Apostila de Termodinâmica

Transcrição

Capítulo -1
CONCEITOS
FUNDAMENTAIS
1
Capítulo – 1
-
Termodinâmica Aplicada
-
pág - 2
1 - CONCEITOS FUNDAMENTAIS
1.1 - Sistema Termodinâmico
Sistema termodinâmico consiste em uma quantidade de matéria ou região
para a qual nossa atenção está voltada. Demarcamos um sistema termodinâmico
em função daquilo que desejamos calcular. Tudo que se situa fora do sistema
termodinâmico é chamado MEIO ou VIZINHANÇA.
O sistema termodinâmico a ser estudado é demarcado através de uma
FRONTEIRA ou SUPERFÍCIE DE CONTROLE a qual pode ser móvel, fixa, real ou
imaginária.
Sistema Fechado - É o sistema termodinâmico no qual não há fluxo de
massa através das fronteiras que definem o sistema.
Volume de Controle - Ao contrário do sistema fechado, é o sistema
termodinâmico no qual ocorre fluxo de massa através da superfície de controle que
define o sistema.
Assim, dependendo da interação entre o sistema termodinâmico definido
para estudo, e a vizinhança, chamaremos a essa região de Sistema Fechado
(demarcado pela fronteira) ou Volume de Controle (demarcado pela superfície de
controle) conforme se verifique as definições acima citadas. Exemplos de Sistema
Fechado e Volume de Controle
A figura 1.1-1 é um sistema termodinâmico fechado, pois não há fluxo de
massa através das fronteiras do sistema, embora haja fluxo de calor.
A figura 1.1-2, por sua vez, constitui um volume de controle pois temos fluxo
de massa atravessando a superfície de controle do sistema.
Fig. 1.1-1 - Sistema fechado
Fig. 1 .1-2 - Volume de controle
Sistema Isolado - Dizemos que um sistema termodinâmico é isolado quando não
existe qualquer interação entre o sistema termodinâmico e a sua vizinhança. (ou
seja, através das fronteiras não ocorre fluxo de calor, massa, trabalho etc. )
2
Capítulo – 1
-
-
pág - 3
1.2 - Estado e Propriedades de uma Substância
Se considerarmos uma massa de água, reconhecemos que ela pode existir
sob várias formas. Se é inicialmente líquida pode-se tornar vapor após aquecida ou
sólida quando resfriada.
Assim nos referimos às diferentes fases de uma
substância: uma fase é definida como uma quantidade de matéria totalmente
homogênea; quando mais de uma fase está presente, as fases se acham separadas
entre si por meio dos contornos das fases. Em cada fase a substância pode existir
a várias pressões e temperaturas ou, usando a terminologia da termodinâmica, em
vários estados. O estado pode ser identificado ou descrito por certas propriedades
macroscópicas observáveis; algumas das mais familiares são: temperatura,
pressão, volume, etc. Cada uma das propriedades de uma substância num dado
estado tem somente um valor definido e essa propriedade tem sempre o mesmo
valor para um dado estado, independente da forma pela qual a substância chegou a
ele.
De fato, uma propriedade pode ser definida como uma quantidade que
depende do estado do sistema e é independente do caminho (isto é, da história)
pelo qual o sistema chegou ao estado considerado. Inversamente, o estado é
especificado ou descrito pelas propriedades.
Propriedades Termodinâmicas - As propriedades termodinâmicas podem
ser divididas em duas classes gerais, as intensivas e as extensivas.
Propriedade Extensiva - Chamamos de propriedade extensiva àquela que
depende do tamanho (extensão) do sistema ou volume de controle. Assim, se
subdividirmos um sistema em várias partes (reais ou imaginárias) e se o valor de
uma dada propriedade for igual à soma das propriedades das partes, esta é uma
variável extensiva. Por exemplo: Volume, Massa, etc.
Propriedade Intensiva - Ao contrário da propriedade extensiva, a
propriedade intensiva, independe do tamanho do sistema. Exemplo: Temperatura,
Pressão etc.
Propriedade Específica - Uma propriedade específica de uma dada
substância é obtida dividindo-se uma propriedade extensiva pela massa da
respectiva substância contida no sistema. Uma propriedade específica é também
uma propriedade intensiva do sistema. Exemplo de propriedade específica:
Volume específico , ν ,
ν=
Energia Interna específica , u,
V
M
u=
U
M
onde: M é a massa do sistema, V o respectivo volume e U é a energia interna total
do sistema.
3
Capítulo – 1
-
-
pág - 4
1.3 - Mudança de Estado de um Sistema Termodinâmico
Quando qualquer propriedade do sistema é alterada, por exemplo; Pressão,
Temperatura, Massa, Volume, etc. dizemos que houve uma mudança de estado no
sistema termodinâmico.
Processo - O caminho definido pela sucessão de estados através dos quais
o sistema passa é chamado processo.
Exemplos de processos:
- Processo Isobárico
- Processo Isotérmico
- Processo Isocórico (isométrico)
- Processo Isoentálpico
- Processo Isoentrópico
- Processo Adiabático
(pressão constante)
(temperatura constante)
(volume constante)
(entalpia constante)
(entropia constante)
(sem transferência de calor)
Ciclo Termodinâmico - Quando um sistema (substância), em um dado
estado inicial, passa por certo número de mudança de estados ou processos e
finalmente retorna ao estado inicial, o sistema executa um ciclo termodinâmico.
