
0)
"
P1

v1
v0

5=3
P0
#

3
2
P1v1
"

v1
v0

2=3
1
#
Então, para um sistema deNmoles (e também retirando os subscritos emP1ev1):
U(P; V; N) =Nu0+N(Av0+Bv
5=3
0)
"
P

v
v0

5=3
P0
#

3
2
NPv
"

v
v0

2=3
1
#
27

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1.10 THE ENTROPY MAXIMUM POSTULATES [SUMÁRIO ]
1.10.1 The following ten equations are purported to be fundamental...[SUMÁRIO ]
Solução:
Precisamos encontrar as 5 equações supostamente fundamentais que são sicamente inadimis-
síveis e indicar quais postulados são violados por cada uma.
Fisicamente aceitável(a)S=

R
2
v0

1=3
(NV U)
1=3
Não viola nenhum postulado.Viola algum postulado(b)S=

R

2

1=3
NU
V

2=3
Não é homogênea de primeira ordem.Fisicamente aceitável(c)S=

R


1=2
NU+
RV
2
v
2
0

1=2
Não viola nenhum postulado.Viola algum postulado
(d)S=

R
2

v
3
0

V
3
=NU Não é uma função monotonicamente crescente e
também viola o postulado de Nernst.Fisicamente aceitável(e)S=

R
3
v0
2

1=5
[N
2
V U
2
]
1=5
Não viola nenhum postulado.Viola algum postulado(f)S=NRln(UV=N
2
Rv0) Viola o postulado de Nernst.Fisicamente aceitável(g)S=

R


1=2
[NU]
1=2
exp(V
2
=2N
2
v
2
0) Não viola nenhum postuladoViola algum postulado
(h)S=

R


1=2
(NU)
1=2
exp


UV
NRv0

Não é homogênea de primeira ordem nem
uma função monotonicamente crescente
deU
28

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iXeLWallRiDeR KarlengsFisicamente aceitável(i)U=

v0
R

S
2
V
exp(S=NR) Não viola nenhum postulado.Viola algum postulado
(j)U=

R
v0

NV

1 +
S
NR

exp(S=NR)Não é homogênea de primeira ordem nem
uma função monotonicamente crescente
deU
Obs: O postulado de Nernst ao qual o autor se refere é o postulado reformulado por Planck,
e que o Callen chama de "Postulado IV". Discussões mais detalhadas a respeito desse postulado
podem ser vistas na página 30 do capítulo 1 e no capítulo 11 do livro.
Postulado IV.A entropia de qualquer sistema se anula no estado para o qual
(@U=@S)V;N1;:::;Nr= 0(isto é, no zero de temperatura)
1.10.2 For each of the ve physically acceptable fundamental equations...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)U=
1
NV

v0
R
2

S
3
(c)U=
S
2
NR

RV
2
Nv
2
0
(e)U=N
1
V
1=2

v0
R
3

1=2
S
5=2
(g)U=

S
2
NR

exp

V
2
N
2
v
2
0

(i)U=

v0
R

S
2
V
exp

S
NR

29

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iXeLWallRiDeR Karlengs
1.10.3 The fundamental equation of a system A is S=

R
2
v0

1=3
(NVU)
1=3
and
similarly...[SUMÁRIO ]
Solução:
SA=

R
2
v0

1=3
(NAVAUA)
1=3
VA= 910
6
m
3
; NA= 3
SB=

R
2
v0

1=3
(NBVBUB)
1=3
VB= 410
6
m
3
; NB= 2
UA+UB= 80J
FaçaS
0
=
S
R
2
v0
)S
0
A
= 310
2
U
1=3
A
e S
0
B
= 210
2
U
1=3
B
S
0
=S
0
A
+S
0
B
= 380
1=3
10
2



1=3
+
2
3
(1)
1=3

Onde =UA=80
1=UB=80
Para maximizar fazemos
dS
0
d
= 0
dS
0
d
= 380
1=3
10
2


1
3

2=3

2
9
(1)
2=3

= 0
Então
=

2
3

3=2
(1))= 0;6475295549ou arredondando= 0;65
)UA= 80= 52J e UB= 80(1) = 28J________
3x(80)
1/3
x10
-2
S'
Figura 2: Entropia como função deUA=(UA+UB)com o máximo em= 0;65
30

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iXeLWallRiDeR Karlengs
2 THE CONDITIONS OF EQUILIBRIUM [SUMÁRIO ]
2.2 EQUATIONS OF STATE [SUMÁRIO ]
2.2.1 Find the three equations of state for a system with the fundamental equation
U=

v0
R
2

S
3
NV
:::[SUMÁRIO ]
Solução:
T=

@U
@S

= 3

v0
R
2

S
2
NV
P=

@U
@V

=

v0
R
2

S
3
NV
2
=

@U
@N

=

v0
R
2

S
3
N
2
V
Para corroborar com o fato de que as três equações de estado são homogêneas de ordem zero
(Isto é, T, P esão parâmetros intensivos) fazemos :
T(S; V; N) = 3

v0
R
2

(S)
2
(N)(V)
= 3

v0
R
2

S
2
NV
=T(S; V; N)
P(S; V; N) =

v0
R
2

(S)
3
(N)(V)
2
=

v0
R
2

S
3
NV
2
=P(S; V; N)
(S; V; N) =

v0
R
2

(S)
3
(N)
2
(V)
=

v0
R
2

S
3
N
2
V
=(S; V; N)
2.2.2 For the system of problem 2.2-1 ndas a function of T, V e N[SUMÁRIO ]
Solução:
EliminandoSdas equações de estadoT(S; V; N)e(S; V; N)do problema 2.2-1,
=3
3=2

v0
R
2

1=2
T
3=2
v
1=2
2.2.3 Show by a diagram (drawn to arbitrary scale) the dependence of...[SUMÁRIO ]
Solução:
EliminandoSdas equações de estadoT(S; V; N)eP(S; V; N)do problema 2.2-1
P=
1
3

R
2
3v0

1=2
NT
3
V

1=2
31

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
P
V
T
1
T
2
T
2>T
1
Figura 3: Isotermas no diagrama PV
2.2.4 Find the three equations of state for a system with the fundamental equation
u=


R

s
2


R
v
2
0

v
2
[SUMÁRIO ]
Solução:
u=


R

s
2


R
v
2
0

v
2
ouU=

R
S
2
N

R
v
2
0
V
2
N
T=

@u
@s

v
= 2

R
s,P=

@u
@v

s
= 2
R
v
2
0
v
=
@U
@N
=

R
S
2
N
2
+
R
v
2
0
V
2
N
2
=

R
s
2
+
R
v
2
0
v
2
)=u
2.2.5 Expressas a function ofTandPfor the system of problem 2.2-4[SUMÁRIO ]
Solução:
EliminandoSevdas três equações de estado do problema anterior, temos que :
=
1
4
R

T
2
+
v
2
0
4R
P
2
32

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iXeLWallRiDeR Karlengs
2.2.6 Find the three equations of state for a system with the fundamental equation
u=

v0
R

s
2
v
e
s=R
[SUMÁRIO ]
Solução:
T=

@u
@s

v
= 2
v0
R
s
v
e
s=R
+
v0
R
2
s
2
v
e
s=R
P=

@u
@v

s
=
v0
R
s
2
v
2
e
s=R
Para encontrar, reescreva a equação fundamental comoU=

v0
R

S
2
V
e
S=N R
)=

v0
R

S
2
V
e
S=N R



S
N
2
R

=
v0
R
2
S
3
N
2
e
S=N R
2.2.7 A particular system obeys the relationu=Av
2
exp(s=R)...[SUMÁRIO ]
Solução:
T=
@u
@s
=
A
R
v
2
e
s=R
P=
@u
@v
= 2Av
3
e
s=R
Comsconstante, então
Tf
T0
=

v
2
0
v
2
f
!
e
Pf
P0
=

v0
vf

3
)
Tf
T0
=

Pf
P0

2=3
Ou Tf=
T0
2
2=3
= 0;63T0)Tf= 0;63T0
2.2.8 Show that, in analogy with equation 2.25, for a system withrcomponents...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Sejau=u(s; v; x1; :::; xr), xjNj=N,N
P
j=1
Nj
du=
@u
@s
ds+
@u
@v
dv+
rP
j=1
@u
@xj
dxj
=TdsPdv+
rP
j=1
jdxj
33

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mas
rP
j=1
dxj= 0oudxr=
r1P
j=1
dxj
)du=TdsPdv+
r1
X
j=1
(jr)dxj
2.2.9 Show that if a single-component system is such that PV
k
is constant...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Nos é dado quePV
k
=g(s), ondegé uma função arbitrária.
Agora sejau=u(s; v)eP=
@u
@v
=
g(s)
v
k
Integrando,
u=
g(s)
(k1)v
k1
+h(s), hé uma função arbitrária
)u=
Pv
k
(k1)v
k1
+h(s) =
Pv
k1
+h(s)
Mas dePv
k
=g(s)sabemos quesé uma função dePv
k
)u=
Pv
k1
+f(Pv
k
), fé uma função arbitrária
ou U=
1
k1
PV+Nf(PV
k
=N
k
)
34

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2.3 ENTROPIC INTENSIVE PARAMETERS [SUMÁRIO ]
2.3.1 Find the three equations of state in the entropy representation for...[SUMÁRIO ]
Solução:
s=

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
u
2=5
v
1=5
1
T
=
@s
@u
=
2
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
u
3=5
v
1=5
Reescrevendo
!
1
T
=
2
5

v
1=2
0
R
3=2
!
2=5
v
1=5
u
3=5
P
T
=
@s
@v
=
1
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
u
2=5
v
4=5
Reescrevendo
!
P
T
=
1
5

v
1=2
0
R
3=2
!
2=5
u
2=5
v
4=5
Para a equação de estado

T
=
@S
@N
utilizamos as relaçõess=
S
N
=SN
1
,v=
V
N
=V N
1
e
u=
U
N
=UN
1
, que para esse problema, são,s=SN
1
,v
1=5
=V
1=5
N
1=5
eu
2=5
=U
2=5
N
2=5
.
Assim, temos
SN
1
=

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
U
2=5
N
2=5
V
1=5
N
1=5
=)SN
1
=

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
U
2=5
V
1=5
N
2=5
N
1=5
SN
1
=

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
U
2=5
V
1=5
N
3=5
=)
S=

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
U
2=5
V
1=5
N
2=5
| {z }
Calcularemos

T
a partir dessa equação

T
=
@S
@N
=
2
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
U
2=5
V
1=5
N
3=5
, Note que(N
3=5
=N
2=5
N
1=5
)
=)

T
=
2
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
U
2=5
V
1=5
N
2=5
N
1=5
=)

T
=
2
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
U
2=5
N
2=5
V
1=5
N
1=5
=)

T
=
2
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
u
2=5
v
1=5
Reescrevendo
!

T
=
2
5

v
1=2
0
R
3=2
!
2=5
u
2=5
v
1=5
Portanto, as três equações de estado na representação entrópica são :
1
T
=
2
5

v
1=2
0
R
3=2
!
2=5
v
1=5
u
3=5
,
P
T
=
1
5

v
1=2
0
R
3=2
!
2=5
u
2=5
v
4=5
,

T
=
2
5

v
1=2
0
R
3=2
!
2=5
u
2=5
v
1=5
35

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iXeLWallRiDeR Karlengs
2.3.2 Show by a diagram (drawn to arbitrary scale) the dependence of tempera-
ture on volume ...[SUMÁRIO ]
Solução:
T
v
P=P
2
P=P
1
P
2>P
1
Obtemos a relação de dependência entreT
eveliminandoudas equações de estado
1
T
e
P
T
do problema anterior, que são :
1
T
=
2
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
u
3=5
v
1=5
P
T
=
1
5

R
3=2
v
1=2
0
!
2=5
u
2=5
v
4=5
Isolandouna primeira equação
1
T
, temos :
u=

2
5

5=3
R
3
v0
2

1=3
v
1=3
T
5=3
Substituindouna equação de estado
P
T
, encontramos :
P
T
=
1
5

R
3
v0
2

1=5
"

2
5

2=3
R
3
v0
2

2=15
v
2=15
T
2=3
#
v
4=5
=)P=

2
5

2=3
1
5

R
3
v0
2

1=3
| {z }
=A(=Constante)
T
5=3
v
2=3
Assim
T
5
v
2
=AP
3
ou aindaT=AP
3=5
v
2=5
; onde A=Cte=

2
5

2=3
1
5

R
3
v0
2

1=3
36

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iXeLWallRiDeR Karlengs
2.3.3 Find the three equations of state in the entropy representation for ...[SUMÁRIO ]
Solução:
s=

R


1=2
u
1=2
e
v=v0
A partir dessa equação fundamental, as equações de estado calculadas são :
1
T
=

@s
@u

v
=
1
2

R


1=2
u
1=2
e
v=v0
P
T
=

@s
@v

u
=
1
v0

R


1=2
u
1=2
e
v=v0

T
=

@S
@N

V;U
=
@
@N
"

R


1=2
U
1=2
N
1=2
e
V =N v0
#
=

R


1=2
u
1=2
e
v=v0

1
2

v
v0

2.3.4 Consider the fundamental equation S=AU
n
V
m
N
r
whereAis a positive
constant...[SUMÁRIO ]
Solução:
a)Para queSseja homogênea de primeira ordem, devemos ter :
n+m+r= 1, our= 1nmdaí
S=NA

U
N

n
V
N

m
b)
1
T
=
@S
@U
=nA

U
N

n1
V
N

m
ouT=
1
nA
u
1n
v
m
mas seu!0emT= 0devemos ter1n >0ou
n <1
Também, multiplicando as equações acima porTeS
TS=
1
n
U, ouU=nTS
e eliminandoUna equação de estado acima
T
n
=n
n
A
1
s
1n
v
m
e seT!0na medida em ques!0devemos ter
0< n <1
c)
Finalmente
P
T
=
@S
@V
=mA

U
N

n
V
N

m1
e eliminandoTda equação térmica de estado (primeira linha de(b))
P=
m
n

U
V

SePcresce comU=V,m=n >0, oum >0
Consequentemente devemos term >0e0< n <1
37

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2.3.5 Find the three equations of state for a system with the fundamental rela-
tion...[SUMÁRIO ]
Solução:
a,b)
1
T
=R

v+
1
u
2
v

>0,
P
T
=R

u+
1
uv
2

,

T
=R

uv
3
uv

c)s=
1
T
u+
P
T
v

T
=Ru

v+
1
u
2
v

+R

uv+
1
uv

R

uv+
3
uv

=uv(uv)
1
d)Dividindo as duas primeiras equações de estado,P=u=vouu=Pve substituindo na
relação fundamental
s
R
=uv
1
uv
=Pv
2

1
Pv
2P
v


P=const/v
2
Ou aindaPv
2
=Função des.
Portanto as adiabatas são dadas por
Pv
2
=const
2.6 TEMPERATURE UNITS [SUMÁRIO ]
2.6.1 The temperature of a system composed of ice, water, and water vapor...
[SUMÁRIO ]
Solução:
T(‰) =T(K)273;15 = (373;15273;15)0;01 = (100;000;01)‰
T(°R) =
9
5
T(K) = (671;670;02)°R
T(°F) =T(°R)459;67 =
9
5
T(‰)32 = (212;000;02)°F
2.6.2 The "gas constant"Ris dened as the product of Avogrado's number...
[SUMÁRIO ]
Solução:
R= 8;314
5
9
J=mol°F= 4;619J=mol°F
2.6.3 Two particular systems have the following equations of state...[SUMÁRIO ]
Solução:
T
(1)
=T
(2)
=)
2
3
U
(1)
RN
(1)
=
2
5
U
(2)
RN
(2)
ou5U
(1)
= 2U
(2)
:
TambémU
(1)
+U
(2)
= 2;510
3
J=) U
(1)
= 714;3J e U
(2)
= 1785;7J
38

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2.6.4 Two systems with the equations of state given in Problem 2.6-3 ...[SUMÁRIO ]
Solução:
U
(1)
0=
3
2
RN
(1)
T
(1)
0=
3
2
8;3142250 = 6235;5J
U
(2)
0=
5
2
RN
(2)
T
(2)
0=
5
2
8;3143350 = 21824;25J
)U
(1)
+U
(2)
= 28060J
e novamente5U
(1)
= 2U
(2)
=)U
(1)
= 8017J e U
(2)
= 20043J
2.7 MECHANICAL EQUILIBRIUM [SUMÁRIO ]
2.7.1 Three cylinders are tted with four pistons, as shown in Fig. 2.2 ...[SUMÁRIO ]
Solução:
132
Figura 4: Three volume-coupled system
U
(1)
+U
(2)
+U
(3)
= 0
eV
(3)
=3V
(1)

3
2
V
(2)
Então
S=
1
T
(1)
U
(1)
+
1
T
(2)
U
(2)
+
1
T
(3)
U
(3)

P
(1)
T
(1)
V
(1)

P
(2)
T
(2)
V
(2)

P
(3)
T
(3)
V
(3)
EliminandoU
(3)
eV
(3)
das duas últimas equações,
S=

1
T
(1)

1
T
(3)

U
(1)
+

1
T
(2)

1
T
(1)

U
(2)


P
(1)
T
(1)
3
P
(3)
T
(3)

V
(1)


P
(2)
T
(2)

3
2
P
(3)
T
(3)

V
(2)
portantoS= 0
Cada uma das quatro diferenciaisU
(1)
; U
(2)
; V
(1)
; V
(2)
são arbitrárias, daí
T
(1)
=T
(2)
=T
(3)
; P
(1)
= 3P
(3)
;2P
(2)
= 3P
(3)
39

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2.7.2 Two particular systems have the following equations of state : ...[SUMÁRIO ]
Solução:
1
T
(1)
=
3
2
R
N
(1)
U
(1)
e
P
(1)
T
(1)
=R
N
(1)
V
(1)
,N
(1)
= 0;5mol=
1
2
mol
1
T
(2)
=
5
2
R
N
(2)
U
(2)
e
P
(2)
T
(2)
=R
N
(2)
V
(2)
,N
(2)
= 0;75mol=
3
4
mol
T
(1)
0= 200K,T
(2)
0= 300K,V
(1)
0+V
(2)
0= 20litros= 2010
3
m
3
Se o pistão intermediário é móvel e diatérmico, encontrar os volumes, energias, pressões e
temperaturas nais.
1
T
(1)
=
1
T
(2)
e
P
(1)
T
(1)
=
P
(2)
T
(2)
. Logo,T
(1)
=T
(2)
eP
(1)
=P
(2)
MasU
(1)
+U
(2)
=
3
2
N
(1)
RT
(1)
+
5
2
N
(2)
RT
(2)
= (1245 + 4669)J= 5914J
)

3
2

1
2
+
5
2

3
4

RT
f
= 5914J R = 8;314472Joule=molKelvin
T
f
= 271K
P
(1)
T
(1)
=
P
(2)
T
(2)
ou
N
(1)
V
(1)
=
N
(2)
V
(2)
)V
(2)
=
3
2
V
(1)
TambémV
(1)
+V
(2)
= 2010
3
m
3
ConsequentementeV
(1)
= 810
3
m
3
= 8litros ; V
(2)
= 1210
3
m
3
= 12litros
P
(1)
=P
(2)
=
0;5R271K
810
3
m
3
P
(1)
=P
(2)
= 1;4110
5
Pa
U
(1)
=
3
2
N
(1)
RTeU
(2)
=
5
2
N
(2)
RT
U
(1)
= 1690J e U
(2)
= 4220J
2.7.3 The hypothetical problem of equilibrium in a closed composite system ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
A equação fundamental é
S=S
(1)
(U
(1)
; V
(1)
) +S
(2)
(U
(2)
; V
(2)
)
note que suprimimos o número de mols na notação. A condição para o volume é (condição de
fechamento ou completeza)
V
(1)
+V
(2)
=V=constante
40

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
E nós devemos formalizar o signicado de restrição adiabática. Desde que nenhum uxo de
energia na forma de calor seja permitido pela parede, a troca de energia de cada subsistema é
devida inteiramente pelo termo do trabalho, e a restrição adiabática é expressa pela condição
que (condição adiabática)
dU
(1)
=P
(1)
dV
(1)
;dU
(2)
=P
(2)
dV
(2)
A mudança na entropia total em um processo virtual é agora,
dS=
1
T
(1)
dU
(1)
+
P
(1)
T
(1)
dV
(1)
+
1
T
(2)
dU
(2)
+
P
(2)
T
(2)
dV
(2)
Inserindo a condição adiabática, a quantidadedSse anula identicamente. Era de se esperar
inserir a condição do volume (condição de fechamento ou completeza) e então fazerdS= 0para
obter a condição de equilíbrio, mas o desaparecimento da quantidadedSno meio do caminho
durante os cálculos certamente inviabiliza a continuação da análise. Como esperado dos fun-
damentos físicos, uma solução matemática do problema não existe. Entretanto, uma solução
parcial pode ser obtida, para a segunda condição de fechamento que ainda não escrevemos,
que deve ser aplicada para todo problema na representação entrópica. Esta é a condição de
fechamento para a energia
U
(1)
+U
(2)
=U=constante
Assim, temos
dU
(1)
=dU
(2)
E, inserindo as condições adiabáticas
P
(1)
dV
(1)
=P
(2)
dV
(2)
Finalmente, da equação da condição do volume encontramosdV
(1)
=dV
(2)
, Consequente-
mente
P
(1)
=P
(2)
Novamente, esta caracterização necessária mas não suciente do estado de equilíbrio está em
concordância com nossas expectativas nos fundamentos físicos.
2.8 EQUILIBRIUM WITH RESPECT TO MATTER FLOW [SUMÁRIO ]
2.8.1 The fundamental equation of a particular type of two-component system
is...[SUMÁRIO ]
Solução:
Para cada subsistema temos
1
T
=
@S
@U
=
3
2
NR
U
e
P
T
=
NR
V
,
e ainda
1
T
=A+Rln

U
3=2
V
N
5=2


5
2
RRln

N1
(N1+N2)

=Rln
U
3=2
V
N1N
3=2
+

A
5
2
R

Mas
1
T
(1)
=
1
T
(2)
ou
N
(2)
1+N
(2)
2
U
(1)
=
N
(2)
1+N
(2)
2
U
(2)
e

(1)
1
T
(1)
=

(2)
1
T
(2)
ou
[U
(1)
]
3=2
[N
(1)
1+N
(1)
2]
3=2
N
(1)
1
=
[U
(2)
]
3=2
[N
(2)
1+N
(2)
2]
3=2
N
(2)
1
41

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Elevando a primeira dessas equações a3=2, e multiplicando as equações, obtemos
N
(1)
1=N
(2)
1; consequentemente N
(1)
1=N
(2)
1= 0;75
Para encontrar as energias e temperaturas :
As energias iniciais eram :
U
(1)
=
3
2
N
(1)
RT
(1)
= 562;5R
U
(2)
=
3
2
N
(2)
RT
(2)
= 562;5R
As energias nais são :U
(1)
=
3
2
1;5RT,U
(2)
=
3
2
1;5RTPortanto,
U
(1)
+U
(2)
= 4;125RT
Então,
4;125RT= 2562;5R=)T= 272;7K
Encontrando as pressões :(PV=NRT)
P
(1)
V
(1)
=N
(1)
RT
(1)
=)P
(1)
= 6;810
5
Pa
P
(2)
V
(2)
=N
(2)
RT
(2)
=)P
(2)
= 5;710
5
Pa
2.8.2 A two-component system gaseous system has a fundamental equation of the
form...[SUMÁRIO ]
Solução:
Para cada subvolume
1
T
=
1
3
AU
2=3
V
1=3
N
1=3
,
P
T
=
1
3
AU
1=3
V
2=3
N
1=3
Ou aindaT=
3
A

U
2
NV

1=3
,P=U=V,
1
T
=
1
3
AU
1=3
V
1=3
N
2=3
+B

N2
N

N1N2
N
2

Então
U=

A
3
3
T
3
(NV)
1=2

E isto é suciente para determinarTe:
2T
3
e=T
3
l+T
3
r
SeTr= 2Tl=)2T
3
e= 9T
3
l
=)Te= 1;651Tl
Também, eliminandoUda equação para=T:

1
T
=
1
9
A
2
T

V
N

1=2
+B

N2
N

N1N2
N
2

Então, igualando1=Tem cada subsistema,
1
9
A
2
TeV
1=2
N
1=2
1l
=
1
9
A
2
TeV
1=2

N1r+
1
2

1=2
+B

N2
N1r+N2

N1rN2
(N1r+N2)
2

42

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Mas
B=

A
3

2
TlV
1=2
Portanto,
TeN
1=2
1l
=Te

N1r+
1
2

1=2
+Tl

1
2N1r+ 1

2N1r
(2N1r+ 1)
2

Assim temos que,

3
2
N1r

1=2
=

N1r+
1
2

1=2
+
Tl
Te
(2N1r+ 1)
2
Então,

3
2
N1r

1=2


N1r+
1
2

1=2
0;6057(2N1r+ 1)
2
= 0
Isto pode ser resolvido por tentativa e erro utilizando uma calculadora ou um computador.
Feito corretamente, você deve concluir que,
N1r= 0;84
N1l= 1;50;84 = 0;66
2.9 CHEMICAL EQUILIBRIUM [SUMÁRIO ]
2.9.1 The hydrogenation of propane(C3H8)to form methane(CH4)proceeds by
the reaction...[SUMÁRIO ]
Solução:

C
1
H
8
+ 2
H
2
= 3
CH
4
O que é formalmente indentico ao exemplo 1 da seção 2.7
3 SOME FORMAL RELATIONSHIPS, AND SAMPLE
SYSTEMS [SUMÁRIO ]
3.1 THE EULER EQUATION [SUMÁRIO ]
3.1.1 Write each of the ve physically acceptable fundamental equations...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
S=C[UV N]
1=3
,C

R
2
v0

1=3
43

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Então,
S=

C
3
U
2=3
V
1=3
N
1=3

| {z }
1=T
U+

C
3
U
1=3
V
2=3
N
1=3

| {z }
P=T
V+

C
3
U
1=3
V
1=3
N
2=3

| {z }
=T
N
(c)
S=C

NU+
R
v
2
0
V
2

1=2
,C

R


1=2
Então,
S=
CN
2

NU+
R
v
2
0
V
2

1=2
| {z }
1=T
U+
CR
v
2
0
V

NU+
R
v
2
0
V
2

1=2
| {z }
P=T
V+
C
2
U

NU+
R
v
2
0
V
2

1=2
| {z }
=T
N
(e)
S=C[N
2
V U]
1=5
S=
2
5
CU[N
2
V U]
4=5
| {z }
1=T
U+
1
5
C[N
2
V U]
4=5
| {z }
P=T
V+
2
5
CN[N
2
V U]
4=5
| {z }
=T
N
(g)e(i)são similares
3.2 THE GIBBS-DUHEM RELATION [SUMÁRIO ]
3.2.1 Find the relation amongT,P, andfor the system with the fundamental
equation...[SUMÁRIO ]
Solução:
A equação fundamental é :
U=

v
2
0
R
3

S
4
NV
2
Então,
T= 4

v
2
0
R
3

S
3
NV
2
P= 2

v
2
0
R
3

S
4
NV
3
=

v
2
0
R
3

S
4
N
2
V
2
Das duas primeiras equações=)T=P= 2V=S
Da primeira e terceira equação=)=T=S=4N
Reescrevendo a primeira equação temos,
44

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
T= 4

v
2
0
R
3

S
N

S
V

2
= 4

v
2
0
R
3


4

T


2
P
T

2
)T=(2)
6

v
2
0
R
3

P
2
3.3 SUMMARY OF FORMAL STRUCTURE [SUMÁRIO ]
3.3.1 A particular system obeys the two equations of state...[SUMÁRIO ]
Solução:
Dadas as equaçõesT= 3As
2
=veP=As
3
=v, encontre(s; v)e a equação fundamental.
(a)
d=sdT+vdP
=sd[3As
2
=v] +vd[As
3
=v]
=3A
s
2
v
ds+A
s
3
v
2
dv
=d[As
3
=v]
)d=d[As
3
=v]
Z
d=
Z
d[As
3
=v]
)=As
3
=v+cte
Podemos tomar a constante igual a zero(cte= 0)
Assim,
(s; v) =As
3
=v
Então a equação de Euler será:
U=TSPV+N
ou ainda
u=TsPv+
)u=

3As
2
v

s

A
s
3
v

v

A
s
3
v

Ou de forma mais sucinta,
U=A
S
3
NV
(b)
45

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Pela integração direta da equação de Euler na forma molar :
du=TdsPdv
=

3A
s
2
v

ds

A
s
3
v

dv
=d[A
s
3
v
]
)
Z
du=
Z
d

A
s
3
v

Fazendo a constante de integração igual a zero, concluímos que :
U=A
S
3
NV
3.3.2 It is found that a particular system obeys the relationsU=PVandP=BT
2
[SUMÁRIO ]
Solução:
As equações envolvemUe estão portanto na representação entrópica. Escreva como :
1
T
=B
1=2
v
1=2
u
1=2
e
P
T
=B
1=2
u
1=2
v
1=2
Então,
ds=
1
T
du+
P
T
dv
=B
1=2
v
1=2
u
1=2
du+B
1=2
u
1=2
v
1=2
dv
= 2B
1=2
d[u
1=2
v
1=2
]
)s= 2B
1=2
u
1=2
v
1=2
+const:ou S= 2B
1=2
U
1=2
V
1=2
+Ns0
3.3.3 A system obeys the equationsP=
NU
NV2AVU
andT=2C
U
1=2
V
1=2
N2AU
e
AU=N
...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Escreva as equações na forma
P
T
=
1
2
C
1
u
1=2
v
3=2
e
Au
e
1
T
=
1
2
C
1
u
1=2
v
1=2
[12Au]e
Au
)ds=
1
2
C
1
e
Au

12Au
p
uv
du
u
1=2
v
3=2
dv

46

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Faças=Du
n
v
m
e
Au
(tentativa e erro!)
)ds=D[(nu
n1
v
m
Au
n
v
m
)]e
Au
du+mu
n
v
m1
e
Au
dv
Isto está de acordo se tomarmosn= 1=2,m=1=2,D=C
1
)s=C
1
r
u
v
e
Au
3.3.4 A system obeys the two equationsu=
3
2
Pvandu
1=2
=BTv
1=3
...[SUMÁRIO ]
Solução:
As equações estão na representação entrópica, então escrevemos
1
T
=Bu
1=2
v
1=3
e
P
T
=
2
3
Bu
1=2
v
2=3
Então
ds=
1
T
du+
P
T
dv
=Bv
1=3
du
u
1=2
+
2
3
Bu
1=2
dv
v
2=3
= 2Bd(u
1=2
v
1=3
)
)s= 2Bu
1=2
v
1=3
+s0ou S= 2BU
1=2
V
1=3
N
1=6
+Ns0
3.4 THE SIMPLE IDEAL GAS AND MULTICOMPONENT SIM-
PLE IDEAL GASES [SUMÁRIO ]
3.4.1 A "constant volume ideal gas thermometer"is contructed as shown (sche-
matically) in Fig. 3.3. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
3.4.2 Show that the relation between the volume and the pressure of a monoato-
mic ideal gas ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Para um gás simplesS=Ns0+NRln
"

