a) Um mol de gás ideal monoatômico é comprimido adiabaticamente em um único estágio, aplicando-se uma pressão constante de 10 atm , até atingir um estado de equilíbrio.
Considerando \mathrm{T}_{1}=27^{\circ} \mathrm{C} e \mathrm{P}_{1}=1 \mathrm{~atm}, calcule \mathrm{T}_{2}, \mathrm{w}, \mathrm{q}, \Delta \mathrm{H} e \Delta \mathrm{U}.
b) Se o gás, agora comprimido, for deixado expandir contra uma pressão externa de 1 atm , ainda adiabaticamente, quais serão os novos valores de \mathrm{T}^{\prime}, w’, \Delta \mathrm{U}^{\prime} e \Delta \mathrm{H}^{\prime} ? Serão iguais?
Justifique.
c) A transformação foi cíclica? Justifique.

Passo 1

O enunciado dá um mol de gás ideal monoatômico que passa por duas etapas adiabáticas irreversíveis (compressão e depois expansão), e pede vários grandezas térmicas em cada etapa.
Dados fornecidos (peguei esses números do enunciado):
  • n=1\\ \text{mol}.
  • Estado inicial (1): \mathrm{T}_1=27^\circ\mathrm{C}=300\\ \text{K} e \mathrm{P}_1=1\\ \text{atm}.
  • Na compressão adiabática, aplica-se uma pressão externa constante \mathrm{P}_{\text{ext}}=10\\ \text{atm} até o gás atingir equilíbrio (logo P_2=10\\ \text{atm}).
  • Depois, a partir do estado comprimido, o gás é deixado expandir adiabaticamente contra pressão externa de 1\\ \text{atm} (logo o novo equilíbrio terá P'=1\\ \text{atm}).
O enunciado pede:
a) Para a compressão: calcular \mathrm{T}_2,\; w,\; q,\; \Delta H,\; \Delta U.
b) Para a expansão a seguir: calcular \mathrm{T}',\; w',\; \Delta U',\; \Delta H' e responder se esses valores serão iguais aos do item (a) (justificar).
c) Dizer se a transformação total foi cíclica (justificar).

Passo 2

Relembre as fórmulas e convenções que vou usar (explicando cada símbolo):
  • Convenção de sinais: vou usar a convenção química onde q é o calor recebido pelo sistema e w é o trabalho recebido pelo sistema (ou seja, trabalho sobre o gás). Com essa convenção a Primeira Lei fica
\Delta U = q + w.
  • Trabalho contra uma pressão externa constante: se a pressão externa é \,P_{\text{ext}} e o volume varia de V_i para V_f,
w = -P_{\text{ext}}(V_f-V_i).
Porque se V_f<V_i (compressão) então V_f-V_i<0 e w>0: trabalho é feito sobre o sistema.
  • Para um gás ideal monoatômico (gás ideal sem modos vibracionais excitados):
C_V=\tfrac{3}{2}R,\qquad C_P=C_V+R=\tfrac{5}{2}R.
Aqui R é a constante dos gases ideais. Numericamente usarei R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
  • Energia interna e entalpia de gás ideal dependem só da temperatura:
\Delta U = n C_V \Delta T, \qquad \Delta H = n C_P \Delta T.
  • Lei dos gases ideais (para cada estado): \,P V = n R T.
  • Como os processos são adiabáticos, temos q=0 em cada etapa (isso simplifica muito a Primeira Lei).
Vou trabalhar em unidades SI (Pa, m^3, J, K). Lembre: 1\\ \text{atm}=101325\\ \mathrm{Pa}.

