Calor, em uma quantidade de 150 KJ , é transferido de um reservatório quente a \mathrm{T}_{\sigma}=550 \mathrm{~K} para dois reservatórios mais frios a \mathrm{T}_{1}= 350 K e \mathrm{T}_{2}=250 \mathrm{~K}. A temperatura da vizinhança é de \mathrm{T}_{\sigma}=300 \mathrm{~K}. Se a transferência de calor para o reservatório na temperatura 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 virar reversível?

Passo 1

Vou organizar claramente o que o enunciado dá e o que pede, sem resolver ainda. Dados fornecidos:
\;Q_{\text{total}}=150\\ \mathrm{kJ} (calor extraído do reservatório quente e distribuído entre os dois frios).
\;T_{h}=550\\ \mathrm{K} (temperatura do reservatório quente).
\;T_{1}=350\\ \mathrm{K} (temperatura do primeiro reservatório frio).
\;T_{2}=250\\ \mathrm{K} (temperatura do segundo reservatório frio).
O enunciado diz que a temperatura da vizinhança é \;T_{0}=300\\ \mathrm{K} (vou chamar assim para não confundir com T_{h}).
Relação entre os calores: "a transferência de calor para o reservatório na temperatura 1 for a metade daquela transferida para o reservatório a \;T_{2}". Vou traduzir isso como
Q_{1}=\tfrac{1}{2}\,Q_{2}.
O que se pede:
a) a geração de entropia (em \mathrm{kJ\,K^{-1}});
b) o trabalho perdido (em \mathrm{kJ});
c) como o processo poderia tornar-se reversível (explicação).

Passo 2

Determinar quanto de calor vai para cada reservatório frio usando as relações fornecidas. Temos as incógnitas \;Q_{1}\) e \(\;Q_{2}\) sujeitas a: \[\begin{cases} Q_{1}+Q_{2}=150,\\[6pt] Q_{1}=\tfrac{1}{2}Q_{2}. \end{cases}
Substituindo (Q_{1}=\tfrac{1}{2}Q_{2}] na primeira equação:
\tfrac{1}{2}Q_{2}+Q_{2}=150 \quad\Rightarrow\quad \tfrac{3}{2}Q_{2}=150.
Logo
Q_{2}=\frac{150\cdot 2}{3}=100\\ \mathrm{kJ},
e
Q_{1}=\tfrac{1}{2}Q_{2}=\tfrac{1}{2}\cdot 100=50\\ \mathrm{kJ}.]

Passo 3

Relembrando a fórmula prática para mudança de entropia de um reservatório que recebe ou perde calor de forma quase-estática:
\Delta S=\frac{Q}{T},
onde \;Q é o calor recebido pelo reservatório (positivo se recebido, negativo se perdido) e \;T é a temperatura absoluta do reservatório (em K). Unidade resultante: \mathrm{kJ\,K^{-1}} se Q estiver em \mathrm{kJ}. Vou aplicar isso a cada reservatório (assumimos processos de troca de calor com reservatórios ideais, de modo que \Delta S do reservatório é exatamente Q/T).
Calor total sai do reservatório quente: \;Q_{\text{saída}}=150\\ \mathrm{kJ}í. Então variações de entropia:
\Delta S_{h}=-\frac{150}{550}\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}
(o sinal negativo porque o reservatório quente perde calor),
\Delta S_{1}=+\frac{50}{350}\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}
(e o reservatório em T_{1} recebe 50\\ \mathrm{kJ}),
\Delta S_{2}=+\frac{100}{250}\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Passo 4

Somar as variações para obter a geração de entropia total do processo (entropia gerada \;S_{\text{gen}}=\Delta S_{\text{total}}, já que não há outras contribuições):
Primeiro escrevo as frações exatas e depois simplifico:
\Delta S_{h}=-\frac{150}{550}=-\frac{3}{11},
\Delta S_{1}=\frac{50}{350}=\frac{1}{7},
\Delta S_{2}=\frac{100}{250}=\frac{2}{5}.
Somando:
S_{\text{gen}}=\Delta S_{1}+\Delta S_{2}+\Delta S_{h}=\frac{1}{7}+\frac{2}{5}-\frac{3}{11}.
Para ser exato, passo ao denominador comum 385=7\cdot5\cdot11:
S_{\text{gen}}=\frac{55+154-105}{385}=\frac{104}{385}\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.
Valor numérico:
S_{\text{gen}}=\frac{104}{385}\approx 0{,}27013\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.
Comentário didático curto: isso é positivo (como deve ser por segunda lei) e representa a irreversibilidade total gerada pela transferência de calor entre corpos a temperaturas diferentes.

