P5.15 Using the expression d S=\frac{C_{P}}{T} d T-V \beta d P, calculate the decrease in temperature that occurs if 2.25 moles of water at 310 K and 1650. bar is brought to a final pressure of 1.30 bar in a reversible adiabatic process. Assume that \kappa=0.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a diminuição de temperatura quando 2{,}25 mols de água inicialmente em 310\\ \text{K} e 1650{.}\,\text{bar} são levados reversivelmente (reversível) a 1{,}30\\ \text{bar} em um processo adiabático. Foi dada a expressão diferencial
dS=\frac{C_{P}}{T}\,dT - V\beta\,dP
e a hipótese \kappa=0. As quantidades iniciais e finais de pressão são:
P_i = 1650{.}\,\text{bar},\qquad P_f = 1{.}30\\ \text{bar},
e a temperatura inicial é
T_i = 310\\ \text{K}.
O que se pede é a diminuição de temperatura \Delta T = T_i - T_f.

Passo 2

Interpretação física e uso da condição adiabática reversível: num processo reversível adiabático a entropia total não varia, ou seja
dS=0.
Substituindo na expressão fornecida:
0=\frac{C_{P}}{T}\,dT - V\beta\,dP.
Isolando dT obtemos a relação diferencial que liga variações de T e P ao longo do processo reversible adiabático:
\frac{dT}{dP} = \frac{T\,V\beta}{C_{P}}.
Esta é uma relação padrão em termodinâmica: \left(\dfrac{\partial T}{\partial P}\right)_S = \dfrac{T V \beta}{C_P}. Vou usá‑la para integrar entre P_i e P_f.

Passo 3

Simplificação usando quantidades molares e a hipótese \kappa=0: escrevendo tudo por mol, V=n\bar{V} e C_P=n\bar{C}_P, onde \bar{V} é o volume molar e \bar{C}_P o calor molar a pressão constante. Assim,
\frac{T V \beta}{C_P} = \frac{T (n\bar{V}) \beta}{n\bar{C}_P} = \frac{T\bar{V}\beta}{\bar{C}_P},
ou seja, o número de mols n cancela e o resultado depende apenas de propriedades molares. A hipótese \kappa=0 (compressibilidade isoterma nula) implica que o volume não muda com a pressão; isso nos permite tratar \bar{V} como independente de P durante a integração. Para integrar a equação diferencial é ainda conveniente supor que \bar{V}, \beta e \bar{C}_P podem ser tomados aproximadamente constantes no intervalo considerado (uma aproximação razoável para líquidos em pequenas variações de temperatura). Então:
\frac{dT}{dP} = \frac{T\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}
é uma equação diferencial separável.

Passo 4

Separando e integrando: separar variáveis dá
\frac{dT}{T} = \frac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}\,dP.
Integrando de P_i a P_f (correspondendo de T_i a T_f):
\int_{T_i}^{T_f}\frac{dT}{T} = \frac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}\int_{P_i}^{P_f} dP.
A integral do lado esquerdo é \ln\!\big(\dfrac{T_f}{T_i}\big) e a do lado direito é \dfrac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}(P_f-P_i). Logo:
\ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) = \frac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}\,(P_f-P_i).
Desse modo
T_f = T_i \exp\!\left[\frac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}\,(P_f-P_i)\right].

Passo 5

Escolha e justificativa dos valores numéricos: para avaliar numericamente usamos propriedades molares da água à temperatura próxima de 310\\ \text{K} (valores tabulados):
  • volume molar da água líquida: \bar{V}=18{.}015\times10^{-6}\\ \text{m}^3\!/\text{mol},
  • coeficiente de expansão volumétrica em 37^\circ\text{C} ( 310\\ \text{K}): \beta=2{.}57\times10^{-4}\\ \text{K}^{-1},
  • calor molar a pressão constante da água líquida: \bar{C}_P=75{.}3\\ \text{J}\!/\!(\text{mol}\cdot\text{K}).
Obs.: essas são aproximações tabuladas razoáveis para água líquida perto de 310\\ \text{K}; a hipótese \kappa=0 justifica não considerar variação de \bar{V} com P na integração. Como mostrado antes, o resultado final não depende do número de mols (o n cancela), logo o valor 2{.}25 mol não entra no fator multiplicativo — apenas para confirmar que estamos tratando água líquida e não gás ideal.
Converter pressões para SI:
P_i = 1650{.}\,\text{bar} = 1650{.}\times10^{5}\\ \text{Pa}=1{.}650\times10^{8}\\ \text{Pa},
P_f = 1{.}30\\ \text{bar} = 1{.}30\times10^{5}\\ \text{Pa}=1{.}30\times10^{5}\\ \text{Pa}.
Então
P_f-P_i = (1{.}30-1650{.})\times10^{5}\\ \text{Pa} = -1648{.}7\times10^{5}\\ \text{Pa} = -1{.}6487\times10^{8}\\ \text{Pa}.

Passo 6

Cálculo numérico passo a passo:
Calcular o fator \dfrac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}:
\bar{V}\beta = 18{.}015\times10^{-6}\times 2{.}57\times10^{-4} = 4{.}629855\times10^{-9}\\ \text{m}^3/(\text{mol}\cdot\text{K}).
\frac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P} = \frac{4{.}629855\times10^{-9}}{75{.}3} \approx 6{.}149\times10^{-11}\\ \text{Pa}^{-1}.
Multiplicando pelo (P_f-P_i):
\frac{\bar{V}\beta}{\bar{C}_P}(P_f-P_i) \approx 6{.}149\times10^{-11}\times(-1{.}6487\times10^{8}) \approx -1{.}0131\times10^{-2}.
Logo
\ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right)\approx -1{.}0131\times10^{-2},
e
\frac{T_f}{T_i} = \exp(-0{.}010131)\approx 0{.}9899.
Portanto
T_f \approx 310\\ \text{K}\times 0{.}9899 \approx 306{.}87\\ \text{K}.

Passo 7

Resultado final pedido (diminuição de temperatura): a diminuição é
\Delta T = T_i - T_f \approx 310{.}00\\ \text{K} - 306{.}87\\ \text{K} \approx 3{.}13\\ \text{K}.
Interpretação: sob as aproximações feitas (valores tabulados de \bar{V},\beta,\bar{C}_P a 310\\ \text{K} e \kappa=0), a queda de pressão muito grande provoca uma pequena diminuição de temperatura de cerca de 3{.}1\\ \text{K}.

Resposta

A diminuição de temperatura é \Delta T \approx 3{.}13\\ \text{K} (logo T_f \approx 306{.}87\\ \text{K}).

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