Calor, em uma quantidade de 150 kJ , é transferido diretamente de um reservatório quente a \mathrm{T} \sigma=550 \mathrm{~K} para dois reservatórios mais frios a \mathrm{T}_{1}=350 \mathrm{Ke} \mathrm{T}_{2}=250 \mathrm{~K}. A temperatura da vizinhança é \mathrm{T}_{\sigma}=300 \mathrm{~K}. Se a transferência de calor para o reservatório a T_{1} for a metade daquela transferida para o reservatório a \mathrm{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

O enunciado fornece e pede o seguinte (vou listar tudo com calma para não nos perder):
  • Calor total transferido: 150\\ \mathrm{kJ} (esse calor sai do reservatório quente e vai para os dois frios).
  • Temperatura do reservatório quente: \mathrm{T}_{\sigma}=550\\ \mathrm{K}.
  • Temperaturas dos dois reservatórios frios: \mathrm{T}_{1}=350\\ \mathrm{K} e \mathrm{T}_{2}=250\\ \mathrm{K}.
  • Temperatura da vizinhança (ambiente), que será usada para calcular trabalho perdido: \mathrm{T}_{0}=300\\ \mathrm{K}. (Peguei este valor do enunciado quando diz "A temperatura da vizinhança é \mathrm{T}_{\sigma}=300\\ \mathrm{K}"; interpretei-o como a temperatura ambiente \mathrm{T}_{0}=300\\ \mathrm{K}.)
  • Relação entre os calores recebidos pelos frios: o calor entregue ao reservatório a \mathrm{T}_{1} é metade do entregue ao reservatório a \mathrm{T}_{2}. Em símbolos: Q_{1}=\tfrac{1}{2}Q_{2}.
  • Perguntas:
    (a) Calcular a geração de entropia (em \mathrm{kJ\,K^{-1}}).
    (b) Calcular o trabalho perdido (em \mathrm{kJ}).
    (c) Como o processo poderia ser feito reversível?

Passo 2

Primeiro vamos determinar quanto de calor vai para cada um dos reservatórios frios. Chamando de Q_{1} o calor para \mathrm{T}_{1} e Q_{2} o calor para \mathrm{T}_{2}, sabemos que:
Q_{1}+Q_{2}=150\\ \mathrm{kJ}
e
Q_{1}=\tfrac{1}{2}Q_{2}.
Substituindo a segunda na primeira:
\tfrac{1}{2}Q_{2}+Q_{2}=150.
Isso dá
\tfrac{3}{2}Q_{2}=150.
Logo
Q_{2}=\frac{150\cdot 2}{3}=100\\ \mathrm{kJ}.
E portanto
Q_{1}=\tfrac{1}{2}Q_{2}=\tfrac{1}{2}\cdot 100=50\\ \mathrm{kJ}.

Passo 3

Agora vamos escrever a expressão para a geração de entropia total do processo. A geração de entropia \,S_{\text{ger}} é a soma das variações de entropia dos reservatórios (aqui estamos supondo que as únicas interações são as trocas de calor entre reservatórios):
  • o reservatório quente perde o calor total Q_{\sigma}=Q_{1}+Q_{2}=150\\ \mathrm{kJ}, então sua variação de entropia é -\dfrac{Q_{\sigma}}{T_{\sigma}};
  • cada reservatório frio ganha seu calor Q_{i} e tem variação de entropia +\dfrac{Q_{i}}{T_{i}}.
    Portanto, a expressão é
S_{\text{ger}}=-\frac{Q_{\sigma}}{T_{\sigma}}+\frac{Q_{1}}{T_{1}}+\frac{Q_{2}}{T_{2}}.
Aqui cada termo tem unidade \mathrm{kJ\,K^{-1}} porque Q está em \mathrm{kJ} e T em \mathrm{K}. Vou explicar rapidinho o sentido físico: transferir calor de uma temperatura maior para uma menor tende a aumentar a entropia; o reservatório quente perde entropia (porque sai calor) e os frios ganham entropia; a diferença líquida é a entropia gerada (nunca negativa para processos irreversíveis).

