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.
Calcule Q, W, \Delta U^{t} e \Delta H^{t} em cada um desses processos e esboce as trajetórias de todos os processos em um único diagrama P V.

Passo 1

  • Dados fornecidos:
    • C_{P}=(5/2)\,R (capacidade molar a pressão constante)
    • C_{V}=(3/2)\,R (capacidade molar a volume constante)
    • P_{1}=1\\ \text{bar}=1{,}0\times10^{5}\\ \text{Pa}
    • V_{1}^{t}=12\\ \text{m}^{3}
    • Estado final desejado: P_{2}=12\\ \text{bar}=1{,}2\times10^{6}\\ \text{Pa} e V_{2}^{t}=1\\ \text{m}^{3}
  • Processo (c) descrito: primeiro uma compressão adiabática mecanicamente reversível de 1 para um estado intermediário (vou chamar de estado 2) seguida por um resfriamento a volume constante até o estado final 3, que tem P_{3}=P_{2}=12\\ \text{bar} e V_{3}=V_{2}^{t}=1\\ \text{m}^{3}.
  • O que se pede: calcular, para cada subprocesso, os valores de Q, W, \Delta U^{t} e \Delta H^{t}. Também esboçar as trajetórias no diagrama PV.

Passo 2

  • Primeiro, deixemos explícita a convenção de sinais que vou usar (muito importante numa prova): W será o trabalho realizado pelo sistema (convenção usual em termodinâmica). A primeira lei escrita assim é \Delta U = Q - W.(se preferes a outra convenção, basta trocar o sinal de W).
  • Para um gás ideal:
    • A energia interna molar depende só da temperatura, então para um processo entre estados 1 e 2 vale \Delta U = n C_{V} (T_{2}-T_{1}).
    • A entalpia muda com temperatura: \Delta H = n C_{P} (T_{2}-T_{1}).
  • Podemos escrever T a partir da equação de estado ideal PV=nRT. Substituindo T nas expressões acima obtemos (note que n desaparece da igualdade final): \Delta U = n C_{V}\Delta T = \frac{C_{V}}{R}\,(P_{2}V_{2}-P_{1}V_{1}),
\Delta H = n C_{P}\Delta T = \frac{C_{P}}{R}\,(P_{2}V_{2}-P_{1}V_{1}).
Estas fórmulas são muito úteis porque evitam precisar do número de mols n.
  • Também vamos precisar da relação para um adiabat reversível de gás ideal: P V^{\gamma}=\text{constante},\qquad \gamma=\frac{C_{P}}{C_{V}}.Aqui \gamma=(5/2)/(3/2)=5/3.

Passo 3

  • Interpretação do enunciado: a sequência é “compressão adiabática, seguida por resfriamento a volume constante” e o estado final tem V=1\\ \text{m}^{3}. Então a compressão adiabática leva o volume de V_{1}=12\\ \text{m}^{3} para V_{2}=1\\ \text{m}^{3}. Depois, a segunda etapa mantém V=1\\ \text{m}^{3} e ajusta a pressão até P_{3}=12\\ \text{bar}.
  • Usando P_{1}V_{1}^{\gamma}=P_{2,\text{ad}}V_{2}^{\gamma} (onde P_{2,\text{ad}} é a pressão logo após a compressão adiabática, no mesmo volume V_{2}=1\\ \text{m}^{3}): P_{2,\text{ad}} = P_{1}\left(\frac{V_{1}}{V_{2}}\right)^{\gamma} =1{,}0\times10^{5}\\ \text{Pa}\times\left(\frac{12}{1}\right)^{5/3}.
  • Calculemos \left(12\right)^{5/3}. Numericamente \left(12\right)^{5/3}\approx62{,}88. Portanto P_{2,\text{ad}}\approx1{,}0\times10^{5}\times62{,}88=6{,}288\times10^{6}\\ \text{Pa}\approx62{,}9\\ \text{bar}.
  • Resumo dos estados (vou chamar 1 → estado inicial, 2 → logo após adiabática, 3 → final):
    • Estado 1: \,P_{1}=1\\ \text{bar},\\ V_{1}=12\\ \text{m}^{3}.
    • Estado 2 (após adiabática): \,P_{2,\text{ad}}\approx62{,}9\\ \text{bar},\\ V_{2}=1\\ \text{m}^{3}.
    • Estado 3 (após resfriamento isocórico): \,P_{3}=12\\ \text{bar},\\ V_{3}=1\\ \text{m}^{3}.
  • Observação útil: P_{1}V_{1}=1{,}0\times10^{5}\times12=1{,}2\times10^{6}\\ \text{J} e P_{3}V_{3}=1{,}2\times10^{6}\\ \text{Pa}\times1=1{,}2\times10^{6}\\ \text{J}. Ou seja, P_{1}V_{1}=P_{3}V_{3}, logo T_{1}=T_{3} (mesma temperatura inicial e final).

