Enunciado

Um mol de um gás monoatômico, inicialmente à temperatura T i , expande-se adiabaticamente contra um embolo sem massa, até que seu volume dobre. A expansão não é necessariamente quase estática ou reversível. Entretanto, pode-se dizer que o trabalho feito, a variação de energia interna e a variação de entropia deve estar dentro de certos limites. Avalie os limites destas grandezas e descreva o processo associado a cada limite.

Passo 1

Fala galerinha, beleza?

O truque para resolver esse problema é considerar dois casos limites: uma expansão adiabática reversível quase estática e uma expansão livre irreversível.

Vamos começar pelo processo adiabático reversível. Para um gás ideal monoatômico em um processo adiabático reversível, vale

P V γ = c o n s t a n t e ,               γ = 5 3

Assim,

P i V i γ = P f V f γ → P f = P i V i V f γ

Como V f = 2 V i , temos

P f = P i 2 γ

A energia interna de um gás ideal monoatômico é

U = 3 2 n R T = 3 2 P V

Assim, a variação da energia interna no processo reversível fica

Δ U r e v = 3 2 P f V f - 3 2 P i V i

Substituindo V f = 2 V i e P f = P i / 2 γ :

Δ U r e v = 3 2 1 2 γ ⋅ 2 - 1 P i V i

Lembrando que P i V i = n R T i :

Δ U r e v = - 3 2 1 - 2 1 - γ n R T i

Como n = 1   m o l e γ = 5 / 3 , obtemos

Δ U r e v = - 0,555   R T i

No processo adiabático reversível, a variação da entropia é nula:

Δ S r e v = 0

Usando a primeira lei:

Δ U r e v = Q r e v - W r e v

Como Q r e v = 0 :

W r e v = 0,555   R T i

Passo 2

Agora vamos olhar para a expansão livre irreversível. Neste processo, não há realização de trabalho e a temperatura é mantida constante, de modo que também não variação da energia interna:

W i r r e v = 0                             Δ U i r r e v = 0

Para calcular a variação de entropia, vamos lembrar que ela é uma função de estado, de modo que sua variação não depende do caminho escolhido, contanto que termine no estado correto. Assim, como a temperatura é mantida constante, vamos escolher um caminho isotérmico ligando o estado inicial ao estado final:

d S = d Q T

Para um processo isotérmico, d U = 0 → d Q = d W = P   d V :

d S = P d V T

Mas como P V = n R T , segue que

d S = n R d V V → Δ S = n R ∫ d V V = n R l n   V f V i

Como V f = 2 V i e n = 1   m o l :

Δ S i r r e v = R ln ⁡ 2 = 0,693   R

Passo 3

No passo 1, registramos que

Δ U r e v = - 0,555   R T i                     W r e v = + 0,555   R T i                   Δ S r e v = 0

Já no passo 2, para o processo irreversível:

W i r r e v = 0                             Δ U i r r e v = 0                   Δ S i r r e v = 0,693   R

Combinando os dois resultados extremos, achamos a faixa de intervalo possível para cada variação:

0 ≤ W ≤ 0,555   R T i

- 0,555 R T i ≤ Δ U ≤ 0

0 ≤ Δ S ≤ 0,693   R

Resposta

0 ≤ W ≤ 0,555   R T i

- 0,555 R T i ≤ Δ U ≤ 0

0 ≤ Δ S ≤ 0,693   R