Enunciado

Este exercício é muito mais do que um grande clássico: é também fundamental para demonstrar uma das diferenças entre uma transformação reversível e uma transformação irreversível (cf. também a Lição 6).

Consideram-se $n$ moles de gás ideal, com capacidades térmicas constantes e razão $\gamma=c_P/c_V>1$ , encerrados num cilindro vertical termicamente isolado, de secção $\mathcal S$ , fechado por um êmbolo termicamente isolado de massa desprezável, móvel sem atrito. O exterior encontra-se à pressão atmosférica $P_0$ , que se exerce sobre a face superior do êmbolo. No equilíbrio inicial, a pressão do gás também é, portanto, igual a $P_0$ , e o seu estado é

A=(P_0,V_0,T_0).

Dispõe-se de uma sobrecarga de massa total $M$ . Quando é colocada na totalidade sobre o êmbolo, a pressão exterior é igual a

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0, \qquad x>1.

Comparam-se duas experiências: ou a massa $M$ é dividida num grande número de pequenas massas, acrescentadas uma a uma, aguardando cada novo equilíbrio; ou a massa $M$ inteira é colocada de uma só vez. Num segundo momento, retira-se a sobrecarga da mesma forma: ou grão de areia a grão de areia, ou de uma só vez.

As duas experiências partem do mesmo estado inicial A, representado ao centro: o êmbolo está então sujeito apenas à pressão atmosférica P_0. À esquerda, a sobrecarga de massa total M é depositada grão de areia a grão de areia, de modo que P_ ext aumenta progressivamente; ao retirá-la da mesma forma, percorre-se o caminho em sentido inverso. À direita, a mesma massa M é depositada de uma só vez: P_ ext passa bruscamente de P_0 para P_1. Nas duas experiências de compressão, P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Figura 1. As duas experiências partem do mesmo estado inicial $A$ , representado ao centro: o êmbolo está então sujeito apenas à pressão atmosférica $P_0$ . À esquerda, a sobrecarga de massa total $M$ é depositada grão de areia a grão de areia, de modo que $P_{\mathrm{ext}}$ aumenta progressivamente; ao retirá-la da mesma forma, percorre-se o caminho em sentido inverso. À direita, a mesma massa $M$ é depositada de uma só vez: $P_{\mathrm{ext}}$ passa bruscamente de $P_0$ para $P_1$ . Nas duas experiências de compressão, $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

A sobrecarga é acrescentada muito progressivamente, de modo que a pressão exterior passa lentamente de $P_0$ para $P_1$ . Justificar que, em cada instante, a pressão $P$ do gás é igual à pressão exterior $P_{\mathrm{ext}}$ . Que lei se pode então utilizar para relacionar os estados sucessivos do gás? Deduzir $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ e $V_B/V_0$ em função de $x$ e de $\gamma$ .
Parte-se agora do estado $B$ e retira-se a sobrecarga muito progressivamente, grão de areia a grão de areia, até que a pressão exterior volte a ser $P_0$ . Utilizando a mesma lei que na questão anterior, mostrar que o gás regressa exatamente ao seu estado inicial $A$ .
Parte-se novamente de $A$ e coloca-se, desta vez, a massa $M$ de uma só vez: a pressão exterior assume bruscamente o valor constante $P_1$ . Determinar completamente o estado final $B'$ , bem como $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ e $\Delta U_{AB'}$ .
Tomar primeiro o exemplo $\gamma=5/3$ e $x=2$ para comparar numericamente $T_{B'}$ com $T_B$ . Estabelecer depois analiticamente a comparação para qualquer $\gamma>1$ e qualquer $x>1$ e, em seguida, comparar $V_{B'}$ com $V_B$ . Qual das duas compressões aquece mais o gás e qual o comprime mais?
A partir de $B'$ , retira-se bruscamente toda a sobrecarga: a pressão exterior volta a ser a pressão atmosférica $P_0$ . Determinar o estado final $B"$ . Mostrar se $T_{B"}$ e $V_{B"}$ são maiores ou menores do que os seus valores iniciais.
Efetuar o balanço energético da ida e volta $A\to B'\to B"$ . Explicar o que a Lição 6 acrescentará a esta comparação.

