Enunciado

Na figura abaixo, onde V 23 = 3 V 1 , n mols de um gás diatômico ideal passam por um ciclo no qual as moléculas giram mas não oscilam. Determine a p 2 / p 1 , b p 3 / p 1 e c T 3 / T 1 . Para a trajetória 1 → 2 , determine d W / n R T 1 , e Q / n R T 1 , f Δ E i n t / n R T 1 , g Δ S / n R . Para a trajetória 2 → 3 : h W / n R T 1 , ( i ) Q / n R T 1 , j Δ E i n t / n R T 1 , e k Δ S / n R . Para a trajetória 3 → 1   determine l W / n R T 1 , m Q / n R T 1 , n Δ E i n t / n R T 1 , o Δ S / n R

Passo 1

Para os estados 1   e   2 , processo isotérmico:

p 1 V 1 = p 2 V 2

p 2 p 1 = V 1 V 2 = V 1 3 V 1 = 1 3

Passo 2

Para os estados 1   e   3 , processo adiabático:

p 1 V 1 γ = p 2 V 2 γ

Como γ = 7 / 5 para gás diatômico:

p 1 V 1 7 / 5 = p 3 3 V 1 7 / 5

p 3 p 1 = 1 3 7 / 5

Passo 3

Para a temperatura temos, dos estados 1   e   3 :

p 1 V 1 T 1 = p 3 V 3 T 3

T 3 T 1 = p 3 V 3 p 1 V 1

Da letra ( b ) temos p 3 p 1 e sabendo que V 3 = 3 V 1 , temos:

T 3 T 1 = 3 V 1 V 1 . 1 3 7 / 5 = 1 3 2 / 5

Passo 4

O processo 1 → 2 é isotérmico, assim :

W = n R T 1 l n ⁡ ( V 2 / V 1 )

W n R T 1 = ln ⁡ 3  

Passo 5

Como para um processo isotérmico temos Δ T = 0 , então Δ E i n t = 0 e pela primeira lei temos:

Q = - W = - n R T 1 l n ⁡ ( V 2 / V 1 )

Q n R T 1 = l n ⁡ ( 3 )

Passo 6

Já que é um processo isotérmico Δ T = 0 , assim:

Δ E i n t n R T 1 = 0

Passo 7

E para determinar a variação de entropia temos, da definição:

Δ S = ∫ d Q T = 1 T . ∫ d Q = 1 T 1 . n R T 1 l n ⁡ ( V 2 / V 1 )

Δ S n R = ln ⁡ 3

Passo 8

Agora vamos analisar o processo 2 → 3 : temos que é isovolumétrico, assim Δ V = 0 .

Assim o trabalho é nulo.

Passo 9

Se W = 0 , pela primeira lei teremos : Q = Δ E i n t = n C v Δ T

Q = n . 5 R 2 T 3 - T 2 = n . 5 R 2 ( T 1 3 2 5 - T 1 )

Q n R T 1 = 5 2 1 3 2 5 - 1 = - 0,889

Passo 10

E assim também temos o valor de Δ E i n t , uma vez que é igual a Q :

Q n R T 1 = Δ E i n t   n R T 1 = 5 2 1 3 2 5 - 1 = - 0.889

Passo 11

A variação da entropia é:

Δ S = ∫ d Q T = ∫ n C v d T T = n 5 R 2 ln ⁡ T 3 T 2

Δ S n R = 5 2 ln ⁡ 1 3 2 5 = - 1,10

Agora vamos para a última parte do ciclo? Bora que tá quase no fim!

Passo 12

O processo 3 → 1 é adiabático, então Q = 0 , assim da primeira lei fica:

- W = n C v Δ T

W n R T 1 = - 0,889

Passo 13

Como o processo é adiabático, Q = 0

Passo 14

Daí temos:

W n R T 1 = - Δ E i n t n R T 1 = 0,889

Passo 15

E por fim a variação de entropia é:

Δ S = ∫ d Q T = 0

Resposta

a 1 / 3  

b 1 3 7 / 5

( c ) 1 3 2 / 5

( d ) ln ⁡ 3

( e ) ln ⁡ 3

f 0

( g ) ln ⁡ 3

( h ) 0

i - 0,889

j - 0,889

k - 1,10

l - 0,889

( m ) 0

n 0,889

( o ) 0

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