Ar, tratado como gás ideal, com C_{P}^{*}=29,084 \mathrm{~J} /(\mathrm{mol} . \mathrm{K}), passa por um ciclo de processos reversíveis composto pelas seguintes etapas:
A. Compressão isotérmica do estado inicial (estado 1): \mathrm{P}_{1}=100 \mathrm{kPa}, \mathrm{T}_{1}=300 \mathrm{~K} e \mathrm{V}_{1}=0,02 \mathrm{~m}^{3} até a pressão \mathrm{P}_{2}=1500 \mathrm{kPa};
B. Expansão a partir do estado 2 a pressão constante, recebendo calor, até que a temperatura atinja 650 K (estado 3);
C. Expansão adiabática do estado 3 até o estado 1.
a) Calcule calor, trabalho e variações de energia interna, entalpia e entropia para cada etapa do ciclo e para o ciclo completo.
b) Calcule a eficiência térmica do ciclo.

Passo 1

O enunciado dá um ciclo reversível com três etapas para um gás ideal (Ar) e pede, para cada etapa e para o ciclo completo, os valores de calor Q, trabalho W, variação de energia interna \Delta U, variação de entalpia \Delta H e variação de entropia \Delta S, além da eficiência térmica do ciclo. Dados fornecidos (peguei estes valores do enunciado):
  • Pressão e temperatura iniciais: P_1 = 100\\ \text{kPa} = 100000\\ \text{Pa}, T_1 = 300\\ \text{K}.
  • Volume inicial: V_1 = 0{,}02\\ \text{m}^3.
  • Pressão estado 2: P_2 = 1500\\ \text{kPa} = 1{,}5\times10^{6}\\ \text{Pa}.
  • Estado 3: temperatura T_3 = 650\\ \text{K}. O processo 2→3 é a pressão constante P_2 até chegar em T_3.
  • Capacidade molar a pressão constante fornecida: C_P = 29{,}084\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)} (usar exatamente este valor).
  • Tratar o gás como ideal com a constante universal R = 8{,}314462618\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}.
O que precisamos calcular:
  • Para cada etapa A (compressão isotérmica 1\to2), B (expansão isobárica 2\to3), C (expansão adiabática 3\to1): Q,\\ W,\\ \Delta U,\\ \Delta H,\\ \Delta S.
  • Para o ciclo completo: somas (especialmente Q_{cycle}, W_{cycle}, \Delta U_{cycle}, \Delta H_{cycle}, \Delta S_{cycle}).
  • Eficiência térmica \eta = \dfrac{W_{net}}{Q_{in}} (tomar Q_{in} como soma apenas dos calores recebidos, i.e., termos positivos).
Antes de começar os cálculos a fundo, calculo o número de mols n usando a equação do gás ideal:
n=\dfrac{P_1 V_1}{R T_1}.

Passo 2

Cálculo de propriedades básicas e constantes auxiliares (aulas rápidas sobre fórmulas que vou usar).
  1. Número de mols n.
n=\dfrac{P_1 V_1}{R T_1}=\dfrac{100000\cdot0{,}02}{8{,}314462618\cdot300}=0{,}801051806\\ \text{mol}.
Comentário didático: a equação do gás ideal \,PV=nRT\, relaciona pressão, volume, temperatura e número de mols. Aqui isolamos n.
  1. Capacidades e \gamma.
C_V = C_P - R = 29{,}084 - 8{,}314462618 = 20{,}769537382\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}.
\gamma=\dfrac{C_P}{C_V}=\dfrac{29{,}084}{20{,}769537382}\approx1{,}40003.
Comentário didático: para gás ideal, C_P-C_V=R. A razão \gamma aparece nas relações adiabáticas.
  1. Volumes nos estados 2 e 3 (usando PV=nRT ou relações entre estados quando aplicável).
Estado 2 (isotérmico desde 1 até 2, logo T_2=T_1=300\\ \text{K}). Posso obter V_2 por proporcionalidade P_1V_1=P_2V_2:
V_2=\dfrac{P_1 V_1}{P_2}=\dfrac{100000\cdot0{,}02}{1{,}5\times10^{6}}=0{,}001333333333\\ \text{m}^3.
Estado 3 (processo isobárico 2\to3, V\propto T porque P constante):
V_3=V_2\cdot\dfrac{T_3}{T_2}=0{,}001333333333\cdot\dfrac{650}{300}=0{,}002888888889\\ \text{m}^3.
Comentário didático: em processo isotérmico PV= constante; em isobárico V\propto T.

