Em um laboratório de inovação energética, está sendo testado um reator químico experimental que transforma um combustível líquido em gás quente, sem trocas de massa com o meio externo (sistema fechado).
Durante a operação de 1 hora:
  • O reator é completamente fechado e não há variação de volume.
  • No interior do reator, ocorre uma reação exotérmica, liberando 850 kJ de calor internamente.
  • Um conjunto de turbinas internas retira parte dessa energia sob a forma de trabalho de eixo externo, totalizando 300 kJ .
  • Para manter a reação sob controle, uma bomba pressuriza fluidos internos com gasto de 80 kJ de trabalho de fluxo.
  • O reator dissipa calor para o ambiente a uma taxa de 5 \mathrm{~kJ} / \mathrm{min} por meio de paredes condutivas.
Ao final da hora de operação, é verificado que a temperatura interna do sistema subiu de 350 K para 425 K. A massa do sistema é constante e seu calor específico médio a volume constante é 1,5 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}, com massa total de 10 kg .
a) Estabeleça o balanço de energia completo do sistema fechado durante o periodo de operação, identificando todas as formas de energia envolvidas (calor, trabalho de eixo, trabalho de fluxo, energia interna).
b) Determine se há perda ou ganho de energia líquida no sistema. Justifique numericamente.
c) A energia interna aumentou, mesmo com perda de calor para o ambiente. Como isso é possivel fisicamente? Interprete o fenômeno.
d) Redesenhe o reator para que funcione em estado estacionário térmico, com temperatura constante (\Delta T=0). Qual deveria ser o valor do calor dissipado por minuto para isso ocorrer, mantendo os demais dados?

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas (a–d). Vou listar claramente o que foi dado e o que é pedido, sem resolver nada ainda.
Dados relevantes do enunciado:
  • Operação durante 1 hora (60 min).
  • Sistema fechado, massa constante e volume constante.
  • Reação exotérmica que libera internamente 850\\ \mathrm{kJ}.
  • Turbinas internas retiram trabalho de eixo totalizando 300\\ \mathrm{kJ} (energia saída do sistema na forma de trabalho).
  • Bomba pressuriza fluidos internos e gasta 80\\ \mathrm{kJ} de trabalho de fluxo (energia fornecida ao sistema).
  • Reator dissipa calor para o ambiente a uma taxa de 5\\ \mathrm{kJ/min} por condução pelas paredes.
  • Temperatura interna sobe de 350\\ \mathrm{K} para 425\\ \mathrm{K}.
  • Massa total m=10\\ \mathrm{kg}.
  • Calor específico médio a volume constante c_v=1{,}5\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
O que o enunciado pede:
a) Estabelecer o balanço de energia completo do sistema fechado durante 1 hora, identificando todas as formas de energia (calor, trabalho de eixo, trabalho de fluxo, energia interna).
b) Determinar se há perda ou ganho de energia líquida no sistema e justificar numericamente.
c) Explicar fisicamente por que a energia interna aumentou mesmo havendo perda de calor para o ambiente. Interpretar o fenômeno.
d) Redesenhar o reator para que opere em regime estacionário térmico ( \Delta T=0); calcular qual deve ser o valor do calor dissipado por minuto para isso, mantendo os demais dados.

Passo 2

Princípio físico e convenção de sinais (aulas rápidas, mastigadas).
  • Para um sistema fechado, a Primeira Lei da Termodinâmica pode ser escrita como
\Delta U = Q + W,
onde:
  • \Delta U é a variação da energia interna do sistema (kJ).
  • Q é a soma algébrica de calor trocado com o entorno (kJ). Pelo nosso uso de sinal: calor recebido pelo sistema é positivo; calor perdido pelo sistema é negativo.
  • W é a soma algébrica de trabalho feito sobre o sistema (kJ). Trabalho realizado pelo sistema sobre o entorno é negativo; trabalho recebido pelo sistema é positivo.
Comentários práticos importantes:
  • Como o volume é constante, o trabalho de pressão-volume (trabalho de deslocamento de fronteira) é nulo: \delta W_{PV}=0.
  • A reação exotérmica libera energia interna localmente; essa liberação é um aporte de energia ao sistema e conta como Q_{\text{ger}} positivo (energia química convertida em energia interna / calor).
  • A turbina retira energia mecânica do sistema: isso é trabalho realizado pelo sistema, logo contribui com termo negativo em W.
  • A bomba consome energia para pressurizar fluidos internos; essa energia é fornecida ao sistema (assumimos trabalho feito sobre o sistema), logo termo positivo em W.
  • Perdas por condução para o ambiente são calor saindo do sistema: termo negativo em Q.