U
U0

c
V
V0

N0
N

#
c+1
47

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
SeS=const,u
c
v=u
c
0v0e
[(ss0)=R]
)(cRT)
c
v= (cRT0)
c
v0e
[(ss0)=R]
(Pv)
c
v= (P0v0)
c
v0e
[(ss0)=R]
Pv
c+1
c=P0v
c+1
c
0e
(ss0)=c
=const:
Então, para um gás ideal monoatômico,c= 3=2
Pv
5=3
=
h
P0v
5=3
0e
2s0=3R
i
e
2s=3R
=const
3.4.3 Two moles of a monoatomic ideal gas are at a temperature of 0 ‰and a
volume...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=
N
N0
S0+NRln
"

U
U0

3=2
V
V0

N
N0

5=2
#
EmS=const:,
U
3=2
V=const=)

3
2
NRT

3=2
V=const:=)T
3=2
V=const:
Vf=vi

Ti
Tf

3=2
= 45

273
223

3=2
litros= 61litros= 6110
3
m
3
Também,
PV=NRT
Portanto,
Pi=
NRTi
Vi
= 0;101MPae Pf=
NRTf
Vf
= 0;061MPa
3.4.4 By carring out the integral
R
PdV, compute the work done by the gas in
Problem 3.4-3..[SUMÁRIO ]
Solução:
Do problema 3.4-2,PV
5=3
=const.
(W) =
Z
PdV=
Z
Vf
Vi
Pi

Vi
V

5=3
dV=
3
2
PiV
5=3
i
[V
2=3
f
V
2=3
i
] =
3
2
PiVi
"

Vf
Vi

2=3
1
#
Então
(W) =
3
2
(1;0110
5
)(4510
3
)
"

61
45

2=3
1
#
48

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Logo
(W) = 12;510
2
Joules
Também
Ui=
3
2
NRTi= 38;314273 = 6810Joules
Uf=
3
2
NRTf= 38;314223 = 5560Joules
U= 12;410
2
Joules
3.4.5 In a particular engine a gas is compressed in the initial stroke of the piston...
[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
W=
Z
V1
V0
PdV=NR
Z
V1
V0
T
dV
V
=
NRT0
V

0
Z
V1
V0
V
1
dV=
NRT0


V1
V0


1

W=
NR

(T0T1)
(b)
U=
3
2
NR(T1T0)OndeT1=

V1
V0


T0
(c)
Q= UW=
3
2
NR(T1T0) +
NR

(T1T0)
)Q=

3
2
+
1


NR(T1T0)
(d)
S=Ns0+
3
2
NRln

U
U0

+NRln

V
V0


5
2
NRln

N
N0

=Ns0+
3
2
NRln

T
T0

+NRln

V
V0


5
2
NRln

N
N0

49

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)dS=
3
2
NR
dT
T
+NR
dV
V
=
3
2
NR
dV
V
+NR
dV
V
=

3
2
+ 1

NR
dV
V
)Tds=

3
2
+ 1

NRT0
V
1
V

0
dV
Então
Q=
Z
TdV=

3
2
+ 1

NRT0
1


V
V0


V1
V0
=

3
2
+
1


NRT0

V1
V0


1

)

3
2
+
1


NR(T1T0)O que bate com a letra(c)
(e)Para checar=
2
3
seQ= 0
Então
PV=NRT=NR

V
V0


T0
ou ainda
PV
1
=constouPV
5=3
=const:
E esta é a conhecida forma de uma adiabata.
3.4.6 Find the three equations of state of the "simple ideal gas"(equation 3.34...
[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Ns0+NcRln

U
Nu0

+NRln

V
Nv0

Então
1
T
=
NcR
U
e
P
T
=
NR
V
)

T
=
@S
@N
=s0+cRln

U
Nu0

+Rln

V
Nv0

(1 +c)R
3.4.7 Find the four equations of state of a two-component mixture if simple ideal
gases...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=
X
j
Njsj0+
X
j
NjcjRln

T
T0

+
X
j
NjRln

V
NjV0

;U=

X
j
Njcj
!
RT
50

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)S=
X
j
Njsj0+

X
j
Njcj
!
Rln
2
6
6
6
6
4
U

P
j
Njcj
!
RT0
3
7
7
7
7
5
+
X
j
NjRln

V
NjV0

Então
1
T
=
X
j
Njcj
R
U
P
T
=
X
j
Nj
R
V


T
=sj0+cjRln
0
B
@
U
P
j
NjcjRT0
1
C
AcjR+Rln

V
NjV0

R
Para vericar a equação de Euler, calculamos
U
T
+
P
T
V
X
j
jNj
T
U
T
+
P
T
V
P
j

j
N
j
T
=U
P
j
N
j
c
j
R
U
+V
P
j
N
j
R
V
+
P
j
2
4sj
0
+cjRln
0
@
U
P
j
N
j
c
j
RT
0
1
AcjR+Rln

V
N
j
V
0

R
3
5Nj
O lado direito desta equação é exatamente oSda segunda linha da solução.
3.4.8 If a monoatomic ideal gas is permitted to expand into an evacuated region,
thereby increasing its volume...[SUMÁRIO ]
Solução:
Responda na ordem inversa, ou seja,(c),(b)e depois(a).
S=Ns0+NRln
"

U
U0

3=2
V
V0

N
N0

5=2
#
(a)DePV=NRT
Pf
Pi
=
Vi
Vf
=
1

=)Pf=
Pi

(b)deU=
3
2
NRT=)Tf=Ti
(c)SeUf=UieVf=Vi=então
S=SfSi=NRln(Vf)NRln(Vi) =NRln

Vf
Vi

)S=NRln()
51

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
3.4.9 A tank has a volume of0:1m
3
and is lled with He gas at a pressure of...
[SUMÁRIO ]
Solução:
U1=
3
2
P1V1; U2=
3
2
P2V2; Uf=
3
2
PfVf=
3
2
Pf(V1+V2)eUf=U1+U2
Então
3
2
Pf(V1+V2) =
3
2
P1V1+
3
2
P2V2
)Pf=
P1V1+P2V2
V1+V2
=
510
6
0:1 + 610
6
0;15
0;25
= 5;610
6
Pa
3.4.10 ...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
P1V1=N1RT1ou510
6
0;1 =N18;314300entãoN1= 200;5mols
P2V2=N2RT2ou610
6
0;15 =N28;314350entãoN2= 309;3mols
PfVf= (N1+N2)RTfou5;610
6
0;25 = 509;88;134Tf
)Tf= 330K
(b)
NovamenteN1= 200;5eN2= 309;3EntãoU1+U2=Uf
Logo
3
2
N1RT1+
5
2
N2RT2=
3
2
N1RTf+
5
2
N2RTf=)Tf= 336K
Note também que
3
2
P1V1+
5
2
P2V2=

3
2
N1+
5
2
N2

PfVf
N1+N2
=)Pf= 5;710
6
Pa
3.4.11 Show that the pressure of a multicomponent simple ideal gas can be written
as the sum...[SUMÁRIO ]
Solução:
P=
NRT
V
eN=
X
i
Ni=)P=
X
i

NiRT
V


X
i
Pi
52

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
3.4.12 Show thatj, the electrochemical potential of thejthcomponent in a ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Nós temosS=
X
j
Njsj0+
X
j
NjcjRln

T
T0

+
X
j
NjRln

V
Njv0

quandoT=
U
R
P
j
Njcj

j
T
=

@S
@Nj

U1;:::
=sj0+cjRln

T
T0

+
1
T

X
j
Njcj
!
R

@T
@Nj

U
+Rln

V
Njv0

R
Mas

@T
@Nj

=
U
R
cj
(
P
j
Njcj)
2
=
Tcj
P
j
Njcj
)
j
T
=sj0+cjRln

T
T0

cjR+Rln

V
Njv0

R
=)j=RTln

V
Njv0

+RT

1 +cjcjln

T
T0


sj0
R

)j=RTln

Pj
RTv0

+RT

1 +cjcjln

T
T0


sj0
R

3.4.13 An impermeable, diathermal, and rigid partition divides a container into
two subvolumes...[SUMÁRIO ]
Solução:
Do problema anteriorj=RTln

V
Njv0

+RT

1 +cjcjln

T
T0


sj0
R

e
(1)
H2
=
(2)
H2
)RTln

V0
N
(1)
H2
v0
!
=RTln

V0
N
(2)
H2
v0
!
OuN
(1)
H2
=N
(2)
H2
=
1
2
mol
)P
(1)
=
N
(1)
H2
RT
V0
=
1
2
RT
V0
eP
(2)
=
[N
(2)
H2
+N
(2)
N e
]RT
V0
=
7
2
RT
V0
3.4.14 Use the results of problem 3.4-11 and 3.4-12 to stablish the resultsP=P
e...[SUMÁRIO ]
Solução:
A pressão parcial deAem, ouP
A

, é igual aP
53

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
A pressão parcial deBem, ouP
B

, é igual aP
)P=P
A
+P
B
=P+P
Também, por simetria,
P=P=)P= 2P
3.4.15 An impermeable, diathermal and rigid partition divides a container into
two subvolumes...[SUMÁRIO ]
Solução:
Note queU=
X
j
NjcjRT;e desde que a energia total seja constante, a temperatura é constante.
InicialmentePH2=
nRT
nV0
=
RT
V0
PHe=
mRT
mV0
=
RT
V0
FinalmenteP=
(n+m)RT
(n+m)V0
=
RT
V0
=)não há variação na pressão
Então a variação na entropia é igual a "entropia de mistura". Veja o texto logo abaixo da
equação 3.40 no livro-texto (entropy of mixing-pg 69).
)s=R
X
j
Njln

Nj
N

=R

n ln

n
n+m

+m ln

m
n+m

3.5 THE "IDEAL VAN DER WAALS FLUID" [SUMÁRIO ]
3.5.1 Are each of the listed pairs of equations of state compatible (recall equations
3.46)...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
U=aPvePv
2
=bT
Escreva as equações como
P
T
=
b
v
2
, e (dividindo porP=u=av),=)
1
T
=
ab
uv
Então
@
@u

P
T

?
=
@
@v

1
T

se torna
@
@u

b
v
2

?
=
@
@v

ab
uv

;ou0
?
=
ab
uv
2
=)não é compatível
(b)
U=aPv
2
ePv
2
=bT
54

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)
P
T
=
b
v
2
e
1
T
=
ab
u
Então
@
@u

P
T

=
@
@v

1
T

;ou0 = 0 =)Compatível
(c)
P=
u
v
c+buv
a+buv
eT=
u
a+buv
)
P
T
=
c
v
+bue
1
T
=
a
u
+bv
)
@
@u

P
T

=
@
@v

1
T

(=b) =)compatível
Para encontrar as equações fundamentais para os casos(b)e(c):
(b)ds=
1
T
du+
P
T
dv=
ab
u
du+
b
v
2
dv)SS0=abNln

U
N

b
N
2
V
(c)ds=

a
u
+bv

du+

c
v
+bu

dv)S=Ns0+aln

U
U0

+b
UV
N
bu0v0+cln

V
Nv0

3.5.2 Find the relationship between the volume and the temperature of an ideal
Van Der Waals uid...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=NRln[(vb)(cRT)
c
] +Ns0=)(vb)T
c
=const:
3.5.3 Repeat the problem 3.4-3 forCO2, rather than for a monoatomic ideal gas...
[SUMÁRIO ]
Solução:
RecordandoS=NRln[(vb)(u+a=v)
c
] +S0Consequentemente, numa expansão adiabática,
(vb)
h
u+
a
v
i
c
=const:
tambému+
a
u
=cRT
de onde(vb)T
c
=const:
Então
(vfb)T
c
f
(vib)T
c
i
= 1;e da tabela 3.1(pg.77 do livro),c= 3;5eb= 42;710
6
m
3
Tem-se também quevi= 4510
3
m
3
Neste casobpode ser desprezado, então
vf
vi
'

Ti
Tf

c
=

273
223

3;5
= 2;03
e aindavf= 91;4litros= 0;091m
3
55

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Pi=
RTi
vib

a
v
2
i
= 1;0110
5
Pa
Pf=
RTf
vfb

a
v
2
f
= 0;0610
5
Pa
Se
a
v
2
'
1
10
RT
v
; P'
1
10
(RT)
2
a
'1210
5
Pa'12atm
3.5.4 Repeat parts (a), (b), e (c) do problema 3.4-5, assuming that=1=2and
that gas...[SUMÁRIO ]
Solução:
Nós temosu+
a
v
=cRTeP=
RT
(vb)

a
v
2
)W=
Z
V1
V0
PdV=NR
Z
v1
v0
Tdv
vb
+Na
Z
v1
v0
dv
v
2
=NRT0
p
v0
Z
v1
v0
v
1=2
vb
dvNa

1
v1

1
v0

Para resolver esta integral, faça a mudança=v
1=2
, o que resultará em
W=
NRT0
p
b=v0
ln
"
1
p
b=v1
1 +
p
b=v1
1 +
p
b=v0
1
p
b=v0
#
+
Na
v0v1
(v1v0)
Também
U=Nu=N

cRT
a
v

=NcR(T1T0) +
Na
v0v1
(v1v0)
)Q= UW=NcR(T1T0) +NRT0
r
v0
b
ln
"
1
p
b=v1
1 +
p
b=v1
1 +
p
b=v0
1
p
b=v0
#
3.5.5 Consider a Van Der Waals gas contained in the apparatus described in
Problem 3.4-1 ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
3.5.6 One mole of a monoatomic ideal gas and one mole ofCl2are contained in a
rigid cylinder and...[SUMÁRIO ]
Solução:
As pressões e os volumes molares são iguais
)
RT
v
=
RT
vb

a
v
2
56

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
=)v=
b
1
b
a
RT
= 71;4
6
m
3
)P=
RT
v
= 3510
6
Pa= 3;510
7
Pa
3.5.7 (Supplementary problem) Suppose we wish to account (crudely) for a long-
range repulsion of the molecules of a gas by adding a small temperature-
independent termP0to the Van der Waals pressure (witha=0):
P=RT=(vb) +P0
What is the simplest amendment to the thermal equation of stateu=cRT
consistent therewith? What is the corresponding fundamental equation ?
[SUMÁRIO ]
Solução:
P
T
=
R
vb
+
P0
T
)
@
@u

P
T

v
=P0
@
@u

1
T

v
)
@
@v

1
T

u
=P0
@
@u

1
T

v
Se tomarmos por tentativa
1
T
?
=
cR
u+v
(é indeterminado)
Então, substituindo,

cR
(u+v)
2
?
=P0


cR
(u+v)
2

Que é satisfeita para=P0
)
1
T
=
cR
u+P0v
ouu=cRTP0v
Entãods=
1
T
du+
P
T
dv
=
cR
u+P0v
dv+

R
vb
+
P0cR
u+P0v

dv
E então,
s=s0+R ln[(u+P0v)
c
(vb)]
57

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
3.6 ELECTROMAGNETIC RADIATION [SUMÁRIO ]
3.6.1 The universe is considered by cosmologists to be an expanding electromag-
netic cavity containing radiation...[SUMÁRIO ]
Solução:
1
T
=b
1=4
(V=U)
1=4
(equação 3.55-pg.79 do livro)
S=
4
3
b
1=4
U
3=4
V
1=4
(equação 3.57-pg.79 do livro)
EliminandoU:S=
4
3
bV T
3
EmSconstante,TV
1=3
, ouT=T0= (V0=V)
1=3
SeV= 2V0,T=T0=2
1=3
= 2;7=2
1=3
=)T= 2;1K
3.6.2 Assuming the electromagnetic radiation lling the universe to be in equili-
brium atT=2:7 K...[SUMÁRIO ]
Solução:
P=
1
3
U
V
eU=bV T
4
; b= 7;5610
16
J=m
3
K
4
)P=
1
3
bT
4
= 1;3410
14
Pa= 1;3310
19
atm
3.6.3 The density of matter (primarily hydrogen atoms) in intergalactic space is
such that...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)PV=NRT=
~
NkBTOnde
~
Nnºde átomos
)
~
N
V
=
P
kBT
= 10
23
=1;3810
23
2;73átomos=m
3
(a)U=
3
2
PVpara um gás, enquanto queU=bV T
4
para radiação.
)UH=Urad=
3
2
PV
bV T
4
= 410
26
58

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
(c)A energia cinética das partículas é desprezível se comparada amc
2
mc
2
bT
4
=
1;710
27
(310
8
)
2
7;610
16
(2;7)
4
= 410
3
3.7 THE "RUBBER BAND" [SUMÁRIO ]
3.7.1 For the rubber band model, calculate the fractional change in(LL0)that
results from an increaseT...[SUMÁRIO ]
Solução:
T=bT
LL0
L1L0
)

@L
@T

T
=
1
T
(LL0)(L1L0)
L1L0
Ou ainda
1
LL0

@L
@T

T
=
1
T
3.7.2 A rubber band is stretched by an amountdL, at constantT. Calculate the
heat transfer žQ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=S0+cLln

U
U0


b
2(L1L0)
(LL0)
2
(equação 3.62-pg. 81 do livro)
e
U=cL0T(equação 3.58-pg. 80 do livro)
)S=S0+cLln

T
T0


b
2(L1L0)
(LL0)
2
)žQ=T

@S
@L

dL=bT
LL0
L1L0
dL
tambémT=bT
LL0
L1L0
Então žW=TdL=bT
LL0
L1L0
Consequentemente vemos que
žQ+žW= 0
Isto é consistente com o fato de queUé uma função apenas da temperatura (edU=žQ+žW)
3.7.3 If the energy of the unstretched rubber band were found to increase qua-
dratically withT...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=cL0T
2
e novamenteT=bT(LL0)=(L1L0)
59

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
@
@L

1
T

U
=
@
@U


T
T

L
Então
dS=
1
T
dU
T
T
dL
=

cL0
U

1=2
dUb
LL0
L1L0
dL
SS0= 2(cL0)
1=2
U
1=2

b
L1L0

1
2
L
2
LL0

Note que esta equação é uma equação homogênea de primeira ordem, assim comoL0é extensivo.
(L0pode ser visto como um análogo paraN)
3.8 UNCONSTRAINABLE VARIABLES; MAGNETIC SYSTEMS
[SUMÁRIO ]
3.8.1 Calculate the three equations of state of the paramagnetic model of equation
3.66. That is, calculate...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=NRT0exp

S
NR
+
0
21R
I
2
N
2

T=
@U
@S
=
U
NR
Be=
@U
@I
=
0
1R
IU
N
2
=
@U
@N
=
U
N

1
S
NR

0
1R
I
2
N
2

ConsidereTS+BeI+N
TS+BeI+N=
U
NR
S+
0
1R
I
2
U
N
2
+U

1
S
NR

0
1R
I
2
N
2

=U
3.8.2 Repeat problem 3.8-1 for a system with the fundamental equationU=0I
2
=2N+...
[SUMÁRIO ]
Solução:
T=
@U
@S
=
2"
kB
exp

2S
NkB

; Be=
@U
@I
=
0
N
I
=
@U
@N
=
1
2
0
N
I
2
+"exp

2S
NkB


2S"
kBN
exp

2S
NkB

60

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
ConsidereTS+BeI+N
TS+BeI+N=
2"S
kB
exp

2S
NkB

+
0I
2
N

1
2
0
N
I
2
+

N"
2S"
kB

exp

2S
NkB

=
1
2
0I
2
N
+N"exp

2S
NkB

)TS+BeI+N=U
3.9 MOLAR HEAT CAPACITY AND OTHER DERIVATIVES [SUMÁRIO ]
3.9.1 ...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
Relembre de
S=
X
j
Njsj0+
X
j
NjcjRln

T
T0

+
X
j
NjRln

V
Njv0

;U=
X
j
NjcjRT;PV=NRT
Então
cv=
T
N

@S
@T

v
=
T
N
X
j
Njcj
T
R=Rc =)cv=Rc
=
1
V

@V
@T

P
=
1
V
NR
P
=
1
T
=)= 1=T

T
=
1
V

@V
@P

T
=
1
V


NRT
P
2

=
1
P
=)
T
= 1=P
Para calcular
S
, escrevaS=
P
j
Njsj0+NcRln

P V
N
N0
P0v0

+
P
j
NjRln
V
NjV0
, e então diferen-
ciando com relação aPmantendoSconstante, temos

T
=
1
V

@V
@P

S
0 =
X
j
NjcjR

1
P
+
1
V

@V
@P

S

+
X
j
NjR
1
V

@V
@P

S
0 =
Nc
P
+N(c+ 1)
S
ou
S
=
c
c+ 1
1
P
Para calcularcpescrevaS=
P
j
Njsj0+NcRln

T
T0

+
P
j
NjRln

N RT
P NjV0

cp=
T
N

@S
@T

P
61

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
cp=
T
N

@S
@T

=
T
N

1
T
X
j
NjcjR+
1
T
X
j
NjR
!
=)cp= cR+R= (c+ 1)R
(b)
c=
3
2
para um gás ideal monoatômico
3.9.2 Corroborate equation 3.70 for a multicomponent simple ideal gas, showing
that both the right- and left-hand...[SUMÁRIO ]
Solução:
escrevendoU=TcNR;
S=
X
j
Njsj0+ (
X
j
Njcj)Rln
U
Nu0
+NRln
V
Nv0
R
X
j
Njln
Nj
N
=
X
j
Njsj0+NcRln
TcR
u0
+NRln
V
Nv0
R
X
j
Njln
Nj
N
Então, diferenciando com respeito aVmantendoSconstante (eN1; N2; :::)
0 = 0 +
NcR
T

@T
@V

S
+
NR
V
ou

@T
@V

S
=
1
c
1
T
Também, aSconstante,
U
c
V=const
)P=

@U
@V

S
=
const
c
V

1
c
1
=
1
c
U
V

@P
@S

V
=
1
c
1
V

@U
@S

V
=
T
cV
Consequentemente

@T
@V

S
=

@P
@S

V
=
T
cV
3.9.3 Compute the coecient of expansion and the isothermal compressibility
Tin terms...[SUMÁRIO ]
Solução:

P+
a
v
2

(vb) =RT
Diferenciando com respeito aT, mantendo a pressão constante :

2a
v
2
(vb)+

P+
a
v
2

v=R
62

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
=
Rv
2
Pv
3
av+ 2ab
Similarmente, diferenciando a equação de Van der Waals com respeito aP, com temperatura
Tconstante,

T
=
v
2
(vb)
Pv
3
av+ 2ab
3.9.4 ComputeCP,CV,S, eTfor the system in Problem 1.10-(a). With these
values...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=D(UV N)
1=3
; D

R
2
v0

1=3
Nós encontramos
v=
1
3
3
D
3
T
3
P
2
cv=
D
3
23
2
T
2
P
cp=
2
3
2
D
3
T
2
P
=
3
T

T
=
2
P

S
=
1
2P
E a equação de estado é27P
2
v=D
3
T
3
Então
cpcv=
Tv
2
T
=
1
6
D
3
T
2
P
E
TS=
Tv
2
cp
=
3
2P
3.9.5 From equations 3.75 and 3.76 show thatcp=cv=T=S[SUMÁRIO ]
Solução:
cpcv=
Tv
2
T
(Equação 3.75)
TS=
Tv
2
cp
(Equação 3.76)
63

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
cpcv
TS
=
cp
T
1
cv
cp
= 1
S
T
)
S
T
=
cv
cp
3.9.6 A simple fundamental equation that exhibits some of the qualitative pro-
perties of typical crystaline solids...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)T=
@u
@s
=Ae
b(vv0)
2

4
3
s
1=3
+
1
3kB
s
4=3

e
s=3kB
!0quandos!0
(b)cv=T

@s
@T

v
=

4
3
s+
1
3kB
s
2


4
9
+
8
9kB
s+
1
9k
2
B
s
2
!0quandos!0
MasTs
3
paraspequeno, portantocvT
3
paraTpequeno
(c)De(b),cv=T

@s
@T

v
=

4
3
s+
1
3kB
s
2


4
9
+
8
9kB
s+
1
9k
2
B
s
2

E mantendo apenas termos ems
2
(parasouTgrandes),cv!3kB
(d)P=

@u
@v

s
=2b(vv0)u
)SeP= 0; v=v0; a=conste= 0
(OBSERVAÇÃO) Note que se quisermos calcularexplicitamente, então
(v)
1
=

@T
@v

P
façaT=T(s; v)e entãodT=ussds+usvdv
e(v)
1
=

@T
@v

P
=uss

@s
@v

P
+usv=uss


uvv
usv

+usv
Ouv=
usv
[u
2
svussuvv]
que é facilmente calculada
64

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
3.9.7 The density of mercury at various temperatures is given here ingrams=cm
3
...
[SUMÁRIO ]
Solução:
=
M
V
=)d=
M
V
2
dV=)d=

V
dV
Ou
d

=
dV
V
e
=
1
V
dV
dT
=
1

d
dT
Interpolando a partir dos dados fornecidos
= 0;000182K
1
a0‰
= 0;000181K
1
a45‰
= 0;000179K
1
a105‰
= 0;000182K
1
a305‰
=
AdL
ALdT
OndeAé a área transversal (cross-sectional area) eLé o comprimento da coluna deHg:
)dL=LdT
)
dL
L
deve ser proporcional asedTfor constante
3.9.8 For a particular materialCP,, eTcan be represented empirically by
power series...[SUMÁRIO ]
Solução:
Do exemplo na página 86-87
ln
v
0
v0
=
Z
T
0
T0
(T; P0)dT
Z
P
P0
T(T
0
; P)dP
Mas se=TT0
Z
T
0
T0
(T; P0)dT=
Z
T
0
T0
0
(; p)d=
0

0
+
1
2
A
02
+
1
3
B
03
+Ep
2
0
0
+
1
2
F
02
p0
Z
P
0
P0
T(T
0
; P)dP=
Z
p
0
0
T(T
0
; p)dp=
0
Tp
0
+ (A
0
+B
02
)p
0
+
1
2
Dp
02
+
1
3
Ep
03
+
1
2
Fp
02
O que dá então o resultado pretendido.
65

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
3.9.9 Calculate the molar entropys(T;P0)for xed pressureP0and for tempera-
tureTin the vicinity of...[SUMÁRIO ]
Solução:
ds=
cp
T
dT
Mas parap=PP0= 0temos, como no problema anterior,
cp=c
0
p+Ac+Bc
2
ou
ds=
c
0
p+Ac+Bc
2
T0+
d
Para=0pequeno,
ds= [c
0
p+Ac+Bc
2
]
1
T0
[1

T0
+

2
T
2
0
+:::]d
=
1
T0

c
0
p+

Ac
c
0
p
T0

+

Bc
Ac
T0
+
c
0
p
T
2
0


2
+:::

d
)ss0=
c
0
p
T0
+
1
2T0

Ac
c
0
p
T0


2
+
1
3T0

Bc
Ac
T0
+
c
0
p
T
2
0


3
+:::
3.9.10 By analogy with equations 3.70 and 3.71 show that for a paramagnetic
system

@Be
@S

I;V;N
=

@T
@I

S;V;N
Or inverting
T

@S
@Be

I;V;N
=T

@I
@T

S;V;N
[SUMÁRIO ]
Solução:
U=U(S; V; I; N)
@
2
U
@S@I
=
@
2
U
@I@S
Ou

@Be
@S

I;V;N
=

@T
@I

S;V;N
Invertendo,
T

@S
@Be

I;V;N
=T

@I
@T

S;V;N
Ou
žQ
dBe

I;V;N
=T

@I
@T

S;V;N
A quantidade de energia absorvida na forma de calor por unidade com a variação emBe, aI
constante, é igual à variação adiabática emIpor unidade com a variação emT
66

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
3.9.11 By analogy with equations 3.70 and 3.71 show that for a paramagnetic
system

@Be
@V

S;I;N
=

@P
@I

S;V;N
[SUMÁRIO ]
Solução:
@
2
U
@V @I
=
@
2
U
@I@V
=)

@Be
@V

S;I;N
=

@P
@I

S;V;N
3.9.12 The magnetic analogues of the molar heat capacitiesCPandCvareCB
andCI. Calculate...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=NRT0exp

S
NR
+
0
20R
I
2
N
2

)U=NRTeI=
N0
0T
Be
Então
S=NRln

U
NRT0


0
20
I
2
N
cI=
T
N

@S
@T

I
=
T
N
@
@T

NRln
T
T0

=R
analogamente, escrevemos
S=NR ln
T
T0
+
1
20N0
B
2
T
2
cBe=
T
N

@S
@T

Be
=R+
0
0
B
2
e
T
2
3.9.13 The (isothermal) molar magnetic susceptibility is dened by

0
N

@I
@Be

T
[SUMÁRIO ]
Solução:
U=NRT0exp

S
NR
+
0
21R
I
2
N
2

)Be=
@U
@I
=
0
1R
UI
N
2
eT=
@U
@S
=
U
NR
)Be=
0
1
T
I
N
ouI=N
1
0
Be
T
e=
0
N

@I
@Be

T
=
1
T
67

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
3.9.14 Calculate the adiabatic molar susceptibility
s
0
N

@I
@Be

S
as a function ofTandBefor the paramagnetic model of equation 3.66
[SUMÁRIO ]
Solução:
U=NRT0exp

S
NR
+
0
21R
I
2
N
2

E as equações de estado são
T=
U
NR
; I=
N1
T
Be
0
)Be=
0IT
N1
=
0I
N1
U
NR
=
0IT
N1
T0exp

S
NR
+
0
21R
I
2
N
2

1
0

@Be
@I

S
=

T0
N1
+
IT0
N1

0I
1RN
2

exp

S
NR
+
0
21R
I
2
N
2

=
T
N1
+
0I
2
N
3

2
1R
T
=
T
N1
+
B
2
e
0NRT
)
S
=
0
N

@I
@Be

S
=
1RT
RT
2
+1B
2
e=0
=
1
T+1B
2
e=0RT
3.9.15 Calculate the isothermal and adiabatic molar susceptibilities (dened in
Problem 3.9-13 and 3.9-14)...[SUMÁRIO ]
Solução:
Be=

@U
@I

S
=
0I
N
E tambémT=

@U
@S

I
=
2"
kB
e
2s=N kB
Portanto,Sconstante implica emTconstante !

