Um sistema realiza um ciclo quase estático (reversível) interagindo com três reservatórios térmicos a temperaturas T_{1}=100 \mathrm{~K}, T_{2} e T_{3}=300 \mathrm{~K}. Suponha que o sistema absorva Q_{1}=60 \mathrm{~J} do reservatório 1 e Q_{3}=60 \mathrm{~J} do reservatório 3. Qual o trabalho realizado pelo sistema durante o ciclo?
(a) -40 J
(b) 40 J
(c) -80 J
(d) 80 J
(e) -160 J
(f) 160 J
(g) 0 J

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o trabalho realizado pelo sistema durante o ciclo.
  • Temperaturas dos reservatórios: \,T_{1}=100\\ \mathrm{K}, \,T_{2} (desconhecida) e \,T_{3}=300\\ \mathrm{K}.
  • Calores trocados (assumindo a convenção: calor absorvido pelo sistema > 0): \,Q_{1}=60\\ \mathrm{J} (absorvido do reservatório 1) e \,Q_{3}=60\\ \mathrm{J} (absorvido do reservatório 3). O calor trocado com o reservatório 2 é desconhecido; chamo-o de \,Q_{2}.
  • O ciclo é quase estático (reversível) e completo, portanto o sistema volta ao estado inicial ao final do ciclo.
Pergunta a responder: qual é o trabalho \,W realizado pelo sistema durante o ciclo?

Passo 2

Lembrete importante (Primeira Lei da Termodinâmica para ciclo): num ciclo completo a energia interna retorna ao valor inicial, logo a variação de energia interna \Delta U=0. Assim, a soma dos calores trocados é igual ao trabalho realizado pelo sistema:
W = Q_{\text{total}} = Q_{1}+Q_{2}+Q_{3}.
Aqui \,W é o trabalho realizado pelo sistema (convenção usual: positivo quando o sistema realiza trabalho).
Explicação didática: pense assim — num ciclo o sistema não guarda energia (voltou ao estado inicial), então tudo que entrou em forma de calor acabou saindo em forma de trabalho ou calor para outros reservatórios. A soma algébrica dos calores é exatamente o trabalho líquido.

Passo 3

Lembrete importante (Segunda Lei para processo reversível / igualdade de Clausius): para um ciclo reversível a soma das trocas de calor divididas pelas respectivas temperaturas dos reservatórios é zero:
\frac{Q_{1}}{T_{1}}+\frac{Q_{2}}{T_{2}}+\frac{Q_{3}}{T_{3}}=0.
Explicação didática: para um processo reversível o incremento de entropia total (sistema + reservatórios) é zero. Cada troca de calor com um reservatório de temperatura T muda a entropia do reservatório em -Q/T, e a soma deve se anular. Assim usamos essa igualdade para relacionar os calores.

Passo 4

Aplicamos a igualdade de Clausius com os valores conhecidos:
\frac{60}{100}+\frac{Q_{2}}{T_{2}}+\frac{60}{300}=0.
Calculemos as frações numéricas:
\frac{60}{100}=0{,}6,\qquad \frac{60}{300}=0{,}2.
Somando:
0{,}6+0{,}2=0{,}8.
Logo
\frac{Q_{2}}{T_{2}} = -0{,}8.
Isolando \,Q_{2}:
Q_{2} = -0{,}8\,T_{2}.
Explicação didática: o sinal negativo indica que \,Q_{2}<0, ou seja, o sistema libera calor para o reservatório 2 (faz sentido: ele absorveu calores positivos de 1 e 3, então deve rejeitar calor para algum outro reservatório para satisfazer entropia zero).

Passo 5

Agora voltamos à Primeira Lei para obter o trabalho:
W = Q_{1}+Q_{2}+Q_{3} = 60 + Q_{2} + 60 = 120 + Q_{2}.
Substituindo a expressão de \,Q_{2}:
W = 120 - 0{,}8\,T_{2}.
Explicação didática: esse resultado expressa o trabalho realizado em termos da temperatura do segundo reservatório. Repare que, sem saber \,T_{2}, não temos um valor numérico único para \,W.

Passo 6

Interpretação final e observação prática:
  • O trabalho depende de \,T_{2} pela relação \,W=120-0{,}8\,T_{2}.
  • Como o enunciado não dá um valor numérico para \,T_{2}, não é possível determinar um único valor numérico para \,W apenas com os dados fornecidos.
  • Para exemplo: se \,T_{2}=150\\ \mathrm{K} então \,W=120-0{,}8\cdot150=120-120=0\\ \mathrm{J} (opção g); se \,T_{2}=200\\ \mathrm{K} então \,W=120-0{,}8\cdot200=120-160=-40\\ \mathrm{J} (opção a); e assim por diante — cada escolha de \,T_{2} dá uma opção diferente da lista.
Motivação final e incentivo: ficou um pouco ambíguo porque falta \,T_{2}, mas agora você tem a fórmula fechada — com isso, na prova, se derem T_{2} você resolve na hora. Vai dar certo!

Resposta

W = 120 - 0{,}8\,T_{2}\\ \mathrm{J}

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