An ideal gas sample containing 1.75 moles for which C_{V, m}=5 R / 2 undergoes the following reversible cyclical process from an initial state characterized by T=275 \mathrm{~K} and P=1.00 bar:
a. It is expanded reversibly and adiabatically until the volume triples.
b. It is reversibly heated at constant volume until T increases to 275 K .
c. The pressure is increased in an isothermal reversible compression until P=1.00 bar.
Calculate q, w, \Delta U, \Delta H, and \Delta S for each step in the cycle, and for the total cycle.

Passo 1

O enunciado dá e pede o seguinte (todos os números pegos no enunciado):
  • Quantidade de substância: n=1{,}75\\ \mathrm{mol}.
  • Capacidade térmica molar a volume constante: C_{V,m}=\dfrac{5}{2}R.
  • Estado inicial: T_{1}=275\\ \mathrm{K} e P_{1}=1{,}00\\ \mathrm{bar}.
  • Processo cíclico reversível composto por três etapas:
    a) Expansão adiabática reversível até V triplicar (ou seja V_2=3V_1).
    b) Aquecimento reversível a volume constante até a temperatura voltar a 275\\ \mathrm{K}.
    c) Compressão isotérmica reversível até P=1{,}00\\ \mathrm{bar}.
  • O que se pede para cada etapa (a, b, c) e para o ciclo total: q,\;w,\;\Delta U,\;\Delta H,\;\Delta S.

Passo 2

Primeiro, introduzo fórmulas e conceitos que vou usar (a aula rápida antes do cálculo):
  • Para um gás ideal mono-componentes: \Delta U = n C_{V,m}\,\Delta T, \qquad \Delta H = n C_{P,m}\,\Delta T,onde C_{P,m}=C_{V,m}+R.
    Aqui n é o número de mols, C_{V,m} e C_{P,m} são capacidades molares (J·mol{-1}·K{-1}), e \Delta T=T_{\text{final}}-T_{\text{inicial}}.
  • Para processo adiabático reversível (gás ideal): vale P V^{\gamma}=\text{constante},\qquad T V^{\gamma-1}=\text{constante},com \displaystyle \gamma=\frac{C_{P,m}}{C_{V,m}}.
  • Trabalho reversível em processo isoterma para gás ideal: w_{\text{rev, isot}}=-nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).A convenção de sinais usada aqui é a usual em termodinâmica química: w=-\int P_{\text{ext}}\,dV (ou seja, expansão do sistema corresponde a w<0; compressão corresponde a w>0).
  • Entropia para processo reversível: \displaystyle \Delta S=\int \frac{\delta q_{\text{rev}}}{T}.
    Para gás ideal entre dois estados: \Delta S = n C_{V,m}\ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) + nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).Em processos de volume constante o segundo termo é zero; em processos isotérmicos o primeiro termo é zero e \Delta S=\dfrac{q_{\text{rev}}}{T}.

Passo 3

Calcular constantes necessárias a partir de C_{V,m}=\dfrac{5}{2}R:
  • C_{V,m}=\dfrac{5}{2}R. Então C_{P,m}=C_{V,m}+R=\frac{7}{2}R.
  • Constante adiabática \gamma=\frac{C_{P,m}}{C_{V,m}}=\frac{7/2}{5/2}=\frac{7}{5}=1{,}4.
  • Valores numéricos úteis (usar R=8{,}314462\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}): C_{V,m}=2{,}5R=20{,}786\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}, \qquad C_{P,m}=3{,}5R=29{,}101\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.
nC_{V,m}=1{,}75\times20{,}786=36{,}375\\ \mathrm{J\,K^{-1}}, \qquad nC_{P,m}=1{,}75\times29{,}101=50{,}926\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.

Passo 4

  • Relação adiabática T V^{\gamma-1}= constante implica T_2 = T_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1} = T_1\left(\frac{1}{3}\right)^{\gamma-1}.Como \gamma-1=0{,}4, T_2 = 275\\ \mathrm{K}\times 3^{-0{,}4}.Calcule: 3^{-0{,}4}=\exp(-0{,}4\ln3)\approx0{,}644093,então T_2 \approx 275\times0{,}644093=177{,}13\\ \mathrm{K}.
  • Para processo adiabático reversível vale q_a=0.
  • \Delta T_a=T_2-T_1=177{,}13-275=-97{,}87\\ \mathrm{K}.
  • Energia interna: \Delta U_a = n C_{V,m}\,\Delta T_a =36{,}375\cdot(-97{,}874)\approx -3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}.
  • Trabalho (pela 1ª lei \Delta U=q+w e q_a=0): w_a=\Delta U_a\approx -3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}.(negativo: trabalho realizado pelo sistema durante a expansão)
  • Variação de entalpia: \Delta H_a = n C_{P,m}\,\Delta T_a =50{,}926\cdot(-97{,}874)\approx -4{,}983{,}8\\ \mathrm{J}.
  • Entropia: processo adiabático reversível tem \Delta S_a=0.

Passo 5

  • Estado inicial da etapa b é o fim da etapa a: T_{\text{in}}=T_2\approx177{,}13\\ \mathrm{K}, volume fixo V=V_2=3V_1. O aquecimento leva T até T_f=275\\ \mathrm{K}.
  • Trabalho na etapa b: w_b=0 (volume constante).
  • \Delta T_b = 275-177{,}13=+97{,}87\\ \mathrm{K}.
  • Energia interna: \Delta U_b = n C_{V,m}\,\Delta T_b =36{,}375\cdot97{,}874\approx +3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}.
  • Calor (já que w_b=0 e \Delta U=q+w): q_b=\Delta U_b\approx +3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}.
  • Entalpia: \Delta H_b = n C_{P,m}\,\Delta T_b =50{,}926\cdot97{,}874\approx +4{,}983{,}8\\ \mathrm{J}.
  • Entropia (volume constante, usar nC_{V,m}\ln(T_f/T_i)): \Delta S_b = n C_{V,m}\ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) =36{,}375\ln\!\left(\frac{275}{177{,}13}\right).Note que \dfrac{275}{177{,}13}=3^{0{,}4} e \ln(3^{0{,}4})=0{,}4\ln3\approx0{,}4394449. Então \Delta S_b \approx 36{,}375\times0{,}4394449 \approx +15{,}99\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.