S
=
T
=
0
N
@I
@Be
=
3.9.16 Show that for the system of Problem 3.8-2...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=
0
2N
I
2
+N"exp

2S
NkB

68

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)Be=

@U
@I

S
=
0
N
IeT=
@U
@S
=
2"
kB
exp

2S
NkB

A separação das variáveis magnéticas e das variáveis térmicas em termos diferentes na equação
fundamental leva ao desaparecimento de "termos cruzados".
3.9.17 Calculate the heat transfer to a particular system if 1 mole is taken from
(T0;P0)to(2T0;2P0)...[SUMÁRIO ]
Solução:
žQ=Tds=T

@s
@T

P
dT+T

@s
@P

T
dP=cpdTTvdP
Ao longo do caminhoP= (P0=T0)Te portantodP= (P0=T0)dT
)žQ=cpdTTv

P0
T0

dT=

cp
P0
T0
Tv

dT
Entretantodv=

@v
@T

P
dT+

@v
@P

T
dP=vdTvTdP
)
dv
v
=

T
P0
T0

dTev=v0e
[TP0=T0](TT0)
žQ=cp
P0
T0
Te
[TP0=T0](TT0)
Q=cpT0P0T0e
(TP0T0)
Z
2
1
xe
Bx
dx ;ondexT=T0;eBT0TP0
Integrando por partes (e
Bx
dx!dvex!u),
Q=cpT0P0T0e
TP0T0

Bx1
B
2
e
Bx

x=2
x=1
)Q=cpT0P0T0e
TP0T0

2B1
B
2
e
2B

B1
B
e
B

3.9.18 (Supplementary Problem) A particular substance is known to have=5=(4T),
T=2=(P+P0), andcp=AT
1
4=(P+P0). It is also specied that atT=T0
andP=P0the value ofvisv0=4AT0=(5P
2
0)and the value ofsiss0=2AT
1
4=P0.
Calculate the fundamental equation of one mole of this substance.[SUMÁRIO ]
Solução:
Nós procuramos(T; P)G(T; P; N)=NPara esta substância, ed=sdT+vdP.
Consequentemente queremos encontrars(T; P)ev(T; P).
Mas
ds=
1
T
cpdTvdP=AT
3=4
(P+P0)
1
dT
5v
4T
dP
69

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
e
dv
v
=TdP+dT=
2
(P+P0)
dP+
5
4T
dT
Ou
v
v0
=

T
T0

5=4
2P0
P+P0

2
Voltando parads:
ds=
AT
3=4
(P+P0)
dT
4AT
1=4
(P+P0)
2
dP
e
s=
4AT
1=4
P+P0
(recorde a condição de contorno dada)
Então
d=sdT+vdP=
4AT
1=4
P+P0
dT+
16A
5
T
5=4
(P+P0)
2
dP
e
=
16AT
5=4
5(P+P0)
Ou
G=
16ANT
5=4
5(P+P0)
4 REVERSIBLE PROCESSES AND THE MAXIMUM
WORK THEOREM [SUMÁRIO ]
4.1 POSSIBLE AND IMPOSSIBLE PROCESSES [SUMÁRIO ]
4.1.1 One mole of a monatomic ideal gas and one mole of an idela Van der Waals
uid (Section 3.5) ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Para um gás idealu=
3
2
RT Para um úido de Van der Waalsu=
3
2
RT
a
v
)
3
2
RT1+

3
2
RT2
a
v2

=
3
2
RT2+

3
2
RT
a
v1

)T=T1+
2a
3R

1
v1

1
v2

SiSf
ln[T
3=2
1v1] + ln[T
3=2
2(v2b)]ln[T
3=2
2v2] + ln[T
3=2
(v1b)]
)v2T
3=2
(v1b)v1T
3=2
1(v2b)
TT1

v1(v2b)
v2(v1b)

2=3
70

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)T1+
2a
3R

1
v1

1
v2

T1

v1(v2b)
v2(v1b)

2=3
Ou equivalentemente,
T1>
2a
3R
v1v2
v1v2

1
v1(v2b)
v2(v1b)

2=3
4.1.2 A rubber band (Section 3.7) is initially at temperatureTBand lengthLB.
One mole of a monatomic ideal gas ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Para um gásU=
3
2
R(T
0
G
TG);S=
3
2
NRln (T
0
G
=TG)
Para o elástico de borracha (rubber band) :
U=cL0(T
0
B
TB);S=cL0lnT
0
B
=TB
b
2 (L1L0)

(L
0
B
L0)
2
(LBL0)
2

Conservação da energia :
3
2
R(T
0
G
TG) +cL0(T
0
B
TB) = 0ou T
0
B
=TB= 1
3R
2
T
0
G
T0
TB
e aindaS=cL0ln

1
3R
2cL0
T
0
G
TG
TB


b
2 (L1L0)

(L
0
B
L0)
2
(LBL0)
2

>0
Ou fazendoLBL0`
`
2
`
02
>
2
b
(L1L0)cL0ln

1
3R
2cL0
T
0
G
T0
TB

1
4.1.3 Supose the two systems in Example 1 were to have heat capacities of the
formC(T) =DT
n
, withn>0...[SUMÁRIO ]
Solução:
D
n+ 1

T
n+1
10+T
n+1
20

=
2D
n+ 1
T
n+1
f
+W
e
1
2

T
n+1
10+T
n+1
20

=T
n
f
)W=
D
n+ 1
2
4T
n+1
10+T
n+1
20
1
2
1=n
(T
n
10+T
n
20)
n+ 1
n
3
5; n= 2
71

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
4.2 QUASI-STATIC AND REVERSIBLE PROCESSES [SUMÁRIO ]
4.2.1 Does every reversible process coincide with a quasi-static locus? Does every
quasi-static locus coincide with a reversible process ? ...[SUMÁRIO ]
Solução:
ˆDoes every reversible process coincide with a quasi-static locus ?
Resposta:
ˆDoes every quasi-static locus coincide with a reversible process ?
Resposta:
ˆFor any real process starting in a stateAnad terminating in a stateH, does there exist
some quasi-static locus with the same two terminal statesAandH?
Resposta:
ˆDoes there exist some reversible process with the same two terminal states ?
Resposta:
4.2.2 Consider a monatomic ideal gas in a cylinder tted with a piston. The walls
of the cylinder and the piston are adiabatic. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Ns0+NRln
"

U
U0

3=2
V
V0

N0
N

5=2
#
)S=
3
2
NR
U
U
+NR
V
V
masU=PV
)S=
3
2
NRP
V
U
+NR
V
V
masU=
3
2
PVou
3
2
P
U
=
1
V
)S= 0
4.2.3 A monatomic ideal gas is permitted to expand by a free expansion fromV
toV+dV...[SUMÁRIO ]
Solução:
s=
1
T
U+
P
T
V=
NR
V
V
72

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
E integrando temos queS=NRln

Vf
Vi

4.2.4 In the temperature range of interest a system obeys the equationsT=Av
2
=s
andP=2Avln(s=s0)...[SUMÁRIO ]
Solução:
u=TsPv=A

v
2
s
s+ 2vlnsv

)u=u0+Av
2
lns(eq:fundamental)
Então
u=Av
2
ln(Av
2
=T) +u0
E auconstante
(Av
2
=T)
v
2
=const:
ou
Tf=Av
2
f

T0
Av
2
0

(v0=vf)
2
Também,
s=Av
2
=T
s=A

v
2
f
Tf

v
2
0
T0

Com oTfcomo dado acima.
4.3 RELAXATION TIMES AND IRREVERSIBILITY [SUMÁRIO ]
4.3.1 A cylinder of lengthLand cross-sectional areaAis divided into two equal-
volume chambers by a piston, held at ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Conservação da energia:
3
2
NRT0=
3
2
NRTf+
1
2
Kspring(xL=2)
2
Equilíbrio mecânico:PA=Kspring(xL=2)
Eq. de estado:PV=NRTfouP

L
2
+x

A=NRTf
Das últimas duas equações,
L
2
+x=NRTf=Kspring(xL=2)
Ou ainda
3
2
NRT0=
3
2
Kspring

x
2

L
2
4

+
1
2
Kspring(xL=2)
2
)
x
L
=
1
8

1
q
9 + 48NRT0=KspringL
2

73

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Então
V=A

L
2
+x

=
AL
2
h
1 + 2
x
L
i
E
Tf=T0
L
2
3NR

x
L
2

2
=T0
kspringL
2
12NR

2
x
L
1

2
4.4 HEAT FLOW: COUPLED SYSTEMS AND REVERSAL OF
PROCESSES [SUMÁRIO ]
4.4.1 Each of two bodies has a heat capacity given, in the temperature range of
interest, byC=A+BT...[SUMÁRIO ]
Solução:
Tome energia=0 emT= 200K. Então
U=
Z
>
200
(A+BT)dT= 10
2
T
2
+ 8T2000
)Ui= 1600 + 32002000 = 2800J(=Uf)
Faça= 10
2
T. Então
Uf=Ui= 2

10
2
T
2
+ 8T2010
2

= 2800
Ou

2
+ 834 = 0
)T= 307K
Também, para cada corpo,
S(T) =S(200) +
Z
T
200
A+BT
T
dt=S(200) +Aln
T
200
+B(T200)
)Sinicial=S(200) +S(400) = 2S(200) + 8 ln 2 + 210
2
200 = 2S(200) + 9;55
Snal=2

S(200) + 8 ln
307
200
+ 210
2
107

= 2S(200) + 11:4
)S= 1:59 J=K
4.4.2 Consider again the system of Problem 4.4-1. LEt a third body be available,
with heat capacityC3=BT...[SUMÁRIO ]
Solução:
U3=
Z
T
20
BTdT=
1
2
B

T
2
410
4

= 10
2
T
2
400
74

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
S3=
Z
T
200
BdT=B(T200) = 210
2
T4
U3+ U2= 0
10
2

200
2
T
2
30

+

10
2
307
2
+ 83072010
2



10
2
200
2
+ 82002010
2

= 0
T30= 424K
S2=Aln
Tf
Ti
+B(TfTi) = 8 ln
424
307
+ 210
2
(424307)
S2= 4:9J=K
4.4.3 Prove that the entropy change in a heat ow process, as given in equation
4.5, is intrinsically positive.[SUMÁRIO ]
Solução:
s=c1ln
Tf
T10
+c2ln
Tf
T20
(eq:4:5)
)S >0se

Tf
T10

c1

Tf
T20

c2
>0
Ou se
Tf> T
c
1
c
1
+c
2
10T
c
2
c
1
+2
2
20
Mas
Tf=
c1
c1+c2
T10+
c2
c1+c2
T20
Façax
c1
c1+c2
e façaZT10=T20(note que0Z61)
1x11xZ+ (x+ 1)Z
x
Z!
Devemos provar que:
xZ+ (1x)> Z
x
;0< x <1;0< Z <1
Note que parax= 1, ambos os lados são idênticos.
A razão das inclinações dessas curvas é:
inclinação deZ
x
inclinação dexZ+ (1x)
=
xZ
x1
x
=Z
x1
>1
Consequentemente
[xZ+ (1x)]> Z
x
para0< x <1e0< Z <1
4.4.4 Show that if two bodies have equal heat capacities, eqach of which is constant
(independent of temperature), the equilibrium temperature ...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=U0+c(TT0)Para cada corpo
Uf=U10+U20
)26U0+ 2C(Tf 6T0) = 26U0+C(T10 6T0) +C(T20 6T0)
Tf=
1
2
(T10+T20)
75

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iXeLWallRiDeR Karlengs
4.4.5 Over a limited temperature range the heat capacity at constant volume of
a particular type of system is inversely proportional...[SUMÁRIO ]
Solução:
U(T10) +U(T20) = 2U
p
T10T20

A solução dessa relação funcional é:
U(T) =A+BlnT
)C(T) =
dU
dT
=
B
T
4.4.6 A series ofN+1large vats of water have temperaturesT0;T1;T2; :::;TN(with
Tn>Tn1). A small body with heat capacityC...[SUMÁRIO ]
Solução:
a)
S
(n)
body
=C
Z
Tn
Tn1
dT
T
=cln
Tn
Tn1
=
C
N
ln (TN=T0)
S
(n)
vat=C
Tn1Tn
Tn
=C
h
(TN=T0)
1=N
1
i
)Sup=Cln
TN
T0
+NC(TN=T0)
1=N
NC
b)
S
(n)
body
=
C
N
ln (TN=T0)
S
(n)
vat=C
TnTn1
Tn1
=C
"

TN
T0

1=N
1
#
)Sdown=Cln
TN
T0
+NC

TN
T0

1=N
NC
Então
S= Sup+ Sdown=NC
"

TN
T0

1=N
+

T0
TN

1=N
2C
#
76

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iXeLWallRiDeR Karlengs
ParaN! 1nós aplicamos a relaçãoN

x
1=N
1

'lnx+
1
2N
(lnx)
2
+
)S'C
"
ln
TN
T0
+
1
2N

ln
TN
T0

2
+ + ln
T0
TN
+
1
2N

ln
T0
TN

2
+
#
'
C
N

ln
TN
T0

2
4.5 THE MAXIMUM WORK THEOREM [SUMÁRIO ]
4.5.1 One mole of a monatomic ideal gas is contained in a cylinder of volume
10
3
m
3
at temperature of400 K...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=
3
2
RTeS=S0+Rln
"

T
T0

3=2
V
V0
#
)Saumenta, masUpermanece constante, para um gás.
Sgas+ Sres=Rln

Vf
Vi

+ Sres= 0
)Sres=Rln 2
Conservação da energia:
Ugas+ Ures+WRws= 0 +TresSres+WRws= 0OuWRws= 300Rln 2
4.5.2 Consider the following process for the system of Problem 4.5-1. The ideal
gas is rst expanded adiabatically ...[SUMÁRIO ]
Solução:
a)
ABCD40030010
3
m210
3
mTV
S=NS0+NRln
"

U
U0

5=2
V
V0

N0
N

5=2
#
e aindaU=
3
2
NRT
77

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iXeLWallRiDeR Karlengs
Variação S U
SubsistemaNRln (Vf=Vi) =NRln 2 0
Total 0 0
RHS NRln 2 NR300 ln 2
RWS 0 +NR300 ln 2
)W= 300Rln 2
b) T
3=2
V=const
)VB=VA

TA
TB

3=2
= 10
3

4
3

3=2
= 1;5410
3
m
3
VC=VD

TD
TC

3=2
= 210
3

4
3

3=2
= 3:0810
3
m
3
W=
Z
PdV=
Z
NRT
V
dV=NRTA
Z
B
A

VA
V

2=3
dV
V
+NRTB
Z
C
B
dV
V
+NRTD
Z
D
C

VD
V

2=3
dV
V
=
3
2
NRTAV
2=3
A
h
V
2=3
B
V
2=3
A
i
+NRTBln
VC
VB

3
2
NRTDV
2=3
D
h
V
2=3
D
V
2=3
c
i
= 300Rln 2
4.5.3 Describe how the gas of the preceding two problems could be brought to
the desired nal state by a free expansion. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Desde queTnão mude,Unão muda (para um gás ideal). AmbosWeQsão zero.
Isso é consistente com o teorema do trabalho máximo, paraWé menos do que aquela
entregue em um processo reversível, como calculado acima.
4.5.4 The gasous system of Problem 4.5-1 is to be restored to its initial state.
Both states have temperature400 K...[SUMÁRIO ]
Solução:
W
0
= 300Rln 2
4.5.5 If the thermal reservoir of Problem 4.5-1 were to be replaced by a reversible
heat source having a heat capacity of ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Como no problema4:51, para o subsistemaS=Rln2eU= 0.
Para uma fonte reversível de calor,
SRHS=
Z
Tf
300
C(T)
T
dT=R
Z
Tf
300

2
T
+
1
150

dT= 2Rln
Tf
300
+R
Tf300
150
78

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iXeLWallRiDeR Karlengs
A condição de reversibilidade é
S+ SRHS=R

ln 2 + 2 ln
Tf
300
+
Tf300
150

= 0
A solução numérica dessa equação dada é
Tf250K
Então
U+ URHS+W= 0ou0 +
Z
Tf
300
C(T)dT+W= 0
)W=
Z
TF
300
C(T)dT=
Z
300
250

2 +
T
150

RdT= 192R
Que, como o esperado, é menor do que no problema4:51
4.5.6 A system can be taken from state A to state B (whereSB=SA) either (a)
directly along the adiabatS=constant, or (b) along the isochoreAC...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Não. No caminho superior algum calor é eje-
tado, a uma temperatura maior do que a do
reservatório. Se esse calor for colocado em um
processo reversível, pode ser parcialmente con-
vertido em trabalho.
4.5.7 Consider the maximum work theorem in the case in which the specied nal
state of the subsystem has lower...[SUMÁRIO ]
Solução:
O aumento na entropia do sistema pode ser compensado pela remoção de calor da fonte
reversível de calor(diminuindo a entropia da fonte de calor). este calor pode fornecer o aumento
de energia necessário do sistema (tanto no todo como em parte, a diferença sendo entregue para
ou tirada da fonte reversível de calor).
4.5.8 IfSB<SAandUB>UAdoes this imply that the delivered work is negative
? Prove your assertion ...[SUMÁRIO ]
Solução:
a)
79

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iXeLWallRiDeR Karlengs
Prova:
S
c
+ S>0;masS <0;)S
c
>0ouQ
c
>0
MasU+ Q
c
+ W
RW S
= 0eU >0(dado)
)W
Rws
<0
b) III
4.5.9 Two identical bodies each have constant and equal heat capacities (C1=C2=C,
a constant). In addition a reversible work source is available ...[SUMÁRIO ]
Solução:
U1=CT1; S1=ClnT1; U2=CT2; S2=ClnT2
U1+ U2+W= 0;ouC(TfT10) +C(TfT20) +W= 0
)W=C[T10+T202Tf]
Então
S=cln
Tf
T10
+Cln
Tf
T20
= 0
Tf=
p
T10T20
donde
W=C
h
T10+T202
p
T10T20
i
=C
hp
T20
p
T10
i
2
SeC= 8 J=k; T10= 373 KeT20= 273 K
W= 62;3 JeT
min
f
= 319 K = 46

C
enquantoT
max
f
=
1
2
(T10+T20) = 50

C
4.5.10 Two identical bodies eqch have heat capacities (at constant volume) of
C(T) =a=T...[SUMÁRIO ]
Solução:
S1=a

1
T10

1
Tf

;S2=a

1
T20

1
Tf

;U1=aln
Tf
T10
;U2=aln
Tf
T20
deS= 0; a

1
T0

1
Tf

+a

1
T20

1
Tf

= 0ouTf=

2T10T20
(T10+T20)

:
W= 0seT10=T20
W=aln
9
8
seT20= 2T10
4.5.11 Two bodies have heat capacities (at constant volume) of C1=aTand
C2=2bT...[SUMÁRIO ]
Solução:
U1=
1
2
a

T
2
f
T
2
10

;U2=
2
3
b

T
3
f
T
3
20

S1=
R
Tf
T10
C1
T
dT=a(TfT10);S2=b

T
2
f
T
2
20

80

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
masS1+ S2= 0;oubT
2
f+aTf

bT
2
20+aT10

= 0
Tf=
a
2b
+
1
2b
q
a
2
+ 4b
2
T
2
20+ 4abT10
Então
W+ U1+ U2= 0
Ou ainda
W=
1
2
a

T
2
fT
2
10


2
3
b

T
3
fT
3
20

4.5.12 One mole of an ideal Van der Waals uid is contained in a cylinder tted
with a piston. The initial temperature of the gas...[SUMÁRIO ]
Solução:
Das equações 3.49 e 3.51,
u=cRTa=v
s=s0+Rln [(vb)(cRT)
c
]
Então, da Conservação da energia,
cR(TfTi)a

1
vf

1
vi

+C(TfT0) +W= 0
E da condição de reversibilidade,
Rln
(vfb)T
c
f
(vib)T
c
i
+Cln
Tf
T0
= 0:
)Tf=
"

vib
vfb

R
T
cR
iT
C
0
#
0
@
1
cR+C
1
A
E
W=cR[TiTf] +a

1
vf

1
vi

+C(T0Tf)
4.5.13 A system has a temperature-independent heat capacity C. The system is
initially at temperatureTiand a heat reservoir ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Scorpo=Cln
Tc
Ti
;Ucorpo=C(TcTi);Sres=Qres=Tc
Scorpo+ Sres=Cln
Tc
Ti
+
Qres
Tc
= 0ouQres=CTcln
Tc
Ti
W+ Ucorpo+Qres= 0;ouW=C(TcTi) +CTcln (Tc=Ti)
81

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
4.5.14 If the temperature of the atmosphere is 5‰on a winter day and if 1 Kg
of water at 90‰is ...[SUMÁRIO ]
Solução:
O número de mols éN= 10
3
gramas=18gramas=mol= 55;5mol
)C=Ncv= 4167 J=K
U=C(TfTi) = 4167(85) =354:210
3
J:
S=Cln (Tf=Ti) = 4167 ln(278=363) =1112J=K
)Sres= +1112 J=K
)W=UTresSres= 4510
3
J
4.5.15 A rigid cylinder contains an internal adiabatic piston separating it into two
chambers, of volumeV10andV20. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S
R
=
3
2
lnT1+ lnV1+
5
2
lnT2+ lnV2+const:
U
R
=
3
2
T1+
5
2
T2
No estado nal
V1=V2= (V10+V20)=2eT1=T2=Tc
Então
Sgas=
3
2
ln
Tc
T10
+
5
2
ln
Tc
T20
+ ln
(V10+V20)
2
4V10V20
Ugas=
3
2
(TcT10) +
5
2
(TcT20)
EntãoQcé determinado a partir deSgas+Qc=Tc= 0eW=UgasQc=Ugas+TcSgas
Ou
W=
3
2
R(TcT10)
5
2
R(TcT20) +
3
2
RTcln
Tc
T10
+
5
2
RTcln
Tc
T20
+RTcln
"
(V10+V20)
2
4V10V20
#
4.5.16 Each of three identical bodies has a temperature-independent heat capacity
C. The three bodies ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Cln
Tf
T1
+Cln
Tf
T2
+Cln
Tf
T3
=Cln
T
3
f
T1T2T3
= 0
)Tf= (T1T2T3)
1=3
82

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iXeLWallRiDeR Karlengs
(W) =UiUf=C
h
T1+T2+T33 (T1T2T3)
1=3
i
4.5.17 Each of two bodies has a heat capacity given byC=A+2BT...[SUMÁRIO ]
Solução:
S1=
R
Tf
Ti
A+ 2BT
T
dT=Aln
Tf
Ti
+ 2B(TfTi)
U1=
R
Tf
Ti
(A+ 2BT)dT=A(TfTi) +B

T
2
f
T
2
i

DeS= 0,Aln
T
2
f
T1iT2i
+ 2B(2TfT1iT2i) = 0
Ou fazendo10
2
Tf
2 ln+3ln 8 = 0; '2;885
)Tf= 288;5 K
Para encontrar a temperatura máxima,U= 0
A(Tf200) +B

T
2
f200
2

+A(Tf400) +B

T
2
f400
2

= 0
ou2T
2
f
2010
4
+ 400 (2Tf600) = 0
ouTf= 329KTemperatura máxima
Para encontrar o trabalho máximo:
Wmax=A(T200) +B

T
2
200
2

+A(T400) +B

T
2
400

; T= 288;5K
Wmax= 2;2210
3
J
4.5.18 A particular system has the equations of stateT=As=v
1=2
andP=T
2
=4Av
1=2
...[SUMÁRIO ]
Solução:
@U
@S
=A
S
p
NV
)U=
A
2
S
2
p
NV
+f(V)
f(V)é uma função desconhecida.
MasP=
@U
@V
=
1
4
A
S
2
N
1=2
V
3=2
+f
0
(V) =
T
2
4A

N
V

1=2
+f
0
(V)
Entãof
0
(V) = 0;ouf(V) =const. eU=
A
2
S
2
p
NV
(tomandoconst= 0)
Então
U=TS=2 ;U=
T
2
2A
p
NV;S=T
p
NV =A
83

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iXeLWallRiDeR Karlengs
Na medida em que o sistema vai deT1; V1paraT2; V2,S=A
1
N
1=2

T2
p
V2T1
p
V1

e ainda
U=
1
2
A
1
N
1=2
h
T
2
2
p
V2T
2
1
p
V1
i
Para o segundo sistema,
S
0
=
Z
Tf
T0
c(T)
T
dT= 2B
h
T
1=2
f
T
1=2
2
i
U
0
=
Z
Ts
Tc
c(T)
T
dT=
2
3
B
h
T
3=2
f
T
3=2
c
i
Para determinarTf, impomos a condição de reversibilidadeS+ S
0
= 0, ou
2B
h
T
1=2
f
T
1=2
c
i
+A
1
p
N
h
T2
p
V2T1
p
V1
i
= 0
Essa última equação determinaTf.
E da conservação da energia,
W=UU
0
=A
1
p
N
h
T
2
2
p
V2T
2
1
p
V1
i

2
3
B
h
T
3=2
f
T
3=2
c
i
4.5.19 A particular type of system obeys the equations T=
u
b
andP=avT...
[SUMÁRIO ]
Solução:
1
T
=b=ueP=T=av)s=
b
u
du+avv
)A=bln(bT) +
1
2
av
2
+const:eu=bT
S=bln
Tf
T1
+bln
Tf
T2
+
1
2
a

2v
2
f2v
2
0

= 0
)Tf=
p
T1T2exp
h
a
2b

v
2
0v
2
f

i
W=2bTf+bT1+bT2
)W=2b
p
T1T2exp
h
a
2b

v
2
0v
2
f

i
+b(T1+T2)
4.5.20 Suppose that we have a system in some initial state (we may think of a
tank of hot, compressed gas as an example) and ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Reversibilidade:
SfS0+
Qatm
Tatm
= 0
Conservação da energia:
UfU0+Qatm+WRW S+Patm(VfV0) = 0
)WRW S=U0Uf+Patm(V0Vf)Tatm(SfS0)
84

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iXeLWallRiDeR Karlengs
Ou disponibilidade= [U0+PatmV0TatmS0][Uf+PatmVfTatmSf]
(Reações químicasnãoinvalidam esse resultado)
4.5.21 An antartic meteorological station suddenly loses all of its fuel. It has N
moles of an inert "ideal Van der Waals uid"at ...[SUMÁRIO ]
Solução:
s=s0+Rln
h
u+
a
v

c
(vb)
i
;
1
T
=
@s
@u
=
cR
u+a=v
;
P
T
=
R
vb

acR
uv+a
1
v
Sejamvhev0soluções da equação acima, correspondendo a(Ph; Th)+(P0; T0)respectivamente.
s=s0+Rln [(cRT)
c
(vb)]
)s=Rln

T0
Th

c
v0b
vhb

Ondev0v(P0; T0) +vh=v(Ph; Th). Tambému=cR(T0Th)
a
v0
+
a
vh
WRW S=N[u+T0s] =N

cR(T0Th)
a
v0
+
a
vh
RT0ln

T0
Th

c
v0b
vhb

Etmax=WRW S=P
4.5.22 A "geothermal"power source is available to drive an oxygen production
plant. The geothermal source is simply a ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=NR
X
i
xilnxi=NR

1
5
ln
1
5
+
4
5
ln
4
5

=N(2cal=k)(0;5004)N(cal=k)
OuN02=
1
5
N'
1
5
S ;S em cal=k
Considere o poço: capacidade térmica=vol. emcm
3

1cal
cm
3
K
10
9
cal=K
dSpoço=
žQ
T
= 10
9
dT
T
cal=K
Spoço= 10
9
ln (Tf=Ti) = 10
9
ln
293
373
=0;2910
7
cal=K
Slago= 10
6
95

Tcold
= 0;3410
9
cal=K
)Spoço+ Slago= 0;0510
9
= 510
7
cal=k
N02=
1
5
S = 10
7
mols
85

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iXeLWallRiDeR Karlengs
4.6 COEFFICIENTS OF ENGINE, REFRIGERATOR, AND HEAT
PUMP PERFORMANCE [SUMÁRIO ]
4.6.1 A temperature of0:001 Kis accessible in low temperature laboratories with
moderate eort. If the price ...[SUMÁRIO ]
Solução:
W=
ThTc
Tc
Qc=
300
10
3
1 = 310
5
watt-horas= 300kwh:
Custo= $45
4.6.2 A home is to be maintained at 70°F, and the external temperature is 50°F.
One method of heating ...[SUMÁRIO ]
Solução:
p=
Th
ThTc
=
330
330319
'30)razão de custos'30
4.6.3 A household refrigerator is maintained at a temperature of 35°F. Every
time the door is opened, warm material ...[SUMÁRIO ]
Solução:
"r=
žQc
žWrws
=
Tc
ThTc
=
495
35
= 14
"
0
r= 0;1514 = 2;1
(žWrws) =
(žQc)
"
0
r
=
5010
3
2;1
15 = 3:610
5
cal=dia= 0;43kwh=dia
O custo mensal será13kwh/mês ou $1,95/mês
4.6.4 Heat is extracted from a bath of liquid helium at a temperature of4:2 K.
The high-temperature reservoir is a ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Scold=
1
4;2
J=K)Shot=
Qh
77;3
= +
1
4;2
86

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Qh= 18;4Joules
4.6.5 Assume that a particular body has the equation of state U=NCTwith
NC=10 J=Kand assume that this equation ...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=NCT= 10(0;5300) =299:5Joules' 3000Joules
Sbody= +NCln
Tf
Ti
= +10 ln
0;5
300
=64J=K
Sres=
WUbody
Tres
=
2995 +W
300
= 10 +
W
300
S= Sbody+ Sres=64 + 10 +
W
300
= 0
W= 16;2KJ
4.6.6 One mole of a monatomic ideal gas is allowed to expand isothermally from
an initial volume of 10 liter to a nal ...[SUMÁRIO ]
Solução:
W=
Z
vf
vi
Pdv=RT
Z
vf
vi
dv
v
=RTln
15
10
= 400Rln 1;5
"r=
dQc
dWrws
=
Tc
ThTc
:ou
Qc
400 ln 1;5
=
200
100
(Qc) = 800Rln 1:5 = 2:710
3
Jonlos
4.6.7 Give a "constructive solution"of Example 2 of Section 4.1. Your solution
may be based on the following procedure ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Considere os dois corpos mais frios, com temperaturasT1eT2. Faça-os chegar em uma
temperatura comum, extraindo trabalho:
S=Cln
T
0
T1
+Cln
T
0
T2
=Cln
T
02
T1T2
= 0)T
0
=
p
T1T2
W=CT1+CT22CT
0
=C
h
T1+T22
p
T1T2
i
87

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Com esse trabalho disponível podemos extrair calor do par frio, para aumentar a tempe-
ratura do terceiro corpo: Faça a temperatura resultante do par frio serTf. Então, o calor
extraído é2C(T
0
Tf)e a variação de entropia é
S12= 2Cln (Tf) = 2Cln

Tf=
p
T1T2

Enquanto o corpo quente tem esse calor extraído inserido nele, bem como o trabalho ex-
traído. Isto é, a energia inserida no corpo quente é
Q3= 2C(T
0
Tf) +C
h
T1+T22
p
T1T2
i
e esse calor inserido eleva o corpo quente a uma temperaturaTh, onde
Th=T3+Q3=C=T3+ 2 (T
0
Tf) +
h
T1+T22
p
T1T2
i
=T1+T2+T32Tf
A variação de entropia correspondente é
S3=Cln [(T3+T1+T22Tf)=T3]
A temperatura ainda desconhecidaTfé determinada pela condição de reversibilidade:
S12+ S3= 2Cln
Tf
p
T1T2
+Cln

