Ar é comprimido adiabaticamente do estado 1, p_{1}=1,0 bar e T_{1}=300 \mathrm{~K}, até o estado 2, p_{2}=15 bar e v_{2}=0,1227 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{kg}. Então o ar é resfriado a volume constante até o estado 3, \mathrm{~T}_{3}=300 \mathrm{~K}.
Liste as hipóteses necessárias para a solução do problema, fazendo a devida justificativa quando necessário. (1,0 ponto)
Determine o trabalho de compressão por unidade de massa durante o processo 1-2 e 2-3 (1,5 ponto)
Determine o calor rejeitado pelo sistema por unidade de massa durante o processo 2-3. (1,5 ponto)
व. Determine a pressão do estado final (estado 3 ). (1,0 ponto)

Passo 1

Enunciado e dados (o que o problema pede). Temos um quilograma de ar que passa pelos estados abaixo:
p_1=1,0\\ \text{bar},\quad T_1=300\\ \text{K}
o gás é comprimido adiabaticamente até o estado 2 com
p_2=15\\ \text{bar},\quad v_2=0{,}1227\\ \mathrm{m^3/kg},
depois o gás é resfriado a volume constante até o estado 3 com
T_3=300\\ \text{K}.
Perguntas:
  1. Liste as hipóteses necessárias (justifique).
  2. Determine o trabalho de compressão por unidade de massa durante o processo 1–2 e durante 2–3.
  3. Determine o calor rejeitado por unidade de massa durante 2–3.
  4. Determine a pressão no estado final (estado 3).
Dados úteis que usarei (valores padrão para ar e unidades consistentes): a constante do gás ideal para o ar
R=0{,}287\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.

Passo 2

Hipóteses necessárias e justificativas (cada hipótese explicada de forma simples):
  1. Ar como gás ideal (perfeito): justificativa — os dados dados ( p,v,T) são compatíveis com a equação pv=RT e, em termodinâmica básica, ar comporta-se bem como gás ideal nas faixas de pressão e temperatura aqui consideradas. Isso permite usar pv=RT para relacionar p,v,T.
  2. Processo 1–2 adiabático e quasi‑estático (reversível) — ou seja, adiabático e politrópico do tipo p v^k= const. Justificativa — o enunciado diz “comprimido adiabaticamente”; para poder relacionar os estados finais com uma expressão explícita e calcular o trabalho por integração, precisamos que o processo seja quasi‑estático (reversível). Se fosse adiabático irreversível não há forma única de relacionar p e v entre os estados. Portanto adotamos adiabático reversível (isentrópico se o gás ideal tiver k constante) ou, mais genericamente, um processo adiabático poligonal com expoente k constante.
  3. Capacidades caloríficas constantes no intervalo de temperatura envolvido (portanto k= constante). Justificativa — simplifica o cálculo de c_v e de c_p; é usual em exercícios de graduação quando não se dá tabela de c_p(T).
  4. Sistema fechado, variações de energia cinética e potencial desprezíveis. Justificativa — solicita trabalho e calor por unidade de massa; assumimos sistema fechado (massa constante) e ignoramos energia cinética/potencial porque não foram dadas informações sobre velocidades/altitudes.
Com essas hipóteses podemos aplicar: equação dos gases perfeitos, relação politrópica p v^k= const (para 1–2) e as fórmulas usuais para trabalho e calor.

Passo 3

Calcular o volume específico no estado 1 ( v_1) usando a equação dos gases ideais. Explicação do conceito: a equação dos gases perfeitos relaciona pressão, volume específico e temperatura por unidade de massa:
p v = R T,
onde p é a pressão (em kPa), v o volume específico (m³/kg), R constante do gás (kJ/kg·K) e T a temperatura (K). Atenção às unidades: se p estiver em kPa, R em kJ/(kg·K) e v em m³/kg, então p v tem unidades kJ/kg e é compatível com RT.
Converto pressões para kPa:
p_1=1{,}0\\ \text{bar}=100\\ \text{kPa},\qquad p_2=15\\ \text{bar}=1500\\ \text{kPa}.
Agora calculo v_1:
v_1=\frac{R T_1}{p_1}=\frac{0{,}287\cdot 300}{100}=0{,}861\\ \mathrm{m^3/kg}.

Passo 4

Determinar o expoente politrópico k do processo 1–2 a partir dos dados de p e v. Explicação: para um processo adiabático reversível (politrópico com expoente k constante) vale
p v^{k}=\text{const}.
Logo, entre os estados 1 e 2:
\frac{p_2}{p_1}=\left(\frac{v_1}{v_2}\right)^{k}.
Tomando logaritmos, isolamos k:
k=\frac{\ln(p_2/p_1)}{\ln(v_1/v_2)}.
Substituindo os números (uso v_1 obtido no passo anterior e v_2 dado):
k=\frac{\ln(1500/100)}{\ln(0{,}861/0{,}1227)}=\frac{\ln 15}{\ln(0{,}861/0{,}1227)}\approx 1{,}39.
Portanto usamos k\approx 1{,}39 (valor compacto e consistente com os dados).