Passo 3

Convertemos dados para as mesmas unidades e identificamos cada termo numericamente.
  1. Calor gerado internamente pela reação:
Q_{\text{ger}} = +850\\ \mathrm{kJ}.
Explicação: é energia liberada pela reação e permanece inicialmente disponível no sistema.
  1. Trabalho do eixo (turbinas): turbina retira 300\\ \mathrm{kJ} do sistema, portanto trabalho sobre o sistema é negativo:
W_{\text{turbinas}} = -300\\ \mathrm{kJ}.
  1. Trabalho da bomba (fluxo / pressurização): a bomba fornece 80\\ \mathrm{kJ} ao fluido interno (gasto que entra no sistema), então
W_{\text{bomba}} = +80\\ \mathrm{kJ}.
Observação didática: mesmo que na prática uma bomba seja um dispositivo que consome energia elétrica externa, do ponto de vista do balanço do sistema o efeito é entregar energia mecânica/pressão para o interior; contabilizamos isso como trabalho sobre o sistema.
  1. Calor dissipado para o ambiente por condução: taxa dada 5\\ \mathrm{kJ/min}. Em 1 hora ( 60\\ \mathrm{min}):
Q_{\text{dissipado, total}} = - \bigl(5\\ \mathrm{kJ/min}\bigr)\times 60\\ \mathrm{min} = -300\\ \mathrm{kJ}.
Sinal negativo pois é energia saindo do sistema.
  1. Outros trabalhos/energias: como o volume é constante e o sistema é fechado (sem troca de massa), não há trabalho de fluxo associado a escoamento de massa para fora do sistema nem trabalho de deslocamento por variação de volume. Já os termos acima são todos os relevantes.

Passo 4

Montagem do balanço de energia (soma algébrica das contribuições) usando a forma da Primeira Lei. Como vimos:
\Delta U = Q_{\text{ger}} + Q_{\text{troca}} + W_{\text{total}},
onde Q_{\text{troca}} é o calor que entra/saí por condução (aqui -300\\ \mathrm{kJ}) e W_{\text{total}} é a soma dos trabalhos sobre o sistema (bomba positiva, turbinas negativas). Substituindo os números:
  • Soma dos calores: Q_{\text{ger}} + Q_{\text{troca}} = +850\\ \mathrm{kJ} + (-300\\ \mathrm{kJ}) = +550\\ \mathrm{kJ}.
  • Soma dos trabalhos: W_{\text{total}} = W_{\text{bomba}} + W_{\text{turbinas}} = +80\\ \mathrm{kJ} + (-300\\ \mathrm{kJ}) = -220\\ \mathrm{kJ}.
Portanto
\Delta U_{\text{(contábil)}} = 550\\ \mathrm{kJ} + (-220\\ \mathrm{kJ}) = +330\\ \mathrm{kJ}.á
Interpretação didática: pelos termos que conhecemos, o sistema ganhou 330\\ \mathrm{kJ} líquidos ao longo da hora — isto é, as energias liberadas e o trabalho feito sobre o sistema superaram as perdas para o ambiente e o trabalho extraído.

Passo 5

Agora calculamos a variação de energia interna a partir da medida de temperatura, usando a relação para mudança de energia interna a volume constante:
\Delta U = m\, c_v\, \Delta T,
onde:
  • m é a massa total do sistema ( \mathrm{kg}),
  • c_v é o calor específico médio a volume constante ( \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}),
  • \Delta T é a variação de temperatura ( \mathrm{K}).
Substituindo:
m=10\\ \mathrm{kg},\qquad c_v=1{,}5\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},\qquad \Delta T = 425-350 = 75\\ \mathrm{K}.
Logo
\Delta U_{\text{(medida)}} = 10 \times 1{,}5 \times 75 = 10 \times 112{,}5 = 1125\\ \mathrm{kJ}.
Comentário: este valor é a variação real da energia interna inferida pela mudança de temperatura medida no sistema.

Passo 6

Comparação numérica e conclusão (resposta da parte b, com explicação).
  • Pelo balanço “contábil” dos fluxos de energia que conhecemos obtivemos
\Delta U_{\text{(contábil)}} = +330\\ \mathrm{kJ}.á
  • A variação de energia interna inferida da medição térmica é
\Delta U_{\text{(medida)}} = +1125\\ \mathrm{kJ}.
Há uma diferença grande:
\Delta U_{\text{(medida)}} - \Delta U_{\text{(contábil)}} = 1125 - 330 = 795\\ \mathrm{kJ}.á
Interpretação imediata: ou existem fontes de energia adicionais que não foram contabilizadas nos dados (por exemplo, calor adicional vindo de fora, trabalho não mencionado, maior liberação química que 850\\ \mathrm{kJ}, erro de medição, etc.), ou algum dos sinais/valores fornecidos foi interpretado incorretamente. Pela informação dada, há um ganho de energia interna observado de 1125\\ \mathrm{kJ} (a partir da temperatura), mas a soma dos fluxos informados só explica 330\\ \mathrm{kJ}. Portanto existe um ganho líquido real observado de 1125\\ \mathrm{kJ} e um excesso não explicado de 795\\ \mathrm{kJ}.

