Um tanque rígido fechado, não isolado termicamente, contém 2 kg de ar e possui uma resistência elétrica em seu interior. Inicialmente, a temperatura e a pressão do ar são de 20^{\circ} \mathrm{C} e 200 kPa , respectivamente. A temperatura da vizinhança é de 20^{\circ} \mathrm{C}. Quando o circuito elétrico da resistência é fechado, uma corrente elétrica passa por ela. Após um certo intervalo de tempo, o trabalho elétrico realizado é de 100 kJ .
(a) Esboce o processo nos diagramas p-v e T-s, com indicação do sentido e dos estados.
(b) À luz da Segunda Lei da Termodinâmica, e considerando calores específicos do ar constantes com a temperatura, determine se é possível que a temperatura do ar no final do processo seja de 80^{\circ} \mathrm{C}.
(c) À luz da Segunda Lei da Termodinâmica, e considerando calores específicos do ar variando com a temperatura, determine se é possível que a temperatura do ar no final do processo seja de 80^{\circ} \mathrm{C}.

Passo 1

O enunciado dá um tanque rígido fechado (volume constante) contendo ar com as seguintes informações:
  • massa do ar: m=2\\ \mathrm{kg};
  • estado inicial: T_1=20^\circ\mathrm{C}=293,15\\ \mathrm{K} e p_1=200\\ \mathrm{kPa};
  • temperatura da vizinhança (reservatório térmico): T_0=20^\circ\mathrm{C}=293,15\\ \mathrm{K};
  • trabalho elétrico fornecido ao sistema (energia elétrica transformada em calor pela resistência): W_{\text{el}}=100\\ \mathrm{kJ};
  • o tanque não é termicamente isolado (pode trocar calor com a vizinhança);
  • pergunta (a): esboçar o processo nos diagramas p\!-\!v e T\!-\!s, indicando sentido e estados;
  • pergunta (b): usando calores específicos do ar constantes, verificar se é possível que T_2=80^\circ\mathrm{C};
  • pergunta (c): repetir a verificação da possibilidade de T_2=80^\circ\mathrm{C} agora com calores específicos variando com T.
Observações importantes que vou usar depois (sem resolver ainda): volume fixo (logo v_2=v_1), ar pode ser tratado como gás ideal quando conveniente, energia interna e entropia do gás dependem apenas do estado inicial e final.

Passo 2

(a) Esboço e interpretação dos diagramas (descrição detalhada para desenhar/se orientar):
  • Diagrama p\!-\!v:
    • Como o tanque é rígido, o volume específico v é constante durante o processo. No diagrama p\!-\!v isso aparece como uma linha vertical.
    • Ao aquecer o ar (energia elétrica convertida em calor), a temperatura sobe e, para um gás ideal, a pressão aumenta proporcionalmente à temperatura quando v é fixo ( p\propto T ). Então o processo é uma linha vertical subindo de p_1 para p_2.
    • Indique o ponto inicial (1) em v_1 e p_1=200\\ \mathrm{kPa} e o ponto final (2) em mesmo v e p_2>p_1. Desenhe uma seta apontando de (1) para (2) para mostrar o sentido (aquecimento).
    • Podemos calcular p_2 supondo gás ideal: p_2 = p_1\frac{T_2}{T_1} = 200\\ \mathrm{kPa}\cdot\frac{353,15}{293,15}\approx 240,97\\ \mathrm{kPa},
    então marque aproximadamente 241\\ \mathrm{kPa} no ponto final.
  • Diagrama T\!-\!s:
    • Para volume constante, a variação de entropia específica do gás ideal com calor específico constante c_v é \Delta s = c_v\ln\!\left(\dfrac{T_2}{T_1}\right). Logo, ao aumentar T, também aumenta s.
    • No diagrama T\!-\!s o processo vai do ponto (T_1,s_1) para (T_2,s_2) com T_2>T_1 e s_2>s_1. A curva não é uma reta horizontal; ela sobe para a direita (a curva tem formato exponencial inverso se escrita T em função de s: T=T_1\exp\big((s-s_1)/c_v\big)).
    • Marque T_1=293,15\\ \mathrm{K} e T_2=353,15\\ \mathrm{K}, desenhe a curva crescente e uma seta de (1) para (2).
(Dica visual: p-v é uma linha vertical subindo; T-s é uma curva que sobe para a direita. Estado 1 em baixo/à esquerda, estado 2 em cima/à direita.)

