Dois gases perfeitos com mesma pressão [tex3]P_i[/tex3]
e mesmo número de partículas [tex3]N,[/tex3]
mas em temperaturas diferentes [tex3]T_1[/tex3]
e [tex3]T_2[/tex3]
são confinados em duas repartições de volume [tex3]V_1[/tex3]
e [tex3]V_2.[/tex3]
A um momento as repartições são conectadas. Determine:
a) a variação da entropia depois do sistema entrar em equilíbrio.
b) a variação da entropia se [tex3]T_1=T_2.[/tex3]
Física II ⇒ (SOIF 2016) Termodinâmica Tópico resolvido
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παθμ
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Fev 2024
22
15:04
Re: (SOIF 2016) Termodinâmica
Solução:
Mesmo que um gás sofra um processo irreversível, nós podemos calcular a variação de entropia usando a equação de processos reversíveis, [tex3]T \; dS=dU+P \; dV.[/tex3] Isso se deve ao fato de que a entropia é uma função de estado.
Para um gás ideal, [tex3]U=nc_vT,[/tex3] onde [tex3]c_v[/tex3] é o calor específico molar a volume constante, e [tex3]P=\frac{nRT}{V}.[/tex3]
Então: [tex3]dS=n\left(c_v \frac{dT}{T}+R\frac{dV}{V}\right) \Longrightarrow \Delta S=n \left(c_v\ln(T/T_0)+R\ln(V/V_0)\right), [/tex3] após a integração.
Por falta de informação, deve-se assumir que o sistema é termicamente isolado, e como o volume do sistema não varia, a energia interna permanece constante. Como [tex3]U \propto nT:[/tex3] (assumindo também por falta de informação que os gases são da mesma espécie)
[tex3]nT_1+nT_2=2nT \Longrightarrow T=\frac{T_1+T_2}{2}.[/tex3]
Então:
[tex3]\Delta S_1=n\left[c_v\ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_1}\right)+R\ln\left(\frac{V_1+V_2}{V_1}\right)\right][/tex3]
[tex3]\Delta S_2=n\left[c_v\ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_2}\right)+R\ln\left(\frac{V_1+V_2}{V_2}\right)\right][/tex3]
A variação de entropia do sistema é a soma dessas duas:
[tex3]\Delta S=n\left[c_v \ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1T_2}\right)+R\ln\left(\frac{(V_1+V_2)^2}{V_1V_2}\right)\right].[/tex3]
Mas agora usando o fato de que as pressões iniciais dos dois gases são iguais, isto é, [tex3]V_1=\frac{nRT_1}{P}[/tex3] e [tex3]V_2=\frac{nRT_2}{P},[/tex3] temos [tex3]\frac{(V_1+V_2)^2}{V_1V_2}=\frac{(T_1+T_2)^2}{T_1T_2},[/tex3] e a resposta final fica:
[tex3]\boxed{\Delta S=n\left[c_v \ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1T_2}\right)+R\ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{T_1T_2}\right)\right]}[/tex3]
b) No caso em que [tex3]T_1=T_2=T,[/tex3] o primeiro termo da soma acima fica zero, enquanto [tex3]\ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{T_1T_2}\right)=\ln(4),[/tex3] então a variação de entropia nesse caso é:
[tex3]\boxed{\Delta S=nR \ln(4)}[/tex3]
À primeira vista, pode parecer estranho que a entropia do sistema aumenta nesse caso, pois, antes da abertura da válvula, as duas repartições tinham a mesma temperatura, a mesma pressão, o mesmo número de partículas e os mesmos volumes, daí parece que não precisa haver nenhuma mudança no sistema ao se abrir a válvula. Mas acontece que as partículas que inicialmente estavam restritas exclusivamente a uma das duas regiões, agora passam a ocupar as duas regiões, o que acarreta em um aumento na desordem do sistema.
Mesmo que um gás sofra um processo irreversível, nós podemos calcular a variação de entropia usando a equação de processos reversíveis, [tex3]T \; dS=dU+P \; dV.[/tex3] Isso se deve ao fato de que a entropia é uma função de estado.
Para um gás ideal, [tex3]U=nc_vT,[/tex3] onde [tex3]c_v[/tex3] é o calor específico molar a volume constante, e [tex3]P=\frac{nRT}{V}.[/tex3]
Então: [tex3]dS=n\left(c_v \frac{dT}{T}+R\frac{dV}{V}\right) \Longrightarrow \Delta S=n \left(c_v\ln(T/T_0)+R\ln(V/V_0)\right), [/tex3] após a integração.
