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1 
 
Guia de Estudos sobre Entropia 
 
GABARITO 
GE 7.2) Teste sua compreensão! 
GE 7.2.1) Marque V ou F. Justifique todas as suas respostas. 
( F ) No zero absoluto a energia interna de um sistema é nula. 
Comentário: Não, a física quântica mostra que mesmo no zero absoluto há uma energia interna 
mínima. 
( V ) 
T
dQ
dS = é uma expressão quantitativa da 2ª Lei da Termodinâmica. 
Comentário: Até agora a segunda lei havia sido expressa em termos de uma “impossibilidade”, Para 
formulá-la em termos quantitativos usamos o conceito de entropia S, como expresso acima. A entropia 
relaciona-se com a probabilidade de um sistema estar numa dada configuração em função do número 
de possibilidades de configuração que esse sistema possa ter. 
( F ) Quanto mais próximo de Zero Kelvin, mais fácil é abaixar a temperatura de um sistema. 
Comentário: Pelo contrário, se torna mais difícil abaixar a temperatura de um sistema à medida que se 
diminui a temperatura. Como mostra a 3ª lei da termodinâmica, é impossível atingir o zero absoluto 
através de um número finito de processos cíclicos. 
( F ) A variação de entropia depende do caminho. 
Comentário: Não, entropia é uma variável de estado, e portanto depende apenas do estado inicial e 
final do sistema. 
( V ) A variação de entropia em um processo cíclico é igual a zero. 
Comentário: Sim, a entropia só depende do estado final e inicial, portanto sua variação é nula em um 
ciclo, pois o estado inicial e final coincidem. 
( V ) Sabendo que a temperatura da fonte quente permanece inalterada, pode-se dizer que 0=∆U 
nesta fonte. 
Comentário: A temperatura não varia, logo a energia interna também não varia. Mas a entropia 
aumenta durante o ciclo, pois calor é retirado da fonte quente e entregue à fonte fria. 
( V ) A entropia nunca diminui em um processo reversível. 
Comentário: Variação TOTAL de entropia durante qualquer ciclo reversível é igual a zero 
( V ) A entropia nunca diminui em um processo irreversível. 
Comentário: A variação total de entropia é sempre positiva em processos irreversíveis, porque o que se 
perde é a disponibilidade da energia (ou seja, a oportunidade de converter calor em trabalho 
mecânico). 
2 
 
( V ) A entropia do universo sempre aumenta. 
Comentário: Como todo processo natural é irreversível a entropia do universo sempre aumenta. A 
energia disponível para produção de trabalho diminui e portanto o universo se torna mais caótico ou 
“aleatório”, contribuindo para um aumento da entropia. 
( V ) É impossível a ocorrência espontânea de um processo onde a entropia diminui. 
Comentário: Como todo processo natural é irreversível, todo processo espontâneo sempre ocorre no 
sentido de aumento da entropia. 
( V ) Em processos irreversíveis as variações positivas de entropia sempre superam as negativas. 
Comentário: em processos irreversíveis ocorrem variações positivas e negativas de entropia 
simultaneamente, no entanto a variação total é sempre positiva 
( V ) Quando a entropia aumenta a disponibilidade de energia diminui. 
Comentário: Isso é uma conseqüência da segunda lei da termodinâmica. A transformação de energia 
mecânica em calor é um processo irreversível, portanto a energia convertida se torna indisponível para 
a realização de trabalho. 
( F ) Entropia é uma grandeza que pertence a cada partícula individualmente. 
Comentário: Não faz sentido falar de entropia de uma partícula. Entropia relaciona-se com a 
probabilidade de um sistema estar numa dada configuração em função do número de possibilidades de 
configuração que esse sistema possa ter. 
( V ) Para um dado estado macroscópico podem haver vários estados microscópicos correspondentes. 
Comentário: Sim, há várias formas de configuração microscópicas que resultam na mesma 
configuração macroscópica. 
 
GE 7.2.2) Sobre a entropia de um sistema, não é correto afirmar que: 
a) Nunca pode ser negativa. b) Nunca pode diminuir.(X) 
c) Pode variar em um sistema isolado. d) Sua variação independe do processo. 
* ATENÇÃO: A entropia (S) de um sistema nunca pode ser negativa, no entanto a VARIAÇÃO DE 
ENTROPIA ( S∆ ) pode ser negativa, em um sistema isolado ou em um processo reversível. 
 
GE 7.2.3) Em um processo de expansão livre de um estado a para um estado b é correto afirmar que: 
a) a entropia e a energia interna não se alteram. 
b) a variação da entropia é a mesma que ocorreria em uma expansão reversível, enquanto a 
variação de energia interna é nula. (X) 
c) As variações de energia interna e de entropia são positivas. 
3 
 
d) A variação de energia interna é menor que zero e a variação de entropia é maior que zero. 
 
