Um mol de um gás ideal diatômico parte de 1 \mathrm{~atm} \mathrm{e} 0^{\circ} \mathrm{C}. Depois o gás é aquecido isocoricamente até 150^{\circ} \mathrm{C} e depois se expande adiabaticamente até a pressão ser novamente igual a 1 atm . Depois é resfriado isobaricamente até atingir o estado inicial.
Calcule o rendimento desta máquina.

Passo 1

O enunciado dá um ciclo termodinâmico para 1 mol de um gás ideal diatômico, com os seguintes passos e dados iniciais:
  • Estado inicial: P_1=1\\ \mathrm{atm} e T_1=0^\circ\mathrm{C}=273{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Primeiro trecho: aquecimento isocórico até 150^\circ\mathrm{C}=423{,}15\\ \mathrm{K}. Denotamos esse estado por 2.
  • Segundo trecho: expansão adiabática de 2 até que a pressão volte a 1\\ \mathrm{atm}. Denotamos o estado final da adiabática por 3 e sabemos P_3=P_1.
  • Terceiro trecho: resfriamento isobárico (à pressão 1\\ \mathrm{atm}) de 3 de volta ao estado 1.
O que a questão pede: calcular o rendimento (eficiência) da máquina térmica que executa esse ciclo, isto é, \eta = \dfrac{W_{\text{líquido}}}{Q_{\text{entrada}}}í.
Informações relevantes fornecidas ou implicadas:
  • n=1 mol.
  • Gás diatômico clássico: C_V=\dfrac{5}{2}R e C_P=\dfrac{7}{2}R, portanto \gamma=\dfrac{C_P}{C_V}=\dfrac{7}{5}=1{,}4.
  • Processo isocórico: Q_{1\to2}=n C_V (T_2-T_1).
  • Processo adiabático: Q_{2\to3}=0 e valem as relações adiabáticas.
  • Processo isobárico: Q_{3\to1}=n C_P (T_1-T_3) (será negativo, pois é resfriamento).

Passo 2

Estratégia e definições importantes (sem começar a calcular ainda):
  • Rendimento da máquina:
\eta=\frac{W_{\text{líquido}}}{Q_{\text{entrada}}}.í
  • Aqui o único trecho que fornece calor ao sistema é o aquecimento isocórico ( 1\to2), pois a adiabática não troca calor e o isobárico é resfriamento (retira calor). Logo
Q_{\text{entrada}}=Q_{1\to2}=n C_V (T_2-T_1).
  • Trabalho total em todo o ciclo W_{\text{líquido}}=W_{1\to2}+W_{2\to3}+W_{3\to1}í. Mas W_{1\to2}=0 (isochórico). Para a adiabática e a isobárica usaremos as fórmulas abaixo; também é útil usar a primeira lei para a adiabática e expressar tudo em termos de temperaturas, o que simplifica muito os cálculos.

Passo 3

Relações adiabáticas e obtenção de T_3 em função de T_1 e T_2.
Para o adiabático vale P V^\gamma= const. Como o estado 2 tem V_2=V_1 (isochoricou de 1 para 2), e o estado 3 tem P_3=P_1, escrevemos
P_2 V_2^\gamma = P_3 V_3^\gamma.
Usando a equação dos gases ideais P V = n R T, temos P_2/P_1 = T_2/T_1. Substituindo em cima e isolando V_3/V_1:
\left(\frac{V_3}{V_1}\right)^\gamma = \frac{P_2}{P_3} = \frac{T_2}{T_1}, \quad\text{logo}\quad \frac{V_3}{V_1}=\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{1/\gamma}.
Agora usamos a lei dos gases em P_3=P_1 para relacionar T_3 e V_3:
\frac{T_3}{T_1}=\frac{V_3}{V_1}=\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{1/\gamma}.
Portanto:
\boxed{T_3 = T_1\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{1/\gamma}.}

Passo 4

Calculando numericamente T_2, T_3 (com os valores dados).
Já sabemos T_1=273{,}15\\ \mathrm{K} e T_2=423{,}15\\ \mathrm{K}. Com \gamma=1{,}4,
T_3 = 273{,}15\left(\frac{423{,}15}{273{,}15}\right)^{1/1{,}4}.
Calculemos a razão r=\dfrac{T_2}{T_1}=\dfrac{423{,}15}{273{,}15}\approx 1{,}549148.
Agora a potência r^{1/\gamma}=r^{5/7}. Avaliando numericamente (logaritmo/exponencial ou calculadora):
r^{1/\gamma}\approx 1{,}3666\quad\text{(aprox.)}
Portanto
T_3 \approx 273{,}15\times 1{,}3666 \approx 373{,}3\\ \mathrm{K}.
(Em graus Celsius T_3\approx 100{,}2^\circ\mathrm{C}.)

