Ar contido em uma configuração pistão-cilindro opera seguindo o ciclo de máquina térmica de Carnot, recebendo calor de um reservatório térmico quente a 1200 K e rejeitando calor em um reservatório térmico frio a 400 K . Para a comparação com o ciclo de motores de combustão interna a gasolina (ciclo Otto ideal), que corresponde a dois processos adiabáticos quase-estáticos e dois processos isocóricos, adote as mesmas temperaturas extremas e uma razão de compressão r=V_{\text {máx }} / V_{\text {mín }}=3áí para ambos ciclos. Assuma que o fluido de trabalho é sempre ar e se comporta como um gás ideal. Sugestão: Para uma melhor compreensão da máquina térmica de Carnot de um gás ideal veja a Seção 5.9 das notas de aula, enquanto que para o ciclo de Otto veja a Seção 9.5 do livro de Çengel & Boles (2013).
(a) Esboce o ciclo de Carnot nos diagramas p-v e T-s, com indicação clara dos sentidos dos processos e a numeração dos estados ( 1,2,3 e 4).
(b) Esboce o ciclo Otto ideal nos diagramas p-v e T-s, com indicação clara dos sentidos dos processos e a numeração dos estados ( 1,2,3 e 4).
(c) Determine a quantidade específica de trabalho líquido realizado pelo ar em ambas as configurações de máquina térmica, em \mathrm{kJ} / \mathrm{kg}.
(d) Determine a quantidade específica de calor recebida em ambas as configurações da máquina térmica, em \mathrm{kJ} / \mathrm{kg}.
(e) Determine a eficiência térmica \left(\eta_{\text {th }}\right) do ciclo de Carnot e do ciclo Otto ideal, em \%. Explique o motivo pelo qual nenhuma das duas é de 100 \%.
(f) Determine a eficiência de segunda lei ( \eta_{2 \text { nd }} ) para o ciclo Otto ideal, em %. Explique o motivo pelo qual não é de 100 \%.
(g) Determine a razão de compressão ( r ) necessária para que um novo ciclo Otto ideal opere de forma que \eta_{\text {Otto }}(r)=\eta_{\text {Carnot }} entre as mesmas temperaturas dos reservatórios térmicos.
(h) Usando r=3, os calores por unidade de massa q_{\mathrm{H}} e q_{\mathrm{L}} obtidos anteriormente e as temperaturas dos reservatórios T_{H}=1200 \mathrm{~K} e T_{C}=400 \mathrm{~K}, avalie a geração de entropia específica ( s_{\text {ger }} ), em \mathrm{kJ} / \mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}, para ambos ciclos e utilize os resultados de s_{\text {ger }} para justificar as diferenças entre as eficiências obtidas no item (e), \eta_{\text {Carnot }} e \eta_{\text {Otto }}.

Passo 1

O enunciado pede várias coisas; vou listar explicitamente o que foi dado e o que é pedido (sem resolver ainda).
Dados importantes (vou usar valores típicos do ar como gás ideal, conforme pedido):
T_H=1200\\ \text{K},\qquad T_C=400\\ \text{K},\qquad r=\frac{V_{\max}}{V_{\min}}=3.
Assumirei propriedades constantes do ar (valores padrão):
R=0{,}287\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},\qquad c_p=1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},\qquad c_v=0{,}718\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},
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\gamma=\frac{c_p}{c_v}\approx\frac{1{,}005}{0{,}718}\approx1{,}4.
Perguntas do enunciado (resumo):
(a) Esboçar o ciclo de Carnot em p\!-\!v e T\!-\!s com sentidos e estados 1,2,3,4.
(b) Esboçar o ciclo Otto ideal em p\!-\!v e T\!-\!s com sentidos e estados 1,2,3,4.
(c) Determinar o trabalho líquido específico ( \mathrm{kJ/kg}) para ambos os ciclos.
(d) Determinar o calor recebido específico ( \mathrm{kJ/kg}) para ambos os ciclos.
(e) Calcular eficiências térmicas \eta_{\text{th}} do Carnot e do Otto (em %). Explicar por que não são 100\%.
(f) Calcular a eficiência de segunda lei \eta_{2\text{nd}} do Otto (em %) e explicar por que não é 100\%.
(g) Encontrar a razão de compressão r tal que \eta_{\text{Otto}}(r)=\eta_{\text{Carnot}} entre as mesmas temperaturas.
(h) Usando r=3, os calores q_H e q_L obtidos e T_H,T_C, avaliar a geração de entropia específica s_{\text{ger}} para ambos os ciclos e usar isso para justificar as diferenças de eficiência.
Observação importante (vou tratar com cuidado na resolução): há uma inconsistência física entre pedir que o ciclo de Carnot opere entre \;T_H=1200\\ \text{K} e \;T_C=400\\ \text{K} E que a razão global de volumes r=V_{\max}/V_{\min} seja igual a 3. Vou explicar isso detalhadamente e como isso afeta os cálculos do Carnot. A resolução começa agora.

