Imagine que uma corrente de fluido, escoando em regime estacionário, sirva como uma fonte de calor para uma série infinita de máquinas de Carnot, cada qual absorvendo uma quantidade diferencial de calor do fluido, causando uma diminuição em sua temperatura em uma quantidade diferencial, e rejeitando uma quantidade diferencial de calor para um reservatório a uma temperatura T_{\sigma}. Como resultado da operação das máquinas de Carnot, a temperatura do fluido diminui de T_{1} para T_{2}. A Eq. (5.8) é utilizada aqui na forma diferencial, na qual \eta é definida como
\eta \equiv d W / d Q
onde Q é a transferência de calor em relação ao fluido em escoamento. Mostre que o trabalho total das máquinas de Carnot é dado por
W=Q-T_{\sigma} \Delta S
onde \Delta S e Q se referem ao fluido. Em um caso particular, o fluido é um gás ideal, C_{P}=(7 / 2) R, para o qual T_{1}=600 \mathrm{Ke} T_{2}=400 \mathrm{~K}. Se T_{\sigma}=300 \mathrm{~K}, qual é o valor de W \mathrm{em} \mathrm{J} \mathrm{mol}^{-1} ? Quanto calor é descarregado para o reservatório de calor a T_{\sigma} ? Qual é a variação da entropia do reservatório de calor? Qual é o \Delta S_{\text {total }} ?

Passo 1

O enunciado descreve um escoamento em regime estacionário cujo fluido, ao longo do trajeto, entrega calor diferencialmente a uma série infinita de máquinas de Carnot. Cada máquina absorve uma quantidade diferencial de calor do fluido (fatiando o processo em etapas infinitesimais), causa uma pequena queda de temperatura do fluido e rejeita calor para um reservatório a temperatura \(T_{\sigma}). No conjunto dessas etapas a temperatura do fluido cai de \(T_{1}) para \(T_{2}).
As perguntas pedem: (a) mostrar que o trabalho total produzido pelas máquinas de Carnot é
W = Q - T_{\sigma}\Delta S,
onde \(Q) e \(\Delta S) referem-se ao fluido; e (b) para o caso de um gás ideal com \(C_{P} = \tfrac{7}{2}R), \(T_{1}=600\\ \mathrm{K}), \(T_{2}=400\\ \mathrm{K}) e \(T_{\sigma}=300\\ \mathrm{K}), calcular numericamente: (1) W em \mathrm{J\\ mol^{-1}}; (2) o calor descarregado para o reservatório a \(T_{\sigma}); (3) a variação da entropia do reservatório; (4) \Delta S_{\text{total}}.
Informações relevantes dadas:
  • Série infinita de máquinas de Carnot operando entre temperatura local do fluido \(T) e reservatório \(T_{\sigma}).
  • Eficiência de Carnot (para cada etapa) é \(\eta = 1 - T_{\sigma}/T).
  • Definição diferencial fornecida: \(\eta \equiv dW/dQ), onde \(dQ) é a transferência de calor em relação ao fluido (usaremos a convenção habitual: \(dQ) positivo representa calor retirado do fluido e entregue às máquinas).
  • Para o caso numérico: gás ideal com \(C_{P} = \tfrac{7}{2}R), \(R = 8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}) (valor padrão), \(T_{1}=600\\ \mathrm{K}), \(T_{2}=400\\ \mathrm{K}), \(T_{\sigma}=300\\ \mathrm{K}).

Passo 2

Entendimento físico e convenção de sinais (muito importante). Vou fixar a convenção que uso em toda a conta para não se perder:
  • dQ será o calor absorvido pelas máquinas, ou seja, o calor RETIRADO do fluido. Assim dQ>0 quando o fluido perde calor e esse calor vai para as máquinas. (Essa escolha é natural se enunciado define dW/dQ com Q “em relação ao fluido”.)
  • A entropia do fluido muda quando ele perde calor. A variação instantânea da entropia do fluido relacionada a uma retirada reversível de calor dQ é \(dS_{\text{fluido}} = -\,\dfrac{dQ}{T}) (o sinal menos porque o fluido perde calor).
  • Cada máquina de Carnot que opera entre \(T) (temperatura local do fluido) e \(T_{\sigma}) tem eficiência
\eta = 1 - \frac{T_{\sigma}}{T}.
Para a etapa diferencial em que a máquina absorve dQ do fluido, o trabalho diferencial produzido é
dW = \eta\, dQ = \left(1-\frac{T_{\sigma}}{T}\right)dQ.

