Variação da Entropia e Segunda Lei da Termodinâmica

Teoria Completa

Segunda Lei da Termodinâmica

Vimos que Primeira Lei se trata de conservação de energia.

Por exemplo:

Imagine uma bolinha de ping-pong que é largada a uma certa altura do chão.

O que nós observamos é que essa bolinha vai quicando e atingindo alturas cada vez menores até ficar totalmente parada no chão.

Vamos analisar a energia nesse processo:

Sabemos que, inicialmente, por estar a uma altura do chão, essa bolinha tem energia potencial gravitacional.

Ao final do processo, essa bolinha não tem mais essa energia potencial.

A Primeira Lei da Termodinâmica diz que a energia sempre se conserva.

Então pra onde foi essa energia potencial?

Essa energia foi dissipada, isto é, se transformou em energia não útil.

Como?

Nesse exemplo, a energia pode ter se dissipado por vários meios: pelo som gerado quando a bola atinge o chão, pelo atrito com o ar, pelo atrito no chão...

E toda essa energia dissipada vira calor e vai para o ambiente.

Como a massa do ambiente é muito grande, é claro que não sentimos a temperatura aumentar por causa desse calor, mas a energia potencial da bolinha, sem dúvida, foi transformada em calor e “perdida” para o ambiente.

Agora considere um caso “ideal”: imagine que a bolinha de ping-pong está no vácuo e tem choque perfeitamente elástico no chão.

Ou seja: a bolinha quica e retorna à mesma altura em que foi largada e continua assim indefinidamente.

É claro que isso é uma situação hipotética, pois, na realidade, isso nunca acontece.

Agora imagine que nós filmemos esses dois processos da bolinha: o processo ideal, em que ela sempre retorna à mesma altura, e o processo real, em que ela vai perdendo altura a cada quique até ficar parada no chão.

Se pegarmos esses filmes e os assistirmos de trás pra frente, temos duas constatações:

No primeiro caso (hipotético), o filme vai mostrar o mesmo movimento que mostraria de frente pra trás, concorda?

Já no segundo caso (real), o filme vai mostrar uma bolinha parada no chão que começa a quicar a alturas cada vez maiores.

Perceba que o primeiro filme, visto de trás pra frente, é aceitável que ocorra (considerando condições ideais) mas o segundo, não.

Mas por que não?

Note que a Primeira Lei é conservada nesse processo. Mas, nesse caso, teríamos uma situação em que o calor do ambiente se transformaria em energia cinética, que então se transformaria em energia potencial, fazendo a bolinha atingir alturas cada vez maiores.

Mas, na natureza, alguns processos ocorrem em um único sentido e não em mão dupla.

Então, podemos concluir o seguinte: existem dois aspectos sobre a Segunda Lei:

  1. Processos acontecem em um único sentido
  2. Sempre há perda de energia que se transforma em calor

Vamos entender melhor essas duas conclusões.

Processos reversíveis e irreversíveis

A primeira conclusão foi a seguinte: processos acontecem em um único sentido.

Voltando ao exemplo dos dois casos da bolinha (hipotético e real), podemos colocar da seguinte forma:

No caso hipotético, esse é um processo reversível.

No caso real, esse é um processo irreversível.

Alguns exemplos de processos irreversíveis: expansão livre de um gás em um ambiente, corpo quente cedendo calor a um corpo frio até o equilíbrio térmico, hélice girando na água aumentando a temperatura da água, etc.

Note que nenhum desses processos acontece “de trás pra frente”, se filmados.

Ou seja: nenhum gás, em um ambiente, é contraído do nada dentro de um recipiente; dois corpos em equilíbrio térmico não trocam calor do nada, passando a ter diferentes temperaturas; a água não perde calor esfriando, fazendo uma hélice parada começar a girar.

Por isso que esses processos são irreversíveis: só acontecem em uma direção.

Na verdade, não existem processos reversíveis porque sempre há perda de energia por calor. Se isso não acontecesse, seria o caso da bolinha de ping-pong que sempre retorna à mesma altura. E assim, poderia haver processos reversíveis.

Entendeu a relação? Se não houvesse perdas de calor, poderia haver processos reversíveis!

Mas, na prática, podemos considerar como processos reversíveis, aqueles que acontecem muito lentamente.