Passo 2

Esboço e explicação didática do ciclo de Carnot (sem contas ainda).
Descrição do ciclo de Carnot reversível (sentido que produz trabalho: sentido anti-horário num diagrama p\!-\!v):
  • Estado 1 \to Estado 2: isoterma quente a T_H — expansão isoterma (o sistema recebe calor q_H do reservatório quente). No diagrama p\!-\!v é uma curva decrescente isoterma; no T\!-\!s é uma linha horizontal a T=T_H com aumento de entropia do fluido (s aumenta).
  • Estado 2 \to Estado 3: expansão adiabática reversível (isentrópica) — a temperatura cai de T_H para T_C; no T\!-\!s, a entropia permanece constante.
  • Estado 3 \to Estado 4: compressão isoterma a T_C — o sistema rejeita calor q_L para o reservatório frio; no T\!-\!s é uma linha horizontal a T=T_C com diminuição de entropia do fluido.
  • Estado 4 \to Estado 1: compressão adiabática reversível — eleva a temperatura de T_C de volta a T_H; entropia constante.
Marcações que eu colocaria no esboço:
  • No p\!-\!v: quatro ramos, dois isotérmicos (curvas) e dois adiabáticos (mais inclinados), sentido anti-horário.
  • No T\!-\!s: dois horizontais (isotermas) ligados por duas verticais (adiabáticas, já que em adiabáticas reversíveis s constante, aparecem como linhas verticais entre T_C e T_H).
(obs.: os esboços são conceituais; usei a ordem 1→2 (isoterma quente), 2→3 (adiabática expansão), 3→4 (isoterma fria), 4→1 (adiabática compressão).)

Passo 3

Esboço e explicação didática do ciclo Otto ideal (motor, sentido anti-horário no p\!-\!v).
Descrição padrão do ciclo Otto (quatro processos):
  • Estado 1 \to Estado 2: compressão adiabática reversível (isentropica) — volume reduz de V_{\max} a V_{\min}.
  • Estado 2 \to Estado 3: aquecimento isocórico (volume constante) — aumenta a temperatura e a pressão; esse é o processo de “adição de calor” no Otto (combustão idealizada).
  • Estado 3 \to Estado 4: expansão adiabática reversível (isentropica) — trabalho de potência do motor.
  • Estado 4 \to Estado 1: resfriamento isocórico (volume constante) — rejeição de calor ao ambiente (ou ao condensador).
No p\!-\!v: dois ramos adiabáticos (curvas) e dois ramos verticais (isocóricos). No T\!-\!s: adiabáticos aparecem como verticais (s constante) e isocóricos como linhas horizontais onde s muda. Numerar 1-4 conforme acima e indicar sentido anti-horário.

