QUESTÃO 1: (8 pontos)

Um gás ideal, inicialmente a 30^{\circ} \mathrm{C} e 100 KPa , passa pelo seguinte processo cíclico, em um sistema fechado:
a) Em processos mecanicamente reversiveis, ele primeiramente é comprimido adiabaticamente até 500 Kpa , então resfriado a pressão constante de 500 Kpa até 30^{\circ} \mathrm{C}, e, finalmente, expandido isotermicamente ao seu estado original.
b) O ciclo atravessa exatamente as mesmas mudanças de estado, porém cada etapa é irreversível com uma eficiência de 80 \% comparada ao processo mecanicamente reversível correspondente. OBS: a etapa inicial não pode ser adiabática.
Calcule Q, W, \Delta H e \Delta U para cada etapa do processo e para cada ciclo. Considere \mathrm{Cp}=3,5 \mathrm{R} e \mathrm{Cv}=2,5 \mathrm{R}.

Passo 1

O enunciado (peguei todos os dados do texto) nos dá:
  • Estado inicial: T_1 = 30^\circ\mathrm{C} = 303{,}15\\ \mathrm{K} e P_1 = 100\\ \mathrm{kPa}.
  • O ciclo (caso a, mecanicamente reversível) tem três etapas:
    1. Compressão adiabática reversível de P_1=100\\ \mathrm{kPa} até P_2=500\\ \mathrm{kPa}.
    2. Resfriamento a pressão constante P_2=500\\ \mathrm{kPa} até voltar a T=30^\circ\mathrm{C}.
    3. Expansão isotérmica que leva o gás ao estado inicial.
  • Caso b: mesmo percurso de estados (mesmos pontos finais de cada etapa), porém cada etapa é irreversível com eficiência mecânica de 80\% relativa ao processo mecanicamente reversível correspondente. Observação do enunciado: na versão irreversível a etapa inicial NÃO é adiabática.
  • Propriedades: \mathrm{C_p} = 3{,}5\,R, \mathrm{C_v} = 2{,}5\,R. Então \;R = \mathrm{C_p}-\mathrm{C_v} = 1{,}0\,R (consistente) e \gamma = \dfrac{\mathrm{C_p}}{\mathrm{C_v}} = \dfrac{3{,}5}{2{,}5}=1{,}4.
  • Não foi dada massa; vou trabalhar por mol (ou seja n=1\\ \mathrm{mol}) e usar R = 8{,}314\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}.
O que o enunciado pede:
  • Para cada etapa (1, 2 e 3) e para o ciclo completo, calcular Q, W, \Delta H e \Delta U para (a) processos mecanicamente reversíveis e (b) processos irreversíveis com 80\% de eficiência mecânica.

Passo 2

Relembrando fórmulas e convenções que vou usar (e o que cada símbolo significa):
  • Convenção de sinais: a equação primeira lei que uso é \Delta U = Q - W, onde
    • Q é calor recebido pelo sistema (positivo se entra calor no sistema),
    • W é trabalho realizado pelo sistema (positivo se o sistema realiza trabalho sobre o entorno).
      Assim, trabalho negativo significa trabalho realizado sobre o sistema (compressão).
  • Para gás ideal (por mol):
    • \Delta U = \mathrm{C_v}\,\Delta T. Aqui \mathrm{C_v} em \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} e \Delta T = T_{\text{final}}-T_{\text{inicial}}.
    • \Delta H = \mathrm{C_p}\,\Delta T.
    • Para processo isobárico: W = n R \Delta T (pois W=\int P\,dV = P\Delta V = nR\Delta T).
    • Para processo isotérmico (ideal): \Delta U=0,\\ \Delta H=0,\\ Q=W = n R T \ln\!\big(\dfrac{V_f}{V_i}\big).
    • Para compressão/expansão adiabática reversível (isentrópica para gás ideal): \dfrac{T_2}{T_1} = \left(\dfrac{P_2}{P_1}\right)^{\tfrac{\gamma-1}{\gamma}}.
  • Valores numéricos básicos que vou usar:
    • \mathrm{C_v} = 2{,}5\,R = 2{,}5\cdot 8{,}314 = 20{,}785\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
    • \mathrm{C_p} = 3{,}5\,R = 29{,}099\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
    • \gamma = 1{,}4.

