Um mol de ar, inicialmente a 150^{\circ} \mathrm{C} e 8 bar, sofre as seguintes modificações mecanicamente reversíveis. Ele expande isotermicamente até uma pressão tal que, quando é resfriado a volume constante até 50^{\circ} \mathrm{C}, sua pressão final é de 3 bar. Admitindo o ar como um gás ideal com C_{P}=(7 / 2) R e C_{V}=(5 / 2) R, calcule W, Q, \Delta U e \Delta H.
8. Um gás ideal escoa através de um tubo horizontal em estado estacionário. Não há adição de calor nem realização de trabalho de eixo. A área da seção transversal do tubo varia com o comprimento, o que causa variação na velocidade. Deduza uma equação relacionando a temperatura com a velocidade do gás. Se nitrogênio a 150^{\circ} \mathrm{C} escoa através de uma seção do tubo, a uma velocidade de 2,5 \mathrm{~m} \mathrm{~s}^{-1}, qual será sua temperatura em outra seção, na qual sua velocidade é de 50 \mathrm{~m} \mathrm{~s}^{-1} ? Considere C_{p}=(7 / 2) R.

Passo 1

Enunciados e dados (vou listar tudo com calma para não nos perder):\n
Problema 1 (ar, 1 mol):\n
  • 1 mol de ar. \n
  • Estado inicial: T_{1}=150^{\circ}\mathrm{C}=423{,}15\\ \mathrm{K}, p_{1}=8\\ \mathrm{bar}.\n
  • O gás sofre expansão isotérmica reversível até uma pressão p_{2} (a temperatura permanece T_{1} nessa etapa).\n
  • Depois é resfriado a volume constante até T_{3}=50^{\circ}\mathrm{C}=323{,}15\\ \mathrm{K}, e a pressão final então é p_{3}=3\\ \mathrm{bar}.\n
  • Capacidade calorífica molar dada: C_{P}=\tfrac{7}{2}R e C_{V}=\tfrac{5}{2}R.\n
  • Constante dos gases: R=8{,}314\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}K^{-1}}.\n
    O que se pede: calcular W, Q, \Delta U e \Delta H. (Vou calcular por etapas: trabalho/energia para a etapa isotérmica, para a etapa a volume constante, e depois os totais.)\n\n
    Problema 2 (escoamento estacionário de gás ideal):\n
  • Gás ideal (nitrogênio) escoa por tubo horizontal em regime permanente.\n
  • Sem adição de calor: Q=0. Sem trabalho de eixo: W_{eixo}=0. Variação de velocidade por mudança de área.\n
  • Deduza relação entre temperatura e velocidade.\n
  • Caso numérico: nitrogênio a T_{1}=150^{\circ}\mathrm{C}=423{,}15\\ \mathrm{K}, v_{1}=2{,}5\\ \mathrm{m\\ s^{-1}} numa seção e v_{2}=50\\ \mathrm{m\\ s^{-1}} noutra seção. C_{p}=\tfrac{7}{2}R (aqui C_{p} é molar; vou tratar adequadamente as unidades quando calcular).\n
    O que se pede: expressão relacionando temperatura e velocidade e a temperatura final T_{2} para os dados numéricos.\n

Passo 2

Primeiro: encontrar p_{2} (condição entre as etapas) usando a lei dos gases ideais em processo a volume constante na segunda etapa. Explicando a ideia: em um processo a volume constante, a pressão é proporcional à temperatura ( p\propto T). Então, para a transição do estado 2 (antes do resfriamento) ao estado 3 (após o resfriamento) com volume constante,\n
\frac{p_{3}}{p_{2}}=\frac{T_{3}}{T_{2}}.\n
Aqui T_{2}=T_{1}=423{,}15\\ \mathrm{K} (porque a expansão inicial foi isotérmica) e T_{3}=323{,}15\\ \mathrm{K}. Portanto\n
p_{2}=p_{3}\,\frac{T_{2}}{T_{3}}.\n
Substituindo os números:\n
p_{2}=3\\ \mathrm{bar}\times\frac{423{,}15}{323{,}15}=3\times 1{,}309329\ldots =3{,}92799\\ \mathrm{bar}.\n
Arredondando razoavelmente: p_{2}\approx 3{,}928\\ \mathrm{bar}.\n

