Considerando uma máquina térmica, operando em ciclos, entre 400^{\circ} \mathrm{C} e 100^{\circ} \mathrm{C}, usando um mol de gás ideal monoatômico. No início do processo, o gás sofre uma expansão isotérmica de 20,0 \mathrm{~L} à 80,0 \mathrm{~L}. Calcular:
(i) a eficiência máxima teórica para esse sistema;
(ii) o calor (q), o trabalho (w), a variação de energia interna \Delta \mathrm{E} e de Entalpia ( \Delta \mathrm{H} ) para cada etapa e para o ciclo completo;
(iii) calcular a variação de entropia para cada etapa do ciclo e para o ciclo completo.

Passo 1

Dados e o que o enunciado pede (resumo claro):
  • Temperaturas dos reservatórios: T_H = 400^\circ\mathrm{C} e T_C = 100^\circ\mathrm{C}.
  • Converter para Kelvin: T_H = 400 + 273{,}15 = 673{,}15\\ \mathrm{K}, \qquad T_C = 100 + 273{,}15 = 373{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Um mol de gás ideal monoatômico: n=1.
  • Expansão isotérmica inicial de 20{,}0\\ \mathrm{L} para 80{,}0\\ \mathrm{L} (ou seja, V_1 = 20{,}0\\ \mathrm{L} e V_2 = 80{,}0\\ \mathrm{L}).
  • O enunciado pede:
    (i) eficiência máxima teórica para o sistema;
    (ii) calor q, trabalho w, variação de energia interna \Delta E e variação de entalpia \Delta H para cada etapa do ciclo e para o ciclo completo;
    (iii) variação de entropia para cada etapa do ciclo e para o ciclo completo.
Observação útil (já identificada como necessária para resolver): para obter eficiência máxima entre dois reservatórios térmicos usamos o ciclo reversível ideal (ciclo de Carnot). Portanto vou assumir que o ciclo considerado é um ciclo de Carnot cujas etapas típicas são: isoterma quente (expansão) T_H de V_1 para V_2, expansão adiabática T_H\to T_C, isoterma fria (compressão) T_C de V_3 para V_4, e compressão adiabática T_C\to T_H retornando ao ponto inicial. A expansão isotérmica indicada no enunciado (20,0 L → 80,0 L) será a isoterma quente em T_H.

Passo 2

Escolha do modelo e constantes físicas (aula rápida do porquê):
  • A eficiência máxima entre dois reservatórios depende só das temperaturas e é dada pelo ciclo reversível (Carnot). Por isso escolhemos o ciclo de Carnot.
  • Constantes e propriedades do gás monoatômico ideal: R = 8{,}314462618\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}},para gás monoatômico: C_V = \frac{3}{2}R,\qquad C_P = \frac{5}{2}R,\qquad \gamma=\frac{C_P}{C_V}=\frac{5}{3}.
  • Observe: para um gás ideal monoatômico, a energia interna E depende só da temperatura e \Delta E = n C_V \Delta T. A entalpia H também depende só da temperatura e \Delta H = n C_P \Delta T. Em transformações isotérmicas \Delta T=0 então \Delta E=\Delta H=0.

Passo 3

Cálculo da eficiência máxima (fórmula e aplicação):
  • Fórmula do ciclo de Carnot (eficiência máxima entre dois reservatórios): \eta_\text{max} = 1 - \frac{T_C}{T_H}.
  • Aplicando os valores: \eta_\text{max} = 1 - \frac{373{,}15}{673{,}15}.Calcule: \frac{373{,}15}{673{,}15}\approx 0{,}554540,então \eta_\text{max}\approx 1 - 0{,}554540 = 0{,}445460 \approx 44{,}55\%.
  • Interpretação: no melhor caso reversível o motor converte cerca de 44{,}55\% do calor absorvido em trabalho.

Passo 4

Geometria do ciclo: volumes nas etapas seguintes (relações adiabáticas) — explicando a fórmula:
  • Para uma adiabática reversível do gás ideal vale: T V^{\gamma-1}=\text{constante}.
  • Temos V_1=20{,}0\\ \mathrm{L} e V_2=80{,}0\\ \mathrm{L} durante a isoterma quente em T_H.
  • Após a isoterma em T_H fazemos expansão adiabática até T_C. Se chamarmos V_3 o volume no fim dessa expansão (início da isoterma fria), então T_H V_2^{\gamma-1} = T_C V_3^{\gamma-1}.Assim V_3 = V_2 \left(\frac{T_H}{T_C}\right)^{\frac{1}{\gamma-1}}.
  • Similarmente, para a adiabática final (compressão de T_C a T_H) que liga o final da isoterma fria V_4 ao V_1: V_4 = V_1 \left(\frac{T_H}{T_C}\right)^{\frac{1}{\gamma-1}}.
  • Observe que, dividindo as duas expressões, \dfrac{V_3}{V_4}=\dfrac{V_2}{V_1}= \dfrac{80{,}0}{20{,}0}=4. Isso é a propriedade do ciclo de Carnot: as razões de volumes nas isotermas são iguais.
  • Calcule o fator: \gamma-1 = \frac{5}{3}-1=\frac{2}{3},\quad \frac{1}{\gamma-1}=\frac{3}{2}=1{,}5.
\left(\frac{T_H}{T_C}\right)^{1{,}5} = \left(\frac{673{,}15}{373{,}15}\right)^{1{,}5}\approx 2{,}4260.
  • Então: V_3 = 80{,}0\\ \mathrm{L}\times 2{,}4260 \approx 194{,}1\\ \mathrm{L},
V_4 = 20{,}0\\ \mathrm{L}\times 2{,}4260 \approx 48{,}52\\ \mathrm{L}.

