Exercícios Resolvidos de Gases ideais

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Enunciado

4. Uma amostra de um gás ideal em 450   K ocupa 1,23   L em 4,15   a t m . O gás se expande até

7,80   L , seguindo dois caminhos diferentes: (a) expansão isotérmica reversível e (b) expansão livre isotérmica. Calcule q , w , Δ U , Δ S , Δ S v i z e Δ S t o t a l de cada caminho. Justifique.

Passo 1

Oi, galerinha! Tudo bom? O problema nos pede acharmos algumas variáveis ( q , w , Δ U , Δ S , Δ S v i z e Δ S t o t a l ) por dois caminhos diferentes.

Mas antes de fazer isso, vamos precisar calcular o número de mols n inicial. Para isso vamos usar a equação de estado dos gases ideais:

p V = n R T

Onde,

p = 4,15   a t m

V = 1,23   L

R = 0,082 a t m . L m o l . K

T = 450   K

Subsitutindo na fórmulala, temos

4,15 1,23 = n 0,082 450

n = 0,138   m o l

Agora podemos aplicar a equação de calor para cada condição! Bora lá!

Passo 2

  1. Primeiro vamos calcular para expansão isotérmica reversível! Vamos analisar primeiro o nome do processo:
  2. Se ele é reversível significa que, em princípio, o processo é feito infinitamente devagar de modo que o reverso microscópico do estado final regenere exatamente o estado inicial;

    Se ele é isotérmico significa apenas temperatura constante;

    E se temos uma expansão significa um aumento de volume;

    Ou seja, uma expansão isotérmica reversível é um aumento infinitamente lento no volume a temperatura constante.

    Para um gás ideal temos que Δ U é função da temperatura, como ela é constante (ou seja, não varia) temos que

    Δ U = 0

    Passo 3

    Para achar o trabalho, vamos usar

    w = - n R T ln ⁡ V f V o

    Substituindo os valores,

    w = - 0,138 8,3145 450 ln ⁡ 7,80 1,23

    w = - 954   J

    Passo 4

    Para achar q , temos que lembrar que

    Δ U = q + w

    Como Δ U = 0 , temos que q = - w . Logo,

    q = 954   J

    Passo 5

    Já a entropia é dada por,

    Δ S = q r e v T

    Substituindo os dados,

    Δ S = 954 450 = 2,12 J K

    Já o Δ S t o t a l será nulo, pois se trata de transformação termodinamicamente reversível.

    Δ S t o t a l = 0

    Lembrando que

    Δ S t o t a l = Δ S + Δ S v i z

    Logo,

    0 = 2,12 + Δ S v i z

    Δ S v i z = - 2,12 J K

    Passo 6

  3. Agora vamos para expansão livre isotérmica. Continuamos com uma expansão isometermica, mas agora ela é livre, ou seja, vamos considerar o estado inicial e final. Sem pensar nos pequenos equilíbrios que ocorrem em uma expansão reversível.

Temos que aqui também a variação da energia interna será nula, pois se trata de uma função de estado. Portanto, como os estados inicial e final foram os mesmos do caminho (a) a variação de energia interna do sistema deve ser a mesma.

Δ U = 0

Passo 3

Como agora temos uma expansão não reversível, para achar o trabalho, vamos usar

w = - p Δ V

Mas como a expansão é livre, ou seja, contra vácuo, temos que a pressão é nula ( p = 0 ). Logo,

w = 0

Passo 4

Para achar q , temos que lembrar que

Δ U = q + w

Como Δ U = 0 , temos que q = - w . Logo,

q = 0

Passo 5

Temos que a variação da entropia também é uma função de estado, ou seja, só devemos considerar o seu estado inicial e final. Portanto, como os estados inicial e final foram

os mesmos do caminho (a) a variação de entropia do sistema deve ser a mesma.

Ou seja,

Δ S = 2,12 J K

Δ S v i z = 0 J K , uma vez que nenhuma energia foi trocada com a vizinhança como calor.

Δ S v i z = 0 J K

Por fim, temos que

Δ S t o t a l = Δ S + Δ S v i z

Δ S t o t a l = + 2,12 J K

Prontinho!

Resposta

a) Δ U = 0

w = - 954   J

q = 954   J

Δ S = 2,12 J K

Δ S v i z = - 2,12 J K

Δ S t o t a l = 0 J K

b)   Δ U = 0

w = 0   J

q = 0 J

Δ S = 2,12 J K

Δ S v i z = 0 J K

Δ S t o t a l = 2,12 J K

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