Passo 4

Dedução das fórmulas relevantes para cada ciclo (aulas rápidas e intuitivas das relações usadas).
Primeiro: relações adiabáticas (reversíveis) para gás ideal:
pV^\gamma=\text{const}\quad\text{e}\quad TV^{\gamma-1}=\text{const}.
Explicação: numa transformação adiabática reversível não há troca de calor; para gás ideal isso implica que as variáveis T e V satisfazem a segunda relação acima. Aqui \gamma=c_p/c_v.
Isoterma para gás ideal (trabalho e calor):
  • Em transformação isoterma reversível a temperatura é constante e a pressão obedece pV=RT. O calor trocado por unidade de massa na isoterma é:
q_{\text{isot}}=R\,T\ln\!\bigg(\frac{V_{\text{final}}}{V_{\text{inicial}}}\bigg).
Explicação: pela primeira lei na isoterma q=w e w=\int p\,dV=R T\ln(V_f/V_i) por p=RT/V.
Isochoras (volume constante) — calor trocado:
q_{\text{isochor}}=c_v\,(T_{\text{final}}-T_{\text{inicial}}).
Explicação: em volume constante, trabalho w=0, então q=\Delta u=c_v\Delta T.
Eficiência térmica (definição):
\eta_{\text{th}}=\frac{w_{\text{net}}}{q_H} = 1-\frac{q_L}{q_H},
onde q_H é o calor recebido do reservatório quente (positivo quando recebido pelo fluido) e q_L o calor rejeitado (negativo se definido como calor recebido pelo fluido).
Para o ciclo de Carnot há a fórmula simples e bonita (reversível):
\eta_{\text{Carnot}}=1-\frac{T_C}{T_H}.
Explicação: Carnot é reversível então \displaystyle\frac{q_C}{q_H}=\frac{T_C}{T_H} e daí a fórmula.
Para o ciclo Otto ideal com ar ideal e \gamma constante:
\eta_{\text{Otto}}=1-\frac{1}{r^{\gamma-1}},
onde r=\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{V_{\max}}{V_{\min}} é a razão de compressão. Justificativa rápida: usando relações adiabáticas e calor isocórico obtém-se essa expressão (é muito comum nos livros).

Passo 5

Análise da inconsistência física entre Carnot e r=3; fórmula geral para os calores do Carnot.
Para o ciclo de Carnot, denote os volumes nos estados (usando a numeração do passo 2):
V_1,\\ V_2,\\ V_3,\\ V_4,
com 1\to2 isoterma a T_H, 2\to3 adiabática, 3\to4 isoterma a T_C, 4\to1 adiabática. As relações adiabáticas ligam os volumes:
T_H V_2^{\,\gamma-1}=T_C V_3^{\,\gamma-1}\quad\Rightarrow\quad\frac{V_3}{V_2}=\Big(\frac{T_H}{T_C}\Big)^{\!\frac{1}{\gamma-1}}.
E também
T_C V_4^{\,\gamma-1}=T_H V_1^{\,\gamma-1}\quad\Rightarrow\quad\frac{V_4}{V_1}=\Big(\frac{T_H}{T_C}\Big)^{\!\frac{1}{\gamma-1}}.
Das isotermas temos uma razão comum x=\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{V_3}{V_4}. Então o volume máximo e mínimo do ciclo são V_{\max}=V_3 e V_{\min}=V_1, e
r\equiv\frac{V_{\max}}{V_{\min}}=\frac{V_3}{V_1}=\frac{V_3}{V_2}\cdot\frac{V_2}{V_1}=\Big(\frac{T_H}{T_C}\Big)^{\!\frac{1}{\gamma-1}}\,x.
Isto implica
x=\frac{r}{\big(T_H/T_C\big)^{1/(\gamma-1)}}.
Agora veja o ponto crucial com números: com T_H/T_C=1200/400=3 e \gamma-1=0{,}4, temos
\Big(\frac{T_H}{T_C}\Big)^{\!1/(\gamma-1)}=3^{1/0{,}4}=3^{2{,}5}=9\sqrt{3}\approx15{,}5885.
Assim
x=\frac{r}{15{,}5885}.
Se o enunciado exige r=3, então x\approx 3/15{,}5885\approx0{,}1925<1. Mas x=\dfrac{V_2}{V_1} representa a razão de volumes numa expansão isoterma a T_H; para uma expansão temos x>1. O valor x<1 significaria que, para satisfazer simultaneamente T_H,T_C e r=3, a "isoterma em T_H" teria de ser uma compressão (V diminui) em vez de expansão — isto inverteria o sentido do ciclo (não seria um motor térmico que extrai trabalho). Em termos práticos: para um Carnot reversível operando com ar ideal entre 1200\\ \text{K} e 400\\ \text{K}, o menor possível de r=V_{\max}/V_{\min} que permite um ciclo no sentido de produzir trabalho é
r_{\min}=\Big(\frac{T_H}{T_C}\Big)^{\!1/(\gamma-1)}\approx15{,}5885.
Portanto o pedido “usar r=3 para o Carnot” é fisicamente inconsistente com os T_H e T_C fornecidos e com ar modelo ideal. Conclusão: não existe um Carnot reversível com ar ideal entre 1200\\ \text{K} e 400\\ \text{K} que tenha r=3 e ainda opere como motor (produza trabalho). Vou então:
  • Dar as fórmulas gerais para o Carnot (válidas para qualquer x) e afirmar que, com r=3, não dá para obter valores numéricos consistentes sem inverter o sentido do ciclo.
  • Prosseguir com os cálculos numéricos completos para o ciclo Otto (pois para Otto r=3 é perfeitamente possível e os extremos de temperatura foram aplicados como T_1=400\\ \text{K} e T_3=1200\\ \text{K}, conforme interpretação natural do enunciado).
Fórmulas gerais do Carnot (por unidade de massa), em função de x=\dfrac{V_2}{V_1}:
q_{H,\text{Carnot}}=R\,T_H\ln x, \qquad q_{L,\text{Carnot}}=R\,T_C\ln x,
logo trabalho líquido específico
w_{\text{net,Carnot}}=q_H-q_L=R\,(T_H-T_C)\ln x,
e eficiência
\eta_{\text{Carnot}}=1-\frac{T_C}{T_H}=1-\frac{400}{1200}=\frac{2}{3}\approx66{,}6667\%.
Mas, repetindo: para r=3 com os dados dados, o x exigido seria x\approx0{,}1925, que muda o sentido do calor na isoterma de T_H (não é um motor). Por isso não podemos dar q_H e w numéricos consistentes para o Carnot com r=3 no sentido motor. O que podemos dar para o Carnot é a eficiência (número que independe de volumes).

