Um gás na condição inicial P_{1}=3 bar e V_{1}=6,2 \mathrm{~L} sofre uma compressão isotérmica reversivel seguida por resfriamento reversivel à pressão constante atingindo uma condição final de P_{2}=5 bar e V_{2}=2,2 \mathrm{~L}. Esboce a trajetória em um diagrama P V e calcule o calor e o trabalho envolvidos no processo. Para realizar os cálculos, admitir gás ideal. Dados: \mathrm{C}_{p}=3,5 \mathrm{R} ; \mathrm{C}_{\mathrm{v}}=1,5 \mathrm{R}; e \mathrm{R}=8,314 \mathrm{~J} . \mathrm{mol}^{-1} \cdot \mathrm{~K}^{-1}(2,5 pontos )

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede — e já aviso uma coisa importante que aparece nos dados.
Dados fornecidos:
  • P_{1}=3\\ \mathrm{bar}.
  • V_{1}=6{,}2\\ \mathrm{L}.
  • Processo: compressão isotérmica reversível (etapa 1) seguida de resfriamento reversível à pressão constante (etapa 2), atingindo o estado final.
  • Estado final: P_{2}=5\\ \mathrm{bar} e V_{2}=2{,}2\\ \mathrm{L}.
  • Constantes dadas: C_{p}=3{,}5\,R; C_{v}=1{,}5\,R; R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.
O enunciado pede:
  • Esboçar a trajetória no diagrama P\!V.
  • Calcular o calor Q e o trabalho W envolvidos no processo (interpreto como os valores totais ao longo das duas etapas).
Observação importante sobre os dados: para um gás ideal deve valer sempre \;C_{p}-C_{v}=R\;. Os valores dados têm C_{p}-C_{v}=2{,}0\,R, o que contradiz a relação do gás ideal. Vou assumir que o problema quis dar os valores típicos de um gás diatômico, ou seja C_{p}=3{,}5\,R e portanto C_{v}=2{,}5\,R (assim C_{p}-C_{v}=R). Vou usar \;C_{v}=2{,}5\,R para manter consistência com o modelo de gás ideal. Não peço confirmação — prossigo com essa correção porque a relação termodinâmica é obrigatória.
Unidades e conversão úteis:
  • Usarei 1\\ \mathrm{bar}\cdot\mathrm{L}=100\\ \mathrm{J} (pois 1\\ \mathrm{bar}=10^{5}\\ \mathrm{Pa} e 1\\ \mathrm{L}=10^{-3}\\ \mathrm{m^{3}}, então 10^{5}\cdot10^{-3}=100\\ \mathrm{J}).
  • Para cálculos de trabalho em P\Delta V posso trabalhar com P em bar e V em L e, no fim, multiplicar por 100 para obter Joules (efeito prático: produtos P[bar] \times V[L] já representam centenas de joules).

Passo 2

Esboço qualitativo da trajetória P\!V (descrição para desenhar):
  • Do ponto inicial (P_{1},V_{1})=(3\\ \mathrm{bar},\;6{,}2\\ \mathrm{L}) ocorre uma compressão isotérmica até um estado intermediário em que a pressão alcança P_{2}=5\\ \mathrm{bar}. A curva isotérmica é dada por P V= constante (uma hipérbole no diagrama P\!V): ela sobe em P enquanto V diminui.
  • Depois, há resfriamento à pressão constante P=5\\ \mathrm{bar} levando o volume de um valor intermediário V_{a} até V_{2}=2{,}2\\ \mathrm{L}. No diagrama P\!V essa etapa é uma linha horizontal (constante P) que vai de V_{a} para V_{2} (movendo-se para a esquerda, já que o volume diminui).
    Observação: preciso determinar o volume intermediário V_{a} (final da isotérmica / início da isobárica) para fazer os cálculos.

Passo 3

Determinar o volume intermediário V_{a} após a compressão isotérmica.
  • Para a isotérmica vale \;P_{1}V_{1}=P_{a}V_{a}\;. Como a etapa seguinte é à pressão constante igual a P_{2}, o mais natural é que a isotérmica termine com P_{a}=P_{2}=5\\ \mathrm{bar}.
  • Portanto:
V_{a}=\frac{P_{1}V_{1}}{P_{2}}.
Agora calculo numericamente (usando P em bar e V em L):
V_{a}=\frac{3\cdot 6{,}2}{5}= \frac{18{,}6}{5}=3{,}72\\ \mathrm{L}.