Passo 5

Isoterma quente (etapa 1: T_H, expansão V_1\to V_2) — fórmula, ensino e cálculo:
  • Para uma transformação isotérmica reversível de gás ideal o calor trocado é q_{\text{iso}} = n R T \ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).Explicação: num isotérmico T constante, \Delta E = 0, e o trabalho (reversível) é w = -\int P\,dV = -nRT\ln(V_f/V_i); para satisfazer a 1ª lei \Delta E = q + w com \Delta E=0 temos q=-w, o que dá a expressão acima.
  • Aplicando para n=1, T=T_H, V_1=20{,}0\\ \mathrm{L}, V_2=80{,}0\\ \mathrm{L} (note que a razão V_2/V_1=4 é adimensional, logo unidades de volume não importam no ln): q_H = (1)(8{,}314462618)(673{,}15)\ln 4 \approx 7759{,}49\\ \mathrm{J}.
  • Como \Delta E = 0 para isotérmico: \Delta E_H = 0, \qquad \Delta H_H = 0.
  • Trabalho (lembre-se do sinal: usamos a convenção \Delta E = q + w com w trabalho sobre o sistema): w_H = \Delta E_H - q_H = -q_H \approx -7759{,}49\\ \mathrm{J}.Interpretação: w_H<0 significa que o sistema realizou trabalho sobre o entorno; o módulo do trabalho realizado é 7759{,}49\\ \mathrm{J}.

Passo 6

Expansão adiabática reversível (etapa 2: T_H\to T_C, V_2\to V_3) — fórmula e cálculo:
  • Numa adiabática reversível q=0. Para gás ideal: \Delta E = n C_V (T_{\text{final}} - T_{\text{initial}}), \qquad \Delta H = n C_P (T_{\text{final}} - T_{\text{initial}}).
  • Para n=1, C_V=\tfrac{3}{2}R, C_P=\tfrac{5}{2}R, T_{\text{final}}=T_C, T_{\text{initial}}=T_H: \Delta E_{\text{adia,exp}} = \frac{3}{2}R\,(T_C - T_H) = \frac{3}{2}(8{,}314462618)(373{,}15-673{,}15).
\Delta E_{\text{adia,exp}} = \frac{3}{2}R(-300{,}00)\approx -3741{,}51\\ \mathrm{J}.
\Delta H_{\text{adia,exp}} = \frac{5}{2}R(T_C-T_H)\approx -6235{,}85\\ \mathrm{J}.
  • Como q=0, w_{\text{adia,exp}} = \Delta E_{\text{adia,exp}} \approx -3741{,}51\\ \mathrm{J}.Interpretação: trabalho negativo (novamente, trabalho realizado pelo gás), módulo 3741{,}51\\ \mathrm{J}.

Passo 7

Isoterma fria (etapa 3: T_C, compressão V_3\to V_4) — fórmula e cálculo:
  • Novamente, para isoterma reversível: q = n R T_C \ln\!\left(\frac{V_4}{V_3}\right).
  • Como V_4/V_3 = V_1/V_2 = 1/4, temos \ln(V_4/V_3)=\ln(1/4)=-\ln 4.
  • Então q_C = (1)(8{,}314462618)(373{,}15)(-\ln 4) \approx -4302{,}64\\ \mathrm{J}.O sinal negativo indica calor saindo do sistema (liberado para o reservatório frio).
  • Para isotérmica: \Delta E_C=0 e \Delta H_C=0.
  • Trabalho: w_C = \Delta E_C - q_C = -q_C \approx +4302{,}64\\ \mathrm{J}.Interpretação: trabalho positivo (trabalho realizado sobre o sistema — compressão).

Passo 8

Compressão adiabática reversível (etapa 4: T_C\to T_H, V_4\to V_1) — fórmula e cálculo:
  • Como em qualquer adiabática reversível q=0: \Delta E_{\text{adia,comp}} = n C_V (T_H - T_C) = -(\Delta E_{\text{adia,exp}}) \approx +3741{,}51\\ \mathrm{J},
\Delta H_{\text{adia,comp}} = n C_P (T_H - T_C) \approx +6235{,}85\\ \mathrm{J}.
  • Trabalho: w_{\text{adia,comp}} = \Delta E_{\text{adia,comp}} \approx +3741{,}51\\ \mathrm{J}.Interpretação: trabalho positivo significa trabalho feito sobre o sistema durante a compressão adiabática.