Passo 4

Agora substituímos os números já obtidos:
Q_{\sigma}=150\\ \mathrm{kJ},\quad T_{\sigma}=550\\ \mathrm{K},\quad Q_{1}=50\\ \mathrm{kJ},\quad T_{1}=350\\ \mathrm{K},\quad Q_{2}=100\\ \mathrm{kJ},\quad T_{2}=250\\ \mathrm{K}.
Calcule cada termo separadamente (em \mathrm{kJ\,K^{-1}}):
-\frac{Q_{\sigma}}{T_{\sigma}}=-\frac{150}{550}=-0,272727\ldots
\frac{Q_{1}}{T_{1}}=\frac{50}{350}=0,142857\ldots
\frac{Q_{2}}{T_{2}}=\frac{100}{250}=0,4.
Somando:
S_{\text{ger}}=-0,272727\ldots + 0,142857\ldots + 0,4 = 0,270129870\ldots\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.
Arredondando de forma razoável (duas ou três casas decimais) obtemos
S_{\text{ger}}\approx 0,27013\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}},
o que em unidades mais comuns é 270,13\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.

Passo 5

Agora vamos calcular o trabalho perdido. O trabalho perdido por irreversibilidades (também chamado de exergia destruída) pode ser avaliado pela multiplicação da entropia gerada pela temperatura ambiente \mathrm{T}_{0}:
W_{\text{perd}}=\mathrm{T}_{0}\,S_{\text{ger}}.
Essa relação vem do conceito de exergia: a irreversibilidade gera entropia que, multiplicada pela temperatura do ambiente, representa a energia útil que deixou de ser aproveitada (trabalho que poderia, em princípio, ter sido obtido). Substituindo \mathrm{T}_{0}=300\\ \mathrm{K} e S_{\text{ger}}=0,270129870\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}:
W_{\text{perd}}=300\cdot 0,270129870\ldots =81,038961\ldots\\ \mathrm{kJ}.
Arredondando:
W_{\text{perd}}\approx 81,04\\ \mathrm{kJ}.

Passo 6

Como o processo poderia ser feito reversível? Explico de forma intuitiva e prática:
  • Reversibilidade significa não gerar entropia, isto é, fazer com que a soma das variações de entropia seja zero. Para isso é necessário que todas as trocas de calor ocorram de maneira reversível — ou seja, sem diferenças finitas de temperatura entre corpos em contato durante a transferência de calor. Na prática isso pode ser alcançado apenas idealmente (impossível exatamente na realidade) através de duas estratégias típicas:
    1. Fazer as trocas de calor através de uma sequência de reservatórios intermediários com temperaturas variando infinitesimalmente entre T_{\sigma} e cada T_{i}, de modo que cada transferência ocorra com gradiente de temperatura infinitesimal (troca reversível).
    2. Usar máquinas térmicas reversíveis (motores de Carnot) acopladas de forma adequada: por exemplo, operar motores de Carnot entre o reservatório quente e cada reservatório frio, de forma que o calor seja transferido e parte convertido em trabalho reversivelmente. De maneira equivalente, qualquer combinação de ciclos reversíveis (Carnot) e trocadores reversíveis que respeite o balanço de energia permite a transferência sem geração líquida de entropia.
  • Em resumo: para a reversibilidade total seria preciso substituir as transferências diretas de calor entre reservatórios por processos reversíveis (trocadores com gradiente infinitesimal ou ciclos de Carnot). Isso é teórico — na prática há sempre alguma irreversibilidade —, mas serve como ideal a ser buscado.

Resposta

(a) S_{\text{ger}}=0,27013\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}
(b) W_{\text{perd}}=81,04\\ \mathrm{kJ}
(c) Tornando as trocas de calor reversíveis (gradientes de temperatura infinitesimais ou usando motores/trocadores de Carnot reversíveis), de modo que a geração de entropia seja zero.

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