Passo 7

Resposta física e interpretação didática do item (c): por que a energia interna aumentou mesmo havendo perda de calor?
Explicação simples, passo a passo:
  • Energia interna do sistema aumenta sempre que a soma das energias entregues ao sistema (calor gerado internamente pela reação + trabalho feito sobre o sistema) excede a soma das energias retiradas (calor perdido para o ambiente + trabalho extraído por turbinas).
  • Aqui, mesmo com perda de calor de 300\\ \mathrm{kJ} para o ambiente, a reação exotérmica entregou 850\\ \mathrm{kJ} e a bomba adicionou 80\\ \mathrm{kJ}. A soma 850+80=930\\ \mathrm{kJ} é maior que as perdas 300\\ \mathrm{kJ} (paredes) mais 300\\ \mathrm{kJ} (turbina) = 600\\ \mathrm{kJ}. Logo sobrou energia positiva para aquecer o sistema; sobra essa energia líquida que se manifesta como aumento da energia interna e, portanto, aumento de temperatura.
  • Em termos moleculares: a reação converte energia química em energia cinética/energias internas das moléculas (mais movimentos/rotações/vibrações), aumentando a temperatura. Parte dessa energia é capturada pelos eixos das turbinas e parte escapa por condução; o que resta aumenta a energia interna.
  • Observação sobre a discrepância numérica: o aumento observado de energia interna ( 1125\\ \mathrm{kJ}) é bem maior do que aquele previsto pela soma dos fluxos conhecidos ( 330\\ \mathrm{kJ}). Isso indica que, fisicamente, deve ter havido mais energia entrando no sistema do que os dados apresentam — por exemplo, a reação pode ter liberado mais do que 850\\ \mathrm{kJ}, ou existiu alguma outra fonte (aquecedor auxiliar, perda de isolamento que aqueceu outro componente que devolveu calor, etc.), ou erro de medição da temperatura/massa/c_v. É importante checar medições e contabilidade energética no laboratório.

Passo 8

Cálculo para (d): condição de regime estacionário térmico ( \Delta T=0).
  • Em regime estacionário térmico, \Delta U=0. Então, pela Primeira Lei:
0 = Q_{\text{ger}} + Q_{\text{dissipado}} + W_{\text{bomba}} + W_{\text{turbinas}},
reorganizando para o calor dissipado total necessário (no sentido de energia saindo do sistema, será negativo):
Q_{\text{dissipado, total}} = Q_{\text{ger}} + W_{\text{bomba}} + W_{\text{turbinas}}.
Substituindo sinais e valores lembrando que W_{\text{turbinas}}=-300\\ \mathrm{kJ}:
Q_{\text{dissipado, total}} = 850 + 80 + (-300) = 630\\ \mathrm{kJ}
no intervalo de 1 hora.
  • Taxa por minuto necessária para manter \Delta T=0:
\text{taxa} = \frac{630\\ \mathrm{kJ}}{60\\ \mathrm{min}} = 10{,}5\\ \mathrm{kJ/min}.
Interpretação prática: para manter a temperatura constante, a parede/condutor deve remover 10{,}5\\ \mathrm{kJ} por minuto (em vez dos atuais 5\\ \mathrm{kJ/min}). Assim a energia liberada pela reação mais a energia da bomba serão exatamente compensadas pelas perdas mais o trabalho extraído pelas turbinas, mantendo \Delta U=0.

Resposta

a) Balanço (forma compacta):
\Delta U = Q_{\text{ger}} + Q_{\text{dissipado}} + W_{\text{bomba}} + W_{\text{turbinas}}
com Q_{\text{ger}}=+850\\ \mathrm{kJ}, Q_{\text{dissipado}}=-300\\ \mathrm{kJ} (atual), W_{\text{bomba}}=+80\\ \mathrm{kJ}, W_{\text{turbinas}}=-300\\ \mathrm{kJ}.
b) Numericamente: soma dos fluxos informados dá \Delta U_{\text{(contábil)}}=+330\\ \mathrm{kJ}á; pela medição térmica \Delta U_{\text{(medida)}}=m c_v \Delta T =1125\\ \mathrm{kJ}. Portanto houve ganho de energia interna observado de 1125\\ \mathrm{kJ}, mas existe uma diferença não explicada de 795\\ \mathrm{kJ} entre medição e contabilidade (indica fonte/erro não contabilizado).
c) Mesmo havendo perda de calor, a energia interna aumentou porque a energia liberada pela reação ( 850\\ \mathrm{kJ}) e o trabalho entregue pela bomba ( 80\\ \mathrm{kJ}) superaram as somas das perdas por condução e o trabalho extraído pelas turbinas; o excedente se manifestou como aumento da energia interna e elevação da temperatura. A discrepância numérica sugere ainda uma fonte adicional de energia ou erro de medição.
d) Para \Delta T=0 (regime estacionário) o calor total a ser dissipado em 1 hora deve ser 630\\ \mathrm{kJ}, isto é, taxa de
\boxed{10{,}5\\ \mathrm{kJ/min}}
(ao invés dos atuais 5\\ \mathrm{kJ/min}).

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