Deve ser feita uma distinção entre ciclo termodinâmico, descrito acima, e um
ciclo mecânico. Um motor de combustão interna de quatro tempos executa um ciclo
mecânico a cada duas rotações. Entretanto o fluido de trabalho não percorreu um
ciclo termodinâmico dentro do motor, uma vez que o ar e o combustível são
queimados e transformados nos produtos de combustão, que são descarregados
para a atmosfera.
1.4 - Lei Zero da Termodinâmica
Quando dois corpos tem a mesma temperatura dizemos que estão em
equilíbrio térmico entre si. Podemos definir a lei zero da termodinâmica como:
" Se dois corpos estão em equilíbrio térmico com um terceiro eles estão
em equilibrio térmico entre si ".
A lei zero da termodinâmica define os medidores de temperatura, os
TERMÔMETROS.
4
Capítulo – 1
-
-
pág - 5
1.5 - Escalas de Temperatura
Para a maior parte das pessoas a temperatura é um conceito intuitivo
baseado nas sensações de "quente" e "frio" proveniente do tato. De acordo com a
segunda lei da termodinâmica, a temperatura está relacionada com o calor ficando
estabelecido que este, na ausência de outros efeitos, flui do corpo de temperatura
mais alta para o de temperatura mais baixa espontaneamente.
O funcionamento dos termômetros está baseada na lei zero da
termodinâmica pois são colocados em contato com um corpo ou fluido do qual se
deseja conhecer a temperatura até que este entre em equilíbrio térmico com o
respectivo corpo. A escala do aparelho foi construída comparando-a com um
termômetro padrão ou com pontos físicos fixos de determinadas substâncias.
Quatro escalas de temperatura são hoje usadas para se referir à temperatura,
duas escalas absolutas e duas escalas relativas; são elas respectivamente: Escala
KELVIN (K) e RANKINE (°R) e escala Celsius (°C) e Fahrenheit (°F). A Fig. 1.5-1
mostra as quatro escalas de temperatura e a relação entre elas.
Figura 1.5-1 - As escalas de temperatura e sua inter-relação
Tipos de Termômetros
- Termômetro de Mercúrio em vidro
- Termômetro de Alcool em vidro
- Termômetro de Par Bimetálico
- Termômetro de Termistores
- Termômetro de Gás Perfeito
- Termômetro de Termopar
- Pirômetro Ótico
- etc.
5
(expansão volumétrica)
(dilatação linear diferenciada)
(variação da resistividade)
(força eletromotriz)
(cor da chama)
Capítulo – 1
-
-
pág - 6
Exemplo 1.5-1
Escreva a relação entre graus Celsius (oC) e Fahrenheit (oF)
Solução - Considere-se a escala dos dois Termômetros, Celsius
e Fahrenheit como mostrado na figura
Interpolando linearmente as escalas entre a referência de gelo
fundente e a referência de vaporização da água temos:
C − 0 O F − 32
=
→
100 − 0 212 − 32
O
O
C=
5 O
( F − 32)
9
1.6 - Pressão
Pressão, uma propriedade termodinâmica, é definida como sendo a relação
entre uma força e a área normal onde está sendo aplicada a força. A Fig. 1.6-1
ilustra a definição dada pela equação 1.6 -1
P=
lim
δA 
→ δA
i
δ FN
δA
(1.6 -1)
Figura 1.6-1 - Definição de Pressão
6
Capítulo – 1
-
-
pág - 7
Unidades de Pressão
Pascal, Pa =
N
m2
,
Quilograma - força por metro quadrado, =
Psig =
lbf
, (manométrica)
in 2
kgf
m2
Psia =
lbf
(absoluta)
in 2
bar = 105 Pascal
As pressões abaixo da pressão atmosférica e ligeiramente acima e as
diferenças de pressão (como por exemplo, ao longo de um tubo, medidas através
de um orifício calibrado) são obtidas freqüentemente com um manômetro em U que
contém como fluido manométrico: água, mercúrio, Alcool, etc. como mostra a Fig.
1.6-2
Figura 1.6-2 manômetro em U usado junto com um orifício calibrado
Pelos princípios da hidrostática podemos concluir que, para uma diferença de
nível, L em metros, em um manômetro em U, a diferença de pressão em Pascal é
dada pela relação :
∆P = ρ gL
2
onde g é a aceleração da gravidade, em m/s , ρ é a densidade do fluido
manométrico, em kg/m3 e L é a altura da coluna de líquido, em m (metros) .
OBS.
A pressão atmosférica padrão é definida como a pressão produzida por uma
coluna de mercúrio exatamente igual a 760 mm sendo a densidade do mercúrio de
13,5951 gm / cm3 sob a aceleração da gravidade padrão de 9,80665 m / s2
uma atmosfera padrão = 760 mmHg =101325 Pascal = 14,6959 lbf / in2
7
Capítulo – 1
-
-
pág - 8
Exemplo 1.6-1
Em uma análise para se obter o balanço térmico de um motor diesel é necessário
medir-se a vazão de ar admitido pelo motor. Um orifício calibrado é montado em uma caixa
de entrada junto com um manômetro em U na admissão do motor, como mostrado,
•
esquematicamente na figura.
