Questão 2 ( \mathbf{2 , 0} pontos): Um tanque contém 20 L de nitrogênio comprimido a 10 bar e 25^{\circ} \mathrm{C}. Calcule o trabalho w quando o gás é expandido de forma reversível até a pressão de 1 bar (a) de forma isotérmica e (b) de forma adiabática.

Passo 1

O enunciado pede o trabalho w realizado quando 20\\ \text{L} de nitrogênio, inicialmente a 10\\ \text{bar} e 25^\circ\mathrm{C}, é expandido reversivelmente até 1\\ \text{bar}. Existem duas partes:
(a) expansão reversível isotérmica;
(b) expansão reversível adiabática.
Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
\begin{aligned} &\text{Volume inicial: } V_1 = 20\\ \text{L} = 0{,}020\\ \text{m}^3,\\\ &\text{Pressão inicial: } P_1 = 10\\ \text{bar} = 1{,}0\times10^{6}\\ \text{Pa},\\\ &\text{Pressão final: } P_2 = 1\\ \text{bar} = 1{,}0\times10^{5}\\ \text{Pa},\\\ &\text{Temperatura inicial: } T_1 = 25^\circ\mathrm{C} = 298{,}15\\ \text{K}. \end{aligned}ãã
O enunciado não diz nada sobre efeitos não ideais, portanto vou usar o modelo do gás ideal (assunção comum em exercícios de prova). Para a parte adiabática precisarei do expoente adiabático \gamma; para o nitrogênio diatômico, em condições próximas a 25^\circ\mathrm{C}, uso \gamma = 1{,}40 (valor padrão).

Passo 2

Primeiro, explico a convenção de sinais que vou usar (muito importante): vou adotar a convenção usual em termodinâmica química onde w é o trabalho realizado sobre o sistema. Assim:
  • se o gás se expande, realiza trabalho sobre o meio externo e esse trabalho, na convenção adotada, é w<0;
  • se o gás é comprimido, w>0.
Também declaro a constante dos gases que usarei: R = 8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}. Vou calcular o número de mols n com a equação de estado dos gases ideais:
PV = nRT.

Passo 3

Usando \,n = \dfrac{P_1 V_1}{R T_1}, explicando cada símbolo:
  • P_1 é a pressão inicial;
  • V_1 é o volume inicial;
  • R é a constante dos gases;
  • T_1 é a temperatura inicial (em kelvin).
Agora calculo:
n = \frac{P_1 V_1}{R T_1} = \frac{1{,}0\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}\cdot 0{,}020\\ \mathrm{m^{3}}}{8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}\cdot 298{,}15\\ \mathrm{K}}.
Faço a conta (passo a passo):
P_1V_1 = 1{,}0\times10^{6}\cdot 0{,}020 = 2{,}0\times10^{4}\\ \mathrm{J},
R T_1 = 8{,}314\cdot 298{,}15 \approx 2{,}478{,}9\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}.
Logo
n \approx \frac{2{,}0\times10^{4}}{2{,}478{,}9}\approx 8{,}07\\ \mathrm{mol}.