Passo 5

Cálculo dos calores e trabalhos em cada trecho (fórmulas e números).
Constantes: n=1 mol e R=8{,}314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}.
Capacidades molares: C_V=\dfrac{5}{2}R e C_P=\dfrac{7}{2}R.
  • Aquecimento isocórico 1\to2:
Q_{1\to2}=n C_V (T_2-T_1)=1\cdot \frac{5}{2}R(423{,}15-273{,}15).
Numérico:
C_V=\frac{5}{2}R=2{,}5\times 8{,}314=20{,}785\\ \mathrm{J/K},
Q_{1\to2}=20{,}785\times 150=3117{,}75\\ \mathrm{J}.
  • Adiabática 2\to3: Q_{2\to3}=0. Trabalho realizado pela expansão (pela primeira lei Q=\Delta U + W, com Q=0 W_{2\to3}=-\Delta U):
W_{2\to3}=n C_V (T_2-T_3)=20{,}785\times(423{,}15-373{,}3)\approx 20{,}785\times 49{,}85\approx 1036\\ \mathrm{J}.
  • Isobárico 3\to1: trabalho à pressão constante
W_{3\to1}=P_1(V_1-V_3)=nR(T_1-T_3)=8{,}314\times(273{,}15-373{,}3)\approx 8{,}314\times(-100{,}15)\approx -833\\ \mathrm{J}.
(Trabalho negativo, ou seja, trabalho feito sobre o gás na compressão isobárica.)
Calor na isobárica (saída de calor):
Q_{3\to1}=n C_P (T_1-T_3)=\frac{7}{2}R(T_1-T_3)=29{,}099\times(273{,}15-373{,}3)\approx -2917\\ \mathrm{J}.

Passo 6

Trabalho líquido do ciclo e verificação por balanço de energia.
Trabalho líquido:
W_{\text{líquido}}=W_{1\to2}+W_{2\to3}+W_{3\to1}=0 + W_{2\to3} + W_{3\to1}\approx 1036 + (-833)\approx 203\\ \mathrm{J}.í
Verificação via calores (primeira lei sobre o ciclo: \Delta U_{\text{ciclo}}=0\Rightarrow W_{\text{líquido}}=Q_{\text{líquido}}íí):
Q_{\text{líquido}}=Q_{1\to2}+Q_{2\to3}+Q_{3\to1}=3117{,}75 + 0 + (-2917)\approx 201\\ \mathrm{J},í
diferença pequena devido a arredondamentos; os valores concordam na ordem de 2\times10^2\\ \mathrm{J}.

Passo 7

Fórmula simplificada do rendimento e cálculo final com substituição.
Derivando uma expressão útil: usando C_P=\gamma C_V e as expressões de calores, obtém-se
\eta= \frac{W_{\text{líquido}}}{Q_{1\to2}} =1-\frac{C_P(T_3-T_1)}{C_V(T_2-T_1)} =1-\gamma\frac{T_3-T_1}{T_2-T_1}.í
Substituímos os números: \gamma=1{,}4, T_1=273{,}15\\ \mathrm{K}, T_2=423{,}15\\ \mathrm{K}, T_3\approx 373{,}3\\ \mathrm{K}.
\eta \approx 1-1{,}4\frac{373{,}3-273{,}15}{423{,}15-273{,}15} =1-1{,}4\frac{100{,}15}{150} \approx 1-1{,}4\times 0{,}6677 \approx 1-0{,}9348 \approx 0{,}0652.
Convertendo para porcentagem: \eta\approx 6{,}52\%.

Resposta

\eta=0{,}0652\approx 6{,}52\%

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