A vazão mássica do fluido escoando, m , em kg/m3 está
•
relacionada, em um orifício calibrado, pela seguinte expressão, m = A C D 2ρ
ρ ∆P , onde ∆P
é a diferença de pressão no manômetro em U ,
em Pascal, A é a área do orifício calibrado, em
metros quadrados, CD é o coeficiente de
descarga do orifício, cujo valor particular, para
este caso é 0,59, ρ é a densidade do fluido em
escoamento. Determinar a vazão de ar para os
dados mostrados na figura.
(Considere a
aceleração gravitacional local igual a 9,81 m/s2 ,
a densidade do ar como sendo, ρ = 1,2 kg/m3 e a
densidade da água do manômetro igual a 1000 kg/m3)
Solução
- Cálculo da diferença de Pressão indicada no manômetro em U:
∆P = ρ g L = 1000 • 9,81 • 0,260
=
2 550,6
Pa
- Calculo da área do orifício calibrado. Dos dados da figura temos
π d 2 3,14159 • ( 0,045) 2
A=
=
= 0, 00159 m 2
4
4
- A vazão em massa de ar admitida pelo motor diesel, pela expressão será
•
m AR = 0,00159 • 0,59 2 • 1,2 • 2.550,6
8
=
0,0734
kg
s
Capítulo – 1
-
-
pág - 9
Exercícios
1-1) Um manômetro montado em um recipiente indica uma pressão de
1,25MPa e um barômetro local indica 96kPa. Determinar a pressão interna absoluta
do recipiente em: a) MPa , b) kgf/cm2, c) Psia e d) em milímetros de coluna de
mercúrio.
OBS.: Adote para o mercúrio a densidade de 13,6gm/cm3
1-2) Um termômetro, de liquido em vidro, indica uma temperatura de 30 oC.
Determine a respectiva temperatura nas seguintes escalas: a) em graus Fahrenheit
(oF) , b) em graus Rankine (oR) e c) em Kelvin (K).
1-3) Um manômetro contém um fluido com densidade de 816 kg/m3. A
diferença de altura entre as duas colunas é 50 cm. Que diferença de pressão é
indicada em kgf/cm2? Qual seria a diferença de altura se a mesma diferença de
pressão fosse medida por um manômetro contendo mercúrio (adote densidade do
mercúrio de 13,60 gm/cm3)
1-4) Um manômetro de mercúrio, usado para medir um vácuo, registra 731
mm Hg e o barômetro local registra 750 mm Hg. Determinar a pressão em kgf/cm2 e
em microns.
9
Capítulo - 2
PROPRIEDADES
TERMODINÂMICAS
10
Capítulo - 2
-
-
pág. - 2
2 - PROPRIEDADES DE UMA SUBSTÂNCIA PURA
2.1 - Substância Pura
Substância pura é aquela que tem composição química invariável e
homogênea. Pode existir em mais de uma fase, mas a sua composição química é
a mesma em todas as fases. Assim água líquida e vapor d'água ou uma mistura
de gelo e água líquida são todas substância puras, pois cada fase tem a mesma
composição química. Por outro lado uma mistura de ar líquido e gasoso não é uma
substância pura, pois a composição química da fase líquida é diferente daquela da
fase gasosa.
Neste trabalho daremos ênfase àquelas substâncias que podem ser
chamadas de substância simples compressíveis. Por isso entendemos que efeitos
de superfície, magnéticos e elétricos, não são significativos quando se trata com
essas substâncias.
Equilíbrio de Fase Líquido - Vapor - Considere-se como sistema 1 kg de
água contida no conjunto êmbolo-cilindro como mostra a figura 2.1-1. Suponha
que o peso do êmbolo e a pressão atmosférica local mantenham a pressão do
sistema em 1,014 bar e que a temperatura inicial da água seja de 15 OC. À medida
que se transfere calor para a água a temperatura aumenta consideravelmente e o
volume específico aumenta ligeiramente (Fig. 2.1-1b) enquanto a pressão
permanece constante.
Figura 2.1-1 - Representação da terminologia usada para uma substância pura à pressão P e
temperatura T, onde Tsat é a temperatura de saturação na pressão de saturação P.
Quando a água atinge 100 OC uma transferência adicional de calor implica
em uma mudança de fase como mostrado na Fig. 2.1-1b para a Fig. 2.1-1c, isto é,
11
Capítulo - 2
-
-
pág. - 3
uma parte do líquido torna-se vapor e, durante este processo, a pressão
permanecendo constante, a temperatura também permanecerá constante mas a
quantidade de vapor gerada aumenta consideravelmente (aumentado o volume
específico), como mostra a Fig. 2.1-1c. Quando a última porção de líquido tiver
vaporizado (Fig. 2.1-1d) uma adicional transferência de calor resulta em um
aumento da temperatura e do volume específico como mostrado na Fig. 2.1-1e e
Fig. 2.1-1f
Temperatura de saturação - O termo designa a temperatura na qual se dá
a vaporização de uma substância pura a uma dada pressão. Essa pressão é
chamada “pressão de saturação” para a temperatura dada. Assim, para a água
(estamos usando como exemplo a água para facilitar o entendimento da definição
dada acima) a 100 oC, a pressão de saturação é de 1,014 bar, e para a água a
1,014 bar de pressão, a temperatura de saturação é de 100 oC. Para uma
substância pura há uma relação definida entre a pressão de saturação e a
temperatura de saturação correspondente.
Líquido Saturado - Se uma substância se encontra como líquido à
temperatura e pressão de saturação diz-se que ela está no estado de líquido
saturado, Fig.2.1-1b.
