Ap - Calor e 1a lei - VE0318

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Apostila baseada no Tipler 3 e 4ª edições – Física II; Profs Ricardo e Amauri 
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Calor e Primeira Lei da Termodinâmica 
 
Calor – é a energia transferida de um corpo para outro em virtude, basicamente, de uma diferença de 
temperatura. 
 
1 – Capacidade Calorífica e Calor Específico 
 
A quantidade de calor necessária para alterar a temperatura de um corpo de massa m é dada pela seguinte 
equação: 
 Q = m c T, (1) 
 
onde c é o calor específico e T é a variação de temperatura sofrida pelo corpo. A unidade de calor é o Joule 
(SI), representada pela letra J. 
 
Da Eq. (1) podemos concluir que o calor Q é negativo se o corpo esfria ou positivo se aquece. Para isto é 
necessário que calor saia do corpo ou entre nele. 
 
A capacidade calorífica é a quantidade necessária de calor para elevar de um grau a temperatura do corpo. E é 
dada pela seguinte equação: 
 C = m c. (2) 
 
Levando (2) em (1), obtemos que Q = CT. 
 
A unidade de capacidade calorífica é J/K ou J/°C. O calor específico, por outro lado, é J/kg.K. 
 
Em muitos livros é comum a utilização da caloria (cal) como unidade de medida para o calor. 
 
1 cal = 4,184 J. 
 
Por último temos a capacidade calorífica por mol, denominada de Capacidade Calorífica Molar; ela é definida 
da seguinte maneira: 
 Cm = M c , (3) 
 
onde M é a massa molecular da substância. 
 
Pergunta: 
Sendo cagua > careia , explique a razão para que durante o dia o vento vem do oceano para o continente e a noite 
faz o caminho inverso. 
 
A Tabela 1 mostra algumas substâncias com seus respectivos calores específicos. 
 
Substância c (kJ/kg.K) Substância c (kJ/kg.K) 
Alumínio 0,900 Gelo 2,05 
Chumbo 0,128 Água (vapor) 2,01 
Cobre 0,386 Água 4,18 
Prata 0,233 Álcool etílico 2,4 
Ouro 0,126 Mercúrio 0,14 
 
 
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2 – Mudança de fase e calor latente. 
 
Mudança de fase – é a mudança de um estado físico de uma substância. Nesta mudança, o corpo não altera sua 
temperatura, pois toda energia recebida pelo corpo está sendo utilizada para reordenar as moléculas que forma 
a substância. 
 
O calor necessário para que ocorra a mudança de fase de uma substância de massa m é: 
 
 Qf, v =m.Lf, v. (4) 
 
Lf e Lv são os calores latente, relacionado com a fusão, e vaporização, respectivamente. Lembrando que a 
vaporização pode ser lenta (evaporação pode ocorrer a temperatura mesmo abaixo de 100ºC) ou rápida 
(ebulição ocorre quando as bolhas são formadas no interior do líquido e quando a pressão dessas fica maior 
que a atmosfera elas se expandem e estouram na superfície. 
 
Calorímetro – é um equipamento utilizado para determinar o calor específico de uma substância. Ele consiste 
simplesmente de um recipiente isolado termicamente. 
 
Considere um corpo de massa m e temperatura inicial Ti. Este corpo é colocado num calorímetro (Figura 1) de 
massa mc e temperatura inicial Tci contendo uma quantidade de água de massa ma a uma temperatura inicial 
Tai. Se a está em equilíbrio térmico com o calorímetro, então podemos dizer que Tci = Tai = To Vamos calcular 
a temperatura final que todos os corpos ficam após atingir o equilíbrio termodinâmico considerando que Ti > 
To. 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 1 – Corpo de massa m numa temperatura Ti é colocado dentro de um calorímetro com uma temperatura menor. O 
corpo cederá calor ao calorímetro e a água até que estes atingem uma temperatura final de equilíbrio Tf. 
 
 
O calor que o corpo cede (adotado como negativo) ao calorímetro e a água até atingir a temperatura Tf é: 
 
| Qced |= mc(Ti – Tf ). 
 
Veja que aqui utilizamos Ti – Tf para que o módulo do calor cedido seja positivo. Este calor é igual àquele que 
o sistema calorímetro + água recebe (calor positivo), ou seja: 
 
Qrec = ma ca (Tf - Tai) + mc cc (Tf - Tci). 
 