GE 7.2.4) A entropia pode diminuir: 
a) Em um processo cíclico; 
b) Apenas em um sistema submetido a um processo idealizado, para o qual a segunda lei não é válida; 
c) Dentro de um sistema isolado submetido a um processo irreversível; 
d) Dentro de um sistema submetido a um processo reversível. (X) 
 
GE 7.2.5) Não violaria a segunda lei da termodinâmica, um processo de: 
a) Compressão espontânea do ar em uma sala; 
b) A água dentro de um copo sobre a mesa começar a congelar espontaneamente; 
c) Fluir calor da Terra para o Sol; 
d) Uma lata de Coca-Cola entrar em equilíbrio térmico com o gelo dentro de um recipiente 
fechado de isopor. (X) 
GE 7.3) Temperatura e a 3ª Lei da Termodinâmica 
GE 7.3.1) A eficiência de um ciclo de Carnot não depende da natureza da substância operante, isto é: 
( )CH
H
CH
TTf
Q
QQ
−=
∆
∆−∆
||
||
 � ( )CH
H
C
TTf
Q
Q
−−=
∆
∆
1 
Ou 
( )
( )CH
CHC
H TTF
TTfQ
Q
−=
−−
=
∆
∆
1
1||
 
Em 1848, William Thompson, mais tarde, Lord Kelvin, propôs que F(TH, TC) fosse igual a .
C
H
Θ
Θ
As 
quantidades Θ são chamadas de temperaturas termodinâmicas e seriam independentes de qualquer 
substância específica. As temperaturas termodinâmicas Θ têm o mesmo significado que as 
temperaturas T definidas pelos termômetros de gás à volume constante à baixas pressões. 
4 
 
a) Para o ciclo de Carnot usando um gás ideal, 
como mostrado na figura ao lado, calcule HQ∆ 
para 1 mol de gás em função de VK, VL e TH. 
L
K
HKLH
V
V
nRTWQ ln==∆ 
b) Calcule CQ∆ em função de VN, VM e TC. 
�
M
C
M
�
CM�C
V
V
nRT
V
V
nRTWQ lnln −===∆ 
c) Com auxílio da equação 
11 −− = γγ iiff VTVT 
prove que 
�
M
K
L
V
V
V
V
= 
Como 
11 −− = γγ MCLH VTVT e 
11 −− = γγ �CKH VTVT 
1
1
1
1
−
−
−
−
= γ
γ
γ
γ
�
M
K
L
V
V
V
V
 
�
M
K
L
V
V
V
V
=∴ 
d) Mostre que 
C
H
C
H
C
H
T
T
Q
Q
Θ
Θ
==
∆
∆
, ou seja, que 
as temperaturas dos termômetros de gás a 
volume constante à baixas pressões sejam as 
mesmas que as temperaturas termodinâmicas de 
Kelvin. 
0<∆∴< CM� QVV 
CC QQ ∆−=∆ 
L
K
�
M
H
C
H
C
V
V
V
V
T
T
Q
Q
ln
ln






−=
∆
∆
 
H
C
H
C
T
T
Q
Q
−=
∆
∆
 
 
5 
 
H
C
H
C
T
T
Q
Q
=
∆
∆
 
Portanto, como mostramos ser uma função só das 
temperaturas 
( )
H
C
CH
C
H
T
T
TTF
Q
Q
=−=
∆
∆ ||
 
Temos que 
H
C
H
C
T
T
=
Θ
Θ
 
ENUNCIADO DA 3ª. LEI DA TERMODINÂMICA: O zero absoluto de temperatura é inatingível em 
qualquer seqüência finita de processos. 
Em termos de entropia pode-se dizer que a entropia do estado de equilíbrio de qualquer sistema tende 
a zero quando a temperatura tende para o zero absoluto. 
GE 7.3.2) Represente uma seqüência de ciclos de Carnot, 
em um diagrama p x V e discuta o que aconteceria se você 
fosse cada vez mais resfriando o sistema. Como isto se 
relaciona com a 3ª. Lei da Termodinâmica. 
Resp: Ao abaixarmos a temperatura o valor da área vai 
ficando cada vez menor. No limite teríamos uma situação 
onde seria retirado calor em um ciclo sem uma mudança de 
temperatura. 
 
GE 7.3.3) Represente uma seqüência de ciclos de Carnot, 
em um diagrama T x S e discuta o que aconteceria sevocê 
fosse cada vez mais, resfriando o sistema. 
Resp: Cada área corresponde ao calor Q retirado do 
sistema. No limite de resfriamento teríamos um processo 
isotérmico sem uma correspondente diminuição da 
entropia. 
 
GE 7.3.4) Como os resultados dos dois itens anteriores levam à 3ª. Lei da Termodinâmica? 
Resp: Não é possível atingir o zero absoluto através de um número finito de processos 
termodinâmicos. 
6 
 
GE 7.4) Variação de entropia em processos reversíveis e irreversíveis 
GE 7.4.1) Liga-se um ar condicionado em uma sala e a temperatura cai de 30º para 17ºC. Responda: 
a) A variação de entropia na sala é positiva? 
b) Isso viola a 2ª Lei? Explique. 
Resp: 
a) A variação da entropia é negativa, pois foi retirada uma certa quantidade de calor da parte quente 
(dentro da sala) e entregue para a vizinhança (lado externo). 
b) Este fato não viola a 2ª lei porque a vizinhança tem uma variação positiva de entropia, sendo essa 
maior que a variação de entropia no interior da sala. 
 
