Uma máquina de Carnot opera entre 25^{\circ} \mathrm{C}\left(\mathrm{T}_{\mathrm{h}}\right) e 0^{\circ} \mathrm{C}\left(\mathrm{T}_{\mathrm{c}}\right), usando 1,00 \mathrm{~mol} de um gás ideal monoatômico. As condições iniciais são 1.0 bar e 24,8 \mathrm{dm}^{3}. Durante a etapa de expansão isotérmica o volume muda para 50 \mathrm{dm}^{3}. Calcular q e w para cada etapa do processo e do processo inteiro.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede cálculos claros:
  • Temperaturas das duas fontes térmicas:
    • \,T_h = 25^\circ\text{C} = 298{,}15\\ \text{K}.
    • \,T_c = 0^\circ\text{C} = 273{,}15\\ \text{K}.
  • Gás ideal monoatômico com n=1{,}00 mol.
  • Condição inicial: P=1{,}00\\ \text{bar} e V_{A}=24{,}8\\ \text{dm}^{3}.
  • Durante a expansão isotérmica de alta temperatura o volume vai de V_{A}=24{,}8\\ \text{dm}^{3} até V_{B}=50{,}0\\ \text{dm}^{3}.
  • Ciclo de Carnot padrão com quatro etapas:
    1. Isotérmica reversível a T_h (expansão A\to B).
    2. Adiabática reversível (expansão B\to C) até T_c.
    3. Isotérmica reversível a T_c (compressão C\to D).
    4. Adiabática reversível (compressão D\to A) retornando a T_h.
O que o enunciado pede:
  • Calcular q (calor trocado) e w (trabalho realizado pelo gás, ou seja, trabalho positivo quando o gás realiza trabalho) para cada etapa do ciclo e para o ciclo inteiro.
Informações úteis a converter/usar (peguei os números do enunciado):
  • 1\\ \text{dm}^{3}=10^{-3}\\ \text{m}^{3}. Então volumes em \text{m}^{3}:
    • V_{A}=24{,}8\times10^{-3}\\ \text{m}^{3}.
    • V_{B}=50{,}0\times10^{-3}\\ \text{m}^{3}.
  • Constante dos gases: R=8{,}314\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}.
  • Para gás monoatômico ideal: C_V=\tfrac{3}{2}R e \gamma=\dfrac{C_P}{C_V}=\dfrac{5}{3}.

Passo 2

Antes de calcular, vamos fixar convenções e fórmulas (explicação didática, passo a passo):
  1. Convenção de sinais que vou usar:
  • w = trabalho realizado pelo gás (positivo se o gás realiza trabalho, negativo se o trabalho é feito sobre o gás).
  • q = calor absorvido pelo gás (positivo se o gás recebe calor, negativo se o gás libera calor).
  • Primeira lei: \displaystyle \Delta U = q - w. Para ciclo completo \Delta U_{\text{ciclo}}=0, logo q_{\text{líquido}}=w_{\text{líquido}}íí.
  1. Isotérmica reversível de um gás ideal:
  • Em processo isotérmico \Delta U=0 (energia interna depende só de T para gás ideal), logo q=w.
  • Pressão do gás ao longo do processo: p=\dfrac{nRT}{V}.
  • Trabalho realizado pelo gás ao expandir de V_i a V_f: w_{\text{isot}} = \int_{V_i}^{V_f} p\,dV = \int_{V_i}^{V_f} \frac{nRT}{V}\,dV = nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).Aqui n é nº de mols, R a constante, T a temperatura constante do processo, V_i e V_f volumes inicial e final.
  1. Adiabática reversível (sem troca de calor): q=0.
  • Para gás ideal reversível adiabático vale pV^{\gamma}= constante, e também T V^{\gamma-1} = \text{constante}.
  • Trabalho do gás numa adiabática pode ser obtido via variação de energia interna: \Delta U = n C_V (T_f - T_i).Pela primeira lei com q=0: \Delta U = -w \Rightarrow w = -\Delta U. Assim podemos calcular w conhecendo as temperaturas inicial e final da adiabática.
  • Para gás monoatômico C_V=\tfrac{3}{2}R e \gamma=\tfrac{5}{3}. Observe que \gamma-1=\tfrac{2}{3} e portanto \dfrac{1}{\gamma-1}=\tfrac{3}{2}=1{,}5.
Vou aplicar essas fórmulas passo a passo aos estados do ciclo.