Como |Qced| = Qrec, obtemos: 
 
 
𝑚𝑐(𝑇𝑖 − 𝑇𝑓) = 𝑚𝑎𝑐𝑎(𝑇𝑓 − 𝑇0) + 𝑚𝑐𝑐𝑐(𝑇𝑓 − 𝑇0) ⇔ 𝑐 =
(𝑚𝑎𝑐𝑎 + 𝑚𝑐𝑐𝑐)(𝑇𝑓 − 𝑇0)
𝑚(𝑇𝑖 − 𝑇𝑓)
 
(5) 
 
A Eq. (5) fornece o valor de c. 
 
→ 
água 
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Nota: 
1) Podemos dizer que Qrec + Qced = 0. Aqui podemos fazer sempre a temperatura final – temperatura 
inicial. O resultado é também a Eq. (4). Mas cuidado. Faça o exemplo abaixo e veja se você entendeu. 
 
2) O módulo se aplica a cada termo (etapa) do calor cedido. 
 
 
Troca de calor 
 
Exemplo 1: Calcule a temperatura final de equilíbrio quando 100 g de vapor a 120ºC é colocado em 5 kg de 
água a 20ºC. Todo o sistema está isolado. O “v” refere-se a vapor. 
 
1º método: Qrec = |Qced |. O módulo de Qced se aplica a todos os termos do calor cedido. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑚𝑎𝑐𝑎(𝑡𝑓 − 20) = 𝑚𝑣𝑐𝑣(120 − 100) + 𝑚𝑣𝐿𝑣 + 𝑚𝑣𝑐𝑎(100 − 𝑡𝑓) 
 
5 × 4180(𝑡𝑓 − 20) = 0,1 × 2010 × (120 − 100) + 0,1 × 2257000 + 0,1 × 4180 × (100 − 𝑡𝑓) 
 
⇒ 𝑡𝑓 = 32,3°𝐶 
 
 
2º método: Qrec + Qced = 0. 
 
𝑚𝑎𝑐𝑎(𝑡𝑓 − 20) + 𝑚𝑣𝑐𝑣(100 − 120) − 𝑚𝑣𝐿𝑣 + 𝑚𝑣𝑐𝑎(𝑡𝑓 − 100) = 0. 
 
Colocando os respectivos valores dos parâmetros na equação, obtemos, mais uma vez, tf = 32,3ºC. 
 
 
Exemplo 2: Um pedaço de gelo de 200 g a 0°C foi colocado em 500 g de água a 20°C. O sistema está num 
vaso que tem capacidade calorífica desprezível e está termicamente isolado. (a) qual a temperatura final de 
equilíbrio e (b) qual a massa de gelo que foi derretida? 
 
Solução: Inicialmente é necessário saber se a quantidade de gelo é capaz de derreter completamente a partir 
do calor cedido pela água quando ela sai de 20 para 0°C. 
 
Quantidade de calor para o gelo precisa receber para derreter a 0°C. 
 
Q1 = mg.Lf = 0,2 x 333,5x103 = 66700J. 
 
O calor recebido pelo gelo foi fornecido pela água. Se este calor não for suficiente para derreter todo o gelo, 
então já podemos dizer que a temperatura final é 0°C. 
 
Quantidade de calor que a água precisa perder para chegar a 0°C. 
Vapor 
120°C 
Vapor 
100°C 
Água 
100°C 
Água 
 tf 
Água 
tf 
Água 
20°C 
mv cv (100 - 120) - mv Lv mv ca (tf - 100) ma ca (tf - 20) 
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Q2 = ma ca (ti – tf) = 0,5 x 4180 x (20 – 0) = 41800 J. 
 
Como Q2 < Q1, então o gelo não será completamente derretido e a temperatura de equilíbrio é 0°C! Podemos 
calcular quanto de gelo foi derretido a partir do calor cedido pela água para chegar a 0°C. 
 
41800 = mLf  m = 41800/333500 = 0,125 kg ou 125 g é a quantidade de gelo derretido. 
 
Quais as outras possibilidades que poderíamos ter para este tipo de problema? Considere, por exemplo, a 
água a 40°C, ou o gelo a -10°C.... 
 
 
Exercício: Prove que, para cada grau que a temperatura da água diminui, a temperatura do gelo, com mesma 
massa, aumenta ~2,04. 
 