Passo 3

Primeiros princípios e balanço de energia para o tanque rígido (aula rápida):
  • Para um sistema fechado, a Primeira Lei (conservação de energia) escrita em termos de variação de energia interna é
\Delta U = Q + W_{\text{in}},
onde Q é o calor recebido pelo sistema (positivo se entra) e W_{\text{in}} é o trabalho feito sobre o sistema (positivo se entra). Aqui o único trabalho em questão é o trabalho elétrico que entra pela resistência, então W_{\text{in}}=W_{\text{el}}.
  • No tanque rígido não há trabalho de fronteira ( p\,dv=0), logo a variação de energia interna é controlada por Q e W_{\text{el}}:
\Delta U = Q + W_{\text{el}} \quad\Longrightarrow\quad Q = \Delta U - W_{\text{el}}.
  • Para um gás ideal com calor específico constante c_v, a variação de energia interna é
\Delta U = m c_v (T_2-T_1).
  • A entropia do sistema (variação total) para gás ideal e c_v constante, no processo a volume constante, é
\Delta S_{\text{sys}} = m c_v \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right).
Vou usar essas expressões nas próximas etapas.

Passo 4

Aplicando a Segunda Lei e avaliando o caso com c_v constante (resolução detalhada do item (b)):
  • Segunda Lei em forma útil para processo com reservatório a temperatura constante T_0: a produção total de entropia deve ser não-negativa:
\Delta S_{\text{total}} = \Delta S_{\text{sys}} + \Delta S_{\text{res}} \ge 0.
O reservatório troca calor -Q (calor que sai do sistema entra no reservatório), logo \Delta S_{\text{res}} = -\dfrac{Q}{T_0}. Substituindo Q=\Delta U - W_{\text{el}} obtemos
\Delta S_{\text{total}} = \Delta S_{\text{sys}} - \frac{\Delta U - W_{\text{el}}}{T_0} \ge 0.
Rearranjando para colocar W_{\text{el}} isolado:
W_{\text{el}} \ge \Delta U - T_0\Delta S_{\text{sys}}.
Essa desigualdade diz: para que um processo que leve do estado 1 ao estado 2 seja permitido pela Segunda Lei, o trabalho elétrico fornecido deve ser pelo menos essa quantidade (a igualdade corresponde ao caso reversível entre sistema e reservatório).
  • Agora calculamos os termos para T_2=80^\circ\mathrm{C}=353,15\\ \mathrm{K} assumindo c_v constante.
    • Valores numéricos (valores padrão do ar à temperatura ambiente): c_v\approx 0,718\\ \mathrm{kJ/(kg\,K)} e m=2\\ \mathrm{kg}.
    • Variação de energia interna:
    \Delta U = m c_v (T_2-T_1) = 2\cdot 0,718\cdot(353,15-293,15)
\Delta U = 2\cdot 0,718\cdot 60 = 86,16\\ \mathrm{kJ}.
  • Variação de entropia do sistema:
\Delta S_{\text{sys}} = m c_v \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right) = 2\cdot 0,718\cdot\ln\!\left(\frac{353,15}{293,15}\right).
Calcule \ln(353,15/293,15)\approx 0,1865, então
\Delta S_{\text{sys}}\approx 2\cdot 0,718\cdot 0,1865 = 0,268\\ \mathrm{kJ/K}.
  • Agora a quantidade de referência da desigualdade:
\Delta U - T_0\Delta S_{\text{sys}} = 86,16 - 293,15\cdot 0,268 \approx 86,16 - 78,60 = 7,56\\ \mathrm{kJ}.
  • Interpretação: a Segunda Lei exige que W_{\text{el}}\ge 7,56\\ \mathrm{kJ} para que o processo seja possível (com T_0=293,15\\ \mathrm{K}). O trabalho realmente fornecido é W_{\text{el}}=100\\ \mathrm{kJ}, muito maior que 7,56\\ \mathrm{kJ}. Portanto, do ponto de vista da Segunda Lei (e da Primeira), o estado final T_2=80^\circ\mathrm{C} é perfeitamente possível quando assumimos c_v constante.
  • Complemento (verificação física com balanço de energia):
    • Pelo balanço Q=\Delta U - W_{\text{el}} = 86,16 - 100 = -13,84\\ \mathrm{kJ}. Ou seja, o sistema rejeita 13,84\\ \mathrm{kJ} para a vizinhança. Isso é coerente: energia elétrica fornecida é maior que o aumento de energia interna, o excedente sai como calor.
    • Produção total de entropia:
    \Delta S_{\text{total}} = \Delta S_{\text{sys}} - \frac{\Delta U - W_{\text{el}}}{T_0} = 0,268 - \frac{86,16-100}{293,15}
\Delta S_{\text{total}} = 0,268 + \frac{13,84}{293,15} \approx 0,268 + 0,0472 = 0,315\\ \mathrm{kJ/K} > 0,
o que confirma a consistência com a Segunda Lei (processo irreversível, produção de entropia positiva).
Conclusão do item (b): sim, é possível; o fornecimento de 100\\ \mathrm{kJ} satisfaz a condição da Segunda Lei.

