Um gás ideal, inicialmente a 300 K e 1 bar, passa por um ciclo mecanicamente reversível de três etapas em um sistema fechado. Na etapa 12, a pressão aumenta isotermicamente para 5 bar; na etapa 23, a pressão aumenta a volume constante; e na etapa 31, o gás retorna adiabaticamente ao seu estado inicial. Considere CP=(7 / 2) Re C V=(5 / 2) R. Calcule W, Q, De e De para cada etapa do ciclo.

Passo 1

Beleza, vamos recapitular:
Um gás ideal (vamos assumir 1 mol dele, beleza?) passa por um ciclo em 3 etapas, partindo de T₁ = 300 K e P₁ = 1 bar.
Etapa 1→2: compressão isotérmica até P₂ = 5 bar (T₂ = 300 K).
Etapa 2→3: aquecimento a volume constante (P sobe, V=const) até chegar ao ponto 3.
Etapa 3→1: retorno adiabático ao estado inicial (P₁, T₁, V₁).
Dado: Cₚ = (7/2)R, Cᵥ = (5/2)R, R = 8,314 J/(mol·K).
O que precisamos:
  • Para isotérmica: usar ΔU = 0, W = nRT ln(V₂/V₁) ou –nRT ln(P₂/P₁).
  • Para isocórico: W = 0, ΔU = nCᵥΔT, ΔH = nCₚΔT.
  • Para adiabática reversível: Q = 0, PV^γ = const ou T V^(γ–1) = const, e ΔU = W.

Passo 2

Resolvendo a etapa 1→2 (isotérmica a 300 K):
  1. Teoria: num gás ideal, ΔU = 0 se T = const.
  2. Trabalho do gás (positivo se expande):
    W₁₂ = nRT ln(V₂/V₁)
    = –nRT ln(P₂/P₁)
    = –(1 mol)(8,314 J/mol·K)(300 K) · ln(5/1)
    = –8 314·300·1,6094 ≃ –4 016 J
    (ou seja, 4 016 J foram feitos sobre o gás)
  3. Calor trocado: Q₁₂ = ΔU – W₁₂ = 0 – (–4 016) = +4 016 J
  4. Variações de energia: ΔU₁₂ = 0, ΔH₁₂ = 0

Passo 3

Resolvendo a etapa 2→3 (volume constante):
  1. Teoria: W₂₃ = 0 (V = const), ΔU = nCᵥ(T₃–T₂), ΔH = nCₚ(T₃–T₂).
  2. Antes de calcular, precisamos de T₃: vem da etapa adiabática 3→1, mas dá pra achar pela simetria:
    V₂ = V₃ = V₁·(P₁/P₂) = V₁·(1/5).
    Na adiabática, T₃·V₃^(γ–1) = T₁·V₁^(γ–1), com γ = Cₚ/Cᵥ = (7/2)/(5/2) = 1,4.
    Então
    T₃ = T₁·(V₁/V₃)^(γ–1)
    = 300·(5)^(0,4)
    ≃ 300·1,903
    ≃ 571 K.
  3. Agora ΔT = T₃ – T₂ = 571 – 300 = 271 K.
    ΔU₂₃ = n·Cᵥ·ΔT = 1·(5/2·8,314)·271 ≃ 20,785·271 ≃ +5 640 J
    ΔH₂₃ = n·Cₚ·ΔT = 1·(7/2·8,314)·271 ≃ 29,099·271 ≃ +7 890 J
    W₂₃ = 0, Q₂₃ = ΔU₂₃ = +5 640 J

Passo 4

Resolvendo a etapa 3→1 (adiabática reversível):
  1. Teoria: Q₃₁ = 0, e ΔU₃₁ = W₃₁.
  2. ΔT = T₁ – T₃ = 300 – 571 = –271 K.
    ΔU₃₁ = n·Cᵥ·(T₁–T₃) = 1·(5/2·8,314)·(–271) ≃ –5 640 J
    W₃₁ = ΔU₃₁ = –5 640 J (ou seja, o gás faz –5 640 J, isto é, trabalho sobre ele)
    ΔH₃₁ = n·Cₚ·(T₁–T₃) = 1·(7/2·8,314)·(–271) ≃ –7 890 J

Resposta

Resumo das 3 etapas (1 mol, sinais: + calor recebido, + trabalho feito pelo sistema):
Etapa | W (J) | Q (J) | ΔU (J) | ΔH (J)
1→2 | –4 016 | +4 016 | 0 | 0
2→3 | 0 | +5 640 | +5 640 | +7 890
3→1 | –5 640 | 0 | –5 640 | –7 890

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