Passo 4

Energia, sinal e fórmula para trabalho na isotérmica reversível.
  • Convenção que uso: W é o trabalho realizado PELO gás: W=\int P\,dV. Com essa convenção, compressão (redução de V) dá W<0 (o gás realiza trabalho negativo; trabalho é feito sobre o gás).
  • Para uma isotérmica reversível de gás ideal:
W_{\text{isot}}=nRT\ln\!\left(\frac{V_{a}}{V_{1}}\right).
  • Como nRT=P_{1}V_{1} no estado inicial, posso escrever:
W_{\text{isot}}=P_{1}V_{1}\,\ln\!\left(\frac{V_{a}}{V_{1}}\right).
  • Para o gás ideal, a energia interna \Delta U da isotérmica é zero, então Q_{\text{isot}}=W_{\text{isot}}.
Agora os valores numéricos: primeiro P_{1}V_{1} em joules:
P_{1}V_{1}=3\cdot 6{,}2 = 18{,}6\\ \text{bar}\cdot\text{L} = 18{,}6\times100\\ \mathrm{J}=1860\\ \mathrm{J}.
O argumento do logaritmo:
\frac{V_{a}}{V_{1}}=\frac{3{,}72}{6{,}2}=0{,}6.
Logo:
W_{\text{isot}}=1860\cdot\ln(0{,}6).
Calculo:
\ln(0{,}6)\approx -0{,}510826\quad\Rightarrow\quad W_{\text{isot}}\approx 1860\cdot(-0{,}510826)\approx -950{,}14\\ \mathrm{J}.
Portanto:
  • W_{\text{isot}}\approx -950{,}1\\ \mathrm{J}.
  • Q_{\text{isot}}=W_{\text{isot}}\approx -950{,}1\\ \mathrm{J}.
    (Interpretação física: como o gás foi comprimido isotermicamente, calor saiu do gás para manter a temperatura constante; sinais negativos indicam calor liberado e trabalho feito sobre o gás.)

Passo 5

Trabalho e calor na etapa isobárica (resfriamento a P_{2}=5\\ \mathrm{bar}) — fórmulas e explicação didática.
  • Para um processo isobárico (pressão constante P_{2}):
W_{\text{isob}}= \int_{V_{a}}^{V_{2}} P_{2}\,dV = P_{2}(V_{2}-V_{a}).
(Lembrando que W é trabalho pelo gás: se V_{2}<V_{a} então V_{2}-V_{a}<0 e W_{\text{isob}}<0.)
  • Calor na isobárica para gás ideal:
Q_{\text{isob}}=n\,C_{p}\,(T_{2}-T_{a}).
Mas podemos expressar T via PV=nRT. A diferença de temperatura é
T_{2}-T_{a}=\frac{P_{2}V_{2}}{nR}-\frac{P_{2}V_{a}}{nR}=\frac{P_{2}}{nR}(V_{2}-V_{a}).
Substituindo em Q_{\text{isob}}:
Q_{\text{isob}}=nC_{p}\frac{P_{2}}{nR}(V_{2}-V_{a})=\frac{C_{p}}{R}\,P_{2}(V_{2}-V_{a}).
Isso elimina n: muito prático.
Cálculos numéricos (novamente 1\\ \text{bar}\cdot\text{L}=100\\ \mathrm{J}):
  • Primeiro V_{2}-V_{a}=2{,}2-3{,}72=-1{,}52\\ \mathrm{L}.
  • Então P_{2}(V_{2}-V_{a})=5\cdot(-1{,}52)=-7{,}6\\ \text{bar}\cdot\text{L}=-760\\ \mathrm{J}.
    Portanto:
W_{\text{isob}}=-760\\ \mathrm{J}.
Agora C_{p}/R=3{,}5 (dado), então
Q_{\text{isob}}=\frac{C_{p}}{R}\,P_{2}(V_{2}-V_{a})=3{,}5\cdot(-760)=-2660\\ \mathrm{J}.
Verificação energética local (checar coerência): mudança de energia interna na isobárica é
\Delta U_{\text{isob}}=nC_{v}(T_{2}-T_{a})=\frac{C_{v}}{R}P_{2}(V_{2}-V_{a}).
Com C_{v}/R=2{,}5 (assumido para consistência), temos
\Delta U_{\text{isob}}=2{,}5\cdot(-760)=-1900\\ \mathrm{J}.
E Q_{\text{isob}}=\Delta U_{\text{isob}}+W_{\text{isob}}=-1900+(-760)=-2660\\ \mathrm{J}, compatível.

Passo 6

Somando as etapas para obter o trabalho e o calor totais do processo (etapa 1 + etapa 2).
  • Trabalho total:
W_{\text{total}}=W_{\text{isot}}+W_{\text{isob}}\approx -950{,}14 + (-760)= -1710{,}14\\ \mathrm{J}.
Arredondando para 3 algarismos significativos:
W_{\text{total}}\approx -1{,}71\times10^{3}\\ \mathrm{J}.
  • Calor total:
Q_{\text{total}}=Q_{\text{isot}}+Q_{\text{isob}}\approx -950{,}14 + (-2660)= -3610{,}14\\ \mathrm{J}.
Arredondando:
Q_{\text{total}}\approx -3{,}61\times10^{3}\\ \mathrm{J}.
Checagem rápida pela primeira lei (total): \Delta U_{\text{total}}=Q_{\text{total}}-W_{\text{total}}. Aqui \Delta U_{\text{total}} deve ser igual à \Delta U da segunda etapa (a isotérmica tem \Delta U=0), logo \Delta U_{\text{total}}=-1900\\ \mathrm{J}. Calculando com os números obtidos:
Q_{\text{total}}-W_{\text{total}} = (-3610{,}14)-(-1710{,}14)=-1900\\ \mathrm{J},
coerente com a isobárica. Bom sinal de consistência.

Resposta

Q_{\text{total}} \approx -3{,}61\times10^{3}\\ \mathrm{J}
W_{\text{total}} \approx -1{,}71\times10^{3}\\ \mathrm{J}

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