 
A Tabela abaixo mostra o ponto de fusão normal (PF), calor latente de fusão (Lf ), o ponto de ebulição normal 
(PE) e o calor latente de vaporização (Lv ) de algumas substâncias a 1 atm. (Tipler e www.nuclear-power.net) 
 
Substância PF (K) Lf 
(kJ/kg) 
PE 
(K) 
Lv 
(kJ/kg) 
Substância PF 
(K) 
Lf 
(kJ/kg) 
PE 
(K) 
Lv 
(kJ/kg) 
Água 273,15 333,5 373,15 2257 Hélio --- --- 4,2 21 
Álcool etílico 159 109 351 879 Mercúrio 234 11,3 630 296 
Chumbo 600 24,7 2023 858 Nitrogênio 63 25,7 77,35 199 
Cobre 1356 205 2839 4729 Ouro 1336 62,8 3081 1701 
Ferro 1811 247 3134 6243 Prata 1234 120 2436 2665 
 
Curiosidade: Fases da água (http://www.physicalgeography.net/fundamentals/8a.html) 
 
A única forma 
das moléculas de 
água se unirem. 
 
 
água no estado 
sólido(forma 
ordenada) 
 
água no estado 
líquido (forma 
semi-ordenada) 
 
água no estado 
de vapor 
 
 
3 – A Primeira Lei da Termodinâmica 
 
O calor líquido (Q) adicionado a um sistema é igual à variação de energia interna (U) do sistema mais o 
trabalho (W) realizado pelo sistema. Esta Lei éuma lei de conservação de energia. Matematicamente ela é 
dada por: 
 Q = U + W (6) 
 
U > 0 → normalmente está relacionada com o aumento de temperatura e/ou mudança de fase. 
U < 0 → decréscimo de temperatura. 
http://www.nuclear-power.net/
http://www.physicalgeography.net/fundamentals/8a.html
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 W > 0 → o sistema realiza trabalho – um gás se expandindo e empurrando um pistão. 
 W < 0 → trabalho realizado sobre o sistema – um gás sendo comprimido. 
 
Q > 0 → calor entra no sistema. 
Q < 0 → calor sai do sistema. 
 
A variação de energia interna só depende do estado final e do estado inicial (por isto é considerada uma 
função de estado assim como P, V e T), porém, Q e W dependem do caminho tomado para sair de um 
estado e ir para outro, logo não são consideradas funções de estado. 
 
Se escrevermos que 
 dQ = dU + dW. (7) 
 
Podemos dizer que dU é uma diferencial, mas dQ e dW são apenas quantidades infinitesimais adicionadas 
ao sistema. Isso se deve ao fato dU depender apenas das temperaturas inicial e final. 
 
 
4 – A Energia Interna de um Gás 
 
A energia cinética total de um gás é: K = (3/2) nRT. 
 
Se esta é a única energia do gás, então: 
 
U = (3/2) nRT. 
 
Isto só é possível se considerarmos que o gás é formado por átomos. Caso o gás seja composto por 
moléculas, então a rotação destas deve ser considera no cálculo da energia cinética. Devemos ter em mente 
que a energia interna só depende da temperatura que o gás se encontra. Assim, se existe uma variação de 
temperatura, a variação da energia interna só depende destas temperaturas e não do caminho como estas 
temperaturas foram variadas. 
 
Expansão adiabática livre 
 
A energia interna depende ou não do volume que ele ocupa? 
 
Na expansão adiabática livre o gás não troca calor com o ambiente, logo Q = 0. Também, como o vácuo no 
lado direito (Figura 2) não oferece qualquer resistência a sua expansão, temos W = 0. Logo, U = 0, ou 
seja, não ocorre qualquer variação de temperatura. Isto vale quando a pressão dentro do vasilhame é 
pequena. 
 
Na expansão, espera-se que a energia potencial de interação aumente, pois a distância entre as moléculas 
aumentam, consequentemente, a energia cinética diminui, e a temperatura também. Para um gás ideal, isto 
não foi verificado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 2 – Quando o anteparo que separa as câmeras for retirado instantaneamente, o gás se expandirá 
rapidamente até ocupar os dois compartimentos sob a mesma pressão. 
 
 
gás vácuo 
Parede adiabática 
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5 – Trabalho e Diagrama PV de um Gás 
 
Aplicações da 1a Lei da Termodinâmica. 
 
