Uma amostra de 1,00 \mathrm{~mol} de gás hélio (assumindo a idealidade \operatorname{com} \bar{C}_{V}=3 n R / 2 expande-se irreversível e adiabaticamente de 3,00 \mathrm{~L} e temperatura de 500 K para um volume de 10,00 \mathrm{~L} contra uma pressão externa de 1,00 \mathrm{~atm}. Encontre a temperatura final, \Delta U, \mathrm{q}, \mathrm{w} e \Delta S para este processo. Compare cada propriedade calculada com a correspondente para um processo de expansão reversível e adiabática com a mesma variação de volume.

Passo 1

O enunciado dá uma amostra de gás hélio ideal com quantidade de matéria n=1{,}00\\ \mathrm{mol}. As condições iniciais e finais são:
V_1=3{,}00\\ \mathrm{L},\qquad T_1=500{,}0\\ \mathrm{K}, \qquad V_2=10{,}00\\ \mathrm{L}.
O gás expande-se irreversivelmente e adiabaticamente contra uma pressão externa constante
P_{\text{ext}}=1{,}00\\ \mathrm{atm}.
Também é dada a capacidade térmica molar a volume constante (para hélio monoatômico):
\bar{C}_V=\tfrac{3}{2}R.
O que o enunciado pede:
  • encontrar a temperatura final T_2 do gás no processo irreversível adiabático;
  • calcular \Delta U, q, w e \Delta S para esse processo irreversível;
  • comparar cada uma dessas quantidades com o correspondente processo adiabático reversível (com a mesma variação de volume \Delta V).
Informações relevantes e observações iniciais (sem resolver ainda):
  • “Adiabático” significa que q=0 para o sistema (nenhum calor trocado com a vizinhança).
  • O processo é irreversível porque a pressão externa é constante e finita diferente da pressão interna durante a expansão; para trabalho usaremos w=-P_{\text{ext}}(V_2-V_1) (convenção química: w é o trabalho realizado sobre o sistema).
  • Para gás ideal monoatômico \bar{C}_V=\tfrac{3}{2}R e a energia interna depende só da temperatura: \Delta U=n\bar{C}_V\Delta T.
  • Entropia é função de estado: para calcular \Delta S do gás podemos integrar em um caminho reversível conveniente (mesmo que o processo real seja irreversível).

Passo 2

Calcular o trabalho w para a expansão irreversível contra pressão externa constante.
Expansão contra P_{\text{ext}} (constante): por definição
w = -P_{\text{ext}}(V_2-V_1).
Aqui devemos converter unidades para Joules. Usamos 1\\ \mathrm{L\cdot atm}=101{,}325\\ \mathrm{J}.
O volume aumentado é
\Delta V = V_2-V_1 = 10{,}00-3{,}00 = 7{,}00\\ \mathrm{L}.
Portanto
w = -(1{,}00\\ \mathrm{atm})(7{,}00\\ \mathrm{L}) = -7{,}00\\ \mathrm{L\cdot atm}.
Convertendo para J:
w = -7{,}00\times 101{,}325\\ \mathrm{J} = -709{,}275\\ \mathrm{J}\approx -709\\ \mathrm{J}.
Explicação didática: o sinal negativo significa que o sistema realizou trabalho sobre a vizinhança (energia saiu do sistema na forma de trabalho).