Passo 3

Etapa 1 — Isotérmica a T_h (expansão A\to B):
  • Dados: n=1{,}00\\ \text{mol}, T_h=298{,}15\\ \text{K}, V_A=24{,}8\times10^{-3}\\ \text{m}^{3}, V_B=50{,}0\times10^{-3}\\ \text{m}^{3}.
  • Fórmula do trabalho isotérmico: w_{1} = n R T_h \ln\!\left(\frac{V_B}{V_A}\right).
  • Calcule a razão dos volumes: \frac{V_B}{V_A}=\frac{50{,}0}{24{,}8}=2{,}016129\ldots\quad\Rightarrow\quad \ln\!\left(\frac{V_B}{V_A}\right)\approx 0{,}70115.
  • Calcule nRT_h: n R T_h = 1{,}00\times 8{,}314\\ \times 298{,}15 \approx 2478{,}96\\ \text{J}.
  • Então w_{1} \approx 2478{,}96\times 0{,}70115 \approx 1736{,}9\\ \text{J}.
  • Como é isotérmico, \Delta U=0 e portanto q_{1}=w_{1}.
  • Resultado (arredondando sensatamente): w_{1}=+1{,}74\times10^{3}\\ \text{J} e q_{1}=+1{,}74\times10^{3}\\ \text{J}.
  • Interpretação física curta: o gás absorveu calor do reservatório quente e usou esse calor para realizar trabalho durante a expansão.

Passo 4

Etapa 2 — Adiabática reversível (expansão B\to C) até T_c:
  • Aqui q_{2}=0 por definição de adiabática reversível.
  • Precisamos do volume V_C no fim da adiabática, quando T alcança T_c.
  • Usamos a relação T V^{\gamma-1}= constante. Com V_B e T_h conhecidos e T_C=T_c: T_h\,V_B^{\gamma-1}=T_c\,V_C^{\gamma-1} \quad\Rightarrow\quad V_C = V_B\left(\frac{T_h}{T_c}\right)^{\frac{1}{\gamma-1}}.
  • Para gás monoatômico \gamma-1=\tfrac{2}{3} e \dfrac{1}{\gamma-1}=\tfrac{3}{2}=1{,}5. Logo V_C = 50{,}0\\ \text{dm}^3 \times \left(\frac{298{,}15}{273{,}15}\right)^{1{,}5}.(convertendo unidades, usamos dm^3/ dm^3 porque fator adimensional).
  • Calcule a razão de temperaturas: \frac{298{,}15}{273{,}15}\approx 1{,}09163, \qquad \left(1{,}09163\right)^{1{,}5}\approx 1{,}1405.
  • Assim V_C \approx 50{,}0\times 1{,}1405 \approx 57{,}03\\ \text{dm}^3.
  • Agora o trabalho na adiabática obtém-se por w_{2} = -\Delta U = -n C_V (T_C - T_h). C_V=\tfrac{3}{2}R\quad\Rightarrow\quad nC_V=1{,}00\times\tfrac{3}{2}\times 8{,}314 \approx 12{,}4717\\ \text{J/K}.
\Delta U = nC_V(T_C-T_h)=12{,}4717\times(273{,}15-298{,}15) = 12{,}4717\times(-25{,}00)\approx -311{,}8\\ \text{J}.
w_{2} = -\Delta U \approx +311{,}8\\ \text{J}.
  • Resumo da etapa 2:
    • q_{2}=0.
    • w_{2}\approx +3{,}12\times10^{2}\\ \text{J}.
  • Interpretação: o gás realiza trabalho enquanto sua energia interna diminui (queda de T), e essa perda de energia interna corresponde ao trabalho realizado; não houve troca de calor.

