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:
(c) Compressão adiabática, seguida por resfriamento a volume constante.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede que resolvamos o processo (c):
  • gás ideal com C_{P}=\tfrac{5}{2}R e C_{V}=\tfrac{3}{2}R;
  • estado inicial: P_{1}=1\\ \mathrm{bar}, V_{1}^{t}=12\\ \mathrm{m}^{3};
  • estado final: P_{2}=12\\ \mathrm{bar}, V_{2}^{t}=1\\ \mathrm{m}^{3};
  • o percurso é: compressão adiabática reversível (1 \to A) que reduz o volume até V=1\\ \mathrm{m}^3, seguida de resfriamento reversível a volume constante (A \to 2) até a pressão final P_{2}=12\\ \mathrm{bar}.
Informações relevantes listadas:
  • C_{P}=\tfrac{5}{2}R, C_{V}=\tfrac{3}{2}R (logo \gamma=\dfrac{C_{P}}{C_{V}}=\dfrac{5}{3});
  • volumes e pressões iniciais/finais dados;
  • o caminho é composto por dois trechos: adiabático reversível (Q=0) e isocórico reversível (W=0 nesse trecho).
O que devemos obter (implícito pelo enunciado típico): calor ( Q), trabalho ( W), variação de energia interna ( \Delta U), variação de entalpia ( \Delta H) e variação de entropia ( \Delta S) para cada trecho e para o processo total.

Passo 2

Vamos fixar convenções e fórmulas essenciais (pequena “aula prática”):
  • Para gás ideal: PV=nRT.
  • Energia interna: \Delta U = n C_{V}\,\Delta T.
  • Entalpia: \Delta H = n C_{P}\,\Delta T.
  • Para processo reversível adiabático (isentrópico) em gás ideal: PV^{\gamma}= const e T V^{\gamma-1}= const, com \gamma=\dfrac{C_{P}}{C_{V}}.
  • Trabalho reversível: W=\int_{V_{i}}^{V_{f}} P\,dV. Para adiabático reversível, usando P=C V^{-\gamma}, W=\frac{P_{f}V_{f}-P_{i}V_{i}}{1-\gamma}.
  • Sinal de W: adotamos a convenção usual em termodinâmica clássica: W é trabalho realizado pelo sistema. Assim compressão dá W<0.
  • Entropia (variação entre dois estados para gás ideal): \Delta S = n C_{V}\ln\!\frac{T_{f}}{T_{i}} + nR\ln\!\frac{V_{f}}{V_{i}}. Para processo reversível, \Delta S=\int \dfrac{\delta Q_\text{rev}}{T}.

Passo 3

Calcular \gamma e constantes numéricas:
\gamma=\frac{C_{P}}{C_{V}}=\frac{\tfrac{5}{2}R}{\tfrac{3}{2}R}=\frac{5}{3}.
Observação útil: produto pressão-volume nos estados inicial e final:
P_{1}V_{1}=1\\ \mathrm{bar}\times 12\\ \mathrm{m}^{3}=12\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3},
P_{2}V_{2}=12\\ \mathrm{bar}\times 1\\ \mathrm{m}^{3}=12\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3}.
Portanto P_{1}V_{1}=P_{2}V_{2}. Isso implica T_{2}=T_{1} (mesma temperatura final e inicial).

Passo 4

Encontrar o estado intermediário A (fim da adiabática): o trecho adiabático reduz o volume de V_{1}=12\\ \mathrm{m}^3 para V_{A}=1\\ \mathrm{m}^3. Pela relação adiabática P V^{\gamma}= const,
P_{A}=P_{1}\left(\frac{V_{1}}{V_{A}}\right)^{\gamma} =1\\ \mathrm{bar}\times (12)^{5/3}.
Calculemos numericamente:
12^{5/3}=12\cdot 12^{2/3}\approx 12\cdot 5{,}240\approx 62{,}88.
Logo
P_{A}V_{A}= (12)^{5/3}\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3}\approx 62{,}88\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3}.

Passo 5

Trabalho no trecho adiabático reversível (1 \to A).
Usamos a fórmula
W_{1\to A}=\frac{P_{A}V_{A}-P_{1}V_{1}}{1-\gamma}.
Substituindo valores (lembrando 1-\gamma=1-\tfrac{5}{3}=-\tfrac{2}{3}):
W_{1\to A}=\frac{62{,}88-12}{-2/3}\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3} =\frac{50{,}88}{-2/3}\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3}=-76{,}32\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3}.
Converter para joules: 1\\ \mathrm{bar\cdot m}^{3}=10^{5}\\ \mathrm{J}. Logo
W_{1\to A}=-7{,}632\times 10^{6}\\ \mathrm{J}.
(negativo: trabalho feito pelo gás é negativo → trabalho realizado sobre o gás é 7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}).

