Um tanque rígido de 0,05 m^3 de volume, a 500 K e 1 bar, contém um gás ideal cujo CV= (5 / 2) times R.
Se 12.000 J de calor forem transferidos ao gás, qual será a variação de entropia? Quais são as irreversibilidades do processo?

Passo 1

Beleza, o enunciado diz que temos um tanque rígido (volume constante) de 0,05 m³ cheio de um gás ideal. As condições iniciais são T₁ = 500 K e P₁ = 1 bar, com Cᵥ = (5/2) R. Jogam 12 000 J de calor Q no gás e a gente quer saber a variação de entropia ΔS e quais irreversibilidades rolaram.
Conteúdo: Termodinâmica – 1ª lei e entropia de gás ideal. Precisamos de:
  • Equação de estado PV = nRT para achar n
  • 1ª lei para volume constante: ΔU = Q
  • Fórmula de entropia de gás ideal: dS = Cᵥ dT/T + R dV/V

Passo 2

Primeiro, vamos achar o número de mols n usando PV = nRT.
P₁ = 1 bar = 1×10⁵ Pa
V = 0,05 m³
R = 8,314 J/(mol·K)
T₁ = 500 K
Logo
n = P1,VR,T1 = 1times10^5 times 0,058,314 times 500 approx 1,20;mol

Passo 3

Como o tanque é rígido, W = 0 e a 1ª lei vira ΔU = Q. Para gás ideal ΔU = n Cᵥ (T₂–T₁).
Cᵥ = \tfrac{5}{2}R = \tfrac{5}{2}×8,314 ≈ 20,785 J/(mol·K)
Então
n,Cv,(T2 - T1) = Q ;longrightarrow; T2 = T1 + Qn,Cv = 500 + 12,0001,20 times 20,785 approx 980;K

Passo 4

Agora a variação de entropia do gás (volume constante, dV=0) fica
De
Substituindo:
De

Passo 5

Irreversibilidades do processo:
  1. Transferência de calor através de diferença finita de temperatura entre a fonte e o gás.
  2. Não há outros efeitos dissipativos (p.ex., atrito) no enunciado, mas essa transferência finita já garante geração de entropia interna.

Resposta

ΔS ≈ 16,8 J/K.
Irreversibilidades: calor trocado através de diferença de temperatura finita (geração de entropia interna).

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