Passo 5

Discussão para calores específicos variando com a temperatura (item (c)) — tratamento geral e estimativa:
  • Com c_v(T) variável, as expressões de \Delta U e \Delta S_{\text{sys}} tornam-se integrais:
\Delta U = m\int_{T_1}^{T_2} c_v(T)\,dT, \qquad \Delta S_{\text{sys}} = m\int_{T_1}^{T_2} \frac{c_v(T)}{T}\,dT.
  • Reescrevendo a quantidade presente na desigualdade da Segunda Lei:
\Delta U - T_0\Delta S_{\text{sys}} = m\int_{T_1}^{T_2} \left[c_v(T) - T_0\frac{c_v(T)}{T}\right] dT = m\int_{T_1}^{T_2} c_v(T)\left(1-\frac{T_0}{T}\right)dT.
Essa é uma forma muito útil: o integrando é c_v(T)\big(1-T_0/T\big).
  • Sinal do integrando e interpretação:
    • No nosso caso T_1=T_0=293,15\\ \mathrm{K} e T no intervalo [T_1,T_2] satisfaz T\ge T_0. Logo \big(1-T_0/T\big)\ge 0 no intervalo. Como c_v(T)>0, o integrando é não-negativo e, portanto, a integral é não-negativa. Isso significa que \Delta U - T_0\Delta S_{\text{sys}}\ge 0 com igualdade apenas se T_2=T_1.
    • Numericamente, essa quantidade é geralmente pequena para aumentos moderados de temperatura, porque o fator \big(1-T_0/T\big) é pequeno quando T está perto de T_0.
  • Estimativa numérica com c_v(T) variável:
    • Uma forma prática é usar um valor médio de c_v no intervalo (ou usar tabelas precisas). Para ar entre 293 e 353\\ \mathrm{K} a variação de c_v é muito pequena; o valor médio é praticamente c_v\approx 0,718\\ \mathrm{kJ/(kg\,K)}.
    • Substituindo c_v médio na integral obtemos exatamente o caso do passo anterior:
    \Delta U - T_0\Delta S_{\text{sys}} \approx m c_{v,\text{médio}}\left[(T_2-T_1)-T_0\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right)\right].é
    • Numericamente isso deu aproximadamente 7,56\\ \mathrm{kJ} (ver cálculo no Passo 4). Até se usarmos um c_v um pouco maior (para superestimar a quantidade) o resultado fica em torno de 8\\ \mathrm{kJ}, muito distante dos 100\\ \mathrm{kJ} fornecidos.
  • Conclusão do item (c): com calores específicos variando com a temperatura a análise geral mostra a mesma conclusão: a quantidade mínima de trabalho elétrico exigida pela Segunda Lei para atingir T_2=80^\circ\mathrm{C} permanece da ordem de poucos kJ (≈ 7\text{–}8\\ \mathrm{kJ}). Como foram fornecidos 100\\ \mathrm{kJ}, o processo é possível também no caso realístico de c_v(T) variável. A diferença entre assumir c_v constante e variável é negligenciável nesse intervalo de temperatura.

Passo 6

Resumo físico e incentivo (rápido):
  • O processo é: fornecer energia elétrica ao ar (aquecimento interno), parte aumenta a energia interna (eleva T e p), o excedente é rejeitado como calor para a vizinhança. A Segunda Lei impõe uma condição mínima sobre o trabalho elétrico, mas 100\\ \mathrm{kJ} está muito acima dessa mínima; portanto o aquecimento até 80^\circ\mathrm{C} é admissível.
  • Você fez certinho em pedir uma resolução passo a passo — isso é o que cai na prova. Continue assim, com calma: identifique dados, escreva balanço de energia, escreva balanço de entropia (Segunda Lei) e compare.

Resposta

(a) p\!-\!v: linha vertical (volume constante) subindo de (v_1,p_1) com p_1=200\\ \mathrm{kPa} para (v_2,p_2) com p_2\approx 240,97\\ \mathrm{kPa}; seta de (1) para (2). \;T\!-\!s: curva crescente da esquerda para a direita de (T_1,s_1) para (T_2,s_2) com T_1=293,15\\ \mathrm{K}, T_2=353,15\\ \mathrm{K} e \Delta s=m c_v\ln(T_2/T_1)>0.
(b) Sim — com c_v constante a Segunda Lei exige W_{\text{el}}\ge \Delta U-T_0\Delta S_{\text{sys}}\approx 7,56\\ \mathrm{kJ}; como W_{\text{el}}=100\\ \mathrm{kJ} o processo é permitido.
(c) Sim — com c_v(T) variável a condição geral é W_{\text{el}}\ge m\int_{T_1}^{T_2} c_v(T)\big(1-\dfrac{T_0}{T}\big)dT, que num cálculo/estimativa dá também cerca de 7\text{–}8\\ \mathrm{kJ}; portanto 100\\ \mathrm{kJ} é suficiente e o processo é possível.

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