Um recipiente adiabático e isolado contém dois blocos sólidos que são colocados em contato térmico até atingirem equilíbrio: Bloco A (aço) com massa m_{A}=3 \mathrm{~kg}, calor específico c_{A}=0.46 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kgK} e temperatura inicial T_{A i}=120^{\circ} \mathrm{C}; Bloco B (alumínio) com massa m_{B}=2.5 \mathrm{~kg}, calor específico c_{B}=0.90 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kgK} e temperatura inicial T_{B i}=25^{\circ} \mathrm{C}. Considere propriedades constantes. Pede-se: (a) determinar a temperatura de equilíbrio T_{\text {eq }}; (b) calcular a variação de entropia de cada bloco; (c) determinar a entropia gerada (d) verifique se a segunda lei da termodinâmica é obedecida.

Passo 1

O enunciado dá duas massas e capacidades térmicas (calores específicos) e pede quatro coisas. Vou listar claramente o que foi pedido e os dados fornecidos:
Perguntas do enunciado:
  1. Determinar a temperatura de equilíbrio T_{\text{eq}}.
  2. Calcular a variação de entropia de cada bloco ( \Delta S_A e \Delta S_B).
  3. Determinar a entropia gerada S_{\text{gerada}}.
  4. Verificar se a segunda lei da termodinâmica é obedecida.
Dados fornecidos (todos os números entre parênteses e unidades são do enunciado):
  • Bloco A (aço): m_A=3\\ \mathrm{kg}, c_A=0,46\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}, T_{Ai}=120^\circ\mathrm{C}.
  • Bloco B (alumínio): m_B=2{,}5\\ \mathrm{kg}, c_B=0{,}90\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}, T_{Bi}=25^\circ\mathrm{C}.
  • O sistema é adiabático e isolado (logo não há troca de energia com o meio). Considere propriedades constantes.
Observações úteis para a resolução (apenas identificação; a resolução começa no próximo passo):
  • Temperaturas em diferenças podem usar graus Celsius, mas para cálculo de entropia devemos usar Kelvin (adicionamos 273{,}15).
  • Unidade de energia aqui será \mathrm{kJ} (por causa dos c em \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}). Entropias virão em \mathrm{kJ/K} (posso também apresentar em \mathrm{J/K} multiplicando por 1000).

Passo 2

Conservação de energia para um sistema isolado: a soma das trocas de calor internas é zero. Com a convenção de que calor ganho é positivo e perdido é negativo,
Q_A+Q_B=0.
Para corpos com calor específico constante, o calor trocado é
Q = m c (T_{\text{final}}-T_{\text{inicial}}).
Aplicando aos dois blocos,
m_A c_A (T_{\text{eq}}-T_{Ai}) + m_B c_B (T_{\text{eq}}-T_{Bi}) = 0.
Essa é uma equação linear em T_{\text{eq}}. Vou resolver para T_{\text{eq}}. Reorganizando,
T_{\text{eq}}\bigl(m_A c_A + m_B c_B\bigr) = m_A c_A T_{Ai} + m_B c_B T_{Bi},
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T_{\text{eq}} = \frac{m_A c_A T_{Ai} + m_B c_B T_{Bi}}{m_A c_A + m_B c_B}.

Passo 3

Agora substituo os valores numéricos (atenção às unidades; c já está em \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}):
  • Calor térmico efetivo de A: m_A c_A = 3\cdot 0{,}46 = 1{,}38\\ \mathrm{kJ/K}.
  • Calor térmico efetivo de B: m_B c_B = 2{,}5\cdot 0{,}90 = 2{,}25\\ \mathrm{kJ/K}.
    Calculo o numerador:
m_A c_A T_{Ai} + m_B c_B T_{Bi} = 1{,}38\cdot 120 + 2{,}25\cdot 25.
Faço as multiplicações:
1{,}38\cdot 120 = 165{,}6, \qquad 2{,}25\cdot 25 = 56{,}25.
Somando,
165{,}6 + 56{,}25 = 221{,}85.
O denominador é
1{,}38 + 2{,}25 = 3{,}63.
Portanto
T_{\text{eq}} = \frac{221{,}85}{3{,}63}\approx 61{,}12^\circ\mathrm{C}.
Comentário prático: esse valor está entre 120^\circ\mathrm{C} e 25^\circ\mathrm{C}, mais perto da temperatura do alumínio inicialmente porque o conjunto alumínio tem maior capacidade térmica efetiva ( 2{,}25 vs 1{,}38\\ \mathrm{kJ/K}).