GE 7.4.2) Em um dia úmido, o vapor d’água se condensa em uma superfície fria. Durante a 
condensação como varia a entropia da água? Explique com base na segunda lei da Termodinâmica. 
Resp: A entropia da água diminui e da vizinhança aumenta, pois a mesma quantidade de calor que sai 
do vapor é cedido à superfície fria. Considerando a variação total temos um aumento de entropia, como 
prevê a segunda lei. 
 
GE 7.4.3) Existe alguma variação de entropia em movimentos puramente mecânicos? 
Resp: A variação de entropia ocorre sempre que existir transferência de calor. 
GE 7.5) Variação de Entropia 
GE 7.5.1) Qual é a variação sofrida por 1,0 kg de água ao se transformar em vapor a 100º C a uma 
pressão de 1 atm. 
Resp: Encontre o valor de Q pela expressão VmLQ = já que se trata de um processo de vaporização. 
( ) kJKkgJxkgQ 2256./1022561 3 == 
Com esse valor e com a temperatura em Kelvin, pode-se calcular a variação de entropia envolvida no 
processo: 
KJx
K
Jx
T
Q
S /1005,6
373
102256 3
3
===∆ 
GE 7.5.2) Um amostra de 1 kg de cobre, a 100ºC, é colocada num calorímetro com 4 litros de água a 
0º C. A capacidade calorífica do calorímetro é desprezível. Calcule a variação da entropia: 
a) do cobre; 
b) da água; 
7 
 
c) do universo. 
Resp: Calcule a temperatura final do sistema: 
recebidocedido QQ = 
( ) ( )
KCt
txtx
4,275º26,2
0190,44100386,01
==
−=−
 
Cobre 
i
F
cobrecobrecobre
T
T
cmS ln=∆ 
KJS
S
cobre
cobre
/117
373
4,275
ln386,0
−=∆
=∆
 
Água 
i
F
aguaaguaagua
T
T
cmS ln=∆ 
KJS
S
agua
agua
/137
15,273
4,275
ln)190,4(4
=∆
=∆
 
Universo 
cobreaguauniverso SSS ∆+∆=∆ 
0
/20117137
>∆
=−=∆
∆+∆=∆
universo
universo
cobreaguauniverso
S
KJS
SSS
Processo irreversível 
GE 7.5.3) Se 500J de calor são transferidos de uma fonte a 400 K para uma fonte a 300 K, responda: 
a) Qual é a variação de entropia do universo? 
b) Que parcela dos 500J pode ser transformada em trabalho? 
 
Resp: A entropia do Universo é a soma das entropias da fonte quente com a da fonte fria 
KJS
T
Q
T
Q
S
SSS
universo
CH
universo
CHuniverso
/417,0
300
1
400
1
500 =




 +−=∆
+
−
=∆
∆+∆=∆
 
 
b) Calcule a eficiência da máquina usando 
25,0
400
300
1
1
=−=
−=
e
T
T
e
H
C
 
 
Por fim, calcule o trabalho usando a expressão: HeQW = 
( ) JW 12550025,0 == 
8 
 
GE 7.5.4) Um sistema absorve 300 J de calor de uma fonte a 300 K e 200J de outra fonte a 400K. 
Retorna, então, ao estado inicial, efetuando 100J de trabalho e descarregando 400J de calor em um 
reservatório na temperatura T. 
a) Qual a variação da entropia do sistema em um ciclo completo? 
b) Se o ciclo for reversível, qual a temperatura T? 
Resp: 
a) A entropia é uma função de estado, portanto ela será sempre nula em um processo cíclico 
b) O calculo de TC pode ser feito lembrando que a variação da entropia do Universo é a soma das 
variações de entropia nas três fontes. 
KT
T
T
Q
T
Q
T
Q
S
SSSS
C
C
CHH
universo
CHHuniverso
267
400
400
200
300
300
0
21
21
=
−++=
−++=∆
∆+∆+∆=∆
 
GE 7.5.5) Calcule a variação de entropia do universo em um processo em que 10 g de vapor de água 
a 100ºC e a 1 atm são introduzidos em um calorímetro de capacidade calorífica desprezível contendo 
150g de água e 150g de gelo a 0ºC. 
Resp: Calcule as transferências de energia que ocorrem no calorímetro: 
1ª) Calor necessário para derreter 150g de gelo: 
FmLQ = � ( ) kJKkgJxkgQ 1,50./10334150,0 31 == 
2ª) Calor liberado pelo vapor na liquefação e o calor que reduz a temperatura de 10g de água de 100ºC 
para 0ºC 
TmcmLQ V ∆+= 
( ) [ ] kJxxxxxQ 76,261004190101010257.2)1010( 3332 =+= −− 
 
