7.46 Um tanque rigido e isolado, com volume igual a 1 \mathrm{~m}^{3}, inicialmente contém ar a 800 kPa e 25^{\circ} \mathrm{C}. Uma válvula do tanque, entâo, é aberta e a pressåo interna se reduz rapidamente até 150 kPa , quando a valvula é fechada. Admitindo que o ar que permanece no interior do tanque passa por uma expansão adiabática reversivel, calcule a massa retirada do tanque no processo.
7.50 Considere o seguinte método para a determinação da relação entre os calores especificos de um gás ( k ). O gás está, inicialmente, contido num vaso rigido a pressăo p_{1} (um pouco maior que a pressăo ambiente, p_{0} ) e a temperatura ambiente. Uma válvula do vaso, entăo, é aberta e a pressăo do gás é reduzida rapidamente até p_{0}. Nesta condição a válvula é fechada. Após um certo
tempo, o gás que permaneceu no interior do vaso retorna a uma condição de equilibrio térmico com o ambiente e apresentando uma pressão interna p_{2}. Desenvolver uma expressăo para k em funçăo de p_{0} , p_{1} \in p_{2}.

Passo 1

Vou listar cuidadosamente o que cada enunciado pede e as informações fornecidas, separando por exercício para não nos perder.
Exercício 7.46 — o que é pedido e dados:
  • Pedido: calcular a massa retirada do tanque durante o processo descrito.
  • Dados: V = 1\\ \mathrm{m}^3,
p_1 = 800\\ \mathrm{kPa},
T_1 = 25^\circ\mathrm{C},
p_2 = 150\\ \mathrm{kPa}.
  • Observação do enunciado: o tanque é rígido e isolado; a válvula é aberta e a pressão interna se reduz rapidamente até p_2 quando a válvula é fechada; admite-se que o ar que permanece no interior passa por uma expansão adiabática reversível.
  • O que precisamos determinar: massa retirada, ou seja, m_{\text{retirada}} = m_1 - m_2, onde m_1 é a massa inicial no tanque e m_2 a massa que permaneceu após o processo.
Exercício 7.50 — o que é pedido e dados:
  • Pedido: desenvolver uma expressão para a razão dos calores específicos k (isto é, k=c_p/c_v) em função de p_0, p_1 e p_2.
  • Dados/descrição do processo:
    • Gás inicialmente no vaso rígido em pressão p_1 (um pouco maior que p_0) e à temperatura ambiente (chamei de T_0).
    • Abre-se a válvula; a pressão cai rapidamente até p_0 (alguma massa sai) e a válvula é fechada.
    • Após equilíbrio térmico com o ambiente (isto é, a temperatura volta a T_0), a pressão interna passa a ser p_2.
  • O que precisamos: relacionar k com p_0, p_1, p_2.

Passo 2

Preparação teórica (ferramentas que vamos usar) — explico devagar como trabalhar com estes problemas.
  1. Lei dos gases ideais (para massa em volume fixo):
pV = m R T,
onde p é a pressão, V o volume total do recipiente, m a massa de gás dentro, R a constante específica do gás (para o ar R \approx 287\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}), e T a temperatura em Kelvin. Para massa inicial:
m_1 = \frac{p_1 V}{R T_1},
e para massa final:
m_2 = \frac{p_2 V}{R T_2},
quando conhecermos T_2.
  1. Processos adiabáticos reversíveis para gás ideal (isentrópico, relação entre T e p):
\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\!\tfrac{k-1}{k}},
onde k=\dfrac{c_p}{c_v}. Esta fórmula vem das relações clássicas p v^k= const e pv=RT; explico rapidamente: em processo adiabático reversível temos p v^k= const; usando v=RT/p e manipulando, obtemos a relação entre T e p acima.
  1. Observação prática: temperaturas devem estar em Kelvin quando usadas na lei dos gases.
Com essas ferramentas a estratégia fica clara: para 7.46 calcular T_2 pela relação adiabática e depois obter m_1 e m_2 por pv= mRT. Para 7.50 combinar a relação adiabática entre p_1,T_0 e p_0,T_a (temperatura imediatamente após a rápida expansão) com a equação do gás no aquecimento isocórico posterior (do estado (p_0,T_a) para (p_2,T_0)) para isolar k.

Passo 3

Resolvendo o Exercício 7.46 — passo inicial: converter unidades e fixar constantes.
  • Converter temperatura inicial: T_1 = 25^\circ\mathrm{C} = 25 + 273{,}15 = 298{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Pressões em SI: p_1 = 800\\ \mathrm{kPa} = 800\,000\\ \mathrm{Pa},
p_2 = 150\\ \mathrm{kPa} = 150\,000\\ \mathrm{Pa}.
  • Volume: V = 1\\ \mathrm{m}^3.
  • Constante do ar: R = 287\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
  • Tomarei k = 1{,}4 para o ar (valor usual para ar como gás diatômico).

Passo 4

Calcular a temperatura final T_2 do gás que permaneceu no tanque usando a relação adiabática reversível.
A relação é
\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\!\tfrac{k-1}{k}}.
Substituindo k=1{,}4 temos o expoente
\frac{k-1}{k}=\frac{1{,}4-1}{1{,}4}=\frac{0{,}4}{1{,}4}=\frac{2}{7}\approx 0{,}285714.
Calculando a razão de pressões:
\frac{p_2}{p_1}=\frac{150\,000}{800\,000}=0{,}1875.
Agora
T_2 = T_1\left(0{,}1875\right)^{2/7}.
Para não depender apenas de intuição, calculamos o fator:
\left(0{,}1875\right)^{2/7} \approx 0{,}6198.
Então
T_2 \approx 298{,}15 \times 0{,}6198 \approx 184{,}73\\ \mathrm{K}.

