Um gás ideal percorre um ciclo de Carnot formado por a) uma expansão isotérmica (AB) a uma temperatura T_{1}, b) uma expansão adiabática (BC), c) uma compressão isotérmica (CD) a uma temperatura T_{2} e d) uma compressão adiabática (DA). Mostre que os volumes e as pressões dos quatro estados A, B, C e D satisfazem as relações V_{C} / V_{D}=V_{B} / V_{A} e p_{C} / p_{D}=p_{B} / p_{A}. Calcule o trabalho realizado e o calor trocado em cada trecho do ciclo. Mostre explicitamente que o rendimento é dado por \eta=1-T_{2} / T_{1}.

Passo 1

O enunciado descreve um ciclo de Carnot realizado por um gás ideal, composto por quatro trechos em sequência:
a) expansão isotérmica A\to B à temperatura T_{1},
b) expansão adiabática B\to C,
c) compressão isotérmica C\to D à temperatura T_{2},
d) compressão adiabática D\to A.
As perguntas são:
  • Mostrar que \dfrac{V_{C}}{V_{D}}=\dfrac{V_{B}}{V_{A}} e \dfrac{p_{C}}{p_{D}}=\dfrac{p_{B}}{p_{A}}.
  • Calcular o trabalho realizado e o calor trocado em cada trecho do ciclo.
  • Mostrar explicitamente que o rendimento é \eta=1-\dfrac{T_{2}}{T_{1}}.
Informações relevantes e notação que vamos usar:
  • O gás é ideal com n mols; constante dos gases R.
  • C_{V} é a capacidade calorífica molar a volume constante; \gamma=\dfrac{C_{P}}{C_{V}}=1+\dfrac{R}{C_{V}}.
  • Para processos isotérmicos do gás ideal a temperatura T vale \Delta U=0 e a pressão satisfaz p=\dfrac{nRT}{V}.
  • Para adiabáticos reversíveis do gás ideal valem as leis de Poisson: pV^{\gamma}=\text{constante} e TV^{\gamma-1}=\text{constante}.
  • Convenção de sinais: W>0 trabalho realizado pelo gás; Q>0 calor absorvido pelo gás.

Passo 2

Derivação curta das relações adiabáticas que usarei (didática): para adiabático reversível Q=0 e a primeira lei dá dU=-p\,dV. Para gás ideal dU=n C_{V}\,dT e p=\dfrac{nRT}{V}. Substituindo:
n C_{V}\,dT = -\frac{n R T}{V}\,dV.
Dividindo por nT:
C_{V}\,\frac{dT}{T} = - R\,\frac{dV}{V}.
Integramos de um estado a outro (constantes C_{V} e R):
C_{V}\ln T = -R\ln V + \text{constante}
ou
\ln T + \frac{R}{C_{V}}\ln V = \text{constante}.
Usando \dfrac{R}{C_{V}}=\gamma-1 obtemos
\ln\bigl(T V^{\gamma-1}\bigr)=\text{constante},
ou seja
T V^{\gamma-1}=\text{constante}.
A partir daí também se obtém pV^{\gamma}= constante usando p=nRT/V. Essas são as leis de Poisson para adiabáticos reversíveis.

Passo 3

Usar as leis adiabáticas nos pedaços B\to C e D\to A para relacionar volumes.
Para o trecho adiabático B\to C (temperatura decresce de T_{1} para T_{2}):
T_{1} V_{B}^{\gamma-1} = T_{2} V_{C}^{\gamma-1}.
Isto implica
\left(\frac{V_{C}}{V_{B}}\right)^{\gamma-1}=\frac{T_{1}}{T_{2}}.
Para o trecho adiabático D\to A (temperatura sobe de T_{2} para T_{1}):
T_{2} V_{D}^{\gamma-1} = T_{1} V_{A}^{\gamma-1}.
Isto implica
\left(\frac{V_{D}}{V_{A}}\right)^{\gamma-1}=\frac{T_{1}}{T_{2}}.
Comparando as duas equações:
\left(\frac{V_{C}}{V_{B}}\right)^{\gamma-1}=\left(\frac{V_{D}}{V_{A}}\right)^{\gamma-1}.
Como \gamma-1\neq0, concluímos
\frac{V_{C}}{V_{B}}=\frac{V_{D}}{V_{A}}.
Rearranjando:
\frac{V_{C}}{V_{D}}=\frac{V_{B}}{V_{A}}.
Essa é a primeira relação pedida.