Passo 4

Verificação rápida da conservação de energia (checagem numérica): calculo os calores trocados usando Q=m c (T_{\text{eq}}-T_i).
  • Para A:
Q_A = 1{,}38\cdot (61{,}1157-120) \approx 1{,}38\cdot (-58{,}8843)\approx -81{,}27\\ \mathrm{kJ}.
  • Para B:
Q_B = 2{,}25\cdot (61{,}1157-25) \approx 2{,}25\cdot 36{,}1157\approx 81{,}26\\ \mathrm{kJ}.
Soma: Q_A+Q_B\approx -0{,}01\\ \mathrm{kJ} (diferença por arredondamento). Conceitualmente a soma é zero; numericamente vemos que a perda de A é igual ao ganho de B, como esperado.

Passo 5

Agora vamos calcular as variações de entropia. Aula curtinha do conceito e da fórmula que usamos:
Definição prática (para calor específico constante): a variação de entropia de um corpo quando sua temperatura muda de T_i para T_f com calor específico constante c é
\Delta S = \int_{T_i}^{T_f} \frac{m c\, dT}{T} = m c \ln\!\biggl(\frac{T_f}{T_i}\biggr).
Aqui:
  • m é a massa do corpo ( \mathrm{kg}),
  • c é o calor específico ( \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}),
  • T_i e T_f são as temperaturas em Kelvin ( \mathrm{K}),
  • \Delta S sai em \mathrm{kJ/K} se c estiver em \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Importante: usar Kelvin nas razões de temperatura (porque entropia envolve logaritmo de temperatura absoluta).
Converto temperaturas para Kelvin:
T_{Ai}=120^\circ\mathrm{C}=393{,}15\\ \mathrm{K}, \qquad T_{Bi}=25^\circ\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K},
T_{\text{eq}}=61{,}1157^\circ\mathrm{C}\approx 334{,}2657\\ \mathrm{K}.

Passo 6

Calculo \Delta S_A usando a fórmula:
\Delta S_A = m_A c_A \ln\!\biggl(\frac{T_{\text{eq}}}{T_{Ai}}\biggr).
Substituindo valores numéricos:
\Delta S_A = 3\cdot 0{,}46 \cdot \ln\!\biggl(\frac{334{,}2657}{393{,}15}\biggr) = 1{,}38\cdot \ln(0{,}850177\ldots).
Calculo do logaritmo natural:
\ln(0{,}850177)\approx -0{,}162479.
Multiplicando:
\Delta S_A \approx 1{,}38\cdot (-0{,}162479)\approx -0{,}22427\\ \mathrm{kJ/K}.
Em unidades mais familiares,
\Delta S_A \approx -224{,}27\\ \mathrm{J/K}.
Interpretação: bloco A perdeu entropia (esperado, pois ele resfriou).

Passo 7

Calculo \Delta S_B:
\Delta S_B = m_B c_B \ln\!\biggl(\frac{T_{\text{eq}}}{T_{Bi}}\biggr) = 2{,}5\cdot 0{,}90 \cdot \ln\!\biggl(\frac{334{,}2657}{298{,}15}\biggr).
Isso é
\Delta S_B = 2{,}25\cdot \ln(1{,}121379\ldots).
O logaritmo:
\ln(1{,}121379)\approx 0{,}114660.
Multiplicando:
\Delta S_B \approx 2{,}25\cdot 0{,}114660\approx 0{,}25799\\ \mathrm{kJ/K}.
Em joules por kelvin:
\Delta S_B \approx 257{,}99\\ \mathrm{J/K}.
Interpretação: bloco B ganhou entropia (ele aqueceu).

Passo 8

Agora a entropia total do sistema isolado (entropia gerada) é a soma das variações:
S_{\text{gerada}} = \Delta S_A + \Delta S_B.
Numéricamente:
S_{\text{gerada}} \approx -0{,}22427 + 0{,}25799 = 0{,}03372\\ \mathrm{kJ/K}.
Em \mathrm{J/K}:
S_{\text{gerada}} \approx 33{,}72\\ \mathrm{J/K}.
Observação: o valor é positivo (mas pequeno), o que indica aumento total de entropia.

Passo 9

Verificação da segunda lei da termodinâmica:
  • A segunda lei, para processos reais em sistemas isolados, requer que a entropia total do sistema não diminua; isto é, S_{\text{gerada}}\ge 0.
  • Aqui encontramos S_{\text{gerada}}\approx 0{,}03372\\ \mathrm{kJ/K}>0.
    Conclusão: a segunda lei é obedecida — o processo é irreversível (troca de calor espontânea entre corpos a temperaturas diferentes gera entropia).

Resposta

T_{\text{eq}} = 61{,}12^\circ\mathrm{C}
\Delta S_A \approx -0{,}22427\\ \mathrm{kJ/K}\; (= -224{,}27\\ \mathrm{J/K})
\Delta S_B \approx 0{,}25799\\ \mathrm{kJ/K}\; (= 257{,}99\\ \mathrm{J/K})
S_{\text{gerada}} \approx 0{,}03372\\ \mathrm{kJ/K}\; (= 33{,}72\\ \mathrm{J/K})
Segunda lei: obedecida, pois S_{\text{gerada}}>0.

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