Por exemplo:

Imagine um cilindro com um pistão e, acima do pistão, um pouco de areia. Se colocarmos um grão de areia a mais em cima do pistão, o equilíbrio do sistema vai variar muito pouco, certo?

Se continuarmos a fazer isso, eventualmente a pressão do sistema vai aumentar.

Do mesmo modo, se formos retirando grãos de areia, bem devagar, o sistema vai retornar ao estado inicial, passando por estados intermediários bem definidos.

Em resumo:

Processos irreversíveis: ocorrem em um único sentido (“mão única”).

Processos reversíveis: podem ocorrer nos dois sentidos (“mão dupla”).

Na prática:

Processos rápidos são irreversíveis e processos lentos são reversíveis.

Entropia

Bem, entropia é uma das coisas mais difíceis de se explicar o que é. A definição que mais gosto é que entropia é a desordem de um sistema. Como se ela medisse o caos no sistema. Assim, se um gás expande seu volume, você pode entender que ao fazer isso o caos no sistema aumentou, pois agora você tem um maior volume com o movimento dos gases.

Confuso? Relaxa, não será cobrado de você o que é a entropia, de tão complexo é a definição de entropia. O que será cobrado são as características da entropia. Então vamos ver algumas:

Chamamos a entropia de S .

A entropia é uma variável de estado.

Isto é: a variação de entropia NÃO depende do caminho!

A variação de entropia tem a ver com o processo ser reversível ou irreversível, como vamos ver agora!

A variação da entropia é sempre positiva ou igual a zero, Δ S ≥ 0 .

Como calcular

Para processos reversíveis, a entropia é definida assim:

S = ∫ d Q T

Então podemos calcular a variação de entropia dessa forma:

Δ S = ∫ Q 1 Q 2 d Q T

Importante : essa fórmula só é válida para processos reversíveis!

Mas, como a entropia é uma função de estado, ela só depende do valor final e inicial, e não do caminho.

Então, sabendo as condições inicial e final de um processo irreversível, podemos calcular a variação de entropia com os mesmos estados inicial e final através de um processo reversível, usando a fórmula.

Já que a variação de entropia não depende do caminho, então essa variação é a mesma!

Agora que sabemos a definição de entropia, podemos dizer que a segunda lei nos diz:

Δ S ≥ 0

Entropia total do Universo

Calcular a entropia total de um sistema significa calcular a entropia total daquele ‘universo’. Esse ‘universo’ é formado pelo sistema em si, e sua vizinhança. Exemplo: Um cubo de gelo em um lago. O cubo seria o sistema e a vizinhança seria o lago.

Podemos calcular essa variação total de entropia como:

∆ S u n i v e r s o = ∆ S s i s t e m a + ∆ S v i z i n h a n ç a

Resumão

  • Variação de entropia não depende do caminho;
  • Em processos irreversíveis, podemos calcular Δ S por um caminho reversível com mesmos estados inicial e final;
  • Processos reversíveis (ciclos): Δ S = 0 ;
  • Processos irreversíveis Δ S > 0 ;
  • A entropia de um sistema isolado nunca diminui.

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFRJ – 1ª Prova – 2012.2

Um cubo de gelo de massa m e calor latente de fusão L f funde-se à temperatura ambiente T v de um dia de verão no Rio de Janeiro. A temperatura do gelo é T 0 , constante durante a fusão. Qual a variação de entropia do gelo ao derreter-se? O resultado seria diferente se fosse inverno no Rio com temperatura T i ? O resultado seria diferente se o cubo derretesse fornecendo-lhe apenas trabalho?

a   ∆ S = m L f / T 0 . Não, pois a temperatura do gelo continua a mesma. Não, pois a entropia é uma função de estado.

b   ∆ S = m L f / T v . Não, pois a temperatura do gelo continua a mesma. Não, pois a entropia é uma função de estado.

c   ∆ S = m L f / T 0 . Sim, pois a temperatura externa é T i . Não, pois a entropia é uma função de estado.

d   ∆ S = m L f / T v . Não, pois a temperatura do gelo continua a mesma. Sim, pois a entropia depende da temperatura.

e   ∆ S = m L f / T v . Sim, pois a temperatura externa é T i . Sim, pois a entropia depende da temperatura.

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Passo 1

Vamos primeiro calcular a variação de entropia do sistema. O gelo se funde a temperatura T 0 , e esssa que é a temperatura importante, pois o gelo é o sistema analisado, não o ambiente!.

