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}=120 k J, Q_{C}=240 k J.

Passo 1

O enunciado dá um ciclo de potência que interage com dois reservatórios e fornece os seguintes dados:
  • Temperatura do reservatório quente: T_{H}=2000\\ \text{K}.
  • Temperatura do reservatório frio: T_{C}=400\\ \text{K}.
  • Calor recebido do reservatório quente: Q_{H}=120\\ \text{kJ}.
  • Calor descarregado para o reservatório frio: Q_{C}=240\\ \text{kJ}.
A pergunta é: para este caso (com os números acima), o ciclo opera reversivelmente, irreversivelmente, ou é impossível?

Passo 2

Vou lembrar duas leis fundamentais que vamos usar (explicadas de forma simples).
  1. Primeira lei da termodinâmica para um ciclo: a energia interna do sistema retorna ao valor inicial, então a soma dos calores trocados é igual ao trabalho trocado. Em fórmula, para um ciclo:
W = Q_{H} - Q_{C},
onde W é o trabalho realizado pelo ciclo (positivo se o ciclo entrega trabalho ao entorno, negativo se o ambiente entrega trabalho ao ciclo). Aqui Q_{H} é o calor recebido do reservatório quente e Q_{C} é o calor rejeitado ao reservatório frio.
  1. Segunda lei (entropia dos reservatórios): como o sistema é cíclico, sua variação de entropia é zero; a variação total de entropia da vizinhança (reservatórios) é
\Delta S_{\text{tot}} = -\frac{Q_{H}}{T_{H}} + \frac{Q_{C}}{T_{C}},
porque o reservatório quente perde Q_{H} (entropia -Q_{H}/T_{H}) e o reservatório frio ganha Q_{C} (entropia +Q_{C}/T_{C}). A segunda lei exige
\Delta S_{\text{tot}} \ge 0.
  • Se \Delta S_{\text{tot}} = 0 o processo é reversível.
  • Se \Delta S_{\text{tot}} > 0 o processo é irreversível (mas possível).
  • Se \Delta S_{\text{tot}} < 0 o processo é impossível (violaria a segunda lei).
Vou usar essas duas ideias nas contas.

Passo 3

Primeiro passo prático: passar os calores para unidades do SI (joules) para as contas de entropia:
Q_{H}=120\\ \text{kJ}=120{,}000\\ \text{J},\qquad Q_{C}=240\\ \text{kJ}=240{,}000\\ \text{J}.
Calculemos o trabalho W usando a primeira lei:
W = Q_{H}-Q_{C} = 120{,}000 - 240{,}000 = -120{,}000\\ \text{J}.
Interpretação física: W<0 significa que o ciclo NÃO entrega trabalho ao redor, pelo contrário é necessário fornecer 120\\ \text{kJ} de trabalho ao aparelho — o que caracteriza um dispositivo que funciona como bomba de calor / refrigerador (ou, mais genericamente, um ciclo consumindo trabalho). Isso por si só não é impossível; muitos dispositivos reais consomem trabalho para transferir calor.

Passo 4

Agora a conta crucial: variação total de entropia dos reservatórios,
\Delta S_{\text{tot}} = -\frac{Q_{H}}{T_{H}} + \frac{Q_{C}}{T_{C}}.
Substituindo os valores (e usando as unidades em joules e kelvin):
\Delta S_{\text{tot}} = -\frac{120{,}000}{2000} + \frac{240{,}000}{400}.
Calculemos cada termo:
-\frac{120{,}000}{2000} = -60\\ \text{J/K},
\frac{240{,}000}{400} = 600\\ \text{J/K}.
Somando,
\Delta S_{\text{tot}} = -60 + 600 = 540\\ \text{J/K}.

Passo 5

Interpretação do resultado de entropia:
  • Obtivemos \Delta S_{\text{tot}} = 540\\ \text{J/K} > 0. Isso satisfaz a segunda lei ( \Delta S_{\text{tot}}\ge0), portanto o processo é possível.
  • Como \Delta S_{\text{tot}} é estritamente maior que zero, o processo é irreversível.
  • Se fosse igual a zero seria reversível; se fosse negativo seria impossível. Aqui não é nem zero nem negativo.
Portanto a conclusão é que o ciclo, com os valores dados, opera de forma irreversível (e requer entrada de trabalho, 120\\ \text{kJ}).

Resposta

Irreversível

Exercícios relacionados