Suponha um gás confinado num cilindro. Se o gás se expande, o trabalho realizado por ele sobre o pistão 
de área A é: 
 
 dW = F.dx = PA.dx = P dV. (8) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nota: o trabalho é o produto interno entre a força e o deslocamento de um corpo F.dx. Se o deslocamento 
não está no mesmo sentido da força, então o trabalho é negativo. 
 
Da Eq. (8), podemos escrever que o trabalho é dado por: 
 
 
𝑊 = ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 
(9) 
 
O que é fundamental para se calcular o trabalho a partir da Eq. (9) é saber como a pressão varia com V! 
Veja também que o trabalho é igual à área sob a curva de P contra V. 
 
 
Exemplos de processos básicos: 
 
Processo isobárico (Figura 4, caminho 1 → 2 ou 3 → 4): Se o volume do gás aumenta à pressão constante 
de V1 para V2, a temperatura aumenta, pois o gás sai de uma isotérmica (vermelha) para outra (azul), e para 
que isto ocorra, calor é adicionado. Então Q12 > 0 e U12 > 0. E o trabalho é calculado da seguinte maneira: 
 
𝑊12 = ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉2
𝑉1
= 𝑃1,2 × (𝑉2 − 𝑉1) > 0. 
 
Para o processo de 3 para 4, temos que a temperatura decresce e Q34 < 0 e U34 < 0. 
 
𝑊34 = ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉4
𝑉3
= 𝑃3,4 × (𝑉4 − 𝑉3) < 0. 
 
Fig. 3 – Quando o pistão se move para 
direita, o volume aumenta de um valor 
dV = A dx, onde dx é o deslocamento 
infinitesimal do pistão e A é a sua área. 
Fig. 4 – O gráfico ao lado mostra três situações 
distintas para um gás sair do estado 1 para o 
estado 3 (processo isotérmico – linha vermelha). 
Ou via os estados 2 ou 4. Como o trabalho é igual 
a área sob a curva, então em cada um dos 
caminhos, o trabalho é diferente. As linhas 
coloridas representam as isotermas. 
Área do 
pistão A 
F 
dx F = PA 
gás 
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Processo isocórico (Figura 4, caminho 4 → 1 ou 2 → 3): 
 
Como V é constante, dV = 0 e o trabalho, consequentemente, também o é. Outro motivo é que não existe 
qualquer área sob esta curva (Figura 4). Assim, pela 1a Lei, Q = U. 
 
W = 0; 
Q = U. 
 
Processo isotérmico (Figura 4, caminho 1 → 3): T constante (vermelha). 
 
𝑊 = ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= ∫
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑉3
𝑉1
𝑑𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ln
𝑉3
𝑉1
. 
 
W = Q > 0, pois o volume aumenta e Uf – Ui = 0. 
 
 
Ciclo Completo – Qual o trabalho total? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se o ciclo for inverso, o W < 0. 
 
No caso de uma variação que não esteja incluído nos processos acima, faz-se necessário determinar como 
é a função de P em relação à V e aplicar na Eq. 8. Outra maneira, é calcular a área sob a curva se o ciclo 
não é completo ou a área da figura que é limitada pelas curvas para um ciclo completo. Este último, na 
realidade, não passar de uma integração. 
 
Exemplo: 
 
Suponha que um litro de um gás está a 1 atm e sofre uma expansão até o volume de 3l e pressão de 2atm. 
Em seguida, a pressão é reduzida para 1 atm porém com volume igual a 6l. Calcule o trabalho total realizado 
por este gás. Este problema será resolvido de duas formas, uma por integração, outra por simples cálculo 
direto da área sob a curva. Veja que estes dois estágios não se enquadram em quaisquer daqueles processos 
apresentados anteriormente. 
 
Vemos que entre 1 e 2 e entre 2 e 3, a variação da pressão com o volume 
se dá através de duas retas. Assim, é necessário determinar as equações 
das retas. 
 
 
 
 
 
 
 1 2 3 
V (L) 1 3 6 
P (atm) 1 2 1 
WT = W12 + W23 + W34 + W41 
 
WT = P1.(V2 – V1) + 0 + P3.(V4 – V3) + 0 
 
WT = (P1 – P3).(V2 – V1). 
 
