Questão 1 - Com base nesse contexto
O gás ideal de n moles possui o seu volume inicial V_{1} e temperatura inicial T_{1}. O sistema passa primeiro por um processo isotérmico onde seu volume aumenta para V_{2}=2 V_{1}. O sistema continua a expandir adiabaticamente para V_{3}=1,5 V_{2}. Depois, o sistema foi comprimido para V_{4}=\frac{1}{2} V_{3} por um processo isobárico. E finalmente, o sistema passa de novo por um processo adiabático e diminuiu seu volume até a sua temperatura voltou a ser T=T_{1}.
(1) Encontre o valor \int_{1}^{2} \frac{d Q}{T} para o processo 1 \rightarrow 2
(2) Encontre o valor \oint \frac{d Q}{T} para o ciclo.
(3) Encontre a diferenca de entropia entre estado 2 e 4 .
(4) Encontre o valor \int_{2}^{4} \frac{d Q}{T} para uma reta que liga os dois estados 2 e 4.

Passo 1

Vou escrever com calma o que o enunciado dá e o que pede, peça por peça, para não nos perdermos no meio do caminho.
  • Estado 1: Volume inicial \;V_{1}\; e temperatura inicial \;T_{1}\;. O número de mols do gás é \;n\;.
  • Processo 1\to2: isotérmico (temperatura constante) com \;V_{2}=2V_{1}\;.
  • Processo 2\to3: adiabático (sem troca de calor) com \;V_{3}=1{,}5\,V_{2} (ou seja \;V_{3}=3V_{1}\;).
  • Processo 3\to4: isobárico (pressão constante) com \;V_{4}=\tfrac{1}{2}V_{3} (ou seja \;V_{4}=1{,}5V_{1}\;).
  • Processo 4\to final: adiabático que comprime até a temperatura voltar a ser \;T=T_{1}\;.
  • Perguntas:
    (1) Calcular \displaystyle \int_{1}^{2}\frac{dQ}{T} para o processo 1\to2.
    (2) Calcular \displaystyle \oint \frac{dQ}{T} para o ciclo (isto é, o integral cíclico ao longo de todos os processos).
    (3) Calcular a diferença de entropia entre os estados 2 e 4, isto é \;S_{4}-S_{2}\;.
    (4) Calcular \displaystyle \int_{2}^{4}\frac{dQ}{T} ao longo de uma reta que liga os estados 2 e 4.
Observação: todos os dados numéricos de volumes foram extraídos do enunciado (usei \;V_2=2V_1,\;V_3=1{,}5V_2,\;V_4=\tfrac12 V_3).

Passo 2

Conceitos e fórmulas úteis (explicação didática rápida antes de usar):
  • Entropia S é uma função de estado: para qualquer transformação reversível entre dois estados, \displaystyle \Delta S=\int_{\text{rev}}\frac{dQ}{T}. Isso significa que o integral \int dQ/T entre dois estados depende só dos estados finais e iniciais se a integral for tomada por um caminho reversível.
  • Para um gás ideal mono ou politópico, usamos \;pV=nRT\;.
  • Processo isotérmico reversível para gás ideal: o calor trocado é igual ao trabalho e vale Q_{\text{isot}} = nRT\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).Como a temperatura é constante, T pode sair do integral.
  • Constante adiabática (processo adiabático reversível) para gás ideal: \;TV^{\gamma-1}=\text{constante}\;, onde \gamma=\dfrac{C_p}{C_v}.
  • Para um gás ideal, variação de entropia entre dois estados qualquer pode ser escrita como \Delta S = nC_v\ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) + nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right),que é muito útil quando conhecemos T e V dos estados.
Vou usar essas fórmulas passo a passo.

Passo 3

No processo 1\to2 a transformação é isotérmica e reversível a temperatura \;T_1.
Para isotérmico, o calor absorvido reversivelmente é
Q_{1\to2} = nR T_1 \ln\!\left(\frac{V_2}{V_1}\right).
Dividindo por T (que é constante e igual a \;T_1\;):
\int_{1}^{2}\frac{dQ}{T} = \frac{Q_{1\to2}}{T_1} = nR \ln\!\left(\frac{V_2}{V_1}\right).
Usando \;V_2=2V_1\;,
\boxed{\displaystyle \int_{1}^{2}\frac{dQ}{T} = nR\ln 2.}
Explicação curta: esse integral é justamente a variação de entropia do gás no processo isotérmico; abrir o ln(2) é só repetir que o gás ganhou entropia porque expandiu reversivelmente.

Passo 4

Aqui precisamos ser cuidadosos: a propriedade-chave é a desigualdade de Clausius. Para um ciclo fechado e para processos reversíveis temos
\oint \frac{dQ}{T} = 0.
Se o ciclo for irreversível, a desigualdade de Clausius diz \displaystyle \oint \frac{dQ}{T} \le 0.
O enunciado descreve processos típicos (isotérmico, adiabático, isobárico, adiabático) sem indicar irreversibilidades; a interpretação usual é que são processos reversíveis (quasi-estáticos). Portanto, assumindo reversibilidade ao longo de todo o ciclo, vale
\boxed{\displaystyle \oint\frac{dQ}{T}=0.}
Comentário incentivador: isso decorre do fato de que, num ciclo reversível, a entropia do sistema retorna ao valor inicial (é função de estado), logo variação total é zero.

