1000 moles de um gás ideal diatômico estão inicialmente3 a 1 atm e 27^{\circ} \mathrm{C}.
se este gás for aquecido quase-estaticamente a pressão constante até 80^{\circ} \mathrm{C} encontre \Delta \mathrm{U}, \Delta \mathrm{S}, \mathrm{Q} e W nesse processo.

Passo 1

Dados fornecidos (o enunciado):
n=1000\\ \text{mol}
P_{1}=1\\ \text{atm}
t_{1}=27^\circ\mathrm{C}
t_{2}=80^\circ\mathrm{C}
O processo: aquecimento quase-estático (reversível) à pressão constante de P_{1} até t_{2}.
O que o enunciado pede:
  • \Delta U (variação da energia interna),
  • \Delta S (variação da entropia),
  • Q (calor trocado pelo gás),
  • W (trabalho realizado pelo gás).
Observação: todas as quantidades pedidas referem-se ao processo entre os estados inicial e final indicados.

Passo 2

Passo inicial importante: converter temperaturas para a escala absoluta (Kelvin), porque nas fórmulas termodinâmicas usamos T em K. A relação é
T(\text{K}) = t(^{\circ}\mathrm{C}) + 273
Aplicando:
T_{1}=27+273=300\\ \text{K}
T_{2}=80+273=353\\ \text{K}
Também anotamos a variação de temperatura
\Delta T = T_{2}-T_{1}=353-300=53\\ \text{K}.

Passo 3

Modelo físico e capacidades térmicas: o enunciado diz que o gás é diatômico. Para um gás ideal diatômico, nas temperaturas moderadas (onde modos vibracionais não estão excitados), assumimos 5 graus de liberdade efetivos (3 translação + 2 rotação), o que dá as capacidades molares ideais:
C_{V,m}=\frac{5}{2}R,
C_{P,m}=C_{V,m}+R=\frac{7}{2}R,
onde:
  • C_{V,m} é a capacidade molar a volume constante (unidades \mathrm{J/(mol\cdot K)});
  • C_{P,m} é a capacidade molar a pressão constante;
  • R é a constante universal dos gases, valendo aproximadamente
R=8,314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}.
Explicação rápida do porquê: cada grau de liberdade translacional/rotacional contribui com \tfrac{1}{2}R para C_{V,m} no modelo de energia interna de equipartição clássica; para gases diatômicos sem vibração, isso soma 5\times\frac{1}{2}R=\frac{5}{2}R.

Passo 4

Calcular numericame nte C_{V,m} e C_{P,m}:
C_{V,m}=\frac{5}{2}R=\frac{5}{2}\cdot 8,314=20,785\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}
C_{P,m}=\frac{7}{2}R=\frac{7}{2}\cdot 8,314=29,099\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}
Aqui usei multiplicação direta; as unidades ficam em \mathrm{J/(mol\cdot K)}.

Passo 5

Energia interna: para um gás ideal monoestável, a energia interna depende só da temperatura. A variação de energia interna para n mols é
\Delta U = n C_{V,m}\Delta T.
Substituindo os valores:
\Delta U = 1000\cdot 20,785\cdot 53.
Agora calculamos:
20,785\cdot 53 = 20,785\cdot(50+3)=1\,039,25+62,355=1\,101,605
e multiplicando por 1000:
\Delta U = 1{,}101\,605\times 10^{0}\\ \mathrm{J}\approx 1,10\times 10^{6}\\ \mathrm{J}.
(ou seja, \Delta U\approx 1{,}101{,}605\\ \mathrm{J}). Esta é a energia interna absorvida pelo gás devido ao aumento de temperatura.

Passo 6

Trabalho em processo isotérmico? Não — aqui é pressão constante. Para um processo à pressão constante P= const., o trabalho feito pelo gás é
W = \int_{V_{1}}^{V_{2}} P\,dV = P\Delta V.
Usando a equação de estado dos gases ideais PV=nRT, com P constante temos \Delta V = \dfrac{nR\Delta T}{P}, portanto
W = P\Delta V = nR\Delta T.
Essa forma é prática porque não precisamos transformar P em Pascal explicitamente para esse produto, pois usamos nR\Delta T diretamente em J.
Substituindo números:
W = 1000\cdot 8,314\cdot 53.
Calcule:
8,314\cdot 53 = 8,314\cdot(50+3)=415,7+24,942=440,642
W = 440{,}642\\ \mathrm{J}\approx 4,41\times 10^{5}\\ \mathrm{J}.

Passo 7

Calor trocado Q: pela primeira lei da termodinâmica (para processo sem trabalho de massa etc.),
\Delta U = Q - W\quad\Rightarrow\quad Q=\Delta U + W.
Também, para processo à pressão constante, uma fórmula direta é
Q = n C_{P,m}\Delta T.
Vamos usar a fórmula direta (deve dar o mesmo resultado):
Q = 1000\cdot 29,099\cdot 53.
Calcule:
29,099\cdot 53 = 29,099\cdot(50+3)=1\,454,95+87,297=1\,542,247
Q = 1{,}542{,}247\\ \mathrm{J}\approx 1,54\times 10^{6}\\ \mathrm{J}.
Verificação rápida (checando a primeira lei):
\Delta U + W = 1{,}101{,}605 + 440{,}642 = 1{,}542{,}247 = Q,
confere.

Passo 8

Variação de entropia \Delta S. Para um gás ideal entre dois estados, uma expressão conveniente é
\Delta S = n C_{P,m}\ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)\quad\text{(processo reversível a }P=\text{const.)}.í
Explicação: em processo reversível a pressão constante, o calor infinitesimal trocado é dQ_{\text{rev}}=nC_{P,m}\,dT, e \Delta S=\int dQ_{\text{rev}}/T = nC_{P,m}\int_{T_{1}}^{T_{2}} \frac{dT}{T} = nC_{P,m}\ln(T_{2}/T_{1}).
Substituindo:
\Delta S = 1000\cdot 29,099\cdot \ln\!\left(\frac{353}{300}\right).
Calcule o logaritmo:
\ln\!\left(\frac{353}{300}\right)=\ln(1,176666\ldots)\approx 0,16268.
Então
\Delta S \approx 29{,}099\cdot 0,16268\approx 4{,}734\\ \mathrm{J/K}.
(mais precisamente \Delta S\approx 4{,}733{,}8\\ \mathrm{J/K}). Essa é a variação de entropia do gás no processo reversível.

Passo 9

Resumo numérico (verificação de consistência):
\Delta U\approx 1,10\times 10^{6}\\ \mathrm{J},
W\approx 4,41\times 10^{5}\\ \mathrm{J},
Q\approx 1,54\times 10^{6}\\ \mathrm{J},
\Delta S\approx 4,73\times 10^{3}\\ \mathrm{J/K}.
Observe que Q=\Delta U+W foi satisfeito numericamente, confirmando que os cálculos estão consistentes.

Resposta

\Delta U = 1,10\times 10^{6}\\ \mathrm{J}
\Delta S = 4,73\times 10^{3}\\ \mathrm{J/K}
Q = 1,54\times 10^{6}\\ \mathrm{J}
W = 4,41\times 10^{5}\\ \mathrm{J}