QUESTÃO 5. Um cilindro contém um litro de ar à temperatura ambiente ( 300 K ) e pressão atmosférica ( 10^{5} \mathrm{~N} \cdot \mathrm{~m}^{-2} ). Numa das extremidades do cilindro há um pistão de massa desprezível cuja superfície mede 0,01 \mathrm{~m}^{2}. Suponha que você empurre o pistão para dentro abruptamente, exercendo uma força de 2000 \mathrm{~N} . \mathrm{O} pistão se move apenas um milímetro, ante de ser parado por uma barreira cuja natureza é irrelevante para este problema.
(a) Qual é o trabalho que você realizou sobre o sistema?
(b) Que quantidade de calor foi adicionado ao gás?
(c) Supondo que toda a energia adicionada foi para o gás ( e não para o pistão ou para as paredes do cilindro), de quanto aumentou a energia interna do gás?
(d) Use a identidade termodinâmica para calcular a variação de entropia do gás (depois que ele tiver alcançado o equilíbrio).

Passo 1

Lista clara do que o enunciado dá e o que pede.
Dados do enunciado:
  • Temperatura ambiente inicial: T_i=300\\ \text{K}.
  • Pressão atmosférica inicial: P_i=10^{5}\\ \text{N}\cdot\text{m}^{-2}.
  • Volume inicial: V_i=1\\ \text{L}=1{,}0\times10^{-3}\\ \text{m}^3.
  • Área do pistão: A=0{,}01\\ \text{m}^2.
  • Força que você exerce: F=2000\\ \text{N}.
  • Deslocamento do pistão para dentro: \Delta x=1\\ \text{mm}=1{,}0\times10^{-3}\\ \text{m}.
  • O pistão é empurrado abruptamente e para numa barreira; o enunciado pede que suponhamos que toda a energia adicionada ficou no gás (nenhuma foi para o pistão ou paredes).
O enunciado pede:
(a) O trabalho que você realizou sobre o sistema (o gás).
(b) A quantidade de calor adicionada ao gás.
(c) Supondo que toda a energia adicionada foi para o gás, quanto aumentou a energia interna do gás.
(d) Usar a identidade termodinâmica para calcular a variação de entropia do gás, depois que ele atingir o equilíbrio.

Passo 2

Cálculo do volume final e do trabalho realizado por você.
  • A variação de volume quando o pistão entra é
\Delta V = -A\,\Delta x = -\bigl(0{,}01\bigr)\bigl(1{,}0\times10^{-3}\bigr) = -1{,}0\times10^{-5}\\ \text{m}^3.
O sinal negativo indica que o volume do gás diminuiu (compressão).
  • O trabalho que você faz sobre o sistema (força constante \,F) é força vezes deslocamento na direção do movimento:
W_{\text{sobre}} = F\,\Delta x = 2000\cdot 1{,}0\times10^{-3}=2{,}0\\ \text{J}.
Breve comentário físico: este é o trabalho fornecido por você ao conjunto pistão+gás; como a força foi exercida para dentro, esse trabalho entra no sistema (positivo neste sentido).

Passo 3

Que quantidade de calor foi adicionada ao gás?
O enunciado diz que você empurra “abruptamente” e não menciona troca de calor com o ambiente durante o choque/compressão; processo rápido é, na prática, adiabático (não há tempo para trocas de calor externas). Portanto, a quantidade de calor fornecida ao gás durante o empurrão é
Q=0\\ \text{J}.
(Depois de o gás dissipar internamente a energia do choque e atingir novo equilíbrio, nenhuma energia externa foi acrescentada na forma de calor neste processo inicial.)

Passo 4

Variação da energia interna do gás.
Usamos a primeira lei da termodinâmica (para um sistema fechado):
\Delta U = Q + W_{\text{sobre}},
onde W_{\text{sobre}} é trabalho feito sobre o sistema. Substituindo:
\Delta U = 0 + 2{,}0 = 2{,}0\\ \text{J}.
Ou seja, assumindo que nenhuma energia foi perdida para pistão/paredes e que todo o trabalho foi absorvido pelo gás, a energia interna do gás aumentou 2{,}0\\ \text{J}.

