Um tanque rígido contém 1 kg de dióxido de carbono puro a 700 K e 1500 kPa . O gás é resfriado até 300 K . Determine a transferência calor no processo, a variação de entropia, e se esse processo é possível pelas leis da termodinâmica considerando a temperatura de fronteira igual a 300 K . Dica: hipótese de gás ideal e calores específicos constante. V-W 6.78 mod. Para CO2 8 { }^{\text {a }}.Ed. ( \mathbf{2 5} pts)

Passo 1

O que o enunciado pede e os dados que temos (peguei tudo do enunciado):
  • Um tanque rígido contém 1\\ \mathrm{kg} de \mathrm{CO_2} puro.
  • Estado inicial: T_1=700\\ \mathrm{K} e p_1=1500\\ \mathrm{kPa}.
  • Estado final: T_2=300\\ \mathrm{K}.
  • A temperatura da fronteira (reservatório) é T_0=300\\ \mathrm{K}.
    As perguntas:
  1. Determinar a transferência de calor no processo ( Q).
  2. Determinar a variação de entropia do sistema ( \Delta S_{\text{sys}}).
  3. Dizer se o processo é possível segundo as leis da termodinâmica, considerando a temperatura de fronteira igual a 300\\ \mathrm{K}.

Passo 2

Modelo físico e hipóteses úteis (explicando as ideias):
  • O tanque é rígido → o volume do sistema é constante. Em um processo de volume constante, não há trabalho de deslocamento ( W=0).
  • Hipótese do gás ideal e calores específicos constantes: para um gás ideal, a energia interna específica u depende apenas da temperatura; para calores específicos constantes usamos \Delta u = c_v (T_2-T_1).
  • Primeira lei (para sistema fechado): \Delta U = Q - W. Como W=0 e m=1\\ \mathrm{kg}, temos
Q = m\,(u_2-u_1)=m\,c_v\,(T_2-T_1).
Aqui m é a massa, u é energia interna por unidade de massa, c_v é o calor específico a volume constante, e Q é o calor transferido para o sistema (sinal: Q<0 significa calor perdido pelo sistema).

Passo 3

Valores termofísicos usados e justificativa:
  • Constante universal dos gases: R_u=8,3144621\\ \mathrm{kJ/(kmol\cdot K)}.
  • Massa molar do \mathrm{CO_2}: M=44{,}01\\ \mathrm{kg/kmol}.
  • Constante específica do gás:
R=\frac{R_u}{M}=\frac{8{,}3144621}{44{,}01}=0{,}1889\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • Valores típicos (tabela para \mathrm{CO_2}, assumidos constantes conforme dica do enunciado):
c_p \approx 0{,}844\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Então
c_v = c_p - R = 0{,}844 - 0{,}1889 = 0{,}6551\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Vou usar c_v=0{,}655\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} (arredondado) e R=0{,}1889\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}. Essas são escolhas padrão em exercícios com CO _2.

Passo 4

Cálculo da transferência de calor Q (usando a equação do Passo 2):
Q = m\,c_v\,(T_2-T_1).
Substituindo m=1\\ \mathrm{kg}, c_v=0{,}655\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}, T_1=700\\ \mathrm{K}, T_2=300\\ \mathrm{K}:
Q = 1\cdot 0{,}655\cdot(300-700)=0{,}655\cdot(-400)=-262{,}0\\ \mathrm{kJ}.
Interpretação: Q=-262{,}0\\ \mathrm{kJ} significa que o sistema perdeu 262{,}0\\ \mathrm{kJ} de calor para o entorno.

Passo 5

Cálculo da variação de entropia do sistema \Delta S_{\text{sys}} (ensinando a fórmula):
  • Para um gás ideal a calor específico constante, a variação de entropia específica entre dois estados pode ser escrita em termos de c_v e variação de volume ou em termos de c_p e variação de pressão. A forma geral é
\Delta s = c_v\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right) + R\ln\!\left(\frac{v_2}{v_1}\right),
onde s é entropia por unidade de massa e v é volume específico. No processo de volume constante temos v_2=v_1, logo o segundo termo some e
\Delta s = c_v\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right).
Como m=1\\ \mathrm{kg}, \Delta S_{\text{sys}}=m\,\Delta s=\Delta s.
Agora cálculo numérico:
\Delta S_{\text{sys}} = 0{,}655\cdot\ln\!\left(\frac{300}{700}\right).
Calculemos a razão e o logaritmo:
\ln\!\left(\frac{300}{700}\right)=\ln(0{,}428571\ldots)=-0{,}84729786\ldots
Portanto
\Delta S_{\text{sys}}=0{,}655\cdot(-0{,}84729786)\approx -0{,}555\\ \mathrm{kJ/K}.
Em unidades mais usuais: \Delta S_{\text{sys}}\approx -555\\ \mathrm{J/K}.
Interpretação: a entropia do sistema diminuiu (o gás foi resfriado e ficou mais ordenado termicamente).

Passo 6

Verificação da segunda lei (possibilidade do processo) considerando o reservatório a T_0=300\\ \mathrm{K}:
  • Quando o sistema troca calor Q com o reservatório, a variação de entropia do reservatório (vizinhança) é
\Delta S_{\text{surr}}=\frac{Q_{\text{surr}}}{T_0}.
A energia perdida pelo sistema é Q_{\text{sys}}=Q=-262{,}0\\ \mathrm{kJ}, portanto o reservatório ganha Q_{\text{surr}}=-Q=+262{,}0\\ \mathrm{kJ}. Assim
\Delta S_{\text{surr}}=\frac{262{,}0}{300}=0{,}8733\\ \mathrm{kJ/K}.
  • Entropia total do universo (sistema + vizinhança):
\Delta S_{\text{univ}}=\Delta S_{\text{sys}}+\Delta S_{\text{surr}}=-0{,}555+0{,}8733=+0{,}3183\\ \mathrm{kJ/K}.
Como \Delta S_{\text{univ}}>0, o processo é permitido pelas leis da termodinâmica (ocorre espontaneamente) e é irreversível (se fosse reversível teríamos \Delta S_{\text{univ}}=0). Observação prática: o calor que seria necessário para tornar o processo reversível trocado com o reservatório a T_0 seria Q_{\text{rev}}=-T_0\Delta S_{\text{sys}}=-300\cdot(-0{,}555)=+166{,}5\\ \mathrm{kJ}; o fato de Q_{\text{real}}=-262{,}0\\ \mathrm{kJ} (muito diferente de Q_{\text{rev}}) confirma irreversibilidade.

Passo 7

Resumo final rápido (interpretações):
  • O sistema perdeu 262{,}0\\ \mathrm{kJ} de calor.
  • A entropia do sistema diminuiu em 0{,}555\\ \mathrm{kJ/K}.
  • A entropia do universo aumentou em 0{,}3183\\ \mathrm{kJ/K} → processo possível e irreversível quando a fronteira está a 300\\ \mathrm{K}.

Resposta

Q = -262{,}0\\ \mathrm{kJ}
\Delta S_{\text{sys}} = -0{,}555\\ \mathrm{kJ/K}
Processo possível? Sim. \Delta S_{\text{univ}} = +0{,}3183\\ \mathrm{kJ/K}

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