Passo 3

Agora a etapa 1 → 2: expansão isotérmica reversível do gás ideal à temperatura T_{1}. Conceito-chave: para um gás ideal em expansão isotérmica e reversível, o trabalho realizado pelo gás é dado por\n
W_{1\to2}=nRT\ln\frac{V_{2}}{V_{1}}.\n
Explicação de por que essa fórmula: em processo isotérmico para gás ideal, pV=nRT é constante (com T fixo), e a definição de trabalho reversível é W=\int p\,dV. Substituindo p=nRT/V e integrando obtemos a expressão acima.\n
Também podemos trocar a razão de volumes por razão de pressões usando pV= const: \dfrac{V_{2}}{V_{1}}=\dfrac{p_{1}}{p_{2}}. Então\n
W_{1\to2}=nRT_{1}\ln\frac{p_{1}}{p_{2}}.\n
Substituindo valores ( n=1, R=8{,}314\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}K^{-1}}, T_{1}=423{,}15\\ \mathrm{K}, p_{1}=8\\ \mathrm{bar}, p_{2}=3{,}92799\\ \mathrm{bar}):\n
W_{1\to2}=1\cdot 8{,}314\cdot 423{,}15\cdot \ln\!\left(\frac{8}{3{,}92799}\right).\n
Calculemos passo a passo: \n
nRT_{1}=8{,}314\times 423{,}15=3518{,}2649\\ \mathrm{J}\n
e \ln\!\left(\dfrac{8}{3{,}92799}\right)=\ln(2{,}0369)=0{,}711963\ldots. Logo\n
W_{1\to2}=3518{,}2649\times 0{,}711963\approx 2506{,}7\\ \mathrm{J}.\n
Interpretação do sinal: esse é o trabalho realizado pelo gás (positivo), já que o volume aumenta.\n

Passo 4

Propriedades termodinâmicas da etapa isotérmica para gás ideal (aula curta):\n
  • Para gás ideal, a energia interna U depende somente da temperatura. Em processo isotérmico ( T constante), \Delta U_{1\to2}=0.\n
  • Primeira Lei do gás: \Delta U=Q-W. Como \Delta U_{1\to2}=0, então Q_{1\to2}=W_{1\to2}. Ou seja, o calor fornecido é igual ao trabalho realizado pelo sistema.\n
  • Para gás ideal, entalpia H também depende apenas de T, logo \Delta H_{1\to2}=0.\n
    Aplicando aos números:\n
\Delta U_{1\to2}=0,\quad Q_{1\to2}=+2506{,}7\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{1\to2}=0.\n

Passo 5

Etapa 2 → 3: resfriamento a volume constante de T_{2}=423{,}15\\ \mathrm{K} até T_{3}=323{,}15\\ \mathrm{K}.\n
Conceitos usados:\n
  • Trabalho a volume constante é W_{2\to3}=0 (o trabalho p\,dV é zero porque dV=0).\n
  • Variação de energia interna para gás ideal: \displaystyle \Delta U=nC_{V}\Delta T, onde C_{V} é a capacidade calorífica molar a volume constante; aqui C_{V}=\tfrac{5}{2}R. \n
  • Variação de entalpia: \displaystyle \Delta H=nC_{P}\Delta T, com C_{P}=\tfrac{7}{2}R.\n
    Calculemos \Delta T=T_{3}-T_{2}=323{,}15-423{,}15=-100{,}00\\ \mathrm{K}.\n
    Então\n
\Delta U_{2\to3}=1\cdot \frac{5}{2}R\,(T_{3}-T_{2})=\frac{5}{2}\cdot 8{,}314\cdot(-100)=-2078{,}6157\\ \mathrm{J}.\n
Arredondando: \Delta U_{2\to3}\approx -2078{,}6\\ \mathrm{J} (energia interna diminui porque o gás foi resfriado).\n
Como W_{2\to3}=0, a Primeira Lei dá Q_{2\to3}=\Delta U_{2\to3}, então\n
Q_{2\to3}\approx -2078{,}6\\ \mathrm{J}.\n
A variação de entalpia:\n
\Delta H_{2\to3}=1\cdot \frac{7}{2}R\,(T_{3}-T_{2})=\frac{7}{2}\cdot 8{,}314\cdot(-100)\approx -2910{,}062\\ \mathrm{J}.\n

Passo 6

Agora somamos as contribuições das duas etapas para obter os totais do processo completo (1 → 3).\n
  • Trabalho total:\n
W_{\text{total}}=W_{1\to2}+W_{2\to3}=2506{,}7+0=2506{,}7\\ \mathrm{J}.\n
  • Calor total:\n
Q_{\text{total}}=Q_{1\to2}+Q_{2\to3}=2506{,}7+(-2078{,}6)=428{,}085\\ \mathrm{J}.\n
  • Variação total de energia interna:\n
\Delta U_{\text{total}}=\Delta U_{1\to2}+\Delta U_{2\to3}=0+(-2078{,}6)=-2078{,}6\\ \mathrm{J}.\n
  • Variação total de entalpia:\n
\Delta H_{\text{total}}=\Delta H_{1\to2}+\Delta H_{2\to3}=0+(-2910{,}062)=-2910{,}062\\ \mathrm{J}.\n
Cheque rápido de consistência (Primeira Lei para o processo total): \Delta U_{\text{total}}=Q_{\text{total}}-W_{\text{total}}. Substituindo: -2078{,}6\approx 428{,}085-2506{,}7, que é verdade numericamente (diferença de arredondamento desprezível). Tudo coerente.\n