Se KTQQ final 27312 =∴= 
Encontre a massa de gelo que derrete com o calor fornecido a ela: 
gkgmmLQ F 2,800802,0
5,333
75,26
===⇒=∆ 
Pode-se calcular agora as variações de entropia 
9 
 
Gelo 
KJS
KJ
Q
S
g
g
/98
/75,26
273
2
=∆
==∆
 
 
Vapor 
f
i
aguaagualVvaporvapor
T
T
cmTLmS ln/ +−=∆ 
KJS
S
vapor
vapor
/74
732,0ln84,41373/22750
−=∆
+−=∆
 
Universo 
vaporgelouniverso SSS ∆+∆=∆ 
0
/24
>∆
=∆
universo
universo
S
KJS
 
Processo irreversível 
GE 7.5.6) Construa o gráfico T x S de acordo com os gráficos p x V 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 
 
 
 
GE 7.6) VISÃO MICROSCÓPICA DA ENTROPIA 
Suponha que duas moedas sejam lançadas num jogo de “cara” e “coroa”. Qual é a probabilidade de 
que ambas exibam “cara”? Só há uma configuração possível para que isso ocorra (veja tabela). O 
mesmo vale para se obter ambas com “coroa”. No entanto existem duas maneiras distintas de se obter 
uma “cara” e uma “coroa”. Existem ao todo 4 possibilidades de configuração, em duas delas o sistema 
exibe 1 cara e 1 coroa, é portanto esse deve ser o resultado mais provável. 
Configuração 
microscópica do 
sistema “2 moedas” 
Possibilidades 
microscópicas 
Nº de possibilidades 
microscópicas para um 
mesmo estado 
macroscópico 
2 caras 
 
1 cara e 1 coroa 
 
2 coroas 
 
1 
 
2 
 
1 
 
Siga o mesmo raciocínio para 3 moedas: 
Configuração microscópica 
do sistema “3 moedas” 
Possibilidades microscópicas 
Nº de possibilidades 
microscópicas para um 
mesmo estado 
macroscópico 
11 
 
3 caras 
 
2 caras e 1 coroa 
 
 
1 cara e 2 coroas 
 
 
3 coroas 
 
1 
 
3 
 
 
3 
 
 
1 
GE 7.6.1) Qual é o resultado mais provável ao lançar 3 moedas? 
Resp: Pela tabela acima, vemos que existem 3 possibilidades de se obter 2 caras e 3 possibilidade de 
se obter 2 coroas. Essas duas configurações são as que tem a maior probabilidade de ocorrer quando 
se lança 3 moedas. 
 
GE 7.6.2) Em um jogo com seu colega, no qual fossem lançadas quatro moedas, você apostaria em: 
a) todas exibindo cara b) todas exibindo coroa 
c) 1 cara e 3 coroas d) 2 coroas e 2 caras 
Qual a razão da sua escolha? 
Resp: Por existe mais chance de ocorrer a configuração “d” quando se tem 2 caras e duas coroas, 
comparado com as demais possibilidades. 
 
GE 7.6.3) Repita o mesmo procedimento das figura acima, mas agora considerando 4 moedas. Sua 
resposta se confirma? 
Resp: A resposta se confirma já que há seis configurações possíveis para se obter 2 caras e duas 
coroas e para as demais configurações o número de possibilidades é menor (4 ou 1) 
Configuração microscópica do 
sistema “4 moedas” 
Possibilidades 
microscópicas 
Nº de possibilidades 
microscópicas para um mesmo 
estado macroscópico 
todas exibindo cara 
 
1 
12 
 
três caras e uma coroa 
 
4 
Duas caras e duas coroas 
 
6 
Uma cara e três coroas 
 
4 
Quatro coroas 
 
1 
 
GE 7.6.4) Em um novo jogo seu colega lança 4 moedas , sendo que uma foi pintada de azul. Ele lhe 
diz que obteve 4 caras, facilmente você pode dizer que a moeda azul saiu exibindo cara. Caso seu 
colega lhe dissesse quea configuração é de 2 caras e 2 coroas, e lhe perguntasse: Como está a 
moeda azul? Você poderia responder com certeza a essa pergunta? 
Resp: Quando as moedas caem todas exibindo cara é evidente a configuração de cada moeda 
individualmente. Isso não ocorre quando elas caem 2 caras e 2 coroas. A moeda azul pode estar entre 
as duas que caíram exibindo cara ou entre as duas que caíram exibindo coroa; não há como afirmar 
com certeza a posição de nenhuma das moedas individualmente. 
 
GE 7.6.5) Se um determinado número de moléculas confinados num cilindro se expandem em uma 
sala, o número de posições onde ela pode ser encontrada aumenta ou diminui? 
13 
 
Resp: O número de posições aumenta, já que ela tem mais espaço para percorrer. A princípio uma 
molécula poderia ser encontrada com certeza dentro do cilindro, em alguma posição daquele pequeno 
espaço. Após a expansão ela poderá estar em qualquer posição dentro de todo o espaço da sala. 
 
