Ciclo de Carnot: energia e entropia em cada ramo

Questão 1. O esquema mostra as adiabáticas $AB$ e $CD$, $BC$ na isotérmica quente e $DA$ na isotérmica fria. O ciclo é percorrido no sentido horário. Na adiabática $AB$, a lei de Laplace dá

$$T_{\mathrm{C}}V_A^{\gamma-1}=T_{\mathrm{H}}V_B^{\gamma-1},\qquad \left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma-1}=\frac{T_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

Elevando à potência $1/(\gamma-1)$ e definindo $b=(T_{\mathrm{H}}/T_{\mathrm{C}})^{1/(\gamma-1)}$ obtém-se $V_A=bV_B$. Analogamente, em $CD$,

$$T_{\mathrm{H}}V_C^{\gamma-1}=T_{\mathrm{C}}V_D^{\gamma-1} \quad\Longrightarrow\quad V_D=bV_C=brV_B.$$

Assim, $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$: as isotérmicas têm a mesma razão de volumes, percorrida em sentidos opostos.

Questão 2. Em cada adiabática reversível, $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$ e $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$:

$$Q_{AB}=Q_{CD}=0,\qquad \Delta S_{AB}=\Delta S_{CD}=0.$$

Numa isotérmica de gás ideal, $\mathrm dU=0$, pelo que $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$. Para a expansão à temperatura quente,

$$\begin{aligned} Q_{BC}&=nRT_{\mathrm{H}}\int_{V_B}^{rV_B}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{H}}[\ln V]_{V_B}^{rV_B}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r>0,\\ \Delta S_{BC}&=\frac{Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=nR\ln r. \end{aligned}$$

Para a compressão à temperatura fria, $V_A/V_D=1/r$:

$$\begin{aligned} Q_{DA}&=nRT_{\mathrm{C}}\int_{V_D}^{V_A}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{C}}[\ln V]_{V_D}^{V_A}\\ &=nRT_{\mathrm{C}}\ln\frac{V_A}{V_D}=-nRT_{\mathrm{C}}\ln r<0,\\ \Delta S_{DA}&=\frac{Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=-nR\ln r. \end{aligned}$$

No diagrama $(S,T)$, a entropia é constante em $AB$ e $CD$: estes ramos são verticais. As isotérmicas $BC$ e $DA$ são horizontais. Tomando $S_A$ como origem relativa, as coordenadas são

$$\begin{aligned} \begin{array}{c|cc} \text{Estado}&S-S_A&T\\ \hline A&0&T_{\mathrm{C}}\\ B&0&T_{\mathrm{H}}\\ C&nR\ln r&T_{\mathrm{H}}\\ D&nR\ln r&T_{\mathrm{C}} \end{array} \end{aligned}$$

Obtém-se um retângulo percorrido no sentido horário, de largura $nR\ln r$ e altura $T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}$.

Questão 3. Num ciclo, $\Delta U=0$. Contando positivamente a energia recebida, o primeiro princípio dá

$$W=-(Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CD}+Q_{DA}) =-nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r<0.$$

O trabalho fornecido é $-W>0$ e o calor recebido do termostato quente é $Q_{BC}>0$. O rendimento é então

$$\eta=\frac{-W}{Q_{BC}} =\frac{nR(T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}})\ln r}{nRT_{\mathrm{H}}\ln r} =\frac{T_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}.$$

Cada termostato recebe o calor oposto ao que fornece ao gás:

$$\Delta S_{\mathrm{th,H}}=\frac{-Q_{BC}}{T_{\mathrm{H}}}=-nR\ln r,\qquad \Delta S_{\mathrm{th,C}}=\frac{-Q_{DA}}{T_{\mathrm{C}}}=nR\ln r.$$

O gás regressa ao estado inicial, pelo que $\Delta S_{\mathrm{gas}}=0$. A soma das três variações é nula: não se produz entropia. O trabalho fornecido ao exterior não transporta entropia.

Questão 4. Mantém-se a convenção do banqueiro para a máquina: $Q_{\mathrm{H}}>0$ é o calor recebido do termostato quente, $Q_{\mathrm{C}}<0$ o recebido do termostato frio e $W<0$ o trabalho recebido num ciclo. Os termostatos recebem os calores opostos, $-Q_{\mathrm{H}}$ e $-Q_{\mathrm{C}}$. A sua variação total de entropia é a entropia produzida, pois a máquina regressa ao estado inicial e só se transfere trabalho para o exterior:

$$S_{\mathrm{i}}=-\frac{Q_{\mathrm{H}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{Q_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{C}}}.$$

Multiplicando por $T_{\mathrm{C}}$ e isolando $Q_{\mathrm{C}}$,

$$T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-Q_{\mathrm{C}}, \qquad Q_{\mathrm{C}}=-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}Q_{\mathrm{H}}-T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}.$$

O primeiro princípio dá $0=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}+W$. O trabalho recuperado é $|W|=-W=Q_{\mathrm{H}}+Q_{\mathrm{C}}$, logo

$$\eta=\frac{|W|}{Q_{\mathrm{H}}}=1+\frac{Q_{\mathrm{C}}}{Q_{\mathrm{H}}} =1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}}-\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}}.$$

Como $T_{\mathrm{C}}>0$ e $Q_{\mathrm{H}}>0$, uma produção positiva de entropia reduz o rendimento.

Questão 5. O calor recebido do termostato quente é o mesmo para os dois motores. Pela questão 2,

$$Q_{\mathrm{H}}=nRT_{\mathrm{H}}\ln r=1{,}0\times8{,}314\times500\times\ln3{,}4 \simeq5087\ \mathrm J.$$

O rendimento do motor reversível é

$$\eta_{\mathrm{Carnot}}=1-\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{H}}} =1-\frac{300}{500}=0{,}40=40\,\%.$$

A questão 4 dá a diferença entre os dois rendimentos:

$$\Delta\eta=\eta_{\mathrm{Carnot}}-\eta_{\mathrm{irr}} =\frac{T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{H}}} \simeq\frac{300\times2{,}0}{5087}=0{,}118.$$

O numerador $T_{\mathrm{C}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ é uma energia, pelo que a razão é adimensional. A diminuição é de $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ pontos percentuais. Assim,

$$\eta_{\mathrm{irr}}=0{,}40-0{,}118\simeq0{,}282=28{,}2\,\%.$$

O rendimento passa de $40\,\%$ para $28{,}2\,\%$; uma diminuição de $11{,}8$ pontos não é uma diminuição relativa de $11{,}8\,\%$.