1 +
T1+T22Tf
T3

= 0
ou ainda
2T
3
fT
2
f[T1+T2+T3] +T1T2T3= 0
Essa é a equação paraTfencontrada no exemplo da seção 4.8 (note que a solução paraTf
também determinaTh(=T1+T2+T32Tf)
4.6.8 Assume that 1 mole of an ideal Van der Waals uid is expanded isothermally,
at temperatureTh, from an initial ...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
u=cRT
a
v
s=s0+Rln
h
(vb)

u+
a
v

ci
)s=s0+Rln(vb) +cRln(cRT)
Faça o gás sofrer uma expansãov, aTconstante
W=Pv=

RT
vb

a
v
2

v
Q=Ts=
RT
vb
v
88

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
A equação 4.9 é
Wrws=

1
Tc
T

(Q) + (W)
=

1
Tc
T


RT
vb

v+

RT
vb

a
v
2

v
=

RTc
vb

a
v
2

v
Integrando:
Wrws=RTcln
vfb
vib
+
a
vf

a
vi
(b)
u=cRT
a
v
)u=
a
vf
+
a
vi
=s0+Rln(vb) +cRln(cRT))s=Rln
vfb
vib
Qrhs=Tcs=RTcln
vfb
vib
)WRws=uQrhs=
a
vf

a
vi
+RTcln
vfb
vib
corroborando o resultado da parte
4.6.9 Two moles of a monatomic ideal gas are to be taken from an initial state
(Pi;Vi)to a nal state...[SUMÁRIO ]
Solução:
ExpressandoScomo função dePeV:
S=Ns0+
3
2
NRln (P=P0) +
5
2
NRln(V=V0)
5
2
NRln(N=N0)
donde
SfSi=
3
2
NRlnB
2
+
5
2
NRlnB
1
=
1
2
NRlnB
UfUi=
3
2
PfVf
3
2
PiVi=
3
2
NRTi(B1)
da condição de reversibilidade:
SfSi+
Qc
Tc
=
1
2
NRlnB+
QC
TC
= 0
ou
Qc=
1
2
NRTclnB
ln B3
Ti
Tc
(B1)B!Da conservação de energia
WRws=(UfUi)Qc=
3
2
NRTi(B1) +
1
2
NRTclnB
89

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
ou
W
Rws
=
1
2
NRTc

lnB3
T1
Tc
(B1)

Note quelnBe3
Ti
Tc
(B1)são ambos zero emB= 1, e eles têm
inclinações de1e de3Ti=Tcrespectivamente. O trabalho entregue é
positivo seTi<
Tc
3
lnB
B1
ouPiVi<
2
3
RTc
lnB
B1
4.6.10 Assume the process in Problem 4.6-9 to occur along the locusP=B=V
2
,
whereB=PiV
2
i
. Apply the ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=S0+
3
2
NRln
P
P0
+
5
2
NRln
V
V0

5
2
NRln
N
N0
žQ=TdS=
P V
N R
dS=
3
2
V dP+
5
2
PdV
žW=PdV
O trabalho (-žW) pode ser transferido diretamente para a fonte reversível de trabalho.
O calor (-žQ) pode ser parcialmente convertido em trabalho, fornecendo a transferência de
trabalho adicionalžW
0
.
dw
0
=

1
Tc
T

(žQ)
=

1
NRTc
PV


3
2
V dP
5
2
PdV

žWRws=žWžW
0
=PdV+

1
NRTc
PV


3
2
V c
0
P
5
2
PdV

Integrando ao longo do caminhoP=B=V
2
žWRws=B
dV
V
2+

1
N RTc
B
V

+
3B
V
2dV
5
2
B
V
2dV

=B
dV
V
2+

1
N RTc
B
V

+
B
2V
2dV

=
3
2
B
dV
V
2
N RTc
2V
dV
WRws=
3
2
B

1
Vi

1
Vf


NRTc
2
ln
Vf
Vi
=
3
2
(PiViPfVf) +
1
2
NRTclnB
O que é idêntico ao resultado do problema 4.6-9
90

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
4.6.11 Assume the process in Problem 4.6-9 to occur along a straight-line locus
in theTVplane. Integrate along ...[SUMÁRIO ]
Solução:
ComoPV=NRTtemosTf=Ti=PfVf=PiVi=B
O"lugar de linha reta
*
éT=Ti+D(VVi), onde encontramos queD=B(1B)Ti=Vi.
Ao longo desselugar,
P=NRT=V=NRD+NR(TiDVi)=V
Uma expansão innitesimaldV, o calor absorvido pelos gases é
žQ=TdS=
3
2
NRdT+PdV
e a fração desse calor transferida para as fontes reversíveis de calor é
žw
Rws
1=

1
Tc
T

(žQ) =NR(TcT)

3
2
dT
T
+
dV
V

A isso deve ser adicionado o trabalhoPdV, então
ž
Rws
=
3
2
NR(TcT)
dT
T
+NRTc
dV
V
ao longo do caminho linear isso se torna
žw
Rws
=
3
2
NR

1 +
Tc
Ti+D(VVi)

DdV+NRTc
dV
V
Integrando
W
R!s
=
3
2
NRD(VfVi) +
3
2
NRTcln
Ti+D(ViVi)
Ti
+NRTcln
Vf
Vi
=
3
2
NRTi(B1) +
1
2
NRTclnB
=
3
2
(PiViPfVf) +
1
2
NRTclnB
o que novamente é idêntico ao resultado do problema 4.6-10.
4.7 THE CARNOT CYCLE [SUMÁRIO ]
4.7.1 Repeat the calculation of Example 5 assuming the "working substance"of
the auxiliary system to be 1 mole. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
*
Straight-line locus - a tradução está correta?"
91

[email protected]
iXeLWallRiDeR KarlengsTSABDC
S=Ns0+NRln [(vb)(u+a=v)
c
]Eq. 3.51
masu+
a
v
=cRT(Eq. 3.49)
)S=NRln[(vb)cRT] +Ns0
QAB=RThln
vBb
vAb
UAB=
a
vB
+
a
vA
WAB= UABQAB=
a
vA

a
vb
RThln
vBb
vAb
De B até C:
(vb)T=const
)(vBb)Th= (vCb)Tc
WBC= uBC=cR(TcTh)
a
vc
+
a
vB
=cR(TcTh) +
a
vB

a
(vBb)Th+bTC
)QBC= 0
De C até D:
QCD=TcRln
vDb
vcb
=TcRln
(vAb)Th=Tc
(vBb)Tn=Tc
=TcRln
vAb
vBb
UCD=
a
vD
+
a
vC
WCD= UCDQCD=
a
vD
+
a
vC
RTcln
vAb
vBb
De D até A:
QDA= 0
WDA= UDA=cR(ThTc)
a
vA
+
a
vD
Então, temos que
W=
a
vA

a
vB
RThln
vBb
vAb
+cR(TcTh)
a
vC
+
a
vB

a
vD
+
a
vC
RTcln
vAb
vBb
+cR(ThTc)
a
vA
+
a
vD
)W=R(ThTc) ln
vBb
vAb
)QAB=RThln
vAb
vBb
)
W
jQABj
=
ThTc
Th
92

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
4.7.2 Calculate the work and the heat transfers in each stage of the carnot cycle
for the auxiliary system being an ...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=bV T
4
e tambémS=
4
3
bV T
3
=
4
3
b
1=4
U
3=4
V
1=4
UAB=bT
4
h(VBVA);SAB=
4
3
bT
3
h(VBVA)
)QAB=
4
3
bT
4
h(VBVA); WAB= UABQAB=
1
3
bT
4
h(VBVA)
QBC= SBC= 0eV T
3
=const:
)Vc=VB

Th
Tc

3
WBC=b

VcT
4
cVBT
4
h

=b
"
VBT
4
hVB

Th
Tc

3
T
4
c
#
=bVBT
3
h(ThTc)
QCD=
4
3
bT
4
c(VDVc) =
4
3
bT
4
c
"
VA

Th
Tc

3
VB

Th
Tc

3
#
=
4
3
bT
3
hTc(VAVB)
UCD=bT
4
c(VDVC) =bT
3
hTc(VAVB)
WCD= UCDQCD=
1
3
bT
3
hTc(VAVB)
QDA= SDA= 0 ;WDA=b

VDT
4
cVAT
4
h

=bVAT
3
h(TcTh)
EntãoW=WAB+WBC+WCD+WDA=
4
3
bT
3
h(ThTc) (VBVA)
"
jWj
jQABj
=
ThTc
Th
4.7.3 A "primary subsystem"in the initial state A is to be brought reversibly to
a specied nal state B. A reversible ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Pode ser feito em três passos:
1) Tr.
2)
estado B.
3)
93

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
4.7.4 The fundamental equation of a particular uid is UN
1=2
V
1=2
=A(SR)
3
where A...[SUMÁRIO ]
Solução:
ST373273RR+ 2;6810
3
J=KABCD
Seja
^
SSR:EntãoT= 3A
^
S
2
V
3=2
N
1=2
ou
^
S= (3A)
1=2
T
1=2
V
3=4
N
1=4
)U= 3
3=2
A
1=2
T
3=2
V
3=4
N
1=4
eU=
1
3
T
^
S
QAB=ThSAB= 10
6
Joules
)SAB= 2;6810
3
J=K
UAB=
1
3
Th(SBSA) =WAB+QAB
)WAB=
2
3
Th(SBSA) =0;66710
6
J
QBC= 0
WBC= U=

1
3
T
^
S

=
1
3
(100)

R+ 2:6810
3

=0;36610
6
J
QCD= 273

2:6810
3

=0;73210
6
J
UCD=
1
3
TSCD=
1
3
273

2;6810
3

=0;24310
6
J
WCD= UCDQCD= 0;48910
6
J
QDA= 0
WDA= UDA=
1
3
TS=
1
3
1008;31410
3
= 0;27710
6
J
QQAB+QBC+QCD+QDA= 0;26710
6
J
W=WAB+WBC+WCD+WDA=0;26710
6
J
"=
W
QAB
=
0;26710
6
10
6
=)"= 0;267::e"theor= 1
TD
TA
=:268
4.7.5 One mole of the "simple paramagnetic model system"of equation 3.66 is to
be used as the auxiliary system of ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Q1=QAB=ThSé dado
da equação 3.66U=NRT0exp

S
NR
+
0I
2
21RN
2

94

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)T=
@U
@S
=
U
NR
ouU=NRT
ConsequentementeUAB= 0ouWAB+QAB= 0
WAB=Q1
STcThDCBATS
B!C:
UBC=R(TcTh); QBC= 0;)WBC=R(TcTh)
C!D:
QCD=Tc(SDSC) =Tc(SASB) =
Tc
Th
Q1
D!A:
UCD= 0)WCD=QCD=
Tc
Th
Q1
QDA= 0; WDA= UDA=R(ThTc)
ConsequentementeW=(WAB+WBC+WCD+WDA) =Q1+R(ThTc)
Tc
Th
Q1R(ThTc)
)W=

1
Tc
Th

Q1
O que é o resultado de Carnot.
4.7.6 Repeat Problem 4.7-4 using the "rubber band"model of section 3.7 as the
auxiliary system.[SUMÁRIO ]
Solução:
Para o elástico de borrachaU=cLcT(equação 3.58)
Essa equação é isomorca à equaçãoU=NRTdo problema 4.7-5 (comcL0substituindo
NR). ComoU=NRTera a única equação na solução do problema 4.7-5, a solução deste
problema (4.7-6) é obtida daquela do problema 4.7-5 pela substituiçãoNR!cL0.
4.7.7 (Supplementary Problem) Repeat Problem 4.7-4 if the working substance
is one mole of an ideal Van der Waals uid. For analytic convenience, take
b=0.[SUMÁRIO ]
Solução:
~sTThTcABCD
0=Rln
h
v

u+
a
v

ci
ouu=
a
v
+v
1=c
exp

ss0
cR

T=
@u
@s
=
1
cRv
1=c
exp

ss0
cR

)v= (cRT)
c
exp

ss0
R

95

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
eu=a(cRT)
c
e
~s
2
=R
+cRT;
onde~s
2
=ss0
A!B:
QAB=Th~sQ1
uAB=a(cRTh)
c
e
~sB=R
+cRTh+a(cRTh)
c
cRTh
uAB=a(cRTh)
c

1e
s
2
B
=R

=a(cRTh)
c

1e
Q1=RTh

)WAB= UABQAB=a(cRTh)
c

1e
Q1=RTh

Q1
B!C:
QBC= 0
WBC=a(cR)
c
[T
c
cT
c
h]e
Q1=RTh
+cR(TcTh)
C!D:
QCD=Tc~s
WCD= uCDQCD=a(cRTc)
c

e
Qi=RTc
1

+
Tc
Th
Q1
D!A:
QDA= 0
WDA= uDA=a(cRTh)
c
+cRTh+a(cRTc)
c
cRTc
W=(WAB+WBC+WCD+WDA) =) W=
ThTc
Tn
Q1
O que é o resultado de Carnot.
4.8 MEASURABILITY OF THE TEMPERATURE AND OF THE
ENTROPY [SUMÁRIO ]
4.8.1 To corroborate equation 4.22 show that

@P
@s

T
=

@T
@v

P
...[SUMÁRIO ]
Solução:
dT=ussds+uvsdv
)

@T
@v

p
=uss

@s
@v

p
+uvs=uss
uvv
uss
+uvs
P=
@P
@s
s+
@P
@v
v=usvsuvvv
)

@P
@s

T
=usvuvv

@v
@s

T
=usv+uvv
uss
uvs
)

@P
@s

T
=

@T
@v

P
96

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
4.9 OTHER CRITERIA OF ENGINE PERFORMANCE; POWER
OUTPUT AND ‚ENDOREVERSIBLE ENGINES ƒ[SUMÁRIO ]
4.9.1 Show that the eciency of an endoreversible engine, maximized for power
output, is always less than"Carnot...[SUMÁRIO ]
Solução:
.1.2.3.4.5.6.7.8.9.1.2.3.4.5
.6
.7.8.9""erp
"erp= 1

Tc
Th

1=2
"= 1

Tc
Th

)
Tc
Th
= (1"erp)
2
= 1"
De

Tc
Th

1=2
>
Tc
Th
1

Tc
Th

1=2
>1
Tc
Th
"erp< "
4.9.2 Suppose the conductanceh(=c) to be such that 1KWis transfered to
the system (as heat ux) if its ...[SUMÁRIO ]
Solução:
h=c=
Qh
th(ThTw)
=
10
3
50
J
segundos K
= 20 J=segundos K
c=
1
2

T
1=2
h
+T
1=2
c

= 22:4(equação 4.27)
Tw=c
p
Th= 645 K(equação 4.26)
Tt=c
p
Tc= 395 K
Power=hc
T
1=2
h
T
1=2
c

1=2
h
+
1=2
c
=

3=2
2

T
1=2
h
T
1=2
c

= 490watts
4.9.3 Consider an endoreversible engine for which the high temperature reservoir
is boiling water (100‰) and...[SUMÁRIO ]
Solução:
"erp= 1
r
293
373
= 0;114 (=W=Qh)
"carnot= 1
293
373
= 0;214 (=W=Qh)
97

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
QHQH carnot=W

1
0;114

1
0;214

= [8;774;67]w = 4;1 W
)O motor de Carnot extrai8;77 kwhde calor porkwhde trabalho entregue e o motor endo-
reversível extrai4;67 kwhde calor porkwhde trabalho entregue. Razão= 1;9
4.9.4 Assume that on cycle of the engine of Problem 4.9-3 takes 20 s and that the
condutanceh=c=100 W=K...[SUMÁRIO ]
Solução:
ST351;5311;5
Area=trabalho=ciclo
= ST
S
c=
1
2
hp
Th+
p
Tc
i
= 18:2 K
1=2
(equação 4.27)
Tw=cT
1=2
h
= 18;2
p
373 = 351;5 K(equação 4.26)
Tt=cT
1=2
c= 18;2
p
293 = 311;5 K(equação 4.26)
TS=
1
4

hp
Th
p
Tc
i
2
t=
100
4

p
373
p
293



2
20
TS= 2411watt/segundo= 0;67watt-hora/ciclo
S= 0;67watt-hora/40K= 0;167watt-hora/K
4.10 OTHER CYCLIC PROCESSES [SUMÁRIO ]
4.10.1 Assuming that the working gas is a monatomic ideal gas, plot a TS
diagram for the Otto cycle.[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
4.10.2 Assuming that the working gas is a simple ideal gas (with temperature-
independent heat capacities), show that the engine eciency of the Otto
cycle...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
98

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
4.10.3 Assuming that the working gas is a simples ideal gas(with temperature-
independent heat capacities), show that the engine eciency of the Bray-
ton cycle ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
4.10.4 Assuming that the working gas is a monatomic ideal gas, plot a TS
diagram of the Brayton cycle.[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
4.10.5 Assuming that the working gas is a monatomic ideal gas, plot a TS
diagram of the air-standart diesel cycle.[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
5 ALTERNATIVE FORMULATIONS AND LEGENDRE
TRANSFORMATIONS [SUMÁRIO ]
5.1 THE ENERGY MINIMUM PRINCIPLE [SUMÁRIO ]
5.1.1 Formulate a proof that the energy minimum principle implies the entropy
maximum ...[SUMÁRIO ]
Solução:
A prova é parcialmente fornecida como uma dica no texto. Para completar é somente
necessario observar que a fonte de calor reversivel resfriada pode ser usada para extrair o calor
do sistema original, restaurando-o para sua entropia inicial porém a uma menor energia.
99

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
5.1.2 An adiabatic, impermeable and xed piston separates a cylinder into two
chambers ...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
Uinicial=Uf inalou
3
2
RTs+
3
2
RTl=
3
2
RTf)Tf=
1
2
(Ts+Tl)
ePs=PlouRTf=Vs=RTf=Vl)Vs=Vl=V0=2
(b)
A pressão em cada lado do pistão é igual, mas a diferença de pressão é gerada em oposição
à força aplicada

@P
@V

s
=cp=cvV0<0

Portanto esse trabalho deve ser feito contra essa
diferença de pressão. Entao a energia é mínima.
(c)
Relacionando o pistao quase-estaticamente atéPs=Pl:
PV
5=3
=constante ePs=Pl
ou (
P0s(V0s=Vs)
5=3
=P0l(V0l=Vl)
5=3
Vs+Vl= 0
Duas equações determinamVseVl.
(d)
Se o cilindro agora está adiabaticamente isolado e o pistao liberado, nenhum movimento
ocorre(Ps=Pl). Portanto, por Sconstante.
5.2 LEGENDRE TRANSFORMATIONS [SUMÁRIO ]
5.2.1 The equationy=x
2
=10describes a parabola. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
y=
1
10
x
2
; P=
1
5
x; =yPx=
(5P)
2
10
5P
2
=
5
2
P
2
100

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
5.2.2 Lety=Ae
Bx
...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
P=ABe
Bx
=BY
=yPx=Y[1Bx] =
P
B

1ln
P
AB

(b)
x=
@
@P
=
1
B

1ln
P
AB


1
B
=
1
B
ln
P
AB
y= +Px=
P
B

1ln
P
AB

+P

1
B
ln
P
AB

=P=B=Ae
Bx
5.3 THERMODINAMIC POTENTIALS [SUMÁRIO ]
5.3.1 Find the fundamental equation of a monatomic ideal gas in the Helmholtz
representation, ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Frepres::
U=
U0V
2=3
0
N
5=3
0
N
5=3
V
2=3
e
2
3R
(
3
N
s0)
; T=
2U
3NR
; P=
2U
3V
; =
5U
3N
F=UTS=

3
2
NRNs0

T
3
2
NRTln
"
T
T0
V
2=3
V
2=3
0
N
2=3
0
N
2=3
#
Então:
S=
@F
@T
=Ns0
3
2
NRln
"
T
T0
V
2=3
V
2=3
0
N
2=3
0
N
2=3
#
P=
@F
@V
=
NRT
V
e=
@F
@N
=
F
N
+RT
Hrepres::
H=U+PV=
5
3
U
eH=
5
3
3=5
2
2=5
U
3=5
0V
2=5
0
N0
NP
2=5
e
2
5R
(
5
N
s0)
etc...
Grepres::
G=F+PV=F+NRT
eG=

5
2
NRNs0

TNRTln
"

T
T0

5=2
P0
P
#
101

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
5.3.2 Find the fundamental equation of the ideal van der Waals uid (Section 3.5)
in the Helmholtz representation ...[SUMÁRIO ]
Solução:
u=
a
v
+ (vb)
1=c
exp

ss0
cR

)T=
@u
@s
=
1
cR
(vb)
1=c
exp

ss0
cR

F=uTs=
a
v
+ (vb)
1=c
e
ss
0
cRTs=
a
v
+cRTTs
=
a
v
+cRTTs0cRTln(cRT)RTln(vb)
5.3.3 Find the fundamental equation of electromagnetic radiation in the Helmholtz
representation ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Da equação 3.57S=
4
3
b
1=4
U
3=4
V
1=4
Ou invertendoU=

3
4

4=3
b
1=3
S
4=3
V
1=3
Diferenciando)T=

3
4

1=3
b
1=3
S
1=3
V
1=3
Ou invertendoS=
4
3
bT
1=3
V
)FUTS=
1
3
bT
4
V
As equações de estado são:
S=
@F
@T
=
4
3
bT
3
V
P=
@F
@V
=
1
3
bT
4
Substituindo na equação paraU,U=bT
4
V, que é a equação 3.52. E tambemT
4
= 3P=b,
substituindo isso emU=bT
4
Vtemosp=
U
3V
, ou equação. 3.53.
102

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
5.3.4 Justify the following recipe for obtaining a plot ofF(V)from a plot ofG(P)
...[SUMÁRIO ]
Solução:
v1inclinação=
@G
@P
=VP VGGPFDinclinação= 1BcF(V)gVgVVGP V=FP
Note que as unidades deFsão iguais às unidades deGque são iguais ao produto de unidades
dePeV.
@
2
G
@P
2

T;N
=
@V
@P
!
T;N
=V
T
)
@
2
G
@P
2
<0se
T
>0
5.3.5 From the rst acceptable fundamental equation in Problem 1.10-1 calculate
the fundamental equation ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S= (R
2
=v0)
1=3
(NV U)
1=3
ouU=

v0
R
2

S
3
=NV
)T= 3

v0
R
2

S
2
=NV;P= (v0=R
2
)S
3
=NV
2
Façav0=R
2
A
)G=U+PVTS=A
S
3
NV
+A
S
3
NV
3A
S
3
NV
=A
S
3
NV
MasS=
NT
2
9AP
eY=
1
27
N
A
T
3
P
2
)G=
N
27A
T
3
P
2
cp=
T
N


@
2
G
@T
2

p
=
2R
2
9N0s
T
P
=
1
V

@V
@T

p
=

@G
@p

1
@
2
G
@T@P

=
3
T
103

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
5.3.6 From the second acceptable fundamental equation in Problem 1.10-1 calcu-
late the ...[SUMÁRIO ]
Solução:
invertendo
U=
R
v
2
0
V
2
N
+

R
S
2
N
P=
@U
@V
=
2R
v
2
0
V
N
H=U+PV=
R
v
2
0
V
2
N
+

R
S
2
N
+
2R
v
2
0
V
2
N
=
Nv
2
0
4R
P
2
+

R
S
2
N
V=
@H
@P
=
Nv
2
0
2R
PO que confere.
5.3.7 The enthalpy of a particular system isH=AS
2
N
1
ln(P=P0)...[SUMÁRIO ]
Solução:
T=
@H
@S
= 2
AS
N
ln(P=P0)
eV=
@H
@P
=AS
2
=NP
)P=AS
2
=NVeT=
2AS
N
ln

AS
2
NV P0

)

@T
@S

v
=
2A
N
ln
AS
2
NV P0
+ 4
A
N
=
2A
N
ln
P
P0
+ 4
A
N
cv=
T
N

@S
@T

V
=
T
2A
(2 + lnp=p0)
1
5.3.8 In Chapter 15 it is shown by a statistical mechanical calculation that the
fundamental equation ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=
1
T
U
1
T
FouS=kB=UF ;
1
kBT
U=FTS=FT
@F
@T
=F+
@F
@
=
@
@
(F)
)U=
~
N
@
@
ln

e
u
+e
d

=
~
N

ue
u
+de
d

=

e
u
+e
d

e
(ud)
;~uU=
~
N=
u+d
+ 1
;e inversamente=
d~u
~uu
104

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)=
1
du
ln
d~u
~uu
e
u
=

~uu
d~u
u

d
u
e
d
=

~uu
d~u


d

d
u
1
kB
~s=
~u
du
ln
d~u
~uu
+ ln
"

~uu
d~u
u

d
u
+

~uu
d~u


d

d
u
#
)
1
kB
~s=
~uu
du
ln
d~u
~uu
+ ln
"
1 +

~uu
d~u

d=u
#
=YlnY+ ln

1 +Y
d=u

; Y
~uu
d~u
= ln

1 +Y
d=u
Y
Y

5.3.9 Show, for the two-level system of Problem 5.3-8, that as the temperature
increases from zero...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
U=
~
N=
ue
u
+de
d
e
u+e
d
=
u+de
(du)
1 +e
(du)
comdu>0
)emT= 0(ou! 1); U=
~
N)u
na medida em queT! 1(ou!0); U=
~
N!
1
2
(u+d)
(b)
e
(du)
= (uU=
~
N)=(U=
~
Nd)
e façaU=
~
N=
u+d
2
(1 +)
Então=
1
du
ln
1
1 +
Que é negativo se >0
5.3.10 Show that the Helmholtz potential of a mixture of simple ideal gases is
the. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Relembrando a equação 3.39:U=
P
j
(Njcj)RT
)S(T; V; N)eU(T; V; N)são aditivas, e consequentementeF(T; V; N)UTSé aditiva.
105

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
5.3.11 A mixture of two monatomic ideal gases is contained in a volume V at
temperature T ...[SUMÁRIO ]
Solução:
F=

3
2
Rs0

T(N1+N2)
3
2
N1RTln
"
T
T0

V
V0

2=3
N0
N1

2=3
#

3
2
N2RTln
"
T
T0

V
V0

2=3
N0
N2

2=3
#
)1=
@F
@N1
=

3
2
Rs0

T
3
2
RTln
"
T
T0

V
V0

2=3
N0
N1

2=3
#
+RT
de onde
N1
N0
=
V
V0

T
T0

3=2
exp

1
5
2
RT+Ts0
RT

EntãoP=
NRT
V
=
(N2+N1)RT
V
=
N2RT
V
+
N0RT
5=2
V0T
3=2
0
exp

1
5
2
RT+Ts0
RT

5.3.12 A system obeys the fundamental relation(ss0)
4
=avu
2
...[SUMÁRIO ]
Solução:
u=A
1=2
(SNs0)
2
N
1=2
V
1=2
T=
2
p
AN
(SNs0)
2
V
1=2
; P=
@U
@V
=
1
2
p
AN
(SNs0)
2
=V
3=2
=
1
8
p
ANT
2
=V
1=2
)G=U+PVTS=
ANT
4
2
6
P
NTs0
5.3.13 For a particular system it is found thatu= (
3
2
)PvandP=AvT
4
...[SUMÁRIO ]
Solução:
1
T
=

3A
2

1=4
v
1=2
u
1=4
and
P
T
=

2
3

3=4
A
1=4
v
1=2
u
3=4
)s=
1
T
u+
P
T
v=

3
2
A

1=4
v
1=2
u
1=4
du+

3
2

3=4
A
1=4
v
1=2
u
3=4
dv=C

v
1=2
u
3=4

; c
2
3=4
3
3=4
A
1=4
S=cV
1=2
U
3=4
N
1=4

T
=
@S
@N
= +
1
4
S
N
=A
1
2
5=4
P
2
=T
5
ou=P
2
=2
5=4
AT
4
Para encontrarF(T; V; N) :U=

3
3
2
7
A

1=3
S
4=3
V
2=3
N
1=3
T=
@U
@S
= 2
1=3
A
1=3
S
1=3
V
2=3
N
1=3
F=UTS=2
7=3
A
1=3
S
4=3
V
2=3
N
1=3
=
A
2
T
4
V
2
=N
106

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
5.3.14 For a particular system (of 1 mole) the quantity(v+a)fis known to be a
function of...[SUMÁRIO ]
Solução:
s= (@f=@T)ve)cv=

T
@s
@T

v
=T

@
2
f
@T

v
=T
d
2
Y
dT
2
=(v+a) =b(v)T
1=2
)b(v) =A=(v+a); A=const
ecv=
A
v+a
T
1=2
=T
d
2
Y
dT
2
=(v+a)ou
d
2
Y
dT
2
=
A
T
1=2
)Y(T) =
4
3
AT
3=2
+DT+E
ef=Y(T)=(v+a) =


4
3
AT
3=2
+DT+E

=(v+a)
)s=

@f
@T

v
=

2AT
1=2
D

=(v+a)
No processo considerados=
2AT
1=2
f
D
vf+a

2AT
1=2
0D
v0+a
eu= (f+Ts) =
"
2
3
AT
3=2
+E
v+a
#
=
2
3
AT
3=2
f
+E
vf+a

2
3
AT
3=2
0+E
v0+a
A transferência de calor para o reservatório é
Q
(r)
=T
(r)
[s]
eW
(Rws)
=uQ
(r)
)W
(Rws)
=
"

2
3
AT
3=2
f
+E
vf+a
+
2
3
AT
3=2
c+E
v0+a
#
+T
(r)
"
2AT
1=2
f
D
vf+a

2AT
1=2
0D
v0+a
#
5.4 GENERALIZED MASSIEU FUNCTIONS [SUMÁRIO ]
5.4.1 Find the fundamental equation of a monatomic ideal gas in the representa-
tion ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Ns0+NRln
"

U
U0

3=2
V
V0

N0
N

5=2
#
P=T=
NR
V
e

T
=
@S
@N
=
S
N

5
2
R
)S

P
T
;

T

=S
P
T
V+

T
N=
3
2
NRe isso deve ser expresso em termos deU;
P
T
;

T
:
Mas

T
=s0
5
2
R+Rln
"

U
U0

3=2
P0=T0
P=T

N0
N

5=2
#
107

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
ouN=N0

P0=T0
P=T

2=3
U
U0
exp

2
3
s0
R

5
3
+
2
3

RT

)S

P
T
;

T

=
3
2
N0R

P0
T0
T
P

2=3
U
U0
e
2
3
s
0
R

5
3e
2=3RT
Para corroborar as equações de estado:
V=
@S[P=T; =T]
@(P=T)
==
2
3
S

P
T
;

T

P=T
=
2
3
3
2
NR
P=T
=
NRT
P
O que está correto!
5.4.2 Find the fundamental equation of electromagnetic radiation (Section 3.6) ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
U=
3
4
C
1=3
S
4=3
=V
1=3
eT= (CS=V)
1=3
(equações 3.45 e 3.39)
)S=V T
3
=CeU=
3
4
V
C
T
4
S

1
T

=S
1
T
U=
1
4C
V T
3
TambémP=
1
4
(CS
4
=V
4
)
1=3
=
1
4
S=V
S

P
T

=S
P
T
V=
3
4
S
MasU=
3
4
C
1=3
S

S
V

1=3
=
3
4
C
1=3
S

4P
T

1=3
ouS=
4
3
C
3

4
P
T

1=3
U
)S

P
T

=C
3

4P
T

1=3
U
5.4.3 Find the fundamental equation of the ideal van der Waals uid in the re-
presentationS[1=T]. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Ns0+NRln