GE 7.6.6) Aumenta-se a temperatura de um certo gás confinado em um êmbolo. Como isso interfere na 
distribuição de velocidades das moléculas? O que se pode afirmar sobre o número de posições 
possíveis que as moléculas podem ocupar dentro do êmbolo antes e depois do aquecimento? 
Resp: O aumento de temperatura, como já foi visto anteriormente, aumenta a energia interna do 
sistema. Assim, tendo maior energia interna um maior número de moléculas poderá ocupar as 
posições possíveis e disponíveis para o gás dentro do êmbolo depois do aquecimento. 
 
GE 7.6.7) Seja w o número de estados microscópicos possíveis para um dado estado macroscópico. 
Podemos mostrar que a entropia S de um estado macroscópico é dada por wkS ln= . Onde k é a 
constante de Boltzmann. Como entropia é uma variável de estado (ou seja, em qualquer processo a 
variação da entropia é o que interessa) podemos dizer que 
 12 SSS −=∆ 
12 lnln wkwkS −=∆ 
1
2ln
w
w
kS =∆ 
Considere que n moles de um gás estão à temperatura T confinados em uma caixa termicamente 
isolada e dividida por uma parede em dois compartimentos, cada um com volume V. Inicialmente em 
um dos compartimentos foi feito vácuo. A seguir quebramos a parede e o gás se expande e preenche 
completamente os dois compartimentos da caixa. Calcule a variação de entropia nesse processo de 
expansão livre, usando a definição microscópica da entropia dada acima. 
Resp: 
Não há trabalho realizado, não há variação da energia interna, contudo as moléculas tem 2 vezes mais 
espaço para se mover. 
An�� = é o número total de moléculas, assim , o número total de moléculas cresce de 
�2 , ou seja 
12 2 ww
�= 
2ln
2ln
2
lnln
1
1
1
2
�kS
kS
w
w
k
w
w
kS
�
�
=∆
=∆
==∆
 
14 
 
Como An�� = e 
A�
R
k = , obtemos 
( ) 2ln2ln nR
�
Rn�S
A
A =


=∆ Este resultado é o mesmo que seria obtido se o cálculo fosse feito 
através da expressão: 
T
Q
S =∆ 
© Todos os diretos reservados. Departamento de Física da UFMG 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
 
Guia de Estudos sobre Entropia 
 
GABARITO DOS PROBLEMAS 
GE 7.8) PROBLEMAS 
GE 7.8.1) Um mol de um gás ideal monoatômico é obrigado a 
completar o ciclo mostrado na figura. 
a) Qual é o trabalho efetuado sobre o gás na dilatação de a até c 
pelo caminho abc? 
b) Qual é a variação da energia interna e a entropia ao passar de 
b para c? 
c) Qual é a variação de energia interna e entropia em um ciclo 
completo? 
Dê suas respostas em termos da pressão p0 e do volume V0 no 
ponto a do diagrama. 
 
Resp: (a) No caminho abc só há realização de trabalho no 
processo isobárico ab. Wab é igual à área do gráfico sob o 
segmento de reta ab 
003 VpVpWab =∆= 
(b) No processo isovolumétrico bc, as temperaturas, inicial e final 
são: 
R
Vp
Ta
00= 
aab T
V
V
TT 4
4
0
0 == 
( )( )
a
a
c T
p
pT
T 8
24
0
0 == 
Para a variação da energia interna vem, 
( ) aav RTTRTnCU 648
2
3
)0,1( =−




=∆=∆ 
E para variação de entropia, tem-se: 
∫ ==∆
c
b
T
T b
c
vvbc
T
T
nC
T
dT
nCS ln 
 
2 
 
2ln
2
3
RSbc =∆ 
(c) A variação da energia interna no ciclo deve ser nula. Pode-se 
confirmar isso calculando-se as variações associadas aos 
processos ab e ca e somando-as ao já conhecido valor da 
variação no processo bc: 
( ) ( ) 0000
2
9
14
2
3
0,1 Vp
R
Vp
RTnCU vab =−




=∆=∆ 
( ) ( ) 0000
2
21
81
2
3
0,1 Vp
R
Vp
RTnCU vca −=−




=∆=∆ 
GE 7.8.2) Um mol de um gás monoatômico ideal passa por dois processos diferentes, de um estado 
inicial cuja pressão é p0 e volume V0 para um estado final de pressão 2p0 e volume 2V0. 
(I) O gás se dilata isotermicamente até que o volume dobre e então a pressão é aumentada, a 
volume constante, até atingir o estado final. 
(II) Ele é comprimido isotermicamente até que sua pressão dobre e então seu volume é 
aumentado a pressão constante até o estado final. Represente os dois processos num 
diagrama pV. Calcule, para cada processo, em termos de p0 e V0: 
 
a) O calor absorvido pelo gás em cada parte do processo. 
b) O trabalho realizado sobre o gás em cada parte do processo 
c) A variação de energia interna do gás 
d) A variação de entropia do gás 
 