Passo 5

Definição e cálculo do trabalho perdido (também chamado de exergia destruída por irreversibilidade): a relação usual é
W_{\text{perd}}=T_{0}\,S_{\text{gen}},
onde \;T_{0} é a temperatura da vizinhança (referência) em que se mede o trabalho perdido. Aqui \;T_{0}=300\\ \mathrm{K}. Usando o valor exato em fração:
W_{\text{perd}}=300\cdot\frac{104}{385}=\frac{31200}{385}=\frac{6240}{77}\\ \mathrm{kJ}.
Valor numérico:
W_{\text{perd}}\approx 81{,}04\\ \mathrm{kJ}.
Interpretação: esse é o trabalho máximo que poderia ter sido extraído (ou que se perdeu) devido às irreversibilidades — é a “energia útil” que fica indisponível por causa da geração de entropia.

Passo 6

Como o processo poderia tornar-se reversível? Vou explicar de forma prática e também usando a condição matemática:
  • Condição matemática para reversibilidade (geração de entropia nula) é
S_{\text{gen}}=0\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{Q_{1}}{T_{1}}+\frac{Q_{2}}{T_{2}}=\frac{Q}{T_{h}}.
Com Q=Q_{1}+Q_{2} fixo em 150\\ \mathrm{kJ}, essa equação impõe uma relação entre Q_{1} e Q_{2}. Se tentarmos satisfazer essa equação com Q_{1}+Q_{2}=150, obtemos um Q_{1} que não é fisicamente compatível (no cálculo dá Q_{1}\approx 286{,}36\\ \mathrm{kJ}, maior que o total), ou seja, com as quantidades de calor fixas e sem permitir trabalho útil adicional, não se consegue zerar S_{\text{gen}}.
  • Interpretação física / solução prática: para tornar o processo reversível seria necessário transferir calor de forma reversível, isto é, sem diferenças finitas de temperatura. Na prática isso exige:
    1. transferir calor por etapas infinitesimais entre corpos cuja temperatura varia continuamente (troca de calor com diferença infinitesimal de temperatura), ou
    2. inserir máquinas térmicas reversíveis (motores/refrigeradores de Carnot ideais) que permitam converter parte do calor em trabalho de forma reversível e ajustar os fluxos de calor de forma que a soma das entropias trocadas seja zero.
      Em resumo: trocar calor diretamente entre reservatórios a temperaturas bem distintas gera irreversibilidade; para ficar reversível seria necessário um processo em muitas etapas reversíveis (diferenças infinitesimais de temperatura) ou o uso de máquinas reversíveis que alterem a distribuição de energia de modo a satisfazer \frac{Q_{1}}{T_{1}}+\frac{Q_{2}}{T_{2}}=\frac{Q}{T_{h}}.

Resposta

a) S_{\text{gen}}=\dfrac{104}{385}\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}\approx 0{,}27013\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}
b) W_{\text{perd}}=T_{0}S_{\text{gen}}=300\cdot\dfrac{104}{385}\\ \mathrm{kJ}\approx 81{,}04\\ \mathrm{kJ}
c) Tornar reversível exigiria transferir calor sem diferenças finitas de temperatura (processo em etapas infinitesimais) ou usar máquinas térmicas reversíveis que ajustem fluxos e trabalho, de forma a satisfazer \dfrac{Q_{1}}{T_{1}}+\dfrac{Q_{2}}{T_{2}}=\dfrac{Q}{T_{h}} (o que não é atendido com os Q dados sem trabalho adicional).

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