V
N
b

U
N
+
aN
V

c
ouss0=Rln
h
(vb)(u+
a
v

c
108

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)
1
T
=
@s
@u
=
cR
u+a=v
eu=
a
v
=cRT
s

1
T

=s
1
T
u=s0+Rln
h
(vb)(u+
a
v
)
c
i
+
a
vT
cR
Entãos

1
T

=s0+Rln [(vb)(cRT)
c
] +
a
vT
cR
E isso é igual af=T, ondefé calculado no problema 5.3-2
6 THE EXTREMUM PRINCIPLE IN THE LEGEN-
DRE TRANSFORMED REPRESENTATIONS [SUMÁRIO ]
6.2 THE HELMHOLTZ POTENTIAL [SUMÁRIO ]
6.2.1 Calculate the pressure on each side of the internal piston in Example 1, for
...[SUMÁRIO ]
Solução:
Volume total = 11 litrosV0
No lado esquerdo:P
(1)
=RT=V
(1)
;No lado direito:P
(2)
=
RT
V
(2)
=
RT
V0V
(1)
)P
(1)
P
(2)
=RT

1
V
(1)

1
V0V
(1)

W=
Z

P
(1)
P
(2)

dV
(1)
=RTln(V
(1)
f
=V
(1)
i
)RTln(V
(2)
f
=V
(2)
i
) =RTln
V
(1)
f
V
(2)
i
V
(1)
i
V
(2)
f
=RTln

6
10
5
1

=RTln 3
6.2.2 Two ideal van der Waals uids are contained in a cylinder, separated by an
internal ...[SUMÁRIO ]
Solução:
f=
a
v
+cRTTs0cRTln(cRT)RTln(vb)(equação 5.3-2)
)P=
@f
@v
=
a
v
2
+
RT
vb
Isso é especicado quev1+v2=VeP1=P2
)
a1
v
2
1
=
a2
v
2
2
;ouv1=
p
a1=v2=
p
a2
ev1+v2=V
109

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)v1=V
p
a
1
p
a1+
p
a2
; v2=V
p
a2
p
a1+
p
a2
)F=
a1
V
p
a1
p
a2
p
a1

a2
V
p
a1
p
a2
p
a2
+ 2cRT2Ts02cRTln(cRT)RTln

V
p
a1
p
a1+
p
a2
b

RTln

V
p
a2
p
a1
p
a2
b

ouF=
1
V
(
p
a1+
p
a2)
2
+2cRT2Ts02cRTln(cRT)RTln

V
2
p
a1a2
(
p
a1+
p
a2)
2
bV+b
2

(W) =F(2V)F(V) =
(
p
a1+
p
a2)
2
2V
+RTln
V
2
dbV+b
2
4V
2
d2bV+b
2
Onded
p
a1a2
(
p
a1+
p
a2)
2
6.2.3 Two subsystems are contained within a cylinder and are separated by an
internal piston ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Metodo elementar: Há um equilíbrio do He (Hélio) e portanto nenhuma contribuição na di-
ferença de pressão
PortantoP=
RT
V
(1)

RT
V
(2)
=
RT
V
(1)

RT
VV
(1)
;e
Z
PdV
(1)
=RTln
1010
515
=RTln
4
3
Metodo Formal: Para cada subsistema:
F= (N+N2)
T
T0
f0N1RTln
"

T
T0

3=2
V
V0
N0
N1
#
N2Rln
"

T
T0

3=2
V
V0
N0
N2
#
)
(1)
1=

f0
T0
+R

TRTln
"

T
T0

3=2
V
(1)
V0
N0
N
(1)
1
#
e
(2)
1=

f0
T0
+R

TRTln
"

T
T0

3=2
V
(2)
V0
N0
N2
#
De
(1)
1=
(2)
1concluímos queV
(1)
=N
(1)
1=V
(2)
=N
(2)
1;OuN
(2)
1=N1V
(2)
=V
)F=F1+F2=N
T
T0
f0
3
2
NRTln
T
T0
N1RTln

V
V0
N0
N1

N
(1)
2RTln
V
(1)
N0
V0N
(1)
2
N
(2)
2RTln
V
(2)
N0
V0N
(2)
2
F=RT
(
N
(1)
2ln
V
(1)
N0
V0N
(1)
2
+N
(2)
2ln
V
(2)
N0
V0N
(2)
2
)
=RTN
(1)
2ln
V
(1)
f
V
(1)
l
RTN
(2)
2ln
V
(2)
f
V
(2)
f
=RTln

5
10
+ ln
15
10

=RTln
4
3
= 893J
110

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
6.3 THE ENTHALPY: THE JOULE-THOMSOM OR ‚THROTTLING
ƒPROCESS [SUMÁRIO ]
6.3.1 A hole is opened in the wall separating two chemically identical single-
component subsystems ...[SUMÁRIO ]
Solução:
H=T
(1)
dS
(1)
+T
(2)
dS
(2)
+
(1)
dN
(1)
+
(2)
dN
(2)
Mas N
(1)
+N
(2)
=N Uma constante
Além disso, como a entalpia não é uma transformação de Legendre com respeito à entropia,
ela herda da energia a condição de ser mínima sobre o ensemble de estados de entropia total
constante.
) S
(1)
+S
(2)
=S Uma constante
E H=

T
(1)
T
(2)

S
(1)
+ [
(1)

(2)
]dN
(1)
paras
(1)
eN
(1)
arbitrários
)T
(1)
=T
(2)
e
(1)
=
(2)
6.3.2 A gas has the following equations of state ...[SUMÁRIO ]
Solução:
1
T
=
1
3B
N
1=3
V
1=3
U
2=3
;
P
T
=
1
3B
N
1=3
U
1=3
V
2=3
dS=
1
T
dU+
P
T
dV=
1
3B

N
1=3
V
1=3
U
2=3
dU+
N
1=3
U
1=3
V
2=3
dV

)S=
1
3
[NV U]
1=3
Ou U=B
3
S
3
=NV
H=U+PV=B
3
S
3
=NV+ (B
3
S
3
=NV
2
)V= 2B
3
S
3
=NV= 2U
Com isso nós conseguimos encontrar
H= 2NT
3
=3
3
B
3
P
Portanto, na expansão Joule-Thomson (H=constante)
T
3
=P=constante
Ou Tf=Ti(Pf=Pi)
1=3
6.3.3 Show that for an ideal van der Waals uid ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Nós temosS=NRln
h
(vb)(u+
a
v
)
c
i
+Ns0
111

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)u=
a
v
+ (vb)
1=c
exp

ss0
cR

P=
@u
@v
=
a
v
2
+
1
c
(vb)

1
c
1
exp

ss0
cR

;T=
@u
@s
=
1
cR
(vb)
1=c
exp

ss0
cR

)h=u+Pv=
2a
v
+RT

c+
v
vb

Para acharT;
dT
dP
=
v
cp
(T1);e do problema 3 9-3:
=
R
Pv+
2ab
v
2
a
v
'
R
Pva=v
Também
Pv
RT
=
1
1b=v

a
RTv
'1 +
b
v

a
RTv
+
) =
R
RT

1
b
v

2a
RT v
+
=
1
T

1
b
v

2a
RTv
+

Então
dT
dP
=
v
cp
(T1) =
v
cp


b
v
+
2a
RTv

=
1
cp

2a
RT
b

ParaCO2 ; a= 401 Pam
6
; b= 42;710
6
m
3
dT
dP
'1;210
5
K=Pa eP'10
6
Pa; T'12 K
6.3.4 One mole of a monatomic ideal gas is in a cylinder with a movable piston
on the other ...[SUMÁRIO ]
Solução:
H=Q;MasH= (U+PV) =

5
2
PV

=
5
2
PV=
5
2
10
7
Pa3010
3
m
3
= 7510
4
J
6.3.5 Assume that the gas of Problem 6.3-4 is an ideal van der Waals uid with
the van der Waals ...[SUMÁRIO ]
Solução:
h=
2a
v
+RT

c+
v
vb

e

P+
a
v
2

(vb) =RT
)h=
2a
v
+

P+
a
v
2


cvbc+
v
vb

E com os valores dados o último termo é desprezado
)h= 2a

1
vi

1
vf

= 20;132

1
0;02

1
0;05

= 7;92 Joules
6.4 THE GIBBS POTENTIAL; CHEMICAL REACTIONS [SUMÁRIO ]
112

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
6.4.1 One half mole ofH2S,
3
4
mole ofH2O, 2 moles ofH2, and ...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)3
H2
+
SO2
=
H2S
+ 2
H2O
(b)NH2= 23
~
N ; N SO2= 1
~
N ; N H2S=
1
2
+
~
N ; N H20=
3
4
+ 2
~
N
NH2 = 0@
~
N=
2
3
; NSO20@
~
N= 1; NH2S=O@
~
N=
1
2
; NH2O=O@
~
N=3=8
(c)

~
Nmax=
2
3
com esgotamento deH2

~
Nmin=3=8com esgotamento deH2O
(d)
=

~
N
~
Nmin

~
Nmax
~
Nmin
=

~
N+
3
8
2
3
+
3
8
=
24
25

~
N+
9
25
Se
~
N= 1=4; = 3=5
Então NH2= 2
3
4
=
5
4
; NSO2= 0;75; NH2O=
5
4
eN= 4
)XH2=
5
16
; XSO2=
3
16
; XH2S=
3
16
; XH2O=
5
16
(e)
Se
~
Né nominalmente igual a 0,8 a solução deve ser rejeitada e trocada porNmax= 2=3
EntãoNH2= 0; NSO2= 1
2
3
=
1
3
; NH2S=
1
2
+
4
5
= 1;3; NH2O= 2;35
)Ntotal= 3;98
XH2= 0; XSO2= 0;0837; XH2S= 0;326; XH2O= 0;590
7 MAXWELL RELATIONS [SUMÁRIO ]
7.2 A THERMODYNAMIC MNEMONIC DIAGRAM [SUMÁRIO ]
7.2.1 In the immediate vicinity of the stateT0,v0the volume of a particular ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
113

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
7.2.2 For a particular system of 1 mole, in the vicinity of a particular state ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
=
1
v

@v
@T

P
=
1
v

@s
@P

T
=
A
Tv
7.2.3 Show that the relation=
1
T
implies ...[SUMÁRIO ]
Solução:

@Cp
@P

T
=
@
@P

T
N

@S
@T

P

T
=
T
N
@
2
S
@P@T
=
T
N
@
@T

@V
@T

P
=
T
N

@(V)
@T

P
Então

@Cp
@P

T
=
T
N
@
@T

V
T

P
=
T
N

1
T

@V
@T

P

V
T
2

=
T
N

V
T
2

V
T
2

= 0
7.3 A PROCEDURE FOR THE REDUCTION OF DERIVATIVES
IN SINGLE-COMPONENT SYSTEMS [SUMÁRIO ]
7.3.1 Thermodynamicists sometimes refer to the "rstTdSequation"and ...[SUMÁRIO ]
Solução:
a) S=S(T; V):
dS=

@S
@T

V
dT+

@S
@V

T
dV
OuTdS=NcvdT+T

@P
@T

V
dV=NcvdTT

@V
@T

P

@V
@P

T

dV
=NcvdT+T


T
dV
b) S=S(T; P):
dS=

@S
@T

P
dT+

@S
@P

T
dP
ouTdS=NcpdTT

@V
@T

P
dP
=NcpdTTV dP
114

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
7.3.2 Show that the second equation in the preceding problem leads directly ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
TdS=NcpdTTV dP
T

@S
@T

v
=NcpTV

@P
@T

v
=NcpTNv



@v
@T

P

@v
@P

T

cv=cpTv[=
T
]oucpcv=Tv
2
=
T
7.3.3 Calculate(@H=@V)T;Nin terms of the standart quantities ...[SUMÁRIO ]
Solução:
dH=TdS+V dP

@H
@V

T
=T

@S
@V

T
+V

@P
@V

T
=T

@P
@T

V

1

T
=T

@V
@T

P

@V
@P

T

1

T
=T


T

1

T
=
T1

T
7.3.4 Reduce the derivative(@v=@s)P...[SUMÁRIO ]
Solução:

@v
@s

P
= 1
,

@s
@v

P
=

@v
@T

P
,

@
@T

p
=v=(cp=T) =Tv=cp
7.3.5 Reduce the derivative(@s=@f)v...[SUMÁRIO ]
Solução:

@s
@F

v
=

@F
@s

v

1
=

S

@T
@s

v

1
=

S
T
cv

1
=cv=TS
115

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
7.3.6 Reduce the derivative(@s=@f)P...[SUMÁRIO ]
Solução:

@s
@F

P
=

@F
@s

P

1
=

Ns

@T
@s

P
NP

@N
@s

P

1
=
1
N
"
sT
cp
+P

@v
@T

P

@s
@T

P

1
=
1
N

sT
cp
+P
v
cp=T

1
=
1
N

T
cp
(s+Pv)

1
=
cp
NT
[s+Pv]
1
7.3.7 Reduce the derivative(@s=@v)h...[SUMÁRIO ]
Solução:

@s
@v

H
=

@H
@v

s

@H
@s

v
=V

@P
@v

s

TN+V

@P
@s

v

Então

@s
@v

H
=v
(@s=@v)P
(@s=@P)v

T+v
(@P=@T)v
(@s=@T)v

1
=v

@s
@T

P
=

@v
@T

P

@s
@T

v
=

@P
@T

v
"
T+v


@v
@T

P
=

@v
@P

T
cv=T
#
1
=v
cP
cv
(@T=@v)P
(@T=@P)v

T+Tv
v=vkT
cv

1
=v
cP
cv

@P
@v

T
[T+Tv=cv
T
]
1
=v
cp
cv

1
v

T

1
T
cv
T
cv
T
+v
=
cp
T
1
cv
T
+v
comcpcvTv
2
=
T
7.4 SOME SIMPLE APPLICATIONS [SUMÁRIO ]
7.4.1 In the analysis of a Joule-Thomson experiment we may be given the initial
...[SUMÁRIO ]
Solução:

@T
@v

h
=

@h
@v

T
,

@h
@T

v
=
v

@P
@v

T
+T

@s
@v

T
v

@P
@T

v
+T

@s
@T

v
=

1

T
+T

@P
@T

v
v

@P
@T

v
+cv
116

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Então

@T
@v

h
=

1

T
+T=
T
v=
T
+cv
=
T1
v+cv
T
(ecv=cpTv
2
=
T
)
7.4.2 The adiabatic bulk modulus is dened by ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S V

@P
@V

S
=V

@S
@V

P

@S
@P

V
=V

@S
@T

P
=

@V
@T

P


@S
@T

V
=

@P
@T

V

S=V
cp
cv
(@T=@V)p
(@T=@P)
V
=V
cp
cv

@P
@V

T
=
cp
cv
T
7.4.3 Evaluate the change in temperature in an innitesimal free expansion of ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Da equação 7.51dT=

P
Ncv

T
Ncv
T

dV; mas= 1=Te
T
= 1=Ppara um gás ideal
)dT= 0
de forma mais geral, para um gás idealU=U(T; N), e seUé constante entãoTé constante.
7.4.4 Show that equation 7.46 can be written as ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
7.4.5 A 1% decrease in volume of a system is carried out adiabatically. Find ...
[SUMÁRIO ]
Solução:

@
@V

S
=v

@P
@V

S
s

@T
@V

S
=v
(@S=@V)P
(@S=@P)V
+s
(@S=@v)T
(@S=@T)v
Então

@
@V

S
=v
cp=

@V
@T

P
cv=

@P
@T

V
+s
(@P=@T)V
Ncv=T
=v
cp
cv

@P
@V

T
+
TS
N
2
cv



@V
@T

P

@V
@P

T
!
=
cp
Ncv
T

Ts
Ncv


T
=
N
cv
T
[cp+Ts]
ouV

@
@V

S
=
v
cv
T
(cp+Ts) ( comcp=cv+Tv
2
=
T
)
117

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
7.4.6 Two moles of an imperfect gas occupy a volume of 1 liter and are at ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
H=

T

@S
@V

U
+V

@P
@V

U

V=

T
(@U=@V)S
(@U=@S)V
v
(@U=@V)P
(@U=@P)V

V
H=
"
T
(P)
T
V
T

@S
@V

P
P
T

@S
@P

V
#
V=
"
PV
Ncp=

@V
@T

P
P
Ncv=

@P
@T

V
#
V
H
V
=PV
Ncp=V P
Ncv
T
=
=P
cpPv
cv
T
=P
cpPv
cp
T
Tv
2
)H= 15 Joules
7.4.7 Show that(@cv=@v)T=T(@
2
P=@T
2
)vand evaluate this ...[SUMÁRIO ]
Solução:

@cv
@v

T
=T
@
@T

@s
@v

T

v
@
@Tv
@s
@v
T
=T
@
@Tv

@P
@T

v
=T

@
2
P
@T
2

v
As equações de Van der Waals são

P+
a
v
2

(vb) =RTouP=
a
v
2
+
RT
vb
)

@P
@T

v
=
R
vb
e

@
2
P
@T
2

v
= 0
)

@cv
@v

T
= 0para a equação de estado de Van der Waals
7.4.8 Show that ...[SUMÁRIO ]
Solução:

@cp
@P

T
=
@
@P
T

T
@s
@T
P

=T
@
2
s
@P@T
=T
@
2
s
@T@T
=T
@
@Tp
@v
@Tp
=T

@
2
v
@T
2

P
Então

@cp
@P

T
=T

@
@T
v

p
=Tv

@
@T

p
T
2
v=Tv
"

2
+

@
@T

p
#
SeP

c+A=T
2

=RTentãov=RT=PA=T
2
)

@v
@T

P
=
R
p
+
2A
T
3
e

@
2
v
@T
2

P
=
6A
T
4
118

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)

@cp
@P

T
=
6A
T
3
7.4.9 One mole of the system of Problem 7.4-8 is expanded isothermally ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Q=
Z
Tds=T
Z
@s
@P

T
dP=T
Z
@v
@T

P
dP=T
Z
R
P
+
2A
T
3

dP
)Q=RTln
Pf
P
0
2
A
T
2
(PfP
0)
7.4.10 A system obeys the van der Waals equation of state. One mole...[SUMÁRIO ]
Solução:
Q=T
Z
@s
@v

T
dv=T
Z
@P
@T

v
dv=T
Z
1
vb
dv=Tln
vfb
vib
7.4.11 Two moles ofO2are initially at a pressure of10
5
Paand a temperature...
[SUMÁRIO ]
Solução:

@P
@T

S
=
cp
Tv
=Pcp=RT
2
and=
1
v

@v
@T

P
=
1
v

R
P

=
1
T
)

@P
@T

S
=
PcP
RT
eR
dP
P
=

26;2
T
+ 11;510
3
3;2210
6
T

dT
Rln
Pf
Pi
= 26;2 ln
Tf
Ti
+ 11;510
3
(TfTi)1:6110
6

T
2
fT
2
i

ln
Pf
Pi
= 2;33 + 0;4140;049 = 2;695
)P
f
= 14;8Pi= 14;810
5
Pa
7.4.12 A ball bearing of mass10gjust ts in a vertical glass tube of ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Primeiro encontramos

@P
@V

S
=

@S
@V

P

@S
@P

V
=

@S
@T

P
=

@V
@T

P


@S
@T

V
=

@P
@T

V
=
cp
V
T
cv
Da lei de Hooke:K
mola
=
F
X
=
@(PA)
@(V=A)
=(A)
2

@P
@V

S
=A
2
cp
cv
1
V
T
(Aé a área)
119

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
EmT= 303 K;cp= 29;39 J=Kecv=cpR= 21:08 J=Ke
T
= 1=P= 10
5
Pa
1
)K
mola
=

210
2
m
2

2

29;39
21;08

1
510
3
m
3
1
10
5
Pa
1
= 1;1110
4
newton/metro
!=
r
K
mola
massa
=

1;1110
4
10
2

1=2
'10
3
segundo
1
(freq= 159ciclos/segundo)
A frequência é muito alta pois a massa é muit pequena e a área muito grande.
7.4.13 Calculate the change in the molar internal energy in a throttling ...[SUMÁRIO ]
Solução:

@u
@P

H
=T

@s
@P

H
P

@v
@P

H
=T

@H
@P

S

@H
@s

P
+P

@H
@P

v
=

@H
@v

P
Então

@u
@P

H
=T
v
T
+P
V+T

@S
@P

V
T

@S
@v

p
=v+P
V+Ncv
T
=
Ncp=v
=v+Pv
v+cv
T
cp
)du=v

p
cp
(v+cv
T
)1

dPcom cv=cpTv
2
=
T
7.4.14 Assuming that a gas undergoes a free expansion and that the ...[SUMÁRIO ]
Solução:

@P
@T

U
=

@U
@T

P
,

@U
@P

T
=
T

@s
@T

P
P

@U
@T

P
T

@s
@P

T
P

@v
@P

T
=
cpPv
T

@v
@T

P
P

@v
@P

T
=
cpPv
Tv+Pv
T
)dP=
(cp=v)P
TP
T
dT
7.4.15 One mole of an ideal van der Waals uid is contained in a vessel ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Ns0+NRln
h
u+
a
v

c
(vb)
i
e
1
T
=
@s
@u
=cR=(u+a=v)ouu=cRT
a
v
=const.
)cRT=a

1
v

orT=
a
cR


1
v

As constante de Van der Waals para o argônio sãoa= 0;132 Pam
6
,b= 30;210
6
m
3
,c= 1;5
)T=
0;132
1;58;314

10
3
5

10
3
2

=3;2 KeTf= 296:8 K
120

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
7.4.16 Assuming the expansion of the ideal van der Waals uid of ...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Ns0+NRln [(cRT)
c
(vb)]
)T
c
(vb) =const:
ouTf=Ti

vib
vfb

1=c
= 300

20;03
50;03

2=3
= 162 K
7.4.17 It is observed that an adiabatic decrease in molar volume of 1% ...[SUMÁRIO ]
Solução:
d=

@
@v

s
(:01v) =

@
@v

T
(av)
)a= 0;01

@
@v

s

@
@v

T
Mas

@
@v

s
=v

@P
@v

s
s

@T
@v

s
=v

@s
@v

P

@s
@P

v
+s

@s
@v

T

@s
@T

v
Então

@
@v

s
=v

@s
@T

P
=

@s
@T

P

@s
@T

v
=

@P
@T

v
+s

@P
@T

v
cv=T
=
cp
cv
1

T
+
Ts
cv


T
=
1
cv
T
(Tscp)
similarmente

@
@v

T
=v

@P
@v

T
s=[
1
T
+s] =
1 +s
T

T
)a= 0;01

Tscp
cv
T


1 +s
T

T

=) a= 0;01
cpTs
(1 +s
T
)cv
7.4.18 A cylinder is tted with a piston, and the cylinder contains helium ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
K;T=
1
V

@V
@P

;T
=
1
V

@
@P

T;V
,

@
@V

T;P
Masd=vdPsdTe)

@
@p

T;V
=v
k;T=N
,

@
@V

T;P
Mas, pela relação de Gibbs-Duhem

@
@V

T;P
= 0ek;Tdiverge.
121

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Em termos da situação física descrita no texto,H2atravessa a barreira na medida em que
o volume é alterado, mantendo a pressão constante. Consequentemente

@V
@P

;T
diverge.
Alternativamente, note que=(T; P)ouP=P(T; )independem dev.
7.4.19 The cylinder in Problem 7.4-18 is initially lled with
1
10
mole of ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Do problema 5.3-10:
F=

3
2
Rs0

TN
3
2
N1RTln
"
T
T0

V
V0

2=3
N0
N1

2=3
#

3
2
N2RTln
"
T
T0

V
V0

2=3
N0
N2

2=3
#
1=
@F
@N1
=

3
2
Rs0

T
3
2
RTln
"
T
T0

V
V0

2=3
N0
N1

2=3
#
+RT
ouN1=N0= (V=V0) (T=T0)
3=2
exp

1
5
2
RT+Ts0
RT

P= (N1+N2)
RT
V
=
RT
V
"
N2+
V
V0
N0

T
T0

3=2
exp

1
RT

5
2
+
s0
R

#
Também P=
N2RT
V
+AT
3=2
e
1=RT
A=const
E ainda
T
=
1
V

@V
@P

T
=
1
V

@P
@V

T
=
1
V


N2RT
V
2

=
V
N2RT
)
T
=
1
Pressão parcial deNe
7.4.20 A system is composed of I mole of a particular substance. In the ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
ABPAPBPvAvBvPv
2
=const:
T=

@T
@v

P
v+

@T
@P

v
P=
1
v
v+

T

P=

1
v
+

T

dP
dv

v
122

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
MasP=PAv
2
A=v
2
então
dP
dv
=2PAv
2
A=v
3
)T=

1
v


T

2PAv
2
A
v
3

v=

1
D
+
E
D
v
2
2PAv
2
A
v
3

v
)TBTA=
vBvA
D
+
2
D
EPAv
2
Aln
vB
vA
7.4.21 A system is composed of I mole of a particular substance. Two ...[SUMÁRIO ]
Solução:
ABPAPBPvAvBvPv=const:
du=TdsPdv
=T

@s
@v

P
v+T

@s
@P

v
PPv
=
cp
v
v+
cv
T

PPv
)u=

cp
v
P

v+
cv
T

dP
dv
dv=

cp
v
P+
cv
T



PAvA
v
2

v
=

cp
v

PAvA
v

PAvA
v
2
cv
T


vbutcv=cpTv
2
=
T
=cp
D
2
E
T
v
4
=

C
D
(1PAvAE)v
2

PAvA
v
+
PAvADT
v
3

v
Para integrar isso, precisamos deT(v). Como no problema 7.4-20 temos
T=

1
v
+

T

dP
dv

v
=

1
v


T

PAvA
v
2

v=

v
D

Ev
3
D
PAvA
v
2

v
T=TA+
1
2D
(1EPAvA)

v
2
v
2
A

TA+

v
2
v
2
A
1

T1
ondeT1
v
2
A
2D
(1EPAvA)
Então u=
C
D
(1PAvAE)v
2

PAvA
v
+PAvAD

TAT1
v
3
+
T1
v
2
A
1
v

v
123

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
E nalmente
uB=uA+
C
3D
(1PAvAE)

v
3
Bv
3
A

PAvAln
vB
vA
+PAvAD

2 (TAT1)

1
v
2
B

1
v
2
A

+
T1
v
2
A
ln
vB
vA

7.4.22 The constant-volume heat capacity of a particular simple system is ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
T

@s
@T

v
=AT
3
)s=
1
3
AT
3
+f(v)fé desconhecido
Agora, note que
@
2
s
@T@v
= 0;mas
@
2
s
@T@v
=
@
@T

@P
@T

v
=

@
2
P
@T
2

V
= 0
MasP=B(T)=(vv0)então
d
2
B
dT
2
= 0;ouB(T) =DT+E (DeEsão constantes)
)(vv0)P=DT+Ede onde inferimos=
1
v

@v
@T

P
=
1
v
T
P
=
T
v
vv0
DT+E
Também
T
=
1
v

@v
@P

T
=
1
v


DT+E
P
2

= (DT+E)
1
(vv0)
2
=v
cp=cv+
Tv
2

T
=AT
3
+Tv

T
v
vv0
DT+E

2
(DT+E)v
(vv0)
2
cp=AT
3
+
T
3
DT+E
7.4.23 A system is expanded along a straight line in thePvplane, from ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
P"v!(P0; v0)(Pf; vf)
Ao longo da isocóricav=v0:
du=

@u
@P

v
P=
cv
T

dP=APdP
Ao longo da isobáricaP=Pf:
du=

@u
@v

P
dv= (cp=vP)dv= (BvPf)dv
Então, emv=v0:
u1=
1
2
A

P
2
fP
2
0

EmP=Pf:
u2=
1
2
B

v
2
fv
2
0

Pf(vfv0)
124

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)u=
1
2
A

P
2
fP
2
0

+
1
2
B

v
2
fv
2
0

+
1
2
(P0Pf) (vfv0)
Mas o trabalho realizado no processo direto é
W=
Z
Pdv=
1
2
(P0+Pf) (vfv0)
)Q= uW=
1
2
A

P
2
fP
2
0

+
1
2
B

v
2
fv
2
0

+
1
2
(P0Pf) (vfv0)
7.4.24 A nonideal gas undergoes a throttling process (i.e., a Joule-Thomson ex-
pansion) ...[SUMÁRIO ]
Solução:
P"P0PfTfT0T! Integre ao longo do caminho mostrado na gura para encontrarh:
Ao longo da IsotermaT0:
dh=

@h
@P

T
dP=v(1T)dP=v(1T00)dP
Mas para encontrarv(P):

T
=
1
v
@v
@P
=A=v
2
orv
2
=v
2
02A(PP0)
)dh=

v
2
02A(PP0)

1=2
(1T00)dP
eh=
1T00
3A

v
2
02A(PP0)

3=2
+const.
h1=
1T00
3A
n
v
3
0

v
2
02A(PfP0)

3=2
o
Então, ao longo a isobáricaPf:
h2=
Z
TF
T0

@h
@T

Pf
dT=
Z
Tf
T0
cpdT=c
0
p(TfT0)
Mashé conservado na expansão:
h1+ h2= 0
Assim,
Tf=T0
1T00
3Ac
0
p
n
v
3
0

v
2
02A(PfP0)

3=2
o
Note que a quantidade entre as chaves é positiva. ConsequentementeTf< T0seT0 <1.
125

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
7.5 GENERALIZATIONS: MAGNETIC SYSTEMS [SUMÁRIO ]
7.5.1 Calculate the "magnetic Gibbs potential"U[T; Be]for the paramagnetic ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
U=NRT0exp

S
NR
+
0
21R
I
2
N
2

andU[T; Be] =UTSBeT
MasU=NRT eI=
1N
0
Be
T
)U[T; Be] =NRTTS
1N
0T
B
2
e
Ainda devemos eliminarS:
ln

U
NRT0

=
S
NR
+
0
21R
I
2
N
2
=)
S
NR
= lnT
1B
2
e
20RT
2
)U[T; Be] =NRT

1lnT
1B
2
e
20RT
2

Para checar:
@U[T; Be]
@Be
=
N
T
1Be=IOK
7.5.2 Repeat Problem 7.5-1 for the system with the fundamental equation given
...[SUMÁRIO ]
Solução:
T=
2
kB
exp

2S
NkB

eBe=0I=N(ouI=NBe=0)
)U[T; Be] =UTSBeI=
1
2
N
1
0B
2
eN
1
0B
2
e
1
2
NkBTln

kBT
2

)U[T; Be] =
1
20
NB
2
e
1
2
NkBTln

kBT
2

7.5.3 Calculate(@I=@T)sfor the paramagnetic model of equation 3.66. ...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=NRT0exp

S
NR
+
0
21R
I
2
N
2

eU=NRT de ondeln
T
T0
=
S
NR
+
0
21R
I
2
N
2
e)

@I
@T

S
=NR=Be
126

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
SimilarmenteS=
0
20N
I
2
+NRln

N0Be
IT0

e)