Resp: (I) Expansão Isotérmica 0=∆U WQ =∴ 
(a) e (b) 2lnln pV
V
V
RTWQ
i
f === 
Processo isovolumétrico: W=0 QU =∆ 
( )afv TTRTCQ −=∆=
2
3
 
;
R
pV
Ta = af T
R
pV
T 4
4
== 
( ) pV
R
pV
RQ
2
9
14
2
3
=−= 
 
(c) pVQU
2
9
==∆ 
3 
 
 
(d) 2ln
2ln
1 R
T
pV
T
Q
S ===∆ 
∫ ===∆
f
a
T
T
v RR
T
dT
CS 2ln34ln
2
3
2 
( ) 2ln42ln3121 RRSSS I =+=∆+∆=∆ 
 
(II) Compressão Isotérmica 0=∆U WQ =∴ 
V
V
RTWQ 2ln== 
2lnpVWQ −== 
( )bfp TTRTCQ −=∆=
2
5
 
 
;
2
2
1
R
pVV
p
R
Tb =




= bf T
R
pV
T 4
4
== 
( ) pV
R
pV
RQ
2
15
14
2
5
=−= 
( ) pVVVpVpW 35,022 =−=∆= 
 
(c) pVpVWQU
2
9
2
6
2
15
=




 −=−=∆ 
 
(d) 2ln3 RS −=∆ 
2ln54ln
2
5
4 RR
T
dT
CS
f
b
T
T
P ===∆ ∫ 
( ) 2ln42ln5143 RRSSS II =+−=∆+∆=∆ 
4 
 
 
Sendo a entropia uma variável de estado, confirma-se que III SS ∆=∆ , portanto independente do 
caminho. 
GE 7.8.3) Diagrama TS 
a) Faça um gráfico do ciclo de Carnot indicando a entropia no 
eixo horizontal e a temperatura Kelvin no eixo vertical. Trata-se 
de um diagrama temperatura–entropia ou diagrama TS 
b) Mostre que a área embaixo da curva que representa o 
processo reversível no diagrama TS representa o calor 
absorvido pelo sistema. 
Resp: 
∫=∴=∴=
f
i
TdSQTdSdQ
T
dQ
dS 
Para bc e da dS=0 logo 0== dabc QQ , portanto adiabático. 
Para ab 
( )∫ −==
2
1
1211
S
S
ab SSTdSTQ que é a área do gráfico 
Para cd 
( )∫ −==
1
2
2122
S
S
cd SSTdSTQ que é a área do gráfico. 
 
Para o ciclo completo: 
( )∫ ∆−== STTTdsQtotal 21 
c) Utilize o diagrama TS para deduzir a eficiência térmica 
do ciclo de Carnot. 
 
Resp:
( )
ST
STT
Q
Q
Q
QQ
Q
QQ
Q
W
e T
ab
cdab
∆
∆−
==
−
=
−
==
1
21
11
21
1
 
 
1
21
T
T
e −= 
 
GE 7.8.4) Ciclo de Stirling 
O ciclo de Stirling é semelhante ao ciclo de Otto exceto quando a compressão e a expansão do gás 
5 
 
ocorrem isotermicamente e não adiabaticamente como no caso do ciclo Otto. O ciclo de Stirling é 
usado em uma máquina de combustão externa, ou seja, a máquina na qual o gás no interior do cilindro 
não é usado no processo de combustão. O calor fornecido continuamente pelo fluido combustível no 
exterior do cilindro em vez de ser oriundo de uma explosão no interior do cilindro como no ciclo Otto. 
Por esta razão, as máquinas que funcionam com o ciclo de Stirling são mais silenciosas do que as 
máquinas que funcionam com o ciclo Otto, uma vez que não existe válvula de admissão nemválvula 
de exaustão (a principal fonte de ruído do motor. Embora pequenas máquinas de Stirling possam ser 
usadas em diversas aplicações, o uso do ciclo de Stirling em um automóvel não teve êxito porque o 
motor é maior, mais pesado e mais caro do que o motor convencional do automóvel. No ciclo, o fluido 
de trabalho realiza os seguintes processo. 
i ) Compressão isotérmica à temperatura T1 do estado 
inicial a até o estado b, com uma razão de compressão r. 
 
ii) Aquecimento a volume constante até o estado c com 
temperatura T2 
 
 iii) Expansão isotérmica à temperatura T2 até o estado d 
 
iv) Resfriamento a volume constante retornando para o 
estado inicial a 
 
Suponha que o fluido de trabalho seja n moles de um gás 
ideal (para o qual Cv não depende da temperatura). 
 
