Uma indústría química aquece 5000 \mathrm{~kg} / \mathrm{h} de água de 25^{\circ} \mathrm{C} até 90^{\circ} \mathrm{C} usando vapor. A empresa instala um trocador de calor para pré-aquecer essa água com efluente quente, reduzindo a quantidade de vapor necessária.
Considere o aquecimento da água de 25^{\circ} \mathrm{C} a 90^{\circ} \mathrm{C}, de forma aproximadamente reversivel, com c=4,18 \mathrm{~kJ} /(\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}) \cdot(2,5 \mathrm{pts})
a) Calcule o calor necessário por hora para aquecer essa água
b) Calcule a variação de entropia da água
c) Explique, conceitualmente, por que reaproveitar calor (ao invés de liberar tudo diretamente para o ambiente) tende a reduzir o aumento de entropia global, embora \Delta S_{\text {total }} ainda seja >0, conforme a 2^{a} Lei.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (peguei todos os dados do enunciado).
  • Dados:
    • Vazão mássica de água: \dot{m}=5000\\ \mathrm{kg/h}. Isto significa que, a cada hora, 5000\\ \mathrm{kg} de água são aquecidos.
    • Temperatura inicial: T_1=25^\circ\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K}.
    • Temperatura final: T_2=90^\circ\mathrm{C}=363{,}15\\ \mathrm{K}.
    • Calor específico (assumido constante): c=4{,}18\\ \mathrm{kJ}/(\mathrm{kg\cdot K}).
  • O enunciado pede:
    (a) Calcular o calor necessário por hora para aquecer essa água.
    (b) Calcular a variação de entropia da água (no processo aproximado e reversível).
    (c) Explicar conceitualmente por que reaproveitar calor tende a reduzir o aumento de entropia global, embora \Delta S_{\mathrm{total}}>0.

Passo 2

(a) Fórmula para o calor requerido (quando c é aproximadamente constante):
Q = m\, c\, \Delta T,
onde
  • Q é o calor absorvido pela massa de água (unidade: \mathrm{kJ}),
  • m é a massa de água aquecida (aqui por hora: m=\dot{m}=5000\\ \mathrm{kg}),
  • c é o calor específico ( \mathrm{kJ}/(\mathrm{kg\cdot K})),
  • \Delta T = T_2-T_1 é a variação de temperatura (em K, igual a 90-25=65\\ \mathrm{K}).
Agora aplicando os números (tudo em unidades compatíveis):
\Delta T = 65\\ \mathrm{K}.
Q = 5000\cdot 4{,}18\cdot 65.

Passo 3

Calculemos o produto:
4{,}18\cdot 65 = 271{,}7\\ \mathrm{kJ/(kg)}.
Q = 5000\cdot 271{,}7 = 1\,358\,500\\ \mathrm{kJ}.
Interpretação: esse é o calor necessário para aquecer os 5000\\ \mathrm{kg} de água — como a vazão era dada por hora, isto é 1\,358\,500\\ \mathrm{kJ} por hora.
Convertendo para potência (kW) se for útil:
1\\ \mathrm{kW}=1\\ \mathrm{kJ/s},\qquad 1\\ \mathrm{h}=3600\\ \mathrm{s},
\dot{Q}=\frac{1\,358\,500\\ \mathrm{kJ}}{3600\\ \mathrm{s}}=377{,}36\\ \mathrm{kW}\approx 0{,}377\\ \mathrm{MW}.

Passo 4

(b) Variação de entropia da água: explicar a fórmula e as variáveis.
Para um aquecimento reversível a pressão aproximadamente constante e com c praticamente constante, a variação de entropia da massa m é
\Delta S = m \int_{T_1}^{T_2} \frac{c\,dT}{T} = m\,c\,\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right),
onde
  • \Delta S tem unidades de \mathrm{kJ/K},
  • T_1 e T_2 devem estar em Kelvin (por isso converti antes),
  • a integral vem da definição diferencial dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T e, para \delta Q_{\mathrm{rev}}=c\,dT, integra-se c/T.

Passo 5

Aplicando números:
m\,c = 5000\cdot 4{,}18 = 20\,900\\ \mathrm{kJ/K}.
\frac{T_2}{T_1}=\frac{363{,}15}{298{,}15}\approx 1{,}218075, \qquad \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right)\approx 0{,}197928.
\Delta S = 20\,900 \times 0{,}197928 \approx 4\,136{,}7\\ \mathrm{kJ/K}.
Observação: como a massa foi dada como vazão horária, este \Delta S corresponde à variação de entropia por hora do fluxo de água que é aquecido (ou seja, a cada hora processa-se esse aumento de entropia no fluxo de água).

Passo 6

(c) Explicação conceitual, passo a passo e com fórmula simples:
  • Regra básica: quando troca-se calor Q entre dois reservatórios a temperaturas diferentes T_h (quente) e T_c (frio), a entropia total criada por essa transferência (assumindo troca direta) é
\Delta S_{\mathrm{gerada}} = Q\left(\frac{1}{T_c}-\frac{1}{T_h}\right) > 0,
porque T_h>T_c. Essa expressão mostra que a geração de entropia é maior quanto maior for a diferença entre 1/T_c e 1/T_h — ou seja, quanto maior for a diferença de temperatura entre fonte quente e receptor frio.
  • Reaproveitar calor (recuperador) faz o seguinte: em vez de jogar todo o calor útil para o ambiente frio (grande salto térmico), faz-se o calor fluir do efluente quente para a água de alimentação, cuja temperatura é mais alta que a do ambiente e cujo ponto de recepção do calor é mais próximo da temperatura do efluente. Assim, o calor é transferido entre temperaturas mais próximas. Pela fórmula acima, isso reduz \frac{1}{T_c}-\frac{1}{T_h} e, portanto, reduz a entropia gerada para a mesma quantidade de calor trocada.
  • Intuição simples: entropia “custa” mais quando se joga calor numa região muito fria (porque \Delta S = Q/T é grande para baixo T). Se em vez de desperdiçar calor para o ambiente frio o aproveita-se para pré-aquecer a água (a uma temperatura intermediária mais alta), menos calor precisa ser fornecido por combustão/vapor e menos calor é rejeitado a baixas temperaturas — logo, a criação líquida de entropia é menor.
  • Por que ainda assim \Delta S_{\mathrm{total}}>0? Porque qualquer transferência real tem irreversibilidades (diferenças finitas de temperatura, perdas, atrito, mistura, etc.). O recuperador reduz a irreversibilidade (aproxima o processo do reversível), mas não a elimina completamente. A Segunda Lei exige que a entropia total do universo aumente ou mantenha-se igual; apenas em um processo perfeitamente reversível seria \Delta S_{\mathrm{total}}=0, o que é ideal e não alcançável na prática.

Resposta

(a) Q = 1\,358\,500\\ \mathrm{kJ\\ (por\\ hora)} = 377{,}36\\ \mathrm{kW} \\ (\approx 0{,}377\\ \mathrm{MW}).
(b) \Delta S_{\text{água}} = 4{,}137\times10^{3}\\ \mathrm{kJ/K}á (variação por cada hora de água aquecida).
(c) Reaproveitar calor reduz a geração de entropia porque a transferência de calor passa a ocorrer entre temperaturas mais próximas (menor \,1/T_c-1/T_h), aproximando o processo do reversível e diminuindo a irreversibilidade; contudo \Delta S_{\mathrm{total}}>0 permanece devido às irreversibilidades reais (diferenças finitas de temperatura, perdas, etc.).

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