[6.7] Um vasilhame contém 10^-3 m^3 de gás Hélio a 3 K e a pressão de 10^3 Pa. Assuma que, nessas condições, a Energia Interna do Hélio seja ZERO. Assuma também que o Hélio é um gás perfeito monoatômico 10^-3 m^3.
(a) A temperatura é aumentada isocoricamente até 300K. Quanto calor é absorvido e qual é a Energia Interna do Hélio, sob estas condições? O resultado desse aumento na Energia Interna é devido ao aquecimento ou trabalho.
(b) O Hélio é expandido adiabaticamente até que a temperatura seja 3K. Quanto trabalho é realizado, e qual é a nova Energia Interna? Todo o calor foi convertido em trabalho sem nenhuma compensação, violando assim a Segunda Lei da Termodinâmica?
© O Hélio é agora comprimido isotermicamente até o seu volume original de P V. Quais são as quantidades de calor e trabalho envolvidas neste processo? Qual é a Eficiência Térmica desse ciclo? Esboce-o num diagrama .

Passo 1

O enunciado apresenta um vasilhame com volume inicial V1 = 10^-3,m^3 e gás Hélio ideal monoatômico ( gamma=5/3), na temperatura T1=3 K e pressão P1=10^3 Pa, com energia interna assumida zero nessa condição. Precisamos calcular: a) o calor e a energia interna após aquecimento isocórico até 300 K; b) o trabalho e a energia interna ao expandir adiabaticamente de volta a 3 K e discutir a Segunda Lei; c) o calor e o trabalho na compressão isotérmica ao volume original, e a eficiência térmica do ciclo, além de esboçar o percurso no diagrama P- V.

Passo 2

Para determinar a quantidade de mols n usamos a equação de estado do gás ideal:
n = P1,V1R,T1 = 10^3 times 10^-38,314 times 3 approx 0,0401 mol

Passo 3

(a) No aquecimento isocórico não há trabalho ( W=0), e pela 1ª lei da Termodinâmica De. Para gás monoatômico cv=tfrac32R, então
QisoV = n,cv,(T2 - T1) = 0,0401 times tfrac32,8,314,(300 - 3) approx 149 J
A variação de energia interna é De J. Esse aumento vem do calor fornecido, já que W=0.

Passo 4

(b) Na expansão adiabática reversível vale T,V^gamma-1= constante. Logo o volume final é
V3 = V2l(T2T3r)^1/(gamma-1) = 10^-3timesl(3003r)^3/2 = 1,m^3
Como Q=0 em adiabático, o trabalho realizado pelo gás é
Wadiab = nR,(T2 - T3)gamma -1 = 0,0401times8,314,(300-3)2/3 approx 149 J
A energia interna final cai de 149 J para zero ( De J). Não há violação da 2ª lei porque nenhum calor de fora foi convertido diretamente em trabalho sem compensação num ciclo completo.

Passo 5

© Na compressão isotérmica a T=3 K, de V3=1 m³ a V1=10^-3 m³, temos De e
WisoT = nRTlnVfVi = 0,0401times8,314times3ln10^-31 approx -6,9 J (trabalho pelo gás) á
Como De, o calor trocado é QisoT=WisoTapprox -6,9 J (o gás rejeita calor).
Para a eficiência térmica do ciclo definimos
Wlíquido = Wadiab + WisoT = 149 - 6,9 = 142,1 J, í
eta = WlíquidoQisoV = 142,1149 approx 0,95;(95%) í

Passo 6

No diagrama P- V traçamos: segmento vertical (isocórico) de 3 K a 300 K, curva que desce de modo convexo (adiabática) até 3 K em V=1 m³, e curva isotérmica de volta a V=10^-3 m³.

Resposta

(a) QisoVapprox149 J e U300Kapprox149 J, devido ao calor. (b) Wadiabapprox149 J, U3K=0, sem violar a 2ª lei. © WisoTapprox-6,9 J (trabalho feito pelo gás), QisoTapprox-6,9 J (calor rejeitado), eficiência etaapprox95%.

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