Por falta de informação, deve-se assumir que o sistema é termicamente isolado, e como o volume do sistema não varia, a energia interna permanece constante. Como [tex3]U \propto nT:[/tex3] (assumindo também por falta de informação que os gases são da mesma espécie)
[tex3]nT_1+nT_2=2nT \Longrightarrow T=\frac{T_1+T_2}{2}.[/tex3]
Então:
[tex3]\Delta S_1=n\left[c_v\ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_1}\right)+R\ln\left(\frac{V_1+V_2}{V_1}\right)\right][/tex3]
[tex3]\Delta S_2=n\left[c_v\ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_2}\right)+R\ln\left(\frac{V_1+V_2}{V_2}\right)\right][/tex3]
A variação de entropia do sistema é a soma dessas duas:
[tex3]\Delta S=n\left[c_v \ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1T_2}\right)+R\ln\left(\frac{(V_1+V_2)^2}{V_1V_2}\right)\right].[/tex3]
Mas agora usando o fato de que as pressões iniciais dos dois gases são iguais, isto é, [tex3]V_1=\frac{nRT_1}{P}[/tex3] e [tex3]V_2=\frac{nRT_2}{P},[/tex3] temos [tex3]\frac{(V_1+V_2)^2}{V_1V_2}=\frac{(T_1+T_2)^2}{T_1T_2},[/tex3] e a resposta final fica:
[tex3]\boxed{\Delta S=n\left[c_v \ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1T_2}\right)+R\ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{T_1T_2}\right)\right]}[/tex3]
b) No caso em que [tex3]T_1=T_2=T,[/tex3] o primeiro termo da soma acima fica zero, enquanto [tex3]\ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{T_1T_2}\right)=\ln(4),[/tex3] então a variação de entropia nesse caso é:
[tex3]\boxed{\Delta S=nR \ln(4)}[/tex3]
À primeira vista, pode parecer estranho que a entropia do sistema aumenta nesse caso, pois, antes da abertura da válvula, as duas repartições tinham a mesma temperatura, a mesma pressão, o mesmo número de partículas e os mesmos volumes, daí parece que não precisa haver nenhuma mudança no sistema ao se abrir a válvula. Mas acontece que as partículas que inicialmente estavam restritas exclusivamente a uma das duas regiões, agora passam a ocupar as duas regiões, o que acarreta em um aumento na desordem do sistema.
Editado pela última vez por παθμ em 22 Fev 2024, 15:07, em um total de 3 vezes.
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Fev 2024
25
00:10
Re: (SOIF 2016) Termodinâmica
Errata:
A solução acima na verdade só seria válida se os gases fossem distinguíveis entre si. Se eles forem da mesma espécie, ou seja, indistinguíveis entre si, não se pode tratá-los como gases distintos, cada um com uma determinada pressão parcial, como mostrado acima (o conceito de entropia está relacionado ao número de microestados possíveis de um sistema, por isso o conceito de distinguibilidade é tão importante).
Ao invés disso, consideramos que cada uma das duas amostras alcançou uma temperatura final [tex3]\frac{T_1+T_2}{2}[/tex3] e permaneceu à mesma pressão [tex3]P[/tex3] (pois a pressão final da mistura é [tex3]P[/tex3] ).
Por isso, podemos considerar que cada gás sofreu um processo isobárico, sendo [tex3]\Delta S_1=nc_p \ln\left(\frac{T_f}{T_1}\right)=nc_p \ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_1}\right)[/tex3] e [tex3]\Delta S_2= n c_p \ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_2}\right).[/tex3]
Então a variação de entropia na mistura foi [tex3]\Delta S= \Delta S_1 + \Delta S_2=\boxed{nc_p \ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1T_2}\right)}[/tex3]
E a resposta do item b) fica claramente [tex3]\boxed{\Delta S =0}[/tex3]
A solução acima na verdade só seria válida se os gases fossem distinguíveis entre si. Se eles forem da mesma espécie, ou seja, indistinguíveis entre si, não se pode tratá-los como gases distintos, cada um com uma determinada pressão parcial, como mostrado acima (o conceito de entropia está relacionado ao número de microestados possíveis de um sistema, por isso o conceito de distinguibilidade é tão importante).
Ao invés disso, consideramos que cada uma das duas amostras alcançou uma temperatura final [tex3]\frac{T_1+T_2}{2}[/tex3] e permaneceu à mesma pressão [tex3]P[/tex3] (pois a pressão final da mistura é [tex3]P[/tex3] ).
Por isso, podemos considerar que cada gás sofreu um processo isobárico, sendo [tex3]\Delta S_1=nc_p \ln\left(\frac{T_f}{T_1}\right)=nc_p \ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_1}\right)[/tex3] e [tex3]\Delta S_2= n c_p \ln\left(\frac{T_1+T_2}{2T_2}\right).[/tex3]
Então a variação de entropia na mistura foi [tex3]\Delta S= \Delta S_1 + \Delta S_2=\boxed{nc_p \ln\left(\frac{(T_1+T_2)^2}{4T_1T_2}\right)}[/tex3]
E a resposta do item b) fica claramente [tex3]\boxed{\Delta S =0}[/tex3]
Editado pela última vez por παθμ em 25 Fev 2024, 11:27, em um total de 1 vez.
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