Então:

∆ S = ∫ d Q T 0

Na fusão a temperatura é mantida constante durante todo o processo. Então podemos tirar a temperatura de integral, que fica:

∆ S = ∫ d Q T 0 = 1 T 0 ∫ d Q = Q T 0

E quem é esse calor? É o calor trocado durante uma fusão, ou seja, um calor latente de fusão.

Então:

∆ S = m L f T 0

Passo 2

A segunda pergunta é se aconteceria algo de diferente se a temperatura do ambiente fosse T I , no inverno.

A resposta é não, pois, como eu disse, o que importa no cálculo de entropia é a temperatura do sistema, que no caso é o gelo, e esse vai continuar tendo a mesma temperatura de fusão.

Passo 3

E por ultimo temos a pergunta se algo de diferente iria acontecer se fosse fornecido só trabalho.

Bem, quando se trata de variações de entropia, energia interna ou outra variável de estado, não importa o caminho que se escolha e sim os estados inicias e finais.

Isso é, não importa se fornecemos calor ou trabalho, só um dos dois ou apenas um dos dois, o que importa são as condições finais e inicias.

Como a questão não fala de uma alteração desses estados, a resposta é não!

Então a resposta é:

Alternativa ( a )

Resposta

Alternativa a  

Exercício Resolvido #2

UFRJ – 1ª Prova – 2013.2

Colocamos uma forma cheia d’água à temperatura ambiente T = 25 ° C dentro do congelador, que está a uma temperatura T = - 10 ° C .

Considere as seguintes afirmativas sobre tal processo:

  1. O equilíbrio térmico será necessariamente atingido a 0 ° C .
  2. Neste caso, o congelamento da água é um processo irreversível.
  3. Durante a transição de fase, a temperatura da água não vai variar.

As afirmativas CORRETAS são:

a   Apenas I.

b Apenas II.

c   Apenas III.

d   Apenas I e II.

e   Apenas I e III.

f Apenas II e III.

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Passo 1

Vamos analisar as afirmativas:

Afirmativa I: O equilíbrio térmico será necessariamente atingido a 0 ° C .

Falso, pois a água, após congelar a 0 ° C , pode baixar sua temperatura até - 10 ° C , permanecendo em equilíbrio térmico com o congelador.

Passo 2

Afirmativa II: Neste caso, o congelamento da água é um processo irreversível.

Para saber isso, vamos analisar a variação de entropia total:

Δ S t o t a l = Δ S s i s t e m a + Δ S v i z i n h a n ç a

Nesse caso, o sistema é a água e a vizinhança é o congelador.

Sabemos, pela conservação de energia, que o calor perdido pela água é absorvido pelo congelador:

Q s i s t = - Q v i z

Mas a temperatura da água no congelamento é 0 ° C e a temperatura do congelador é - 10 ° C .

Logo:

T s i s t > T v i z

Substituindo:

Δ S t o t = Δ S s i s t + Δ S v i z

⇒ Δ S t o t = Q s i s t T s i s t + Q v i z T v i z

Substituindo Q v i z = - Q s i s t :

⇒ Δ S t o t = Q s i s t 1 T s i s t - 1 T v i z

Como a água perde calor, então Q s i s t < 0 .

E como T s i s t > T v i z , então:

1 T s i s t - 1 T v i z < 0

Logo:

Δ S t o t > 0

Então o processo é irreversível!

Afirmativa verdadeira.

Passo 3

Afirmativa III: Durante a transição de fase, a temperatura da água não vai variar.

Sabemos que, na mudança de fase, não há variação de temperatura (calor latente).

Portanto, a afirmativa é verdadeira.

Resposta

Alternativa ( f ) .

Exercício Resolvido #3

PUC-RIO – 3ª Prova – 2012.1

I I

Em um experimento do laboratório, um cilindro de 300   g de alumínio a 100   ° C é colocado em contato térmico com 100   g de água a 20 ° C dentro de um calorímetro (considere o calorímetro ideal, isto é, capacidade térmica nula e isolamento perfeito.)

Considere: c a l = 0,22   c a l   / g . ℃ ; c á g u a = 1,0   c a l   / g . ℃  

d Qual é a temperatura de equilíbrio?

e   Quais são as variações de entropia do cilindro de alumínio, da água e do sistema alumínio-água?