a) Calcule Q, W, e ∆U para os processos a → b, b → c, c → d, d → a, 
b) no inicio do ciclo de Stirling, os calores transferidos nos processos b → c, d → a não envolvem 
fontes de calor externas, porém usam a regeneração: a mesma substância que transfere calor do gás 
dentro do cilindro no processo b → c também absorve calor de volta do gás no processo d → a. 
Portanto os calores transferidos Q b → c e Q d → a não desempenham papel na determinação da 
eficiência da máquina. Explique esta última afirmação comparando as expressões de Q b → c e Q d → a 
obtidas na parte 9 (a) 
c) Calcule a eficiência de um ciclo de Stirling em termos de temperaturas T1 e T2. 
d) Como ele se compara com as eficiências de um ciclo de Carnot operando entre estas mesmas 
temperaturas? (Historicamente o ciclo de Stirling foi deduzido antes do ciclo de Carnot) 
e) Este resultado viola a segunda lei da termodinâmica? Explique. 
e) Usando um diagrama T x S relacione a eficiência do ciclo de Stirling com a eficiência do ciclo de 
Carnot. 
Resp: 
Processos ∆U ∆Q W 
ab 0 ( )rnRT ln1− ( )rnRT ln1− 
bc ( )12 TTnCV − ( )12 TTnCV − 0 
cd 0 ( )rnRT ln2 ( )rnRT ln2 
6 
 
da ( )12 TTnCV −− ( )12 TTnCV −− 0 
 
Para ab e cd – Processos Isotérmicos 
WQU =∆∴=∆ 0 
∫ ∫===∆ V
dV
nRTpdVWQ 
( )
rnRTWQ
rnRTWQ
V
V
nRTWQ
i
F
ln
ln
ln
1
−==∆
==∆
==∆
−
 
Para bc e da – isovolumétricos 
UQW ∆=∆∴= 0 
( )iFV TTnCQU −=∆=∆ 
b) Sendo as transformações são isovolumétricas, o trabalho é nulo. Ou seja o calor absorvido é todo 
convertido em energia interna. 
c) e d) 
Resp: 
Processo a-b - Isotérmico 
rnRTQab ln1−= 
rnRTWab ln1−= 
0=∆ abU 
Processo b- c Isovolumétrico 
( )12 TTnCQ Vbc −= 
0=bcW 
( )12 TTnCU Vbc −=∆ 
Processo c-d - Isotérmico 
rnRTQcd ln2= 
 
7 
 
rnRTWcd ln2= 
0=∆ cdU 
Processo d-a Isovolumétrico 
( )12 TTnCQ Vda −−= 
0=daW 
( )12 TTnCU Vda −−=∆ 
bcda QQ = Logo eles não entram no cálculo da eficiência, por causa 
da regeneração. 
rnRT
rnRTrnRT
Q
WWWW
Q
W
e
cd
dacdbcab
H ln
ln0ln
1
21
−
=++−
=
+++
==
 
( )
1
21
ln
ln
T
TT
rnR
rnR
e
−
−
−
= 
( )
1
21
T
TT
e
−
= 
1
21
T
T
e −= Eficiência exatamente igual à de Carnot 
e) Não viola a segunda lei, afinal a eficiência de Stirling não supera 
a eficiências de Carnot nos mesmos extremos de temperatura 
f) WdQdU −= 
T
Q
S =∆ . Substituindo Q nesta expressão tem-se: 
T
dTnC
T
pdV
dS V== 
∫ +=∆ T
dT
nC
V
dV
nRS V 
i
F
V
i
F
T
T
nC
V
V
nRS lnln +=∆ 
Nos processos bc e da o volume é constante, logo o primeiro termo da expressão acima é igual a zero 
8 
 
i
F
V
T
T
nCS ln=∆ 
Isolando T, temos; 
( )
0
0 ln
T
T
nC
STS
V
=
−
 
VnC
SS
e
T
T
0
0
−
= 
( ) VnC
SS
eTST
0
0
−
= 
A dependência da temperatura em relação a entropia é exponencial. 
GE 7.8.5) 
a) Qual dos seguintes processos gasta mais energia: 
(1) Um corpo se move inicialmente com 500J de energia cinética e é desacelerado até repouso 
pelo atrito quando a temperatura da atmosfera é de 300K. 
(2) 1 kJ de calor é transferido de uma fonte a 400 K para uma fonte a 300k 
b) Qual é a variação de entropia do universo em cada um dos processos? 
Resp: 
(a) Processo (1) Toda a energia mecânica é perdida, portanto o gasto de energia é de 500J 
 Processo (2) Imagine uma máquina térmica funcionando no ciclo de Carnot, nesse caso 
JkJQ
T
T
W H
H
C
util 2501*25,01 ==





−= 
O gasto de energia é 1000 – 250 = 750J. 
O processo (1) gasta mais energia mecânica, o processo (2) gasta mais energia total. 
 b) KJ
T
Q
S /67,11 =
∆
=∆ 
 KJ
TT
QS
HC
/833,0
11
2 =