Passo 7

Agora passamos ao Problema 2 (escoamento). Deduza a relação entre temperatura e velocidade.\n
Princípio: para escoamento estacionário sem troca de calor e sem trabalho de eixo, a equação da energia por unidade de massa reduz-se a (ignorando energia potencial)\n
h+\frac{v^{2}}{2}=\text{constante},\n
onde h é a entalpia por unidade de massa e v é a velocidade (m/s). Explicando: a equação de energia por unidade de massa para um volume de controle em regime permanente é q+w_{s} + \Delta(\text{energia})=0. Com q=0, w_{s}=0, e energia por unidade de massa composta por entalpia mais cinética, obtemos a relação acima.\n
Para um gás ideal com capacidade calorífica constante por unidade de massa c_{p}, temos h=c_{p}T. Substituindo, para dois pontos 1 e 2,\n
c_{p}T_{1}+\frac{v_{1}^{2}}{2}=c_{p}T_{2}+\frac{v_{2}^{2}}{2}.\n
Rearranjando para T_{2}:\n
T_{2}=T_{1}+\frac{v_{1}^{2}-v_{2}^{2}}{2c_{p}}.\n
Comentário sobre unidades: c_{p} deve estar em \mathrm{J\\ kg^{-1}K^{-1}} se v está em \mathrm{m\\ s^{-1}}. No enunciado C_{p}=\tfrac{7}{2}R é dado na forma molar ( \mathrm{J\\ mol^{-1}K^{-1}}). Posso trabalhar com quantidades molares: escrever a equação por mol usando entalpia molar H_{m}=C_{p,m}T e a energia cinética por mol \tfrac{1}{2}M v^{2}, onde M é a massa molar (kg/mol). Assim a conservação fica\n
C_{p,m}T_{1}+\frac{1}{2}M v_{1}^{2}=C_{p,m}T_{2}+\frac{1}{2}M v_{2}^{2}.\n
De onde, para T_{2}, obtemos a fórmula molar\n
T_{2}=T_{1}+\frac{M\left(v_{1}^{2}-v_{2}^{2}\right)}{2\,C_{p,m}}.\n
Essa é a expressão que eu vou usar, porque foi dada C_{p} na forma molar.\n

Passo 8

Calcule o exemplo numérico para nitrogênio:\n
Dados: T_{1}=423{,}15\\ \mathrm{K}, v_{1}=2{,}5\\ \mathrm{m\\ s^{-1}}, v_{2}=50\\ \mathrm{m\\ s^{-1}}, C_{p,m}=\tfrac{7}{2}R=\tfrac{7}{2}\times 8{,}314=29{,}100618\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}K^{-1}}.\n
Massa molar do nitrogênio (N _2): M\approx 28{,}0134\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}=0{,}0280134\\ \mathrm{kg\\ mol^{-1}}.\n
Aplique a fórmula molar:\n
T_{2}=T_{1}+\frac{M\left(v_{1}^{2}-v_{2}^{2}\right)}{2\,C_{p,m}}.\n
Calcule v_{1}^{2}-v_{2}^{2}=2{,}5^{2}-50^{2}=6{,}25-2500=-2493{,}75\\ \mathrm{m^{2}\\ s^{-2}}.\n
Agora o incremento de temperatura:\n
\Delta T=\frac{0{,}0280134\times(-2493{,}75)}{2\times 29{,}100618} \approx -1{,}1993\\ \mathrm{K}.\n
Logo\n
T_{2}=423{,}15-1{,}1993\approx 421{,}9507\\ \mathrm{K}.\n
Convertendo para graus Celsius: T_{2}=421{,}9507-273{,}15\approx 148{,}8007^{\circ}\mathrm{C}.\n
Interpretação física rápida: ao acelerar de 2{,}5 para 50\\ \mathrm{m/s} o gás perde um pouco de energia interna (fica mais frio) porque a energia cinética macroscópica aumentou; a queda de temperatura é pequena (aprox 1{,}2\\ \mathrm{K}) porque a massa molar é pequena e C_{p} é relativamente grande.\n

Resposta

W_{\text{total}}=+2506{,}7\\ \mathrm{J},\quad Q_{\text{total}}=+428{,}085\\ \mathrm{J},\quad \Delta U_{\text{total}}=-2078{,}6\\ \mathrm{J},\quad \Delta H_{\text{total}}=-2910{,}062\\ \mathrm{J}.\n
T_{2}\text{ (nitrogênio)}\approx 421{,}95\\ \mathrm{K}=148{,}80^{\circ}\mathrm{C}.ê

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