Dica

Para a transformação brusca, utilizar

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

e apenas a equação de estado nos estados de equilíbrio inicial e final. Para comparar

B

e

B'

, poderá estudar-se o logaritmo da razão

T_{B'}/T_B

.

Solução detalhada

Solução

Recorda-se que

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

.

Questão 1. A sobrecarga é dividida em massas suficientemente pequenas e cada novo equilíbrio é atingido antes de se acrescentar a seguinte: o gás passa, portanto, por uma sucessão contínua de estados de equilíbrio: a transformação é quase-estática. Sendo o êmbolo de massa desprezável e sem atrito, o equilíbrio mecânico em cada instante impõe $P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S$ , ou seja, $P=P_{\mathrm{ext}}$ . Como as paredes estão termicamente isoladas, $\delta Q=0$ . Nestas condições, podem utilizar-se as leis de Laplace. Duas formas úteis entre $A$ e $B$ são

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

Como $P_B=P_1=xP_0$ , a primeira relação dá diretamente $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , enquanto a segunda dá $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . Finalmente, $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ e $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Questão 2. Durante a retirada progressiva da sobrecarga, o gás permanece em equilíbrio mecânico com o exterior e segue a mesma adiabática de Laplace, mas em sentido inverso. No final, $P_f=P_0$ . As relações de Laplace dão então

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

e

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

O gás regressa, portanto, exatamente ao estado $A=(P_0,V_0,T_0)$ . A transformação pode ser percorrida nos dois sentidos, passando pela mesma sucessão de estados de equilíbrio: diz-se que a transformação é reversível.

Questão 3. Não se devem utilizar as leis de Laplace: durante esta transformação brusca, o gás não passa por uma sucessão de estados de equilíbrio. Durante a evolução, apenas a pressão exterior constante $P_1$ intervém no trabalho: $W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)$ . No equilíbrio final, $P_{B'}=P_1$ . Utilizando $P_0V_0=nRT_0$ , $P_1V_{B'}=nRT_{B'}$ , $Q_{AB'}=0$ e $\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)$ , o primeiro princípio dá

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Definamos

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Então

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Questão 4. Comecemos pelo exemplo $\gamma=5/3$ e $x=2$ . A compressão progressiva dá $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , enquanto a compressão brusca dá

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

Neste exemplo, a compressão brusca aquece, portanto, mais o gás. Mostremos que este resultado é geral. Definamos

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

Tem-se $f(1)=0$ , e

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

Para $\gamma>1$ e $x>1$ , todos os fatores do denominador são positivos e $f'(x)>0$ . Assim, $f(x)>f(1)=0$ , logo $T_{B'}/T_B>1$ , isto é, $T_{B'}>T_B$ . Os dois estados têm a mesma pressão $P_1$ ; a equação dos gases ideais impõe também, portanto, $V_{B'}>V_B$ . A compressão brusca aquece mais o gás, mas comprime-o menos do que a compressão progressiva.

Questão 5. A retirada brusca da sobrecarga faz a pressão exterior passar de $P_1$ para $P_0=P_1/x$ . Retoma-se, portanto, o cálculo da questão 3, substituindo a razão de pressões $x$ pelo seu inverso $1/x$ . O resultado da questão 3 torna-se assim

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

Definindo

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

obtém-se

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Ora,

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

No regime considerado, $x>1$ , logo $x>0$ e $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Como $\gamma>1$ , tem-se efetivamente $\theta\phi-1>0$ . Por conseguinte,

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

Após a ida e volta da pressão exterior, o gás não regressa, portanto, ao estado $A$ . Este desvio é uma primeira assinatura da irreversibilidade: repor a condição exterior no seu valor inicial não é suficiente para fazer o sistema regressar ao seu estado inicial.

Questão 6. A expansão brusca é adiabática e, portanto, na ida e volta completa,

Q_{\mathrm{tot}}=0, \qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}} =nc_VT_0(\theta\phi-1)>0.

As manipulações exteriores repõem a pressão no seu valor inicial, mas o gás recebeu um trabalho líquido e permanece mais quente e mais dilatado. A Lição 6 retomará os mesmos estados para mostrar que a compressão reversível não produz entropia, enquanto cada uma das duas transformações bruscas a produz.