(d) Qual o calor líquido durante um ciclo (lembre que o calor líquido é dado por Q=Q_{\text {in }}-Q_{\text {out }} )?
Em um ciclo, temos que \Delta E=0=Q+W. Logo, Q=-W=\left(P_{i}-P_{f}\right)\left(V_{f}-V_{i}\right)>0

Passo 1

O que o enunciado pede e quais informações temos claramente:
  • Pergunta: qual o calor líquido durante um ciclo, sabendo que o calor líquido é dado por Q=Q_{\text{in}}-Q_{\text{out}}.
  • Informação importante dada: no ciclo vale \Delta E=0=Q+W.
  • Aparecem as grandezas P_i, P_f, V_i, V_f; isso indica um ciclo que tem dois níveis de pressão P_i e P_f e dois volumes V_i e V_f (o resultado a ser obtido envolve essas quatro grandezas).
    Nada mais é pedido além de encontrar Q em função dessas grandezas.

Passo 2

Entendendo a primeira lei da termodinâmica e o sinal de W usado aqui (a parte teórica que vai salvar sua prova):
  • A primeira lei, numa forma conveniente, é
\Delta E = Q + W,
onde \Delta E é a variação da energia interna do sistema, Q é o calor trocado com o ambiente (positivo quando entra no sistema) e W é o trabalho que aparece na equação. É crucial saber qual convenção de sinal está sendo usada para W.
  • No enunciado já foi dado \Delta E=Q+W. Com essa forma, W é o trabalho realizado SOBRE o sistema (work on system). Isso implica que:
    • Trabalho realizado pelo gás (work by system) tem sinal contrário: W_{\text{by}} = -W.
    • Consequência imediata para um ciclo fechado (onde \Delta E=0) é
0 = Q + W \quad\Rightarrow\quad Q = -W.
Ou seja: o calor líquido Q é o negativo do trabalho que aparece na equação (que é trabalho sobre o sistema). Outra forma útil de ver isso é escrever Q como o trabalho realizado pelo gás:
Q = W_{\text{by}} = \oint P\,dV,
pois W_{\text{by}}=-W.

Passo 3

Como calcular o trabalho \oint P\,dV para o ciclo considerado (interpretação geométrica no diagrama P versus V):
  • O trabalho realizado pelo gás ao longo de um processo reversível é dado por
W_{\text{by}} = \int P\,dV.
  • Num ciclo fechado esse trabalho é a integral de linha fechada \oint P\,dV, que geometricamente corresponde à área encerrada pela curva no diagrama P vs V.
  • Se o ciclo é o retângulo definido pelos níveis de pressão P_i e P_f e pelos volumes V_i e V_f (ou seja, dois ramos isobáricos horizontais e dois ramos verticalistas onde dV=0), então as contribuições ao trabalho vêm somente dos ramos com variação de volume (os isobáricos horizontais). Nos ramos verticais dV=0 e portanto P\,dV=0.

Passo 4

Calcule passo a passo o trabalho pelo gás \displaystyle W_{\text{by}}=\oint P\,dV para o retângulo (V_i,P_i)\to(V_f,P_i)\to(V_f,P_f)\to(V_i,P_f)\to(V_i,P_i):
  • No trecho de expansão isobárica superior, de V_i para V_f à pressão P_i:
W_1 = P_i\,(V_f - V_i).
  • No trecho de retorno isobárico inferior, de V_f para V_i à pressão P_f:
W_3 = P_f\,(V_i - V_f) = -P_f\,(V_f - V_i).
  • Os outros dois trechos verticais têm dV=0, então não contribuem.
  • Somando as contribuições:
W_{\text{by}} = W_1 + W_3 = P_i\,(V_f - V_i) - P_f\,(V_f - V_i).
  • Fatorando (V_f-V_i):
W_{\text{by}} = (P_i - P_f)\,(V_f - V_i).

Passo 5

Relacionando o resultado com Q usando a primeira lei e interpretando o sinal:
  • Lembremos que, segundo a convenção adotada no enunciado, Q = -W e W_{\text{by}}=-W. Portanto Q = W_{\text{by}}.
  • Substituindo o trabalho pelo gás que acabamos de obter:
Q = W_{\text{by}} = (P_i - P_f)\,(V_f - V_i).
  • Sobre o sinal: se P_i>P_f e V_f>V_i (situação típica de um ciclo que passa por uma expansão a P_i e compressão a P_f com P_i>P_f), então (P_i-P_f)(V_f-V_i)>0 e portanto Q>0, isto é, calor líquido entra no sistema ao longo do ciclo. Isso bate com a interpretação geométrica: a área do retângulo no diagrama P- V é positiva.

Passo 6

Exemplo numérico rápido (para fixar): suponha P_i=5, P_f=2, V_i=1, V_f=3 (unidades quaisquer consistentes).
  • Então
Q=(5-2)(3-1)=3\times2=6>0,
ou seja, calor líquido 6 nas unidades escolhidas entra no sistema.

Resposta

Q=(P_i-P_f)\,(V_f-V_i)>0

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