Líquido Subresfriado - Se a temperatura do líquido é menor que a
temperatura de saturação para a pressão existente, o líquido é chamado de líquido
sub-resfriado (significa que a temperatura é mais baixa que a temperatura de
saturação para a pressão dada), ou líquido comprimido, Fig. 2.1-1a, (significando
ser a pressão maior que a pressão de saturação para a temperatura dada).
Título (x) - Quando uma substância se encontra parte líquida e parte vapor,
vapor úmido, Fig. 2.1-1c, a relação entre a massa de vapor pela massa total, isto
é, massa de líquido mais a massa de vapor, é chamada título. Matematicamente:
x=
mv
mv
=
ml + mv mt
(2.1-1)
Vapor Saturado - Se uma substância se encontra completamente como
vapor na temperatura de saturação, é chamada “vapor saturado”, Fig. 2.1-1d, e
neste caso o título é igual a 1 ou 100% pois a massa total (mt) é igual à massa de
vapor (mv), (freqüentemente usa-se o termo “vapor saturado seco”)
Vapor Superaquecido - Quando o vapor está a uma temperatura maior que
a temperatura de saturação é chamado “vapor superaquecido” Fig. 2.1-1e. A
pressão e a temperatura do vapor superaquecido são propriedades independentes,
e neste caso, a temperatura pode ser aumentada para uma pressão constante.
Em verdade, as substâncias que chamamos de gases são vapores altamente
superaquecidos.
A Fig. 2.1-1 retrata a terminologia que acabamos de definir para os diversos
estados termodinâmicos em que se pode encontrar uma substância pura.
12
Capítulo - 2
-
-
pág. - 4
Considerações importantes
1) Durante a mudança de fase de líquido-vapor à pressão constante, a
temperatura se mantém constante; observamos assim a formação de patamares
de mudança de fase em um diagrama de propriedades no plano T x v ou P x v,
como mostrado na Fig. 2.2-1. Quanto maior a pressão na qual ocorre a mudança
de Fase líquido-vapor maior será a temperatura.
2) Aumentando-se a pressão observa-se no diagrama que as linhas de
líquido saturado e vapor saturado se encontram. O ponto de encontro dessas duas
linhas define o chamado "Ponto Crítico". Pressões mais elevadas que a pressão
do ponto crítico resultam em mudança de fase de líquido para vapor superaquecido
sem a formação de vapor úmido.
Figura 2.2-1 diagrama T x v e diagrama P x v
3) A linha de líquido saturado é levemente inclinada em relação à vertical
pelo efeito da dilatação volumétrica (quanto maior a temperatura maior o volume
ocupado pelo líquido), enquanto a linha de vapor saturado é fortemente inclinada
em sentido contrário devido à compressibilidade do vapor. A Fig. 2.2-1b mostra o
diagrama P -V no qual é fácil visualizar as linhas de temperatura constante e o
ponto de inflexão da isoterma crítica
Como exemplo, o ponto crítico para a água, é:
Pcrítica = 22,09 MPa
Tcrítica = 374,14 OC
Vcritico = 0,003155 m3 / kg
Ponto Triplo - Corresponde ao estado no qual as três fases (sólido, líquido
e gasosa) se encontram em equilíbrio. A Fig. 2.3-1 mostra um diagrama de fases
(P x T). Para qualquer outra substância o formato do diagrama é o mesmo.
13
Capítulo - 2
-
-
pág. - 5
Uma substância na fase vapor com pressão acima da pressão do ponto
triplo muda de fase (torna-se líquido) ao ser resfriada até a temperatura
correspondente na curva de pressão de vapor. Resfriando o sistema ainda mais
será atingida uma temperatura na qual o líquido irá se solidificar. Este processo
está indicado pela linha horizontal 1→2→3 na Fig. 2.3-1.
Para uma substância na fase sólida
com pressão abaixo da pressão do ponto
triplo ao ser aquecida observe que,
mantendo a pressão constante, será atingida
uma temperatura na qual ela passa da fase
sólida diretamente para a fase vapor, sem
passar pela fase líquida, como mostrado na
Fig. 2.3-1 no processo 4→5.
Como exemplo a pressão e a
temperatura do ponto triplo para a água
corresponde a 0,6113 kPa e 0,01 OC
respectivamente.
Figura 2.3-1 Diagrama de fases para a
água (sem escala)
2.2 - Propriedades Independentes das Substâncias Puras
Uma propriedade de uma substância é qualquer característica observável
dessa substância.
Um número suficiente de propriedades termodinâmicas
independentes constituem uma definição completa do estado da substância.
As propriedades termodinâmicas mais comuns são: temperatura (T),
pressão (P), e volume específico (v) ou massa específica (ρ). Além destas
propriedades termodinâmicas mais familiares, e que são diretamente mensuráveis ,
existem outras propriedades termodinâmicas fundamentais usadas na análise de
transferência de energia (calor e trabalho), não mensuráveis diretamente, que são:
energia interna específica (u), entalpia específica (h) e entropia específica (s).
