1,0 \mathrm{~mol} de um gás perfeito \left(\mathrm{C}_{\mathrm{v}, \mathrm{m}}=3 / 2 \mathrm{R}\right) inicialmente a 10 atm e 600 K é submetido a um processo cíclico reversível composto por quatro etapas (ciclo de Carnot). Na primeira etapa do ciclo o gás expande-se isotermicamente até a pressão de 1,0 \mathrm{~atm}. Na segunda etapa o gás expande-se adiabaticamente até 300 K . Na terceira etapa o gás é comprimido isotermicamente, e por último ( 4^{\mathrm{a}} etapa) comprimido adiabaticamente retornando ao seu estado inicial. Para as etapas 1 e 4 do ciclo calcule: q, w, \Delta U, \Delta H, \Delta S_{\text {sist. }}, \Delta S_{\text {viz. }} e \Delta S_{\text {total }}.

Passo 1

O enunciado dá um ciclo de Carnot reversível com um mol de gás perfeito e pede, apenas para as etapas 1 e 4, os valores de q,\;w,\;\Delta U,\;\Delta H,\;\Delta S_{\text{sist.}},\;\Delta S_{\text{viz.}} e \Delta S_{\text{total}}.
Dados fornecidos (vou listar tudo explícito):
n=1{,}0\\ \text{mol}
C_{V,\text{m}}=\tfrac{3}{2}R
T_{\text{quente}}=T_1=600\\ \text{K}
T_{\text{fria}}=T_3=300\\ \text{K}
P_1=10\\ \text{atm}\quad\text{(início da etapa 1)}í
P_2=1{,}0\\ \text{atm}\quad\text{(final da etapa 1)}
O ciclo (resumo das etapas, só para situar):
  1. Isotérmica reversível a 600\\ \text{K} de P_1=10\\ \text{atm} para P_2=1\\ \text{atm}.
  2. Adiabática reversível de 600\\ \text{K} até 300\\ \text{K}.
  3. Isotérmica reversível a 300\\ \text{K}.
  4. Adiabática reversível que comprime de 300\\ \text{K} de volta a 600\\ \text{K} (retornando ao estado inicial).
O que exatamente é pedido:
  • Para a etapa 1 (isotérmica a 600\\ \text{K}, expansão 10\\ \text{atm}\to1\\ \text{atm}) calcular q,\;w,\;\Delta U,\;\Delta H,\;\Delta S_{\text{sist.}},\;\Delta S_{\text{viz.}},\;\Delta S_{\text{total}}.
  • Para a etapa 4 (adiabática reversível que leva T=300\\ \text{K} a T=600\\ \text{K}) calcular os mesmos sete termos.
Não vou resolver nada ainda aqui — só organizei os dados e o pedido, como combinado.