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Passo 1

Quando temos esse tipo de problema, envolvendo corpos em contato, devemos logo pensar em troca de calor! E quando se trata de um sistema isolado devemos ter em mente a conservação da energia!

d   Como queremos calcular a temperatura de equilíbrio do sistema, devemos sempre lembrar do cáculo do calor cedido ou recebido por um corpo. No nosso caso, teremos de acordo com a conservação da energia:

Q a l + Q á g u a = 0

Passo 2

Vamos primeiro calcular Q a l :

Q = m .   c .   Δ T = m .   c .   ( T f - T i )

Ou seja:

Q a l = 300 .   0,22 .   ( T f - 100 )

simplificando:

Q a l = 66 T - 6600

Passo 3

Vamos agora calcular Q á g u a :

Q á g u a = 100 .   1,0   .   ( T - 20 )

Simplificando, temos:

Q á g u a = 100 T - 2000

Ahhh...sempre fique de olho para ver se está tudo com as mesma unidades!

Passo 4

Agora que já temos Q a l e Q á g u a , é só utilizar a fórmula da conservação da energia!

Q a l + Q á g u a = 0

66 T - 6600 + 100 T - 2000 = 0

Isolando T , temos:

166 T = 8600

T = 51,8   ℃

Ahh..como o nosso calor específico foi dado em c a l   / g .   ℃ , obtivemos a temperatura em graus Celsius!

Além disso, como a variação de temperatura é a mesma tanto em graus Celsius quanto em Kelvin, podemos usar a variação em graus Celsius.

Passo 5

e   Agora precisamos calcular a variação da entropia. Para isso vamos recordar da definição de entropia:

Δ S =   ∫ Q i Q f d Q T

Sabendo que:

Q = m . c . Δ T

d Q = m . c . d T

Temos para a entropia:

Δ S = m .   c .   ∫ T i T f d T T

Δ S = m . c   . ln ⁡ T f T i

Passo 6

Agora que temos a entropia em termos de valores conhecidos, podemos achar a variação da entropia para cada um dos componentes, começando pelo cilindro de alumínio:

Δ S a l = m .   c a l .   ln ⁡ T f T i

Δ S a l = 300 .   0,22   . ln ⁡ 51,8 100

Δ S a l = - 43,4   c a l / ℃

Passo 7

Agora vamos calcular a variação de entropia da água, do mesmo modo que calculamos a do alumínio:

Δ S á g u a = 100 .   1,0 . ln ⁡ 51,8 20

Δ S á g u a = 95,2   c a l / ℃

Passo 8

Para o sistema alumínuo-água, temos:

Δ S s i s t e m a = Δ S a l + Δ S á g u a

Δ S s i t e m a = - 43,4 + 95,2

Δ S s i s t e m a = 51,8   c a l / ℃

Resposta

d   T = 51,8   ℃

e   Δ S a l = - 43,4   c a l / ℃ Δ S á g u a = 95,1   c a l / ℃ Δ S s i s t e m a = 51,8   c a l / ℃

Exercício Resolvido #4

UFRJ – 1ª Prova – 2014.1

Considere as seguintes afirmativas:

I )   A variação da entropia de um sistema não depende da reversibilidade do processo termodinâmico mas a variação do conjunto sistema + vizinhança depende.

I I )   A variação da entropia de um sistema durante um processo reversível é oposta à variação da entropia da vizinhança. No entanto, durante um processo irreversível, um aumento da entropia do sistema é superior, em amplitude, à diminuição da entropia da vizinhança.

I I I )   O desequilíbrio entre a variação da entropia de um sistema e de sua vizinhança durante um processo irreversível é devido a uma dissipação de energia que não pode mais ser usada para efetuar um trabalho. Não havendo dissipação durante um processo reversível, ele não resulta em um aumento da entropia do universo.

São verdadeiras:

a   Apenas I .

b   Apenas I I .

c   Apenas I I I .

d   Apenas I e I I .

e   Apenas I I e I I I .

f   Apenas I e I I I .

g   Todas.

h   Nenhuma.

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Passo 1

Vamos analisar cada uma das afirmativas.

Afirmativa I :

Primeira parte: “A variação da entropia de um sistema não depende da reversibilidade do processo termodinâmico”.

É verdade, pois a entropia é uma função de estado e não depende do caminho. Então, a variação de entropia entre dois estados é a mesma para qualquer processo entre esses dois estados, podendo ser reversível ou irreversível.