Energia Interna (U) - é a energia possuída pela matéria devido ao
movimento e/ou forças intermoleculares. Esta forma de energia pode ser
decomposta em duas partes:
a - Energia cinética interna, a qual é devida à velocidade das moléculas e,
b - Energia potencial interna, a qual é devida às forças de atração que
existem entre as moléculas. As mudanças na velocidade das moléculas são
identificadas macroscopicamente pela alteração da temperatura da substância
(sistema), enquanto que as variações na posição são identificadas pela mudança
de fase da substância (sólido, liquido ou vapor)
Entalpia (H) - na análise térmica de alguns processos específicos,
freqüentemente
encontramos
certas
combinações
de
propriedades
termodinâmicas. Uma dessas combinações ocorre quando temos um processo a
14
Capítulo - 2
-
-
pág. - 6
pressão constante, resultando sempre uma combinação (U + PV). Assim
considerou-se conveniente definir uma nova propriedade termodinâmica chamada
“ENTALPIA”, representada pela letra H, determinada matematicamente pela
relação:
H=U+PV
(2.2-1)
h=u+Pν
(2.2-2)
ou a entalpia específica,
Entropia (S) - Esta propriedade termodinâmica representa, segundo alguns
autores, uma medida da desordem molecular da substância ou, segundo outros, a
medida da probabilidade de ocorrência de um dado estado da substância.
Matematicamente a definição de entropia é
 δ Q
dS = 

 T  reversivel
(2.2-3)
2.3 - Equações de Estado
Equação de estado de uma substância pura é uma relação matemática que
correlaciona pressão temperatura e volume específico para um sistema em
equilíbrio termodinâmico. De uma maneira geral podemos expressar de forma
genérica essa relação na forma da Eq. (2.3-1)
f(P, v, T) = 0
(2.3 -1)
Existem inúmeras equações de estado, muitas delas desenvolvidas para
relacionar as propriedades termodinâmicas para uma única substância , outras
mais genéricas, por vezes bastante complexas, com objetivo de relacionar as
propriedades termodinâmicas de várias substâncias.
Uma das equações de estado mais conhecida e mais simples é aquela que
relaciona as propriedades termodinâmicas de pressão, volume específico e
temperatura absoluta do gás ideal, que é;
_
Pν=ℜT
(2.3-2)
_
onde P, é a pressão absoluta (manométrica + barométrica), em Pascal, ν , o
volume molar específico, em m3/kmol, a constante universal do gás, que vale, ℜ =
8,314 kJ/kmol-K, e T a temperatura absoluta, em Kelvin. A Eq. (2.3-2) pode ser
escrita de várias outras formas. Uma forma interessante é escreve-la usando o
volume específico e a constante particular do gás, como na Eq. (2.3-3)
Pν = RT
(2.3-3)
onde ν , é o volume específico do gás, em m3/kg e R é a constante particular do
gás. O valor de R está relacionado à constante universal dos gases pela massa
molecular da substância (M). Isto é:
15
Capítulo - 2
-
R=
-
ℜ
M
pág. - 7
(2.3-4)
Como sabemos, a Eq. (2.3-2) ou (2.3-3) só representa satisfatoriamente
gases reais a baixas pressões. Para gases reais a pressões um pouco mais
elevadas e gases poliatômicos os resultados obtidos com a equação do gás ideal
não é satisfatório, sendo necessário, para gás real, lançar mão de equações mais
elaboradas.
Exemplo 2.3-1
Considere o ar atmosférico como um gás ideal e determine o volume
específico e a densidade para a pressão atmosférica padrão na temperatura de
20 oC. (adote a massa molecular do ar = 28,97 kg/kmol , ℜ = 8 314 J/ kmol-K)
Solução
Para a hipótese de gás ideal temos:
P v = RT
⇒
v=
RT
P
A constante particular do gás é dada por:
R=
ℜ
M
R=
⇒
8314
28,97
Ra r ≅ 287
⇒
J
kg • K
logo, o volume específico será
a)
v=
287 . (273,15 + 20)
101325
≅
0,8303
m3
kg
A densidade é o inverso do volume específico, assim;
b)
ρ=
1
v
=
1
= 1,204
0,8303
kg
m3
A equação de estado para gás real mais antiga é a equação de van der
Waals (1873) e foi apresentada como uma melhoria semi-teórica da equação de
gases ideais, que na forma molar é;
P=
ℜT
_
ν−b
16
−
a
_2
ν
(2.3-5)
Capítulo - 2
-
-
pág. - 8
O objetivo da constante "b" na equação é corrigir o volume ocupado pelas
_ 2
moléculas e o termo " a / ν " é uma correlação que leva em conta as forças
intermoleculares de atração das moléculas.
As constantes "a " e "b " são
calculadas a partir do comportamento do gás. Estas constantes são obtidas
observando-se que a isoterma crítica (Fig. 2.2b) tem um ponto de inflexão no
ponto crítico e portanto nesse ponto a inclinação é nula [2]
Os valores das constantes " a " e " b " são determinados em função das
propriedades do ponto crítico, pressão crítica , PC, e temperatura crítica, TC, para
cada gás.
27 ℜ 2 TC2
a=
,
64 PC
b=
ℜ TC
8 PC
(2.3-6)
Uma outra equação, considerada mais precisa que a equação de van der
Waals e com o mesmo nível de dificuldade é a equação de Redlich - kwong (1949),
que para propriedades molares é:
P=
ℜT
_
ν− b
−
a
_
_
ν ( ν + b) T
1
(2.3-7)
2
Esta equação é de natureza empírica, as constantes "a " e " b " valem;
2
a
5
TC2
0,4278
,
P
b = 0, 08664
ℜ TC
PC
(2.3-8)
Constantes para as equações de estado de van der Waals e de RedlichKwong para algumas substâncias são dadas na tabela 2.3 -1.
