Variação da Entropia de um Gás Ideal

Teoria Completa

Introdução

Imagina o seguinte sistema, um cilindro de gás ideal com suas moléculas num estado qualquer.

Como a gente calcularia a entropia desse sisteminha mostrado?

A resposta é: Depende!

A variação de entropia de um sistema deve ser calculada após haver alguma agitação das moléculas nesse sistema que resultem em alguma variação de calor.

Usamos então a seguinte equação para a variação da entropia:

Δ S = ∫ d Q T

Onde ∆ S é a variação da entropia, d Q é o integrante de calor e T é a temperatura do gás.

Existem 4 processos para o gás ideal que podem ser relacionados com a variação da entropia e vamos aprender a calcular para todos eles por aqui.

Cálculo da Entropia

Processo Adiabático Reversível:

Nesse processo não há troca de calor no sistema portanto o calor absorvido pelas moléculas é:

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:

No processo isovolumétrico não há variação do volume do gás, ele não se expande e nem se comprime.

Aqui precisaremos calcular o calor pra substituir na equação da entropia. Isso porquê no caso isovolumétrico o calor depende da variação de temperatura, então a integral deixará de ser em função do calor pra ser em função da temperatura.

Como calcular o calor nesse processo? Basta lembrar que:

Q = n c v Δ T

E por isso temos:

d Q = n c v d T

Substituindo o d Q na integral temo:

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

Então se te pedissem pra calcular um gás num processo isovolumétrico você precisaria somente das constantes:

n que é o número de moléculas em mols do gás.

c v que é o calor específico ao volume constante do gás que pro gás ideal é dada por:

c v = g 2 R

Onde R é a constante dos gases reais e g é a constante pra cada tipo de gás(monôatomico, diatômico, poliatômico.)

T f que é a temperatura final do gás e T i que é a temperatura inicial do gás.

Só fique atento as unidades, se o calor específico for dado em J / ° K a temperatura deverá ser em ° K .

Processo Isobárico:

Aqui não há variação de pressão e o calor será como no volumétrico uma função da temperatura.

A única diferença aqui é que usaremos o calor específico para pressão constante c p ao invés do volume constante 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

A única coisa nova aqui é o calor específico na pressão constante c p que é dado por:

c p = c v + R

Processo Isotérmico:

Nesse processo a temperatura não varia e portanto a variação da energia interna do gás é:

Δ U = 0

Isso influencia diretamente a primeira lei da termodinâmica:

∆ U = Q - W = 0

Q = W

Lembrando que o trabalho aqui é dado por:

W = p d V

Substituindo W = Q = p d V na integral da entropia temos:

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

Então pro processo isotérmico em relação ao que já vimos antes só vamos depender das constantes:

V f que é o volume final e V i que é o volume inicial do gás. Aqui só precisamos deixar os dois volumes na mesma unidade.

Resumão

Entropia em um ciclo termodinâmico

Porquê não existe máquina térmica com 100% de eficiência?

Vamos dar uma olhada num ciclo termodinâmico pra responder isso.

Numa máquina térmica a gente cede calor de uma fonte quente pro ciclo e uma parte desse calor gera trabalho, enquanto que a outra parte se perde pro ambiente em calor pra uma fonte fria.

Então, assim como a variação de energia interna a entropia só vai depender do estado final do ciclo, e por ser um ciclo os pontos final e inicial são os mesmos, sendo assim não há variação de energia ou de entropia.

Δ S c i c l o = ∆ U 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

No ciclo de Carnot a variação da entropia também é zero!

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.

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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

Mas como Q = 0 :

∆ S u n i v e r s o = 0

Já que não houve uma troca de calor (mesmo que a entropia do gás tenha aumentado).

Resposta

a   T f = 83,5 ° C

b   ∆ S = 0

Exercício Resolvido #3

UFRJ – 1ª Prova – 2012.2

Uma máquina térmica opera entre dois reservatórios a T Q = 600 K e T v = 350 K . Ela absorve 1200   J de calor do reservatório de temperatura mais elevada e executa 150   J de trabalho durante um ciclo. Encontre, com justificativas:

a   A variação da entropia da máquina ∆ S M em um ciclo e a variação da entropia do universo ∆ S U para este processo.

b   O trabalho feito por uma máquina de Carnot que opera entre esses dois reservatórios absorvendo 1200   J de calor da fonte de temperatura mais elevada.

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Passo 1

a   A variação de entropia de um processo cíclico é sempre igual à zero. Por quê? Oras, porque, como a entropia é uma variável termodinâmica, ela só depende dos pontos finais e inicias. Mas como num ciclo o processo todo volta para o inicio, a variação da entropia vai dar zero:

∆ S c i c l o = S f - S i = S i - S i = 0

Passo 2

E a variação de entropia do universo? Bom, a variação de entropia do universo é a soma de todas as variações. Então é a soma da variação do ciclo, mais da fonte quente e mais a da fria:

∆ S u n i v e r s o = ∆ S c i c l o + ∆ S F + ∆ S Q

Bom, a variação de entropia da fonte fria é dada por:

∆ S F = Q F T F

Onde Q F   é o calor recebido pela fonte fria e que é despejado do ciclo.

Usando a relação:

Q Q - Q F = W ciclo

A gente pode achar facilmente Q F :

1200 - Q F = 150

Q F = 1050 J

Então, sendo T F = 350 :

∆ S F = + 1050 350 = + 3   J / K

O valor é positivo, pois o calor entra na fonte fria.

