Variação da Entropia de um Gás Ideal

Teoria Completa

Calculando a entropia

Sabemos que a variação de entropia é dada pela fórmula:

Δ S = ∫ d Q T

Vamos calcular a entropia para os processos que a gente mais ama. :P

Processo Adiabático Reversível:

Mamata! Por que? Pois Q = 0 , então

Δ S a d i a b á t i c o = ∫ d Q T = 0

É um processo em que a entropia não varia (isoentrópico)!

Processo Isovolumétrico:

Como calcular o calor nesse processo? Basta lembrar que:

Q = n c v Δ T

Escrevendo na forma diferencial dentro da integral

Δ S = ∫ T i T f n c v d T T

Como para um gás ideal c v é constante (se não fosse constante teria que integrar):

Δ S = n c v ∫ T i T f d T T

Δ S i s o v o l u m é t r i c o = n c v ln ⁡ T f T i

Processo Isobárico:

É bem parecido com o isovolumétrico, só lembrar que agora vamos usar c p e não c v :

Q = n c p Δ T

Se jogarmos na equação da entropia e integrar, vai dar:

Δ S i s o b á r i c o = n c p ln ⁡ T f T i

Processo Isotérmico:

Esse é o mais chatinho. Mas basta lembrar que se é isotérmico, então

Δ U = 0

Pela primeira lei da termodinâmica podemos dizer que

Q = W = p Δ V

Jogando na integral da entropia, na forma diferencial,

Δ S = ∫ p   d V T

Só que agora a pressão não é constante com o volume. Temos que transformar as coisas, usando o nosso amigão:

p V = n R T

p = n R T V

Substituindo na integral

Δ S = ∫ n R T V d V T

Δ S = n R ∫ V i V f d V V

Δ S i s o t é r m i c o = n R   l n V f V i

Resumão

Entropia em um ciclo termodinâmico

A variação da entropia é uma função de estado, lembra?

Então, assim como a variação de energia interna, num ciclo temos que:

Δ S c i c l o = 0

Numa máquina térmica, além do ciclo termodinâmico em si, ainda temos as fontes quente e fria. A variação de entropia total desse universo é:

Δ S = Δ S c i c l o + Δ S Q + Δ S F

Onde Δ S Q é a variação da entropia da fonte quente e Δ S F é a variação da entropia da fonte fria.

Como consideramos a temperatura da fonte quente e da fonte fria constantes, podemos calcular essas variações pelas fórmulas:

Δ S Q = Q Q T Q

Δ S F = Q F T F

A variação total é:

Δ S = Q Q T Q + Q F T F

Como o calor quente está saindo da fonte quente, temos que Q Q < 0 . O calor frio está entrando na fonte fria, então Q F > 0 .

Δ S = - Q Q T Q + Q F T F

Para que esse ciclo seja possível, pela segunda lei da termodinâmica, temos que,

Δ S = - Q Q T Q + Q F T F ≥ 0

Q F Q Q ≥ T F T Q

Jogando isso no rendimento:

Esse segundo termo é justamente o rendimento num ciclo reversível, o ciclo do nosso amigão Carnot!! Então:

η ≤ η C a r n o t

E é por isso que nenhum ciclo pode ter a eficiência maior do que a do ciclo de Canot. Significaria uma diminuição de entropia do universo!!!

Agora vamos fazer uns exercícios para mandar super bem na prova!

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Exercício Resolvido #1

CEFET – Prova Final – Prof. Hilário

Duas amostras de um gás à mesma temperatura e pressão, são comprimidas do volume V para um volume V / 2 , uma isotermicamente e outra adiabaticamente.

a Determine a pressão final nos dois casos

b   Determine a variação de entropia nos dois casos.

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Passo 1

a   Bom, pra descobrir a pressão final no caso da transformação isotérmica é fácil, basta usar o Piviti-Póvoto:

P 1 V 1 T 1 = P 2 V 2 T 2

Sendo T 1 = T 2 , V 1 = V e V 2 = V 2 :

P 0 V = P 2 . V 2  

P 2 = 2 P 0

Sendo P 0 a pressão inicial.

E no caso da transformação adiabática, vamos usar a fórmula:

P 1 V 1 γ = P 2 V 2 γ

Logo:

P 0 V γ = P 2 . V 2 γ  

→ P 2 = 2 γ P 0

Sendo que o γ é indicado de acordo com o tipo do gás (monoatômico, diatômico, etc).

Passo 2

b   Transformação isotérmica:

Nesse caso, como a temperatura não varia, vamos ter ∆ U = 0 . E, pela primeira lei:

∆ U = Q - W

∆ U = 0 → Q = W

O trabalho de uma transformação isotérmica é dado por:

W = n R T ln ⁡ V f V i

Logo:

Q = W = n R T ln ⁡ V f V i

Como a variação de entropia é dada por:

∆ S = ∫ d Q T

Como a temperatura é constante, a variação fica:

∆ S = ∫ d Q T = 1 T . ∫ d Q = Q T

Substituindo o valor de Q :

∆ S = n R T ln ⁡ V f V i . 1 T = n R ln ⁡ V f V i

Como V f = V 2 e V i = V :

∆ S = n R l n 1 2 = - n R l n ( 2 )

Passo 3

Transformação adiabática:

Vamos dar uma olhada na integral:

∆ S = ∫ d Q T

Como numa transformação desse tipo não há troca de calor, a integral acima irá zerar. Logo:

∆ S = 0

Resposta

a   P 2 = 2 γ P 0

( b ) Transformação isotérmica: ∆ S = - n R l n ( 2 )

Transformação adiabática: ∆ S = 0

Exercício Resolvido #2

UNICAMP – 3ª Prova - 2012

Um recipiente rígido (volume constante) e isolado termicamente contém 1,0   k g de nitrogênio na forma de gás a pressão de 1   a t m e a temperatura de 70 ° C . Um agitador mecânico, com pás no interior do recipiente, realiza 10   k J de trabalho sobre o gás. O calor específico do nitrogênio, a volume constante, é c v = 0,74   k J / k g   K .

a   Calcule a temperatura final do gás.

b   Calcule a variação de entropia do universo neste processo.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

a   Vamos analisar o problema com a primeira lei da termodinâmica:

∆ U = Q - W

Como o gás está isolado termicamente: Q = 0 :

∆ U = - W

Como o trabalho que foi realizado sobre o gás foi feito por um agente externo, W = - 10 k J :

∆ U = - - 10 × 10 3 = 10 k J

Passo 2

Agora vamos usar a fórmula:

∆ U = m c v ∆ T

Vamos aplicar os valores que o enunciado deu e os que conseguimos na relação abaixo:

∆ U = n c v ∆ T

Lembrando que:

c v = g R 2

1 . 0,74 ∆ T = 10

∆ T ≅ 13,5 K

Sendo T i = 70 ° C :

T f - T i = 13,5

T f = 83,5 ° C

Passo 3

b   A variação de entropia do universo (gás + pás + resto) é dada por

∆ S u n i v e r s o = ∫ d Q T