Considere dois ciclos de bombeamento de calor: um reversível ® e um irreversível (I). Ambos os ciclos recebem calor do mesmo reservatório térmico ( \mathrm{RT}_{3} ). O ciclo R fornece calor de o reservatório térmico \mathrm{RT}_{1} e o ciclo I fornece calor de um outro reservatório \mathrm{RT}_{2}. Os ciclos apresentam o mesmo coeficiente de desempenho \gamma_{I}=\gamma_{R}.
(a) Escreva os corolários quinto e sexto da segunda lei da Termodinâmica;
(b) Utilize a definição da escala Kelvin de temperatura e os corolários descritos em (a) para determinar (usando argumentos lógicos e matemáticos) qual reservatório está mais quente ( \mathrm{RT}_{1} ou \mathrm{RT}_{2} ).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas claras:
  • Informações dadas:
    • Existem dois ciclos de bombeamento de calor, um reversível ® e outro irreversível (I).
    • Ambos retiram calor do mesmo reservatório \mathrm{RT}_3.
    • O ciclo R entrega calor ao reservatório \mathrm{RT}_1.
    • O ciclo I entrega calor ao reservatório \mathrm{RT}_2.
    • Ambos os ciclos apresentam o mesmo coeficiente de desempenho: \gamma_I=\gamma_R.
  • Perguntas:
    • (a) Escrever os corolários quinto e sexto da segunda lei da Termodinâmica.
    • (b) Usando a definição da escala Kelvin de temperatura e os corolários do item (a), determinar — por argumentos lógicos e matemáticos — qual reservatório está mais quente: \mathrm{RT}_1 ou \mathrm{RT}_2.

Passo 2

Definição útil e notação (o que é o coeficiente de desempenho usado aqui):
  • Para um ciclo de bombeamento de calor usado como bomba de calor (objetivo: entregar calor ao reservatório quente), definimos o coeficiente de desempenho de aquecimento como
\gamma \equiv \frac{Q_h}{W},
onde Q_h é o calor entregue ao reservatório quente e W é o trabalho fornecido ao ciclo.
  • Relação energética simples: a energia fornecida na forma de calor ao quente vem da soma do calor extraído do frio e do trabalho, isto é
Q_h = Q_c + W,
onde Q_c é o calor retirado do reservatório frio. A partir daí também se obtém
\gamma = \frac{Q_h}{W} = \frac{Q_h}{Q_h-Q_c} = \frac{1}{1 - \dfrac{Q_c}{Q_h}}.

Passo 3

Enunciado dos corolários (forma verbal e matemática) — resposta do item (a):
  • Corolário quinto (forma prática): Nenhum ciclo irreversível operando entre dois reservatórios pode ter coeficiente de desempenho (ou eficiência) maior do que um ciclo reversível operando entre os mesmos dois reservatórios. Em símbolos, se para dois reservatórios dados T_h e T_c
\gamma_{\text{irrev}} \le \gamma_{\text{rev}},
com igualdade apenas no caso em que o ciclo irreversível seja, na prática, reversível.
  • Corolário sexto (forma prática): Todos os ciclos reversíveis que operam entre os mesmos dois reservatórios têm o mesmo coeficiente de desempenho; portanto, para ciclos reversíveis o coeficiente depende apenas das temperaturas dos reservatórios. Em particular, escolhendo a escala absoluta de temperatura (escala Kelvin) de forma conveniente, para um ciclo reversível entre T_h e T_c vale a relação clássica de Carnot
\frac{Q_h}{Q_c}=\frac{T_h}{T_c},
o que leva, para o coeficiente de desempenho de aquecimento reversível, à fórmula
\gamma_{\text{rev}}=\frac{T_h}{T_h-T_c}.
(Nesta fórmula T_h e T_c são temperaturas na escala Kelvin, e T_h>T_c.)

Passo 4

Derivação didática da fórmula \gamma_{\text{rev}}=\dfrac{T_h}{T_h-T_c} (explicando cada passo):
  • Para um ciclo reversível tipo Carnot entre T_h e T_c temos, por definição da escala Kelvin a partir de propriedades reversíveis,
\frac{Q_h}{Q_c}=\frac{T_h}{T_c}.
  • Reescrevendo \gamma_{\text{rev}} usando Q_h=Q_c+W:
\gamma_{\text{rev}}=\frac{Q_h}{W}=\frac{Q_h}{Q_h-Q_c}=\frac{1}{1-\dfrac{Q_c}{Q_h}}.
  • Substituindo a razão Q_c/Q_h obtida da relação de Carnot:
\dfrac{Q_c}{Q_h}=\dfrac{T_c}{T_h},
temos
\gamma_{\text{rev}}=\frac{1}{1-\dfrac{T_c}{T_h}}=\frac{1}{\dfrac{T_h-T_c}{T_h}}=\frac{T_h}{T_h-T_c}.
  • Interpretação: esta expressão mostra que, para ciclos reversíveis, o coeficiente de desempenho é função apenas das temperaturas envolvidas na escala Kelvin.

