Calor, em uma quantidade de 150 KJ , é transferido diretamente de um reservatório quente a T \mathrm{a}=550 \mathrm{~K} para dois reservatórios mais frios a T_{1}=350 \mathrm{Ke} T_{2}=250 \mathrm{~K}. A temperatura da vizinhança é T a=300 \mathrm{~K}. Se a transferência de calor para o reservatório a T, for a metade daquela transferida para o reservatório a T_{2}, calcule:
(a) A geração de entropia em \mathrm{kJ} \mathrm{K}^{-1}.
(b) O trabalho perdido.
Como o processo poderia ser feito reversível?

Passo 1

Resumindo o enunciado: temos uma fonte quente a T_a=550\:\mathrm{K} que fornece calor total Q_h=150\:\mathrm{kJ} diretamente a dois reservatórios mais frios, um a T_1=350\:\mathrm{K} e outro a T_2=250\:\mathrm{K}. Sabe-se que o calor entregue ao reservatório a T_1 é metade do entregue ao de T_2. A temperatura ambiente (para cálculo de trabalho perdido) é T_0=300\:\mathrm{K}. Precisamos calcular:
(a) a geração de entropia \sigma em \mathrm{kJ\,K^{-1}},
(b) o trabalho perdido W_\text{perdido},
(c) descrever como o mesmo processo poderia ser feito reversível.

Passo 2

Determinar quanto de calor vai para cada reservatório. Chamemos Q_1 o calor para T_1 e Q_2 o calor para T_2.
Temos
Q_1 + Q_2 = 150\:\mathrm{kJ},
e a condição
Q_1 = \tfrac12\,Q_2.
Substituindo,
\tfrac12\,Q_2 + Q_2 = 150 \quad\Longrightarrow\quad \tfrac32\,Q_2 = 150 \quad\Longrightarrow\quad Q_2 = 100\:\mathrm{kJ},
Q_1 = \tfrac12\cdot100 = 50\:\mathrm{kJ}.

Passo 3

Calcular as variações de entropia de cada reservatório. Para um reservatório a temperatura constante T,
\Delta S = \frac{Q}{T}.
Assim:
\Delta S_\text{quente} = -\frac{Q_h}{T_a} = -\frac{150}{550}\:\mathrm{kJ\,K^{-1}} \approx -0{,}27273\:\mathrm{kJ\,K^{-1}},
\Delta S_1 = \frac{Q_1}{T_1} = \frac{50}{350}\:\mathrm{kJ\,K^{-1}} \approx 0{,}14286\:\mathrm{kJ\,K^{-1}},
\Delta S_2 = \frac{Q_2}{T_2} = \frac{100}{250}\:\mathrm{kJ\,K^{-1}} = 0{,}40000\:\mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Passo 4

A geração total de entropia \sigma (ou seja, a variação de entropia do universo) é a soma das três variações:
\sigma = \Delta S_\text{quente} + \Delta S_1 + \Delta S_2 \approx -0{,}27273 + 0{,}14286 + 0{,}40000 = 0{,}27013\:\mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Passo 5

O trabalho perdido (irreversibilidade) W_\text{perdido} é dado por
W_\text{perdido} = T_0\,\sigma = 300\:\mathrm{K}\times 0{,}27013\:\mathrm{kJ\,K^{-1}} \approx 81{,}04\:\mathrm{kJ}.

Passo 6

Para que o processo fosse reversível \sigma=0, o calor não poderia ser transferido “diretamente” com grande salto de temperatura. Seria preciso intercalar processos de Carnot ou infinitos reservatórios intermediários, de modo que cada troca de calor ocorra com diferença infinitesimal de temperatura. Em prática, usaríamos ciclos de Carnot reversíveis entre 550\:\mathrm{K} e 350\:\mathrm{K} e entre 550\:\mathrm{K} e 250\:\mathrm{K}, ajustando as relações de calor de forma a satisfazer
\frac{Q_h}{T_a} \;=\;\frac{Q_1}{T_1}+\frac{Q_2}{T_2},
garantindo assim \sigma=0.

Resposta

(a) \sigma \approx 0{,}270\:\mathrm{kJ\,K^{-1}}
(b) W_\text{perdido} \approx 81{,}0\:\mathrm{kJ}
(c) Tornar o processo reversível usando ciclos de Carnot (ou infinitos reservatórios intermediários) para que todo o fluxo de calor ocorra com diferença de temperatura infinitesimal, zerando a geração de entropia.

Exercícios relacionados