Passo 5

Vamos encontrar as temperaturas nos estados 2, 3 e 4 em termos de \;T_1\; para depois aplicar a fórmula da entropia.
  • Estado 2: foi obtido por isotérmico a \;T_1\;. Logo \;T_2=T_1, \;V_2=2V_1.
  • Processo 2\to3 é adiabático reversível: \;T V^{\gamma-1}=\text{const}.
    Assim
    T_3 = T_2\left(\frac{V_2}{V_3}\right)^{\gamma-1}.
    Como \;V_3=1{,}5V_2 (ou V_3=3V_1 e V_2=2V_1), temos
    T_3 = T_1\left(\frac{2V_1}{3V_1}\right)^{\gamma-1} = T_1\left(\frac{2}{3}\right)^{\gamma-1}.
  • Processo 3\to4 é isobárico (pressão constante). Para pressão constante, pela equação de estado \;pV=nRT, a temperatura varia proporcionalmente ao volume:
    \frac{T_4}{T_3}=\frac{V_4}{V_3}.
    Com \;V_4=\tfrac12 V_3 segue
    T_4 = T_3\cdot\frac{1}{2} = T_1\cdot\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^{\gamma-1}.
Resumo das temperaturas:
T_2 = T_1,\qquad T_4 = \frac{1}{2}\,T_1\left(\frac{2}{3}\right)^{\gamma-1}.

Passo 6

Usamos a fórmula geral para gás ideal entre dois estados qualquer:
\Delta S = S_4-S_2 = nC_v\ln\!\left(\frac{T_4}{T_2}\right) + nR\ln\!\left(\frac{V_4}{V_2}\right).
Substituímos os valores já conhecidos:
  • T_4/T_2 = T_4/T_1 = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\gamma-1}.
  • V_4/V_2 = \dfrac{1{,}5V_1}{2V_1} = \dfrac{3}{4}.
  • E lembramos que C_v = \dfrac{R}{\gamma-1}.
Calcule passo a passo:
Primeiro termo:
nC_v\ln\!\left(\frac{T_4}{T_2}\right) = n\frac{R}{\gamma-1}\ln\!\left(\tfrac{1}{2}\left(\tfrac{2}{3}\right)^{\gamma-1}\right) = n\frac{R}{\gamma-1}\left(\ln\!\tfrac{1}{2} + (\gamma-1)\ln\!\tfrac{2}{3}\right).
Segundo termo:
nR\ln\!\left(\frac{V_4}{V_2}\right) = nR\ln\!\tfrac{3}{4}.
Somando,
\Delta S = n\frac{R}{\gamma-1}\ln\!\tfrac{1}{2} + nR\ln\!\tfrac{2}{3} + nR\ln\!\tfrac{3}{4}.
Reorganizando os dois últimos logs:
\ln\!\tfrac{2}{3} + \ln\!\tfrac{3}{4} = \ln\!\left(\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{3}{4}\right)=\ln\!\tfrac{1}{2}.
Portanto
\Delta S = n\frac{R}{\gamma-1}\ln\!\tfrac{1}{2} + nR\ln\!\tfrac{1}{2} = nR\ln\!\tfrac{1}{2}\left(\frac{1}{\gamma-1} + 1\right).
Somando os coeficientes:
\frac{1}{\gamma-1}+1=\frac{1+\gamma-1}{\gamma-1}=\frac{\gamma}{\gamma-1}.
Assim
\Delta S = nR\ln\!\tfrac{1}{2}\cdot\frac{\gamma}{\gamma-1}.
Como \ln\tfrac{1}{2}=-\ln 2, podemos escrever de forma mais direta:
\boxed{S_4-S_2 = -\,nR\frac{\gamma}{\gamma-1}\ln 2.}
Interpretação simples: a entropia do estado 4 é menor que a do estado 2 (o sinal negativo indica isso) e a expressão ficou bonita e independente de V_1 ou T_1.

Passo 7

Aqui é importante o seguinte ensinamento prático: se a reta que liga 2 e 4 for percorrida de forma reversível (isto é, um caminho quasistático, mesmo que a relação entre p e V seja uma linha reta no diagrama), então
\int_{2}^{4}\frac{dQ}{T} = S_4-S_2,
porque a integral reversível de dQ/T entre dois estados dá a variação de entropia, que depende apenas dos estados e não do caminho. Portanto, se a reta entre 2 e 4 for percorrida reversivelmente, o integral pedido vale exatamente o resultado do Passo 6.
Assim:
\boxed{\displaystyle \int_{2}^{4}\frac{dQ}{T} = S_4-S_2 = -\,nR\frac{\gamma}{\gamma-1}\ln 2.}
Se a reta fosse um processo irreversível, o integral \int dQ/T ao longo desse processo poderia ser diferente; mas o enunciado geralmente pede o integral reversível ou assume trajetórias quasistáticas. Portanto a resposta prática é igual à diferença de entropia.

Resposta

\displaystyle \int_{1}^{2}\frac{dQ}{T}=nR\ln 2.
\displaystyle \oint\frac{dQ}{T}=0.
\displaystyle S_{4}-S_{2}=-\,nR\frac{\gamma}{\gamma-1}\ln 2.
\displaystyle \int_{2}^{4}\frac{dQ}{T}=-\,nR\frac{\gamma}{\gamma-1}\ln 2.

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