Passo 3

Manipulação diferencial para obter a fórmula global. Parto de
dW = \left(1-\frac{T_{\sigma}}{T}\right)dQ = dQ - T_{\sigma}\,\frac{dQ}{T}.
Agora uso a relação entre dQ e a variação de entropia do fluido. Pelas convenções do passo anterior,
dS_{\text{fluido}} \;=\; -\,\frac{dQ}{T} \quad\Longrightarrow\quad \frac{dQ}{T} \;=\; -\,dS_{\text{fluido}}.
Substituindo isso em dW obtemos
dW = dQ - T_{\sigma}\left(\frac{dQ}{T}\right) = dQ - T_{\sigma}\left(-\,dS_{\text{fluido}}\right) = dQ + T_{\sigma}\,dS_{\text{fluido}}.
Integrando essa expressão ao longo do percurso do fluido (temperatura de \(T_{1}) para \(T_{2})), obtemos o trabalho total W:
W = \int dW = \int dQ + T_{\sigma}\int dS_{\text{fluido}}.
As integrais são simples: \int dQ = Q (o calor total retirado do fluido, positivo) e \int dS_{\text{fluido}} = \Delta S_{\text{fluido}}. Logo
W = Q + T_{\sigma}\,\Delta S_{\text{fluido}}.
Observação sobre sinais e forma desejada: aqui obtive W = Q + T_{\sigma}\Delta S_{\text{fluido}} porque defini dS_{\text{fluido}} = -dQ/T. Se alguém define \Delta S no enunciado como a variação positiva absoluta (por exemplo, \Delta S sendo a diminuição da entropia do fluido tomada como valor positivo), então a fórmula pode ser escrita na forma equivalente do enunciado. Reescrevendo com \Delta S como a variação padrão de entropia do fluido (que será negativa, já que o fluido perde entropia), podemos arranjar a fórmula exatamente como dada no enunciado:
W = Q - T_{\sigma}\,\left(-\Delta S_{\text{fluido}}\right) \quad\text{ou}\quad W = Q - T_{\sigma}\,\Delta S,
dependendo da definição de \Delta S usada no enunciado. O importante é a forma integral-matemática correta e a consistência de sinais. A forma que se usa na prática com \Delta S_{\text{fluido}}=\int_{T_1}^{T_2}\dfrac{dQ_{\text{fluido}}}{T} dá exatamente a mesma resposta física quando os sinais são tratados consistentemente.
Resumo conciso do resultado formal (com convenção consistente usada nos cálculos numéricos a seguir):
\boxed{\,W = \int_{T_1}^{T_2}\left(1-\frac{T_{\sigma}}{T}\right)dQ \;=\; Q + T_{\sigma}\Delta S_{\text{fluido}}\,}
e, reconduzindo a notação ao enunciado (dependendo de como \Delta S foi definido aí), isso corresponde à forma pedida \(W=Q-T_{\sigma}\Delta S) quando \Delta S no enunciado é a variação com sinal oposto ao que escolhemos. Agora vamos aplicar numericamente com sinais claros.

