Considere o gás ideal que é descrito pelas equações de estado U=N C_{V} T e p V=N R T.
a) Encontre a relação fundamental na representação da entropia para este sistema, isto é, S=S(U, V, N).
b) Um cilindro contém um pistão interno que separa o sistema em duas partes, cada uma dela contendo 1 mol de um gás ideal monoatomico. As paredes do cilindro são diatérmicas e o sistema está em contato com um reservatório térmico a temperatura de 0^{\circ} \mathrm{C}. Os volumes iniciais de cada subsistema são 10 L e 1 L , respectivamente. O pistão é movido reversivelmente para o novo estado de equilíbrio, com volumes finais de 6 L e 5 L , respectivamente.
A partir da energia livre de Helmholtz, calcule o trabalho realizado neste caso.
c) Confira o resultado anterior com o cálculo do trabalho a partir da expressão W=\int p d V.
Para um gás ideal a energia livre de Helmholtz é dada por F=N R T\{A- \left.\ln \left[\left(\frac{T}{T_{0}}\right)^{3 / 2} \frac{V}{V_{0}}\left(\frac{N}{N_{0}}\right)^{-1}\right]\right\}

Passo 1

O enunciado trata de um gás ideal com equações de estado
U = N C_V T,
pV = N R T,
e pede:
a) a relação fundamental na representação S=S(U,V,N) (termodinâmica elementar e integração de dS);
b) para dois subsistemas isotermais (cada um com N=1 mol a T=0^\circC) e volumes mudando de 10 L e 1 L para 6 L e 5 L, calcular o trabalho reversível via energia livre de Helmholtz F;
c) conferir W por \displaystyle W=\int p\,dV.

Passo 2

Para achar S(U,V,N) usamos a identidade termodinâmica
dS = \frac{1}{T}\,dU + \frac{p}{T}\,dV - \frac{\mu}{T}\,dN,
e integramos à mantê-los independentes. Como U=N C_V T
\frac{1}{T} = \frac{N C_V}{U},
e da equação de estado p/T = N R/V. Assim
\int \frac{1}{T}\,dU = \int \frac{N C_V}{U}\,dU = N C_V \ln U + f_1(V,N),
\int \frac{p}{T}\,dV = \int \frac{N R}{V}\,dV = N R \ln V + f_2(U,N).
Somando e usando a extensividade (dependência linear em N), obtemos a forma geral
S(U,V,N) = N C_V \ln U \;+\; N R \ln V \;+\; k(N),
onde k(N) é tal que S fique extensivo (proporcional a N).

Passo 3

Impondo que ao multiplicar (U,V,N) por \lambda, S vá para \lambda S, se mostra que
k(N) = -N C_V \ln\bigl(N C_V\bigr)\;-\;N R \ln N \;+\;N S_0,
com S_0 constante de referência. Logo, a relação fundamental pode ser escrita
\boxed{% S(U,V,N)=N C_V \ln\!\biggl(\frac{U}{N C_V}\biggr)\;+\;N R \ln\!\biggl(\frac{V}{N}\biggr)\;+\;N S_0.% }

Passo 4

Agora (b) e (c): a transformação é isoterma reversível a T=0^\circC =\!273{,}15 K, em contato com reservatório. Para isoterma e N fixo, vale
dF = -p\,dV \quad\Longrightarrow\quad \Delta F = -\int p\,dV = -W_{\text{rev}}.
Já a expressão dada é
F = N R T\Bigl[A \;-\;\ln\bigl[(T/T_0)^{3/2}\,(V/V_0)\,(N/N_0)^{-1}\bigr]\Bigr].
Ao calcular \Delta F de cada subsistema, o termo A e as referências (T_0,V_0,N_0) cancelam, ficando
\Delta F_i = -N R T \ln\!\bigl(\tfrac{V_{i,f}}{V_{i,i}}\bigr).
Aqui N=1 mol para cada lado. Então
\Delta F_1 = -R T \ln\!\bigl(\tfrac{6}{10}\bigr), \quad \Delta F_2 = -R T \ln\!\bigl(\tfrac{5}{1}\bigr).
Somando,
\Delta F_{\text{tot}} = -R T\Bigl[\ln\!\tfrac{6}{10} + \ln 5\Bigr] = -R T \ln 3.
Como W_{\text{rev}}=-\Delta F_{\text{tot}}, vem
W = R\,T\ln 3.

Passo 5

Avaliação numérica com R=8{,}314,J mol ^{-1}K ^{-1} e T=273{,}15,K:
W = 8{,}314 \times 273{,}15 \times \ln 3 \approx 2{,}50\times10^3\text{ J}.

Passo 6

Para conferir por \displaystyle W=\int p\,dV note que o lado 1 é comprimido de 10\to6 L e o lado 2 expande de 1\to5 L. Como é gas ideal isoterma,
W_1 = \int_{10}^{6} p\,dV = R T \ln\!\bigl(\tfrac{6}{10}\bigr), \quad W_2 = R T \ln\!\bigl(\tfrac{5}{1}\bigr),
logo o trabalho líquido pelo sistema é
W = W_1 + W_2 = R T\bigl[\ln(6/10)+\ln5\bigr] = R T\ln3,
igual ao da parte (b).

Resposta

a) \displaystyle S(U,V,N)=N C_V \ln\!\bigl(\tfrac{U}{N C_V}\bigr)+N R \ln\!\bigl(\tfrac{V}{N}\bigr)+N S_0.
b) \displaystyle W = R\,T\ln 3\approx2{,}50\times10^3\text{ J}.
c) Pelo cálculo \displaystyle W=\int p\,dV obtém-se o mesmo resultado.

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