Passo 5

Calcular as massas inicial e final usando a equação dos gases ideais.
Massa inicial:
m_1=\frac{p_1 V}{R T_1}=\frac{800\,000\times 1}{287\times 298{,}15}.
Calcule o denominador:
287\times 298{,}15 \approx 85\,556{,}05,
então
m_1 \approx \frac{800\,000}{85\,556{,}05}\approx 9{,}3508\\ \mathrm{kg}.
Massa final (a que permaneceu no tanque, usando T_2):
m_2=\frac{p_2 V}{R T_2}=\frac{150\,000\times 1}{287\times 184{,}73}.
Calcule o denominador:
287\times 184{,}73 \approx 52\,999{,}51,
então
m_2 \approx \frac{150\,000}{52\,999{,}51}\approx 2{,}8302\\ \mathrm{kg}.

Passo 6

Calcular a massa retirada:
m_{\text{retirada}} = m_1 - m_2 \approx 9{,}3508 - 2{,}8302 = 6{,}5206\\ \mathrm{kg}.
Arredondando para duas casas decimais (próximo e prático para prova):
m_{\text{retirada}} \approx 6{,}52\\ \mathrm{kg}.
Parênteses didáticos: por que o resultado fez sentido?
  • A rápida expansão adiabática fez o gás remanescente esfriar (de 298{,}15 K para 184{,}73 K), o que diminuiu a pressão apesar do volume fixo; muita massa saiu para atingir a nova pressão p_2. O cálculo segue diretamente das relações isentrópicas e da equação dos gases.

Passo 7

Agora resolvendo o Exercício 7.50 — explicação do processo e identificação dos estados.
Anotei:
  • Estado inicial: (p_1, T_0).
  • Após a abertura rápida e saída de massa, no instante em que a válvula é fechada o gás remanescente tem pressão p_0 e temperatura T_a (menor que T_0 porque houve expansão adiabática rápida).
  • Após equilíbrio térmico com o ambiente (volume e massa fixos desde o fechamento), a temperatura volta a T_0 e a pressão passa a p_2.
Sequência de transformações do gás remanescente:
  1. Processo 1→a: adiabático reversível (isentrópico) do estado (p_1,T_0) para (p_0,T_a).
  2. Processo a→2: aquecimento isocórico (volume fixo e massa fixa dentro do vaso) de (p_0,T_a) até (p_2,T_0).
Vamos relacionar p e T nestes passos e eliminar T_a para obter k.

Passo 8

Aplicar a relação adiabática entre os estados 1 e a:
\frac{T_a}{T_0}=\left(\frac{p_0}{p_1}\right)^{\!\tfrac{k-1}{k}}.
Aplicar a relação isocórica entre os estados a e 2 (a massa é fixa e V é fixo; pelo gás ideal p\propto T quando m,V fixos):
\frac{p_2}{p_0}=\frac{T_0}{T_a}\quad\Longrightarrow\quad \frac{T_a}{T_0}=\frac{p_0}{p_2}.

Passo 9

Combinar as duas expressões para eliminar T_a/T_0:
\frac{p_0}{p_2}=\left(\frac{p_0}{p_1}\right)^{\!\tfrac{k-1}{k}}.
Tomamos logaritmos naturais de ambos os lados:
\ln\!\left(\frac{p_0}{p_2}\right) = \frac{k-1}{k}\,\ln\!\left(\frac{p_0}{p_1}\right).
Denote A=\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_2}\right) e B=\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_1}\right). A equação fica A = \dfrac{k-1}{k} B.

Passo 10

Resolver a equação para k:
A = \frac{k-1}{k} B \quad\Rightarrow\quad \frac{k-1}{k} = \frac{A}{B}.
Então
k-1 = k\frac{A}{B} \quad\Rightarrow\quad k\left(1-\frac{A}{B}\right)=1.
Portanto
k = \frac{1}{1-\dfrac{A}{B}} = \frac{1}{\dfrac{B-A}{B}} = \frac{B}{B-A}.
Substituindo A e B de volta:
k = \frac{\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_1}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_1}\right)-\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_2}\right)}.
Simplificando com propriedades dos logaritmos (observe que \ln(p_0/p_1)-\ln(p_0/p_2)=\ln(p_2/p_1)), obtemos a forma mais compacta:
k = \frac{\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_1}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{p_2}{p_1}\right)}.

Passo 11

Interpretação final da expressão para k.
  • A expressão encontrada é
k = \frac{\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_1}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{p_2}{p_1}\right)}.
  • Observação: ambas as razões dentro dos logaritmos são menores que 1 (pois p_0<p_1 e p_2<p_1), logo os logaritmos são negativos e a razão resulta positiva — como esperado para k.
  • Esse método experimental usa as quedas de pressão e a recuperação térmica para inferir k sem medir diretamente temperaturas distintas.

Resposta

m_{\text{retirada}}\approx 6{,}52\\ \mathrm{kg}\n
k=\dfrac{\ln\!\left(\dfrac{p_0}{p_1}\right)}{\ln\!\left(\dfrac{p_2}{p_1}\right)}

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