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Exercícios Resolvidos de Variação da Entropia de um Gás Ideal

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Enunciado

Um mol de gás ideal monoatômico ( c v = 3R/2) realiza um ciclo termodinâmico reversível, como mostrado na figura ao lado. Note que o processo ab é a única etapa em que o gás absorve calor no ciclo, enquanto que sua pressão varia linearmente durante esta expansão. Nos tempos bc e ca o gás libera calor. Determine:

a) O trabalho total realizado pelo gás no ciclo.

b) A eficiência do ciclo.

c) A variação de entropia do gás no processo bc e justifique porque seu resultado não viola a segunda lei da termodinâmica.

Passo 1

a) Entãooooo, o trabalho realizado num processo é a área do gráfico PV abaixo da curva desse processo. Então:

W a b = 2 V 0 4 P 0 2 + 2 V 0 P 0 = 6 V 0 P 0

W b c = 0

W c a = - 2 V 0 P 0

Coloquei esse sinal de menos em W c a porque é uma compressão.

O trabalho no ciclo vai ser:

W c i c l o = 6 V 0 P 0 + 0 - 2 V 0 P 0

W c i c l o = 4 V 0 P 0

Passo 2

b) A eficiência do ciclo vai ser:

η = W c i c l o Q r e c e b i d o

E olha que maravilha, ele disse que o único processo que o gás recebe calor é o ab. Então:

Q r e c e b i d o = Q a b

Vamos calcular Q a b .

Usando a 1ᵃ Lei da Termodinâmica:

Q a b = ∆ U a b + W a b

Já calculamos W a b , então só falta ∆ U a b .

Passo 3

Tem uma fórmula pra variação de energia interna:

∆ U a b = g n R ∆ T a b 2

Em que g é o número de graus de liberdade. Como o gás é manoatômico, g=3.

Só falta a variação de temperatura né? Vamos achar T a e T b usando p V = n R T .

T a = p a V a n R

T a = p 0 V 0 R

E:

T b = p b V b n R

T b = 5 p 0 3 V 0 R

T b = 15 p 0 V 0 R

Lembrando que n=1!

∆ T a b = 15 p 0 V 0 R - p 0 V 0 R

∆ T a b = 14 p 0 V 0 R

Voltando lá:

∆ U a b = 3 R 2 × 14 p 0 V 0 R

∆ U a b = 21 p 0 V 0

Showwwwww.

Passo 4

Como:

Q a b = ∆ U a b + W a b

Q a b = 21 p 0 V 0 + 6 V 0 P 0

Q a b = 27 p 0 V 0

E o rendimento FINALMENTE vai ser:

η = W c i c l o Q r e c e b i d o = W c i c l o Q a b

η = 4 V 0 P 0 27 p 0 V 0

η = 4 27

Passo 5

c) A variação de entropia é:

∆ S b c = ∫ b c d Q T

E o calor no processo b → c vai ser:

Q b c = c V n ∆ T b c

Na forma diferencial:

d Q b c = c V n d T b c

Então:

∆ S b c = ∫ b c c V n d T b c T

∆ S b c = c V n ln ⁡ T c T b

c V = 3 R 2

T b = 15 p 0 V 0 R

Só falta T c né? Vamos calcular:

T c = p c V c n R

T c = p 0 3 V 0 R

T c = 3 p 0 V 0 R

Substituindo:

∆ S b c = 3 R 2 ln ⁡ 3 p 0 V 0 R 15 p 0 V 0 R

∆ S b c = 3 R 2 ln ⁡ 1 5

∆ S b c = - 3 R 2 ln ⁡ 5

Pela 2ᵃ Lei da Termodinâmica, sempre teremos:

∆ S ≥ 0

Mas ∆ S b c tá dando menor que zero né.

É porque a 2ᵃ Lei da Termodinâmica é válida para sistemas! Nosso gás é só uma parte de um sistema maior. No processo b → c teremos um outro subsistema (por exemplo um reservatório) que vai ter uma variação de entropia maior que zero, de modo que:

∆ S s i s t e m a = ∆ S r e s e r v a t ó r i o + ∆ S b c

E aí a variação do sistema inteiro vai ser positiva:

∆ S s i s t e m a > 0

Não contrariando a 2ᵃ Lei da Termodinâmica.

Resposta

a) W c i c l o = 4 V 0 P 0

b) η = 4 27

c) ∆ S b c = - 3 R 2 ln ⁡ 5

Não contraria a 2ᵃ Lei da Termodinâmica porque o gás é só uma parte de um sistema maior.

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