Questão 01 - O fluido operante de um ciclo de Carnot é 1,50 mol de um gás perfeito monoatômico no estado inicial de 7,0 atm e 350 K . O gás percorre o ciclo que consiste das quatro etapas reversíveis:
Etapa I - expansão isotérmica até a pressão de 3,00 atm;
Etapa II - expansão adiabática até a temperatura de 150 K ;
Etapa III - compressão isotérmica;
Etapa IV - compressão adiabática de volta ao estado inicial.
Calcule q, w, De e De para cada uma das quatro etapas e para o ciclo e preencha obrigatoriamente a tabela abaixo.
Etapa I Etapa II Etapa III Etapa IV Ciclo
|c|c|c|c|c|c| hline & Etapa I & Etapa II & Etapa III & Etapa IV & Ciclo hline $q(J)$ & & & & & hline $w(J)$ & & & & & hline$De

Passo 1

Beleza, vamos lá! A gente tem um exercício sobre o ciclo de Carnot, que é um ciclo termodinâmico ideal usado para entender como máquinas térmicas funcionam. Aqui, temos 1,50 mol de um gás perfeito monoatômico começando com uma pressão de 7,0 atm e temperatura de 350 K. O ciclo tem quatro etapas: duas isotérmicas (temperatura constante) e duas adiabáticas (sem troca de calor). Precisamos calcular várias grandezas termodinâmicas (como calor, trabalho, variação de energia interna, entalpia, entropia, e energia livre de Gibbs) para cada etapa e para todo o ciclo. Para isso, vamos usar as leis dos gases ideais e as relações termodinâmicas básicas.

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar que em uma expansão isotérmica de um gás ideal, a temperatura permanece constante. A variação de energia interna ( De) e entalpia ( De) são zero, já que $ \Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T $ para um gás monoatômico e $ \Delta T = 0 $. O calor $ q $ trocado é igual ao trabalho $ w $ realizado: $ q = w $.
Para calcular o trabalho em uma expansão isotérmica, usamos a fórmula:
De
Como $ PV = nRT $, podemos reescrever em termos de pressão:
De

Passo 3

Vamos aplicar isso à Etapa I, que é uma expansão isotérmica de 7,0 atm para 3,00 atm a 350 K.
Primeiro, calculamos o trabalho:
w = -nRT ln(PiPf) = -1,50 times 8,314 times 350 times ln(7,03,00)
Calculando o valor:
w approx -1,50 times 8,314 times 350 times ln(2,333)
w approx -1,50 times 8,314 times 350 times 0,847
w approx -3.094 times 10^3 , J
Como $ q = w $:
q = w
A variação de energia interna e entalpia são zero:
q approx -3.094 times 10^3 , J
De
A variação de entropia:
De
Como o processo é reversível, a variação de entropia dos vizinhos ( De) é igual em magnitude e oposta em sinal:
De
A variação total de entropia ( De) é zero:
De
A variação de energia livre de Gibbs ( De) em processos isotérmicos reversíveis é zero:
De

Passo 4

Agora, vamos para a Etapa II, que é uma expansão adiabática até a temperatura de 150 K. Em processos adiabáticos, não há troca de calor ($ q = 0 $), e todo o trabalho é convertida em mudança de energia interna.
A variação de energia interna:
q = 0
De
De
Como $ q = 0 $, o trabalho $ w $ é igual a $ \Delta U $:
De
A variação de entalpia:
q = 0
w
A variação de entropia para um processo adiabático reversível é zero:
De
w approx -3,742 times 10^3 , J
De
A variação de energia livre de Gibbs:
De

Passo 5

Vamos para a Etapa III, que é uma compressão isotérmica. Aqui a temperatura permanece constante, então $ \Delta U = 0 $ e $ \Delta H = 0 $. O calor $ q $ trocado é igual ao trabalho $ w $.
A pressão volta de 3,00 atm para 7,0 atm mantendo a temperatura de 150 K.
Calculamos o trabalho:
De
De
q
w
Então, $ q = w $:
w = -nRT ln(PiPf) = -1,50 times 8,314 times 150 times ln(3,007,0)
A variação de energia interna e entalpia são zero:
w approx -1,50 times 8,314 times 150 times ln(0,4286)
w approx -1,50 times 8,314 times 150 times (-0,846)
A variação de entropia:
w approx 1,587 times 10^3 , J
Como o processo é reversível:
q = w
A variação total de entropia:
q approx 1,587 times 10^3 , J
A variação de energia livre de Gibbs:
De

Passo 6

Finalmente, temos a Etapa IV, que é uma compressão adiabática que retorna ao estado inicial. Novamente, $ q = 0 $.
A variação de energia interna:
q = 0
De
De
Como $ q = 0 $, o trabalho $ w $ é igual a $ \Delta U $:
De
A variação de entalpia:
q = 0
w
A variação de entropia para um processo adiabático reversível é zero:
De
w approx 3,742 times 10^3 , J
De
A variação de energia livre de Gibbs:
De

Resposta

Preenchendo a tabela com os valores calculados:
Etapa I Etapa II Etapa III Etapa IV Ciclo
|c|c|c|c|c|c| hline & Etapa I & Etapa II & Etapa III & Etapa IV & Ciclo hline $q(J)$ & $-3.094 times 10^3$ & $0$ & $1.587 times 10^3$ & $0$ & $-1.507 times 10^3$ hline $w(J)$ & $-3.094 times 10^3$ & $-3.742 times 10^3$ & $1.587 times 10^3$ & $3.742 times 10^3$ & $-1.507 times 10^3$ hline$De

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