Certa quantidade de um gás monoatômico ideal ocupando um volume de 30 dm^3 e sob pressão de 50 atm é submetido a um processo cíclico reversível realizado em etapas descritas abaixo:
a) Expansão adiabática até a pressão de 25 atm e temperatura de 2.772,6 K
b) Aquecimento isobárico
c) Compressão isotérmica até retornar ao estado inicial Determine q, w, De<a U, De<a H e De<a S em cada etapa e no ciclo

Passo 1

O enunciado descreve um gás monoatômico ideal que, no estado inicial, ocupa V1=30 dm ^3 sob pressão P1=50 atm. Ele passa por um ciclo reversível em três etapas:
(a) expansão adiabática até P2=25 atm e T2=2772,6 K;
(b) aquecimento isobárico até retornar à temperatura inicial;
(c) compressão isotérmica retornando a P1, V1, T1.
Conteúdos necessários: equação de estado PV=nRT, capacidades molares CV=tfrac32R, CP=tfrac52R, primeira lei da termodinâmica, relações para processos adiabático, isobárico e isotérmico, e cálculo de entropia.

Passo 2

Precisamos conhecer n e T1. Pela relação adiabática para gás ideal
T2T1=l(P2P1r)^!gamma-1gamma, gamma=53,
temos
T1 = T2l(P1P2r)^!gamma-1gamma =2772,6;l(2r)^0,4approx3660;K
Em seguida, usa-se n=P1V1R,T1 com V1=30 L, P1=50 atm e R=0,08206 Lcdot atm/(mo lcdot K), resultando em
napprox5,00;mol

Passo 3

Processo (a): expansão adiabática reversível de 1to 2.
Pela equação de estado, o volume final é
V2=nRT2P2 =5cdot0,08206cdot2772,625approx45,52;L
Como é adiabático reversível, qa=0. A energia interna varia
De<a Ua=nCV,(T2-T1) =tfrac32;nR,(2772,6-3660)approx-5,53times10^4;J
Pela primeira lei na convenção w positivo quando o gás faz trabalho,
De<a U=q - wLongrightarrow wa=qa-De<a Ua =0-(-5,53times10^4)=+5,53times10^4;J
A entalpia varia como De<a Ha=nCPDe<a Tapprox-9,22times10^4 J, e por ser adiabático reversível De<a Sa=0.

Passo 4

Processo (b): aquecimento isobárico de 2to 3, mantendo P=25 atm até T3=T1=3660 K.
O volume em 3 é
V3=nRT3P =5cdot0,08206cdot366025approx60,09;L
Calcula-se
De<a Ub=nCV,(T3-T2) =tfrac32,nR,(3660-2772,6)approx+5,53times10^4;J,
wb=P,(V3-V2) =25;atmtimes(60,09-45,52);Ltimes101,3;JatmcdotL approx+3,69times10^4;J,
qb=De<a Ub+wbapprox9,22times10^4;J, De<a Hb=nCP,(T3-T2)approx+9,22times10^4;J,
De<a Sb=nCPlnT3T2 =tfrac52,nRln36602772,6approx+28,94;JK

Passo 5

Processo (c): compressão isotérmica de 3to 1 a T=3660 K.
Como De<a Uc=0 e De<a Hc=0, basta o trabalho isoterma:
wc=nRTlnV1V3 =5cdot8,314cdot3660;ln3060,09 approx-1,06times10^5;J
Pela primeira lei ( De<a U=q-w), tem-se
qc=De<a Uc+wc=-1,06times10^5;J, De<a Sc=qcTapprox-28,9;JK

Passo 6

Somando as três etapas para o ciclo completo:
De<a Utot=sumDe<a U=0, De<a Htot=0,
qtot=0+9,22times10^4-1,06times10^5 approx-1,36times10^4;J, wtot=+5,53times10^4+3,69times10^4-1,06times10^5 approx-1,36times10^4;J,
De<a Stot=0+28,94-28,94=0

Resposta

(a) Adiabática 1to 2 at reversível:
qa=0,
wa=+5,53times10^4 J,
De<a Ua=-5,53times10^4 J,
De<a Ha=-9,22times10^4 J,
De<a Sa=0.
(b) Isobárica 2to 3:
qb=+9,22times10^4 J,
wb=+3,69times10^4 J,
De<a Ub=+5,53times10^4 J,
De<a Hb=+9,22times10^4 J,
De<a Sb=+28,94 J/K.
(c) Isotérmica 3to 1:
qc=-1,06times10^5 J,
wc=-1,06times10^5 J,
De<a Uc=0,
De<a Hc=0,
De<a Sc=-28,9 J/K.
(ciclo) Soma das três etapas:
qtot=-1,36times10^4 J,
wtot=-1,36times10^4 J,
De<a Utot=0,
De<a Htot=0,
De<a Stot=0.

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