Dois moles de um gás ideal a \mathrm{T}=400 \mathrm{~K} expande-se isotérmica e quase-estaticamente de um volume de 40 L para 80 L . (a) Achar a variação de entropia do gás. (b) Achar a variação de entropia do universo.

Passo 1

O enunciado dá um gás ideal com as seguintes informações: \
\,n=2 mol, \,T=400\\ \mathrm{K}, volume inicial \,V_i=40\\ \mathrm{L} e volume final \,V_f=80\\ \mathrm{L}. O processo é isotérmico e quase-estático (isto é, reversível). \
As perguntas são: (a) achar a variação de entropia do gás; (b) achar a variação de entropia do universo.

Passo 2

Conceito e fórmula fundamental: a entropia S é definida diferencialmente, para um processo reversível, por
dS=\frac{\delta q_{\text{rev}}}{T},
onde \delta q_{\text{rev}} é a quantidade de calor trocada reversivelmente e T é a temperatura (em Kelvin). Para obter a variação finita de entropia entre dois estados, integramos:
\Delta S=\int_{i}^{f}\frac{\delta q_{\text{rev}}}{T}.
Aqui devemos explicar o que é cada símbolo: \Delta S é a diferença S_f-S_i; \delta q_{\text{rev}} é o calor fornecido ao sistema durante o processo reversível; T é a temperatura absoluta, que neste caso é constante (isotérmico).

Passo 3

Para calcular \delta q_{\text{rev}} no processo isotérmico de um gás ideal usamos a Primeira Lei da Termodinâmica:
\Delta U = q - w,
onde \Delta U é a variação da energia interna do gás, q é o calor absorvido pelo sistema e w é o trabalho realizado pelo sistema (adotamos a convenção w>0 quando o sistema realiza trabalho). Para um gás ideal em processo isotérmico, a energia interna depende só da temperatura, então \Delta U=0. Portanto
0 = q - w \quad\Rightarrow\quad q = w.
No processo reversível, o trabalho realizado pelo gás é
w=\int_{V_i}^{V_f} P\,dV.
Para um gás ideal sob processo reversível a pressão do gás é P=\dfrac{nRT}{V}. Substituindo,
w=\int_{V_i}^{V_f} \frac{nRT}{V}\,dV = nRT\int_{V_i}^{V_f}\frac{dV}{V}=nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).
Como q=w obtemos
q_{\text{rev}}=nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).

Passo 4

Agora voltamos à integral da entropia. Como o processo é isotérmico, T é constante e pode sair da integral:
\Delta S=\int_{i}^{f}\frac{\delta q_{\text{rev}}}{T}=\frac{1}{T}\,q_{\text{rev}}.
Substituindo a expressão de q_{\text{rev}} achada no passo anterior:
\Delta S=\frac{1}{T}\,nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right)=nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).
Isto é uma fórmula padrão útil: para um gás ideal em processo isotérmico e reversível,
\Delta S = nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).

Passo 5

Aplicando números do enunciado. Usamos a constante dos gases \,R=8{,}314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}, n=2 mol, V_f/V_i = 80/40 = 2. Então
\Delta S_{\text{gás}}=nR\ln 2 = 2\cdot 8{,}314\cdot \ln 2.á
Calculando \ln 2 \approx 0{,}693147, temos
\Delta S_{\text{gás}} \approx 2\cdot 8{,}314\cdot 0{,}693147 \approx 11{,}53\\ \mathrm{J/K}.á
Vou repetir o raciocínio numérico de forma explícita: 8{,}314\times 0{,}693147\approx 5{,}763, e 2\times 5{,}763\approx 11{,}526, arredondando fica 11{,}53\\ \mathrm{J/K}.

Passo 6

Agora a variação de entropia do universo. Por definição,
\Delta S_{\text{universo}}=\Delta S_{\text{sistema}}+\Delta S_{\text{vizinhança}}.ç
Aqui o sistema é o gás. A vizinhança (ou reservatório) troca calor -q com o sistema. Para a vizinhança, a variação de entropia é
\Delta S_{\text{vizinhança}}=\frac{q_{\text{vizinhança}}}{T_{\text{vizinhança}}}=\frac{-q_{\text{rev}}}{T},ççç
porque a vizinhança perde o calor que o sistema ganha. Como q_{\text{rev}}=nRT\ln(V_f/V_i),
\Delta S_{\text{vizinhança}}=-nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).ç
Somando com \Delta S_{\text{gás}}=+nR\ln(V_f/V_i)á obtemos
\Delta S_{\text{universo}}=nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right)-nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right)=0.
Ou seja, para um processo reversível (quase-estático) isotérmico, a variação total de entropia do universo é zero — isso é coerente com a definição de reversibilidade termodinâmica.

Resposta

\Delta S_{\text{gás}} = 11,53\\ \mathrm{J/K}á
\Delta S_{\text{universo}} = 0\\ \mathrm{J/K}

Exercícios relacionados