Passo 6

Energia interna no trecho adiabático.
Como Q_{1\to A}=0 (adiabático reversível), pela primeira lei,
\Delta U_{1\to A}=Q_{1\to A}-W_{1\to A}=0- W_{1\to A}=-W_{1\to A}.
Portanto
\Delta U_{1\to A}=+7{,}632\times 10^{6}\\ \mathrm{J}.
Pode-se também obter \Delta U=n C_{V}(T_{A}-T_{1}) e, usando nR(T_{A}-T_{1})=P_{A}V_{A}-P_{1}V_{1}, chegar ao mesmo número:
\Delta U_{1\to A}=\frac{C_{V}}{R}\,(P_{A}V_{A}-P_{1}V_{1}) =\frac{3}{2}\times 50{,}88\times 10^{5}\\ \mathrm{J}=7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}.

Passo 7

Entropia no trecho adiabático reversível.
Processo adiabático reversível é isentrópico:
\Delta S_{1\to A}=0.

Passo 8

Trecho isocórico reversível (A \to 2): volume constante V=1\\ \mathrm{m}^3.
  • Trabalho nesse trecho:
W_{A\to 2}=0\quad(\text{nenhum trabalho de borda em processo isocórico}).ó
  • Variação de energia interna e calor trocado:
    Sabendo que o estado final tem temperatura igual à inicial ( T_{2}=T_{1}), e que T_{A}>T_{1}, temos
\Delta U_{A\to 2}=n C_{V}(T_{2}-T_{A}) = -\Delta U_{1\to A} = -7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
Pelo 1ª lei (agora W=0):
Q_{A\to 2}=\Delta U_{A\to 2}=-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
(negativo: calor removido do sistema).

Passo 9

Entropia no trecho isocórico (A \to 2).
Usamos a fórmula para variação de entropia em processo reversível isocórico:
\Delta S_{A\to 2}=n C_{V}\ln\!\frac{T_{2}}{T_{A}}.
Sabendo T_{A}/T_{1}=(V_{1}/V_{A})^{\gamma-1}=(12)^{2/3} e T_{2}=T_{1}, temos
\frac{T_{2}}{T_{A}}=(12)^{-2/3}.
Então
\Delta S_{A\to 2}=n C_{V}\ln\!\big((12)^{-2/3}\big)=n\frac{3}{2}R\left(-\frac{2}{3}\ln 12\right)=-nR\ln 12.
Portanto a variação total de entropia do sistema entre 1 e 2 é
\Delta S_{\text{total}}=\Delta S_{1\to A}+\Delta S_{A\to 2}=0 - nR\ln 12 = -nR\ln 12.
Molarmente (por mol): \Delta s_{\text{molar}}=-R\ln 12. Numericamente,
-R\ln 12 \approx -8{,}314\cdot 2{,}4849 \approx -20{,}66\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\,K^{-1}}.
Sem sabermos n (número de mols), a variação total de entropia do sistema é -nR\ln 12 (ou -20{,}66\,n\\ \mathrm{J\,K^{-1}}).

Passo 10

Variações totais (1 \to 2) somando os dois trechos:
  • Trabalho total:
W_{1\to 2}=W_{1\to A}+W_{A\to 2}=-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
  • Calor total:
Q_{1\to 2}=Q_{1\to A}+Q_{A\to 2}=0 + (-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}) =-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}.
  • Energia interna total:
\Delta U_{1\to 2}=\Delta U_{1\to A}+\Delta U_{A\to 2}=7{,}632\times10^{6} + (-7{,}632\times10^{6})=0.
  • Entalpia total:
\Delta H_{1\to 2}=n C_{P}(T_{2}-T_{1})=0\quad(\text{pois }T_{2}=T_{1}).
  • Entropia total:
\Delta S_{1\to 2}=-nR\ln 12 \quad(\text{ou por mol } -R\ln 12\approx -20{,}66\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}).

Resposta

Adiabática (1 \to A): Q_{1\to A}=0. W_{1\to A}=-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}. \Delta U_{1\to A}=+7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}. \Delta S_{1\to A}=0.
Isocórico (A \to 2): W_{A\to 2}=0. Q_{A\to 2}=-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}. \Delta U_{A\to 2}=-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}. \Delta S_{A\to 2}=-nR\ln 12 (por mol: -R\ln 12\approx -20{,}66\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}).
Total (1 \to 2): W_{1\to 2}=-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}. Q_{1\to 2}=-7{,}632\times10^{6}\\ \mathrm{J}. \Delta U_{1\to 2}=0. \Delta H_{1\to 2}=0. \Delta S_{1\to 2}=-nR\ln 12 (por mol: -R\ln 12\approx -20{,}66\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}).

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