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
. Calcule
e
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:
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):
- Teoria: num gás ideal, ΔU = 0 se T = const.
- 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) - Calor trocado: Q₁₂ = ΔU – W₁₂ = 0 – (–4 016) = +4 016 J
- Variações de energia: ΔU₁₂ = 0, ΔH₁₂ = 0
Passo 3
Resolvendo a etapa 2→3 (volume constante):
- Teoria: W₂₃ = 0 (V = const), ΔU = nCᵥ(T₃–T₂), ΔH = nCₚ(T₃–T₂).
- 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. - 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):
- Teoria: Q₃₁ = 0, e ΔU₃₁ = W₃₁.
- 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
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