[8.11] Um cilindro termicamente isolado, fechado em ambos os lados, é equipado com um pistão condutor de calor isento de atrito que divide o cilindro em duas partes. Inicialmente o pistão está preso no centro do cilindro com um litro de ar a
em um dos lados e um litro de ar a 300 K e
no outro lado. O pistão é liberado e entra em equilíbrio de temperatura e pressão numa nova posição. Compute a temperatura final, a pressão final e o aumento de entropia do ar, considerando que o ar seja um gás perfeito. Qual é o tipo de irreversibilidade que ocorreu neste processo?
Passo 1
O enunciado descreve um cilindro termicamente isolado, dividido por um pistão sem atrito mas condutor de calor. Em cada lado há 1 L de ar a 300 K, com pressões diferentes (2,026×10^5 Pa e 1,013×10^5 Pa). O conteúdo é equilíbrio mecânico e térmico de gás perfeito e cálculo de variação de entropia. Vamos usar a equação de estado PV=nRT, conservação de energia no sistema isolado e a fórmula de ΔS para gás ideal.
Passo 2
Calcule o número de mols em cada lado usando PV=nRT. Para cada parte i: n_i = P_i V_i/(R T_i). Assim n_1 = (2,026×105·1×10−3)/(8,314·300) ≃0,0812 mol e n_2 = (1,013×105·1×10−3)/(8,314·300) ≃0,0406 mol.
Passo 3
No equilíbrio final o pistão está em repouso sem diferença de pressão, logo P_f é o mesmo nos dois lados, e também T_f único. As volumes finais satisfazem V_1f+V_2f=2×10^−3 m^3 e pelas equações de gás ideal V_if = n_i R T_f / P_f. O quociente V_1f/V_2f = n_1/n_2 ≃2.
Passo 4
Da relação V_1f/V_2f=2 e V_1f+V_2f=2×10^−3 m^3 segue V_1f=4/3×10^−3 m3≈1,333×10−3 m^3 e V_2f=2/3×10^−3 m3≈0,667×10−3 m^3.
Passo 5
Como o cilindro é adiabatico e não faz trabalho externo (pistão interno sem atrito não faz trabalho sobre o ambiente), a energia interna total se conserva: U_tot inicial = U_tot final ⇒ (n_1+n_2)C_v T_i = (n_1+n_2)C_v T_f ⇒ T_f = T_i = 300 K.
Passo 6
Com T_f conhecido, calcule P_f por exemplo em um dos lados: P_f = n_1 R T_f / V_1f = 0,0812·8,314·300 / (1,333×10^−3) ≃1,52×10^5 Pa.
Passo 7
Para a variação de entropia de cada parte usamos ΔS_i = n_i C_v ln(T_f/T_i) + n_i R ln(V_if/V_i). Como T_f=T_i, só resta ΔS_i = n_i R ln(V_if/V_i). Então
- ΔS_1 = 0,0812·8,314·ln(1,333×10−3/1×10−3) ≃0,194 J/K
- ΔS_2 = 0,0406·8,314·ln(0,667×10−3/1×10−3) ≃–0,137 J/K
Passo 8
Logo a variação total é ΔS_tot = 0,194 – 0,137 ≃0,057 J/K.
O processo foi irreversível por transferência de calor através de um gradiente de temperatura finito (durante as oscilações do pistão surgiu diferença de T entre os lados, que se igualizou por condução).
O processo foi irreversível por transferência de calor através de um gradiente de temperatura finito (durante as oscilações do pistão surgiu diferença de T entre os lados, que se igualizou por condução).
Resposta
Temperatura final 300 K; pressão final 1,52×10^5 Pa; aumento de entropia total 0,057 J/K. Irreversibilidade devida à condução de calor através de diferença de temperatura finita.