As constantes dadas na tabela (2.3-1) são para pressão, P, em bar, volume
_
específico molar, ν , em m3 / kmol e temperatura, T, em Kelvin
17
Capítulo - 2
Tabela (2.3-1)
-
van der Waals
3
Substâncias
Ar
Butano (C4H10)
Dióxido de carbono (CO2)
Monóxido de carbono (CO)
Metano (CH4)
Nitrogênio (N2)
Oxigênio (O2)
Propano (C3H8)
Refrigerante 12
Dióxido Sulfúrico (SO2)
Vapor Água (H2O)
-
a, bar(
m 2
)
kmol
1,368
13,860
3,647
1,474
2,293
1,366
1,369
9,349
10,490
6,883
5,531
3
b,
m
kmol
0,0367
0,1162
0,0428
0,0395
0,0428
0,0386
0,0317
0,0901
0,0971
0,0569
0,0305
pág. - 9
Redlich - Kwong
m3
m 3 2 0, 5
b
,
a, bar(
) K
kmol
kmol
15,989
289,55
64,43
17,22
32,11
15,53
17,22
182,23
208,59
144,80
142,59
0,02541
0,08060
0,02963
0,02737
0,02965
0,02677
0,02197
0,06342
0,06731
0,03945
0,02111
Exemplo 2.3-2
Um tanque cilíndrico vertical contém 4,0 kg de monóxido de carbono gás à
temperatura de -50 OC. O diâmetro interno do tanque é, D=0,2 m e o comprimento,
L=1,0 m. Determinar a pressão, em bar, exercida pelo gás usando:
a) O modelo de gás ideal, b) O modelo de van der Waals e c) O modelo de
Redlich - Kwong
Solução
Conhecemos: Tanque cilíndrico de dimensões conhecidas contendo 4,0 kg de
monóxido de carbono, CO, a - 50 OC
Determinar: A pressão exercida pelo gás usando três
modelos diferentes.
Hipóteses:
1) Como mostrado na figura ao lado o
gás é adotado como sistema fechado
2) O sistema está em equilíbrio termodinâmico
Análise:
O volume molar específico do gás é necessário nos três modelos requeridos, assim
π d2L 3,14159 .(0,2) 2 . 1
V=
=
= 0,0314 m 3
4
4
o volume molar específico será:
18
Capítulo - 2
-
_
ν = Mν = M ( V m ) = 28( kmol )(
kg
-
0,0314 m 3
)( kg ) = 0,2198
4,0
pág. - 10
m3
kmol
A equação de estado para o gás ideal resulta
ℜT
_
Pν=ℜT → P =
=
_
ν
(8314)( −50 + 27315
, ) bar
( 5
) = 84,41 bar
0,2198
10 Pa
Para a Equação de estado de van der Waals as constantes " a " e " b "
podem ser lidas diretamente da tabela 2.3-1, então;
3
3
a = 1,474 bar( m kmol ) 2 e b = 0, 0395( m kmol ) substituindo,
ℜT
P=
_
ν−b
−
a
_2
ν
=
(8314)( −50 + 27315
, ) bar
1,474
(
)−
= 72,3 bar
( 0,2198 − 0,0395) 10 5 Pa
( 0,2198 ) 2
Também, para a equação de estado de Redlich-Kwong da tabela 2.3-1
1
m6 K 2
obtemos; a = 17,22 bar (
) e b = 0, 02737
kmol 2
m3
kmol
substituindo na respectiva equação temos;
P=
ℜT
_
ν− b
−
a
_
_
ν ( ν + b) T
=
1
2
( 8314)( −50 + 27315
, ) bar
17,22
( 5
)−
1
( 0,2198 − 0,02737) 10 Pa
( 0,21980)( 0,24717)( 22315
, )2
P = 75,2 bar
Observação:
Comparando os valores calculados de Pressão, a equação do modelo de gás
ideal resulta em 11 % maior que a equação de van der Waals. Comparando o valor de
Pressão obtido pela equação de van der Waals com dados obtidos do diagrama de
compressibilidade (Shapiro [2]) este valor é 5% menor. O valor obtido pela modelo de
Redlich-Kwong é 1% menor que o valor obtido no diagrama de compressibilidade.