Passo 4

Teoria resumida (aula rápida): para uma transformação isotérmica (temperatura constante) de um gás ideal, a pressão interna segue P=\dfrac{nRT}{V}. O trabalho reversível realizado sobre o sistema é
w = -\int_{V_1}^{V_2} P\,dV = -\int_{V_1}^{V_2} \frac{nRT}{V}\,dV = -nRT\ln\!\left(\frac{V_2}{V_1}\right).
Explicação das variáveis:
  • w é o trabalho sobre o sistema (por isso o sinal negativo);
  • V_2 é o volume final; em isotermas de gás ideal podemos usar a relação V_2/V_1 = P_1/P_2 porque PV= const quando T é constante.
No nosso caso V_2/V_1 = P_1/P_2 = 10. Substituo:
w_{\text{iso}} = -n R T_1 \ln\!\left(\frac{V_2}{V_1}\right) = -n R T_1 \ln(10).
Mas note que n R T_1 = P_1 V_1 = 2{,}0\times10^{4}\\ \mathrm{J}. Assim:
w_{\text{iso}} = -P_1V_1\ln(10) = -2{,}0\times10^{4}\cdot 2{,}302585\ldots \approx -4{,}605\times10^{4}\\ \mathrm{J}.
Arredondando com três algarismos significativos:
w_{\text{iso}} \approx -4{,}61\times10^{4}\\ \mathrm{J} \quad(\text{ou } -46{,}1\\ \mathrm{kJ}).
Comentário físico rápido: o trabalho é negativo (expansão) e, como a temperatura não muda, todo esse trabalho sai como calor absorvido pelo gás (no balanceamento de energia \Delta U = 0, então q = -w).

Passo 5

Teoria resumida (aula rápida): para uma expansão adiabática reversível (isentrópica) de um gás ideal com calor específico constante, vale:
P V^{\gamma} = \text{constante},
e também
T V^{\gamma-1} = \text{constante}.
Aqui \gamma = \dfrac{C_p}{C_v}. Para um gás diatômico (como \mathrm{N_2} nas condições dadas) tomamos \gamma = 1{,}40. As fórmulas que vamos usar para o trabalho (com a mesma convenção w = trabalho sobre o sistema) são:
w = -\int_{V_1}^{V_2} P\,dV
e uma expressão prática é usar a variação de energia interna, já que em adiabática q=0 e pela primeira lei:
\Delta U = q + w \quad\Rightarrow\quad \Delta U = w.
Para gás ideal, \Delta U = n C_v (T_2 - T_1). Logo:
w_{\text{ad}} = n C_v (T_2 - T_1).
Para encontrar T_2 uso T_2 = T_1\left(\dfrac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}. Como V_2/V_1 = P_1/P_2 = 10, temos V_1/V_2 = 0{,}1. Também C_v pode ser obtido por C_v = \dfrac{R}{\gamma-1} (para gás ideal com \gamma constante).

Passo 6

Calculo passo a passo:
  1. C_v = \dfrac{R}{\gamma-1} = \dfrac{8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}}{1{,}40 - 1} = \dfrac{8{,}314}{0{,}40} \approx 20{,}785\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
  2. T_2 = T_1 \left(\dfrac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1} = 298{,}15\\ \mathrm{K}\cdot (0{,}1)^{0{,}4}.
    Calculo do factor (0{,}1)^{0{,}4} = 10^{-0{,}4}\approx 0{,}398107. Assim
T_2 \approx 298{,}15\cdot 0{,}398107 \approx 118{,}7\\ \mathrm{K}.
  1. n C_v = 8{,}07\\ \mathrm{mol}\times 20{,}785\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} \approx 167{,}7\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
  2. T_2 - T_1 \approx 118{,}7 - 298{,}15 = -179{,}45\\ \mathrm{K}.
  3. Finalmente:
w_{\text{ad}} = n C_v (T_2 - T_1) \approx 167{,}7\cdot (-179{,}45)\\ \mathrm{J} \approx -3{,}01\times10^{4}\\ \mathrm{J}.
Em unidades mais usuais:
w_{\text{ad}} \approx -3{,}01\times10^{4}\\ \mathrm{J} \quad(\text{ou } -30{,}1\\ \mathrm{kJ}).
Observação de verificação: se preferir, pode obter o mesmo resultado integrando -\int_{V_1}^{V_2} P\,dV usando P = \text{const}\cdot V^{-\gamma}; o resultado numérico coincide com o cálculo via n C_v \Delta T.

Resposta

(a) w_{\text{isotérmico}} \approx -4{,}61\times10^{4}\\ \mathrm{J}é
(b) w_{\text{adiabático}} \approx -3{,}01\times10^{4}\\ \mathrm{J}á

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