Isso é a área do retângulo. Aqui, usamos o 
fato que V4 = V1, V2 = V3, P4 = P3 e P2 = P1. 
1 
WT 
V 
P 
2 
3 4 
P1 
P3 
V2 V1 
0 1 2 3 4 5 6 7
Volume (l)
0
1
2
3
P
re
s
s
ã
o
 (
a
tm
)
1
2
3
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8 
 
Entre 1 e 2: A reta que descreve o processo é dada pela seguinte equação: 
 
𝑃12(𝑉) =
1
2
𝑉 +
1
2
=
𝑉+1
2
. 
 
Cálculo do trabalho: 
 
𝑊12 = ∫ 𝑃(𝑉)𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 ⇒ 𝑊12 = ∫
𝑉 + 1
2
𝑑𝑉
3
1
=
1
2
(
𝑉2
2
+ 𝑉)|
1
3
 ⇒ 𝑊12 = 3 𝐿. 𝑎𝑡𝑚 
 
Para o processo entre 2 e 3, temos a seguinte equação que relaciona P e V: P(V) = - V/3 +3. 
 
Assim, o trabalho entre 2 e 3 é obtido da seguinte forma: 
 
𝑊23 = ∫ 𝑃(𝑉)𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 ⇒ 𝑊23 = ∫ (−
𝑉
3⁄ + 3)𝑑𝑉
6
3
= (− 𝑉
2
6⁄ + 3𝑉)|3
6
 ⇒ 𝑊23 = 4,5 𝐿. 𝑎𝑡𝑚 
 
O trabalho total realizado pelo gás é a soma de cada um dos trabalhos, ou seja, 7,5 L.atm. 
 
 
Cálculo do trabalho via cálculo da área sob a curva: 
 
Neste caso, os processos entre 1 e 2 e entre 2 e 3 compreendem dois trapézios. A área do primeiro trapézio 
que corresponde ao primeiro processo é obtido pela seguinte equação: 
 
𝑊12 =
(1 + 2)
2
(3 − 1) = 3 𝐿. 𝑎𝑡𝑚 
 
Para o processo entre 2 e 3, temos: 
 
𝑊23 =
(2 + 1)
2
(6 − 3) = 4,5 𝐿. 𝑎𝑡𝑚 
 
Logo, o trabalho total, como era de se esperar, vale 7,5 L.atm. 
 
 
6 – Capacidades Caloríficas e Teorema da Equipartição da Energia 
 
Até agora não fizemos qualquer menção com relação à capacidade calorífica de um corpo. Se um gás é 
aquecido até uma temperatura Tà volume constante, todo calor fornecido a este gás é transformado em 
energia interna, pois o trabalho realizado pelo gás é zero. Porém, ao ser aquecido até T isobaricamente, 
mais calor é necessário, pois, simultaneamente, será realizado trabalho. Logo, podemos dizer que C a 
volume constante (CV) é menor que C a pressão constante (CP). 
 
CP > CV. 
 
Matematicamente podemos escrever que: 
 QV = CV T = U (10) 
ou 
 dU = CV dT  CV = dU/dT (11) 
 
Para P constante, temos: 𝑄𝑃 = 𝐶𝑃 Δ𝑇 = Δ𝑈 + 𝑃Δ𝑉, ou 
 
 𝐶𝑃𝑑𝑇 = 𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉 (12) 
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da Eq. (4), temos que V = nRT/P e, consequentemente, supondo P e n constantes, podemos derivar a 
seguinte equação: 
 
 𝑑𝑉
𝑑𝑇
=
𝑛𝑅
𝑃
⇔ 𝑃𝑑𝑉 = 𝑛𝑅𝑑𝑇 
 
(13) 
Levando Eq. (13) na Eq. (12) e usando a Eq. (11), obtemos: 
 
A Eq. (14) relaciona as duas capacidades caloríficas. 
 
Para um gás monoatômico, U = (3/2)nRT. 
 
Utilizando as Eq. (11) e (14), obtemos: 
 
CV = 3/2 nR e CP = 5/2 nR. 
 
Atenção: Variação de energia interna é SEMPRE igual a Cv (Tf – Ti), independente do processo, 
seja ele isotérmico, isobárico, isocórico, adiabático ou não definido !!!!!! 
 