Passo 3

  • Usamos a relação adiabática reversível para achar T_2:
T_2 = T_1\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\tfrac{\gamma-1}{\gamma}}.
Substituindo:
T_2 = 303{,}15\\ \mathrm{K}\times 5^{\tfrac{1{,}4-1}{1{,}4}} = 303{,}15\times 5^{\tfrac{0{,}4}{1{,}4}}=303{,}15\times 5^{2/7}.
Calculando 5^{2/7} dá aproximadamente 1{,}583631, portanto
T_2 \approx 480{,}00\\ \mathrm{K}.
  • Variação de temperatura:
\Delta T_{1} = T_2-T_1 = 480{,}00-303{,}15 = 176{,}85\\ \mathrm{K}.
  • Energia interna:
\Delta U_1 = \mathrm{C_v}\,\Delta T_1 = 20{,}785\cdot 176{,}85 \approx 3675{,}83\\ \mathrm{J}.
  • Como o processo é adiabático reversível, Q_1=0.
  • Pelo balanço \Delta U = Q - W, temos W_1 = Q_1 - \Delta U_1 = -\Delta U_1 \approx -3675{,}83\\ \mathrm{J}.
    (Interpretação: trabalho negativo — trabalho realizado sobre o sistema — a energia interna aumentou pelo trabalho de compressão.)
  • Variação de entalpia:
\Delta H_1 = \mathrm{C_p}\,\Delta T_1 = 29{,}099\cdot 176{,}85 \approx 5146{,}16\\ \mathrm{J}.

Passo 4

  • Aqui T_3 = 303{,}15\\ \mathrm{K} (o enunciado diz que volta a 30^\circ\mathrm{C}).
  • \Delta T_2 = T_3 - T_2 = 303{,}15-480{,}00 = -176{,}85\\ \mathrm{K}.
  • \Delta U_2 = \mathrm{C_v}\,\Delta T_2 = 20{,}785\cdot(-176{,}85)\approx -3675{,}83\\ \mathrm{J}.
  • Trabalho na isobárica:
W_2 = nR\Delta T_2 = 8{,}314\cdot(-176{,}85) \approx -1470{,}33\\ \mathrm{J}.
(Trabalho negativo: volume diminui, portanto trabalho é realizado sobre o sistema.)
  • Calor trocado:
Q_2 = \Delta U_2 + W_2 \approx -3675{,}83 + (-1470{,}33) = -5146{,}16\\ \mathrm{J}.
  • Entalpia:
\Delta H_2 = \mathrm{C_p}\,\Delta T_2 \approx -5146{,}16\\ \mathrm{J}.

Passo 5

  • Para processo isotérmico ideal:
\Delta U_3 = 0,\qquad \Delta H_3 = 0.
  • A razão de volumes é \dfrac{V_1}{V_3} = \dfrac{P_3}{P_1} = \dfrac{500}{100}=5 (porque P V constante e T constante).
  • Trabalho (e calor) da etapa:
W_3 = Q_3 = n R T_3 \ln\!\left(\frac{V_1}{V_3}\right) = 8{,}314\cdot 303{,}15\cdot \ln 5 \approx 4056{,}16\\ \mathrm{J}.

Passo 6

  • Soma das variações de energia interna no ciclo:
\Delta U_{\text{ciclo}} = \Delta U_1+\Delta U_2+\Delta U_3 = 3675{,}83-3675{,}83+0 = 0.
  • Soma de calor e trabalho:
Q_{\text{total, rev}} = 0 + (-5146{,}16) + 4056{,}16 = -1090{,}00\\ \mathrm{J},
W_{\text{total, rev}} = -3675{,}83 + (-1470{,}33) + 4056{,}16 = -1090{,}00\\ \mathrm{J},
confirmando \Delta U_{\text{ciclo}} = Q_{\text{total}} - W_{\text{total}} = 0.

