EBB. 5 Considere dois corpos idênticos em massa e em calor específico que são colocados em contato térmico. Nesse caso, foi mostrado que a variação da entropia é dada por
\Delta S=m c \ln \left(\frac{T^{2}}{T^{2}-\Delta T^{2}}\right)
onde T é a temperatura de equilíbrio.
Agora considere que o caminho da troca de calor é invertido, i.e., o sistema mais quente recebe calor do sistema frio
(a) Mostre que
\Delta S=m c\left[\ln \left(\frac{T_{q}+\Delta T}{T_{q}}\right)+\ln \left(\frac{T_{f}-\Delta T}{T_{f}}\right)\right]
onde m e c são as massas e os calores específicos dos corpos idênticos, e \Delta T a variação da temperatura.
(b) Se T_{q}=300 \mathrm{~K}, T_{f}=200 \mathrm{~K} e \Delta T=50 \mathrm{~K}, mostre que o processo de transferência de calor do sistema frio para o sistema quente é impossível.
\Delta S=-0,134 m c, \text { viola a segunda lei. }

Passo 1

O enunciado trata de dois corpos idênticos (mesma massa m e mesmo calor específico c) em contato térmico, mas agora com o fluxo de calor invertido: o corpo quente (temperatura inicial T_{q}) recebe calor do corpo frio (temperatura inicial T_{f}), cada um variando sua temperatura em \Delta T. O objetivo é (a) mostrar a expressão da variação total de entropia \Delta S e (b) verificar, para T_{q}=300,K, T_{f}=200,K e \Delta T=50,K, que \Delta S<0 e portanto o processo viola a segunda lei.

Passo 2

Para um sistema que absorve calor reversivelmente, a variação de entropia é
\Delta S=\int \frac{\delta Q_\text{rev}}{T}.
Como o calor trocado em cada corpo é \delta Q = m c\,dT, temos para o corpo quente, que vai de T_{q} a T_{q}+\Delta T:
\Delta S_{q} = \int_{T_{q}}^{T_{q}+\Delta T} \frac{m c\,dT}{T} = m c \ln\!\Bigl(\frac{T_{q}+\Delta T}{T_{q}}\Bigr).

Passo 3

Para o corpo frio, que perde calor ao descer de T_{f} a T_{f}-\Delta T, a expressão é análoga, com o mesmo m e c:
\Delta S_{f} = \int_{T_{f}}^{T_{f}-\Delta T} \frac{m c\,dT}{T} = m c \ln\!\Bigl(\frac{T_{f}-\Delta T}{T_{f}}\Bigr).

Passo 4

A variação total de entropia do sistema isolado é a soma:
\Delta S = \Delta S_{q} + \Delta S_{f} = m c \Bigl[\ln\!\Bigl(\frac{T_{q}+\Delta T}{T_{q}}\Bigr)+\ln\!\Bigl(\frac{T_{f}-\Delta T}{T_{f}}\Bigr)\Bigr],
como queríamos demonstrar.

Passo 5

Agora, para T_{q}=300,K, T_{f}=200,K e \Delta T=50,K, calculamos
\ln\!\Bigl(\frac{300+50}{300}\Bigr)+\ln\!\Bigl(\frac{200-50}{200}\Bigr) =\ln\!\Bigl(\frac{350}{300}\Bigr)+\ln\!\Bigl(\frac{150}{200}\Bigr) =\ln\!\Bigl(\frac{350\cdot150}{300\cdot200}\Bigr) =\ln(0,875)\approx -0,134.
Multiplicando por m c obtém-se \Delta S\approx -0,134\,m c.
Como \Delta S<0, o processo de transferência de calor do corpo frio para o corpo quente violaria a segunda lei da termodinâmica e, portanto, é impossível.

Resposta

(a) \displaystyle \Delta S = m c\Bigl[\ln\!\bigl(\tfrac{T_{q}+\Delta T}{T_{q}}\bigr)+\ln\!\bigl(\tfrac{T_{f}-\Delta T}{T_{f}}\bigr)\Bigr].
(b) Para T_{q}=300,K, T_{f}=200,K e \Delta T=50,K obtém-se \Delta S\approx -0,134\,m c, negativo, logo o processo é impossível.

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