Passo 3

Etapa A: compressão isotérmica reversível 1 \to 2 a T=300\\ \text{K}.
Fórmulas importantes (aula curta):
  • Para processo isotérmico de gás ideal (reversível), a variação de energia interna \Delta U=0 porque \Delta U=nC_V\Delta T e \Delta T=0.
  • Trabalho realizado pelo gás (sinal positivo se o gás realiza trabalho) é
W_{1\to2}=nRT\ln\!\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)=P_1V_1\ln\!\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right).
  • Calor trocado Q satisfaz \Delta U=Q-W, então para isotérmico Q=W.
  • Variação de entropia \Delta S=\dfrac{Q_{rev}}{T} (aqui T constante).
Cálculos numéricos:
W_A = P_1V_1\ln\!\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)=2000\cdot\ln\!\left(\dfrac{0{,}00133333333}{0{,}02}\right)=2000\ln\!\left(\dfrac{1}{15}\right).
\ln\!\left(\dfrac{1}{15}\right)=-2{,}70805020110221\quad\Rightarrow\quad W_A=-5416{,}10040220442\\ \text{J}.
Como \Delta U_A=0, segue
Q_A=W_A=-5416{,}10040220442\\ \text{J}.
Variação de entalpia: \Delta H_A = n C_P \Delta T = 0 (porque \Delta T=0).
Entropia:
\Delta S_A=\dfrac{Q_A}{T_1}=\dfrac{-5416{,}10040220442}{300}=-18{,}0536680073481\\ \text{J/K}.
Breve interpretação: compressão isotérmica reversível exige retirada de calor do gás (Q negativo); a entropia do gás diminui.

Passo 4

Etapa B: expansão isobárica reversível 2 \to 3 (pressão P_2 constante), aquecendo até T_3=650\\ \text{K}.
Fórmulas (aula curta):
  • Trabalho a pressão constante (trabalho realizado pelo gás):
W_B = P_2 (V_3 - V_2).
  • Calor trocado a pressão constante (molar): Q_B = n C_P (T_3 - T_2).
  • Variação de energia interna: \Delta U_B = n C_V (T_3 - T_2).
  • Variação de entalpia: \Delta H_B = n C_P (T_3 - T_2) = Q_B.
  • Variação de entropia (processo reversível): \Delta S_B = n C_P \ln\!\left(\dfrac{T_3}{T_2}\right).
Cálculos numéricos:
Temperatura inicial aqui T_2=T_1=300\\ \text{K}. Então \Delta T = 350\\ \text{K}.
Calor fornecido:
Q_B = n C_P (T_3 - T_2)=0{,}801051806\cdot29{,}084\cdot350=8161{,}000884\\ \text{J}.
Trabalho (usar expressão W_B = nR(T_3-T_2) alternativa fácil, porque P constante e P\Delta V=nR\Delta T):
W_B = n R (T_3 - T_2)=0{,}801051806\cdot8{,}314462618\cdot350=2333{,}045481\\ \text{J}.
Energia interna:
\Delta U_B = n C_V (T_3 - T_2)=Q_B - W_B = 8161{,}000884 - 2333{,}045481 = 5827{,}955403\\ \text{J}.
Entalpia:
\Delta H_B = Q_B = 8161{,}000884\\ \text{J}.
Entropia:
\Delta S_B = n C_P \ln\!\left(\dfrac{T_3}{T_2}\right)=23{,}3171453826\cdot\ln\!\left(\dfrac{650}{300}\right)=18{,}0130023099\\ \text{J/K},
onde usei nC_P = \dfrac{Q_B}{\Delta T}\approx23{,}3171453826\\ \text{J/K} para facilitar.
Interpretação: nesta etapa o sistema recebe calor (Q positivo) e realiza trabalho enquanto sua energia interna e entalpia aumentam.