Passo 3

Desenvolvimento geral para a primeira etapa (compressão irreversível contra pressão externa constante \mathrm{P}_{\text{ext}}=10\\ \text{atm}).
  • Estado inicial (1): P_1=1\\ \text{atm}, T_1=300\\ \text{K}.
  • Estado final (2): ao atingir equilíbrio com a pressão aplicada, P_2=P_{\text{ext}}=10\\ \text{atm}. A temperatura final T_2 é desconhecida; o volume final V_2 satisfaz V_2=nRT_2/P_2.
Escrevo a Primeira Lei para a etapa 1→2, lembrando que q=0:
\Delta U = n C_V (T_2-T_1) = q + w = 0 + w = w.
E o trabalho (conforme convenção química) é
w = -P_{\text{ext}}(V_2-V_1) = -P_{\text{ext}}\bigg(\frac{n R T_2}{P_2}-\frac{n R T_1}{P_1}\bigg).
Coloco isso em igualdade com a expressão de \Delta U e cancelo n (aqui n=1 mas vale de forma geral):
C_V (T_2-T_1) = -P_{\text{ext}} R\Big(\frac{T_2}{P_2}-\frac{T_1}{P_1}\Big).
Rearranjo para isolar T_2. Agrupo os termos em T_2:
T_2\Big(C_V + \frac{P_{\text{ext}}R}{P_2}\Big)=T_1\Big(C_V + \frac{P_{\text{ext}}R}{P_1}\Big).
Logo a solução geral é
T_2 = T_1\;\frac{C_V + \dfrac{P_{\text{ext}}R}{P_1}}{C_V + \dfrac{P_{\text{ext}}R}{P_2}}.
No nosso caso P_{\text{ext}}=P_2 (pois comprimimos até equilibrar com a pressão aplicada), portanto \dfrac{P_{\text{ext}}R}{P_2}=R. Substituindo:
T_2 = T_1\;\frac{C_V + \dfrac{P_{\text{ext}}R}{P_1}}{C_V + R}.
Como \dfrac{P_{\text{ext}}}{P_1}=10 (10 atm sobre 1 atm), e C_V=\tfrac{3}{2}R, C_V+R=C_P=\tfrac{5}{2}R, fica muito simples em termos de R:
T_2 = T_1\frac{\tfrac{3}{2}R + 10R}{\tfrac{5}{2}R}=T_1\frac{11{,}5}{2{,}5}=T_1\cdot 4{,}6.
Como T_1=300\\ \text{K},
T_2 = 300\cdot 4{,}6 = 1380\\ \text{K}.
Observe que o fator R cancelou; não precisei do valor numérico de R para obter T_2.

Passo 4

Cálculos numéricos completos para o item (a): volumes, trabalho, energias.
  1. Volumes usando V=nRT/P (em SI):
  • V_1=\dfrac{nRT_1}{P_1}=\dfrac{1\cdot 8{,}314\cdot 300}{101325}\approx 0{,}02462\\ \mathrm{m^3} (ou 24{,}62\\ \text{L}).
  • V_2=\dfrac{nRT_2}{P_2}=\dfrac{1\cdot 8{,}314\cdot 1380}{10\cdot 101325}\approx 0{,}011322\\ \mathrm{m^3} (ou 11{,}322\\ \text{L}).
  1. Trabalho na compressão (lembrando w é trabalho recebido pelo sistema):
w=-P_{\text{ext}}(V_2-V_1)=-P_2\,(V_2-V_1).
Numericamente ( P_2=10\\ \text{atm}=1{,}01325\times 10^6\\ \mathrm{Pa}):
w = -1{,}01325\times 10^6\cdot(0{,}011322-0{,}02462)\\ \mathrm{J} \approx +13{,}468{,}7\\ \mathrm{J}.
Interpretação do sinal: w>0 porque V_2<V_1; trabalho foi feito sobre o gás (energia entrou por trabalho).
  1. Calor trocado: adiabático, portanto
q=0.
  1. Variação da energia interna:
\Delta U = n C_V (T_2-T_1) = 1\cdot \tfrac{3}{2}R\cdot (1380-300).
Como \tfrac{3}{2}R=12{,}471\\ \mathrm{J\,K^{-1}},
\Delta U = 12{,}471\cdot 1080 = 13{,}468{,}7\\ \mathrm{J},
o que coincide numericamente com w (esperado porque q=0).
  1. Variação da entalpia:
\Delta H = n C_P (T_2-T_1)=1\cdot \tfrac{5}{2}R\cdot 1080.
Como \tfrac{5}{2}R=20{,}785\\ \mathrm{J\,K^{-1}},
\Delta H = 20{,}785\cdot 1080 \approx 22{,}447{,}8\\ \mathrm{J}.
Resumo numérico do item (a) já calculado:
  • \mathrm{T}_2=1380\\ \text{K}.
  • w=+13{,}468{,}7\\ \mathrm{J} (trabalho recebido pelo sistema).
  • q=0.
  • \Delta U=+13{,}468{,}7\\ \mathrm{J}.
  • \Delta H=+22{,}447{,}8\\ \mathrm{J}.