Passo 4

Mostrar a relação entre pressões usando a equação de estado do gás ideal.
Nos pontos A e B ambos estão à mesma temperatura T_{1}, logo
p_{A}=\frac{nRT_{1}}{V_{A}},\qquad p_{B}=\frac{nRT_{1}}{V_{B}}.
Logo
\frac{p_{B}}{p_{A}}=\frac{V_{A}}{V_{B}}.
Nos pontos C e D ambos estão à mesma temperatura T_{2}, logo
p_{C}=\frac{nRT_{2}}{V_{C}},\qquad p_{D}=\frac{nRT_{2}}{V_{D}},
e portanto
\frac{p_{C}}{p_{D}}=\frac{V_{D}}{V_{C}}.
Usando a relação de volumes do Passo 3, \dfrac{V_{D}}{V_{C}}=\dfrac{V_{A}}{V_{B}}, obtemos
\frac{p_{C}}{p_{D}}=\frac{V_{D}}{V_{C}}=\frac{V_{A}}{V_{B}}=\frac{p_{B}}{p_{A}}.
Isto é exatamente a segunda relação pedida:
\frac{p_{C}}{p_{D}}=\frac{p_{B}}{p_{A}}.

Passo 5

Cálculo do trabalho e calor no trecho isotérmico A\to B (expansão a T_{1}).
Para processo isotérmico de gás ideal p=\dfrac{nRT_{1}}{V}. O trabalho realizado pelo gás é
W_{AB}=\int_{V_{A}}^{V_{B}} p\,dV = \int_{V_{A}}^{V_{B}} \frac{n R T_{1}}{V}\,dV = n R T_{1}\ln\!\left(\frac{V_{B}}{V_{A}}\right).
Como é isotérmico para gás ideal, a energia interna só depende de T, então \Delta U_{AB}=0. Pela primeira lei,
\Delta U_{AB}=Q_{AB}-W_{AB}\\ \Rightarrow\\\ 0=Q_{AB}-W_{AB},
portanto
Q_{AB}=W_{AB}=n R T_{1}\ln\!\left(\frac{V_{B}}{V_{A}}\right).
(Aqui Q_{AB}>0 pois é calor absorvido do reservatório quente.)

Passo 6

Cálculo no trecho adiabático B\to C.
Por ser adiabático reversível Q_{BC}=0. Pela primeira lei,
\Delta U_{BC} = Q_{BC}-W_{BC} = -W_{BC}.
Como U do gás ideal depende só de T,
\Delta U_{BC}=n C_{V}(T_{2}-T_{1}).
Logo
- W_{BC}=n C_{V}(T_{2}-T_{1})\quad\Rightarrow\quad W_{BC}=n C_{V}(T_{1}-T_{2}).
Aqui W_{BC}>0 porque T_{1}>T_{2} e o gás realiza trabalho na expansão adiabática.

Passo 7

Cálculo no trecho isotérmico C\to D (compressão a T_{2}).
De maneira análoga ao trecho A\to B,
W_{CD}=\int_{V_{C}}^{V_{D}}\frac{n R T_{2}}{V}\,dV = n R T_{2}\ln\!\left(\frac{V_{D}}{V_{C}}\right).
Como é isotérmico, \Delta U_{CD}=0 e portanto
Q_{CD}=W_{CD}=n R T_{2}\ln\!\left(\frac{V_{D}}{V_{C}}\right).
Note que V_{D}<V_{C} (compressão) então \ln\!\left(\dfrac{V_{D}}{V_{C}}\right)<0 e W_{CD}<0: o trabalho é realizado sobre o gás, e Q_{CD}<0 é calor rejeitado ao reservatório frio.