Passo 3

Usar a relação entre \Delta U e T para o gás ideal e encontrar T_2.
Para um gás ideal monoatômico a energia interna é função somente da temperatura. A variação de energia interna é
\Delta U = n\bar{C}_V (T_2-T_1).
Como o processo é adiabático, q=0 e a primeira lei dá
\Delta U = q + w = 0 + w = w.
Logo podemos igualar
n\bar{C}_V (T_2-T_1) = w.
Substituindo \bar{C}_V=\tfrac{3}{2}R e isolando T_2:
T_2 = T_1 + \frac{w}{n\bar{C}_V} = T_1 + \frac{w}{n(3R/2)}.
Agora numéricos: n=1{,}00\\ \mathrm{mol}, R=8{,}314462618\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}} (usarei R\approx 8{,}314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)} para contas manuais suficientes):
n\bar{C}_V = 1{,}00\cdot \tfrac{3}{2}R = \tfrac{3}{2}\times 8{,}314\\ \mathrm{J/K} = 12{,}471\\ \mathrm{J/K}.
Usando w=-709{,}275\\ \mathrm{J},
\Delta T = T_2-T_1 = \frac{w}{12{,}471} = \frac{-709{,}275}{12{,}471}\\ \mathrm{K} \approx -56{,}86\\ \mathrm{K}.
Portanto
T_2 = 500{,}0\\ \mathrm{K} -56{,}86\\ \mathrm{K} \approx 443{,}1\\ \mathrm{K}.
Interpretação: a temperatura caiu porque energia saiu do gás na forma de trabalho; como o trabalho foi relativamente pequeno (pressão externa fixa de 1 atm), a queda de temperatura não foi tão grande.

Passo 4

Calcular \Delta U e q explicitamente e checar consistência.
Como já usamos,
q=0\qquad(\text{adiabático}).á
E
\Delta U = w = -709{,}275\\ \mathrm{J}\approx -709\\ \mathrm{J}.
Também podemos verificar com n\bar{C}_V\Delta T:
\Delta U = n\bar{C}_V (T_2-T_1) = 12{,}471\\ \mathrm{J/K}\times(-56{,}86\\ \mathrm{K})\approx -709{,}275\\ \mathrm{J},
mesmo valor — bom sinal.

Passo 5

Calcular a variação de entropia \Delta S do gás no processo irreversível (usar caminho reversível conveniente).
Observação importante e didática: entropia S é função de estado, então \Delta S entre dois estados depende apenas dos estados iniciais e finais. Mesmo que o processo real seja irreversível, podemos calcular \Delta S do sistema integrando uma transformação reversível entre os mesmos estados. Para um ideal com \bar{C}_V constante:
\Delta S = \int_{T_1}^{T_2} \frac{n\bar{C}_V}{T}\,dT = n\bar{C}_V\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right).
Usando n\bar{C}_V=12{,}471\\ \mathrm{J/K}, T_1=500{,}0\\ \mathrm{K} e T_2\approx 443{,}1\\ \mathrm{K}:
\frac{T_2}{T_1}=\frac{443{,}14}{500{,}0}=0{,}88628,\qquad \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right)\approx -0{,}12074.
Logo
\Delta S = 12{,}471\times(-0{,}12074)\\ \mathrm{J/K}\approx -1{,}504\\ \mathrm{J/K}.
Interpretação: o valor é negativo — o entropia do gás diminuiu porque a temperatura caiu bastante comparado à variação de volume; isso não viola a segunda lei, porque o processo é irreversível e o trabalho realizado pelo gás será dissipado na vizinhança (aumentando a entropia da vizinhança). A variação total de entropia do universo será \Delta S_{\text{univ}}=\Delta S_{\text{sys}}+\Delta S_{\text{surr}}\ge 0.
Comentário sobre \Delta S_{\text{surr}}: o trabalho w entregue ao entorno será, em última instância, convertido em calor na vizinhança (por exemplo, aquecendo a máquina que recebe o trabalho), e isso gera \Delta S_{\text{surr}}>0. Sem informação da temperatura efetiva da vizinhança não podemos numericamente avaliar \Delta S_{\text{univ}}, mas sabemos que a irreversibilidade produz entropia total positiva.