Passo 2

Primeiro vou fixar convenções e fórmulas essenciais (explicando o porquê, passo a passo, sem pular etapas).
  1. Convenção de sinais (muito importante):
  • q>0 significa calor fornecido ao sistema.
  • w>0 significa trabalho feito sobre o sistema (essa é a convenção química comum; assim, expansão espontânea aparece como w<0).
  • Primeira lei: \Delta U = q + w.
  1. Propriedades do gás ideal:
  • Equação de estado: \displaystyle PV=nRT.
  • Para processo isotérmico de gás ideal (temperatura constante), \Delta U=0 e \Delta H=0 porque U e H dependem só de T para gás ideal monoatômico.
  • Trabalho reversível isotérmico (integrando w=-\int P_{\text{ext}}\,dV com P_{\text{ext}}=P_{\text{gas}}=nRT/V):
\displaystyle w_{\text{isot}} = -nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).
Como PV é constante na isotérmica, V_f/V_i = P_i/P_f. Então posso usar
\displaystyle w_{\text{isot}} = -nRT\ln\!\left(\frac{P_i}{P_f}\right).
Lembre que esse w é o trabalho feito sobre o sistema (positivo se comprimido, negativo se expandiu).
  1. Capacidade calorífica e variações de energia:
  • Para um gás ideal: \Delta U = nC_{V,\text{m}}\Delta T.
  • \Delta H = nC_{P,\text{m}}\Delta T com C_{P,\text{m}}=C_{V,\text{m}}+R.
    No nosso caso C_{V,\text{m}}=\tfrac{3}{2}R então C_{P,\text{m}}=\tfrac{5}{2}R.
  1. Entropia:
  • Para processo reversível o mudança de entropia do sistema é \Delta S_{\text{sist.}}=\dfrac{q_{\text{rev}}}{T_{\text{sist.}}}.
  • Entropia do vizinho (reservatório) para calor q_{\text{rev}} é \Delta S_{\text{viz.}}=-\dfrac{q_{\text{rev}}}{T_{\text{res}}} (sinal negativo porque o calor que entra no sistema sai do reservatório).
  • Para um processo adiabático reversível \Rightarrow q_{\text{rev}}=0 \Rightarrow \Delta S_{\text{sist.}}=0.
  • Entropia total \Delta S_{\text{total}}=\Delta S_{\text{sist.}}+\Delta S_{\text{viz.}}. Para processos reversíveis ideais do ciclo (etapas individuais reversíveis) a soma local será zero quando calor trocado com reservatório à mesma temperatura do sistema.
  1. Valor de R numérico (vamos usar para cálculo):
R=8{,}314\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}.
Agora com as fórmulas e convenções claras, mando ver nos cálculos.

Passo 3

Cálculo detalhado da etapa 1 — isotérmica reversível a T=600\\ \text{K}, expansão de P_1=10\\ \text{atm} para P_2=1{,}0\\ \text{atm}.
  1. Relação volumes/pressões:
\frac{V_2}{V_1}=\frac{P_1}{P_2}=\frac{10}{1}=10,
porque PV= constante na isotérmica.
  1. Trabalho (feito sobre o sistema) na isotérmica reversível:
w_1 = -nRT\ln\!\left(\frac{V_2}{V_1}\right) = -nRT\ln(10).
Substituindo n=1{,}0, R=8{,}314 e T=600:
nRT = 1{,}0\cdot 8{,}314\cdot 600 = 4\,988{,}4\\ \text{J}.
Logo
w_1 = -4\,988{,}4\cdot \ln(10).
Como \ln(10)=2{,}302585093\ldots,
w_1 \approx -4\,988{,}4\cdot 2{,}302585 = -11\,486{,}8\\ \text{J}.
Interpretação de sinal: w_1<0 significa trabalho líquido realizado pelo sistema (expansão), que faz sentido.
  1. Como é isotérmico para gás ideal:
\Delta U_1 = 0,\qquad \Delta H_1 = 0.
  1. Calor trocado (pela primeira lei \Delta U=q+w):
q_1 = \Delta U_1 - w_1 = 0 - w_1 = -w_1.
Assim
q_1 = +11\,486{,}8\\ \text{J}.
Significado: calor absorvido pelo sistema.
  1. Entropia do sistema na etapa 1 (reversível, temperatura do sistema T=600\\ \text{K}):
\Delta S_{\text{sist.},1}=\frac{q_{1,\text{rev}}}{T}=\frac{11\,486{,}8}{600}=19{,}1447\\ \text{J K}^{-1}.
  1. Entropia do vizinho/reservatório (assumimos o calor vem de um reservatório à 600\\ \text{K}):
\Delta S_{\text{viz.},1}=-\frac{q_{1,\text{rev}}}{T_{\text{res}}}=-\frac{11\,486{,}8}{600}=-19{,}1447\\ \text{J K}^{-1}.
  1. Entropia total para a etapa 1:
\Delta S_{\text{total},1}=\Delta S_{\text{sist.},1}+\Delta S_{\text{viz.},1}=0\quad\text{(processo reversível)}.í
Arredondando para apresentação: geralmente 4 algarismos significativos são bons:
w_1 \approx -1{,}149\times 10^{4}\\ \text{J},\quad q_1\approx +1{,}149\times 10^{4}\\ \text{J},
\Delta S_{\text{sist.},1}\approx 19{,}14\\ \text{J K}^{-1},\quad \Delta S_{\text{viz.},1}\approx -19{,}14\\ \text{J K}^{-1}.

