Um gás ideal, inicialmente a 600 K e 10 bar, passa por um ciclo de quatro etapas, mecanicamente reversível e em um sistema fechado. Na etapa 12, a pressão diminui isotermicamente para 3 bar; na etapa 23, a pressão diminui a volume constante para 2 bar; na etapa 34 , o volume diminui a pressão constante; e na etapa 41, o gás retorna adiabaticamente ao seu estado inicial. Considere C_{P}=(7 / 2) R e C_{V}=(5 / 2) R.
(a) Esboce o ciclo em um diagrama P V.
(b) Determine (onde forem desconhecidos) os valores de P e T para os estados 1, 2, 3, e 4.
(c) Calcule Q, W, \Delta U e \Delta H para cada etapa do ciclo.

Passo 1

Aqui eu vou deixar bem claro o que o enunciado dá e o que ele pede, para a gente não se perder no meio do caminho.
Dados fornecidos (vou colocar tudo explicitamente):
T_1 = 600\\ \mathrm{K},\qquad P_1 = 10\\ \text{bar}.
O ciclo tem quatro etapas, mecanicamente reversível, sistema fechado, e as etapas são:
  • Etapa 1\to2: processo isotérmico com a pressão caindo até P_2=3\\ \text{bar}.
  • Etapa 2\to3: pressão diminui a volume constante (isochoric) até P_3=2\\ \text{bar}.
  • Etapa 3\to4: volume diminui a pressão constante (isobárico) — ou seja, P_4=P_3.
  • Etapa 4\to1: retorno adiabático reversível ao estado inicial.
Constantes dadas:
C_P = \tfrac{7}{2}R,\qquad C_V = \tfrac{5}{2}R.
Coisas que o enunciado pede:
(a) Esboçar o ciclo no diagrama P\!-\!V.
(b) Determinar (onde forem desconhecidos) os valores de P e T nos estados 1,2,3,4.
(c) Calcular Q,\;W,\;\Delta U e \Delta H para cada etapa do ciclo.
Observação de conveniência (vou assumir para facilitar cálculos): escolher n=1 mol do gás ideal. Isso é um jeito padrão de obter resultados por mol; se quisermos para outra quantidade, basta multiplicar por n.
Não resolvo nada neste passo — só organizei o que foi dado e o que vamos achar.

