1- Considere um sistema constituído por um mol de um fluido simples, definido pela equação fundamental
s=s(u, v)=R \ln v+\frac{5}{2} R \ln u+c
em que u e v são a energia interna e o volume por mol, respectivamente, c é uma constante e R=8,3 \mathrm{~J} /(\mathrm{K} . \mathrm{mol}) é a constante universal dos gases.
Esse sistema percorre uma trajetória quase-estática, que pode ser representada num diagrama p-V. A partir do ponto A, com volume V_{A}=1 m^{3} é pressão p_{A}=0,1 P a, o sistema é comprimido a volume contante, até o ponto B, com V_{B}=V_{A}=1 m^{3} e p_{B}=12,8 P a. Em seguida, o sistema se expande adiabaticamente, até o ponto C, atingindo a mesma pressão do ponto inicial ( p_{C}=p_{A}=0,1 P a ).
(a) Esboce uma trajetória desse sistema no plano p-V. Mostre que o trecho adiabático é dado por uma expressão da forma
p V^{\gamma}=D .
Qual o valor das contantes \gamma e D ? Qual o volume V_{C} no ponto C ?
(b) Preencha a tabela abaixo, com o trabalho realizado, \Delta W, o calor absorvido pelo sistema, \Delta Q, a variação da energia interna, \Delta U, e a variação da entropia, \Delta S, nos dois trechos dessa trajetória.
A \rightarrow B B \rightarrow C
\Delta W \varnothing -128 J
\Delta Q 128 J \varnothing
\Delta U 128 j 128 J
\Delta S

Passo 1

O enunciado dá um sistema com um mol de um fluido simples cuja entropia por mol é
s=s(u,v)=R\ln v+\frac{5}{2}R\ln u+c,
onde u é a energia interna por mol, v é o volume por mol, c é constante e R=8,3\\ \mathrm{J/(K\cdot mol)}. A trajetória no diagrama p\!-\!V é descrita assim:
  • Ponto A: V_A=1\\ \mathrm{m^3} e p_A=0,1\\ \mathrm{Pa}.
  • Processo A\to B: compressão a volume constante até B com V_B=V_A=1\\ \mathrm{m^3} e p_B=12,8\\ \mathrm{Pa}.
  • Processo B\to C: expansão adiabática reversível até C, onde p_C=p_A=0,1\\ \mathrm{Pa}. Deve-se mostrar que o trecho adiabático satisfaz \,pV^{\gamma}=D, e encontrar \gamma e D e o volume V_C.
    Em (b) pede-se preencher para cada trecho A\to B e B\to C: o trabalho \Delta W, o calor \Delta Q, a variação de energia interna \Delta U e a variação de entropia \Delta S.

Passo 2

Obter as equações termodinâmicas (aula rápida de fundamento):
A identidade térmica para variables molares é
\mathrm{d}s=\frac{1}{T}\,\mathrm{d}u+\frac{p}{T}\,\mathrm{d}v.
Isto significa que
\frac{1}{T}=\left(\frac{\partial s}{\partial u}\right)_v,\qquad \frac{p}{T}=\left(\frac{\partial s}{\partial v}\right)_u.
Vamos calcular as derivadas a partir de s(u,v):
\left(\frac{\partial s}{\partial u}\right)_v=\frac{5}{2}R\frac{1}{u}, \qquad \left(\frac{\partial s}{\partial v}\right)_u=R\frac{1}{v}.
Portanto
\frac{1}{T}=\frac{5}{2}R\frac{1}{u}\quad\Rightarrow\quad u=\frac{5}{2}RT,
e
\frac{p}{T}=R\frac{1}{v}\quad\Rightarrow\quad p=\frac{RT}{v}.
Comentário didático: essas duas relações mostram que o fluido obedece à equação de estado dos gases ideais p v = R T e que a energia interna molar é a usual para um gás com C_V=\tfrac{5}{2}R, pois u=C_V T com C_V=\tfrac{5}{2}R.

Passo 3

Determinar \gamma e a forma adiabática pV^{\gamma}= const:
Para um gás ideal com C_V dado, tem-se C_P=C_V+R. Logo
\gamma=\frac{C_P}{C_V}=1+\frac{R}{C_V}.
Substituindo C_V=\dfrac{5}{2}R:
\gamma=1+\frac{R}{\tfrac{5}{2}R}=1+\frac{2}{5}=\frac{7}{5}=1,4.
Para um processo adiabático reversível de gás ideal vale a relação politrópica
pV^{\gamma}=\text{const}=D.
Para achar D use um ponto conhecido do trecho adiabático; aqui o trecho adiabático inicia em B, então
D=p_B V_B^{\gamma}.
Como V_B=1\\ \mathrm{m^3},
D=p_B\cdot 1^{\gamma}=p_B=12,8\\ \mathrm{Pa}\quad\text{(em unidades compatíveis)}.í
Agora o volume em C é obtido impondo p_C V_C^{\gamma}=D. Assim
V_C=\left(\frac{D}{p_C}\right)^{1/\gamma}=\left(\frac{p_B}{p_C}\right)^{1/\gamma}V_B.
Substituindo p_B/p_C=12,8/0,1=128 e \gamma=\tfrac{7}{5}:
V_C=128^{1/\left(\tfrac{7}{5}\right)}\cdot 1 =128^{5/7}.
Observação numérica conveniente: 128=2^7, então
V_C=(2^7)^{5/7}=2^5=32\\ \mathrm{m^3}.

