Um ciclo de potência operando entre dois reservatórios recebe energia Q_{H} por transferência de calor de um reservatório quente a T_{H}=2000 K e descarrega energia Q_{C} por transferência de calor para um reservatório frio a T_{C}=400 K. Para cada um dos casos seguintes determine se o ciclo opera reversívelmente, irreversivelmente, ou é impossível:
Q_{H}=1200 k J, W_{\text {ciclo }}=1020 k J.

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado fornece e o que pede (sem resolver ainda).
  • Dados fornecidos:
    • Q_{H}=1200\\ \mathrm{kJ} (calor recebido do reservatório quente).
    • T_{H}=2000\\ \mathrm{K} (temperatura do reservatório quente).
    • T_{C}=400\\ \mathrm{K} (temperatura do reservatório frio).
    • W_{\text{ciclo}}=1020\\ \mathrm{kJ} (trabalho líquido produzido pelo ciclo).
  • O que o enunciado pede:
    • Determinar se o ciclo, com esses dados, opera reversivelmente, irreversivelmente, ou é impossível.

Passo 2

Usar balanço energético do ciclo (primeira lei) para obter Q_{C}.
  • Num ciclo termodinâmico, a energia recebida menos a descarregada é igual ao trabalho produzido:
W_{\text{ciclo}} = Q_{H} - Q_{C}.
  • Isolando Q_{C}:
Q_{C} = Q_{H} - W_{\text{ciclo}}.
  • Substituindo os números (todos em \mathrm{kJ}):
Q_{C} = 1200 - 1020 = 180\\ \mathrm{kJ}.

Passo 3

Explicar o critério termodinâmico (Segunda Lei) que vamos usar para classificar o ciclo.
  • O fluido de trabalho retorna ao estado inicial num ciclo, portanto sua variação de entropia é zero ao final do ciclo.
  • As únicas variações de entropia relevantes são as dos reservatórios térmicos: o reservatório quente perde entropia e o frio ganha entropia.
  • A variação total da entropia do universo (geração de entropia) é
\Delta S_{\text{univ}} = -\frac{Q_{H}}{T_{H}} + \frac{Q_{C}}{T_{C}}.
  • Aqui \displaystyle -\frac{Q_{H}}{T_{H}} é a variação de entropia do reservatório quente (ele perde calor Q_H).
  • E \displaystyle \frac{Q_{C}}{T_{C}} é a variação de entropia do reservatório frio (ele recebe calor Q_C).
  • Interpretação:
    • Se \Delta S_{\text{univ}} = 0 → processo reversível possível.
    • Se \Delta S_{\text{univ}} > 0 → processo irreversível (possível).
    • Se \Delta S_{\text{univ}} < 0 → impossível (viola a Segunda Lei).

Passo 4

Calcular \Delta S_{\text{univ}} com os valores encontrados.
  • Primeiro calcule \dfrac{Q_{H}}{T_{H}} e \dfrac{Q_{C}}{T_{C}} em \mathrm{kJ/K}:
\frac{Q_{H}}{T_{H}} = \frac{1200}{2000} = 0{,}6\\ \mathrm{kJ/K},
\frac{Q_{C}}{T_{C}} = \frac{180}{400} = 0{,}45\\ \mathrm{kJ/K}.
  • Agora a variação total:
\Delta S_{\text{univ}} = -0{,}6 + 0{,}45 = -0{,}15\\ \mathrm{kJ/K}.
  • Convertendo para unidades mais usuais:
\Delta S_{\text{univ}} = -0{,}15\\ \mathrm{kJ/K} = -150\\ \mathrm{J/K}.
  • Como \Delta S_{\text{univ}}<0, isso sinaliza uma violação da Segunda Lei: o processo é termodinamicamente impossível.

Passo 5

Verificação alternativa e interpretação física (cheque rápido usando eficiência de Carnot).
  • Eficiência máxima teórica (Carnot) entre estas temperaturas:
\eta_{\text{Carnot}} = 1 - \frac{T_{C}}{T_{H}} = 1 - \frac{400}{2000} = 1 - 0{,}2 = 0{,}8 = 80\%.
  • Eficiência real do ciclo dado:
\eta = \frac{W_{\text{ciclo}}}{Q_{H}} = \frac{1020}{1200} = 0{,}85 = 85\%.
  • Como \eta = 85\% > \eta_{\text{Carnot}} = 80\%, o ciclo apresentaria eficiência maior que a máxima permitida pela Segunda Lei — outra indicação de que o caso é impossível.

Resposta

Impossível

Exercícios relacionados