Passo 6

Cálculo detalhado (passo a passo, com ensino) para o ciclo Otto ideal — obtenção de T em cada estado, calores e trabalhos por unidade de massa.
Interpretação natural para comparar com o Carnot: tomamos nos estados do Otto a temperatura mínima T_1=400\\ \text{K} e a máxima T_3=1200\\ \text{K} (essas são as “temperaturas extremas” do enunciado). O ciclo Otto tem compressão adiabática de 1\to2 com razão r=V_1/V_2=3. Usamos a relação adiabática:
T_2=T_1\,r^{\gamma-1},\qquad T_4=T_3\,r^{-(\gamma-1)}.
Calculemos r^{\gamma-1} explicitamente:
r^{\gamma-1}=3^{0{,}4}=\exp(0{,}4\ln 3)\approx1{,}5518.
Logo:
T_2=T_1\cdot1{,}5518=400\cdot1{,}5518\approx620{,}72\\ \text{K},
T_4=T_3\cdot\frac{1}{1{,}5518}=1200/1{,}5518\approx773{,}36\\ \text{K}.
Agora os calores (por unidade de massa):
  • Calor recebido (adição de calor isocórica de 2\to3):
q_{H,\text{Otto}}=c_v\,(T_3-T_2)=0{,}718\,(1200-620{,}72)\\ \mathrm{kJ/kg}.
Faço a conta:
T_3-T_2\approx579{,}28\\ \text{K}\quad\Rightarrow\quad q_{H,\text{Otto}}\approx0{,}718\times579{,}28\approx415{,}20\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • Calor rejeitado (isochora 4\to1):
q_{L,\text{Otto}}=c_v\,(T_1-T_4)=0{,}718\,(400-773{,}36)=0{,}718\times(-373{,}36)\\ \mathrm{kJ/kg}.
Aqui q_{L,\text{Otto}} como definido por q recebido pelo sistema será negativo (rejeição de calor). O valor numérico (magnitude de rejeição) é
q_{L,\text{Otto}}\approx -268{,}00\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • Trabalho líquido por unidade de massa:
w_{\text{net,Otto}}=q_{H,\text{Otto}}-(-q_{L,\text{Otto}}_{\text{(magnitude)}})=q_H-q_L\approx415{,}20-268{,}00=147{,}20\\ \mathrm{kJ/kg}.
(ou simplesmente w=q_H+q_L usando q_L negativo).
Verificação da eficiência do Otto a partir dos calores:
\eta_{\text{Otto}}=\frac{w_{\text{net,Otto}}}{q_{H,\text{Otto}}}\approx\frac{147{,}20}{415{,}20}\approx0{,}3555\approx35{,}55\%.
Isto bate com a fórmula teórica 1-1/r^{\gamma-1}=1-1/1{,}5518\approx0{,}3555.