 
Teorema da Equipartição da Energia 
 
Quando uma substância estiver em equilíbrio, a energia média associada a cada grau de liberdade da 
molécula é kT/2 por molécula ou RT/2 por mol. No caso de um gás formado por uma molécula diatômica, 
podemos dizer que, além dos três graus de liberdade (translacional em x, y e z) que ela tem, podemos agora 
acrescentar mais dois relacionados com a rotação da molécula em torno de dois eixos (y´ e z´) 
perpendiculares ao eixo da molécula z´. 
Para 5 graus de liberdade, temos: 
 
CV = (5/2)nR e CP = (7/2)nR 
 
 
 
Para um sólido, na maior parte deles, a capacidade calorífica molar (Cm = C/n) obedece a Lei de Dulong-
Pepit, ou seja: 
 
Cm = 3R = 24,9 J/mol.K. 
 
Isto equivale a 6 graus de liberdade! 
 
 
 
 
 
 𝐶𝑃𝑑𝑇 = 𝐶𝑉𝑑𝑇 + 𝑛𝑅𝑑𝑇 ⇒ 𝐶𝑃 = 𝐶𝑉 + 𝑛𝑅 (14) 
Fig. 5 – Modelo de um halter rígido de uma molécula diatômica de um gás. 
Não é considerada rotação em torno do eixo da molécula, pois, para isto seria 
necessário considera-la rugosa para que num choque com outra molécula, 
acontecer a rotação. 
 
y' 
z' 
x' 
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7 – A Expansão Adiabática Quase-Estática de um Gás 
 
Ocorre quando o gás se expande adiabaticamente de um ponto (P1, V1) até um ponto (P2, V2) sem realizar 
troca de calor com a vizinhança e de forma bem lenta para que todos os parâmetros físicos estejam sempre 
definidos. Neste processo, o gás esfria-se ao transformar parte de sua energia interna U em trabalho, pois 
o Q = 0. Este processo está representado na Figura 6. O cálculo do trabalho realizado pelo gás é obtido a 
partir da Eq. (9). Porém, é importante obtermos uma expressão matemática que represente o comportamento 
da pressão com relação com ao volume para este processo. Para isso, partiremos da 1ª Lei da 
Termodinâmica levando em conta que o calor envolvido neste processo é zero. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 6 – As linhas vermelha e azul representam as isotermas T1 e T2. A linha preta grossa representa o processo 
adiabático. O trabalho no processo adiabático é igual à área sob a curva adiabática. 
 
 
Da 1a Lei da Termodinâmica, e utilizando o fato de que CP - CV = nR, temos: 
 
Integrando (15), obtemos: 
 
 
 = CP/CV.. Se aplicarmos exponencial em ambos os lados de (17), lembrando que eln(
x) = x, podemos 
reescrever a equação da seguinte maneira: 
 
Lembre-se que a exp (cte) é uma outra constante. 
 
Se substituirmos T por PV/nR, teremos: 
 
 
0 = 𝐶𝑉𝑑𝑇 + 𝑃𝑑𝑉 ⇔ 0 = 𝐶𝑉𝑑𝑇 +
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑑𝑉 ⇔ 0 = 𝐶𝑉
𝑑𝑇
𝑇
+ (𝐶𝑃 − 𝐶𝑉)
𝑑𝑉
𝑉
 
 
⇔ 
𝑑𝑇
𝑇
+
(𝐶𝑃 − 𝐶𝑉)
𝐶𝑉
𝑑𝑉
𝑉
=
𝑑𝑇
𝑇
+ (𝛾 − 1)
𝑑𝑉
𝑉
= 0 
 
(15) 
 
∫
𝑑𝑇
𝑇
+ (𝛾 − 1) ∫
𝑑𝑉
𝑉
= 𝑐𝑡𝑒 
 
(16) 
 𝑙𝑛 𝑇 + (𝛾 − 1) 𝑙𝑛 𝑉 = 𝑐𝑡𝑒 ⇒ 𝑙𝑛( 𝑇𝑉𝛾−1) = 𝑐𝑡𝑒 (17) 
 𝑇𝑉𝛾−1 = 𝑐𝑡𝑒 (18) 
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Podemos escrever a seguinte expressão: 
 
 
O comportamento de P com relação a V para um processo adiabático é representado matematicamente 
através da Eq. (19) e é mostrado na Figura 6. A curva é parecida com uma isoterma, mas tem uma inclinação 
maior 
 
Com relação à cte da Eq. (19), e.g., podemos dizer que ela é igual a: 
 
