Um gás ideal, com C_{P}=(5 / 2) R e C_{V}=(3 / 2) R, é levado de P_{1}=1 bar e V_{1}^{t}=12 \mathrm{~m}^{3} para P_{2}=12 bar e V_{2}^{t} =1 \mathrm{~m}^{3} por intermédio dos seguintes processos mecanicamente reversíveis:
(b) Compressão adiabática, seguida por resfriamento a pressão constante.

Passo 1

Enunciado e dados (o que nos é dado e o que pedem). Temos um gás ideal levado do estado inicial para o estado final por dois processos mecanicamente reversíveis: (b) compressão adiabática seguida de resfriamento a pressão constante. Os dados fornecidos são:
P_{1}=1\\ \text{bar},\qquad V_{1}^{t}=12\\ \mathrm{m}^{3},
P_{2}=12\\ \text{bar},\qquad V_{2}^{t}=1\\ \mathrm{m}^{3},
C_{P}=\frac{5}{2}R,\qquad C_{V}=\frac{3}{2}R.
O que vamos calcular: o calor trocado Q e o trabalho W ao longo do trajeto (b) (é interessante também obter Q e W de cada etapa). Observação: a massa (ou número de mols) do gás não foi dada explicitamente; usaremos relações que eliminam n quando possível (ou usaremos R e relações entre P,V,T para obter expressões numéricas).

Passo 2

Primeiras observações úteis (unidades e razão de capacidades). Convertemos pressões para SI:
1\\ \text{bar}=10^{5}\\ \mathrm{Pa},
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P_{1}=1{,}0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa},\qquad P_{2}=12{,}0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}=1{,}2\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}.
A razão adiabática é
\gamma=\frac{C_{P}}{C_{V}}=\frac{(5/2)R}{(3/2)R}=\frac{5}{3}\approx1{,}6667.

Passo 3

Checagem muito importante: produto P_{1}V_{1} e P_{2}V_{2}.
P_{1}V_{1}=1{,}0\times10^{5}\cdot12=1{,}2\times10^{6}\\ \mathrm{J},
P_{2}V_{2}=1{,}2\times10^{6}\cdot1=1{,}2\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
Portanto \;P_{1}V_{1}=P_{2}V_{2}. Como para gás ideal T=\dfrac{PV}{nR}, isto implica \;T_{2}=T_{1}. Consequência direta: a variação total de energia interna entre estado 1 e 2 é nula:
\Delta U_{\text{total}}=nC_{V}(T_{2}-T_{1})=0.
Assim, pela primeira lei da termodinâmica \Delta U=Q-W, teremos Q_{\text{total}}=W_{\text{total}}. (Boa notícia: não precisamos do valor de n para a energia total.)

Passo 4

Descrever o caminho (b) claramente em duas etapas:
  • Etapa A: compressão adiabática reversível de (P_{1},V_{1}) até a pressão P_{2}. Chamamos o estado após a adiabática de a com volume V_{a} e temperatura T_{a}. Nesta etapa Q_{A}=0.
  • Etapa B: resfriamento a pressão constante P_{2} de V_{a} até V_{2} (final). Nesta etapa P=P_{2} constante.
Nosso plano: determinar V_{a} e T_{a} usando as relações adiabáticas, calcular W_{A} e \Delta U_{A} na adiabática; depois calcular Q_{B} e W_{B}; por fim somar e verificar \Delta U_{\text{total}}=0.

Passo 5

Relações para adiabática reversível de gás ideal (passo A). Para processo adiabático reversível valem:
P V^{\gamma}=\text{constante},
T V^{\gamma-1}=\text{constante}.
Usamos P_{1}V_{1}^{\gamma}=P_{2}V_{a}^{\gamma} (porque a adiabática termina na pressão P_{2}). Dessa igualdade obtemos V_{a}:
V_{a}=V_{1}\left(\frac{P_{1}}{P_{2}}\right)^{1/\gamma}.

Passo 6

Cálculo numérico de V_{a} e T_{a}. Substituindo:
V_{a}=12\left(\frac{1}{12}\right)^{1/\gamma}=12\left(\frac{1}{12}\right)^{0{,}6}.
Calculando (aproximação numérica):
V_{a}\approx2{,}7003\\ \mathrm{m}^{3}.
Agora T_{a} pode ser obtida por T_{a}=T_{1}\left(\dfrac{V_{1}}{V_{a}}\right)^{\gamma-1}. Como \gamma-1=2/3,
T_{a}=T_{1}\left(\frac{12}{2{,}7003}\right)^{2/3}\approx2{,}701\;T_{1},
ou, alternativamente, P_{2}V_{a}=nR T_{a} e P_{1}V_{1}=nR T_{1} confirmam T_{a}/T_{1}=(P_{2}V_{a})/(P_{1}V_{1}) (consistência).

