Em um processo industrial, o volume de 25,0 mols de um gás ideal monoatômico é reduzido, a uma taxa uniforme, de 0,600 m^3 para 0,200 m^3 em 2,00 h, enquanto a temperatura é aumentada, a uma taxa uniforme, de 300 K para 700K. Durante o processo, o gás passa por estados de equilíbrio termodinâmico. Encontre:
(a) o trabalho cumulativo realizado sobre o gás,
(b) a energia cumulativa absorvida pelo gás como calor.
© O calor específico molar para o processo.
Agora, suponha que o processo seja substituído um processo de duas etapas que leva ao mesmo estado final. Na etapa 1, o volume do gás é reduzido a temperatura constante; na etapa 2 , a temperatura é aumentada a volume constante. Para esse processo, calcule:
(d) o trabalho cumulativo realizado sobre o gás,
(e) a energia cumulativa absorvida pelo gás como calor.
(f) O calor específico molar para o processo.

Passo 1

Beleza, aqui o que rola: a gente tem um gás ideal monoatômico (Cv=3/2 R) com n=25,0 mol. Num processo de 2,00 h, o volume vai de Vi=0,600 m³ a Vf=0,200 m³ e a temperatura de Ti=300 K a Tf=700 K, tudo mudando de forma “uniforme” (linha reta) e mantendo equilíbrio o tempo todo.
Conteúdo que vamos usar:
  1. Lei dos gases ideais: P = n R T/V
  2. Primeira lei da termodinâmica: ΔU = Q – W_by ⇒ Q = ΔU + W_by
  3. Para gás monoatômico: Cv = (3/2) R, ΔU = n Cv ΔT
  4. Trabalho geral: W_by = ∫ P dV
  5. Para o caminho em duas etapas: fórmulas de isotérmico e isocórico

Passo 2

(a) Trabalho cumulativo realizado sobre o gás no processo “unificado”
  • Primeiro, calculamos o trabalho done BY gas:
    W_by = ∫_{Vi}^{Vf} P dV = ∫ nRT/V dV (mas T varia junto com V)
  • Parametrizamos pelo “tempo relativo” f de 0 a 1:
    V(f)=0,6–0,4f e T(f)=300+400f
  • A conta fica W_by = –0,4 nR ∫₀¹ (300+400f)/(0,6–0,4f) df.
    Quem já fez a integral acha W_by = –122 × 10³ J (aprox.)
  • Trabalho SOBRE o gás é W_on = –W_by = +1,22 × 10^5 J

Passo 3

(b) Calor cumulativo Q no processo único
  • ΔU = n Cv ΔT = 25·(3/2·8,314)·(700–300) ≃ 1,247×10^5 J
  • Pela 1ª lei: Q = ΔU – W_by = 1,247×10^5 – (–1,223×10^5) ≃ 2,470×10^5 J
© Calor específico molar do processo
  • c_m = Q/(n ΔT) = (2,470×10^5)/(25·400) ≃ 24,7 J·mol⁻¹·K⁻¹

Passo 4

Agora o processo em duas etapas:
Etapa 1 (isotérmico a 300 K, V de 0,600→0,200 m³)
  • Trabalho SOBRE o gás: W1_on = nRT ln(Vi/Vf) = 25·8,314·300·ln(3) ≃ 6,85×10^4 J
  • ΔU1=0 ⇒ Q1 = ΔU1 + W1_by = 0 – (–W1_on) = W1_on = 6,85×10^4 J
Etapa 2 (isocórico, V=0,200 m³, T de 300→700 K)
  • W2_on = 0
  • ΔU2 = n Cv ΔT = 25·(3/2·8,314)·400 ≃ 1,247×10^5 J ⇒ Q2 = ΔU2 = 1,247×10^5 J

Passo 5

(d) Trabalho total SOBRE o gás no caminho em duas etapas
W_on,tot = W1_on + W2_on = 6,85×10^4 + 0 = 6,85×10^4 J
(e) Calor total absorvido
Q_tot = Q1 + Q2 = 6,85×10^4 + 1,247×10^5 = 1,932×10^5 J
(f) Calor específico molar nesse processo
c_m = Q_tot/(n ΔT) = (1,932×10^5)/(25·400) ≃ 19,3 J·mol⁻¹·K⁻¹

Resposta

(a) W_on = +1,22×10^5 J
(b) Q = +2,47×10^5 J
© c_m = 24,7 J·mol⁻¹·K⁻¹
(d) W_on(2 etapas) = +6,85×10^4 J
(e) Q(2 etapas) = +1,93×10^5 J
(f) c_m(2 etapas) = 19,3 J·mol⁻¹·K⁻¹

Exercícios relacionados