@S
@Be

I
=
NR
Be
SBeTI
Então

@I
@T

S
=

@S
@Be

I
7.5.4 Show that ...[SUMÁRIO ]
Solução:
SejaS=S(I; T; V);entãoT

@S
@T

Be
=T

@S
@I

T

@I
@T

Be
+T

@S
@T

I
)CBeCI=T

@S
@I

T

@I
@T

Be
=T

@Be
@T

I

@I
@T

Be
CBeCI=T
"

@I
@T

BE

@I
@Be

T

@I
@T

Be
=0T

@I
@T

2
=
T
CBe
CI
=

@S
@T

Be

@S
@T

I
=


@Be
@T

S

@Be
@S

T


@I
@T

S

@I
@S

T
=

@Be
@I

S

@Be
@I

T
=
T
/
S
)
CBe
CI
=

T

S
8 STABILITY OF THERMODYNAMIC SYSTEMS [SUMÁRIO ]
8.1 INTRINSIC STABILITY OF THERMODYNAMIC SYSTEMS
[SUMÁRIO ]
8.1.1 To establish the inequality 8.6 expand the left-hand side of 8.5 in a Taylor...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Equação 8.5 éS(U+ U; V+ V; N) +S(UU; VV; N)62S(U; V; N)
Até os termos de segunda ordem, temos
S(U+U; V+V; N) =S(U; V; N)+
@S
@U
U+
@S
@V
V+
1
2

@
2
S
@U
2
(U)
2
+ 2
@
2
S
@U@V
UV+
@
2
S
@V
2
(V)
2

Concluímos que, paraUeVarbitrários,
S
U U
(U)
2
+ 2S
U V
UV+S
V V
(V)
2
0
multiplicando porS
U U
, que é negativo, temos
S
2
U U
(U)
2
+ 2S
U U
S
U V
UV+S
U U
S
V V
(V)
2
>0
127

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
S
2
U U
(U)
2
+ 2S
U U
S
U V
UV+S
V V
(V)
2
+

S
U U
S
U V
S
2
U V

(V)
2
>0
(S
U U
U+S
U V
V)
2
+

S
U U
S
V V
S
2
U V

2
(V)
2
0
Se tomarmosU=V, então

S
U U
S
V V
S
2
U V

2
0
8.1.2 Consider the fundamental equation of a monatomic ideal gas and show...
[SUMÁRIO ]
Solução:
S=Ns0+
3
2
NRln
U
U0
+NRln
V
V0

5
2
NRln
N
N0
Maslnxé côncava emx, entãoSé côncava emUe emV.
também
@
2
S
@N
2
=
5
2
R
N
<0;entãoSé côncava emN
Note que não existem derivadas cruzadas, como
@
2
S
@U @V
, então não precisamos checar a condição
da equação 8.6.
8.2 STABILITY CONDITIONS FOR THERMODYNAMIC PO-
TENTIALS [SUMÁRIO ]
8.2.1 a) Show that in the regionX >0the functionY=X
n
is concave...[SUMÁRIO ]
Solução:
n >10< n >1n <0x
n
"x!
(a)
Sey=x
n
;
d
2
y
dx
2
=n(n1)x
n2
>0paran <0oun >1
(b)-(c)
O caso Pe portantoinstável.
Os casos,(d)são nominalmenteestáveis, mas ainda de-
vemos checar a "uting condition"(8.6). Podemos fazer isso dire-
tamente, ou alternativamente podemos "rotacionar as coordenadas"(por exemplo, fazer uma
transformação de Legendre) e novamente checar apenas as curvaturas primárias.
Para o caso U=
1
4
A
2
N
5
V
3
S
1
, o que é côncavo emS
(por causa do sinal de menos).Ué côncava em todas as três variáveis.Instável.
Para o caso U=
1
4
CS
4
=V N
2
, que é convexa em todas
as três variáveis. (é interessante checar que também satisfaz a condiçãou
SS
u
V V
u
2
SV
0).
Portanto o caso instável.
128

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Para o caso U
SS
=
3
4
U
S
2,U
V V
= 2
U
S
2,U
SV
=
3
2
2
U
SV
U
SS
U
V V
U
2
SV
=

3
4
29

U
2
S
2
V
2
=
15
2

U
SV

2
<0Instável
Em resumo, apenos o caso
8.2.2 Prove that...[SUMÁRIO ]
Solução:

@F
@V

T
=P
Diferenciando com respeito aVaTconstante, e considerandoP=P(S; V)

@
2
F
@V
2

T
=

@P
@S

V

@S
@V

T


@P
@V

S
=USV

@S
@V

T
+UV V
Então

@
2
F
@V
2

T
=U
SV

@T
@V

S
=

@T
@S

V
+U
V V
=
U
2
SV
U
SS
+U
V V
8.2.3 Show that stability requires equations 8.15 and...[SUMÁRIO ]
Solução:
G(T+ T; P+ P) +G(TT; PP)2G(T; P)0:
Expandindo até a segunda ordem emTeP
G+GTT+GPP+
1
2

GT T(T)
2
+ 2GT PTP+GP PP

2

+
+GGTTGPP+
1
2

GT T(T)
2
+ 2GT PTP+GP P(P)
2

2G60
)GT T(T)
2
+ 2GT PTP+GP P(P)
2
0para todoTeP
TomandoP= 0GT T0
TomandoT= 0GP P0
FaçaX= T=P, e dividindo porP
GT Tx
2
+ 2GT Px+GP P0
e a condição de que esta equação quadrática não tenha raízes reais é que o discriminante seja
positivo.
129

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
8.2.4 (Supplementary Problem) Of the ve nominally-acceptable fundamental
equations in problem 1.10-1, which are stable?.[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
S=C(NV U)
1=3
U=C
3
S
3
=NV)U
SS
= 32U=S
2
; U
V V
= 2U=V
2
; U
SV
=3U=SV
)U
SS
U
V V
U
2
SV
= 3U
2
=S
2
V
2
>0Estável
(c)
S=

R


1=2

NU+RV
2
=v
2
0

1=2
é convexa emV, portanto,instável
(e)
c)SUSVSUSVg)USi)
S=C

N
2
V U
2

1=5
U
SS
=
5
2
3
2
CV
1=2
S
1=2
=N; U
V V
=
1
2
3
2
CV
5=2
S
5=2
=N
U
SV
=
1
2
5
2
V
3=2
S
3=2
=N
U
SS
U
V V
U
2
SV
=

45
16

25
16

V
3
S
3
=N
2
>0estável
(g)
S=A[NU]
1=2
e
V
2
B=N
2
convexa emV, portantoinstável
(i)
U=AV

1 +
S
NR

e
S=N R
não convexa emSpara valores baixos deS, portantoinstável
8.3 PHYSICAL CONSEQUENCES OF STABILITY [SUMÁRIO ]
8.3.1 Explain on intuitive grounds whycPcvandTS...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
Na medida em que os sistema é aquecido em pressão constante ele expande e realiza trabalho
"contra a pressão externa". Essa energia adicional deve ser fornecida pela entrada adicional de
calor. Portantocpcv.
(b)
Considere um incremento na pressão aplicada ao sistema. O decréscimo no volume a uma
temperatura constante(dV)Texcede aquele sob condições adiabáticas(dV)Spois o calor
130

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
ui do sistema para o reservatório térmico no primeiro caso (tal extração de calor em si tenderia
a diminuir o volume). Portanto(dV)T>(dV)S
e ainda

dV
dP

T
>

dV
dP

S
ou
T

S
Esse argumento é o precursor doprincípio de Le Chatelier-Braun, seção 8.5
8.3.2 Show that the fundamental equation of a monatomic ideal gas satises the...
[SUMÁRIO ]
Solução:
S=
3
2
NRln
U
U0
+NRln
V
V0

5
2
NRln
N
N0
)S
U U
=
3
2
NR
U
2
<0; S
V V
=
NR
V
2
<0; S
U V
= 0; S
N N
=
5
2
R
N
<0
8.3.3 Show that the van der Waals equation of state does not satisfy the criteria...
[SUMÁRIO ]
Solução:
P=
RT
vb

a
v
2

1
T
=v

dP
@v

T
=
RT
(vb)
2

2a
v
3
E isso não é positivo em todo lugar no grácoPv
Pv
região de
instabilidade
8.3.4 (Supplementary Problem) Show that the stability conditions 8.20-8.21 imply
the equations 8.13-8.15.[SUMÁRIO ]
Solução:
equação8:20écp>cv>0e8:21é
T
>
S
>0
131

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
@
2
F
@T
2
=

@S
@T

V
=
N
T
cv<0;
@
2
F
@V
2
=

@P
@V

T
=
1
V
T
>0
@
2
H
@S
2
= +

@T
@S

=
T
Ncp
>0;
@
2
H
@P
2
=

@V
@P

S
=V
S
<0
@
2
G
@T
2
=

@S
@T

P
=
N
T
cp<0;
@
2
G
@P
2
=

@V
@P

T
=V
T
<0
8.3.5 (Supplementary Problem) An isochore and an adiabat intersect at a point
in the P-T plane. Which has larger slope at the point of intersection?.
[SUMÁRIO ]
Solução:

@P
@T

S
=

@S
@T

P

@S
@P

T
=cp=T

@v
@T

P
=cp=Tv

@P
@T

V
=

@V
@T

P

@V
@P

T
=


T
)

dP
dT

S

@P
dT

V
=
Cp
(Tv
2
=
T
)
=
cp
cpcv
=
1
1cv=cp
Mascp> cv, então essa razão é maior que1
P"TCurva adiabaticaCurva isocorica
As duas inclinações são negativas. A adiabata tem inclinação maior em magnitude, mas
menos inclinação algebricamente.
8.5 THE LE CHATELIER-BRAUN PRINCIPLE [SUMÁRIO ]
8.5.1 A system is in equilibrium with its environment at a common temperature...
[SUMÁRIO ]
Solução:
O presente problema apenas inverte o papel dos processos primários e secundários como
descrito na seção 8-5. Lá o aumento de volume era primário e a resposta primária era a
diminuição na pressão. O efeito secundário era uma mudança na temperatura, resultando em
um uxo de calor que por sua vez aumenta a pressão.
Nós temos agora um aumento de entropiadS
f
como a utuação primária. O efeito primário
é um incremento na temperatura (levando a um uxo de calor para fora para diminuir a
temperatura:cv>0). O efeito secundário é aquele em que o aumento na entropia inicial (uxo
de calor para dentro) aumenta a pressão:dP
(r)
=

@P
@S

V
dS
f
=

T cv
T
dS
f
. Esse incremento na
132

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
pressão leva a uma expansão(@S=@P >0), e nalmente essa expansão abaixa a temperatura:

@T
@V

s
=
T

T
<0
9 FIRST-ORDER PHASE TRANSITIONS [SUMÁRIO ]
9.1 FIRST-ORDER PHASE TRANSITIONS IN SINGLE COM-
PONENT SYSTEMS [SUMÁRIO ]
9.1.1 The slopes os all three curves in Fig. 9.5 are...[SUMÁRIO ]
Solução:
GTGásLíq.Sólido

@
@T

P
=s <0)as inclinações são negativas.

@
2

@T
2

P
=

@s
@T

P
=
1
T
cp<0)as curvaturas são negativas.
9.2 THE DISCONTINUITY IN THE ENTROPY - LATENT HEAT
[SUMÁRIO ]
9.2.1 In a particular solid-liquid phase transition the...[SUMÁRIO ]
Solução:
PTtpQueremos calcularl(P0+p; T0+t)dadol(P0; T0)de modo que
l é o calor latente de vaporização:
s=s0+

@s
@T

P
dT+

@s
@P

T
dP
=s0+

@s
@T

P
dT+

@U
@T

P
dP
=s0+
1
T0
cpt+vp
s= s0+
t
T0
cp+p(v)
133

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Ts=Ts0+
T
T0
tcp+Tp(v)
l=l0+tcp+pT(v)
9.2.2 Discuss the equilibrium that eventually results if a solid is...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
9.3 THE SLOPE OF COEXISTENCE CURVES; THE CLAYPEY-
RON EQUATION [SUMÁRIO ]
9.3.1 A particular liquid boils at 127°C at a pressure of 800 mmHg ...[SUMÁRIO ]
Solução:
O líquido ferve emT= 127CeP= 800mmHg. O calor de vaporização é10
3
cal=mol. Então,
é necessário calcular a temperatura de ebulição á810mmHg.
dP
dT
=
l
Tv
ou
T=
Tv
l
P'
T
l
RT
P
P
T=
RT
2
l
P
P
que ao substituir os valores
T=
2cal=molK
10
3
(400)
2
10
800
)T= 4K ou4°C
9.3.2 A long vertical column is closed at the bottom and open the top ...[SUMÁRIO ]
Solução:
.40"#T=-5‰T=-5,2‰
A interface sólido-líquido em um tubo vertical move-se para cima 40
cm se a temperaturaTfor reduzida de5;0‰para5;2‰. En-
contre a densidade da fase sólida sel
0
= 2cal=geliquido=
1g=cm
3
.
134

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Dados:P=sgh;T= 0;2K;l= 2cal=g= 8372J=Kg;
l= 1g=cm
3
:
SeMé a massa por mol, então=M=vel
0
=l=Mo calor latente por
unidade de massa. Podemos escrever como:
P
T
=
l
0
M
Tv
=
l
0
T
1
(v=M)
=
l
0
T
1
(1=P)
que reescrevendo
1
l

1
s
=
l
0
T
T
P
=
l
0
T
T
sgh
s
l
1 =
T
T
l
0
gh
s
l
= 1 +
T
T
l
0
gh
s
l
= 1 +
0;2
268
8372
9;80;4
)s= 2;59g=cm
3
9.3.3 It is found that a certain boils at a temperature of 95°C at the top ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
SeTboil= 99°Cno topo de uma colina, eTboil= 101°Cno nal da colina, queremos encontrar
qual é a altura da colina, dado quel= 10
3
cal=mol:
P
T
'
l
Tvgas
'
lP
RT
2
ou
P
P
'
l
RT
2
Tboil
porém
P=argh=
Mar
var
gh=
Margh
RT=P
)
P
P
=
Margh
RT
que igualando
lTboil
RT
2
=
Margh
RT
ou h=
l
Marg

Tboil
T
:
Contudo, temos que a massa de ar é dada aproximadamente por:
Mar
4
5
MN2+
1
5
MO20;828 + 0:23229g=mol2;910
3
kg=mol:
Vale lembrar que:
135

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
l= 4;210
3
J=mol e
l
Marg
=
4;210
3
2;910
3
9;8
= 1510
3
metros
logo
h= 1510
3
Tboil
T
(metros) = 1510
3

2
373
)h= 80;4metros
9.3.4 Two weights are hung on the ends of a wire, which passes ...[SUMÁRIO ]
Solução:
P"T!solidogasliquido
Para resolver esse problema é necessário explicar o fenômeno dere-
gelation(em tradução literal para o português signica regelação ou
congelar novamente) que é de derreter sob uma dada pressão e recon-
gelar quando a pressão é reduzida. O limite da fase líquido-sólido da
água tem uma inclinação negativa P-T, representado no diagrama. A
pressão sob o o desloca os estados verticalmente através do limite da
fase, o o afunda e a água se solidica acima do o. Vale lembrar que
todo o processo ocorrecom a temperatura constante.
9.3.5 In the vicinity of the triple point the vapor presure of liquid ammonia...
[SUMÁRIO ]
Solução:
solidogasliq.lnP =18703754= TlnP =15;16-
3063
T
Para a amônia líquidaln P= 15;16
3063
T
em
atm.
Para a amônia sólidaln P= 18;70
3754
T
em
atm.
O exercício solicita que encontre P e T e também o calor la-
tente de sublimação, vaporização e de fusão. Para facilitar:
sólido, líquido e gasoso serão representadas por s,l e g, respec-
tivamente.
136

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Para a intersecção das curvas no ponto triplo é:Ttp=
195;2K;Ptp= 0;588atm. Diferenciando para curva gás-liquido
dP
P
=3063
dT
T
2
ou
dP
P
=
3063
T
2
P=
3063
T
R
v
llg= 3063R)llg= 25;410
3
J=mol
lsg= 3754R)lsg= 31;210
3
J=mol
Além disso,llg+lgs+lsl= 0,lsl=lsgllg
lsl= 691R)lsl= 5;710
3
J=mol
9.3.6 Let x be the mole fraction of solid phase in a solid-liquid two-phase system...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Encontre

dx
dT

V
em termos dev; ; T; cppara cada fase.
vsx+vl(1x) =v de modo que v
V
ns+nl
e x=
vvl
vsvl
; sendo V constante:

dx
dT

V
=
1
vsvl
dvl
dT

vvl
(vsvl)
2

dvs
dT

dvl
dT

=

vvl
vsvl
1

1
vsvl
dvl
dT

vvl
(vsvl)
2
dvs
dT
=
vvs
(vsvl)
2
dvl
dT

vvl
(vsvl)
2
dvs
dT
Porém
dvl
dT
=

@vl
@T

T
dP
dT
+

@vl
@T

P
=vl
(l)
T
dP
dT
+vll
e
dP
dT
=
lls
vlvs
)
dvl
dT
=vl
(l)
T
lls
vlvs
+vll=vl
"
l

(l)
T
lls
vlvs
#
que de maneira análoga
dvs
dT
=vs
(s)
T
lls
vlvs
+vss=vs
"
s

(s)
T
lls
vlvs
#
e portanto
137

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs

dx
dT

V
=
vvs
(vsvl)
2
vl
"
l

(l)
T
lls
vlvs
#

vvl
(vsvl)
2
vs
"
s

(l)
T
lls
vlvs
#
9.3.7 A particular material has a latent heat of vaporization of...[SUMÁRIO ]
Solução:
Um mol de material coml= 510
3
J=moltemV= 10
2
m
3
aT= 300KeP= 10
5
Pa. Em
estados de duas fases o material aquecido a volume constanteVcomP= 210
5
Pa. Encontre
xiexf. Da equaçãoPV=NRTou10
5
10
2
= N8;314300nós temosN= 0;401mol
ex= 0;4. Então
dP
dT
=
l
tv
'
dP
P
=
l
R
dT
T
2
de modo que
ln
P
pi
=
l
R

1
Ti

1
Tf

)Tf= 458K
Para encontrarxf:
PfV=NfRT
210
5
10
2
=Nf8;314458
Nf= 0;52
)xf= 0;52
9.3.8 Draw the phase diagram, in theBeTplane, fora simple ...[SUMÁRIO ]
Solução:
A inclinação é dada por:

dBe
dT

=
s
I
=
l=T
I
a inclinação é negativa pois
s=sparasf erro>0
entretantoI=IparaIf erro<0
138

[email protected]
iXeLWallRiDeR KarlengsFerromagnético
Paramagnético
9.3.9 A system has cohexistence curves similar to those shown ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Para o sistema com o diagrama de fase dado por:
esboçar as isotermas no plano P-V para
PTP"v!Tt=Tc rit :T > TcTt< TTc rit :Tt< T < Tc rit :TtT < Tc rit :T=TcT < Ttponto de inflex~ao
(a)T < Tb(b)T=Tf(c)TfTTcrit
(d)Tf< TTcrit(e)T=Tcrit(f)T=Tcrit
9.4 UNSTABLE ISOTHERMS AND FIRST-ORDER PHASE TRAN-
SITIONS[SUMÁRIO ]
9.4.1 Show that the dierence in molar volumes across a coexistente curve is ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
v=P
1
f
F=GPV ou f =Pv
Através da curva de coexistência
139

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
f= Pv
e como= 0
)f=Pv
9.4.2 Derive the expression forvc,PcandTcgiven in Example 1 ...[SUMÁRIO ]
Solução:
P=
RT
vb

a
v
2
)
dP
dv
=
RT
(vb)
2
+
2a
v3
= 0e
d
2
P
dv
2
=
2RT
(vb)
3

6a
v
4
Dividindo
vb
2
=
v
3
ou vc= 3b
Da derivação temos que
RT=
2a(vb)
2
v
3
ou em TcRTc=
2a(4b
2
)
(3b)
3
,RTc=
8
27
a
b
e então
Pc=
RTc
vcb

a
v
2
c
ou Pc=
a
27b
2
9.4.3 Using the van der Waals constants forH2Oas given in table 3.1...[SUMÁRIO ]
Solução:
Em resumo, encontre a temperatura e pressão crítica para a água.
Da tabela 3.1, temos que:
a= 0;554Pa m
6
b= 30;510
6
m
3
c= 3;1
)RTc=
8a
27b
= 5;3810
3
eTc= 647;3K
Pc=
a
27b
2
=
0;554
27;030;510
12
Pc= 22;0610
6
140

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Pc'22;1MPa
que concorda com o valor listado de22;1MPa:
9.4.4 Show that for suciently low temperature the van der Waals isotherm...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Mostrar que para umTpequeno, as isotermas de van der Waals se interceptam o eixo P=0.
~
P=
8
~
T
3
~
N1

3
~
N
que é obtido pelo exemplo e é dado com redução de variáveis. Para
~
P= 0e denotando
1
~v
por
nv, temos:
0 =
8
~
T
3
nv
1
3n
2
vou3nv=
8
~
T
3nv
n
2
v3nv+
8
3
~
T= 0,nv=
3
2

1
2
r
9
32
3
~
T
de modo que as raízes se combinam em
~
T=
27
32
'0;84. Portanto, as isotermasvdwpossuem
regiões sicamente não aceitáveis a pressões negativas para:
~
T0;84
9.4.5 Is the fundamental equation of an ideal van der Waals uid...[SUMÁRIO ]
Solução:
Sim, pois a equação fundamental dada é uma‚relação fundamental subjacenteƒ, visto que é
intrinsecamente instável. Logo, a construção de Gibbs deve estar correta para produzir uma
relação termodinâmica fundamental.
9.4.6 Explicitly derive the relationship among~vg;~vl, as given ...[SUMÁRIO ]
Solução:
~
P=
8
~
T
3~v1

3
~v
2
e
Z
~
Pd~v=
3
3
~
Tln(~v
1
3
) +
3
~v
141

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
mas, pelaconstrução de área igualrequer que
Z
~vg
~vl
~
Pd~v=
~
Pt=
~
Pt(~vg~vl)
de modo que
~
Pté a pressão na transição.
)
8
3
~
Tln(3
~
N1) +
3
~v

~
Pt~v=constante
8
3
~
Tln(3
~
N1) +
3
~v

"
8
~
T
3~v1

3
~v
2
#
~v=constante
ln(3~v1) +
9
4
~
T~v

1
3~v1
=constante
que é a relação dada no exemplo 2.
9.4.7 A particular substance satises yhe van der Waals equation of state...[SUMÁRIO ]
Solução:
A resposta está descrita na legenda da gura 9.15.
9.4.8 Using the two points as
~
T= 0;95and
~
T= 1on...[SUMÁRIO ]
Solução:
Tendo como base o exercício anterior, calcule o calor latente médio da vaporização da água
ao longo do intervalo0;95<
~
T <1.
Temos da gura 9.1
Tc= 647;3K e P c= 22;09MPa
da resolução problema 9.4-7 temos que:
T= 0;95647;3 = 614;9K
P= 0;81422;09 = 17;98MPa
P
T
=
l
Tv
,l=
Pv

T
T

no ponto mais baixo:
142

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
v= (1;70;68)vcrit;
vcrit= 3b
= 330;510
5
m
3
)v= 9;310
5
m
3
no ponto criticov= 0.
Que consequentementev'4;610
5
m
3
(que é uma media acima da faixa) e também:
P= 22;09MPa17;98MPa= 4;110
6
Pa
e
T
T
'
T
Tmédio
=
32;4
631
= 0;05:
Logo
l=
Pv
T
T
=
4;110
6
4;610
5
0;05
l= 3;810
3
joules=mol
Observe que à pressão atmosférical'540cal=g'4;010
4
joules=mol:Consequentemente,
lé uma ordem de magnitude menor, diminuindo em direção a 0 emTc; Pc:
9.4.9 Plot the van der Waals isotherm, in reduced variables...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
9.4.10 Repeat problem 9.4-8 in the range...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
9.4.11 Two mols of a van der Waals uid are maintained at ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Encontre o numero de mols e p volume a cada fase, utilizando as constates de van der Waals
do oxigênio.
143

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Da equação 9.27
Xg=
vvl
vgvl
e lembrando que para o oxigênio
a= 0;138Pa m
6
b= 32;610
6
m
3
v=
20010
6
2
m
3
mol
v= 10
4
m
3
=mol
vl= 0;683b= 66;510
6
m
3
=mol e v g= 1;73b= 16610
6
m
3
=mol
então
Xg=
10
4
0;66510
4
1;6610
4
0;66510
4
Xg= 0;337
Ng= 2Xg= 20;337 = 0;67
Nl= 2(1Xg) = 0;673 = 1;34
Vg=Ngvg= 0;6716610
6
= 112cm
3
Vl=Nlnl= 1;346;7310
6
= 88cm
3
e portanto:
Ng= 0;67 Nl= 1;34
Vg= 112cm
3
Vl= 88cm
3
9.6 FIRST-OERDER PHASE TRANSITIONS IN MULTICOMPO-
NENT SYSTEMS - GIBBS PHASE RULE [SUMÁRIO ]
9.6.1 In a particular system, solute A and solute B are each dissolved...[SUMÁRIO ]
Solução:
144

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
f=rM+ 2 = 3M+ 2 = 5M
(a) fparaM= 1 =)f= 4
(b)M= 2 =)f= 3
(c)M= 3 =)f= 2
(d)f= 0 =)M= 5
9.6.2 If g, the molar Gibbs function, is a convex ofx1; x2...[SUMÁRIO ]
Solução:
Considere apenas uma funçãox1. Dena agora uma nova variável dada porx
0
=constante
cx1. Então
@g
@x1
=
@g
@x
0
e
@
2
g
@x
2
1
= +
@
2
g
@x
2
1
Porém, em alguns casos de interessex
0
=)xrec=)

1
P
r1
2
xj

. Assim a condição
x
0
=cx1é substituída por :
xr=

1
r1
X
2
xj
!
x1Q:E:D:
9.6.3 Show that the conditions of stability in a multicomponent system ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Essas alegações são declarações mensuráveis das condições de convexidade nos vários potenciais.
Por exemplo:

@
2
G
@N
2
j

T;P;N1;N2;:::
=

@j
@Nj

T;P;:::
>0
ou, se impusermos a condição de fechamento(ou completeza)
P
j
Nj=N, uma constante,

@
2
G
@x
2
j

T;P;N1;N2;:::
=

@j
@xj

T;P;N1;N2;:::
>0
que similarmente

@
2
U
@N
2
j

S;V;N1;N2;:::
=

@j
@Nj

S;V;N1;N2;:::
>0
145

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
e com a condição citada acima:

@j
@xj

S;V;N1;N2;:::
>0
9.7 PHASE DIAGRAMS FOR BINARY SYSTEMS [SUMÁRIO ]
9.7.1 In a particular system, solute A and solute B are each dissolved...[SUMÁRIO ]
Solução:
liq+gasliq.gasTT0"0XA1T1T=T0(T0T1)X
2
A
T=T0(T0T1)XA(2XA)
EmXA=
1
2
a temperatura de ebulição é
T=T0(T0T1)
1
2

1
2

3
2
=
T0
4
+
3T1
4
O valor deXAdo vapor é obtido da curva superior:
T0
4
+
3T1
4
=T0(T0T1)X
2
A
ou, reorganizando e substituindo os valores:
XA=
p
3=4 = 0;866
Vale ressaltar quer o vapor é rico emAXAno liquido restante.
9.7.2 Show that if a small fraction(dN=N)of the material is boiled o ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Se o liquido estiver inicialmente emxAe o vapor ax
0
A
temos que:
T0(T0T1)x
0
A=T0(T0T1)xA(2xA)
)x
0
A=
p
xA(2xA)
146

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Portanto, sedNé fervido, a quantidade deAremovida é dada pordN
4
A
=dN
p
xA(2xA)
e a quantidade removida de B édN
4
B
=dN[1
p
xA(2xA)].
O número de mol deAno líquido restante é:
NxAdN
p
xA(2xA)
e o numero de mol deBrestante é
N(1xA)dN
h
1
p
xA(2xA)
i
e então:
x
0
A=
NxAdN
p
xA(2xA)
NdN
=xA+
dN
N
[xA
p
xA(2xA)] +:::
ou
dxA=
dN
N
h
xA
p
xA(2xA)
i
Q:E:D:
9.7.3 The phase diagram of a solution of A in B, at a pressure of 1 atm ...
[SUMÁRIO ]
Solução:Gás
Líquido
Sejaxiconcentração inicial de líquido. Em ebulição,Ti=T0Dx
l
i
Para encontrarx
g
i
:
T0Dx
l
i=T0Cx
g
i
ou
D
C
x
l
i:
SejaNo numero de mols existentes num liquido. Ao retirarNmols de um gás ax
g
, temos:
147

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
x
l
+dx
l
=
x
l
Nx
g
dN
NdN
=x
l
+ (x
l
x
g
)
dN
N
ou
dx
l
= (x
l
x
g
)
dN
N
=x
l
(1
D
C
)
dN
N
)
dx
l
x
l
=

1
D
C

dN
N
que ao integrar dos dois lados, temos:
x
l
x
l
i
=

N
Ni

1D=C
Se
D
C
= 3e
N
Ni
=
1
2
então
x
l
x
l
i
= 4:
10 CRITICAL PHENOMENA [SUMÁRIO ]
10.6 SCALING AND UNIVERSALITY [SUMÁRIO ]
10.6.1 Show that the following identities hold among ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Nos temos=
2
1
e= (2)
1
1 +
.
Então
+ 2+=+ 2

2
1 +

+ (2)
1
1 +
= 2
e de forma similar


=
(2)(1)=(1 +)
(2)=(1 +)
=1
10.6.2 Are classical values of the critical exponents consistent...[SUMÁRIO ]
Solução:
Sim, pois o valor fornecido na tabela 10.2 satisfaz as duas relações de escala do problema 10.6-1
e são equivalentes a outras relações de escala.
148

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
11 THE NERNST POSTULATE [SUMÁRIO ]
11.1 NERNST'S POSTULATE, AND THE PRINCIPLE OF THOM-
SEN AND BERTHELOT [SUMÁRIO ]
11.1.1 Does the two-level system of problem 5.3-8 satisfy ...[SUMÁRIO ]
Solução:
F=
~
NkBTln(e
u
+e
d
)
S=
@F
@T
=
~
NkbTln(e
u
+e
d
) +
~
NT+
ue
u
+de
d
e
u+e
d
Tomeu= 0ed>0:
ParaT!0e! 1,S!
~
NkB
*
0
ln 1 +
~
Nde
d=T
. Porém,e
d=T
!0de forma exponencial
seT!0e então:
)S!0
O postulado de Nernst é satisfeito.
13 PROPERTIES OF MATERIALS [SUMÁRIO ]
13.2 CHEMICAL REACTIONS IN IDEAL GASES [SUMÁRIO ]
13.2.1 How is the equilibrium constant of the reaction in the Example ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Como se segue da eq. 13.11, a letra K então é o quadrado do primeiro.
13.2.2 What are the mole fractions of the reaction in the Example ...[SUMÁRIO ]
Solução:
ParaP= 10
3
temos que:


