Um sistema isolado (adiabático) é constituído por dois reservatórios: o reservatório “A”, que se encontra a 227 ºC, e o reservatório “B”, que se encontra a 27 ºC. Quando os dois reservatórios são postos em contato, 600 kJ de calor são transferidos do reservatório de maior temperatura para o de menor temperatura. Assumindo processos isotérmicos, a variação de entropia do reservatório mais quente foi, aproximadamente, igual a:
- A)-2,0 kJ/K;
Errada, porque -2,0 kJ/K corresponderia a uma razão Q/T maior do que a informada, e a conta com 600 kJ em 500 K não chega nesse valor.
- B)-1,2 kJ/K;
Certa, pois o reservatório quente perde 600 kJ a 500 K, então ΔS = -600/500 = -1,2 kJ/K.
- C)-1,0 kJ/K;
Errada, porque -1,0 kJ/K seria obtido com temperatura maior ou calor menor, o que não bate com os dados do enunciado.
- D)+1,4 kJ/K;
Errada, porque a entropia do reservatório quente diminui ao perder calor, então o sinal não pode ser positivo.
- E)+2,0 kJ/K.
Errada, porque além de ter sinal incorreto, o módulo também não corresponde ao cálculo direto 600/500.
Gabarito: B
Em questões de entropia, o ponto de partida costuma ser bem simples: para um reservatório térmico em processo isotérmico, a variação de entropia é dada por ΔS = Q/T. Se o reservatório perde calor, o sinal fica negativo. Aqui, o reservatório mais quente está a 227 ºC, que corresponde a 500 K. Como ele cede 600 kJ para o mais frio, temos ΔS = -600/500 = -1,2 kJ/K. Perceba a lógica: calor saindo do corpo quente significa menos desordem térmica nele, então a entropia diminui. Nada de drama termodinâmico, só sinal correto e temperatura em Kelvin. A banca gosta de testar exatamente isso: conversão de temperatura e interpretação do sinal de Q. Em reservatório, como a temperatura é constante, não há complicação de integração: basta aplicar a expressão direta. Por isso, o gabarito é a alternativa B, pois a variação de entropia do reservatório mais quente é aproximadamente -1,2 kJ/K.