Passo 6

Agora calcular as mesmas propriedades para uma expansão adiabática reversível (isentrópica) entre os mesmos volumes V_1\to V_2.
Para um gás ideal em um adiabat reversível vale a relação
TV^{\gamma-1}=\text{const},
onde \gamma=\dfrac{\bar{C}_P}{\bar{C}_V}=\dfrac{\bar{C}_V+R}{\bar{C}_V}. Para monoatômico com \bar{C}_V=\tfrac{3}{2}R,
\gamma=\frac{5/2\,R}{3/2\,R}=\frac{5}{3}\approx 1{,}6667.
Assim
T_{2,\text{rev}} = T_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}.
Aqui \gamma-1=\tfrac{2}{3}. Substituindo numericamente:
T_{2,\text{rev}} = 500{,}0\\ \mathrm{K}\times\left(\frac{3{,}00}{10{,}00}\right)^{2/3} =500\\ \mathrm{K}\times (0{,}3)^{0{,}6667}.
Calculemos aproximadamente (0{,}3)^{2/3}: \ln 0{,}3=-1{,}20397, multiplicando por 2/3 obtém-se -0{,}80265, exponenciando dá e^{-0,80265}\approx 0{,}4487. Então
T_{2,\text{rev}}\approx 500\times 0{,}4487 \approx 224{,}4\\ \mathrm{K}.
Agora \Delta U_{\text{rev}} = n\bar{C}_V(T_{2,\text{rev}}-T_1):
\Delta U_{\text{rev}} = 12{,}471\\ \mathrm{J/K}\times(224{,}4-500)\\ \mathrm{K} =12{,}471\times(-275{,}6)\\ \mathrm{J}\approx -3{,}438\\ \mathrm{kJ}.
Como q_{\text{rev}}=0 também (adiabático), o trabalho reversível é
w_{\text{rev}}=\Delta U_{\text{rev}}\approx -3{,}438\\ \mathrm{kJ}.
E para o adiabat reversível (processo isentrópico) tem-se
\Delta S_{\text{rev}}=0.

Passo 7

Comparações e interpretação física (resumo comparativo).
  • Temperatura final:
    • irreversível adiabático: T_2\approx 443{,}1\\ \mathrm{K}.
    • reversível adiabático: T_{2,\text{rev}}\approx 224{,}4\\ \mathrm{K}.
      Interpretação: a expansão reversível faz mais trabalho (magnitude maior), portanto retira mais energia interna e leva a uma queda de temperatura bem maior; a expansão irreversível contra 1 atm realiza menos trabalho, logo o gás fica mais quente ao final.
  • Trabalho w e energia interna \Delta U:
    • irreversível: w=\Delta U\approx -709{,}3\\ \mathrm{J}.
    • reversível: w_{\text{rev}}=\Delta U_{\text{rev}}\approx -3{,}438\\ \mathrm{kJ}.
      Conclusão: |w_{\text{rev}}|> |w_{\text{irrev}}| (o trabalho reversível tem maior magnitude).
  • Calor:
    • em ambos os processos adiabáticos q=0.
  • Entropia do gás:
    • irreversível: \Delta S_{\text{sys}}\approx -1{,}504\\ \mathrm{J/K} (redução de entropia do gás).
    • reversível: \Delta S_{\text{rev}}=0.
      Observação: apesar de a entropia do gás diminuir no processo irreversível, a entropia total do universo aumenta (a irreversibilidade gera entropia na vizinhança quando o trabalho entregue é dissipado como calor). Sem dados adicionais sobre a temperatura da vizinhança não podemos dar um valor numérico para \Delta S_{\text{univ}}, mas sua tendência é positiva.
Encerrando: o comportamento geral é intuitivo — o processo irreversível contra pressão externa constante faz menos trabalho (pois a pressão externa é maior do que a pressão interna média do gás durante a expansão reversível), então queda de energia interna e de temperatura menores; entropia do sistema muda conforme o estado final, e para um adiabat reversível a entropia do sistema permanece constante.

Resposta

T_2 \approx 443{,}1\\ \mathrm{K}
\Delta U \approx -709{,}3\\ \mathrm{J}
q = 0
w \approx -709{,}3\\ \mathrm{J}
\Delta S \approx -1{,}504\\ \mathrm{J/K}
Comparações (mesma \Delta V, adiabat reversível):
T_{2,\text{rev}} \approx 224{,}4\\ \mathrm{K}
\Delta U_{\text{rev}} \approx -3{,}438\\ \mathrm{kJ}
q_{\text{rev}}=0
w_{\text{rev}} \approx -3{,}438\\ \mathrm{kJ}
\Delta S_{\text{rev}}=0

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