Passo 5

Aplicação das desigualdades aos dois ciclos do enunciado (preparando o argumento do item (b)):
  • Denotemos por T_1, T_2 e T_3 as temperaturas absolutas (Kelvin) dos reservatórios \mathrm{RT}_1, \mathrm{RT}_2 e \mathrm{RT}_3, respectivamente. Pelo enunciado ambos os ciclos retiram calor de \mathrm{RT}_3, portanto o reservatório frio nos dois casos tem temperatura T_c=T_3. Os reservatórios quentes são T_h=T_1 para o ciclo R e T_h=T_2 para o ciclo I. Assumimos T_1>T_3 e T_2>T_3, pois são reservatórios quentes.
  • Para o ciclo reversível R, pelo corolário sexto (fórmula de Carnot),
\gamma_R=\frac{T_1}{T_1-T_3}.
  • Para o ciclo irreversível I, pelo corolário quinto vale a desigualdade (para os mesmos dois reservatórios que I usa)
\gamma_I \le \frac{T_2}{T_2-T_3},
porque o desempenho irreversível não pode exceder o desempenho reversível entre os mesmos reservatórios.
  • Pelo enunciado temos \gamma_I=\gamma_R. Substituindo a expressão de \gamma_R obtemos
\frac{T_1}{T_1-T_3} \le \frac{T_2}{T_2-T_3}.

Passo 6

Manipulação matemática e conclusão lógica sobre qual temperatura é maior:
  • Definimos a função
f(T)=\frac{T}{T-T_3},\qquad\text{para }T>T_3.
  • Calculamos a derivada (para ver o comportamento monotônico):
f'(T)=\frac{(T-T_3)\cdot 1 - T\cdot 1}{(T-T_3)^2}=\frac{-T_3}{(T-T_3)^2}.
Como T_3>0 e (T-T_3)^2>0, temos f'(T)<0. Portanto f(T) é estritamente decrescente para T>T_3.
  • Da desigualdade obtida no passo anterior temos f(T_1)\le f(T_2). Como f é estritamente decrescente, essa desigualdade implica
T_1 \ge T_2.
  • Interpretação física: isto significa que o reservatório \mathrm{RT}_1 (destino do ciclo reversível) tem temperatura maior ou igual à de \mathrm{RT}_2. Se o ciclo I for verdadeiramente irreversível (estritamente), então sua performance é estritamente menor que o limite reversível para os mesmos reservatórios, e a igualdade \gamma_I=\gamma_R força T_1>T_2 estritamente. Se, excepcionalmente, o ciclo I fosse também reversível, então poderíamos ter T_1=T_2.

Passo 7

Resumo final do raciocínio em palavras simples e encorajamento:
  • Em palavras de amigo: o ciclo reversível atinge o melhor desempenho possível entre um par de temperaturas; o irreversível não alcança esse máximo. Como os dois ciclos apresentaram o mesmo coeficiente de desempenho enquanto retiram calor do mesmo reservatório frio \mathrm{RT}_3, o único jeito disso acontecer é que o reversível esteja entregando calor para um reservatório tão ou mais quente do que o do irreversível. Portanto \mathrm{RT}_1 é mais quente (ou, no caso limite de ambos reversíveis, igualmente quente) do que \mathrm{RT}_2. Dá um suspiro, isso é chato no início, mas faz sentido físico: conseguir o mesmo desempenho com um ciclo “pior” (irreversível) só é possível se ele tiver uma meta de temperatura menos exigente (reservatório de menor temperatura).

Resposta

(a) Corolário quinto: Nenhum ciclo irreversível operando entre dois reservatórios pode ter coeficiente de desempenho maior do que um ciclo reversível entre os mesmos reservatórios; em símbolos \gamma_{\text{irrev}}\le\gamma_{\text{rev}}.
(a) Corolário sexto: Todos os ciclos reversíveis entre os mesmos dois reservatórios têm o mesmo coeficiente de desempenho; escolhendo a escala Kelvin obtém-se \dfrac{Q_h}{Q_c}=\dfrac{T_h}{T_c} e \gamma_{\text{rev}}=\dfrac{T_h}{T_h-T_c}.
(b) \mathrm{RT}_1 é mais quente que \mathrm{RT}_2 (ou, no caso limite em que ambos os ciclos sejam reversíveis, T_1=T_2).

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