~
N
3
2
(2
~
N)(2 +
1
2

~
N)
1=2
=
p
2P

1
2K(T) =
p
210

3
20;0877 = 0;00392

~
N= 0;0491
149

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)XH2O= 0;9636;XH2= 0;0242;XO2= 0:0121
13.2.3 In the Example, what would the nal mole fractions ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NH2O= 2
~
N ; NH2=
~
N ; NO2= 1 +
1
2

~
N;Soma: 3 +
1
2

~
N
XH2O=
2
~
N
3 +
1
2

~
N
; XH2=

~
N
3 +
1
2

~
N
; XO2=
1 +
1
2

~
N
3 +
1
2

~
N

~
N(1 +
1
2

~
N)
1
2
(2
~
N)(3 +
1
2

~
N)
1
2
=P

1
2K(T) = (0;00277)

~
N= 0;0095
)XH2O= 0;6624; XH2= 0;0032; XO2= 0;3344
13.2.4 In an ideal gas reaction an increase in presure at constant temperature ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Y
i
X
i
i
=P

P
i
K(T)
Se
P
i
i>0então osX
0
sdos reagentes diminuem com o aumento de P. Ou seja, se a
soma dos números de moles estiver diminuindo pela reação, o aumento da pressão impulsionará
a reação para frente. Como isso tende a diminuir a pressão, temos um caso do princípio Le
Chatelier-Braun; a reação química prossegue na direção para compensar qualquer mudança de
pressão imposta externamente.
150

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
13.2.5 In an ideal gas reaction an increase in presure at constant temperature ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
S03SO2+
1
2
O2; K(T) = 171;9Pa
1
2T= 10
3
K
XSO2X
1
2
02
XSO3
=P

1
2K(T) = (0;410
6
)

1
2171;9
Porém,
NSO3=; NSO2= 1 + ; NO2= 2 +
1
2
:N=
X
Nj= 3 +
1
2


1+
3+
1
2


2+
1
2

3+
1
2

1
2



3+
1
2

= (0;410
6
)

1
2(171;9) = 0;272
) =0;743
NSO3= 0;743moles; NSO2= 0;257moles; NO2= 1;628moles
13.2.6 At temperatures above500 K phosphorus pentachloride dissociates ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Oƒpeso molar‚doPCl3= 30;97 + 535;45 = 208;2g. Consequentemente,1;9g=
9;1210
3
moles.
Porém, pela lei dos gases ideais
PV=NRT)0;31410
5
2;410
3
=N8;314593)N= 15;310
3
moles
e também,
NP Cl5= 9;1210
3

~
N ; NP Cl3=NCl2=
~
N ; Ntotal= 9;1210
3
+
~
N
e então
151

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Ntotal= 9;1210
3
+
~
N= 15;310
3
;
~
N= 6;1810
3
moles
de modo que os graus de reações são:
=

~
N
9;1210
3
=
6;1810
3
9;1210
3
= 0;677
Então
NP Cl5= 2;9410
3
moles ; NP Cl3=NCl2= 6;1810
3
moles
XP Cl5=
2;9410
3
15;310
3
= 0;192; XP Cl3=XCl2=
6;1810
3
15;310
3
= 0;404
e portanto, para encontrar K(T):
XP Cl3XCl2
XP Cl2
= (0;31410
5
)
1
K(T)
K(T) = 2;7110
5
Pa
13.2.7 A system containing 0,02 Kg of CO and 0.02 Kg of O2...[SUMÁRIO ]
Solução:
X
2
CO
XO2
X
2
CO2
=P
1
K
InicialmenteN
0
CO2
= 0; N
0
C0
=
0;02
0;028
= 0;714 molesN02=
0;02
0;032
= 0;625 moles
Nc0= 0;714 + 2
~
N; NO2= 0;625 +
~
N; NCO2=2
~
N)N
total
= 1;339 +
~
N
XCO=
0;714 + 2
~
N
1;339 +
~
N
; XO2=
0;625 +
~
N
1;339 +
~
N
; XCO2=
2
~
N
1;3391 +
~
N
(0;714 + 2
~
N)
2
(0;625 +
~
N)
(2
~
N)
2
(1;339 +
~
N)
=

0;210
6

1
4;2410
4
Cuja solução numérica fornece
~
N=0;203
)NCO2=2
~
N= 0;406eMCO2=:40644gramas= 18gramas
152

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
13.2.8 Apply equation 13.8 to a single-component general ideal gas ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Sj=Ns
0
j+Nj
Z
T
T0
cvj
(T
0
)
T
0
dT
0
+NjRln

V
V
0
N
0
j
Nf

(equação 13.4)
j
T
=
@Sj
@Nj
=
Z
T
T0
cvj(T
0
)
T
0
dT
0
Rln

V
V0
N
0
j
Nj

R
)j=T
Z
T
T0
cvj
(T
0
)
T
0
dT
0
+RTlnP+RTlnxj+RTln
RT
V0
ej=
1
R
Z
T
T0
cvj
(T
0
)
T
0
dT
0
+ ln
RT
V0
13.2.9 An experimenter nds that water vapor is 0.53% dissociated ...[SUMÁRIO ]
Solução:
H2OH2+
1
2
O2; N
W
= 1
~
N; NH2=
~
N; Na=
1
2

~
N;)N= 1 +
1
2

~
N
)
1
p
2
(
~
N)
3=2
(1N)

1 +
1
2

~
N

1=2
P
1=2
=K(T)
A2000 K;
~
N= 0;0053)K(2000) = 0;0866 : lnK(T) =2;45
A2100 K;
~
N= 0;0088)K(2100) = 0;1858 : lnK(T) =1;68
H=RT
2
d
dT
lnK(T) = 8;314

4;210
6


0;77
100
= 2710
7
Joules=mol
13.3 SMALL DEVIATIONS FROM ‚IDEALITY ƒ-THE VIRIAL
EXPANSION [SUMÁRIO ]
13.3.1 In a thermostatistical model in which each atom is treated as a small hard
sphere ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Da equação 13.2B10 cm
3
=mole = 4NA
=
10
4610
23
cm
3
molécula
=
4
3
r
3
our'510
8
cm
SeC= 10N
2
AeB= 4NAentãoC'10(B=4)
2
'62
cm
6
mol
2
153

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
13.3.2 Expand the mechanical equation of state of Van de Waals gas (equation
3.41) ...[SUMÁRIO ]
Solução:
P=
RT
vb

a
v
2
=
RT
v

1
1b=v

a=RT
v

=
RT
v

1
b
a
RT
v
+
b
2
v
2
+
b
3
v
3
+

)B(T) =b
a
RT
e paran2;coeciente do virial=b
n
13.3.3 Show that the second virial coecient of gaseous nitrogen (Fig. 13.2) can...
[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
um para energia potencial). Cinco termos)
5
2
R
(b) B'69

1
320
T

cm
3
=mol
)B0'69 cm
3
=mol; B1'693202210
3
cm
3
=mol
(c)cv=
5
2
R
69
v
d
dT

T
2

1
320
T

=
5
2
R
69R
v
[2T320]
13.3.4 The simplest analytic form suggested by the qualitative shape of B(T) ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Da equação 13.28f=fidealRT

B0B1=T
v
+

)cp=T

@s
@T

P
=T
@
@Tp
s(T; v) =T

@s
@T

v
+T

@s
@v

T

@v
@T

P
cp=T

@
2
f
@T
2

v
+T

@
2
f
@v
2

T

@P
@T

v

@P
@v

t
=T

@
2
f
@T
2

v
T

@P
@T

V
cp=T

@
2
f
@T
2

v


@
2
f
@T@v

Mas def=fideal
RT
v
(B0B1=T)nós obtemos
cp=cpideal
+B0RT=v
2
ondecpideal
=

5
2
RparaH2
3
2
RparaNe
154

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
13.3.5 A "porous plug"experiment is carried out by installing a porous plug in ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Considere
1
v

@v
@P

H
=
T
+
v
cp
(1T).
Portanto, uma vez que a velocidade é proporcional ao volume molar,
velocity
velocity
=


T
+
v
cp
(1T)

P
Para calcular
T
:P=
RT
v
h
1
B(T)
v
i

@P
@v

T
=
RT
v
2
+
2RT
v
3
B(T)
)
1
T
=v

@P
@v

T
=
RT
v

2RT
v
2
B(T) =
RT
v

1
2B
v

)
T
=
v
RT
+
2B
RT
Para calcula:
v=
RT
P

1
B(T)
V

=
RT
P
B
RT
PV
=
RT
P
B
)=
1
v

@v
@T

P
=
1
v
R
P
=
R
RT

1
B(T)
v

1
=
1
T

1 +
B
v

and1T=
B
v
Então, nalmente (substituindo na equação acima para
velocity
velocity
)
velocity
velocity
=
2
6
6
4
v
RT
+
2B
RT
|{z}

T
+
v
cp


B
v

3
7
7
5
P=

v+ 2B
RT

B
cp

P
)
velocity
velocity
=

v+ 2B
RT

B
Tcp

P (desprezando termos de segunda ordem emB)
155

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
13.5 DILUTE SOLUTIONS: OSMOTIC PRESSURE AND VAPOR
PRESSURE [SUMÁRIO ]
13.5.1 Assuming the latent heat of vaporization of a uid to be constant ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
PTP0T0x= 0x=x1x=x2
dP
dT
=
l
Tv

l
Tv
e assumaPv=RT
dP
dT
=
lP
RT
2
ou
1
P
dP=
l
R
dT
T
2
)P=P0e
l
R

1
T
0

1
T

para soluções
P
P
=x
13.5.2 One hundred grams of a particular solute are dissolved in one liter of water
...[SUMÁRIO ]
Solução:
P=P=x'0;03. Também um litro de água é10
3
cm
3
'10
3
gramas. O peso molecular
da água é de 18 gramas. Logo, um litro de água contém55;5mols. Pela lei de Raoult,
existem portanto0;0355;5 = 1;6mols de soluto. Então o peso molecular do soluto é
100 gramas=1;67 mols = 60gramas por mol.
MasM
açúcar
'342gramas,
MN acl= 58gramas,
MN a(O3)2= 143gramas.
PortantoNaclé que é o soluto.
13.5.3 If 20 grams of sugar(C12H22O11), are dissolved in 250cm
3
of water ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
X=
20
250
= 0;08e portanto a pressão de vapor é diminuída em8%, ou em 0,08 atm (ou
'0;080;1 MPa'0;008 MPa). Mas da tabela 9.1, um aumento na temperatura de 5‰
aumenta a pressão de vapor em'0;62 MPa. Então é necessário'
0;008
0;02
5

C'2

Cpara
compensar pela adição do soluto. A solução ferve em'102‰
156

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
15 STATISTICAL MECHANICS IN THE ENTROPY
REPRESENTATION: THE MICROCANONICAL FOR-
MALISM [SUMÁRIO ]
15.1 PHYSICAL SIGNIFICANCE OF THE ENTROPY FOR CLO-
SED SYSTEMS [SUMÁRIO ]
15.1.1 A system is composed of two harmonic oscillators each of natural frequency
!0...[SUMÁRIO ]
Solução:
A entropia do primeiro sistema é :
S1=k
Bln(n
0
) =k
Bln

E
0
~!0

A entropia do segundo sistema é :
S2=k
Bln

E
00
2~
2
!
2
0

A entropia total (do sistema composto) é :
S=S1+S2=k
Bln

E
0
E
00
2~
2
!
2
0

15.1.2 A system is composed of two harmonic oscillators of natural frequencies
!0e2!0[SUMÁRIO ]
Solução:
Os possíveis estados são :
#1 #2
~!0

n1 +
1
2

~!0
3~!0

n3 +
1
2

~!1
.
.
.
.
.
.
n~!0

nn+
1
2

~!0
9
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
;
n+ 1
2
estados
Assim temos um total de
n+1
2
estados,
)S=k
Bln

n+ 1
2

=k
Bln

E
2~!0
+
1
4

157

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iXeLWallRiDeR Karlengs
Por m, a entropia do sistema composto de dois subsistemas não interagentes é :
)S=k
Bln

E1
2~!0
+
1
4

+k
Bln

E2
2~!0
+
1
4

15.2 THE EINSTEIN MODEL OF A CRYSTALLINE SOLID [SUMÁRIO ]
15.2.1 Calculate the molar heat capacity of the Einstein model by equation 15.7.
[SUMÁRIO ]
Solução:
A equação 15.7, encontrada na página 335, é :
U
3NNA
=
~!0
e
~!0=kBT
1
portanto,
c=
1
N
dU
dT
=
3NA(~!0)
2
k
BT
2

e
~!0=2kBT
e
~!0=2kBT
2
na medida em queT! 1, temos que
e
~!0=2kBT
= 1 +
~!0
2k
BT
+: : :
)c!
3NA(~!0)
2
k
BT

~!0
2k
BT

2
1
T
2
= 3NAk
B= 3R
na medida em queT!0, temos que
)cw
3NA(~!0)
2
k
B
1
T
2
e
~!0=kBT
= 3R

~!0
k
BT

2
e
~!0=kBT
15.2.2 Obtain an equation for the mean quantum number nof an Einstein oscil-
lator as a ...[SUMÁRIO ]
Solução:
A equação obtida deve ser
n=
1
e
~!0=kBT
1
Os valores obtidos foram :
k
BT=~!001 2 3 4 10 50100
n 00,581,542,563,529;549,599,5
158

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iXeLWallRiDeR Karlengs
15.2.3 Assume that the Einstein frequency !0for a particular crystal depends
upon the molar volume...[SUMÁRIO ]
Solução:
a)
Faça3NA~!0u0=u
0
0B ln

v
v0

ondeB3NA~A. Assim,
u0=u
0
0B ln

v
v0

=)
@u0
@v
=B
v0
v
1
v0
=
B
v
A equação fundamental para o sólido de Einstein é :
s= 3R ln

1 +
u
u0

+ 3R
u
u0
ln

1 +
u0
u

Então,
1
T
= 3R
u0
u0+u
1
u0
+
3R
u0
ln

1 +
u0
u

+ 3R
u
u0
u
u+u0


u0
u
2

=)
1
T
=
3R
u0
ln

1 +
u0
u

A outra equação de estado é,
P
T
=
@s
@v
=
@s
@u0
@u0
@v
=
B
v
@s
@u0
Massé uma função deu=u0, então
@s
@u0
=
u
u0
@s
@u
=
u
u0
1
T
assim, temos que
P
T
=
B
v
u
u0
1
T
e Pv=B
u
u0
=)
u0
u
=
B
Pv
)
1
T
=
3R
u0
ln

1 +
B
Pv

=)1 +
B
Pv
=e
u0=3RT
=)Pv=
B
e
u0=3RT
1
Então seTé constante,Pv=c;cé constante.
A compressibilidade isotérmica é dada por :

T=
1
v

@v
@P

T
v=
c
P
=)
T=
1
v


c
P
2

=
c
vP
2
mas, sabemos quec=Pv, logo,

T=
Pv
P
2
v
=)
T=
1
P
159

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
b)
Eliminandouda expressão parase
1
T
:
s=3R ln

1e
u0=3RT

+ 3R

e
u0=3RT
1
1u0
3RT
e
Ts=3RT ln

1e
u
(f)
0
=3RT
1e
u
(i)
0
=3RT
!
+
"
u
(f)
0
e
u
(f)
0
=3RT
1

u
(i)
0
e
u
(i)
0
=3RT
1
#
15.3 THE TWO-STATE SYSTEM [SUMÁRIO ]
15.3.1 In the two-state model system of this section suppose the excited state
energy"...[SUMÁRIO ]
Solução:
Faça=
1
k
BT
Da equação 15.12 (página 338) temos queU=
~
N"
1 +e
"
=
~
N

a
~v


1 +e
a=~v
e
U
"
=
~
N
1 +e
a=~v

Da equação 15.10 (página 337) temos que~s=k
Bln(1 +e
a=~v
2
) +
a
T~v

1
1 +e
a=~v

)
~
f= ~uT~s=
1

ln(1 +e
a=~v

)ouF=
~
N ln(1 +e
a=~v

)
Calculando a pressão, dada porP=
@F
@V
, temos :
P=
@F
@V
=
a
~v
+1
(e
a=~v

+ 1)
1
)P=
a
~v
+1
(e
a=kBT~v

+ 1)
1
15.4 A POLYMER MODEL-THE RUBBER BAND REVISITED
[SUMÁRIO ]
15.4.1 Is the sign correct in equation 15.19 ? Explain.[SUMÁRIO ]
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
15.4.2 EliminateU="between equations 15.23 and 15.24 and show that the formal
solution is equation 15.25...[SUMÁRIO ]
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
160

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
15.4.3 A rubber band consisting ofnpolumer chains is stretched from zero ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Da equação 15.23 (página 342) nós encontramos (tomandoL
0
x= 0),U
0
0=
~
N
1 +e
"=kBT
e tomandoL
0
x=N
0
, temosUf= 0
consequentementeU="(U
0
f
U
0
0) =
"
~
N
1 +e
"=kBT
eSf= 0(como pode ser conrmado pela equação 15.18)
enquanto que
S0=
~
Nk
Bln
~
N+
~
Nk
B(1+e
"=kBT
)
1
ln

2 + 2e
"=kBT
~
N

+
~
Nk
B(1+e
"=kBT
)
1
ln

2 + 2e
"=kBT
~
N

Então,
Q=T(SfS0)n=TS0n
W= (UQ)n=nU0+nTS0
A energia decresce, mas é realizado trabalho sobre o sistema.
15.4.4 Calculate the heat capacity at constant length for a "rubber band"consisting
ofnpolymer...[SUMÁRIO ]
Solução:
e
2"
k
B
T
=
(N
0
U
0
)
2
L
0
x
U
0
)U
0
=
N
0

p
L
02
x(N
02
L
0
2
x)e
2"=kBT
1e
2"=kBT
eU=n"U
0
SeL
0
=N
0
, entãoU
0
= 0. Portanto use o sinal negativo()antes da raiz.
c
L=n"
dU
0
dT
=:::
15.4.5 Calculate the heat capacity at constant length for a "rubber band"consisting
ofnpolymer...[SUMÁRIO ]
Solução:
Lx= (2Tx
~
Na
2
)=(2 +e
"
)
)
1
Lx

@Lx
@T

Tx
=
1
T

1 +
"e
"
2 +e
"

O aquecimento semprediminuio tamanho.
Note que
1
Lx

dLx
dT

Tx
é independente deLouT, dependendo apenas deT.
Mais interessante é
T
Lx

dLx
dT

Tx
=

1 +
"e
"
2 +e
"

, que é unitário emT= 0e emT=1, com
um fraco trabalho intermediário em"= 1;463
161

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
15.5 COUNTING TECHNIQUES AND THEIR CIRCUMVENTION;
HIGH DIMENSIONALITY [SUMÁRIO ]
15.5.1 To stablish equation 15.29 lenbe the hyperplane inndimensions. ...
[SUMÁRIO ]
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
15.5.2 Recalling thatlim
x!0
(1+x)
1=x
=e...[SUMÁRIO ]
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
15.5.3 Calculate the fraction of the hypervolume between the radii0:9randr...
[SUMÁRIO ]
Solução:
sejaVn=Anr
n
, entãoVn=Vn= 1(0:9)
n
n 1 2 3 4 5 10203040 50
Vn=Vn0.10.190.270.340.410.650.880.960.980.995
16 THE CANONICAL FORMALISM: STATISTICAL
MECHANICS IN HELMHOLTZ REPRESENTATION
[SUMÁRIO ]
16.1 THE PROBABILITY DISTRIBUTION [SUMÁRIO ]
16.1.1 Show the equation 16.13 is equivalent toU=F+TS...[SUMÁRIO ]
Solução:
U=
@
@
lnZ=
@
@
(F) =F+
@F
@
=FT
@F
@T
=F+TS
16.1.2 From the canonical algorithm expressed by equations 16.9 and 16.10...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Da equação 16.9-16.10F=kBTln
X
e
j
P=
@F
@V
=
1
Z

@Z
@V


=

P
i
@i
@V
e
i

P
i
e
i
162

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.1.3 Show thatS=kB=
2
@F=@and thereby expressS...[SUMÁRIO ]
Solução:
S=

@F
@T

V
=

@F
@

V
@
@T
=kB
2
@F
@
=kB
2
@
@


1

lnZ

16.1.4 Show thatcv=(@s=@)vand thereby expresscvin...[SUMÁRIO ]
Solução:
cv=T

@s
@T

v
=T

@s
@

v
d
dT
=

@s
@

v


1
kBT

=

@s
@

v
Mas Ns=kBlnZkB
@
@
lnZ
)cv=

2
kB
N
@
2
lnZ
@
2
16.2 ADDITIVE ENERGIES AND FACTORIZABILITY OF THE
PARTITION SUM [SUMÁRIO ]
16.2.1 Consider a system of three particles, each dierent. The rst...[SUMÁRIO ]
Solução:
Z=e
(11+21+31)
+e
(11+21+32)
+e
(11+22+31)
+e
(11+22+32)
+
+e
(12+21+31)
+e
(12+21+32)
+e
(12+22+31)
+e
(12+22+32)
Ou Z=

e
11
+e
12

e
21
+e
22

e
31
+e
32

16.2.2 Show that for the two level system the Helmholtz potential calculated in...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Da equação 16.21F=
~
Nln

1 +e


)U=
@
@
(F) =
~
N=

1 +e


que é a equação 15.12
)e

=
U
NU
1
kB
S=UF=
U

ln
"
~
N
U
1
#
+
~
Nln

1 +
U
NU

=

U


~
N

ln

1
U
N


U

ln
U
N
163

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Então
1
kB
S=

U


~
N

ln

1
U
N


U

ln
U
N
que é a equação 15.10
16.2.3 Is the energy additive over the particles of a gas if the particles are un-
charged ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Sim, não, não.
16.2.4 Calculate the heat capacity per mode from the fundamental equation 16.24
...[SUMÁRIO ]
Solução:
F= 3
~
Nln

1e
~!0

e)U=
@
@
(F) = 3
~
N~!0

e
h!0
1

1
c
3
~
N
=
@
@T
~!0
e
~!01
=kB(~!0)
2
e
~!0

e
~!0
1

2
para valores baixos deT; cT
2
e
h!0
!0
para valores altos deT; ckB
16.2.5 Calculate the energy per mode from equation 16.24. What is the leading...
[SUMÁRIO ]
Solução:
do problema anteriorU= 3
~
N~!0

e
~!0
1

1
para valores baixos deT; U'3
~
N~!e
~!0
para valores altos deT; U'3
~
N~kBT
16.2.6 A binary alloy is composed of~NAatoms of type A and~NB...[SUMÁRIO ]
Solução:
Z=z
~
NA
A
z
~
NB
B
; zA= 1 +e

; zB= 1 +e
2
e
F
=

1 +e

~
NA

1 +e
2
~
NB
F=
~
NAln

1 + e


+
~
NBln

1 +e
2

U=
@
@
(F) =
~
NA

e

+1
+
~
NB
2
e
2
+1
c=
dU
dT
=kB
2

2

~
NA
(e
=2
+e
=2
)
2+
4
~
NB
(e

+e

)
2

164

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.2.7 A paramagnetic salt is composed of 1 mole of noninteracting ions, each
with ...[SUMÁRIO ]
Solução:
f"=e

B
Be=z
; f#=e

B
Be=z
; z=e

B
Be
+e

B
Be
F=NA

e

B
Be
+e

B
Be

S=
@F
@T
=R

e

B
Be
+e

B
Be


NA
B
Be
T

e
BBe
e

B
Be

Faça
B
Be=kBT=x;EntãoS=R=

e
x
+e
x

x

e
x
e
x

Também, seBe= 1Tesla eT= 1 K, entãox(1;1) =

B
B
kBT
= 0;669
(a):
S=R=


e
10=4
+e
10=4


10
4

e
10
4e
10=4





e
1=4
+e
1=4


1
4

e
1=4
e
1=4


= 18;57
Então Q=TS= 418;57R= 6;1710
6
Joules
(b):
S(T= 4k; Be= 10Tesla) =S(T; Be= 1Tesla)
Ou, uma vez queSé uma função só dex,
x
f inal
=x
inicial
Masx
inicial
= 0;0669ex
f inal
=
0;669
Tf
)T= 10 K
16.3 INTERNAL MODES IS A GAS [SUMÁRIO ]
16.3.1 Calculate the average rotational energy per molecule and the rotational
heat...[SUMÁRIO ]
Solução:
l=l(l+ 1); l= 0;1;2: : :cada nível de energia é(2l+ 1)degenerado
zrot=
1
X
l=0
(2l+ 1)e
l(l+1)
'
Z
1
0
(2l+ 1)e
l(l+1)
dl=
Z
1
0
e
x
dx=
kBT

F= lnz
~
N
rot=
~
Nln

kBT


=
~
Nln()
U=
@
@
(F) =
~
NkBTouU=
~
N=kBTec
d
dT
U
N
=kB
165

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.3.2 Calculate the rotational contribution of the Helmholtz potential per mo-
lecule ...[SUMÁRIO ]
Solução:
zrot=
1
X
l=0
(2l+ 1)e
l(l+1)
= 1 + 3e
2
+
1
X
l=2
(2l+ 1)e
l(l+1)
But
1
X
l=2
(2`+ 1)e
`(l+1)
=
1
X
j=0
(2j+ 5)e
(j+2)(j+3)
Na eq.Euler-McLaurinf() = (2+5)e
(
2
+5+6)
; f(0) = 5e
6
; f
0
(0) = (225)e
6
)zrot= 1 + 3e
2
+ (225)e
6
E F=
~
N=kBTln

1 + 3e
2
+ (225)e
6

16.3.3 A particular heteronuclear diatomic gas has one vibrational mode, of fre-
quency ...[SUMÁRIO ]
Solução:
F=Ftransl+Frot+Fvib
Ftransl=Fideal=
3
2
NRT NT
"
s0+Rln
T
3=2
v
T
3=2
0v0
#
Frot=NRTln (kBT=) (da equação 16.30)
Fvib=NRTln

1e
~!0

(da equação 16.24)
)
F
NRT
=

3
2

s0
R

+ ln
"
1e
h!0
vT
5=2
v0T
3=2
0
kB
#
16.4 PROBABILITIES IN FACTORIZABLE SYSTEMS [SUMÁRIO ]
16.4.1 The probability that theith element is in itsjth orbital...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
16.4.2 Demonstrate the equivalence of the fundamental equations found in...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
166

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.5 STATISTICAL MECHANICS OF SMALL SYSTEMS: EN-
SEMBLES [SUMÁRIO ]
16.5.1 The energies of the orbital states of a given molecule ar such that ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
z= 1 +e
2=3
+e
1
+e
4=3
= 1 + 0;5134 + 0;3679 + 0;2636 = 2;145
f0=
1
2;145
= 0;466; f1= 0;239; f2= 0;171
5
; f3= 0;123
hi=kB=
X
fjj=kB= 148


2

=k
2
B=
X
fj(j=kB)
2
= 4;4710
4
=KB=


2

=k
2
B h=kBi

1=2
= 150;4
16.5.2 A hydrogen atim in equilibrium with a radiation eld at temperature A
hydrogen atim in equilibrium with a radiation eld at temperature ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
z= 2
|{z}
1s
+ 2e

|{z}
2s
+ 6e

|{z}
2p
=))P(orbital=p) =
6e

2 + 8e

=
3
e

+ 4
16.5.3 A small system has two normal modes of vibration, with natural...[SUMÁRIO ]
Solução:
Relativo aT= 0, as energias sãon~!1e2l~!1,nelinteiros positivos.
z1=
1
X
0
e
n~!1
=
1
1e
~!1
z2=
1
X
0
e
2l~!1
=
1
1e
2~!1
Os únicos estados comE <
5
2
!1são(0;0);(0;1);(1;0);(2;0)com energias0;2~!1;~!1;2~!1
)P

E <
5
2
!1

=
1 +e
~!1
+ 2e
2
~!1
z1z2
=

1e
~!1

1e
2~!1

1 +e
~!1
+ 2e
~!1

)P

E <
5
2
!1

=(1x)

1x
2

1 +x+ 2x
2

ondexe
~!1
=1x
3

2 +x4x
2

167

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.5.4 DNA, the genetic molecule deoxyribonucleic acid, exists as a...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
Z1=
n
X
0
e
n
=

1 +e
(N+1)

(1e

)
P1(n) =e
n
=Z1
(b)
Z2=
N
X
0
ne
n
=
@Z1
@()
=
(N+ 1)e
(N+1)
1e

+

1e
(N+1)

e

(1e

)
2
)Z2==

1e


2
e


(N+ 1)e
N
+Ne
(N+1)
+ 1

eP2(n) =
ne
n
Z2
16.5.5 Calculate the probability that a harmonic oscillator of natural ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Po= 1PeondePeé a probabilidade do oscilador possuir um número quântico par.
Pe=
X
n par
e
(n+
1
2)~!0
,
X
n
e
(n+
1
2
)~!0
=e
~!
0
=2
X
n=par

e
~!
0

n
=z=
e
~!1=2
z
X
n
e
2!0n
Pe=
e
~!0=2
z
1
1e
2~!0
como z=
e
~!
0
=2
1e
~!
0
)Pe=
1
1 +e
~!0
ePodd= 1Peven=
1
e
~!0+ 1
Casos limite:
na medida em queT!0;Podd!0
na medida em queT! 1;Podd!
1
2
para baixos valores deT;Podde
~!
para altos valores deT;Podd
1
1 +e
~!
+

1
2

1
4
~!+
168

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.5.6 A small system has two energy levels, of energies 0 and"...[SUMÁRIO ]
Solução:
F= ln

g0+g1e


U=
@
@
(F) =
@
@
ln

g0+g1e


=
g1e

g0+g1e

c=
dU
dT
=kB
2
g0g1
2
e

(g0+g1e

)
2
S=
UF
T
=
U
T
+kBlnz=
1
T
g1e

g0+g1e

+kBln

g0+g1e


Note queS!0na medida em queT!0eS!kBln (g0+g1)na medida em queT! 1.
16.5.7 Two simple harmonic oscillators, each of natural frequency!...[SUMÁRIO ]
Solução:
z=
X
n;m
e
[(n+
1
2)~!+(m+
1
2)~!]
+
X
n
h
e
2(n+
1
2
)~!+
e
(2n+1)~!
i
onde o segundo termo é uma correção para a interação
z=
e

1
2
~!
1e
~!
e

1
2
~!
1e
~!
+

e

1
e
~!
1e

1
2
~!
=
x
(1x)
2
+

e

1
x
1x
2
; xe
~0!
)Pequal=e

x
1x
2
,
Z=e


1 +x
1x
+e

1

1
Na medida em queT!0,e

!0ex!0
)Pequal'
1
2e
(~!)
!0se>~!
E também
)Pequal'
1
2e
(~!)
!1se<~!
169

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Note que se<~!o estado fundamental é(0;0), enquanto que se>~!o estado funda-
mental é ou(0;1)ou(1;0).
16.6 DENSITY OF STATES AND DENSITY OF ORBITAL STA-
TES[SUMÁRIO ]
16.6.1 Show that the number of orbital states in the energy interval...[SUMÁRIO ]
Solução:
Modos emd"=D(")d"=D(")d(~!) =D(")~d!D
0
(!)d!
16.6.2 For the particles of a gas"=p
2
=2m= (~
2
=2m)k
2
...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
16.6.3 For excitations obeying the spectral relation!=Ak
n
,n>0...[SUMÁRIO ]
Solução:
D
0
(!) =
V
2
2
k
2
(!)
dk
d!
=
V
2
2
k
2

d!
dK
=
V
2
2
k
2

nAK
n1
=
V
2
2
nA
k
3n
MasK
3n
= (!=A)
3n
n
)D
0
(!) =
V
2
2
An

!
A
3
n
1
16.7 THE DEBYE MODEL OF NONMETALLIC CRYSTALS [SUMÁRIO ]
16.7.1 Calculate the energy of a cristal in the Debye approximation. Show ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
U=
@
@
(F) =
@
@
X
modos
ln

1e
~!

