Um ciclo de potência operando entre dois reservatórios térmicos recebe energia Q_{H} por transferência de calor de um reservatório a T_{H}=2000 \mathrm{~K} e descarta Q_{L} por transferência de calor para um reservatório a T_{L}=400 K. Detemine, para cada um dos seguintes casos, se o ciclo opera irreversível, reversivelmente ou se é impossível.
Q_{H}=1000 \mathrm{~kJ}, \eta=60 \%

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados e pede para classificar o ciclo:
  • Transferência de calor recebida do reservatório quente: Q_{H}=1000\\ \mathrm{kJ}.
  • Temperatura do reservatório quente: T_{H}=2000\\ \mathrm{K}.
  • Temperatura do reservatório frio: T_{L}=400\\ \mathrm{K}.
  • Eficiência do ciclo dada: \eta=60\%.
O que se pede: determinar se o ciclo, com esses dados, é irreversível, reversível ou impossível.

Passo 2

Lembrete útil (fórmulas essenciais, explicado devagar):
  • A eficiência de um ciclo térmico qualquer é \displaystyle \eta=\frac{W}{Q_{H}}=1-\frac{Q_{L}}{Q_{H}}, onde W é o trabalho entregue pelo ciclo e Q_{L} o calor rejeitado ao reservatório frio.
  • Para processos reversíveis operando entre dois reservatórios, a máxima eficiência possível é a eficiência de Carnot:
\eta_{\mathrm{C}}=1-\frac{T_{L}}{T_{H}}.
Essa é uma lição importante: nenhum motor térmico operando entre duas temperaturas fixas pode ter eficiência maior que \eta_{\mathrm{C}}. Se uma eficiência proposta for maior que \eta_{\mathrm{C}}, isso é impossível (violação da segunda lei).

Passo 3

Calculemos a eficiência de Carnot com as temperaturas dadas:
\eta_{\mathrm{C}}=1-\frac{T_{L}}{T_{H}}=1-\frac{400}{2000}=1-0,2=0,8=80\%.
Comparação com a eficiência dada:
\eta=60\% = 0,6 < \eta_{\mathrm{C}}=0,8.
Interpretação direta: como \eta<\eta_{\mathrm{C}}, a eficiência dada não viola a segunda lei — portanto o ciclo com \eta=60\% é fisicamente possível. Por outro lado, um ciclo reversível entre essas temperaturas teria exatamente \eta_{\mathrm{C}}=80\%. Logo, se a eficiência fosse igual a 80\% seria reversível; como é menor, não é reversível (um ciclo reversível atinge a eficiência máxima).

Passo 4

Calculemos o trabalho W e o calor rejeitado Q_{L} para ver a consistência numérica e analisar a entropia (isso ajuda a concluir se o ciclo é irreversível):
  • Trabalho entregue:
W=\eta\,Q_{H}=0,6\times1000\\ \mathrm{kJ}=600\\ \mathrm{kJ}.
  • Calor rejeitado:
Q_{L}=Q_{H}-W=1000\\ \mathrm{kJ}-600\\ \mathrm{kJ}=400\\ \mathrm{kJ}.
Ambos os números são positivos e coerentes: o ciclo retira 1000\\ \mathrm{kJ} do quente, entrega 600\\ \mathrm{kJ} de trabalho e rejeita 400\\ \mathrm{kJ} ao frio.

Passo 5

Agora usamos a desigualdade de entropia (segunda lei) para um ciclo: a variação total de entropia do universo ao operar o ciclo é
\Delta S_{\text{univ}}=-\frac{Q_{H}}{T_{H}}+\frac{Q_{L}}{T_{L}} \ge 0,
onde o sinal em cada termo segue a convenção: calor retirado do reservatório quente contribui com -Q_{H}/T_{H} para a entropia do reservatório quente; calor recebido pelo reservatório frio contribui com +Q_{L}/T_{L} para a entropia do reservatório frio. Substituindo os valores (em unidades coerentes kJ/K):
-\frac{Q_{H}}{T_{H}}=-\frac{1000}{2000}=-0,5\\ \mathrm{kJ/K},
\frac{Q_{L}}{T_{L}}=\frac{400}{400}=1,0\\ \mathrm{kJ/K}.
Portanto
\Delta S_{\text{univ}}=-0,5+1,0=+0,5\\ \mathrm{kJ/K}>0.
Conclusão dessa conta: a entropia do universo aumenta. Isso significa que o processo é irreversível (um processo reversível teria \Delta S_{\text{univ}}=0). Como a entropia aumenta e a eficiência é menor que a de Carnot, o ciclo é fisicamente possível e irreversível.

Passo 6

Resumo conceitual final, de forma amistosa:
  • Se \eta>\eta_{\mathrm{C}}: impossível (violação da segunda lei).
  • Se \eta=\eta_{\mathrm{C}}: possível e reversível (caso ideal de Carnot).
  • Se \eta<\eta_{\mathrm{C}}: possível; se a entropia do universo aumenta ( \Delta S_{\text{univ}}>0) então o processo é irreversível.
Aplicando ao caso: \eta=60\%<80\% e \Delta S_{\text{univ}}=+0,5\\ \mathrm{kJ/K}>0 ⇒ impossível? não; reversível? não; irreversível? sim.

Resposta

irreversível

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