Passo 8

Cálculo no trecho adiabático D\to A.
Adiabático: Q_{DA}=0. Pela primeira lei,
\Delta U_{DA}=-W_{DA}.
Mas \Delta U_{DA}=n C_{V}(T_{1}-T_{2}) (subida de T_{2} para T_{1}), assim
-W_{DA}=n C_{V}(T_{1}-T_{2})\quad\Rightarrow\quad W_{DA}=n C_{V}(T_{2}-T_{1}).
Aqui W_{DA}<0: trabalho é feito sobre o gás na compressão adiabática.

Passo 9

Somatório das obras e simplificação para o trabalho líquido.
Soma total do trabalho no ciclo:
W_{\text{líquido}}=W_{AB}+W_{BC}+W_{CD}+W_{DA}.í
Substituindo W_{BC}=nC_{V}(T_{1}-T_{2}) e W_{DA}=nC_{V}(T_{2}-T_{1}) observa-se que os dois se cancelam:
W_{BC}+W_{DA}=nC_{V}(T_{1}-T_{2}) + nC_{V}(T_{2}-T_{1})=0.
Logo
W_{\text{líquido}}=W_{AB}+W_{CD} = nR T_{1}\ln\!\left(\frac{V_{B}}{V_{A}}\right)+ nR T_{2}\ln\!\left(\frac{V_{D}}{V_{C}}\right).í
Usando a relação de volumes do Passo 3, \dfrac{V_{C}}{V_{D}}=\dfrac{V_{B}}{V_{A}}, temos \ln\!\left(\dfrac{V_{D}}{V_{C}}\right)=-\ln\!\left(\dfrac{V_{B}}{V_{A}}\right). Então
W_{\text{líquido}}=nR\bigl(T_{1}-T_{2}\bigr)\ln\!\left(\frac{V_{B}}{V_{A}}\right).í

Passo 10

Cálculo do rendimento \eta.
O calor absorvido do reservatório quente ocorre apenas no trecho isotérmico A\to B:
Q_{\text{in}}=Q_{AB}=nR T_{1}\ln\!\left(\frac{V_{B}}{V_{A}}\right).
Portanto o rendimento do ciclo é
\eta=\frac{W_{\text{líquido}}}{Q_{\text{in}}} =\frac{nR\bigl(T_{1}-T_{2}\bigr)\ln\!\left(\dfrac{V_{B}}{V_{A}}\right)}{nR T_{1}\ln\!\left(\dfrac{V_{B}}{V_{A}}\right)} =1-\frac{T_{2}}{T_{1}}.í
As \ln e nR cancelam, ficando a forma clássica do rendimento de Carnot.

Resposta

\dfrac{V_{C}}{V_{D}}=\dfrac{V_{B}}{V_{A}}
\dfrac{p_{C}}{p_{D}}=\dfrac{p_{B}}{p_{A}}
W_{AB}=Q_{AB}=nR T_{1}\ln\!\left(\dfrac{V_{B}}{V_{A}}\right)
Q_{BC}=0,\qquad W_{BC}=nC_{V}(T_{1}-T_{2})
W_{CD}=Q_{CD}=nR T_{2}\ln\!\left(\dfrac{V_{D}}{V_{C}}\right)
Q_{DA}=0,\qquad W_{DA}=nC_{V}(T_{2}-T_{1})
W_{\text{líquido}}=nR(T_{1}-T_{2})\ln\!\left(\dfrac{V_{B}}{V_{A}}\right)í
\eta=1-\dfrac{T_{2}}{T_{1}}

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