Passo 6

  • Depois da etapa b o sistema está em T=275\\ \mathrm{K} e volume V_3=3V_1 (porque na etapa a o volume ficou 3V_1 e na etapa b o volume não mudou). Na etapa c comprime-se reversivelmente a T constante até a pressão voltar a P=1{,}00\\ \mathrm{bar}. Isso corresponde a reduzir o volume de V_3=3V_1 até V_1.
  • Em transformação isotérmica de gás ideal temos \Delta U_c=0 e \Delta H_c=0.
  • Trabalho reversível (pela fórmula): w_c = -nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).Aqui V_i=V_3=3V_1 e V_f=V_1, portanto w_c = -nRT\ln\!\left(\frac{V_1}{3V_1}\right) = -nRT\ln\!\left(\tfrac{1}{3}\right) = +nRT\ln 3.Substituindo n=1{,}75, T=275\\ \mathrm{K}, R=8{,}314462: nRT = 1{,}75\cdot8{,}314462\cdot275 \approx 4{,}002{,}708\\ \mathrm{J},
w_c \approx 4{,}002{,}708\times\ln3\,(1{,}0986123)\approx +4{,}396{,}7\\ \mathrm{J}.
(positivo: trabalho feito sobre o sistema, pois é compressão)
  • Calor (isotérmico, \Delta U_c=0): q_c = -w_c \approx -4{,}396{,}7\\ \mathrm{J}.
  • Entropia: \Delta S_c = \frac{q_{\text{rev},c}}{T} = \frac{-4{,}396{,}7}{275}\approx -15{,}99\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.

Passo 7

Recapitulando com valores aproximados (arredondados com 3 algarismos significativos quando aplicável):
  • Etapa (a) adiabática: T_2\approx177{,}13\\ \mathrm{K},\qquad q_a=0,\qquad w_a\approx -3{,}563{,}2\\ \mathrm{J},
\Delta U_a\approx -3{,}563{,}2\\ \mathrm{J},\qquad \Delta H_a\approx -4{,}983{,}8\\ \mathrm{J},\qquad \Delta S_a=0.
  • Etapa (b) V= constante (aquecimento de 177{,}13\to275\\ \mathrm{K}): q_b\approx +3{,}563{,}2\\ \mathrm{J},\qquad w_b=0,\qquad \Delta U_b\approx +3{,}563{,}2\\ \mathrm{J},
\Delta H_b\approx +4{,}983{,}8\\ \mathrm{J},\qquad \Delta S_b\approx +15{,}99\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
  • Etapa (c) isotérmica T=275\\ \mathrm{K} (compressão 3V_1\to V_1): q_c\approx -4{,}396{,}7\\ \mathrm{J},\qquad w_c\approx +4{,}396{,}7\\ \mathrm{J},
\Delta U_c=0,\qquad \Delta H_c=0,\qquad \Delta S_c\approx -15{,}99\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
Vefiricação de consistência:
  • Soma dos \Delta U: -3{,}563{,}2 + 3{,}563{,}2 + 0 = 0 (retornou ao estado inicial).
  • Soma dos \Delta H: -4{,}983{,}8 + 4{,}983{,}8 + 0 = 0.
  • Soma das \Delta S: 0 + 15{,}99 - 15{,}99 \approx 0 (entropia de sistema volta ao valor inicial).
  • Soma de q: 0 + 3{,}563{,}2 - 4{,}396{,}7 = -833{,}5\\ \mathrm{J}.
  • Soma de w: -3{,}563{,}2 + 0 + 4{,}396{,}7 = +833{,}5\\ \mathrm{J}.
    Note que \sum \Delta U = \sum q + \sum w = 0 confirma \sum q = -\sum w.

Resposta

(a) q_a=0\\ \mathrm{J}
(a) w_a=-3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}
(a) \Delta U_a=-3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}
(a) \Delta H_a=-4{,}983{,}8\\ \mathrm{J}
(a) \Delta S_a=0\\ \mathrm{J\,K^{-1}}
(b) q_b=+3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}
(b) w_b=0\\ \mathrm{J}
(b) \Delta U_b=+3{,}563{,}2\\ \mathrm{J}
(b) \Delta H_b=+4{,}983{,}8\\ \mathrm{J}
(b) \Delta S_b=+15{,}99\\ \mathrm{J\,K^{-1}}
(c) q_c=-4{,}396{,}7\\ \mathrm{J}
(c) w_c=+4{,}396{,}7\\ \mathrm{J}
(c) \Delta U_c=0\\ \mathrm{J}
(c) \Delta H_c=0\\ \mathrm{J}
(c) \Delta S_c=-15{,}99\\ \mathrm{J\,K^{-1}}
(total do ciclo) q_{\text{tot}}=-833{,}5\\ \mathrm{J}
(total do ciclo) w_{\text{tot}}=+833{,}5\\ \mathrm{J}
(total do ciclo) \Delta U_{\text{tot}}=0\\ \mathrm{J}
(total do ciclo) \Delta H_{\text{tot}}=0\\ \mathrm{J}
(total do ciclo) \Delta S_{\text{tot}}=0\\ \mathrm{J\,K^{-1}}

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