=
X
modos
~!e
~!
1e
~!
=
X
modos
~!
e
~!1
PortantoU=
@
@
(F) =
Z
!max
0
~!
e
~!
1
D
0
(!)d!comD
0
(!) =
9NA
!
3
max
!
2
(das equações 16.54-16.56)
U=
9NA~
!
3
max
Z
!
3
max
0
!
3
e
~!1
d!ecv=
@U
dT
170

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.7.2 Calculate the entropy of a cristal in the Debye approximation, and ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
F=kBT
X
modes
ln

1e
~!()

equação 16.50
S=
@F
@T
=
F
T
+
1
T
X
modes
~!()
e
k!()
1
o que é equivalente aS=
F
T
+
U
T
S=
9R
!
3
max
Z
!max
0

ln

1e
~!

+
~!
e
~!
1

!
2
d!
cv=T
dS
dT
=
ds
d
=
9R
!
3
max
Z
!max
0

~!e
~!
1e
~!

~!
e
~!
1
+
~
2
!
2
(e
h!
1)
2

!
2
d!
Os dois primeiros termos da integral se anulam (verique!), assim
=
9
2
R~
2
!
3
max
Z
!max
0
!
4
d!
(e
~!
1)
2
=
9R
u
3
m
Z
um
0
u
4
du
(e
u
1)
2
u~!
16.7.3 The frequency!()of the vibrational mode of wave...[SUMÁRIO ]
Solução:
F=kBT
X
modes
ln

1e
~!()

P=
@F
@V
= +

V
X
modes
~!()
e
~!()
1
=

V
U=)PV=U
Considerecv:
cv=

@u
@T

V
=
v


dP
dT

V
=
v



T
(ouv=
T
cv)
16.8 ELECTROMAGNETIC RADIATION [SUMÁRIO ]
16.8.1 Show that including theƒzero-point energies‚of the electromagnetic...[SUMÁRIO ]
Solução:
A adição de energias de ponto-zero na equção 16.48 leva a
z() =
e
~!0=2
1e
~!0
E daí na equação 16.58 para uma contribuição adicional
F=
X
modos
~!0
2
o que diverge
171

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
16.8.2 Show that the energy per unit volume of electromagnetic radiation ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Isso segue diretamente da equação 16.63
16.8.3 Evaluating the number of photons per unit volume in the frequency ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
1
V
N!d!=
1
V
(U!=~!)d!=
2

2
c
3
!
2
e
~!
1
d!
N=V=
2

2
c
3
Z
1
0
!
2
d!
e
~!
1
=
2 (kBT)
3

2
~
3
c
3
Z
1
0
x
2
e
x
1
dx
Mas(3) =
1
3!
Z
1
0
x
2
e
x
1
dxe(3) = 1;202(é a função zeta)
)
Z
1
0
x
2
e
x
1
= 61;202 = 7;212
N=V=
2 (kBT)
3

2
~
3
c
3
7;212e
U
V
=

2
(kBT)
4
15~
3
c
3
)
U
N
=
15

2
27;212

2
kBT'2;2kBT
16.8.4 Since radiation within a cavity propagates isotropically with velocity c...
[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
16.10 THE CLASSICAL IDEAL GAS [SUMÁRIO ]
16.10.1 Show that the calculation ofZ=z
~N
, withzgiven by equation ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
16.10.2 Show that the fundamental equations of a multicomponent simple gas...
[SUMÁRIO ]
Solução:
172

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
16.10.3 The factors(1=~N1!)(1=~N2!)in equation 16.74 give and additive...[SUMÁRIO ]
Solução:
e
F
=
1
N1!
1
N2!
z
N1
1z
N2
2=
(N1+N2)!
N1!N2!
1
(N1+N2)!
z
N1
1z
N2
2
)F=F
classical
+ ln
(N1+N2)!
N1!N2!
)S=
@F
@T
=S
classical
+kBln
(N1+N2)!
N1!N2!
)S=kBf(N1+N2) ln (N1+N2)N1lnN1N2lnN2g
=kBN1ln
N1
N1+N2
kBN2ln
N2
N1+N2
)S=NkBfx1lnx1+x2lnx2g
16.10.4 Consider a particle of mass m in a cubic container of volume V ...[SUMÁRIO ]
Solução:
E=
~
2
k
2
2m
ek
n
V
1=3
então
E
hBT

~
2

2
2mV
2=3
kBT

(10
34
)
2
10
2

410
3
610
23

110
23
10
8
10
10
16.10.5 A single particle is contained in a vessel of volume 2V which...[SUMÁRIO ]
Solução:
Z=z
int
z
momentum[z
left
+z
right
]ondez
left
=
ZZZ
e
Vl(~r)
dxdydz
e ainda
z
right
=z
left
e
e
A probabilidade de estar no lado direito é
z
right
z
right
+z
left
=
e
e
1 +e
e
=
1
e
e+1
Se tem 1 mol no recipiente então tem
1
e
e+1
mols na direita e
e
e
1 +e
e
mols na esquerda.
MasPV=NRT, então
P
right
=
1
e
e+1
RT
V
eP
left
=
e
e
e
e+ 1
RT
V
173

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
17 ENTROPY AND DISORDER: GENERALIZED CA-
NONICAL FORMULATIONS [SUMÁRIO ]
17.1 ENTROPY AS A MEASURE OF DISORDER [SUMÁRIO ]
17.1.1 Consider the quantityxlnxin the limitx!0. Show ...[SUMÁRIO ]
Solução:
Pela regra de L'Hospital,
lim
x!0
xlnx= lim
x!0

dlnx
dx


d
dx
1
x
= lim
x!0
(1=x)
(1=x)
= lim
x!0
(x) = 0
Sefj= 1efi= 0parai6=j, então
P
fjlnfj= 0termo a termo.
17.1.2 Prove that the disorder, dened in equation 17.6, is nonnegative...[SUMÁRIO ]
Solução:
Disordem=
X
j
fjlnfje0fj1
Mas cada termofjlnfj0, então devemos terDisordem0
17.1.3 Prove that the quantityk
P
j
fjis maximum if all the...[SUMÁRIO ]
Solução:
a1a2
a1+a2
2
1
2
[(a1) +(a2)]

a1+a2
2

Faça=xlnx
d
2

dx
2
= +
1
x
2
>0)é convexa
Tomandoaj=fj;tal que
X
aj= 1


1


=
1

ln
1

6
1

X
fjlnfj
174

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
17.2 DISTRIBUTIONS OF MAXIMAL DISORDER [SUMÁRIO ]
17.2.1 Show that the maximum value of disorder, as calculate in this section...
[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
17.2.2 Given the identication of the disorder as the entropy, and of ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
17.3 THE GRAND CANONICAL FORMALISM [SUMÁRIO ]
17.3.1 Calculate(@logZ=@)directly from equation 17.27...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
17.3.2 A system is contained in a cylinder with diathermal impermeable walls...
[SUMÁRIO ]
Solução:
SubstituaporPeNjporVem todas as equações da seção 17.3, então
fj=e

0
e
(Ef+P V)
Note que o somatório sobreNjse transforma em uma integral sobreV, eEj=Ej(V)
17.3.3 For the surface adsorption model of the preceding example, investigate...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Faça1+0=xe2+ 20=y
)n=

e
x
+ze
y

(1 +e
x
+e
y
)
Na medida em que! 1:
(a) xeysão negativos,n= 0
175

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
(b) y <0entãon!
e
x
1+e
x!

1se x >0
0se x <0
(c) x <0ey >0,n!
2e
y
1+e
y!2
(d) x >0ey >0então podemos
desprezar a unidade no denominador,
e aín=
1+2e
(yx)
1+e
(yx)e podemos distin-
guir dois casos:
yx >0;n!2
yx <0; n!1
Para reescrever isso em termos de1+e2+, que tem sinais opostos axey, basta
"reetir"o diagrama através da origem (para o terceiro quadrante):
Ou, em um plano com1+
sendo abiscissa e2+sendo a
ordenada,
n!0No primeiro quadrante
n!1No segundo quadrante
n!2No quarto quadrante
e o terceiro quadrante é dividido
ao meio pela diagonal comn!1
acima da diagonal e comn!2
abaixo da diagonal
17.3.4 Suppose the adsorption model to be augmented by assuming that two...
[SUMÁRIO ]
Solução:
z= 1 +e

0
1+e

0
2

1 +e
~!
+e
2~!
+

onde
0

)z= 1 +e

0
1+e

0
2
1
1e
~!
)
Z=

1 +e

0
1+
e

0
2
1e
~!
~
N
As respostas dos itens,, ...,
176

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
17.3.5 Calculate the fundamental equation of the polymer model of section 15.4
...[SUMÁRIO ]
Solução:
e

=z
~
N
z=
X
`x=a
X
`y=a
e
(`xTj`yj)
=

e
aT
+e
+aT
+e

+e
+

hLxi=
~
Nh`xi=
~
N

@lnz
@T
=
~
Na
z

e
aT
+e
aT

U=
~
N

@lnz
@

a
=
~
N
z

aT

e
aT
e
aT

+

e

+e


17.3.6 A system contains~Nsites and~Nelectrons. At a given site...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a):
hni=
0 +e
(gBH)
+e
(gBH)
+ 2e
(2)
1 +e
(gBH)
+e
(gBH)
+e
(2)
Mashni= 1:Tal que1 =e
(2)
ou=

2
(b):
hEi=
e
(2)
1 +e
(gBH)
+e
(gBH)
+e
(3)
=

2 + 2 cosh (gBH)e
=2
C=
dhEi
dT
(c):
=
dhEi
dH
=
2 sinh (gBH)gBe
=2
[2 + 2 cosh (gBH)e
=2
]
2
e paraH!0, temos quesinh (gBH)!gBHesinh (gBH)!1

0=

4 (1 +e
=2
)
2

2
2
g
2

2
Be
=2

17.3.7 Carbon monoxide molecules (CO) can be adsorbed at specic sites on a
solid...[SUMÁRIO ]
Solução:
Para encontrardo gas:
F=NkBTln
"
eV
N

mkBT
2~
2

3=2
zvibzrot
#
177

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)=
@F
@N
=kB+ ln
"
V
N

mkBT
2~
2

3=2
zvibzrot
#
Cinsidere um único sítio, com probabilidade de ocupaçãoPoc.
Poc=
~zve

1 + ~zve

onde~zv, a soma de partição vibracional do sítio ocupado é dada por
~zv=
1
1e
~~!
;com~!=!

m0
m0+mc

1=2
sendo a frequência vibracional da molécula ligada
Novamente, retornando ao gás:
zv=
1
1e
~!
!é a frequência vibracional da molécula livre
zrot=
1
X
`=1
e
`(`+1)~
2
=2I
(2l+ 1)'2
1
X
`=0
`e
`(`+1)~
2
=2I
'
Z
1
0
e
~
2
x
2
=2I
dx=
2I
~
2
Então, para a fase gasosa,
e

=
V
N

mkBT
2~
2

3=2
1
1e
~!
2I
~
2
e usando a expressão~z
1
v=

1e
~~!

, podemos nalmente avaliar a probabilidadePoc
)Poc=
e

~z
1
v+e

18 QUANTUM FLUIDS [SUMÁRIO ]
18.1 QUANTUM PARTICLES: AFERMION PRE-GAS MODEL
[SUMÁRIO ]
18.1.1 Obtain the mean number of particles in the fermion pre-gras model...
[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.1.2 The entropy of a system is given byS=kB
P
j
fj, wherefj...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a) 2
6
= 64microestados possíveis correspondem ao número de formas de independente-
mente atribuir os rótulose(empty)ouf(filled)para cada um dos seis estados orbitais.
(b)S=kb
P
n;m
fn;mlnfn;mtem seis termos, correspondendo aos seis estados orbitais men-
cionados no item. A "propriedade especial do modelo"é a visão de que o sistema está em
178

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
contato com um reservatório de partículas, tornando assim a ocupação de cada estado orbital
independente da ocupação dos outros estados orbitais
18.1.3 Apply equation 17.27 forUto the fundamental equation of the...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.1.4 Show thatdf=d"==4at"=. With this result...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.1.5 Show that Fig. 17.2 (off("; T)as a function of") is...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.1.6 .Supposef("; T)is to be approximated as a function of..[SUMÁRIO ]
Solução:Inclinação
179

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
18.2 THE IDEAL FERMI FLUID [SUMÁRIO ]
18.2.1 Prove equations c, g, h, i and j of table 18.1 (for fermions only)...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.3 THE CLASSICAL LIMIT AND THE QUANTUM CRITE-
RION[SUMÁRIO ]
18.3.1 Calculate the denite integrals appearing in equations 18.25 and...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.3.2 Validate the interpretation ofTas the thermall wavelengthby ...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.4 THE STRONG QUANTUM REGIME: ELECTRONS IN A
METAL [SUMÁRIO ]
18.4.1 Show that equation 18.32 can be interpreted as0=~
2
k
2
f
where...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.4.2 Derive equation 18.35 by the following sequence of operations:...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
180

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
18.6 NONCONSERVED IDEAL BOSON FLUIDS: ELECTROMAG-
NETIC RADIATION REVISITED [SUMÁRIO ]
18.6.1 Calculate the number of photons in the lowest orbital state...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a): O estado em questão temx=y=z= 0;5metros)= 0;5
p
3metros.
)k=~ck=kBT=
hc
kBT
= 0;5710
4
n=
1
e
k1

1
k
= 1;710
4
(b): Se= 5000Å,k=
hc

= 410
19
Joules
k= 10
2
n=
1
e

k1
'2;710
43
18.6.2 (a) In applying the grand canonical formalismo...(b) Denoting the...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
D
0
(!) =
V
2
2
k
2
dk
d!
e para fótons!=ck
)D
0
(!) =
V
2
2
c
k
2
=
V
2
2
c
3
!
2
18.7 BOSE CONDENSATION [SUMÁRIO ]
18.7.1 Show that equations 18.56 and 18.58, for~NeandU, respectively...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
18.7.2 Show thatF3=2(1),F5=2(1)andF
0
5=2
(1)are all nite...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
181

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
18.7.3 Show that the explicit inclusion of the orbital ground state...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
19 FLUCTUATIONS [SUMÁRIO ]
19.2 MOMENTS OF THE ENERGY FLUCTUATIONS [SUMÁRIO ]
19.2.1 A molecule has a vibrational mode of natural frequency!. The...[SUMÁRIO ]
Solução:
h
^
E
2
i h
^
Ei
2
=
D
(
^
EU)
2
E
=
@U
@
(U hEi) (19:6)
U=
~!
e
~!
1
;)
D
(
^
EU)
2
E
=
@U
@
=
(~!)
2
e
~!
(e
~!
1)
2
19.2.2 Calculate the third central moment for the molecule in the preceding pro-
blem.[SUMÁRIO ]
Solução:

(EU)
3

=
@
@
D
(
^
EU)
2
E
+ 2h
^
EUi
@U
@
=
@
2
U
@
2
)

(EU)
3

=
@
@
(~!)
2
e
h!
(e
~!
1)
2
=
(~!)
3

e
~!
+ 1

e
~!
(e
~!
1)
3
19.2.3 Calculate the mean square deviation of the energy contained within a...
[SUMÁRIO ]
Solução:
D
(
^
EU)
2
E
=
@U
@
=kBT
2
Ncv(equação 19.6)
MasU=bv
0
T
4
=bv
0
k
4
B=
4
(equação 3.52)
)
D
(
^
EU)
2
E
= 4bv
0
k
4
B
=
5
= 4bv
0
kBT
5
182

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
19.3 GENERAL MOMENTS AND CORRELATION MOMENTS
[SUMÁRIO ]
19.3.1 An ideal gas is in contact with a thermal and a pressure reservoir...[SUMÁRIO ]
Solução:
h
^
E
^
Vi=kB

@V
@(1=T)

P=T; N1
(equação 19.16)
MasV=
NR
(P=T)
o que e constante aP=Txo
)h
^
E
^
Vi= 0
19.3.2 .Repeat Problem 19.3-1 for a van der Waals gas (recall Problem 3.8-3)
[SUMÁRIO ]
Solução:
Novamenteh
^
E
^
Vi=kB

@V
@(1=T)

P=T
Mas
P
T
=
R
vb

a
v
2
1
T
ou
1
T
=
v
2
a

R
vb

P
T


@(1=T)
@V

P=T
=
1
N

@(1=T)
@v

P=T
=
1
N

1
Tv

v
2
(vb)
2
R
a

)h
^
E
^
Vi=NkB

1
Tv

v
2
(vb)
2
R
a

1
19.3.3 A conceptual subsystem of N moles in a single-component simple...[SUMÁRIO ]
Solução:
D
(
^
E)
2
E
=kBT
2
Ncv(equação 19.6)
MasU hEi=cNRT ecv=cR
D
(
^
E)
2
E
=kBT
2
NcR=c(RT)
2
N
NA
=
U
2
cNNA
)
D
(
^
E)
2
E
1=2
U
= (cNNA)
1=2
= 0;01
)cNNA= 10
4
OuN10
19
=c
183

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
19.3.4 What is the order of magnitude of the mean square deviation of the...
[SUMÁRIO ]
Solução:
D
(
^
V)
2
E
1=2
= (kBTV
T
)
1=2
=

1;410
23
30010
6
10
12

1=2
)
D
(
^
V)
2
E
1=2
'10
21
m
3
'10
15
cm
3
19.3.5 Consider a small volume V within a two-component simple system...[SUMÁRIO ]
Solução:
x1=
^
N1
^
N1+
^
N2
)x1=

^
N1
^
N

^
N1

^
N1+
^
N2

2


^
N1+
^
N2

=
1
^
N
(1x1)
^
N1
x1
^
N

^
N2
=
x2
^
N

^
N1
x1
^
N

^
N2
)(x1)
2
=x
2
2


^
N1
^
N
!
2
2x1x2

^
N1
^
N

^
N2
~
N
x
2


^
N2
^
N
!
2
Mas
D

^
Nj
^
Nk
E
=kB

@Nj
@(k=T)

1
T
:::
=kBT

@Nj
@k

1
T
:::
(equação 19.14)
Ou
D

^
Nj
^
Nk
E
=kBT=

@k
@Nj

1=T
19.3.6 Consider a small quantity of matter consisting of a xed number N...
[SUMÁRIO ]
Solução:
=
M
V
=M
V
V
2
=
V
V
Ou


=
V
V
Mas
h(V)
2
i
V
2
=
hBT
T
V
(equação 19.17)
184

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
)
h()
2
i

2
=
kBT
T
V
19.3.7 Show that the density uctuations of an ideal gas are given by...[SUMÁRIO ]
Solução:
Do problema 19.3-6
h()
2
i

2
=
kBT
T
V
Mas para um gás ideal,
T
=
1
P
)
h()
2
i

2
=
kBT
PV
=
(R=NA)T
NRT
=
1
NNA
=)
h()
2
i

2
=
1
~
N
19.3.8 Show that the relative root mean square deviation in density of...[SUMÁRIO ]
Solução:
10
6
gramas = 10
6
gramas=(31 gramas=mol = 3;2
8
mols:
Mas o volume de um mol à T e P ambiente éV=RT=P= 8;3300=10
5
= 2;5
4
cm
3
=mol.
Então3;2
8
molsocupam um volume de3:210
8
2:510
4
cm
3
= 10
3
cm
3
= 1( mm)
3
e10
18
gramasocupam um volume de10
12
1( mm)
3
= (10
4
mm)
3
=

10
3
Å

3
enquanto
da luz visível é5000Å.
19.3.9 The dielectric constant"of a uid varies with...[SUMÁRIO ]
Solução:
1
+ 2
=Ae diferenciando
3
(+ 2)
2
d=Ad
Ou(d)
2
=
A
2
9
(+ 2)
4
(d)
2

(d)
2

=
A
2
9
(+ 2)
4

2
kBT
T
V
(do probema 19.3-6)
)

(d)
2

=
1
9
(1)
2
kBT
T
V
19.3.10 If light of intensityI0is incident on a region of volume V, which...
[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
185

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
19.3.11 The classical theory of uctuations, due to Einstein, proceeds from...
[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
20 VARIATIONAL PROPERTIES, PERTURBATION
EXPANSIONS, AND MEAN FIELD THEORY [SUMÁRIO ]
20.1 THE BOGOLIUBOV VARIATIONAL THEOREM [SUMÁRIO ]
20.1.1 Derive equation (h) of Example 1, srt showing that for a harmonic...
[SUMÁRIO ]
Solução:
z
0
=
1
X
0
e
~!0n
=
1
1e
~!0
ez
0
=e
1
2
~!0
z
hni=
@
@~!0
lnz
0
=
@
@~!0
ln

1e
h!0

=
1
e
h!01

n
2

=

@
2
@(~!0)
2
X
n
e
~!0n
! ,
X
n
e
~!0n
=
1
z
0
@
2
@(~!
2
)
z
0
=

1e
~!0
@
2
@(~!0)
2
1
1e
~!0
)

n
2

=

1e
~!0
@
@~!0
e
~!0
(1e
~!
)
2
= =
e
h!0
+ 1
(e
~!
1)
2
o que é o resultado correto
20.1.2 Solve the quartic potential problem of Example 2 assuming the...[SUMÁRIO ]
Solução:
e
F
=
ZZ
dxdpx
h
e
(p
2
x=2m+Dx
4
)
=
1
h
Z
1
1
dxe
Dx
0
Z
1
1
dpxe
p
2
x
=2m
e
F
=
1
h
D
1=4
C
p
2mkBTondeC
Z
1
1
e
y
4
dy
Note que a dependência emTdeFéF'TlnT+constanteT, o que é o mesmo no exemplo
2.
186

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
20.1.3 Complete Example 2 by writing the Helmholtz potentialF(T; )...[SUMÁRIO ]
Solução:
F=kBTln

1
h
(2mkBT)
1=2
L

+
1
80
D

L
a

4
MasL=a= 20 (kBT=D)
1=F
)F=kBTln
"
a
h
(2m)
1=2

20
D

1=4
(kBT)
3=4
#
+
1
4
kBT
=kBTln

constanteT
3=4

kBTlna+
1
4
kBt
E aindaT

@F
@a

T
=
kBT
a
Alternativamente, pode-se denirT

@F
@a

T
Então

T

1
a

@a
@T

T
=
a
kBT
20.1.4 Consider a particle in a quadratic potentialV(x) =ax
2
=2a
2
. Despite...
[SUMÁRIO ]
Solução:
hH1i
0
=
tr

[Aa
2
x
2
V0(x)]e
H
0

trfe
H
0g
E aindaF kBTln

1
h
(2mkBT)
1=2
L

+
L
2
12a
2
Minimizando com respeito aL:

kBT
L
+
AL
6a
2
= 0ouL=a=

6kBT
A

1=2
F' kBTln
"
(2mkBT)
1=2
h
a

6kBT
A

1=2
#
+
1
2
kBT
T=

@F
@a

T
=
kBT
a
Mesma coisa do problema anterior!

T
=
1
a

@a
@T

T
=
a
kBT
187

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
20.2 MEAN FIELD THEORY [SUMÁRIO ]
20.2.1 Formulate the exact solution of the two-particle Ising model...[SUMÁRIO ]
Solução:
(a)
U=
(J2B)e
(J2B)
+ 2Je
J
+ (J+ 2B)e
(J+2B)
e
(J2B)
+ 2e
J
+e
(J+2B)
hi=
e
(J2B)
e
(J+2B)
e
(J2B)
+ 2e
J
+e
(J+2B)
=
e
2B
e
2B
e
2B
+e
2B
+ 2e
2J
Note que!tanh 2Bna medida em queJ!0(vericando o modelo paramgnético).
(b) H1=JhiB=[Jhi+B]
hi=

Jhi+B
e
JhiB
e
Jhi+B
+e
JhiB
= tanh[Jhi+B]
E tambémU=Jhi
2
+ 2hiB
(c) hi !0na medida em queB!0em qualquerT. Não existe transição
na teoria de campo médio, paraB= 0
Mastanhx=x
1
2
x
3
+
)hi=Jhi
1
2

3
J
3
hi
3
Essa equação possui 3 raízes:hi= 0;
p
2J1
fazendo
p
2J1 = 0obtemosTc= 2 J=kB. Também, próximo deTc,
hi=

2JkBT
kBT

1=2
ou=
1
2
20.2.2 Formulate mean eld theory for the three state Ising model...[SUMÁRIO ]
Solução:
As equações (20.13)-(20.20) permanecem formamlmente válidas.
A equação (20.21) se tornahi0=

e
B

e
B

=

e
B

+ 1 +e
B

e a equação (20.22) permanece:B

B=
^
B= 2znnJhi0
ou a equação (20.23):x=B

=[2znnJhi0+B]
)hi0=
kBT
2znnJ
x
B
2xnnJ
=
e
B

e
B

e
B

+ 1 +e
B
substitui a equação 20.24
Mas paraB

pequeno,
e
B

e
B

e
B

+ 1 +e
B
'
2B

3 +
Daí através da linha em analogia da Fig 20.1 tem uma inclinação inicial de
kBT
2znnJ
, enquanto
que a vurva tem uma inclinação inicial de
2
3
. PortantoTcé determinado por
kBTc
2znnJ
=
2
3
ouTc=
2
3

2znnJ
kB
188

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
eTcé
2
3
daquela para o modelo de Ising de dois estados. Minimizando com respeito a
^
B,
dF
d
^
B
=
~
Ne

^
B

1 +e

^
B

3
h
^
B

1 +e

^
B

2
i
= 0
e
1 +e

^
B
2
=

^
B
Essa equação determina
^
B, e então
hi0=
1
1 +e

^
B
20.2.3 For the Heisenberg ferromagntic model the Hamiltonian is...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
20.2.4 A metallic surface is covered by a monomolecular layer of~N...[SUMÁRIO ]
Solução:
H=
1
2
X
i;j
ijijondej= 1seoblatee= 0seprolate
Tambémij=sei; jsão vizinhos (ij= 0) caso contrário.
H0=
^
B
X
j
jeF0=
~
NkBTln
h
1 +e

^
B
i
)F6F0+
*
1
2
X
i;j
ijij
^
B
X
j
j
+
0
F6F0+
~
Nhi
2
0
^
B
~
Nhi0
E aindahi0=
e

^
B
e

^
B
+ 1
=
1
1 +e

^
B
)F6
~
NkBTln
h
1 +e

^
B
i
+
~
N

1 +e

^
N

2

^
B
~
N
1 +e

^
B
189

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
Minimizando com respeito a
~
B
dF
d
^
B
=
~
Ne

^
B

1 +e

^
B

3
h
^
B

1 +e

^
B

2
i
= 0
ou
1 +e

^
B
2
=

^
B
Essa equação determina
~
B, e então
hi0=
1
1 +e

^
B
20.2.5 Solve the preceding problem if the molecules can exist in three steric...
[SUMÁRIO ]
Solução:
Seja= 0para ooblate = 1;1esféricoeprolate
H=
X
(i;j)

1
2
i

1
2
j

H0=B
X
i

1
2
1

;F0= ln

2 +e
B

N
e


2
i

0
=
2
2 +e
B
ehH0i
0
=
~
NB
1 + 2e
B
)hHi0= 2
~
N

1
1 + 2e
B

2
F
~
NkBTln

2 +e
B

+ 2
~
N

1 + 2e
B

2

~
NB

1 + 2e
B

1
Para minimizar com respeito aB, primeiro façae
B
=x, assim,
F
~
N
ln(1 + 2x) + lnx+
2
(1 + 2x)
2

lnx
1 + 2x
Minimizando:
2
1 + 2x
+
1
x

8
(1 + 2x)
3

1
x(1 + 2x)
+
2
(1 + 2x)
2
lnx= 0
ou multiplicando porx(1 + 2x)
3
:
8x+ 2x(1 + 2x) lnx= 0
(1 + 2x) lnx= 4;ondex=e
B
podemos transformar para variáveis mais convenientes: sejaP= 1 h
2
i
0
=
1
1+2x
de modo
quePé a probabilidade da molécula seroblate. EntãoPsatisfaz
1
P
ln

1P
2P

= 4
Alguns valores numéricos podem ser encontrados,
190

[email protected]
iXeLWallRiDeR KarlengsPBT=0;33
P 0,050,090,150,200,240,270,300,3250,33
kBT

0,0430,2220,5761,152,093,587,7834,487,6
Note a mudança muito rápida dePna região deP
1
3
20.2.6 In the classic Heisenberg model each spin can take any orientation...[SUMÁRIO ]
Solução:
O análogo da equação 20.15 é
H0=
X
j
^
BjS
z
jB
X
j
S
2
j=
X
j

^
Bj+B

S
z
j
Então, (equação 20.22)
^
Bi= 2
P
j
JijhS
z
ii
0
= 2ZnnJhSzi
0
H0=(
^
B+B)Scos
hSzi=
S
R
cose
(
^
B+)scos
R
e
(
^
B+B)Scos
d
=S
R
cose
ccos
dd
R
e
ccos
sendd
ondec=(
^
B+B)S
Entãohszi=
d
dc
ln
Z

0
e
ccos
sendt=S
d
dc
ln

e
c
e
c
c

hszi=S
e
c
+e
c
e
c
e
c
S
1
c
)hszi=Scoth[(
^
B+B)S]
kBT
^
B+B
20.2.72~Ntwo-valued Ising spins are arranged sequentially on a circle...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
191

[email protected]
iXeLWallRiDeR Karlengs
20.2.8 Consider a sequence of2~Nalternating A sites and B sites...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
21 POSTLUDE: SYMMETRY AND THE CONCEP-
TUAL FOUNDATIONS OF THERMOSTATISTICS
[SUMÁRIO ]
21.1 STATISTICS [SUMÁRIO ]
21.1.1 The probability of throwing a seven on two dice can be viewed as ...
[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
21.1.2 Associate the value +1 with one side of a coin (head) and...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
21.5 BROKEN SYMMETRY AND GOLDSTONE'S THEOREM
[SUMÁRIO ]
21.5.1 Draw a longitudinal vibrational mode in a one-dimensional system...[SUMÁRIO ]
Solução:
NENHUMA SOLUÇÃO PARA ESSE PROBLEMA NO MOMENTO
192

[email protected]
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AAEEIIOOOOOOUUFGMPRRRLLLNSTTVD
193
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