Segunda parte: “mas a variação do conjunto sistema + vizinhança depende”.

Sabemos que a variação de entropia do conjunto sistema + vizinhança (universo) revela se o processo é reversível ou irreversível, isto é:

Δ S u n i v e r s o > 0 → processo irreversível

Δ S u n i v e r s o = 0 → processo reversível

Então, a variação do conjunto sistema + vizinhança realmente depende se o processo é reversível ou irreversível.

Logo, afirmativa I é verdadeira.

Passo 2

Afirmativa I I :

Primeira parte: “A variação da entropia de um sistema durante um processo reversível é oposta à variação da entropia da vizinhança”.

Verdadeiro, pois sabemos que a variação de entropia total (ou do universo) é zero em processos reversíveis.

Logo:

Δ S u n i v e r s o = Δ S s i s t e m a + Δ S v i z i n h a n ç a

Se Δ S u n i v e r s o = 0 :

Δ S s i s t e m a = - Δ S v i z i n h a n ç a

Segunda parte: “No entanto, durante um processo irreversível, um aumento da entropia do sistema é superior, em amplitude, à diminuição da entropia da vizinhança”.

Também é verdade.

Em processos irreversíveis:

Δ S u n i v e r s o > 0

Logo:

Δ S s i s t e m a + Δ S v i z i n h a n ç a > 0

Se Δ S v i z < 0 (diminuição de entropia da vizinhança), então Δ S s i s t tem que ser maior, em módulo (amplitude), para que a soma seja maior que zero!

Afirmativa I I verdadeira.

Passo 3

Afirmativa I I I :

Primeira parte: “O desequilíbrio entre a variação da entropia de um sistema e de sua vizinhança durante um processo irreversível é devido a uma dissipação de energia que não pode mais ser usada para efetuar um trabalho”.

Um processo irreversível é caracterizado por uma perda de energia em forma de calor.

Essa “perda” significa que a energia não pode ser aproveitada, isto é, não pode ser transformada em energia útil, como trabalho.

Portanto, a afirmativa está correta.

Segunda parte: “Não havendo dissipação durante um processo reversível, ele não resulta em um aumento da entropia do universo”.

A variação da entropia do universo ser zero caracteriza processos reversíveis:

Δ S u n i v e r s o = 0 → processo reversível.

Correto.

Então, a afirmativa I I I também está correta.

Logo, todas são verdadeiras!

Resposta

Alternativa ( g ) .

Exercício Resolvido #5

UERJ – Lista para 2ª Prova

Um cubo de gelo de 10   g a - 10 ° C é colocado em um lago cuja temperatura é de 15 ° C . “Calcule a variação na entropia do sistema cubo-lago quando o cubo de gelo atingir o equilíbrio térmico com o lago”. O calor específico do gelo é   2220   J / kg⋅ K   . (Sugestão: O gelo afetará a temperatura do lago?).

Dados:

- calor específico do gelo c g =   0,530   cal/g⋅°C   =   2220   J/kg⋅K .

-calor específico da água c a   = 1,0   cal/g⋅°C   =   4190   J/kg⋅K .

- calor latente de fusão do gelo L F = 79,5   cal/g   =   333   kJ /kg .

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Passo 1

Bom galera, nessa questão nós estamos interessados em saber a variação total de entropia de um sistema, no caso, o sistema gelo-lago. Se liga ai então nas equações que vamos usar:

  • Variação de entropia: ∆ S = ∫ d Q T
  • Quantidade de calor: Q = m c ∆ T
  • Calor Latente: Q = m L

É isso! Mas antes de começarmos, temos que dar atenção a algumas informações importantes do enunciado:

  • 1 ° : A temperatura do lago não muda. Isso acontece porque o lago é um corpo muito mais massivo que o cubinho de gelo.
  • 2 ° : O cubo de gelo começa sólido, passa por um processo de fusão e depois, como água, se aquece até 15 ° .   (Já que a temperatura do lago não muda e eles precisam atingir o equilíbrio térmico).

Obs.: Vamos usar as constantes que estão em unidades do S I   (   kg ,   K ,   e t c ) .Isso facilita a no final das contas ;D.

Partiu resolver essa questão, então! (:

Passo 2

Vamos focar nossa atenção primeiramente no cubo de gelo:

Bom, já sabemos que o cubo vai passar por três “estágios”: Gelo, fusão e água. Vamos calcular a variação de entropia de cada um?