Passo 7

Eficiências e explicação por que nenhuma é 100\%.
  • Para Carnot:
\eta_{\text{Carnot}}=1-\frac{T_C}{T_H}=1-\frac{400}{1200}=\frac{2}{3}\approx66{,}6667\%.
Explicação didática: mesmo um ciclo reversível perfeito não pode converter todo o calor em trabalho porque, para rejeitar calor ao reservatório mais frio e completar o ciclo, alguma energia deve ser entregue ao reservatório frio proporcional a T_C/T_H. Essa é a limitação da termodinâmica (segunda lei): eficiências maiores que Carnot são impossíveis, e Carnot nunca alcança 100\% se T_C>0.
  • Para Otto (numeração e cálculos do passo 6):
\eta_{\text{Otto}}=1-\frac{1}{r^{\gamma-1}}=1-\frac{1}{1{,}5518}\approx0{,}3555\approx35{,}55\%.
Explicação didática: o Otto não é reversível (tem irreversibilidades associadas à transferência de calor na combustão e aos processos reais), e sua eficiência depende somente da razão de compressão r e \gamma. Mesmo no Otto ideal há rejeição de calor e, portanto, não se consegue 100\%.

Passo 8

Eficiência de segunda lei para o Otto (definição usada e cálculo).
Definição prática que usaremos: a eficiência de segunda lei \eta_{2\text{nd}} é a eficiência real (ou do ciclo Otto ideal aqui) comparada com a eficiência máxima teórica (Carnot) entre os mesmos reservatórios:
\eta_{2\text{nd}}=\frac{\eta_{\text{Otto}}}{\eta_{\text{Carnot}}}.
Usando os valores:
\eta_{2\text{nd}}=\frac{0{,}3555}{0{,}666667}\approx0{,}5333\approx53{,}33\%.
Interpretação: o Otto ideal converte cerca de 53{,}33\% daquilo que um ciclo reversível (Carnot) poderia, entre as mesmas temperaturas. Não é 100\% pois o Otto não é um ciclo reversível e tem irreversibilidades intrínsecas ao seu processo de calor (adição e rejeição de calor em isocoras, não reversíveis com os reservatórios em geral).

Passo 9

Determinar r tal que \eta_{\text{Otto}}(r)=\eta_{\text{Carnot}}.
Igualamos as eficiências:
1-\frac{1}{r^{\gamma-1}}=1-\frac{T_C}{T_H}\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{r^{\gamma-1}}=\frac{T_C}{T_H}.
Logo
r^{\gamma-1}=\frac{T_H}{T_C}\quad\Rightarrow\quad r=\Big(\frac{T_H}{T_C}\Big)^{\!1/(\gamma-1)}.
Com nossos números:
r=\;3^{1/0{,}4}=3^{2{,}5}=9\sqrt{3}\approx15{,}5885.
Isto confirma o resultado do Passo 5: para igualar a eficiência do Carnot com esse \gamma e essa razão de temperaturas, a razão de compressão do Otto teria de ser muito maior ( \approx15{,}59), e portanto não é possível com r=3.

Passo 10

Cálculo da geração de entropia específica s_{\text{ger}} para ambos os ciclos usando os calores e as temperaturas dos reservatórios.
Regra geral para geração de entropia por ciclo (os valores são por unidade de massa): como a variação de entropia do sistema em ciclo é zero, a entropia gerada é a soma das variações de entropia dos reservatórios (e.g. universo):
s_{\text{ger}}=\Delta s_{\text{res}}=-\frac{q_H}{T_H}-\frac{q_L}{T_C}.
Interpretando sinais: q_H é o calor recebido pelo sistema (positivo), q_L é o calor recebido pelo sistema (negativo quando o sistema rejeita calor). Alternativamente, usando magnitudes q_{out}= -q_L>0:
s_{\text{ger}}=-\frac{q_H}{T_H}+\frac{q_{out}}{T_C}.
  • Para o Carnot reversível: por construção \dfrac{q_{out}}{T_C}=\dfrac{q_H}{T_H}, então
s_{\text{ger,Carnot}}=0.
Isto significa que um Carnot reversível não gera entropia (idealização).
  • Para o Otto (usando os q do Passo 6 e as temperaturas dadas T_H=1200\\ \text{K} e T_C=400\\ \text{K}, conforme pedido):
q_{H,\text{Otto}}\approx415{,}20\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad q_{L,\text{Otto}}\approx-268{,}00\\ \mathrm{kJ/kg}.
Então
s_{\text{ger,Otto}}=-\frac{q_{H,\text{Otto}}}{T_H}-\frac{q_{L,\text{Otto}}}{T_C} =-\frac{415{,}20}{1200}-\frac{-268{,}00}{400}.
Calculemos:
-\frac{415{,}20}{1200}\approx-0{,}3460\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},\qquad -\frac{-268{,}00}{400}=+\;0{,}6700\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Somando:
s_{\text{ger,Otto}}\approx-0{,}3460+0{,}6700=0{,}3240\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Interpretação: o Otto ideal (mesmo sendo “ideal” no sentido de processos adiabáticos sem atrito) gera entropia quando comparado com os reservatórios a T_H,T_C porque a adição e rejeição de calor não são reversíveis com as temperaturas dos reservatórios (adição de calor num processo isocórico que não é a mesma coisa que uma isoterma reversível etc.). Essa geração de entropia explica porque \eta_{\text{Otto}}<\eta_{\text{Carnot}}: parte do calor que poderia, em princípio, se converter em trabalho é “perdida” para aumentar a entropia do universo e assim fica indisponível para conversão em trabalho.