Passo 5

Etapa 3 — Isotérmica a T_c (compressão C\to D):
  • Processo isotérmico a T_c. Para determinar o volume final V_D (estado D) usamos o fato de que a etapa 4 (adiabática D\to A) deve levar o sistema de T_c em V_D de volta a T_h em V_A.
  • Pela relação adiabática entre D (início da adiabática compressiva) e A (fim dela): T_c\,V_D^{\gamma-1} = T_h\,V_A^{\gamma-1} \quad\Rightarrow\quad V_D = V_A\left(\frac{T_h}{T_c}\right)^{\frac{1}{\gamma-1}}.
  • Já calculámos \left(\dfrac{T_h}{T_c}\right)^{1/(\gamma-1)}\approx 1{,}1405. Então V_D \approx 24{,}8\times 1{,}1405 \approx 28{,}28\\ \text{dm}^3.
  • Assim a isoterma fria vai de V_C\approx 57{,}03\\ \text{dm}^3 para V_D\approx 28{,}28\\ \text{dm}^3.
  • Trabalho isotérmico (agora compressão, portanto trabalho realizado pelo gás será negativo): w_{3}=n R T_c \ln\!\left(\frac{V_D}{V_C}\right).Calculando: \frac{V_D}{V_C}\approx\frac{28{,}28}{57{,}03}\approx 0{,}4960,\qquad \ln\!\left(\frac{V_D}{V_C}\right)\approx -0{,}70115.
n R T_c = 1{,}00\times 8{,}314\times 273{,}15 \approx 2271{,}10\\ \text{J}.
w_{3}\approx 2271{,}10\times(-0{,}70115)\approx -1592{,}7\\ \text{J}.
  • Como isotérmico, q_{3}=w_{3}.
  • Resumo etapa 3:
    • q_{3}\approx -1{,}59\times10^{3}\\ \text{J} (o gás libera calor para o reservatório frio).
    • w_{3}\approx -1{,}59\times10^{3}\\ \text{J}.

Passo 6

Etapa 4 — Adiabática reversível (compressão D\to A):
  • Adiabática, então q_{4}=0.
  • A temperatura sobe de T_c para T_h. A variação de energia interna: \Delta U = n C_V (T_h - T_c) = 12{,}4717\times(25{,}00)\approx +311{,}8\\ \text{J}.
  • Pela primeira lei com q=0: \Delta U=-w então w_{4} = -\Delta U \approx -311{,}8\\ \text{J}.Ou seja, trabalho total nesta etapa é negativo: trabalho é feito sobre o gás (compressão).
  • Resumo etapa 4:
    • q_{4}=0.
    • w_{4}\approx -3{,}12\times10^{2}\\ \text{J}.

Passo 7

Resultado para o ciclo inteiro (soma das quatro etapas):
  • Soma dos calores: q_{\text{total}} = q_{1}+q_{2}+q_{3}+q_{4} = q_{1}+q_{3} \approx 1736{,}9 + (-1592{,}7)\approx 144{,}2\\ \text{J}.
  • Soma dos trabalhos: w_{\text{total}} = w_{1}+w_{2}+w_{3}+w_{4}\approx 1736{,}9+311{,}8-1592{,}7-311{,}8 \approx 144{,}2\\ \text{J}.Confere com a primeira lei: q_{\text{total}}=w_{\text{total}} porque \Delta U_{\text{ciclo}}=0.
  • Eficiência (checa rápida): \eta = \frac{w_{\text{total}}}{q_{1}} \approx \frac{144{,}2}{1736{,}9}\approx 0{,}0830 \; (8{,}30\%).Compare com eficiência de Carnot teórica: \eta_{\text{Carnot}} = 1-\frac{T_c}{T_h}=1-\frac{273{,}15}{298{,}15}\approx 0{,}08399\\ (8{,}399\%).A pequena diferença vem de arredondamentos intermediários; valores estão consistentes.

Resposta

w_{1}=+1{,}736{,}9\\ \text{J},\; q_{1}=+1{,}736{,}9\\ \text{J}
w_{2}=+311{,}8\\ \text{J},\; q_{2}=0
w_{3}=-1{,}592{,}7\\ \text{J},\; q_{3}=-1{,}592{,}7\\ \text{J}
w_{4}=-311{,}8\\ \text{J},\; q_{4}=0
w_{\text{total}}=+144{,}2\\ \text{J},\; q_{\text{total}}=+144{,}2\\ \text{J}

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