3. QUESTÃO (forneca os resultados em Joules) ( 2,5 pontos)

Um mol de \mathrm{N}_{2}, considerado um gás ideal, com \mathrm{Cp}=7 / 2 \mathrm{R}, passa de um estado inicial de atm e 200^{\circ} \mathrm{C} a um estado final de 1 atm e 0^{\circ} \mathrm{C}. Dois processos, cada um constituido de duas etapas, podem ser utilizados:
Processo A. O gás expande adiabaticamente e reversivelmente até sua temperatura atingir 0^{\circ} \mathrm{C} e a pressão de 0,44 \mathrm{~atm} .. A seguir sofre uma transformaçăo reversivel e isotérmica até o estado final.
Processo B. O gás expande livremente num tubo termicamente isolado e evacuado. A seguir é resfriado bruscamente sem que haja alteraçäo de volume. (T meio externo =273 \mathrm{~K} ). Calcule PARA CADA ETAPA E PARA CADA PROCESSO \triangle \mathrm{S} sistema, \triangle \mathrm{S} meio externo e \Delta \mathrm{S} universo.

Passo 1

O enunciado pede para calcular, em cada etapa de dois processos (A e B) que levam um mol de \mathrm{N}_2 de (P_1=1\\ \mathrm{atm},T_1=200^\circ\mathrm C) a (P_3=1\\ \mathrm{atm},T_3=0^\circ\mathrm C), as variações de entropia do sistema \Delta S_{\rm sys}, do meio externo \Delta S_{\rm ext} e do universo \Delta S_{\rm uni}. Trata-se de gás ideal com C_p=\tfrac72R e, portanto, C_V=C_p-R=\tfrac52R.

Passo 2

Processo A – Etapa 1: expansão adiabatica reversível de (P_1,T_1=473\\ \mathrm K) até (P_2=0{,}44\\ \mathrm{atm},T_2=273\\ \mathrm K).
Como é adiabática e reversível,
\Delta S_{\rm sys}=0,\quad q_{\rm rev}=0\;\Longrightarrow\;\Delta S_{\rm ext}=0,
logo
\Delta S_{\rm uni}=\Delta S_{\rm sys}+\Delta S_{\rm ext}=0.

Passo 3

Processo A – Etapa 2: transformação isotérmica reversível a T=273\\ \mathrm{K}, de P_2=0,44,atm a P_3=1,atm.
Pelo gás ideal, V\propto1/P a T constante, então
\Delta S_{\rm sys} =nR\ln\frac{V_3}{V_2} =nR\ln\frac{P_2}{P_3} =1\cdot R\ln\bigl(0,44\bigr) \approx -6,82\\ \mathrm{J/K}.
Nesse processo reversível
\Delta S_{\rm ext}=-\Delta S_{\rm sys}=+6,82\\ \mathrm{J/K},
e
\Delta S_{\rm uni}=0.

Passo 4

Processo B – Etapa 1: expansão livre (irreversível) em volume dobrado, a T constante ( q=0, \Delta U=0). Para gás ideal
\Delta S_{\rm sys} =nR\ln\frac{V_2}{V_1} =R\ln2 \approx 5{,}76\\ \mathrm{J/K}.
Como não há troca de calor com o meio,
\Delta S_{\rm ext}=0, \quad \Delta S_{\rm uni}=\Delta S_{\rm sys}=5{,}76\\ \mathrm{J/K}.

Passo 5

Processo B – Etapa 2: resfriamento irreversível a volume constante de T_2=473\\ \mathrm{K} até T_3=273\\ \mathrm{K}, com meio externo a T_{\rm ext}=273\\ \mathrm{K}.
Para o sistema,
\Delta S_{\rm sys} =\int_{T_2}^{T_3}C_V\frac{dT}{T} =C_V\ln\frac{273}{473} =\frac{5R}{2}\ln\bigl(0,577\bigr) \approx -11,43\\ \mathrm{J/K}.
O calor perdido pelo sistema é
q_{\rm sys} =C_V\,(T_3-T_2) =\frac{5R}{2}(273-473) \approx -4157\\ \mathrm{J},
logo o meio externo absorve +4157,J a T_{\rm ext}=273,K, de onde
\Delta S_{\rm ext} =\frac{4157}{273} \approx 15,24\\ \mathrm{J/K}.
Portanto
\Delta S_{\rm uni} =\Delta S_{\rm sys}+\Delta S_{\rm ext} \approx -11,43 +15,24 =3,81\\ \mathrm{J/K}.

Resposta

Processo A
– Etapa 1: \Delta S_{\rm sys}=0,\\ \Delta S_{\rm ext}=0,\\ \Delta S_{\rm uni}=0.
– Etapa 2: \Delta S_{\rm sys}=-6{,}82\\ \mathrm{J/K},\\ \Delta S_{\rm ext}=+6{,}82\\ \mathrm{J/K},\\ \Delta S_{\rm uni}=0.
Processo B
– Etapa 1: \Delta S_{\rm sys}=+5{,}76\\ \mathrm{J/K},\\ \Delta S_{\rm ext}=0,\\ \Delta S_{\rm uni}=+5{,}76\\ \mathrm{J/K}.
– Etapa 2: \Delta S_{\rm sys}=-11{,}43\\ \mathrm{J/K},\\ \Delta S_{\rm ext}=+15{,}24\\ \mathrm{J/K},\\ \Delta S_{\rm uni}=+3{,}81\\ \mathrm{J/K}.

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