Passo 7

O enunciado diz “cada etapa é irreversível com uma eficiência de 80\% comparada ao processo mecanicamente reversível correspondente” e também que o ciclo atravessa exatamente as mesmas mudanças de estado (ou seja, os estados finais de cada etapa são os mesmos). Quando o caminho é irreversível, os estados termodinâmicos (pressão, temperatura, volume) nos pontos finais são fixos pelo enunciado; portanto as variações termodinâmicas \Delta U e \Delta H dependem somente desses estados e permanecem as mesmas que no caso reversível para cada etapa. O que muda é o trabalho e o calor trocado.
Interpretação fisicamente consistente da "eficiência mecânica 80\%":
  • Se no processo reversível a etapa exige trabalho de compressão (ou seja, o trabalho é de entrada no sistema, W_{\text{rev}}<0), uma máquina irreversível com eficiência \eta=0{,}8 exige um trabalho de entrada maior para atingir o mesmo estado final. Assim eu adoto: W_{\text{irrev}} = \frac{W_{\text{rev}}}{\eta}\quad\text{quando }W_{\text{rev}}<0 \\ (\text{trabalho sobre o sistema}).
  • Se no processo reversível o sistema fornece trabalho (expansão, W_{\text{rev}}>0), a irreversibilidade reduz o trabalho extraído; então: W_{\text{irrev}} = \eta\,W_{\text{rev}}\quad\text{quando }W_{\text{rev}}>0.
Essa escolha é lógica: dispositivos mecânicos irreversíveis entregam menos trabalho útil numa expansão e exigem mais trabalho de entrada numa compressão. Vou explicitar e aplicar essa regra passo a passo. Como os estados finais são os mesmos, \Delta U e \Delta H em cada etapa serão idênticos aos do caso reversível.

Passo 8

  • Como no caso reversível W_{1,\text{rev}} = -3675{,}83\\ \mathrm{J} (trabalho sobre o sistema), aplico a regra para trabalho de entrada:
W_{1,\text{irrev}} = \frac{W_{1,\text{rev}}}{0{,}8} = \frac{-3675{,}83}{0{,}8} \approx -4594{,}78\\ \mathrm{J}.
  • \Delta U_1 e \Delta H_1 são as mesmas dos estados, logo
    \Delta U_{1,\text{irrev}} = 3675{,}83\\ \mathrm{J} e \Delta H_{1,\text{irrev}} = 5146{,}16\\ \mathrm{J}.
  • Pelo balanço primeiro:
Q_{1,\text{irrev}} = \Delta U_{1,\text{irrev}} + W_{1,\text{irrev}} \approx 3675{,}83 + (-4594{,}78) = -918{,}96\\ \mathrm{J}.
Ou seja: nesta compressão irreversível houve rejeição de calor de aproximadamente 918{,}96\\ \mathrm{J} (não é adiabática).

Passo 9

  • No reversível W_{2,\text{rev}} = -1470{,}33\\ \mathrm{J} (trabalho sobre o sistema). Aplico a mesma regra:
W_{2,\text{irrev}} = \frac{W_{2,\text{rev}}}{0{,}8} = \frac{-1470{,}33}{0{,}8} \approx -1837{,}91\\ \mathrm{J}.
  • Novamente \Delta U_2 e \Delta H_2 são as mesmas dos estados: \Delta U_{2,\text{irrev}} = -3675{,}83\\ \mathrm{J} e \Delta H_{2,\text{irrev}} = -5146{,}16\\ \mathrm{J}.
  • Calor na etapa:
Q_{2,\text{irrev}} = \Delta U_{2,\text{irrev}} + W_{2,\text{irrev}} \approx -3675{,}83 + (-1837{,}91) = -5513{,}74\\ \mathrm{J}.