Primeiramente o gelo está sendo aquecido pelo lago. A variação de entropia do gelo vai ser dada por:

∆ S gelo = ∫ d Q T

Só que, no caso, d Q vale:

d Q = m ⋅ c g ⋅ d T

Logo:

∆ S gelo = ∫ d Q T = ∫ m ⋅ c g ⋅ d T T = m c g ∫ d T T

∆ S gelo = m c g ln ⁡ T f T i

O gelo é aquecido - 10 ° C até 0 ° C , então essas são sua temperatura inicial e final. Convertendo essas temperaturas pra Kelvin e substituindo na equação, teremos:

T i = T c + 273 = - 10 + 273 = 263 K

T f = T c + 273 = 273 K

∆ S gelo = m c g ln ⁡ T f T i = 10 ⋅ 10 - 3 ⏟ 10   g = 10 ⋅ 10 - 3 kg ⋅ 2220 ⋅ ln ⁡ 273 263 ≅ 0,82

∆ S gelo = 0,82

Bom, no segundo estágio o gelo é fundido. Esse processo acontece à temperatura constante e o calor trocado é o calor latente. Logo:

∆ S fusão = ∫ d Q T = 1 T ∫ d Q = Q T = Q 273

Q = m L fusão = 10 ⋅ 10 - 3 ⋅ 333 ⋅ 10 3 = 3330   J

∆ S fusão = Q 273 = 3330 273 = 12,2

E no terceiro estágio, parecido com o primeiro, o cubo que agora é feito de água é aquecido de 0 ° C até 15 ° C .A fórmula da variação de entropia é parecida com a do primeiro estágio, mudando apenas o calor específico:

∆ S água = m c a ln ⁡ T f T i

Com as temperaturas em Kelvin:

T i = 273   K

T f = 273 + 15 = 288   K

Logo, a variação de entropia será:

∆ S água = m c a ln ⁡ T f T i = 10 ⋅ 10 - 3 ⋅ 4190 ⋅ ln ⁡ 288 273

∆ S água = 2,24

Pronto! Agora, pra descobrirmos a variação total de entropia do bloco, basta somarmos as parcelas:

∆ S bloco = ∆ S gelo + ∆ S fusão + ∆ S água = 0,82 + 12,20 + 2,24

∆ S bloc o = 15,26   J / K 

Passo 3

Vamos nos concentrar no lago agora. Bom, o caso do lago é mais fácil. A sua temperatura não muda com o processo, então a variação de entropia dele será:

∆ S lago = ∫ d Q T = 1 T ⋅ ∫ d Q = Q T

A temperatura do lago vale 15 ° C , então T = 288   K .

Mas quanto vale Q ? Bom, a primeira lei, a conservação da energia, é respeitada nessa questão, já que nada que contraria isso foi dito. Então, esse calor tem que ser o calor que foi perdido para o cubo de gelo!

Bom, vamos calcular essa quantidade de calor para cada estágio que o cubo passou (lembrando que temos que colocar o sinal de menos no fim, já que o lago perde calor):

Q gelo = m c g ∆ T = 10 ⋅ 10 - 3 ⋅ 2220 ⋅ 273 - 263 = 222   J

Q fusão = m L fusão = 10 ⋅ 10 - 3 ⋅ 333 ⋅ 10 3 = 3330   J

Q água = m c a ∆ T = 10 ⋅ 10 - 3 ⋅ 4190 ⋅ 288 - 273 = 628,5   J

Logo, Q ,a quantidade de calor que o lago perdeu, vale:

Q = - Q gelo + Q fusão + Q água = - 222 + 3330 + 628,5

Q = - 4180,50   J

Então a variação de entropia será:

∆ S lago = Q T = - 4180,50 288

∆ S l ag o = - 14,50   J / K

Passo 4

Agora que temos as variações de entropia do cubo e do lago, podemos calcular a variação total do sistema cubo-lago. Calcular a variação de entropia de um sistema é fácil, basta somarmos a variação de cada parte do sistema. Então:

∆ S cubo-lago = ∆ S cubo + ∆ S lago = 15,26 + - 14,50

∆ S cubo-lago ≅ 0,76   J / K 

E essa é a resposta! Uma dica pra gente checar se a resposta não está errada é lembrar que sempre temos:

∆ S ≥ 0

Resposta

∆ S cubo-lago = 0,76   J / K

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