(**) Calcule a variação na entropia de 1.5 kg de chumbo (calor específico c \approx 128 \mathrm{~J} /(\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}) ) quando ele é resfriado de 100^{\circ} \mathrm{C} para 20^{\circ} \mathrm{C}, a pressão constante. Qual é o valor mínimo que a entropia do entorno deve aumentar neste processo? Por quê?

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. Calcular a variação da entropia de 1{,}5\\ \mathrm{kg} de chumbo (com c \approx 128\\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot\mathrm{K})) quando ele é resfriado de 100^\circ\mathrm{C} para 20^\circ\mathrm{C} à pressão constante.
  2. Determinar o valor mínimo que a entropia do entorno deve aumentar nesse processo e explicar por quê.
Informações dadas (relevantes):
  • Massa: m = 1{,}5\\ \mathrm{kg}.
  • Calor específico (aprox.): c = 128\\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot\mathrm{K}).
  • Temperaturas iniciais e finais: T_i = 100^\circ\mathrm{C} e T_f = 20^\circ\mathrm{C}.
  • Processo à pressão constante (para sólidos, calor específico à pressão ou volume pode ser tratado como constante aqui).
    Nada mais será assumido além disso.

Passo 2

Conceito e fórmula que vamos usar (aulas rápidas):
  • Entropia é uma grandeza termodinâmica que mede a “dispersão” de energia; para uma transformação reversível infinitesimal, a variação de entropia é \mathrm{d}S = \frac{\delta Q_\text{rev}}{T}, onde \delta Q_\text{rev} é o calor trocado reversivelmente e T é a temperatura absoluta (Kelvin).
  • Se o calor específico c for (aproximadamente) constante na faixa de temperatura, o calor trocado por uma massa m ao mudar de temperatura é \delta Q_\text{rev} = m c\,\mathrm{d}T.
  • Assim, a variação de entropia do corpo é a integral
\Delta S = \int_{T_i}^{T_f}\frac{\delta Q_\text{rev}}{T} = \int_{T_i}^{T_f}\frac{m c\,\mathrm{d}T}{T} = m c \ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right).
Aqui:
  • m é a massa (em \mathrm{kg}),
  • c é o calor específico (em \mathrm{J}/(\mathrm{kg}\cdot\mathrm{K})),
  • T_i e T_f são temperaturas absolutas (em K),
  • \Delta S fica em \mathrm{J}/\mathrm{K}.
Observação didática: precisamos usar Kelvin. Para converter, T(K)=T(^{\circ}\mathrm{C})+273{,}15.

Passo 3

Converter as temperaturas dadas para Kelvin:
T_i = 100^\circ\mathrm{C} = 100 + 273{,}15 = 373{,}15\\ \mathrm{K},
T_f = 20^\circ\mathrm{C} = 20 + 273{,}15 = 293{,}15\\ \mathrm{K}.
Calcular o fator m c:
m c = 1{,}5\cdot 128 = 192\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}.
Aplicar a fórmula da entropia:
\Delta S = m c \ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) = 192 \ln\!\left(\frac{293{,}15}{373{,}15}\right)\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}.

Passo 4

Avaliar numericamente o logaritmo e a variação de entropia:
  • Primeiro a razão: \dfrac{293{,}15}{373{,}15}\approx 0{,}7855.
  • O logaritmo natural: \ln(0{,}7855)\approx -0{,}2413 (valor aproximado, mantive casas suficientes para a prova).
  • Multiplicando:
\Delta S \approx 192 \times (-0{,}2413) \approx -46{,}3\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}.
Interpretação: a entropia do chumbo diminui (sinal negativo) porque ele perde calor ao ser resfriado.

Passo 5

Calor trocado e relação com o entorno:
  • Calor perdido pelo chumbo (livre no processo) é
Q = m c (T_f - T_i) = 192\,(293{,}15 - 373{,}15) = 192\cdot(-80) = -15\,360\\ \mathrm{J}.
O chumbo libera 15\,360\\ \mathrm{J} para o entorno (sinal negativo indica saída de calor).
Pelo enunciado da segunda lei da termodinâmica, a entropia total (sistema + entorno) nunca diminui:
\Delta S_\text{total} = \Delta S_\text{sistema} + \Delta S_\text{entorno} \ge 0.
Como \Delta S_\text{sistema} = -46{,}3\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}, isto exige
\Delta S_\text{entorno} \ge 46{,}3\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}.
O menor aumento possível da entropia do entorno ocorre quando o processo é realizado de forma reversível (troca de calor infinitesimalmente com reservatórios que acompanham a temperatura do sistema), caso em que a desigualdade vira igualdade:
\Delta S_\text{entorno}^{\min} = -\Delta S_\text{sistema} = 46{,}3\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}.

Resposta

\Delta S_\text{chumbo} \approx -46{,}3\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}.
\Delta S_\text{entorno}^{\min} \approx +46{,}3\\ \mathrm{J}/\mathrm{K}.

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