Passo 4

  • Para a adiabática reversível Q_{1\to2}=0 por definição.
  • Calculemos \Delta(PV)=P_{2,\text{ad}}V_{2}-P_{1}V_{1}: P_{2,\text{ad}}V_{2}\approx6{,}288\times10^{6}\\ \text{Pa}\times1\\ \text{m}^{3}=6{,}288\times10^{6}\\ \text{J},
P_{1}V_{1}=1{,}2\times10^{6}\\ \text{J},
P_{2,\text{ad}}V_{2}-P_{1}V_{1}\approx6{,}288\times10^{6}-1{,}2\times10^{6}=5{,}088\times10^{6}\\ \text{J}.
  • Agora \Delta U_{1\to2}=\dfrac{C_{V}}{R}\,(P_{2}V_{2}-P_{1}V_{1}). Como C_{V}/R=3/2=1{,}5: \Delta U_{1\to2}=1{,}5\times5{,}088\times10^{6}=7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}.(energia interna aumenta porque a compressão adiabatica aquece o gás)
  • Pela primeira lei (com W trabalho pelo sistema): \Delta U = Q - W \quad\Rightarrow\quad W_{1\to2}=Q_{1\to2}-\Delta U_{1\to2}=0-7{,}632\times10^{6}=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}.Interpretação: W negativo significa que o sistema realizou trabalho negativo, ou seja, trabalho líquido foi feito sobre o sistema (trabalho sobre o gás) com magnitude 7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}.
  • Entalpia: \Delta H_{1\to2}=\frac{C_{P}}{R}\,(P_{2}V_{2}-P_{1}V_{1}),\qquad C_{P}/R=5/2=2{,}5,
\Delta H_{1\to2}=2{,}5\times5{,}088\times10^{6}=12{,}720\times10^{6}\\ \text{J}=1{,}2720\times10^{7}\\ \text{J}.

Passo 5

  • Em um processo a volume constante o trabalho de pressão é zero: W_{2\to3}=0.
  • A mudança em PV é P_{3}V_{3}-P_{2,\text{ad}}V_{2}=1{,}2\times10^{6}-6{,}288\times10^{6}=-5{,}088\times10^{6}\\ \text{J}.
  • Assim \Delta U_{2\to3}=\frac{C_{V}}{R}\,(P_{3}V_{3}-P_{2,\text{ad}}V_{2}) =1{,}5\times(-5{,}088\times10^{6})=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}.(energia interna diminui exatamente o que aumentou na adiabática)
  • Pelo balanço \Delta U = Q - W com W=0, obtemos o calor trocado: Q_{2\to3}=\Delta U_{2\to3}=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}.Ou seja, calor removido do gás (valor negativo).
  • Entalpia: \Delta H_{2\to3}=\frac{C_{P}}{R}\,(P_{3}V_{3}-P_{2,\text{ad}}V_{2}) =2{,}5\times(-5{,}088\times10^{6})=-12{,}720\times10^{6}\\ \text{J}.

Passo 6

  • Soma das variações internas: \Delta U_{1\to3}=\Delta U_{1\to2}+\Delta U_{2\to3}=7{,}632\times10^{6}+(-7{,}632\times10^{6})=0,coerente com P_{1}V_{1}=P_{3}V_{3} e logo T_{1}=T_{3}.
  • Soma dos calores: Q_{1\to3}=Q_{1\to2}+Q_{2\to3}=0+(-7{,}632\times10^{6})=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}.
  • Soma dos trabalhos: W_{1\to3}=W_{1\to2}+W_{2\to3}=-7{,}632\times10^{6}+0=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}.
  • Soma das entalpias: \Delta H_{1\to3}=\Delta H_{1\to2}+\Delta H_{2\to3}=12{,}720\times10^{6}+(-12{,}720\times10^{6})=0.
  • Observação física: o processo total 1→3 teve \Delta U=0, logo Q=W. Aqui ambos são negativos numericamente, significando que energia foi removida do sistema e que, no final, trabalho líquido foi feito sobre o sistema (ou o sistema realizou trabalho negativo).

Passo 7

  • Pontos importantes no diagrama PV:
    • Estado 1: (V_{1}=12\\ \text{m}^{3},\\ P_{1}=1\\ \text{bar}).
    • Estado 2 (após adiabática): (V_{2}=1\\ \text{m}^{3},\\ P_{2,\text{ad}}\approx62{,}9\\ \text{bar}).
    • Estado 3: (V_{3}=1\\ \text{m}^{3},\\ P_{3}=12\\ \text{bar}).
  • Trajetória 1→2: curva adiabatica P V^{\gamma}= constante; é uma curva que cai mais rapidamente que uma isoterma ao aumentar V (ou sobe mais rapidamente ao diminuir V). No gráfico, é uma curva que vai de (12,1) até (1,62{,}9) — compressão para a esquerda e para cima.
  • Trajetória 2→3: linha vertical em V=1\\ \text{m}^{3} que desce de P\approx62{,}9\\ \text{bar} até 12\\ \text{bar} (resfriamento isocórico).
  • Dica para desenhar na prova: faça eixos V horizontal e P vertical, marque os três pontos com bolinhas e desenhe a curva íngreme para 1→2 e a linha vertical para 2→3. Rotule as pressões em \text{bar}: 1, 12 e ≈62,9.

Resposta

Adiabática (1→2): Q=0, W=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}, \Delta U^{t}=7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}, \Delta H^{t}=1{,}2720\times10^{7}\\ \text{J}
Isocórico (2→3): Q=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}, W=0, \Delta U^{t}=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}, \Delta H^{t}=-1{,}2720\times10^{7}\\ \text{J}
Total (1→3): Q=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}, W=-7{,}632\times10^{6}\\ \text{J}, \Delta U^{t}=0, \Delta H^{t}=0

Exercícios relacionados