2] Um kilo de vapor água saturado a 100^{\circ} \mathrm{C} passa para o estado de liquido saturado a 100^{\circ} \mathrm{C} num processo a pressão constante, através da transferência de calor do sistema para o meio que está a 25^{\circ} \mathrm{C}. Determine:
a) A variacao de entropia do sistema. \Delta Ssist = \_\_\_\_ kJ/K
b) A variacao de entropia da vizinhança \Delta Sviz = \_\_\_\_ kJ/K
c) O ganho entrópico \boldsymbol{\sigma}= \_\_\_\_ kJ/K
d) O trabalho ideal. Wideal = \_\_\_\_ kJ
e) O trabalho real. Wreal = \_\_\_\_ kJ
f) O trabalho perdido. Wlost = \_\_\_\_ kJ

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (tudo aqui eu peguei do enunciado que você mandou):
  • Massa do sistema: m=1\\ \mathrm{kg}.
  • Estado inicial: vapor saturado a 100^\circ\mathrm{C}.
  • Estado final: líquido saturado a 100^\circ\mathrm{C}.
  • Processo: a pressão é constante (logo a temperatura do sistema permanece em 100^\circ\mathrm{C} durante a mudança de fase).
  • Vizinhança (reservatório): temperatura T_0=25^\circ\mathrm{C}.
O enunciado pede, para esse processo:
(a) \Delta S_{\text{sist}} (variação de entropia do sistema);
(b) \Delta S_{\text{viz}} (variação de entropia da vizinhança);
(c) \sigma (gera\c{c}~ao de entropia total);
(d) W_{\text{ideal}} (trabalho ideal/exequível máximo);
(e) W_{\text{real}} (trabalho real obtido no processo descrito);
(f) W_{\text{lost}} (trabalho perdido).

Passo 2

Conceitos e relações que vamos usar (explicando cada símbolo):
  • Durante mudança de fase à temperatura constante, o calor trocado reversivelmente é o calor latente por unidade de massa h_{fg}. Aqui vou usar o valor típico de tabela para vapor saturado a 100^\circ\mathrm{C}: h_{fg}=2258\\ \mathrm{kJ/kg} (valor padrão de tabela).
    • h_{fg} é a entalpia específica de vaporização (energia por kg necessária/cedida na transformação vapor⇄líquido).
  • O calor trocado pelo sistema (convenção: positivo para calor recebido pelo sistema) é Q_{\text{sist}} = -\,m\,h_{fg},porque o sistema condensa e, portanto, perde calor para a vizinhança.
    Com m=1\\ \mathrm{kg} e h_{fg}=2258\\ \mathrm{kJ/kg} temos Q_{\text{sist}} = -2258\\ \mathrm{kJ}.
  • A variação de entropia do sistema numa mudança de fase reversível à temperatura de saturação T_{\text{sat}} satisfaz \Delta S_{\text{sist}} = m\,(s_f-s_g) = -m\,s_{fg},em que s_{fg}=s_g-s_f é a diferença de entropias específicas vapor–líquido. Como a transformação acontece à temperatura constante, pelo balanço reversível de calor temos s_{fg}=\frac{h_{fg}}{T_{\text{sat}}}.Aqui T_{\text{sat}}=100^\circ\mathrm{C}=373,15\\ \mathrm{K}. Vamos calcular s_{fg} a partir de h_{fg} para garantir consistência entre calor e entropia.

Passo 3

Cálculo da variação de entropia do sistema:
  • Primeiro calculo s_{fg}:
s_{fg}=\frac{h_{fg}}{T_{\text{sat}}}=\frac{2258\\ \mathrm{kJ/kg}}{373{,}15\\ \mathrm{K}}=6{,}051\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
(Arredondei mantendo 3 casas decimais para leitura; o valor exato depende ligeiramente da tabela, mas esta relação é exata se h_{fg} for o adotado.)
  • Então, para m=1\\ \mathrm{kg},
\Delta S_{\text{sist}} = -m\,s_{fg} = -1\cdot 6{,}051 = -6{,}051\\ \mathrm{kJ/K}.
Explicação didática: o sistema perde calor enquanto condensa, logo sua entropia diminui. Como a transformação é isotérmica e reversível internamente, a redução de entropia do sistema é simplesmente a entropia latente s_{fg} vezes a massa, com sinal negativo.