Um outro exemplo de equações de estado são as de Eq. (2.3-9) até (2.3-18)
que são usada para relacionar as propriedades termodinâmicas dos refrigerantes
hidrocarbonos fluorados (R-12, R-22,... etc.) [5]
P=
RT
+
v −b
5
∑[
i=2
Ai + Bi T + Ci EXP (− kT / Tc )
A + B6T + C6 EXP (− kT / Tc )
]+ 6
i
( v − b)
(1 + c EXP (αv )) EXP (αv )
19
(2.3-9)
Capítulo - 2
-
-
pág. - 11
5
Gi i
A + (1 + kT / TC ) Ci EXP (− kT / Tc )
1 1
(T − T0i ) − G5 ( − ) + ∑ [ i
]+
T T0
(i − 1)(v − b) (i − 1)
i =2
i =1 i
4
u = u0 + ∑
+
A6 + (1 + kT / Tc ) C6 EXP (− kT / Tc )
α EXP (αv )
(2.3-10)
h = u+ Pv
(2.3-11)
4
s = s0 + G1 ln( T / T0 ) + ∑
Gi
G 1
1
( T ( i −1) − T0(i −1) ) − 5 ( 2 − 2 ) +
T0
2 T
i = 2 (i − 1)
5
+ R ln( v − b) − ∑ [
i=2
Bi − ( k / TC ) Ci EXP ( − kT / Tc )
B − ( k / Tc ) C6 EXP (− kT / Tc )
(2.3-12)
]− 6
( i − 1)
α EXP (αv )
(i − 1)( v − b )
ln Psat = F1 +
F2
γ −T
+ F3 ln T + F4 T + F5 (
) ln(γ − T )
T
T
(2.3-13)
 dP 

F − F F F γ ln(γ − T ) 
  =  F4 + 3 5 − 22 − 5
 Psat
 dT sat 

T
T
T2
Hlv = T vlv (
dP
)
dT sat
 T
ρl = ∑ Di 1 − 
 Tc 
i =1
5
slv =
(2.3-15);
i −1
3
(2.3-14)
1
Hlv
T
(2.3-16)
 T 2
 T
+ D6 1 −  + D7 1 − 
 Tc 
 Tc 
(2.3-17)
vlv = vv − vl
(2.3-18)
2
onde Ai , Bi ,Ci ,Di , Fi , Gi ,c, k, b, γ, α e Tc ,são constantes que dependem da
substância.
Muitos outros exemplos de Eqs. de estado, algumas mais simples outras
mais complexas poderiam se apresentadas. Entretanto, dado a complexidade das
equações de estado para correlacionar as propriedades termodinâmicas das
substâncias reais seria interessante que tivéssemos um meio mais rápido para
obter tais relações.
As tabelas de propriedades termodinâmicas, obtidas através das equações
de estado, são as ferramentas que substituem as equações.
20
Capítulo - 2
-
-
pág. - 12
Exercícios
2-1) - Determine o Volume molar de um gás ideal nas condições normais de
temperatura e pressão (as condições normais de temperatura e pressão, CNTP,
são 0 OC e 101325 Pascal, respectivamente)
2-2) - Calcule a constante particular dos gases para o Oxigênio, Nitrogênio e
para o ar seco.
2-3) - Um balão esférico tem raio de 3m. A pressão atmosférica local é de
1,0 kgf/cm2 e a temperatura é de 25 OC.
a) Calcular a massa e o número de moles (ou kmoles) de ar que o balão
desloca
b) Se o balão estiver cheio com Hélio (He) com pressão de 1,0 kgf/cm2 e a
temperatura for de 25 OC, qual o número de moles (ou kmoles) e a massa de hélio?
2-4) - Uma quantidade de ar está contida num cilindro vertical equipado com
um êmbolo sem atrito, como mostrado na figura. A área seccional interna do
cilindro é de 450 cm2 e o ar está inicialmente a 2,0 kgf/cm2 de pressão e
temperatura de 430 OC. O ar é então resfriado como
resultado da transferência de calor para o meio ambiente.
(adote o ar como gás ideal)
a) Qual a temperatura do ar no interior do cilindro
quando o êmbolo atinge os limitadores, em OC
b) Se o resfriamento prosseguir até a temperatura
atingir 21 OC qual será a pressão no interior do cilindro.
2-5) - Considere 10 kg de vapor de água à temperatura de 400 OC no interior
de um vaso de pressão cujo volume é de 1,512 m3. Determine a pressão exercida
pelo vapor nestas condições.
a) através da equação de gás ideal
b) através da equação de van der Waals
c) através da equação de Redlich-kwong
d) Compare os resultados com dados da tabela de propriedades
superaquecidas para o vapor de água.
21
Capítulo - 2
-
-
pág. - 13
2.4 - Tabelas de Propriedades Termodinâmicas
Existem tabelas de propriedades termodinâmicas para todos as substâncias
de interesse em engenharia. Essas tabelas são obtidas através das equações de
estado, do tipo mostrado anteriormente.
As tabelas de propriedades
termodinâmicas estão divididas em três categorias de tabelas, uma que relaciona
as propriedades do líquido comprimido (ou líquido subresfriado), outra que
relaciona as propriedades de saturação (líquido saturado e vapor saturado) e as
tabelas de vapor superaquecido. Em todas as tabelas as propriedades estão
tabeladas em função da temperatura ou pressão e em função de ambas como
pode ser visto nas tabelas a seguir. Para a região de liquido+vapor, (vapor úmido)
conhecido o título, x, as propriedades devem ser determinadas através das
seguintes equações:
u = uL + x(uv - uL)
(2.4-1)
h = hL + x(hv - h L)
(2.4-2)
v = vL + x(vv - vL)
(2.4-3)
s = sL + x(sv - sL)
(2.4-4)
As tabelas de (2.4-1) até (2.4-12) são exemplos de tabelas de propriedades
termodinâmicas de líquido comprimido, saturadas e superaquecidas de qualquer
substância. Observe nessas tabelas que para condições de saturação basta
conhecer apenas uma propriedade para obter as demais, que pode ser
temperatura ou pressão, propriedades diretamente mensuráveis.