𝑃1𝑉1
𝛾
= 𝑃2𝑉2
𝛾
= ⋯ = cte 
 
 
Cálculo do trabalho do processo adiabático 
 
Uma maneira de obter o trabalho adiabático é levar a Eq. (19) na Eq. (9) e resolver a integral. Veremos isso 
mais à frente. Outra maneira é partir da 1ª Lei, ou seja: 
 
 
Se o gás é mono ou diatômico, podemos substituir CV por 3nR/2 ou 5nR/2, respectivamente. Com isso 
podemos escrever que o trabalho para um gás monoatômico tem a seguinte expressão: 
 
𝑊12 = −
3𝑛𝑅
2
(𝑇2 − 𝑇1) = −
3
2
(𝑛𝑅𝑇2 − 𝑛𝑅𝑇1) =
3
2
(𝑃1𝑉1 − 𝑃2𝑉2). 
 
Se o gás é diatômico trocamos o 3/2 por 5/2. 
 
Um detalhe sobre a Eq. (21) é que, numa expansão adiabática o trabalho é positivo, isso resulta na 
diminuição da temperatura final (T2) com relação à temperatura inicial (T1), ou seja, o gás esfria. 
 
O trabalho adiabático pode ser obtido, também, a partir da integração direta da definição de trabalho, ou 
seja: 
 
𝑊12 = ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉2
𝑉1
= ∫ 𝑐𝑡𝑒
𝑑𝑉
𝑉𝛾
𝑉2
𝑉1
= 𝑐𝑡𝑒
𝑉−𝛾+1
−𝛾 + 1
|
𝑉1
𝑉2
=
1
−𝛾 + 1
 (𝑃2𝑉2
𝛾
 𝑉2
−𝛾+1
− 𝑃1𝑉1
𝛾
 𝑉1
−𝛾+1
) 
 
 
Para chegar nesta última expressão fizemos uso de 𝑐𝑡𝑒 = 𝑃1𝑉1
𝛾
= 𝑃2𝑉2
𝛾
 . 
 
 
 
 𝑃𝑉
𝑛𝑅
𝑉𝛾−1 = 𝑐𝑡𝑒 ⇒ 𝑃𝑉𝛾 = 𝑐𝑡𝑒 
 
(19) 
 
 
𝑇
𝑇
𝑃𝛾−1
𝛾−1
= 𝑐𝑡𝑒 ⇒ 𝑇𝛾𝑃1−𝛾 = 𝑐𝑡𝑒 
 
(20) 
 𝑄 = ∆𝑈 + 𝑊12 = 0 ↔ 𝑊12 = −∆𝑈 = −𝐶𝑉(𝑇2 − 𝑇1) (21) 
 
⇒ 𝑊12 =
(𝑃1𝑉1 − 𝑃2𝑉2)
𝛾 − 1
 (22) 
Apostila baseada no Tipler 3 e 4ª edições – Física II; Profs Ricardo e Amauri 
12 
 
Exercícios: 
 
1) Um grama de água se transforma em 1671 cm3 quando ocorre o processo de ebulição a uma pressão 
constante de 1 atm. Calcule a) o trabalho realizado pela água quando ela se transforma em vapor e b) o 
aumento da sua energia interna. 
Resposta: a) 169 J; b) 2087 J. 
 
 
2) Um gás realiza dois processos. No primeiro, o volume permanece constante a 0,200 m3 e a pressão cresce 
de 2,00 x105 Pa até 5,00 x105 Pa. O segundo processo é uma compressão até o volume 0,120 m3 sob pressão 
constante de 5,00 x105 Pa. a) Desenhe um diagrama PV mostrando estes dois processos e b) calcule o 
trabalho total realizado pelo gás nos dois processos. 
Resposta: a) 0 J; b) –4,00 x 104 J. 
 
 
3) Um mol de um gás ideal inicialmente a 4,00 atm e 350 K sofre uma expansão adiabática até 1,50 vez 
seu volume inicial. Calcule a temperatura e a pressão no estado final sabendo que o gás é a) monoatômico 
e, b) diatômico. 
Resposta: a) 267,8 K e 2,03 atm; b) 298 K e 2,27 atm. 
 
 
4) Qual a variação da energia interna do gás monoatômico e o trabalho para o exercício acima? 
Resposta: -1025 J e 1025 J.