Um engenheiro projetou um complexo processo sem escoamento, no qual 1 mol de ar é o fluido de trabalho. Sabe-se que os efeitos líquidos do processo são: A produção de trabalho de 1.580 J , uma mudança de estado do ar de 235^{\circ} \mathrm{C} e 5 bar para 75^{\circ} \mathrm{C} e 2 bar, e a transferência de uma quantidade de calor, em aberto, para o reservatório de calor a 35^{\circ} \mathrm{C}. Determine se o desempenho indicado do processo é consistente com a segunda lei da termodinâmica e comente o resultado. Suponha que o ar seja um gás ideal com C p= (7 / 2) R.

Passo 1

Temos um processo sem escoamento com 1 mol de ar ideal ( C_{p}=\tfrac{7}{2}R, logo C_{v}=C_{p}-R=\tfrac{5}{2}R). O ar passa de T_{1}=235^\circ\mathrm{C}=508\;\mathrm{K} e p_{1}=5\;\mathrm{bar} para T_{2}=75^\circ\mathrm{C}=348\;\mathrm{K} e p_{2}=2\;\mathrm{bar}. O processo produz trabalho W_{\mathrm{out}}=1\,580\;\mathrm{J} e rejeita calor para um reservatório a 35^\circ\mathrm{C}=308\;\mathrm{K}. Vamos:
  1. usar a 1ª Lei para achar a quantidade de calor trocada;
  2. calcular as variações de entropia do sistema e do reservatório;
  3. verificar se a entropia total cresce (2ª Lei).

Passo 2

Calcular a variação de energia interna do ar usando
\Delta U = m\,C_{v}\,(T_{2}-T_{1})
para m=1 mol e C_{v}=\tfrac{5}{2}R:
\Delta U =\frac{5}{2}R\,(348 - 508) =\frac{5}{2}\cdot 8{,}314\cdot(-160) \approx -3\,326\;\mathrm{J}.

Passo 3

Aplicar a 1ª Lei ( Q - W_{\mathrm{out}}=\Delta U) para achar Q:
Q = \Delta U + W_{\mathrm{out}} = -3\,326 + 1\,580 \approx -1\,746\;\mathrm{J}.
O sinal negativo indica que 1\,746\;\mathrm{J} saem do sistema (rejeitados ao reservatório).

Passo 4

Calcular a variação de entropia do ar ( \Delta S_{\mathrm{sys}}) para gás ideal:
\Delta S_{\mathrm{sys}} = C_{p}\ln\frac{T_{2}}{T_{1}} - R\ln\frac{p_{2}}{p_{1}}.
Aqui C_{p}=\tfrac{7}{2}R. Logo
\Delta S_{\mathrm{sys}} =\frac{7}{2}R\ln\frac{348}{508} - R\ln\frac{2}{5} \approx 29{,}099\cdot(-0{,}3797) - 8{,}314\cdot(-0{,}9163) \approx -3{,}44\;\mathrm{J/K}.

Passo 5

Calcular a variação de entropia do reservatório ( \Delta S_{\mathrm{res}}). O calor Q_{\mathrm{res}}=+1\,746\;\mathrm{J} entra no reservatório a T_{\mathrm{res}}=308\;\mathrm{K}, então
\Delta S_{\mathrm{res}} =\frac{Q_{\mathrm{res}}}{T_{\mathrm{res}}} =\frac{1\,746}{308} \approx 5{,}67\;\mathrm{J/K}.

Passo 6

A entropia total gerada é
\Delta S_{\mathrm{tot}} =\Delta S_{\mathrm{sys}} + \Delta S_{\mathrm{res}} \approx -3{,}44 + 5{,}67 \approx 2{,}23\;\mathrm{J/K}>0.
Como \Delta S_{\mathrm{tot}}>0, o processo satisfaz a 2ª Lei da Termodinâmica. O calor rejeitado e o trabalho extraído vêm da redução da energia interna, e a irreversibilidade gera aumento líquido de entropia.

Resposta

O processo é consistente com a 2ª Lei, pois a entropia total aumenta ( \Delta S_{\mathrm{tot}}\approx2{,}23\;\mathrm{J/K}>0).

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