Passo 9

Soma das etapas — verificação da 1ª lei e eficiência prática (cálculo do ciclo completo):
  • Soma dos calores: q_\text{net} = q_H + q_{\text{adia,exp}}(=0) + q_C + q_{\text{adia,comp}}(=0): q_\text{net} = 7759{,}49 + (-4302{,}64) = 3456{,}85\\ \mathrm{J}.
  • Soma dos trabalhos: w_\text{net} = w_H + w_{\text{adia,exp}} + w_C + w_{\text{adia,comp}}: w_\text{net} = -7759{,}49 + (-3741{,}51) + 4302{,}64 + 3741{,}51 = -3456{,}85\\ \mathrm{J}.(novamente, adotando w trabalho sobre o sistema; assim w_\text{net}<0 significa trabalho líquido realizado pelo sistema com módulo 3456{,}85\\ \mathrm{J}).
  • Verificação da 1ª lei no ciclo: \Delta E_\text{ciclo}=0 (estado inicial = estado final). Então q_\text{net} + w_\text{net} = 0, consistente: 3456{,}85 + (-3456{,}85)=0.
  • Trabalho útil gerado pelo motor (módulo) W_\text{out} = 3456{,}85\\ \mathrm{J}.
  • Eficiência pela definição prática: \eta = \frac{W_\text{out}}{Q_H} = \frac{3456{,}85}{7759{,}49} \approx 0{,}445460 \approx 44{,}55\%,que coincide com \eta_\text{max} do Passo 3 — como deveria no ciclo de Carnot.

Passo 10

Variação de entropia por etapa e ciclo (fórmula, interpretação e cálculo):
  • Em geral para um processo reversível: \Delta S = \int \frac{\delta q_\text{rev}}{T}.
  • Etapa 1 (isoterma em T_H): \Delta S_H = \frac{q_H}{T_H} = \frac{7759{,}49}{673{,}15} \approx 11{,}5260\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
  • Etapa 2 (adiabática reversível): q=0\Rightarrow \Delta S=0.
  • Etapa 3 (isoterma em T_C): \Delta S_C = \frac{q_C}{T_C} = \frac{-4302{,}64}{373{,}15} \approx -11{,}5260\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
  • Etapa 4 (adiabática reversível): q=0\Rightarrow \Delta S=0.
  • Soma do ciclo: \Delta S_\text{ciclo} = 11{,}5260 + 0 - 11{,}5260 + 0 = 0.Interpretação: ciclo reversível (Carnot) tem variação de entropia total nula, como previsto pela termodinâmica reversível.

Resposta

(i) Eficiência máxima teórica: \eta_\text{max} = 1 - \dfrac{T_C}{T_H} \approx 0{,}44546 \approx 44{,}55\%.
(ii) Calores q, trabalhos w, variações \Delta E e \Delta H:
Isoterma quente (1) T_H, V_1=20{,}0\\ \mathrm{L}\to V_2=80{,}0\\ \mathrm{L}:
q_H \approx +7759{,}49\\ \mathrm{J},\quad w_H \approx -7759{,}49\\ \mathrm{J},\quad \Delta E_H=0,\quad \Delta H_H=0.
Adiabática (2) T_H\to T_C, V_2\to V_3:
q_{2}=0,\quad w_{2} \approx -3741{,}51\\ \mathrm{J},\quad \Delta E_{2}\approx -3741{,}51\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{2}\approx -6235{,}85\\ \mathrm{J}.
Isoterma fria (3) T_C, V_3\to V_4:
q_C \approx -4302{,}64\\ \mathrm{J},\quad w_C \approx +4302{,}64\\ \mathrm{J},\quad \Delta E_C=0,\quad \Delta H_C=0.
Adiabática (4) T_C\to T_H, V_4\to V_1:
q_{4}=0,\quad w_{4}\approx +3741{,}51\\ \mathrm{J},\quad \Delta E_{4}\approx +3741{,}51\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{4}\approx +6235{,}85\\ \mathrm{J}.
Ciclo completo (soma das etapas):
q_\text{net}\approx +3456{,}85\\ \mathrm{J},\quad w_\text{net}\approx -3456{,}85\\ \mathrm{J}\\ (\text{ou trabalho útil gerado }W_\text{out}=3456{,}85\\ \mathrm{J}),ú
\Delta E_\text{ciclo}=0,\quad \Delta H_\text{ciclo}=0.
(iii) Variação de entropia por etapa e para o ciclo:
Isoterma quente (1):
\Delta S_H = \frac{q_H}{T_H} \approx +11{,}5260\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
Adiabática (2):
\Delta S_{2}=0.
Isoterma fria (3):
\Delta S_C = \frac{q_C}{T_C} \approx -11{,}5260\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
Adiabática (4):
\Delta S_{4}=0.
Ciclo completo:
\Delta S_\text{ciclo}=0.

Exercícios relacionados