Enunciado

Retomam-se as duas experiências de compressão adiabática da lição 5, recordando aqui os resultados úteis. Um cilindro vertical termicamente isolado, de secção $\mathcal S$ , contém $n$ moles de gás ideal. O pistão também está isolado, move-se sem atrito e tem massa desprezável. As capacidades térmicas molares $c_V$ e $c_P$ são constantes, com

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Inicialmente, apenas a pressão atmosférica $P_0$ atua no pistão: o gás está no estado $A=(P_0,V_0,T_0)$ , com $P_0V_0=nRT_0$ . Uma carga adicional de massa $M$ eleva a pressão exterior para

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

As duas experiências partem de $A$ . Na primeira, a carga é acrescentada e depois retirada grão de areia a grão de areia: o gás segue a adiabática reversível $A\to B\to A$ . Na segunda, a carga é aplicada de uma só vez, atinge-se o equilíbrio $B'$ e depois retira-se a carga de uma só vez, atingindo-se o equilíbrio $B"$ . A pressão exterior é constante em cada etapa brusca: $P_1$ durante a carga e $P_0$ durante a descarga. Supõe-se que as oscilações são amortecidas por dissipação no gás; o pistão está em repouso nos estados inicial e final e não armazena energia.

As duas compressões partem de A (centro). À esquerda, a carga é acrescentada progressivamente até B; a retirada progressiva leva o gás de volta a A. À direita, a carga é aplicada bruscamente até B'; a retirada brusca conduz a outro estado B”. O esquema mostra as compressões; os quatro estados são especificados abaixo. — Figura 1. As duas compressões partem de $A$ (centro). À esquerda, a carga é acrescentada progressivamente até $B$ ; a retirada progressiva leva o gás de volta a $A$ . À direita, a carga é aplicada bruscamente até $B'$ ; a retirada brusca conduz a outro estado $B"$ . O esquema mostra as compressões; os quatro estados são especificados abaixo.

As leis de Laplace no caminho reversível e o primeiro princípio nos caminhos bruscos deram os resultados seguintes. Definem-se

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{Estado} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

Em particular,

\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

Todas as etapas são adiabáticas: $Q=0$ e $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , contando positivamente a energia recebida pelo gás. Assim,

\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

A ida e volta reversível tem trabalho líquido nulo, enquanto o caminho brusco recebe $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ .

Calcular as variações de entropia em $A\to B$ e $B\to A$ e estabelecer o balanço de entropia da ida e volta reversível.
Calcular $\Delta S_{AB'}$ e mostrar que é estritamente positiva. Que parte é trocada e que parte é produzida?
Fazer o mesmo para a descarga brusca $B'\to B"$ .
Calcular diretamente $\Delta S_{AB"}$ e verificar que é igual à soma das duas produções anteriores. O caminho $A\to B'\to B"$ constitui um ciclo para o gás?
Comparar os balanços energético e entrópico das duas idas e voltas. Explicar porque a ausência de troca de calor não implica conservação da entropia.

Dica

Entre dois estados de equilíbrio de um gás ideal,

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

Para $B'\to B"$ , usar $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ e $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . As desigualdades recordadas no enunciado determinam os sinais. Em cada etapa, $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Solução detalhada

Solução

Questão 1. A tabela dá

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

e

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

. Substituindo na fórmula da entropia,

\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

pois $c_V(\gamma-1)=R$ . O regresso segue o mesmo caminho em sentido oposto, pelo que $\Delta S_{BA}=0$ . Para cada etapa e para toda a ida e volta, $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . O gás recupera o estado $A$ .

Questão 2. Para a compressão brusca,

T_{B'}/T_0=\theta

e

V_{B'}/V_0=\theta/x

. Usando

R=c_V(\gamma-1)

e depois as propriedades dos logaritmos,

\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

A desigualdade dada $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ implica $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : a razão dentro do logaritmo excede 1, logo $\Delta S_{AB'}>0$ . Não se troca entropia, pelo que $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . A entropia do gás aumenta por produção sem receber calor.

Questão 3. Durante a descarga brusca, as razões entre os estados final e inicial desta etapa são

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Assim,

\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

Com efeito, $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ implica $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . Novamente $S_{\mathrm{e}}=0$ e $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . O gás arrefece nesta expansão ( $\phi<1$ ), mas a sua entropia aumenta: domina o termo de aumento de volume.

Questão 4. Os estados

A

e

B"

têm a mesma pressão e

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

, logo

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

Usaram-se $c_P=c_V+R$ e $\theta\phi>1$ . Somam-se agora os dois resultados anteriores:

\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

Os termos $\ln x$ cancelam-se. Como cada etapa é adiabática, esta soma também é a soma das duas produções de entropia. Repor a pressão exterior em $P_0$ não basta para completar um ciclo do gás: $B"\ne A$ , pois $T_{B"}>T_0$ e $V_{B"}>V_0$ .

Questão 5. Para

A\to B\to A

,

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

e

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

. Para

A\to B'\to B"

,

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

O primeiro princípio descreve o trabalho líquido retido como energia interna; o segundo quantifica a irreversibilidade através da produção de entropia. Uma transformação adiabática só é isentrópica se não produzir entropia, como no caso reversível aqui considerado.