Passo 2

Relembrando a relação fundamental do gás ideal que vamos usar para obter volumes e temperaturas:
PV = nRT,
onde P é a pressão (em Pa), V é o volume (m³), n é o número de mols, R é a constante dos gases (R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}) e T é a temperatura (K).
Como escolhi n=1 mol, calculo os volumes iniciais com pressões convertidas para Pa ( 1\\ \text{bar}=10^5\\ \mathrm{Pa}).
Cálculo do volume no estado 1:
V_1=\frac{nRT_1}{P_1}=\frac{1\cdot 8{,}314\cdot 600}{10\times 10^5}=\frac{4\,988{,}4}{1{,}000{,}000}=0{,}0049884\\ \mathrm{m^3}.
Etapa 1\to2 é isotérmica ( T_2=T_1) e o enunciado diz P_2=3\\ \text{bar}. Então
T_2=600\\ \mathrm{K},\qquad P_2=3\\ \text{bar}.
Volume em 2 via V_2=nRT_2/P_2:
V_2=\frac{8{,}314\cdot 600}{3\times 10^5}=\frac{4\,988{,}4}{300{,}000}=0{,}016628\\ \mathrm{m^3}.
Etapa 2\to3 é a volume constante, e o enunciado dá P_3=2\\ \text{bar}. Como V_3=V_2 e P_3 é conhecido, calculo T_3 por T_3=P_3V_3/(nR). Mas é mais rápido usar proporcionalidade (V constante):
T_3 = T_2\frac{P_3}{P_2} = 600\cdot\frac{2}{3}=400\\ \mathrm{K}.
Confirmando com a lei dos gases daria o mesmo.
Etapa 3\to4 é isobárica com P_4=P_3=2\\ \text{bar}. O volume V_4 não é dado diretamente; ele será tal que, ao fazer o passo adiabático 4\to1, o estado 1 seja recuperado. Para o processo adiabático reversível de um gás ideal vale a relação
P V^\gamma = \text{const},\qquad \gamma=\frac{C_P}{C_V}.
Aqui \gamma = \dfrac{7/2}{5/2} = \dfrac{7}{5}=1{,}4.
Usamos P_1 V_1^\gamma = P_4 V_4^\gamma. Como P_4=2\\ \text{bar} e P_1=10\\ \text{bar},
V_4 = V_1\left(\frac{P_1}{P_4}\right)^{1/\gamma} = V_1\left(\frac{10}{2}\right)^{1/1{,}4} = V_1\cdot 5^{1/1{,}4}.
Calculando numericamente:
5^{1/1{,}4}\approx 3{,}1567\quad\Rightarrow\quad V_4 \approx 0{,}0049884\cdot 3{,}1567 \approx 0{,}015748\\ \mathrm{m^3}.
Então V_4 foi encontrado. Agora T_4 pela equação do gás ideal:
T_4=\frac{P_4 V_4}{nR}=\frac{2\times 10^5\cdot 0{,}015748}{8{,}314}\approx 378{,}9\\ \mathrm{K}.
Resumo dos estados (valores calculados, por mol):
\begin{aligned} &\text{Estado 1:}\quad P_1=10\\ \text{bar},\quad T_1=600\\ \mathrm{K},\quad V_1=0{,}0049884\\ \mathrm{m^3}.\\\ &\text{Estado 2:}\quad P_2=3\\ \text{bar},\quad T_2=600\\ \mathrm{K},\quad V_2=0{,}016628\\ \mathrm{m^3}.\\\ &\text{Estado 3:}\quad P_3=2\\ \text{bar},\quad T_3=400\\ \mathrm{K},\quad V_3=V_2=0{,}016628\\ \mathrm{m^3}.\\\ &\text{Estado 4:}\quad P_4=2\\ \text{bar},\quad T_4\approx 378{,}9\\ \mathrm{K},\quad V_4\approx 0{,}015748\\ \mathrm{m^3}. \end{aligned}

Passo 3

Agora eu explico quais fórmulas de termodinâmica vamos usar para calcular Q,\;W,\;\Delta U,\;\Delta H em cada etapa — e por que.
  1. Primeira lei (convenção usada): o trabalho W é o trabalho realizado pelo sistema; então a energia térmica Q trocada é
Q = \Delta U + W.
Explico: essa forma é prática porque em muitos livros tem \Delta U = Q - W, que é equivalente.
  1. Para gás ideal fechado:
\Delta U = n C_V \Delta T, \qquad \Delta H = n C_P \Delta T.
Aqui \Delta T = T_\text{final}-T_\text{inicial}. Isso vale porque para gás ideal U e H dependem só de T.
  1. Fórmulas de trabalho para processos descritos:
  • Processo isotérmico reversível (para gás ideal): W = nRT\ln\!\left(\dfrac{V_f}{V_i}\right). Como T constante, isso é direto. Pela relação dos estados isotérmicos podemos também escrever W = nRT\ln(P_i/P_f) (já que V_f/V_i = P_i/P_f quando T constante).
  • Processos isocóricos (volume constante): W=0.
  • Processos isobáricos (pressão constante): W = P(V_f-V_i).
  • Processo adiabático reversível: Q=0; as relações úteis são P V^\gamma= const e T V^{\gamma-1}= const.
Observação sobre sinais: W>0 significa trabalho realizado pelo gás (expansão). Se W<0 significa trabalho realizado sobre o gás (compressão).
Com essas fórmulas a gente calcula passo a passo cada etapa.

Passo 4

Delta de temperatura:
\Delta T_{1\to2}=T_2-T_1=0\\ \mathrm{K}\quad\Rightarrow\quad \Delta U_{1\to2}=nC_V\Delta T=0.
Trabalho reversível isotérmico:
W_{1\to2}=nRT_1\ln\!\left(\frac{V_2}{V_1}\right) = nRT_1\ln\!\left(\frac{P_1}{P_2}\right),
pois V_2/V_1 = P_1/P_2 (isotérmico). Numericamente, com n=1:
nRT_1 = 8{,}314\cdot 600 = 4\,988{,}4\\ \mathrm{J},
\ln\!\left(\frac{P_1}{P_2}\right)=\ln\!\left(\frac{10}{3}\right)\approx 1{,}203973.
Logo
W_{1\to2}\approx 4\,988{,}4\times 1{,}203973 \approx 6\,005{,}9\\ \mathrm{J}.
Como \Delta U=0, obtemos Q pela primeira lei:
Q_{1\to2}=\Delta U_{1\to2}+W_{1\to2}=0+6\,005{,}9\approx 6\,005{,}9\\ \mathrm{J}.
E \Delta H_{1\to2}=nC_P\Delta T=0.