Passo 5

Agora a etapa (b): expansão adiabática irreversível contra pressão externa 1\\ \text{atm}.
Parto do estado 2: P_2=10\\ \text{atm},\\ T_2=1380\\ \text{K},\\ V_2 dado acima. A expansão é contra P_{\text{ext}}'=1\\ \text{atm}, e o equilíbrio final terá P'=1\\ \text{atm} e temperatura T' desconhecida. Reaplico a mesma equação geral (visto no Passo 3), mas agora P_{\text{ext}}'=P'=1\\ \text{atm} e a pressão inicial é P_2=10\\ \text{atm}. A equação geral ficou:
T' = T_2\;\frac{C_V + \dfrac{P_{\text{ext}}'R}{P_2}}{C_V + \dfrac{P_{\text{ext}}'R}{P'}}.
Como P_{\text{ext}}'=P' (o processo termina quando o gás equilibra com a pressão externa),
T' = T_2\;\frac{C_V + \dfrac{P_{\text{ext}}'R}{P_2}}{C_V + R}.
Aqui \dfrac{P_{\text{ext}}'}{P_2}=\dfrac{1}{10}=0{,}1. Com C_V=\tfrac{3}{2}R e C_V+R=C_P=\tfrac{5}{2}R,
T' = T_2\cdot\frac{1{,}5R + 0{,}1R}{2{,}5R}=T_2\cdot\frac{1{,}6}{2{,}5}=T_2\cdot 0{,}64.
Logo
T' = 1380\cdot 0{,}64 = 883{,}2\\ \text{K}.
Cálculos das demais grandezas da expansão:
  1. Volume final V'=\dfrac{nRT'}{P'}=\dfrac{1\cdot 8{,}314\cdot 883{,}2}{101325}\approx 0{,}07247\\ \mathrm{m^3} (ou 72{,}47\\ \text{L}).
  2. Variação de energia interna:
\Delta U' = n C_V (T'-T_2) = 1\cdot \tfrac{3}{2}R\cdot(883{,}2-1380)=12{,}471\cdot(-496{,}8)\approx -6{,}195{,}6\\ \mathrm{J}.
  1. Trabalho da expansão (novamente w' é trabalho recebido pelo sistema):
w' = -P_{\text{ext}}'(V'-V_2) = -1{,}01325\times 10^5\cdot(0{,}07247-0{,}011322)\\ \mathrm{J}\approx -6{,}195{,}6\\ \mathrm{J}.
(Conferência: \Delta U'=w' pois q'=0.)
  1. Variação de entalpia:
\Delta H' = n C_P (T'-T_2) = 2{,}5R\cdot(-496{,}8)=20{,}785\cdot(-496{,}8)\approx -10{,}325{,}2\\ \mathrm{J}.
São iguais aos valores do item (a)? Não: numericamente \mathrm{T}'=883{,}2\\ \text{K} difere de \mathrm{T}_1=300\\ \text{K} e também \Delta U' e w' têm sinais e magnitudes diferentes dos correspondentes da compressão. A razão física: os valores de trabalho (e, via q=0, das variações de energia) dependem da pressão externa com que o processo é feito — o processo é irreversível e o resultado depende do caminho (a pressão externa aplicada). Portanto compressão contra 10\\ \text{atm} não é “inverso” da expansão contra 1\\ \text{atm}; as duas etapas não se anulam.

Passo 6

Item (c): transformação total (compressão + expansão) foi cíclica?
  • Para ser cíclica, o sistema deveria voltar ao mesmo estado termodinâmico inicial: mesmo P,\\ T,\\ V. Aqui o processo termina com P'=1\\ \text{atm} igual à pressão inicial, mas a temperatura final T'=883{,}2\\ \text{K} é diferente de T_1=300\\ \text{K}. Portanto o estado final difere do inicial — não é ciclo.
  • Verificação pela energia interna: \Delta U_{\text{total}}=\Delta U+\Delta U' = +13{,}468{,}7 + (-6{,}195{,}6)\approx +7{,}273{,}1\\ \mathrm{J}\neq 0. Num ciclo a variação total de energia interna deveria ser zero. Logo não é cíclica.
Conclusão: não é transformação cíclica.

Resposta

(a) \mathrm{T}_2=1380\\ \mathrm{K}
\;w=+13{,}468{,}7\\ \mathrm{J}
\;q=0
\;\Delta U=+13{,}468{,}7\\ \mathrm{J}
\;\Delta H=+22{,}447{,}8\\ \mathrm{J}
(b) \mathrm{T}'=883{,}2\\ \mathrm{K}
\;w'=-6{,}195{,}6\\ \mathrm{J}
\;\Delta U'=-6{,}195{,}6\\ \mathrm{J}
\;\Delta H'=-10{,}325{,}2\\ \mathrm{J}
Serão iguais? Não.
(c) Foi cíclica? Não.

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