Um mol de um gás ideal com C_{v}=3 / 2 R sofre as transformações descritas na lista abaixo a partir de um estado inicial caracterizado por T=300 \mathrm{~K} e p=1,00 bar. Calcule q, w, \Delta U, \Delta H e \Delta S para cada processo.
O gás é aquecido até 450 K a volume constante correspondente ao volume inicial; \left[\mathrm{R}=0 ; 1,87 \mathrm{~kJ} ; 1,87 \mathrm{~kJ} ; 3,12 \mathrm{~kJ} ; 5,06 \mathrm{~J} \mathrm{~K}^{-1}\right]

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que é pedido (sem resolver ainda).
  • Dados fornecidos:
    • Número de mols: n=1.
    • Capacidade térmica molar a volume constante: C_{v}=\tfrac{3}{2}R.
    • Estado inicial: T_{1}=300\\ \mathrm{K}, p_{1}=1{,}00\\ \mathrm{bar}.
    • Estado final: T_{2}=450\\ \mathrm{K}.
    • Processo: aquecimento a volume constante igual ao volume inicial (ou seja, V= constante durante todo o processo).
  • O que o enunciado pede para esse processo:
    • Calcular q (calor trocado),
    • w (trabalho),
    • \Delta U (variação de energia interna),
    • \Delta H (variação de entalpia),
    • \Delta S (variação de entropia).

Passo 2

Relembrando as fórmulas e conceitos que vamos usar (com explicações curtas e didáticas):
  • Primeiro princípio da termodinâmica (convenção escolhida):
\Delta U = q + w,
onde q é o calor trocado com o sistema e w é o trabalho trocado com o sistema (com essa fórmula, trabalho de expansão do sistema aparece com sinal negativo quando \Delta V>0; a expressão concreta do trabalho será dada abaixo).
  • Trabalho de expansão/compressão para processo ímpar de pressão externa P_{\text{ext}}:
w = -\int_{V_1}^{V_2} P_{\text{ext}}\,\mathrm{d}V.
Em particular, se o volume é constante ( V_2=V_1), então
w=0.
Explicação: trabalho mecânico por PV é área sob curva P vs V; se a curva não muda de volume, não há área = zero trabalho.
  • Energia interna de um gás ideal monoatômico (ou para qualquer gás ideal com C_v dado): depende só da temperatura. A variação é
\Delta U = n C_{v} \Delta T,
onde \Delta T = T_{2}-T_{1}. Aqui C_v é a capacidade térmica molar a volume constante (unidades \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}).
  • Entalpia para gás ideal:
H = U + PV \quad\Rightarrow\quad \Delta H = n C_{p} \Delta T,
com C_{p}=C_{v}+R (relação de Mayer). Isso vale para gases ideais porque H também depende apenas da temperatura.
  • Entropia trocada reversivelmente:
\Delta S = \int_{\text{rev}} \frac{\mathrm{d}q_{\text{rev}}}{T}.
No aquecimento reversível a volume constante, \mathrm{d}q_{\text{rev}} = n C_{v}\,\mathrm{d}T, logo
\Delta S = n C_{v} \ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right).
  • Valores numéricos úteis e unidades:
    • Constante dos gases ideais: R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} = 0{,}008314\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}}.
    • Sempre manter as unidades consistentes: aqui energies serão calculadas em \mathrm{kJ} e entropia em \mathrm{J\,K^{-1}} (ou pode converter, mas manter certo padrão é mais claro).

Passo 3

Calcule a variação de temperatura e expresse C_v numericamente:
  • \Delta T = T_{2}-T_{1} = 450 - 300 = 150\\ \mathrm{K}.
  • C_{v} = \tfrac{3}{2}R.
    • Em \mathrm{kJ}: C_{v} = \tfrac{3}{2}\times 0{,}008314\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}} = 0{,}012471\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}}.
    • Em \mathrm{J}: C_{v} = \tfrac{3}{2}\times 8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} = 12{,}471\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
(Usei as duas formas para ficar claro e consistente nas unidades em cada fórmula.)

Passo 4

Calcular \Delta U (mostrando a conta passo a passo):
\Delta U = n C_{v} \Delta T.
Substituindo n=1, C_{v}=0{,}012471\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}} e \Delta T=150\\ \mathrm{K}:
\Delta U = 1 \times 0{,}012471 \times 150 = 1{,}87065\\ \mathrm{kJ}.
Arredondando sensatamente (duas casas decimais): \Delta U = 1{,}87\\ \mathrm{kJ}.
Comentário didático: para gás ideal a energia interna depende só de T, por isso só aparece \Delta T na fórmula.

Passo 5

Calcular o trabalho w:
Como o processo é a volume constante ( V= constante), temos
w = -\int_{V_1}^{V_2} P_{\text{ext}}\,\mathrm{d}V = 0
porque V_2=V_1. Portanto w=0.

Passo 6

Calcular o calor q:
Usando o primeiro princípio \Delta U = q + w, então
q = \Delta U - w.
Como w=0, segue
q = \Delta U = 1{,}87\\ \mathrm{kJ}.
Interpretação prática: todo o calor fornecido foi usado para elevar a energia interna, pois não houve trabalho de expansão.

Passo 7

Calcular \Delta H:
Primeiro calcule C_{p}:
C_{p} = C_{v} + R = \tfrac{3}{2}R + R = \tfrac{5}{2}R.
Em \mathrm{kJ}: C_{p} = \tfrac{5}{2}\times 0{,}008314 = 0{,}020785\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}}.
Agora
\Delta H = n C_{p} \Delta T = 1 \times 0{,}020785 \times 150 = 3{,}11775\\ \mathrm{kJ}.
Arredondando: \Delta H = 3{,}12\\ \mathrm{kJ}.
Comentário: \Delta H é maior que \Delta U porque Cp inclui o termo R adicional (enthalpy includes PV term).

Passo 8

Calcular \Delta S (entropia):
Usando a fórmula para aquecimento reversível a volume constante,
\Delta S = n C_{v} \ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right).
Em unidades de \mathrm{J\,K^{-1}}, com C_{v}=12{,}471\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}:
\Delta S = 1 \times 12{,}471 \times \ln\!\left(\frac{450}{300}\right) = 12{,}471 \times \ln(1{,}5).
Calcule \ln(1{,}5)\approx 0{,}405465. Assim
\Delta S = 12{,}471 \times 0{,}405465 \approx 5{,}056\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
Arredondando: \Delta S = 5{,}06\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.

Passo 9

Pequeno check e interpretação final (rápido e incentivador):
  • Work w=0 confere: processo isocórico não realiza trabalho PV.
  • Como w=0, q=\Delta U confere numericamente.
  • \Delta H maior que \Delta U porque \Delta H = \Delta U + \Delta (PV) = \Delta U + nR\Delta T.
  • Entropia positiva porque aquecimento irreversível reversível (aqui consideramos caminho reversível) aumenta a desordem térmica.
Vai dar tudo certo na prova — guarde esses passos: identificar o tipo de processo (aqui isocórico), usar \Delta U=nC_v\Delta T, w=0, q=\Delta U e \Delta S=nC_v\ln(T_2/T_1).

Resposta

q = 1{,}87\\ \mathrm{kJ}
w = 0
\Delta U = 1{,}87\\ \mathrm{kJ}
\Delta H = 3{,}12\\ \mathrm{kJ}
\Delta S = 5{,}06\\ \mathrm{J\,K^{-1}}

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