Passo 5

Encontrar a quantidade de matéria n do gás (necessário para passos seguintes).
Usamos a equação dos gases ideais:
P_i V_i = n R T_i,
onde R=8{,}314\\ \text{J}\,\text{mol}^{-1}\,\text{K}^{-1}. Logo
n=\frac{P_i V_i}{R T_i} =\frac{10^{5}\cdot 1{,}0\times10^{-3}}{8{,}314\cdot 300} =\frac{100}{2494{,}2}\approx 0{,}0401\\ \text{mol}.

Passo 6

Relacionar \Delta U com \Delta T e escolher C_V.
Para um gás ideal, a variação de energia interna é
\Delta U = n C_V \,\Delta T,
onde C_V é a capacidade molar a volume constante (unidade \text{J}\,\text{mol}^{-1}\,\text{K}^{-1}). O ar à temperatura ambiente comporta-se essencialmente como gás diatômico, com C_V\approx \dfrac{5}{2}R. Vou usar essa aproximação (explico: monótono teria C_V=3/2R, diatômico 5/2R; ar seco ≈ diatômico a 300 K). Assim
C_V=\frac{5}{2}R \approx 2{,}5\cdot 8{,}314=20{,}785\\ \text{J}\,\text{mol}^{-1}\,\text{K}^{-1}.
Agora calculamos \Delta T:
\Delta T=\frac{\Delta U}{n C_V} =\frac{2{,}0}{0{,}0401\cdot 20{,}785} \approx\frac{2{,}0}{0{,}833}\approx 2{,}40\\ \text{K}.
Portanto a nova temperatura de equilíbrio é aproximadamente
T_f=T_i+\Delta T\approx 300+2{,}40\approx 302{,}40\\ \text{K}.

Passo 7

Cálculo da variação de entropia \Delta S usando identidade termodinâmica / fórmulas para gás ideal.
Teoria curta e clara: para um gás ideal a variação de entropia entre dois estados de equilíbrio (T_i,V_i) e (T_f,V_f) pode ser calculada por
\Delta S = n C_V \ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) + n R \ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).
Aqui cada termo tem sentido físico:
  • n C_V \ln(T_f/T_i) vem da contribuição térmica (variação de energia interna térmica);
  • n R \ln(V_f/V_i) corrige a mudança de volume (entropia depende também do volume disponível).
Já temos n, C_V, T_i, T_f e V_i. Calculamos V_f:
V_f=V_i+\Delta V=1{,}0\times10^{-3}-1{,}0\times10^{-5}=9{,}90\times10^{-4}\\ \text{m}^3.
Agora os termos numéricos:
  • Primeiro termo:
n C_V \ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) \approx 0{,}0401\cdot 20{,}785\cdot \ln\!\left(\frac{302{,}40}{300}\right).
Calculando passo a passo:
n C_V \approx 0{,}0401\cdot 20{,}785\approx 0{,}833\\ \text{J}\,\text{K}^{-1},
\ln\!\left(\frac{302{,}40}{300}\right)=\ln(1{,}008)=0{,}00797\\ (\text{aprox.}).
Portanto
n C_V \ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right)\approx 0{,}833\cdot 0{,}00797\approx 0{,}00664\\ \text{J}\,\text{K}^{-1}.
  • Segundo termo:
n R \ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).
Note que nR=\dfrac{P_i V_i}{T_i}=\dfrac{100}{300}=0{,}3333\\ \text{J}\,\text{K}^{-1} (confirmação rápida), e
\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right)=\ln(0{,}99)\approx -0{,}01005.
Logo
n R \ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right)\approx 0{,}3333\cdot(-0{,}01005)\approx -0{,}00335\\ \text{J}\,\text{K}^{-1}.
Somando os dois:
\Delta S \approx 0{,}00664 - 0{,}00335 = 0{,}00329\\ \text{J}\,\text{K}^{-1}.
Interpretação breve: a variação de entropia é positiva e pequena ( \approx 3{,}3\times10^{-3}\\ \text{J}\,\text{K}^{-1}). Positiva porque o processo foi irreversível (compressão abrupta) e gerou produção de entropia interna; numericamente é pequena porque a compressão é muito pequena.

Resposta

(a) 2{,}0\\ \text{J}
(b) 0\\ \text{J}
(c) \Delta U=2{,}0\\ \text{J}
(d) \Delta S\approx 3{,}29\times10^{-3}\\ \text{J}\,\text{K}^{-1}

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