A entropia da fonte quente é igual ao calor que ela perde para o ciclo dividido pela temperatura da fonte quente:

∆ S Q = - 1200 600 = - 2 J / K

Então:

∆ S u n i v e r s o = 3 - 2 = 1   J / K

Passo 3

b   Antes a gente precisa calcular o rendimento de uma máquina de Carnot operando entre essas temperaturas:

ε Carnot = 1 - T F T Q

ε Carnot = 1 - 350 600 = 0,42 = 42 %

Beleza?

Agora usamos a propriedade:

ε = W ciclo Q Q

W ciclo = ε Q Q = 0,42.1200 = 504 J

Resposta

a   ∆ S c i c l o = 0 ; ∆ S u n i v e r s o = 1   J / K

b   W ciclo = 504 J

Exercício Resolvido #4

PUC-RIO – 3ª Prova – 2010.2

O ciclo da figura abaixo representa a operaçãoo de um motor de combustão interna de gasolina (ciclo de Otto). Suponha que a mistura gasolina-ar é equivalente a n mols de um gás ideal com γ = 4 3 = 1,33 .

a Determine as razões entre as temperaturas absolutas T 2 / T 1 , T 3 / T 1 e T 4 / T 1 .

b Determine as razões entre as pressões p 3 / p 1 e p 4 / p 1 .

c Determine o trabalho total W realizado no ciclo (em função de n R T 1 ).

d Em que fase o calor é fornecido ao sistema? Calcule esse calor Q Q (em função de n R T 1 ).

e Calcule a eficiência ε dessa máquina, supondo que todas as trocas de calor ocorrem com fontes externas ao sistema.

f Determine a variação de entropia da substância de trabalho em cada fase do ciclo (em função de n R ).

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Passo 1

Antes de atacar o problema, vamos primeiro extrair as informações que são dadas através da figura:

p 2 = 3,00 . p 1

V 2 = V 1

V 4 = V 3 = 4,00 . V 1

a   Para determinar as razões, vamos montar as equações, baseada na lei dos gases ideais, para dois pontos e depois dividir as duas para obter a razão! Ficou confuso? Se liga, então:

Para o ponto 1 , temos:

p 1 . V 1 = n . R . T 1

Para o ponto 2 , temos:

p 2 . V 2 = n . R . T 2

3 . p 1 . V 1 = n . R . T 2

Agora é só dividir a equação do ponto 2 pela equação do ponto 1 :

3 . p 1 . V 1 p 1 . V 1 = n . R . T 2 n . R . T 1

3,00 = T 2 T 1

Passo 2

Para o processo adiabático entre os pontos 2 e 3 , temos:

T 2 . V 2 γ - 1 = T 3 . V 3 γ - 1

Fazendo as substituições, temos:

3,00 . T 1 . V 1 1 3 = T 3 . 4,00 . V 1 1 3

T 3 T 1 = 3,00 4 1 3

T 3 T 1 = 1,89

Passo 3

Analogamente, temos para o processo adiabático entre os pontos 4 e 1 :

T 4 . V 4 γ - 1 = T 1 . V 1 γ - 1

Fazendo as substituições, temos:

T 4 . 4,00 . V 1 1 3 = T 1 . V 1 1 3

T 4 T 1 = 1 4,00 1 3

T 4 T 1 = 0,630

Passo 4

b   Para determinar as razões entre as pressões, vamos fazer como fizemos no item anterior:

Para o ponto 1 , temos:

p 1 . V 1 = n . R . T 1

Para o ponto 3 , temos:

p 3 . V 3 = n . R . T 3

p 3 . 4,00 . V 1 = n . R . ( 1,89 . T 1 )

Lembrando que fizemos as substituições baseadas nas informações que extraímos da figura e das razões que achamos no item anterior!

Dividindo a equação para o ponto 3 pela equação para o ponto 1 , temos:

p 3 . 4,00 . V 1 p 1 . V 1 = n . R . 1,89 . T 1 n . R . T 1

p 3 p 1 = 1,89 4,00

p 3 p 1 = 0,472

Passo 5

Vamos fazer o mesmo procedimento para os pontos 1 e 4 !

p 1 . V 1 = n . R . T 1

Para o ponto 4 , temos:

p 4 . V 4 = n . R . T 4

p 4 . 4 . V 1 = n . R . ( 0,63 . T 1 )

Agor é só dividir a equação para o ponto 4 pela equação para o ponto 1 !

p 4 . 4 . V 1 p 1 . V 1 = n . R . 0,63 . T 1 n . R . T 1

p 4 p 1 = 0,63 4

p 4 p 1 = 0,157

Passo 6

c   Vamos primeiro analisar a figura. Podemos perceber que o trabalho realizado entre 1 e 2 e entre 3 e 4 é zero pois são processos isovolumétricos!

W 12 = W 34 = 0

Agora vamos para os processos adiabáticos. Nesses processos, sabemos que não há troca de calor, ou seja:

Q = 0

portanto, pela primeira lei da termodinâmica, temos:

Q = W + Δ E i n t

- W = Δ E i n t

Pela definição de energia interna, temos:

- W = g 2 . n . R . Δ T

W = - g 2 . n . R . Δ T

Precisamos agora determinar g , que são os graus de liberdade do gás:

Passo 7

Para determinar g , podemos utilizar a definição de γ :

γ = C p C v = g 2 . R + R g 2 . R

Como o valor de γ é dado, temos:

4 3 = g 2 + 1 g 2

g = 6

Passo 8

Agora podemos calcular o trabalho, para o processo 23 , temos:

W 23 = - 6 2 . n . R . ( T 3 - T 2 )

Substituindo C v e colocando as temperaturas em função de T 1 , temos:

W 23 = - 3 . n . R . ( 1,89 . T 1 - 3,00 . T 1 )

W 23 = 3,33 . n . R . T 1

Agora para o processo 41 , temos:

W 41 = - 6 2 . n . R . T 1 - T 4