Passo 4

Preparação para os cálculos numéricos:
  • Vou calcular com a convenção prática: Q_{\text{retirado}} é o calor TOTAL retirado do fluido (número positivo), isto é
Q_{\text{retirado}} = \int_{T_{2}}^{T_{1}} C_{P}\,dT = C_{P}(T_{1}-T_{2}).
(Escolhi a integração assim para garantir Q_{\text{retirado}}>0 pois T_{1}>T_{2}.)
  • A variação da entropia do fluido (padrão, S_{\text{final}}-S_{\text{inicial}}) é
\Delta S_{\text{fluido}} = \int_{T_{1}}^{T_{2}} \frac{C_{P}}{T}\,dT = C_{P}\ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right),
que será negativa (o fluido perde entropia).
  • O trabalho total produzido (usando a integral direta de \,dW=(1-T_{\sigma}/T)\,dQ_{\text{etapa}}) resulta numa expressão conveniente:
W = C_{P}\Big[(T_{1}-T_{2}) - T_{\sigma}\ln\!\left(\frac{T_{1}}{T_{2}}\right)\Big].
Essa fórmula é obtida ao escrever dQ_{\text{etapa}} = -C_{P}\,dT (calor retirado por etapa) e integrar entre T_{1} e T_{2}; o sinal e a ordem das integrais levam exatamente a essa expressão positiva para W.

Passo 5

Cálculo numérico dos termos (usar R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}).
Calcule C_{P}:
C_{P} = \frac{7}{2}R = 3{,}5\times 8{,}314 = 29{,}099\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.
Calcule o calor total retirado do fluido (magnitude positiva):
Q_{\text{retirado}} = C_{P}(T_{1}-T_{2}) = 29{,}099\times(600-400) = 29{,}099\times 200 = 5{,}819{,}8\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}.
Calcule o trabalho total W pela fórmula:
W = C_{P}\Big[(T_{1}-T_{2}) - T_{\sigma}\ln\!\left(\frac{T_{1}}{T_{2}}\right)\Big].
Primeiro a razão e o logaritmo:
\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{600}{400} = 1{,}5,\qquad \ln(1{,}5) \approx 0{,}4054651081.
Agora plugando:
W = 29{,}099\Big[200 - 300\times 0{,}4054651081\Big] = 29{,}099\Big[200 - 121{,}6395324\Big] = 29{,}099\times 78{,}3604676 \approx 2{,}279{,}0\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}.
Calcule o calor rejeitado para o reservatório a \(T_{\sigma}) (energia que cai no reservatório):
Q_{\sigma} = Q_{\text{retirado}} - W = 5{,}819{,}8 - 2{,}279{,}0 = 3{,}540{,}8\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}.
Calcule a variação de entropia do reservatório (reservatório recebe Q_{\sigma} a temperatura fixa \(T_{\sigma})):
\Delta S_{\text{reservat.}} = \frac{Q_{\sigma}}{T_{\sigma}} = \frac{3{,}540{,}8}{300} = 11{,}8026\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.
Calcule a variação de entropia do fluido (padrão S_{\text{final}}-S_{\text{inicial}}):
\Delta S_{\text{fluido}} = C_{P}\ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) = 29{,}099\times\ln\!\left(\frac{400}{600}\right) = 29{,}099\times(-0{,}4054651081) \approx -11{,}8026\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.
Finalmente a variação total de entropia do universo (fluido + reservatório):
\Delta S_{\text{total}} = \Delta S_{\text{fluido}} + \Delta S_{\text{reservat.}} \approx -11{,}8026 + 11{,}8026 = 0\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.
(Isto faz sentido: o processo composto por etapas reversíveis de Carnot e rejeição ao reservatório é globalmente reversível, então \Delta S_{\text{total}}=0.)

Passo 6

Interpretação rápida e incentivo: o resultado mostra que, quando se extrai calor reversivelmente de um fluido com máquinas de Carnot e se rejeita para um reservatório fixo, toda a mudança de entropia do fluido é compensada pela mudança de entropia do reservatório, de modo que o processo global é reversível ( \Delta S_{\text{total}}=0). O trabalho obtido é menor do que o calor retirado do fluido porque parte desse calor é inevitavelmente rejeitada ao reservatório; a eficiência máxima (Carnot) dita exatamente quanto trabalho pode ser extraído de cada porção de calor retirado em cada temperatura.

Resposta

W \approx 2{,}279{,}0\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}
Q_{\text{rejeitado ao reservatório}} \approx 3{,}540{,}8\\ \mathrm{J\,mol^{-1}}ó
\Delta S_{\text{reservat.}} \approx 11{,}8026\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}
\Delta S_{\text{total}} = 0\\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}

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