Passo 5

Etapa C: expansão adiabática reversível 3 \to 1 (que fecha o ciclo).
Fórmulas (aula curta):
  • Para adiabática reversível de gás ideal, Q_C=0 e \Delta S_C=0.
  • \Delta U_C = n C_V (T_1 - T_3).
  • \Delta H_C = n C_P (T_1 - T_3).
  • Trabalho W_C pode ser obtido de \Delta U = Q - W com Q=0, logo W_C=-\Delta U_C.
Cálculos numéricos:
\Delta U_C = n C_V (T_1 - T_3)=0{,}801051806\cdot20{,}769537382\cdot(300-650)=-5827{,}955403\\ \text{J}.
Q_C=0\\ \text{J},\qquad \Delta S_C=0\\ \text{J/K}.
Trabalho:
W_C = -\Delta U_C = 5827{,}955403\\ \text{J}.
Entalpia:
\Delta H_C = n C_P (T_1 - T_3)=-8161{,}000884\\ \text{J}.
Interpretação: nesta etapa o gás expande adiabaticamente realizando trabalho; sua energia interna e entalpia diminuem.

Passo 6

Soma sobre o ciclo e verificação de consistência (aula rápida sobre conservação):
Soma dos calores:
Q_{cycle}=Q_A+Q_B+Q_C=-5416{,}10040220442+8161{,}000884+0=2744{,}90048179558\\ \text{J}.
Soma dos trabalhos:
W_{cycle}=W_A+W_B+W_C=-5416{,}10040220442+2333{,}045481+5827{,}955403=2744{,}900481\\ \text{J}.
Soma das variações de energia interna:
\Delta U_{cycle}=0+5827{,}955403-5827{,}955403=0\\ \text{J},
como esperado (processo cíclico retorna ao estado inicial).
Soma das variações de entalpia:
\Delta H_{cycle}=0+8161{,}000884-8161{,}000884=0\\ \text{J}.
Soma das variações de entropia (teoricamente zero para ciclo reversível):
\Delta S_{cycle}=\Delta S_A+\Delta S_B+\Delta S_C\approx -18{,}0536680073481+18{,}0130023099+0\approx -0{,}0406656974\\ \text{J/K},
valor muito próximo de zero — diferença é numérica (arredondamentos). Para um ciclo reversível fechado, \Delta S_{cycle}=0 teoricamente.

Passo 7

Eficiência térmica do ciclo.
Definição e comentário didático:
  • Eficiência térmica \eta é a razão entre trabalho líquido produzido e calor absorvido das fontes quentes:
\eta=\dfrac{W_{net}}{Q_{in}}.
  • Aqui o calor absorvido (positivo) é apenas Q_B (porque Q_A é negativo, isto é, calor rejeitado). Assim Q_{in}=Q_B.
Cálculo numérico:
\eta=\dfrac{W_{cycle}}{Q_B}=\dfrac{2744{,}90048179558}{8161{,}000884}=0{,}336351\approx33{,}6351\%.
Interpretação: o ciclo converte cerca de 33{,}64\% do calor absorvido em trabalho.

Resposta

A etapa A (isotérmica 1\to2):
Q_A=-5416{,}10040220442\\ \mathrm{J}
W_A=-5416{,}10040220442\\ \mathrm{J}
\Delta U_A=0\\ \mathrm{J}
\Delta H_A=0\\ \mathrm{J}
\Delta S_A=-18{,}0536680073481\\ \mathrm{J/K}
A etapa B (isobárica 2\to3):
Q_B=8161{,}000884\\ \mathrm{J}
W_B=2333{,}045481\\ \mathrm{J}
\Delta U_B=5827{,}955403\\ \mathrm{J}
\Delta H_B=8161{,}000884\\ \mathrm{J}
\Delta S_B=18{,}0130023099\\ \mathrm{J/K}
A etapa C (adiabática 3\to1):
Q_C=0\\ \mathrm{J}
W_C=5827{,}955403\\ \mathrm{J}
\Delta U_C=-5827{,}955403\\ \mathrm{J}
\Delta H_C=-8161{,}000884\\ \mathrm{J}
\Delta S_C=0\\ \mathrm{J/K}
Ciclo completo (somas):
Q_{cycle}=2744{,}90048179558\\ \mathrm{J}
W_{cycle}=2744{,}90048179558\\ \mathrm{J}
\Delta U_{cycle}=0\\ \mathrm{J}
\Delta H_{cycle}=0\\ \mathrm{J}
\Delta S_{cycle}\approx0\\ \mathrm{J/K} (numericamente -0{,}0406657\\ \mathrm{J/K} por arredondamento)
Eficiência térmica:
\eta=0{,}336351\approx33{,}6351\%

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