Passo 10

  • No reversível W_{3,\text{rev}} = +4056{,}16\\ \mathrm{J} (trabalho fornecido pelo sistema). Agora a irreversibilidade reduz o trabalho extraído:
W_{3,\text{irrev}} = 0{,}8 \times W_{3,\text{rev}} = 0{,}8\times 4056{,}16 \approx 3244{,}93\\ \mathrm{J}.
  • Para isotérmica ideal: \Delta U_{3,\text{irrev}}=0 e \Delta H_{3,\text{irrev}}=0.
  • Portanto Q_{3,\text{irrev}} = W_{3,\text{irrev}} \approx 3244{,}93\\ \mathrm{J}.

Passo 11

  • Soma de \Delta U no ciclo continua nula (retorno ao estado inicial):
\Delta U_{\text{ciclo,irrev}} = 3675{,}83 + (-3675{,}83) + 0 = 0.
  • Soma dos trabalhos e calores:
W_{\text{total,irrev}} = -4594{,}78 + (-1837{,}91) + 3244{,}93 \approx -3187{,}77\\ \mathrm{J},
Q_{\text{total,irrev}} = -918{,}96 + (-5513{,}74) + 3244{,}93 \approx -3187{,}77\\ \mathrm{J}.
Confere \Delta U_{\text{ciclo,irrev}} = Q_{\text{total,irrev}} - W_{\text{total,irrev}} = 0.

Resposta

a) Reversível (por mol):
Etapa 1 (compressão adiabática): Q_1=0\\ \mathrm{J}, W_1=-3675{,}83\\ \mathrm{J}, \Delta H_1=5146{,}16\\ \mathrm{J}, \Delta U_1=3675{,}83\\ \mathrm{J}
Etapa 2 (isobárico de resfriamento): Q_2=-5146{,}16\\ \mathrm{J}, W_2=-1470{,}33\\ \mathrm{J}, \Delta H_2=-5146{,}16\\ \mathrm{J}, \Delta U_2=-3675{,}83\\ \mathrm{J}
Etapa 3 (isotérmico): Q_3=4056{,}16\\ \mathrm{J}, W_3=4056{,}16\\ \mathrm{J}, \Delta H_3=0\\ \mathrm{J}, \Delta U_3=0\\ \mathrm{J}
Ciclo total (reversível): Q_{\text{total}}=-1090{,}00\\ \mathrm{J}, W_{\text{total}}=-1090{,}00\\ \mathrm{J}, \Delta H_{\text{ciclo}}=0\\ \mathrm{J}, \Delta U_{\text{ciclo}}=0\\ \mathrm{J}
b) Irreversível com eficiência mecânica 80\% (por mol), mantendo os mesmos estados finais:
Etapa 1 (compressão irreversível): Q_1=-918{,}96\\ \mathrm{J}, W_1=-4594{,}78\\ \mathrm{J}, \Delta H_1=5146{,}16\\ \mathrm{J}, \Delta U_1=3675{,}83\\ \mathrm{J}
Etapa 2 (isobárico irreversível): Q_2=-5513{,}74\\ \mathrm{J}, W_2=-1837{,}91\\ \mathrm{J}, \Delta H_2=-5146{,}16\\ \mathrm{J}, \Delta U_2=-3675{,}83\\ \mathrm{J}
Etapa 3 (isotérmico irreversível): Q_3=3244{,}93\\ \mathrm{J}, W_3=3244{,}93\\ \mathrm{J}, \Delta H_3=0\\ \mathrm{J}, \Delta U_3=0\\ \mathrm{J}
Ciclo total (irreversível): Q_{\text{total,irrev}}=-3187{,}77\\ \mathrm{J}, W_{\text{total,irrev}}=-3187{,}77\\ \mathrm{J}, \Delta H_{\text{ciclo}}=0\\ \mathrm{J}, \Delta U_{\text{ciclo}}=0\\ \mathrm{J}

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