Problema 7.13: Compressão Adiabática Irreversível de Gás Ideal (Comparativo)

Um mol de um gás ideal, inicialmente a 27^{\circ} \mathrm{C} e 0.10 MPa , é comprimido adiabaticamente até uma pressão final de 1.0 MPa . O processo é realizado em uma única etapa contra a pressão final. Calcule a temperatura final. Repita o problema com as seguintes capacidades caloríficas:
  • Monotômico: \hat{C}_{V}=\frac{3}{2} \mathrm{R}.
  • Diatômico: \hat{C}_{V}=\frac{5}{2} \mathrm{R}.

Passo 1

O enunciado dá e pede o seguinte:
  • Dados fornecidos:
    • Quantidade de gás: n=1 mol.
    • Temperatura inicial: T_1=27^\circ\mathrm{C}=300,15\\ \mathrm{K}.
    • Pressão inicial: P_1=0{,}10\\ \mathrm{MPa}=1{,}0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}.
    • Pressão final: P_2=1{,}0\\ \mathrm{MPa}=1{,}0\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}.
    • O processo é adiabático (sem troca de calor) e irreversível: a compressão é feita em uma única etapa contra a pressão externa igual à pressão final P_2.
    • Dois casos de capacidades caloríficas molares a volume constante \hat{C}_V serão usados:
      • Monotômico: \hat{C}_V=\dfrac{3}{2}R.
      • Diatômico: \hat{C}_V=\dfrac{5}{2}R.
  • O que o problema pede:
    • Calcular a temperatura final T_2 para cada um dos dois valores de \hat{C}_V.

Passo 2

Princípios físicos e fórmulas que vamos usar (com explicação):
  • Primeira lei da termodinâmica para um sistema fechado: \Delta U = Q - W_{\text{by}}, onde
    • \Delta U é a variação da energia interna do gás;
    • Q é o calor trocado com o entorno;
    • W_{\text{by}} é o trabalho realizado pelo sistema sobre o entorno.
  • Como o processo é adiabático, Q=0. Logo: \Delta U = - W_{\text{by}}.Isto significa que todo o ganho de energia interna vem do trabalho realizado sobre o gás (trabalho realizado no sistema).
  • Para uma compressão realizada contra uma pressão externa constante P_{\text{ext}}=P_2, o trabalho realizado pelo sistema é W_{\text{by}} = \int_{V_1}^{V_2} P_{\text{ext}}\,dV = P_2\,(V_2 - V_1).Observe que, numa compressão V_2<V_1 temos W_{\text{by}}<0 e portanto \Delta U>0 (energia interna aumenta).
  • Para um gás ideal, a energia interna depende só da temperatura e a variação é \Delta U = n\,\hat{C}_V\,(T_2 - T_1),onde \hat{C}_V é a capacidade calorífica molar a volume constante (unidade \mathrm{J/(mol\cdot K)}).
  • As pressões e volumes inicial e final obedecem à equação dos gases ideais: P_1 V_1 = n R T_1,\qquad P_2 V_2 = n R T_2.Aqui R é a constante universal dos gases ( R\approx 8{,}314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}), V_1 e V_2 são volumes inicial e final.
Resumo prático: vamos escrever \Delta U = -W_{\text{by}}, substituir W_{\text{by}}=P_2(V_2-V_1) e V_1,V_2 pelas expressões da equação dos gases ideais, e isolar T_2.

Passo 3

Montagem da equação e substituições. Começando de
\Delta U = n\,\hat{C}_V\,(T_2 - T_1) = -W_{\text{by}} = -P_2\,(V_2 - V_1).
Substituindo V_1 e V_2 por V_1=\dfrac{n R T_1}{P_1} e V_2=\dfrac{n R T_2}{P_2}:
n\,\hat{C}_V\,(T_2 - T_1) = -P_2\!\left(\dfrac{n R T_2}{P_2} - \dfrac{n R T_1}{P_1}\right).
Podemos simplificar fator n (aqui n=1 mas deixamos simbólico até a simplificação):
\hat{C}_V\,(T_2 - T_1) = -\bigl(R T_2 - R \tfrac{P_2}{P_1} T_1\bigr).
Expandindo o lado direito:
\hat{C}_V\,T_2 - \hat{C}_V\,T_1 = -R T_2 + R \tfrac{P_2}{P_1} T_1.

Passo 4

Isolando T_2. Colocando os termos em T_2 do lado esquerdo e os outros do lado direito:
\hat{C}_V\,T_2 + R T_2 = \hat{C}_V\,T_1 + R \tfrac{P_2}{P_1} T_1.
Fatorando T_2 e reconhecendo \hat{C}_P=\hat{C}_V+R:
T_2(\hat{C}_V+R) = T_1\!\left(\hat{C}_V + R \tfrac{P_2}{P_1}\right).
Portanto a expressão geral para a temperatura final é
T_2 = T_1\;\frac{\hat{C}_V + R \dfrac{P_2}{P_1}}{\hat{C}_V + R}
ou, se escrever \hat{C}_V = a R (isto é, a=\dfrac{\hat{C}_V}{R}), fica
T_2 = T_1\;\frac{a + \dfrac{P_2}{P_1}}{a+1}.
Essa forma é muito prática porque para capacidades molares dadas como múltiplos de R (como \tfrac{3}{2}R e \tfrac{5}{2}R) o R cancela.

Passo 5

Aplicando números: primeiro calculemos a razão de pressões
\dfrac{P_2}{P_1}=\dfrac{1{,}0\\ \mathrm{MPa}}{0{,}10\\ \mathrm{MPa}}=10.
Temperatura inicial: T_1=300{,}15\\ \mathrm{K}.
Caso monotômico: \hat{C}_V=\dfrac{3}{2}R\Rightarrow a=\dfrac{3}{2}=1{,}5.
T_2 = T_1\;\frac{1{,}5 + 10}{1{,}5+1} = T_1\;\frac{11{,}5}{2{,}5}=T_1\cdot4{,}6.
Substituindo T_1:
T_{2,\text{mono}} = 300{,}15\times4{,}6 \approx 1380{,}69\\ \mathrm{K}.
Caso diatômico: \hat{C}_V=\dfrac{5}{2}R\Rightarrow a=\dfrac{5}{2}=2{,}5.
T_2 = T_1\;\frac{2{,}5 + 10}{2{,}5+1} = T_1\;\frac{12{,}5}{3{,}5} \approx T_1\cdot3{,}5714286.
Substituindo T_1:
T_{2,\text{diat}} = 300{,}15\times3{,}5714286 \approx 1071{,}96\\ \mathrm{K}.

Passo 6

Interpretação rápida e checagem de ordem de grandeza:
  • A compressão irreversível e adiabática feita contra uma pressão externa alta aquece muito o gás: T_2 cresce bastante porque o trabalho feito no gás aumenta sua energia interna.
  • O resultado mostra que, para a mesma compressão, um gás com maior \hat{C}_V (diatômico) atinge uma temperatura final menor do que um gás com menor \hat{C}_V (monotômico), porque o mesmo trabalho aumenta menos a temperatura quando a capacidade calorífica é maior (energia interna extra “cabe” em mais graus de liberdade).

Resposta

Monotômico: T_2 \approx 1380{,}69\\ \mathrm{K}
Diatômico: T_2 \approx 1071{,}96\\ \mathrm{K}

Exercícios relacionados