1. Um sistema constituído por 1,0 \mathrm{~mol} de \mathrm{CO}_{2}(\mathrm{~g}), inicialmente a 20^{\circ} \mathrm{C} e 9,0 \mathrm{~atm}, é confinado em um cilindro de seção reta uniforme de 100 \mathrm{~cm}^{2}, provido de um pistão móvel. O gás se expande adiabaticamente contra a pressão externa de 1,5 atm até que o pistão seja deslocado em 15 cm . Admitindo que o \mathrm{CO}_{2} tenha comportamento de gás ideal, com \mathrm{C}_{\mathrm{V}, \mathrm{m}}=28,8 \mathrm{~J} \mathrm{~K}^{-1} \mathrm{~mol}^{-1}, calcule \mathrm{q}, \mathrm{w}, \Delta \mathrm{U}, \Delta \mathrm{Te} \Delta \mathrm{S}.

Passo 1

O enunciado descreve uma expansão adiabática irreversível de n=1{,}0 mol de \mathrm{CO}_2 inicialmente em T_1=20^\circ\mathrm{C}=293\,\mathrm K e P_1=9{,}0 atm, num cilindro de área da seção A=100\mathrm{\,cm}^2, contra P_{\mathrm{ext}}=1{,}5 atm, com deslocamento do pistão de x=15 cm. O gás é ideal e tem C_{V,\mathrm m}=28{,}8\mathrm{\,J\,K^{-1}\,mol^{-1}}. Vamos aplicar:
  • Trabalho irreversível w=-P_{\mathrm{ext}}\Delta V.
  • q=0 pois o processo é adiabático.
  • Primeira Lei: \Delta U=q+w.
  • \Delta T=\Delta U/(nC_{V,\mathrm m}).
  • Entropia do sistema via trajeto reversível entre mesmo (T_1,V_1)\to(T_2,V_2):
\Delta S=nC_{V,\mathrm m}\ln\frac{T_2}{T_1}+nR\ln\frac{V_2}{V_1}.

Passo 2

Calcular o volume inicial \displaystyle V_1 e o volume final \displaystyle V_2=V_1+\Delta V:
O gás ideal dá
V_1=\frac{nRT_1}{P_1} =\frac{1\cdot8{,}314\cdot293}{9{,}0\times1{,}01325\times10^5} \approx2{,}67\times10^{-3}\mathrm{\,m^3}.
O deslocamento gera
\Delta V=A\,x =\bigl(100\mathrm{\,cm^2}\bigr)\times15\mathrm{\,cm} =1{,}0\times10^{-2}\mathrm{\,m^2}\times0{,}15\mathrm{\,m} =1{,}5\times10^{-3}\mathrm{\,m^3}.
Logo
V_2=2{,}67\times10^{-3}+1{,}5\times10^{-3}=4{,}17\times10^{-3}\mathrm{\,m^3}.

Passo 3

Trabalho e calor do processo. Como é adiabático irreversível contra pressão externa constante:
q=0, \quad w=-P_{\mathrm{ext}}\,\Delta V =-\bigl(1{,}5\times1{,}01325\times10^5\bigr)\times1{,}5\times10^{-3} \approx-2{,}28\times10^2\mathrm{\,J}.

Passo 4

Variação da energia interna e da temperatura. Da Primeira Lei:
\Delta U=q+w=0-2{,}28\times10^2=-2{,}28\times10^2\mathrm{\,J}.
E
\Delta T=\frac{\Delta U}{nC_{V,\mathrm m}} =\frac{-2{,}28\times10^2}{1\cdot28{,}8} \approx-7{,}92\mathrm{\,K}.

Passo 5

Variação de entropia do sistema usando um percurso reversível entre os mesmos estados finais e iniciais:
\Delta S =nC_{V,\mathrm m}\ln\frac{T_2}{T_1}+nR\ln\frac{V_2}{V_1}.
Aqui T_2=T_1+\Delta T=293-7{,}92=285{,}08\mathrm{\,K}. Logo
\ln\frac{T_2}{T_1}=\ln\frac{285{,}08}{293}\approx-0{,}0273, \quad \ln\frac{V_2}{V_1}=\ln\frac{4{,}17\times10^{-3}}{2{,}67\times10^{-3}}\approx0{,}4464.
Portanto
\Delta S =1\cdot28{,}8\cdot(-0{,}0273)+1\cdot8{,}314\cdot0{,}4464 \approx-0{,}79+3{,}71=2{,}93\mathrm{\,J\,K^{-1}}.

Resposta

q =0
w = -2{,}28\times10^2 J \Delta U = -2{,}28\times10^2 J \Delta T = -7{,}92 K \Delta S = 2{,}93 J K ^{-1}

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