Passo 5

Cálculo do trabalho por unidade de massa no processo 1–2. Primeiro explico a fórmula e a convenção de sinais. Trabalho realizado pelo sistema (sobre os arredores) ao longo de um processo é
w=\int_{v_1}^{v_2} p\,dv.
Se o processo for politrópico p v^{k}= const, então p=C v^{-k} e
w=\int_{v_1}^{v_2} C v^{-k}\,dv =\frac{C}{1-k}\left(v_2^{\,1-k}-v_1^{\,1-k}\right).
Usando C=p_1 v_1^{k}=p_2 v_2^{k} e reescrevendo de forma conveniente, uma forma prática é
w=\frac{p_2 v_2 - p_1 v_1}{1-k}.
Importante: este w é o trabalho realizado PELO sistema (work out). Se quisermos o trabalho de compressão (trabalho SOBRE o sistema), trocamos o sinal:
w_{\text{on}}=-w=\frac{p_1 v_1 - p_2 v_2}{1-k}.
Agora substituo os valores (usando p em kPa e v em m³/kg, o produto p v fica em kJ/kg):
p_1 v_1=100\cdot 0{,}861=86{,}10\\ \mathrm{kJ/kg},
p_2 v_2=1500\cdot 0{,}1227=184{,}05\\ \mathrm{kJ/kg}.
Com k\approx 1{,}39,
w_{1\to2,\text{on}}=\frac{86{,}10-184{,}05}{1-1{,}39}=\frac{-97{,}95}{-0{,}39}\approx 251{,}1\\ \mathrm{kJ/kg}.
Interpretação: durante a compressão 1–2 foi fornecida ao gás, por unidade de massa, uma energia mecânica de aproximadamente 251{,}1\\ \mathrm{kJ/kg}.

Passo 6

Cálculo da temperatura no estado 2 ( T_2), que será útil para as partes seguintes. Usamos novamente a equação dos gases ideais:
T_2=\frac{p_2 v_2}{R}=\frac{1500\cdot 0{,}1227}{0{,}287}\\ \mathrm{K}\approx 641{,}3\\ \mathrm{K}.

Passo 7

Trabalho no processo 2–3 (resfriamento a volume constante). Explicação: em um processo isócrono ( v= constante) o trabalho de deslocamento de fronteira é
w=\int_{v_2}^{v_3} p\,dv=0,
porque dv=0. Assim, por unidade de massa,
w_{2\to3}=0\\ \mathrm{kJ/kg}.

Passo 8

Cálculo do calor rejeitado no processo 2–3. Uso da primeira lei para sistema fechado por unidade de massa:
\Delta u = q - w,
onde \Delta u é a variação da energia interna específica, q calor específico transferido para o sistema (positivo se entra) e w trabalho realizado pelo sistema. Para 2–3, w=0 (passo anterior), logo
q_{2\to3}=\Delta u = c_v\,(T_3-T_2).
Agora preciso de c_v. Com hipótese de capacidades constantes e usando a relação
k=\frac{c_p}{c_v},\qquad c_p-c_v=R,
isolo c_v:
c_v=\frac{R}{k-1}.
Substituindo R=0{,}287\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} e k\approx 1{,}39,
c_v=\frac{0{,}287}{1{,}39-1}\approx 0{,}736\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Agora o calor:
q_{2\to3}=c_v\,(T_3-T_2)=0{,}736\cdot(300-641{,}3)\\ \mathrm{kJ/kg} \approx -251{,}1\\ \mathrm{kJ/kg}.
Interpretação do sinal: o calor é negativo, ou seja, o sistema rejeita cerca de 251{,}1\\ \mathrm{kJ} por kg ao ambiente durante 2–3. (Note que a magnitude é praticamente igual ao trabalho de compressão, o que é consistente com a energia interna final igual à inicial, já que T_3=T_1.)

Passo 9

Cálculo da pressão no estado 3 ( p_3). Como o processo 2–3 é a volume constante ( v_3=v_2), podemos usar a lei dos gases em dois estados:
\frac{p_3}{T_3}=\frac{p_2}{T_2}\quad\Rightarrow\quad p_3=p_2\frac{T_3}{T_2}.
Substituindo números:
p_3=1500\\ \text{kPa}\cdot\frac{300}{641{,}3}\approx 701{,}9\\ \text{kPa}.
Convertendo para bar:
p_3\approx 7{,}02\\ \text{bar}.

Resposta

Hipóteses: Ar como gás ideal; processo 1–2 adiabático e quasi‑estático (politrópico com p v^k= const); capacidades caloríficas constantes; sistema fechado e variações de energia cinética/potencial desprezíveis.
w_{1\to2} = 251{,}1\\ \mathrm{kJ/kg} (trabalho de compressão, isto é, trabalho feito sobre o gás)
w_{2\to3} = 0\\ \mathrm{kJ/kg}
q_{2\to3} = -251{,}1\\ \mathrm{kJ/kg} (ou seja, 251{,}1\\ \mathrm{kJ/kg} rejeitado)
p_3 = 701{,}9\\ \mathrm{kPa}\approx 7{,}02\\ \text{bar}

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