Um mol de gás ideal, C v=3 / 2 R se expande adiabatica e reversivelmente: estado inicial 300 K e 1 atm ; estado final: 0,5 \mathrm{~atm}. Calcule \mathrm{Q}, \mathrm{W}, \Delta \mathrm{U} e \Delta \mathrm{S}.
Um mol de gás ideal, C v=3 / 2 R se expande adiabatica e reversivelmente: estado inicial 300 K e 1 atm ; estado final: 0,5 \mathrm{~atm}. Calcule \mathrm{Q}, \mathrm{W}, \Delta \mathrm{U} e \Delta \mathrm{S}.

Passo 1

O enunciado pede para calcular Q, W, \Delta U e \Delta S para a seguinte transformação, e fornece os dados abaixo:
  • Um mol: n=1.
  • Capacidade térmica molar a volume constante: C_v=\tfrac{3}{2}R.
  • Estado inicial: T_1=300\\ \mathrm{K}, P_1=1{,}0\\ \mathrm{atm}.
  • Estado final: P_2=0{,}5\\ \mathrm{atm}.
  • A transformação é adiabática e reversível.
Perguntas explícitas:
  • Calcular Q (calor trocado pelo sistema).
  • Calcular W (trabalho realizado pelo sistema, convenção: positivo se realizado pelo sistema).
  • Calcular \Delta U (variação de energia interna).
  • Calcular \Delta S (variação de entropia).

Passo 2

Primeiro vamos identificar relações úteis para uma expansão adiabática reversível de um gás ideal e definir constantes que vamos usar.
  • Para um gás ideal monoatômico dado C_v=\tfrac{3}{2}R, temos
C_p=C_v+R=\tfrac{5}{2}R.
  • A razão de capacidades térmicas é
\gamma=\frac{C_p}{C_v}=\frac{\tfrac{5}{2}R}{\tfrac{3}{2}R}=\frac{5}{3}.
  • Para uma adiabática reversível vale a relação
P V^{\gamma}=\text{constante}.
A partir disso, relacionando temperaturas e pressões podeis obter (derivação curta: usar V=nRT/P dentro de PV^\gamma= const e eliminar V):
\frac{T_2}{T_1}=\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}.
Aqui \gamma-1=\tfrac{2}{3} e \tfrac{\gamma-1}{\gamma}=\tfrac{2/3}{5/3}=\tfrac{2}{5}=0{,}4.

Passo 3

Calcular a temperatura final T_2 usando a relação de P e T:
T_2=T_1\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{0{,}4}.
Substituindo T_1=300\\ \mathrm{K}, P_2/P_1=0{,}5:
T_2=300\cdot (0{,}5)^{0{,}4}.
Agora avaliamo o expoente numericamente. Sabendo que \ln(0{,}5)=-0{,}693147\ldots,
(0{,}5)^{0{,}4}=\exp\big(0{,}4\cdot\ln(0{,}5)\big)=\exp(-0{,}277259)\approx 0{,}7579.
Logo
T_2\approx 300\times 0{,}7579\approx 227{,}4\\ \mathrm{K}.

Passo 4

Agora tratamos de Q e da primeira lei. Para adiabática reversível a definição diz que não há troca de calor, portanto
Q=0.
A primeira lei da termodinâmica (convenção \Delta U = Q - W, onde W é o trabalho realizado pelo sistema) será usada para relacionar \Delta U e W.

Passo 5

Energia interna de um gás ideal depende só da temperatura: \Delta U = n C_v (T_2-T_1).
Definimos R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}} e, portanto,
C_v=\tfrac{3}{2}R=\tfrac{3}{2}\cdot 8{,}314=12{,}471\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.
Com n=1, T_1=300\\ \mathrm{K} e T_2\approx 227{,}4\\ \mathrm{K}:
\Delta U = 1\cdot 12{,}471\cdot(227{,}4-300).
Calculemos a diferença de temperatura:
T_2-T_1=227{,}4-300=-72{,}6\\ \mathrm{K}.
Multiplicando:
\Delta U \approx 12{,}471\times(-72{,}6)\approx -905{,}7\\ \mathrm{J}.
Arredondando razoavelmente:
\Delta U \approx -906\\ \mathrm{J}.

Passo 6

Como Q=0, da primeira lei \Delta U = Q - W vem
W = Q - \Delta U = -\Delta U.
Logo, para esta expansão adiabática reversível:
W \approx -(-905{,}7)\\ \mathrm{J}\approx +905{,}7\\ \mathrm{J},
ou seja, aproximadamente
W\approx +906\\ \mathrm{J}.
(A interpretação física: o gás realizou trabalho sobre o entorno e por isso perdeu energia interna; \Delta U negativo, W positivo.)

Passo 7

Agora \Delta S (variação de entropia). Para uma transformação adiabática e reversível a entropia do sistema não muda, pois \Delta S=\int \frac{\delta Q_{\text{rev}}}{T} e \delta Q_{\text{rev}}=0 em toda a trajetória. Portanto
\Delta S=0\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
(Se a transformação fosse adiabática irreversível, \Delta S seria positiva; aqui é reversível, então \Delta S=0.)

Resposta

Q=0\\ \mathrm{J}
W\approx +906\\ \mathrm{J}
\Delta U\approx -906\\ \mathrm{J}
\Delta S=0\\ \mathrm{J\,K^{-1}}

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