Passo 4

Energia interna e calor no trecho A\to B (compressão isocórica) — passo a passo didático:
  • Trabalho em processo isocórico: o trabalho de expansão W=\int p\,\mathrm{d}V é zero quando V é constante. Portanto
\Delta W_{A\to B}=0.
  • Variação da energia interna: como u=C_V T com C_V=\tfrac{5}{2}R, tem-se
\Delta U_{A\to B}=C_V\,(T_B-T_A)=\frac{5}{2}R\,(T_B-T_A).
Mas T=pV/R, e V_A=V_B=V, então
T_B-T_A=\frac{p_B V-p_A V}{R}=\frac{(p_B-p_A)V}{R}.
Substituindo:
\Delta U_{A\to B}=\frac{5}{2}R\cdot\frac{(p_B-p_A)V}{R}=\frac{5}{2}(p_B-p_A)V.
Com os valores p_B=12,8\\ \mathrm{Pa}, p_A=0,1\\ \mathrm{Pa} e V=1\\ \mathrm{m^3}:
\Delta U_{A\to B}=\frac{5}{2}\cdot(12,8-0,1)\cdot 1 =\frac{5}{2}\cdot 12,7=2{,}5\cdot 12{,}7=31{,}75\\ \mathrm{J}.
  • Calor trocado: pela primeira lei \Delta U=Q-W. Assim, como W=0,
\Delta Q_{A\to B}=\Delta U_{A\to B}=31{,}75\\ \mathrm{J}.
  • Variação da entropia: para um processo reversível (nesse caso o enunciado fala em trajetória quase-estática, e o aquecimento isocórico é presumivelmente reversível para calcular entropia), a variação de entropia é
\Delta S_{A\to B}=\int_{A}^{B}\frac{\delta Q_\text{rev}}{T}=\int_{T_A}^{T_B}\frac{C_V}{T}\,\mathrm{d}T=C_V\ln\frac{T_B}{T_A}.
Usando T_B/T_A=p_B/p_A (porque V constante),
\Delta S_{A\to B}=C_V\ln\frac{p_B}{p_A}=\frac{5}{2}R\ln\!\bigg(\frac{p_B}{p_A}\bigg).
Com p_B/p_A=128 e C_V=\tfrac{5}{2}R=20{,}75\\ \mathrm{J/K}:
\Delta S_{A\to B}=20{,}75\cdot\ln(128)=20{,}75\cdot(7\ln 2)=20{,}75\cdot 4{,}852029\ldots\approx 100{,}67\\ \mathrm{J/K}.

Passo 5

Grandezas no trecho B\to C (adiabático reversível) — passo a passo:
  • Para um processo adiabático reversível temos \Delta S=0 (definição de adiabático reversível / isentrópico). Portanto
\Delta S_{B\to C}=0.
  • Calor trocado: \Delta Q_{B\to C}=0 por definição de adiabático.
  • Trabalho e variação de energia interna: use a primeira lei \Delta U=Q-W; com Q=0 segue \Delta U=-W. Podemos calcular W explicitamente integrando
W=\int_{V_B}^{V_C} p\,\mathrm{d}V=\int_{V_B}^{V_C} D\,V^{-\gamma}\,\mathrm{d}V,
com D=p_B V_B^{\gamma}. A integral dá (aviso: desenvolvendo a integral e lembrando \gamma\neq 1)
W=\frac{D}{1-\gamma}\left(V_C^{\,1-\gamma}-V_B^{\,1-\gamma}\right).
Uma forma útil e rápida (muito usada em provas) é escrever o resultado em termos de pV:
W=\frac{p_C V_C-p_B V_B}{1-\gamma}.
Agora calcular numericamente: primeiro p_B V_B=12,8\cdot 1=12,8 e p_C V_C=0,1\cdot 32=3,2. Com \gamma=1,4 tem-se 1-\gamma=-0,4. Portanto
W_{B\to C}=\frac{3{,}2-12{,}8}{-0{,}4}=\frac{-9{,}6}{-0{,}4}=24\\ \mathrm{J}.
Interpretação: W=24\\ \mathrm{J} é o trabalho realizado pelo sistema (positivo quando o sistema realiza trabalho).
Logo
\Delta U_{B\to C}=-W_{B\to C}=-24\\ \mathrm{J}.
Confirme a consistência com u=C_V T: \Delta U_{B\to C}=C_V(T_C-T_B)=\tfrac{5}{2}R\big(\tfrac{p_C V_C}{R}-\tfrac{p_B V_B}{R}\big)=\tfrac{5}{2}(p_C V_C-p_B V_B)=2{,}5\cdot(-9{,}6)=-24\\ \mathrm{J}, batendo com o cálculo acima.

Passo 6

Resumo físico e checagem rápida:
  • No trecho A\to B (isochoric) o sistema recebeu calor e aumentou sua energia interna; não houve trabalho. A entropia aumentou.
  • No trecho B\to C (adiabático reversível) não houve troca de calor, o sistema realizou trabalho e sua energia interna diminuiu; a entropia manteve-se constante.
    As parcelas numéricas já foram obtidas e estão consistentes entre si pela primeira lei.

Resposta

\gamma=\dfrac{7}{5}=1{,}4
D=p_BV_B^{\gamma}=12{,}8\\ \mathrm{(unidades\\ SI\\ compatíveis)}í
V_C=32\\ \mathrm{m^3}
A→B: \Delta W=0\\ \mathrm{J}
A→B: \Delta Q=31{,}75\\ \mathrm{J}
A→B: \Delta U=31{,}75\\ \mathrm{J}
A→B: \Delta S=100{,}67\\ \mathrm{J/K}
B→C: \Delta W=24\\ \mathrm{J}
B→C: \Delta Q=0\\ \mathrm{J}
B→C: \Delta U=-24\\ \mathrm{J}
B→C: \Delta S=0\\ \mathrm{J/K}

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