−∆=∆ 
 21 SS ∆>∆ . 
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1 
 
Guia de Estudos sobre Entropia 
 
GABARITO DOS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 
GE 7.7) EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 
GE 7.7.1) Calcule a variação de entropia que ocorre quando misturamos 1,00 kg de água a 20,0º C 
com 2,00 kg de água a 80,0º C 
Resp: Cálculo da Temperatura de equilíbrio TE 
 
( ) ( )KT
Kkg
JkgQ Ecedido 353.
419000,2 −



= ( ) ( )Erecebido TKKkg
JkgQ −



= 293
.
419000,1 
 
Q cedido = Q recebido KTE 333=∴ 
Quando ocorre variação de temperatura, o cálculo de variação da entropia imaginando-se um processo 
reversível que ocorra entre os dois estados. Ou seja, 
∫∫ ∫ ==⇒=∆
2
1
2
1
2
1
1
2ln
t
t
t
t
t
t
T
T
mc
T
dT
mc
T
mcdT
T
dQ
S 
( ) )
353
333
)(ln
.
4190)(00,2(º20
K
K
Kkg
JkgS Cagua =∆ 
( ) KJS Cagua /488º20 −=∆ 
( ) )
293
333
)(ln
.
4190)(00,1(º80
K
K
Kkg
JkgS Cagua =∆ 
( ) KJS Cagua /536º80 =∆ 
( ) KJS Total /48488536 =−=∆ 
GE 7.7.2) Em um processo reversível três moles de um gás ideal são comprimidos isotermicamente a 
20,0º C. Durante a compressão um trabalho de 1850 J é realizado sobre o gás. Qual é a variação de 
entropia do gás? 
Resp: Para uma expansão isotérmica, ∆T = 0, ∆U = 0 e Q = W. A variação de entropia é dada por 
 ./31,6
15,293
1850
KJ
K
J
T
Q
== 
GE 7.7.3) Um gás ideal sofre uma dilatação isotérmica reversível a 132º C. A entropia do gás aumenta 
de 46,2 J/K. Qual é o calor absorvido? 
2 
 
Resp: 
T
Q
S =∆ 
JK
K
JQ 711,18)405(2,46 == 
kJQ 7,18= 
 
GE 7.7.4) Um mistura de 1,78 kg de água e 262 g de gelo a 0º C é levada, por processo reversível, 
para um estado final de equilíbrio a 0ºC onde a razão das massas de gelo/água é: 1:1 
a) Calcule a variação de entropia do sistema durante o processo. 
b) O sistema retorna ao primeiro estado de equilíbrio por processo irreversível (Utilizando um bico de 
Bunsen, por exemplo). Calcule a variação de entropia durante este processo. 
c) Mostre que sua resposta é consistente com a segunda lei da termodinâmica. 
Resp: É necessário encontrar o fluxo de calor do processo: 
mLQ F= 
( ) kJkgxKgJxQ 506,25310759)10334( 33 −== − 
K
J
K
kJ
T
Q
S 928
273
506,253
−=
−
==∆ 
A entropia nesse caso é negativa, por ser um processo reversível, no qual retira-se calor do sistema. 
(b) A variação da entropia só depende dos estados inicial e final, portanto ao retornar ao estado de 
equilíbrio por processo irreversível a entropia aumenta de 928J 
 
(c) A entropia primeiramente sofre uma variação negativa na mistura em questão, através de um 
processo reversível. É importante lembrar que a variação total da energia é positiva, porque a 
vizinhança também sofre uma variação de entropia. E variação final é positiva. 
O segundo processo é irreversível, portanto a variação da entropia é positiva. 
 
GE 7.7.5) Um cubo de gelo de 12,6 g a -10,0º C é colocado em um lago cuja temperatura é +15,0º C. 
Calcule a mudança de entropia do sistema quando o gelo alcançar o equilíbrio térmico com o lago 
(sugestão: o gelo afetará a temperatura do lago?) 
Resp: É claro que um cubo de gelo não vai mudar a temperatura do lago inteiro. O gelo vai absorver 
calor para derreter e ter sua temperatura final elevada até 15ºC. As variações de entropia 
correspondentes são: 
3 
 
KJKkgJkg
T
dT
mcS
f
i
T
T
gelo /99,0
263
273
ln)./2100)(0126,0(∫ ===∆( )( )
KJ
K
kgJkg
T
mL
S Fgelo /37,15
273
/3330000126,0
===∆ 
KJKJkg
T
dT
mcS
f
i
T
T
aguaagua /82,2
273
288
ln)/4190)(0126,0(∫ ===∆ 
KJS águagelo /2,1982,237,1599,0 =++=∆ − 
O calor cedido pelo lago para levar o gelo ao seu estado final de equilíbrio é: 
( ) ( )( ) ( )( )[ ] JKkgKJkgKJKkgKJkgQlago 3,110915/4190/419010/21000126,0 =++= 
A variação de entropia do lago vai ser: 
KJ
K
J
S lago /85,3
288
5,1109
−=−=∆ 
A variação da entropia do sistema será KJSSS lagoaguagelo /35,1585,32,19 =−=∆+∆=∆ + 
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