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Exercícios Resolvidos de Variação da Entropia de um Gás Ideal

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Enunciado

Um sistema é composto por 10 moles de um gás ideal monoatômico. O volume inicial V i é igual a 4 V f .

a) A variação de energia interna deste sistema para ir de um estado inicial i com volume inicial V i até o estado final f com volume final V f é de 20   J . Determine o trabalho, a quantidade de calor fornecida ou retirada do sistema e a variação da entropia se o processo reversível para ir do estado i até o estado f é uma adiabática.

b) Determine o trabalho, a quantidade de calor fornecida ou retirada do sistema e a variação de entropia se o processo reversível para ir do estado i até o estado f for feito a uma pressão constante de 5,0 ⋅ 10 4   P a e o volume inicial é de 0,1   m 3 .

c) Determine o trabalho, a quantidade de calor fornecida ou retirada do sistema e a variação de entropia se o processo reversível para ir do estado i até o estado f é uma isoterma com temperatura T = 27 ° C .

Passo 1

Eai pessoal, partiu resolver esse problema sobre transformações gasosas!

A ideia básica por trás desse problema é a primeira lei da termodinâmica:

Δ U = Q - W

Ela basicamente diz que a variação de energia interna é igual ao calor menos o trabalho. No item (a), temos um processo adiabático. Nesse processo não há troca de calor, de modo que

Q a = 0

Assim, temos que

W = - Δ U

Como Δ U = 20   J , segue que

W a = - 20   J

Por fim, como não há troca de calor, a variação de entropia também é nula:

Δ S a = 0

Passo 2

No item (b) temos uma transformação à pressão constante. Nesse tipo de processo, o trabalho é simplesmente:

W = P   V f - V i

Como V f = V i / 4 , segue que

W = P   V i 4 - V i = - 3 4 P V i

Logo,

W b = - 3 4 ⋅ 5,0 ⋅ 10 4   P a ⋅ 0,1   m 3 = - 3750   J

Já para o calor, usamos a expressão:

Δ U = Q - W → Q = Δ U + W

Mas sabemos que para um gás monoatômico:

U = 3 2 P V → Δ U = 3 2 P Δ V = 3 2 W

Logo,

Q = 3 2 W + W = 5 2 W = - 5 2 ⋅ 3750   J → Q b = - 9375   J

Passo 3

Já para a entropia, usamos

d S = d Q T

Para um processo a pressão constante, temos que d Q = n C P d T , de modo que

d S = n C P d T T → Δ S = n C P ∫ d T T = n C P ln ⁡ T f T i

Mas como a pressão é constante, vale

V i T i = V f T f → T f T i = V f V i → Δ S = n C P ln ⁡ V f V i = n C P ln ⁡ 1 4

C P é o calor específico à pressão constante, dado por

C P = 5 R 2

Assim,

Δ S = - 5 2 n R ln ⁡ 4

Usando R = 8,31   J / K m o l , temos que

Δ S = - 5 2 ⋅ 10 ⋅ 8,31 ln ⁡ 4 → Δ S b = - 288   J / K

Passo 4

Para fechar, no item (c) temos um processo isotérmico a temperatura constante T = 27 ° C = 300   K .

Em um processo isotérmico, a variação de energia interna de um gás ideal é nula, de modo que

0 = Q - W → Q = W

Para calcular o trabalho, lembramos que

d W = P   d V

Mas da equação dos gases ideais:

P V = n R T → P = n R T V → d W = n R T d V V

Integrando:

W = n R T ∫ d V V = n R T ln ⁡ V f V i = n R T ln ⁡ 1 4 = - n R T ln ⁡ 4

Portanto,

W c = Q c = - 10 ⋅ 8,31 ⋅ 300 ⋅ ln ⁡ 4   J = - 34560   J

Já para a entropia, como a temperatura é constante, podemos escrever

Δ S c = Q T = - 34560 300 J K = - 115,2 J K

Com isso nós terminamos o problema 😊.

Resposta

W a = - 20   J ,             Q a = 0 ,                 Δ S a = 0

W b = - 3750   J ,           Q b = - 9375   J ,             Δ S b = - 288   J / K

W c = Q c = - 34560 ,               Δ S c = - 115,2   J / K

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