Passo 5

Volume constante \Rightarrow W_{2\to3}=0.
Temperaturas: T_2=600\\ \mathrm{K},\;T_3=400\\ \mathrm{K}, então
\Delta T_{2\to3}=T_3-T_2=-200\\ \mathrm{K}.
Energia interna:
\Delta U_{2\to3}=nC_V\Delta T = \frac{5}{2}R\cdot(-200) =2{,}5\cdot 8{,}314 \cdot(-200).
Calculando:
C_V = 2{,}5\times 8{,}314 = 20{,}785\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}},
\Delta U_{2\to3} = 20{,}785\times(-200) = -4\,157{,}0\\ \mathrm{J}.
Entalpia:
\Delta H_{2\to3} = nC_P\Delta T = \frac{7}{2}R\cdot(-200) =3{,}5\cdot 8{,}314\cdot(-200)\approx -5\,819{,}8\\ \mathrm{J}.
Calor trocado:
Q_{2\to3}=\Delta U_{2\to3}+W_{2\to3}=-4\,157{,}0 + 0 = -4\,157{,}0\\ \mathrm{J}.

Passo 6

Pressão constante P=2\\ \text{bar}=2\times 10^5\\ \mathrm{Pa}.
Volumes: V_3=0{,}016628\\ \mathrm{m^3}, V_4=0{,}015748\\ \mathrm{m^3}. Logo variação de volume
\Delta V_{3\to4}=V_4-V_3 \approx -0{,}000880\\ \mathrm{m^3}.
Trabalho (feito pelo gás):
W_{3\to4}=P\Delta V = 2\times 10^5\cdot(-0{,}000880)\approx -176{,}0\\ \mathrm{J}.
(Sinal negativo: trabalho realizado sobre o gás.)
Temperaturas: T_3=400\\ \mathrm{K},\;T_4\approx 378{,}9\\ \mathrm{K}, então
\Delta T_{3\to4}=T_4-T_3\approx -21{,}1\\ \mathrm{K}.
Energia interna:
\Delta U_{3\to4}=nC_V\Delta T = 20{,}785\cdot(-21{,}1)\approx -437{,}9\\ \mathrm{J}.
Entalpia:
\Delta H_{3\to4}=nC_P\Delta T = 29{,}099\cdot(-21{,}1)\approx -613{,}9\\ \mathrm{J}.
Calor trocado:
Q_{3\to4}=\Delta U_{3\to4}+W_{3\to4}\approx -437{,}9 + (-176{,}0)= -613{,}9\\ \mathrm{J},
o que bate com \Delta H (como esperado em processo isobárico: Q=\Delta H).

Passo 7

Por definição adiabática reversível aqui:
Q_{4\to1}=0.
Primeira lei dá
\Delta U_{4\to1}=Q_{4\to1}-W_{4\to1}=-W_{4\to1}\quad\Rightarrow\quad W_{4\to1}= -\Delta U_{4\to1}.
Temperaturas: T_4\approx 378{,}9\\ \mathrm{K},\;T_1=600\\ \mathrm{K}, então
\Delta T_{4\to1}=T_1-T_4\approx +221{,}1\\ \mathrm{K}.
Energia interna:
\Delta U_{4\to1}=nC_V\Delta T = 20{,}785\times 221{,}1 \approx 4\,595{,}1\\ \mathrm{J}.
(Note que é positivo: energia interna aumenta, o gás aquece.) Então o trabalho (feito pelo gás) é
W_{4\to1}=Q_{4\to1}-\Delta U_{4\to1}=0-4\,595{,}1 = -4\,595{,}1\\ \mathrm{J}.
Sinal negativo: trabalho sobre o gás (isto é, durante a compressão adiabática o trabalho é realizado sobre o sistema).
Entalpia:
\Delta H_{4\to1}=nC_P\Delta T = 29{,}099\times 221{,}1 \approx 6\,433{,}0\\ \mathrm{J}.
Checagem de consistência do ciclo:
  • Soma dos \Delta U ao longo do ciclo deve ser zero: \Delta U_{1\to2}+\Delta U_{2\to3}+\Delta U_{3\to4}+\Delta U_{4\to1}\approx 0 (verifique com os números).
  • Soma dos Q do ciclo deve ser igual ao trabalho líquido W_\text{líquido}í (primeira lei aplicada ao ciclo).