Passo 4

Cálculo detalhado da etapa 4 — adiabática reversível (isentrópica) que comprime o gás de T=300\\ \text{K} até T=600\\ \text{K}, retornando ao estado inicial.
  1. Como é adiabática reversível:
q_4 = 0.
  1. Variação de energia interna:
\Delta U_4 = nC_{V,\text{m}}\Delta T.
Aqui \Delta T = T_{\text{final}}-T_{\text{inicial}} = 600 - 300 = 300\\ \text{K}. E C_{V,\text{m}}=\tfrac{3}{2}R.
Calcule C_{V,\text{m}}:
C_{V,\text{m}}=\tfrac{3}{2}\cdot 8{,}314 = 12{,}471\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}.
Então
\Delta U_4 = 1{,}0\cdot 12{,}471\cdot 300 = 3\,741{,}3\\ \text{J}.
Sinal positivo: energia interna do sistema aumenta (porque temperatura sobe).
  1. Trabalho na etapa 4: pela primeira lei \Delta U=q+w. Como q_4=0, segue
w_4 = \Delta U_4 = 3\,741{,}3\\ \text{J}.
Interpretação: w_4>0 significa trabalho feito sobre o sistema (compressão), consistente.
  1. Variação de entalpia:
\Delta H_4 = nC_{P,\text{m}}\Delta T,
com C_{P,\text{m}}=C_{V,\text{m}}+R=\tfrac{5}{2}R.
Calcule C_{P,\text{m}}:
C_{P,\text{m}}=\tfrac{5}{2}\cdot 8{,}314 = 20{,}785\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}.
Assim
\Delta H_4 = 1{,}0\cdot 20{,}785\cdot 300 = 6\,235{,}5\\ \text{J}.
  1. Entropias:
  • Por ser adiabática reversível, \Delta S_{\text{sist.},4}=0.
  • Então também \Delta S_{\text{viz.},4}=0 (não houve troca de calor com reservatório).
  • Logo \Delta S_{\text{total},4}=0.

Passo 5

Resumo rápido dos raciocínios (checagem e intuição):
  • Etapa 1: isotérmica a 600\\ \text{K}, o gás absorve calor e realiza trabalho; \Delta U=0 porque T não muda; entropia do sistema aumenta exatamente na mesma quantidade que a do reservatório diminui — processo reversível.
  • Etapa 4: adiabática reversível de compressão aquece o gás de 300 para 600\\ \text{K}; não há calor, então toda a energia interna adquirida vem de trabalho realizado sobre o sistema; entropia não muda porque o processo é isentrópico (adiabático reversível).
Agora deixo só os números finais organizados como você pediu.

Resposta

Etapa 1 (isotérmica a 600\\ \text{K}, P:10\\ \text{atm}\to1\\ \text{atm}):
q_1=+11\,486{,}8\\ \text{J}
w_1=-11\,486{,}8\\ \text{J}
\Delta U_1=0\\ \text{J}
\Delta H_1=0\\ \text{J}
\Delta S_{\text{sist.},1}=+19{,}1447\\ \text{J K}^{-1}
\Delta S_{\text{viz.},1}=-19{,}1447\\ \text{J K}^{-1}
\Delta S_{\text{total},1}=0\\ \text{J K}^{-1}
Etapa 4 (adiabática reversível, compressão T:300\\ \text{K}\to600\\ \text{K}):
q_4=0\\ \text{J}
w_4=+3\,741{,}3\\ \text{J}
\Delta U_4=+3\,741{,}3\\ \text{J}
\Delta H_4=+6\,235{,}5\\ \text{J}
\Delta S_{\text{sist.},4}=0\\ \text{J K}^{-1}
\Delta S_{\text{viz.},4}=0\\ \text{J K}^{-1}
\Delta S_{\text{total},4}=0\\ \text{J K}^{-1}

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