Passo 7

Trabalho e variação interna na adiabática (etapa A). Para adiabática reversível o calor é nulo:
Q_{A}=0.
O trabalho realizado pelo sistema (trajetória do estado 1 até a) é
W_{A}=\int_{V_{1}}^{V_{a}}P\,dV=\frac{P_{1}V_{1}-P_{2}V_{a}}{\gamma-1}.
Substituindo números (usar P_{1}V_{1}=1{,}2\times10^{6}\\ \mathrm{J} e P_{2}=1{,}2\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}, V_{a}=2{,}7003\\ \mathrm{m}^{3}):
P_{2}V_{a}=1{,}2\times10^{6}\cdot2{,}7003\approx3{,}240346\times10^{6}\\ \mathrm{J},
W_{A}=\frac{1{,}2\times10^{6}-3{,}240346\times10^{6}}{\,\frac{2}{3}\,}\approx-3{,}060518\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
Sinal negativo: o trabalho total da etapa A é negativo, ou seja, trabalho líquido é feito sobre o sistema (compressão). A variação de energia interna nesta etapa é
\Delta U_{A}=nC_{V}(T_{a}-T_{1})=-W_{A}\approx+3{,}060518\times10^{6}\\ \mathrm{J},
confirmando que a compressão aumentou a energia interna.

Passo 8

Etapa B: resfriamento a pressão constante P_{2} (de V_{a} até V_{2}). Para processo isobárico:
  • Trabalho realizado pelo sistema:
W_{B}=P_{2}(V_{2}-V_{a}).
  • Calor trocado:
Q_{B}=nC_{P}(T_{2}-T_{a}).
Usamos nR(T_{2}-T_{a})=P_{2}(V_{2}-V_{a}) para eliminar n. Assim
Q_{B}=C_{P}\frac{P_{2}(V_{2}-V_{a})}{R}=\frac{C_{P}}{R}P_{2}(V_{2}-V_{a}).
Como \dfrac{C_{P}}{R}=\dfrac{5}{2}, obtemos
Q_{B}=\frac{5}{2}P_{2}(V_{2}-V_{a}).
Agora valores numéricos: V_{2}-V_{a}=1-2{,}7003=-1{,}7003\\ \mathrm{m}^{3}. Assim
W_{B}=1{,}2\times10^{6}\cdot(-1{,}7003)\approx-2{,}040346\times10^{6}\\ \mathrm{J},
Q_{B}=\frac{5}{2}\cdot(-2{,}040346\times10^{6})\approx-5{,}100865\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
Sinais negativos: nessa etapa o sistema libera calor (Q negativo) e trabalho ainda é feito sobre o sistema (W negativo) porque o volume diminui.

Passo 9

Total (etapas A + B) e verificação da primeira lei. Somamos:
Q_{\text{total}}=Q_{A}+Q_{B}=0+Q_{B}=Q_{B}\approx-5{,}100865\times10^{6}\\ \mathrm{J},
W_{\text{total}}=W_{A}+W_{B}\approx-3{,}060518\times10^{6}+(-2{,}040346\times10^{6})=-5{,}100865\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
Como previsto no Passo 3, \Delta U_{\text{total}}=0 e assim Q_{\text{total}}=W_{\text{total}}. Os valores numéricos mostram que, ao final do trajeto (b), o sistema recebeu trabalho líquido negativo (ou seja, recebeu trabalho do ambiente) e liberou calor para o ambiente; o balanço de energia interna é nulo porque as duas etapas se compensam em \Delta U.

Passo 10

Resumo físico e dica para prova. Interprete os sinais: Q_{\text{total}}<0 significa calor liberado total; W_{\text{total}}<0 significa trabalho total realizado sobre o sistema (compressão líquida). Dica: sempre verifique P_{1}V_{1} vs P_{2}V_{2} — aqui foi a chave que simplificou (igualdade levou a \Delta U=0). Em prova, calcular V_{a} pela lei adiabática e então usar expressões W=\int P\,dV e Q=nC_{P}\Delta T com eliminação de n via nR\Delta T=\Delta(PV) é o caminho padrão.

Resposta

Q_{\text{total}}=-5{,}10\times10^{6}\\ \mathrm{J}
W_{\text{total}}=-5{,}10\times10^{6}\\ \mathrm{J}

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