Resposta

(a) Esboço do Carnot: ciclo com 1→2 isoterma a T_H, 2→3 adiabática, 3→4 isoterma a T_C, 4→1 adiabática; sentido anti-horário (motor) em p\!-\!v e T\!-\!s com horizontais em T\!-\!s nas isotermas e verticais nas adiabáticas.
(b) Esboço do Otto: 1→2 compressão adiabática, 2→3 aquecimento isocórico (adição de calor), 3→4 expansão adiabática, 4→1 rejeição isocórica; sentido anti-horário em p\!-\!v e T\!-\!s.
(c) Trabalho líquido específico: Carnot — não é possível determinar numericamente de forma consistente para um Carnot reversível com ar ideal entre T_H=1200 K e T_C=400 K se se exige r=3 (isto é fisicamente inconsistente); Otto — \;w_{\text{net,Otto}}\approx147{,}20\\ \mathrm{kJ/kg}.
(d) Calor específico recebido q_H: Carnot — depende da razão isotérmica x e, com r=3, o ciclo seria inconsistente (não se obtém q_H numérico no sentido motor); Otto — \;q_{H,\text{Otto}}\approx415{,}20\\ \mathrm{kJ/kg}.
(e) Eficiência térmica: \displaystyle\eta_{\text{Carnot}}=1-\frac{T_C}{T_H}=1-\frac{400}{1200}=\frac{2}{3}\approx66{,}67\%. \displaystyle\eta_{\text{Otto}}=1-\frac{1}{r^{\gamma-1}}=1-\frac{1}{3^{0{,}4}}\approx35{,}55\%. Nenhuma é 100\% porque a segunda lei da termodinâmica impede a conversão completa do calor em trabalho quando há um reservatório frio (é necessário rejeitar calor), e porque ciclos reais/idealizados (como Otto) têm irreversibilidades que reduzem ainda mais a eficiência.
(f) Eficiência de segunda lei do Otto: \displaystyle\eta_{2\text{nd}}=\frac{\eta_{\text{Otto}}}{\eta_{\text{Carnot}}}\approx\frac{0{,}3555}{0{,}6667}\approx53{,}33\%. Não é 100\% porque o Otto não atinge a reversibilidade ideal de Carnot (há geração de entropia no processo de adição/rejeção de calor).
(g) Razão de compressão para \eta_{\text{Otto}}=\eta_{\text{Carnot}}:
r=\Big(\frac{T_H}{T_C}\Big)^{\!1/(\gamma-1)}=3^{2{,}5}\approx15{,}5885.
(h) Geração de entropia específica usando r=3 e os calores obtidos:
s_{\text{ger,Carnot}}=0\quad(\text{Carnot é reversível}),éí
s_{\text{ger,Otto}}=-\frac{q_{H,\text{Otto}}}{T_H}-\frac{q_{L,\text{Otto}}}{T_C}\approx- \frac{415{,}20}{1200}-\frac{-268{,}00}{400}\approx0{,}3240\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Justificativa: s_{\text{ger}}>0 para Otto mostra irreversibilidade e explica porque \eta_{\text{Otto}}<\eta_{\text{Carnot}}.

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