Enunciado da questão 43
Um mol de um gás monoatômico ideal sofre a transformação LMN reversível mostrada no diagrama PV.
A quantidade de calor, em kJ, trocada entre o gás e a vizinhança, durante essa transformação, é:
Dados:
Calor específico do gás ideal monoatômico a volume constante = 3R/2
Calor específico do gás ideal monoatômico a pressão constante = 5R/2
onde R = 8,3 J.mol−1.K−1
Princípios da Resolução de Problemas
Vou utilizar o método que li no livro de Cálculo do Stewart descrito em Princípios da Resolução de Problemas.
Este método consiste em interpretarmos um problema e nos perguntarmos sobre alguns elementos do enunciado para nos ajudar na busca e no caminho de uma solução.
Ele parte de três questionamentos básicos. São eles:
- Qual é a incógnita?
- Quais são as quantidades dadas?
- Quais são as condições dadas?
Responderemos cada uma delas, já comentando os elementos importantes que nos são esclarecidos diante deste questionamento.
Qual é a incógnita? A incógnita é Q, a quantidade de calor trocada entre gás e vizinhança.
Quais são as quantidades dadas? Nos é dado, pelo gráfico, algumas informações quantitativas, como P e V inicial e final (bem como ao longo) do processo e, portanto o “caminho” do processo. É importante lembrar que para calcularmos Q ou W precisamos saber o “como” o processo saiu do seu estado inicial e chegou ao final. Este “como” é o caminho. Diferentemente, para calcularmos variações nos valores de variáveis de estado não nos interessa qual caminho foi tomado.
Vemos no gráfico que o processo pode ser dividido em 2 etapas, sendo a etapa 1 isovolumétrica e a etapa 2 isobárica.
Nos é dado também, Cp e Cv. Um deles já seria um dado suficiente, uma vez que Cp= Cv + R.
Quais são as condições dadas? As condições dadas são sempre muito importantes para a resolução de exercícios, elas nos dão a partir da sua interpretação, quais as leis ou fórmulas que podem ser aplicadas ao fenômeno observado. Diante deste caso, a condição do gás ser ideal implica a aplicabilidade da lei dos gases ideais PV=RT; o processo reversível implica a condição de equílibrio entre a pressão externa e a interna, resultando portanto na validade da fórmula do trabalho igual a W = – ∫ PdV, graficamente, o trabalho é numericamente igual a área abaixo da curva que representa o processo. Ele será positivo quando trabalho é fornecido ao sistema e negativo quando trabalho é realizado pelo sistema. Se o sistema realizada trabalho sobre a vizinhança, é devido ao seu volume ter aumentado e se a vizinhança que realiza trabalho no sistema, é devido ao volume do mesmo ter contraído. Logo, a partir da interpretação do enunciado, no qual o processo transcorre de L para M para N. O volume aumenta e portanto o trabalho é negativo (realizado pelo sistema).
Resolução
É importante observar logo de cara que neste exercício, uma vez que sua incógnita é Q e nos é fornecido o diagrama PxV, a primeira lei da termodinâmica parece ser muito útil na sua resolução.
Partimos da hipótese de que o sistema é fechado (matéria não atravessa a fronteira), uma vez que nada nos é dito sobre o contrário e o 1 mol permanece o mesmo.
Logo, a primei lei de estabelece como: ΔU = Q + W
Logo , rearrajando Q = ΔU – W
ΔU para um gás ideal depende apenas da temperatura e, dado Cv constante, ΔU = CvΔT. Isto para o processo como um todo, logo ΔT deve ser avaliado como TN -TL onde os subscritos N denotam o estado final e L o estado inicial.
Ora, W é numericamente a área abaixo da curva no gráfico. De acordo com a notação adotada já mencionada, como o de L para N o volume aumenta, W < 0 , logo -W > 0.
Assim,
Q = ΔU + A ▭
onde A ▭ é a área do retangulo abaixo da curva do gráfico, veja a figura abaixo, onde a área do retângulo cujo valor é igual ao trabalho está preenchida em vermelho.
Calculando A ▭ = 2 x 105 x (100 – 40) x 10-3= 2 x 60 x 102= 12 000
Logo, – W = 12 000 J ou 12 kJ.
Já ΔU = Cv x (TN -TL)
Utilizando a lei dos gases ideais T= PV/R e sendo Cv= 3R/2, logo:
ΔU = 3R/2 x (PN VN – PLVL) / R
R se cancela pois aparece no numerador e denominador. A pressão e o volume são obtidos pelos pontos do gráfico PV em L e N. Assim,
ΔU = 3/2x(2×100 – 1×40)x105x10-3=3/2x(200-40)x102=3/2x160x102= 24 000 J ou 24 kJ
Portanto,
Aplicando novamente o que encontramos
Q = ΔU + A ▭
Q = 24 + 12
Q = 36 KJ
(Alternativa E).