Passo 4

Cálculo da variação de entropia da vizinhança:
  • A vizinhança recebe o calor que o sistema perde, logo
Q_{\text{viz}} = -Q_{\text{sist}} = 2258\\ \mathrm{kJ}.
  • Para o reservatório térmico (vizinhança) à temperatura constante T_0=25^\circ\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K}, a variação de entropia é
\Delta S_{\text{viz}} = \frac{Q_{\text{viz}}}{T_0} = \frac{2258}{298{,}15}=7{,}577\\ \mathrm{kJ/K}.
Comentário prático: aqui usei a fórmula \Delta S = Q/T porque o reservatório é grande e permanece praticamente isoter- mo, logo a transferência é tratada como reversível do ponto de vista do reservatório (aumenta sua entropia por Q/T_0).

Passo 5

Cálculo da gera\c{c}~ao de entropia total \sigma:
  • A gera\c{c}~ao de entropia é a soma das variações
\sigma = \Delta S_{\text{sist}} + \Delta S_{\text{viz}} = -6{,}051 + 7{,}577 = 1{,}526\\ \mathrm{kJ/K}.
Interpretação: \sigma>0 (como esperado) porque o processo real irreversível (troca de calor entre corpos a temperaturas diferentes) produz entropia.

Passo 6

Cálculo do trabalho ideal W_{\text{ideal}} (máximo trabalho recuperável, assumindo processo reversível):
  • O calor rejeitado Q_{\text{viz}}=2258\\ \mathrm{kJ} poderia, idealmente, ser convertido em trabalho com eficiência de Carnot entre a fonte à T_{\text{sat}}=373{,}15\\ \mathrm{K} e o reservatório à T_0=298{,}15\\ \mathrm{K}. O trabalho máximo associado a esse calor é
W_{\text{ideal}} = Q_{\text{viz}}\left(1-\frac{T_0}{T_{\text{sat}}}\right).
  • Alternativamente, usando a relação entre \sigma e exergia destruída, nota-se que
W_{\text{ideal}} = T_0\,\sigma,
e as duas expressões são algebraicamente equivalentes quando se usa \sigma = Q_{\text{viz}}\left(\dfrac{1}{T_0}-\dfrac{1}{T_{\text{sat}}}\right). Vou calcular por qualquer uma das duas fórmulas; uso a primeira:
W_{\text{ideal}} = 2258\left(1-\frac{298{,}15}{373{,}15}\right)=2258\cdot 0{,}2014 = 454{,}84\\ \mathrm{kJ}.
(Consistência: também T_0\sigma = 298{,}15\cdot 1{,}526 \approx 454{,}84\\ \mathrm{kJ}.)
Explicação conceitual: este é o trabalho máximo teoricamente extraível se a transferência de calor fosse feita de modo reversível e com um dispositivo ideal (p.ex. máquina térmica de Carnot operando entre T_{\text{sat}} e T_0). É o “exergia” que estava disponível no calor liberado.

Passo 7

Cálculo do trabalho real W_{\text{real}} e do trabalho perdido W_{\text{lost}}:
  • No processo descrito pelo enunciado não foi mencionado nenhum dispositivo que extraia trabalho — é simplesmente a condensação do vapor a 100^\circ\mathrm{C} para o ambiente a 25^\circ\mathrm{C}. Assim, na prática, nenhum trabalho útil é produzido: W_{\text{real}} = 0\\ \mathrm{kJ}.(Se houvesse uma máquina ideal acoplada, poderíamos extrair até W_{\text{ideal}}.)
  • O trabalho perdido (ou exergia destruída) devido à irreversibilidade é a diferença entre o ideal e o real, ou simplesmente W_{\text{lost}} = W_{\text{ideal}} - W_{\text{real}} = W_{\text{ideal}},pois W_{\text{real}}=0. Numericamente, W_{\text{lost}} = 454{,}84\\ \mathrm{kJ}.
  • Observação importante (ligando entropia e tarefa): a relação fundamental é W_{\text{lost}} = T_0\,\sigma,que já verificamos numericamente.

Resposta

\Delta S_{\text{sist}} = -6{,}051\\ \mathrm{kJ/K}
\Delta S_{\text{viz}} = 7{,}577\\ \mathrm{kJ/K}
\sigma = 1{,}526\\ \mathrm{kJ/K}
W_{\text{ideal}} = 454{,}84\\ \mathrm{kJ}
W_{\text{real}} = 0\\ \mathrm{kJ}
W_{\text{lost}} = 454{,}84\\ \mathrm{kJ}

Exercícios relacionados