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 sofre uma expansão isotérmica reversível a 300 K até que a pressão seja reduzida à metade do valor inicial.\n \left[\mathrm{R}=1,73 \mathrm{~kJ} ;-1,73 \mathrm{~kJ} ; 0 ; 0 ; 5,76 \mathrm{~J} \mathrm{~K}^{-1}\right]

Passo 1

Vou organizar claramente o que o enunciado dá e o que pede (tudo que vem do enunciado está listado aqui):
  • Dados do sistema:
    • Número de mols: n=1.
    • Capacidade calorífica a volume constante: C_{v}=\tfrac{3}{2}R.
    • Estado inicial: T_{1}=300\\ \mathrm{K}, p_{1}=1{,}00\\ \mathrm{bar}.
    • Processo: expansão isotérmica reversível até que a pressão seja reduzida à metade do valor inicial, isto é p_{2}=0{,}50\\ \mathrm{bar}.
  • O que o enunciado pede para este processo:
    • Calcular q (calor trocado, no processo reversível),
    • w (trabalho realizado pelo/ sobre o sistema),
    • \Delta U (variação de energia interna),
    • \Delta H (variação de entalpia),
    • \Delta S (variação de entropia).
  • Convenções e escolhas numéricas que vou usar:
    • Vou usar a constante dos gases ideais \,R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}=0{,}008314\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}}\,.
    • Vou apresentar q e w em \mathrm{kJ}, e \Delta S em \mathrm{J\,K^{-1}}.
  • Observação importante do enunciado: processo isotérmico e gás ideal implicam relação pV= constante durante o processo.

Passo 2

Fórmulas e ideias que vamos usar (explicadas com calma):
  • Trabalho reversível de um gás ideal durante uma transformação que varia o volume:
w=-\int_{V_{1}}^{V_{2}} p\,\mathrm{d}V.
Para um processo reversível p do gás é p=\dfrac{nRT}{V}. Substituindo:
w=-\int_{V_{1}}^{V_{2}} \frac{nRT}{V}\,\mathrm{d}V = -nRT\int_{V_{1}}^{V_{2}} \frac{\mathrm{d}V}{V} = -nRT\ln\!\left(\frac{V_{2}}{V_{1}}\right).
  • Para um processo isotérmico de gás ideal (temperatura constante) vale pV= constante, logo as razões dos volumes e das pressões se relacionam por
\frac{V_{2}}{V_{1}}=\frac{p_{1}}{p_{2}}.
  • Primeira Lei da Termodinâmica (forma para variação de energia interna):
\Delta U = q+w.
Para gás ideal monoatômico \Delta U depende apenas de \Delta T:
\Delta U = n C_{v}\Delta T.
Se o processo é isotérmico, \Delta T=0\Rightarrow \Delta U=0.
  • Entalpia: \Delta H = n C_{p}\Delta T. Novamente, \Delta T=0\Rightarrow \Delta H=0.
  • Entropia para processo reversível:
\Delta S=\int \frac{\delta q_\text{rev}}{T}.
Para isotérmico e reversível, \Delta S=\dfrac{q_\text{rev}}{T}. Alternativamente, para gás ideal:
\Delta S = nR\ln\!\left(\frac{V_{2}}{V_{1}}\right) = nR\ln\!\left(\frac{p_{1}}{p_{2}}\right).

Passo 3

Determinar a razão de volumes usando os dados do enunciado:
  • Dado p_{1}=1{,}00\\ \mathrm{bar} e p_{2}=0{,}50\\ \mathrm{bar}, tem-se
\frac{V_{2}}{V_{1}}=\frac{p_{1}}{p_{2}}=\frac{1{,}00}{0{,}50}=2.
  • Logo \ln\!\left(\dfrac{V_{2}}{V_{1}}\right)=\ln 2\approx 0{,}693147.

Passo 4

Calcular o trabalho w usando a expressão derivada:
  • Primeiro calcule nRT em \mathrm{kJ}:
nRT = 1\cdot 0{,}008314\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}}\cdot 300\\ \mathrm{K} = 2{,}4942\\ \mathrm{kJ}.
  • Agora o trabalho:
w = -nRT\ln\!\left(\frac{V_{2}}{V_{1}}\right) = -2{,}4942\\ \mathrm{kJ}\times 0{,}693147 = -1{,}728\\ \mathrm{kJ}.
Arredondando para três algarismos significativos:
w\approx -1{,}73\\ \mathrm{kJ}.

Passo 5

Calcular q e \Delta U usando a Primeira Lei e a propriedade do gás ideal:
  • Como o processo é isotérmico, \Delta T=0. Para gás ideal:
\Delta U = nC_{v}\Delta T = 0.
  • Pela primeira lei \Delta U = q+w. Como \Delta U=0, segue
q = -w = +1{,}728\\ \mathrm{kJ}\approx +1{,}73\\ \mathrm{kJ}.
Interpretação física: q>0 significa que o sistema absorveu calor; w<0 significa trabalho realizado pelo sistema (expansão).

Passo 6

Calcular \Delta H:
  • Entalpia varia com temperatura: \Delta H = nC_{p}\Delta T. Como \Delta T=0,
\Delta H = 0.

Passo 7

Calcular \Delta S (duas maneiras que dão o mesmo resultado):
  • Pelo calor reversível:
\Delta S = \frac{q_\text{rev}}{T} = \frac{1{,}728\\ \mathrm{kJ}}{300\\ \mathrm{K}} = 0{,}00576\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}} = 5{,}76\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
  • Verificação usando \Delta S = nR\ln(V_{2}/V_{1}) com R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}:
\Delta S = 1\cdot 8{,}314\\ \mathrm{J\,K^{-1}}\times \ln 2 \approx 8{,}314\times 0{,}693147 \approx 5{,}76\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
Ambas as formas coincidem, confirmando o resultado.

Passo 8

Resumo interpretativo (rápido e motivador):
  • O gás absorveu calor para realizar a expansão isotérmica; a energia interna e a entalpia não mudam porque a temperatura ficou constante; a entropia aumentou porque o sistema ganhou espaço de microestados (volume aumentou).

Resposta

q = +1{,}73\\ \mathrm{kJ}
w = -1{,}73\\ \mathrm{kJ}
\Delta U = 0
\Delta H = 0
\Delta S = 5{,}76\\ \mathrm{J\,K^{-1}}

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