Resposta

(a) Esboço do ciclo P\!-\!V: isoterma horizontal descendente em T=600\\ \mathrm{K} de P=10 bar até P=3 bar (expansão isotérmica, de V_1 para V_2); depois curva vertical descendente (linha vertical para baixo) de P=3 bar a P=2 bar em V= const (isochoric, V_2=V_3); depois linha horizontal para a esquerda em P=2 bar (isobárico, compressão de V_3 para V_4); finalmente uma curva adiabática que sobe de V_4 para V_1 e de P=2 bar para P=10 bar (compressão adiabática reversível) fechando o ciclo.
(b) Estados (por mol, com n=1 mol):
\begin{aligned} &\text{Estado 1:}\quad P_1=10\\ \text{bar},\quad T_1=600\\ \mathrm{K},\quad V_1=0{,}0049884\\ \mathrm{m^3}.\\\ &\text{Estado 2:}\quad P_2=3\\ \text{bar},\quad T_2=600\\ \mathrm{K},\quad V_2=0{,}016628\\ \mathrm{m^3}.\\\ &\text{Estado 3:}\quad P_3=2\\ \text{bar},\quad T_3=400\\ \mathrm{K},\quad V_3=0{,}016628\\ \mathrm{m^3}.\\\ &\text{Estado 4:}\quad P_4=2\\ \text{bar},\quad T_4\approx 378{,}9\\ \mathrm{K},\quad V_4\approx 0{,}015748\\ \mathrm{m^3}. \end{aligned}
(c) Para cada etapa (valores por mol; sinais: W>0 trabalho feito pelo gás):
\begin{aligned} &1\to2\\ (\text{isotérmico}):\quad Q_{1\to2}\approx +6\,005{,}9\\ \mathrm{J},\quad W_{1\to2}\approx +6\,005{,}9\\ \mathrm{J},\\\ &\qquad\qquad\qquad\quad \Delta U_{1\to2}=0\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{1\to2}=0\\ \mathrm{J}.\\[6pt] &2\to3\\ (\text{isocórico}):\quad Q_{2\to3}\approx -4\,157{,}0\\ \mathrm{J},\quad W_{2\to3}=0\\ \mathrm{J},\\\ &\qquad\qquad\qquad\quad \Delta U_{2\to3}\approx -4\,157{,}0\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{2\to3}\approx -5\,819{,}8\\ \mathrm{J}.\\[6pt] &3\to4\\ (\text{isobárico}):\quad Q_{3\to4}\approx -613{,}9\\ \mathrm{J},\quad W_{3\to4}\approx -176{,}0\\ \mathrm{J},\\\ &\qquad\qquad\qquad\quad \Delta U_{3\to4}\approx -437{,}9\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{3\to4}\approx -613{,}9\\ \mathrm{J}.\\[6pt] &4\to1\\ (\text{adiabático}):\quad Q_{4\to1}=0\\ \mathrm{J},\quad W_{4\to1}\approx -4\,595{,}1\\ \mathrm{J},\\\ &\qquad\qquad\qquad\quad \Delta U_{4\to1}\approx +4\,595{,}1\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{4\to1}\approx +6\,433{,}0\\ \mathrm{J}. \end{aligned}éóáá
(Observação: pequenos arredondamentos podem levar a diferenças de algumas unidades na soma; os valores apresentados são consistentes entre si e satisfazem as relações Q=\Delta U+W em cada etapa e as propriedades de um ciclo fechado: \sum\Delta U\approx 0, \sum\Delta H\approx 0, e \sum Q=\sum W.)]

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