Para as
condições de vapor superaquecido e líquido comprimido é necessário conhecer
duas propriedades para ser obter as demais. Nas tabelas de propriedades
saturadas, aqui apresentadas, pode-se observar que para temperatura de 0,0 oC e
líquido saturado (x = 0), o valor numérico de entalpia (h) é igual a 100,00 kcal/kg
para os refrigerantes R-12, R-22, e R-717, sendo igual a 200,00 kJ/kg para o R134a, e a entropia (S), vale 1,000 para todas as tabelas dadas independente das
unidades usadas. Estes valores são adotados arbitrariamente como valores de
referência e os demais valores de entalpia (h) e entropia (S), são calculados em
relação a esses valores de referência. Outros autores podem construir tabelas dos
mesmos refrigerantes com referências diferentes. Quando as referências são
diferentes, como dissemos, as propriedades têm outros valores nessas tabelas,
entretanto, a diferença entre mesmos estados é igual para qualquer referência
adotada.
Assim, o valor numérico da entalpia (h), e entropia (S) em diferentes tabelas
podem apresentar valores completamente diferentes para o mesmo estado
termodinâmico, sem contudo, modificar os resultados de nossas análises térmicas,
bastando para tanto que se utilize dados de entalpia e entropia de uma mesma
tabela, ou de tabelas que tenham a mesma referência. Para dados retirados de
duas ou mais tabelas com referências diferentes estes devem ser devidamente
corrigidos para uma única referência.
22
Capítulo - 2
-
-
pág. - 26
Exemplo 2.4-1
a) Determine o volume específico, a energia interna específica, a entalpia
específica, e a entropia específica para líquido e vapor saturado da água na
pressão de saturação de 2,5 MPa.
b) Determine o volume específico, a entalpia específica e a entropia
específica para a água com pressão de 10 bar e temperatura de 300 OC.
Solução
a) Água Saturada
Da tabela de propriedades da água saturada para P = 25 bar
temos a correspondente temperatura de saturação, T = 224 OC
As demais propriedades são:
Vl = 0,001973 m3/kg, VV = 0,0800 m3/kg
hl = 962,11 kJ/kg, hV = 2803,1 kJ/kg
Ul = 959,11 kJ/kg UV = 2603,1 kJ/kg
Sl = 2,5547 kJ/kg-K SV = 6,2575 kJ/kg-K]
b) Água na pressão de 10 bar e Temperatura de 300 OC
Da tabela de propriedades saturadas para P = 10 bar temos
T = 179,9 OC. Logo, a água a 300 OC está superaquecida.
Da tabela de propriedades da água superaquecida (2.4-2) temos
VV = 0,2579 m3/kg
hV = 3051,2 kJ/kg
SV = 7,1229 kJ/kg-K
Exemplo 2.4-2
Considere um sistema composto de 2 kg de água no estado líquido à
temperatura de 80 OC e pressão de 50 bar. Determine o volume específico
e a entalpia para o sistema.
a) através da tabela de propriedades comprimidas da água
b) através da tabela de propriedades saturadas da água
c) comente os desvios dos valores obtidos pelas duas formas.
Solução
a) Da tabela (2.4-3) de líquido comprimido para a água a 50 bar e
23
Capítulo - 2
-
-
pág. - 27
temperatura de 80 OC temos; (observe que a temperatura de saturação correspondente à pressão de 50 bar é de 263,99 OC)
V = 0,0010268 m3 /kg
e h = 338,85 kJ/kg
b) Como podemos observar, a tabela disponível para propriedades saturadas,
não tem a temperatura de 80 OC sendo necessário fazermos interpolações
lineares, que resulta em:
V = 0,0010291 m3 / kg e h= 334,91 kJ /kg
C) Os desvios da tabela de líquido comprimido em relação à de saturação são:
δν =
0,0010268 − 0,0010291
x 100 = − 0,22%
0,0010268
δh =
338,85 − 334,91
,
x 100 = 116%
338,85
Comentários:
Pelos resultados, observamos ser insignificantes os desvios dos valores das
propriedades obtidas pela tabela correta (liquido comprimido) e na forma aproximada, como
líquido saturado na temperatura em que se encontra a substância sem levar em conta a
pressão.(a pressão de saturação a 80 OC é de 0,4739 bar, bem inferior aos 50 bar do líquido
comprimido)
Concluímos assim que, as propriedades de líquido comprimido são
aproximadamente iguais às de líquido saturado na mesma temperatura para substâncias que
podem ser admitidas como incompressíveis.(para qualquer substância incompressível)
Exemplo 2.4-3
Considere um cilindro de volume interno igual a 0,14 m3, contendo 10 kg de
refrigerante R-134a. O cilindro é usado para fins de reposição de refrigerante em
sistemas de refrigeração. Em um dado dia a temperatura ambiente é de 26 OC.
Admita que o refrigerante dentro do cilindro está em equilíbrio térmico com o meio
ambiente e determine a massa de refrigerante no estado líquido e no estado vapor
no interior do cilindro.
Solução:
Conhecemos: tanque cilíndrico de dimensões conhecidas contendo 10 kg
de refrigerante R-134a em equilíbrio térmico a 26 OC
determinar: massa no estado líquido e massa no estado vapor
Hipótese: 1) O gás no interior do cilindro é o sistema termodinâmico fechado
2) O sistema está em equilíbrio termodinâmico
24
Capítulo - 2
-
-
pág. - 28
Análise:
Se no interior do cilindro tivermos de fato as duas fases: líquido+vapor, então o sistema está na condição de vapor úmido
e podemos determinar o título, x, da mistura.
O volume específico da mistura, pela definição de volume específico é:
ν =
V 0,140 m 3
m3
=
= 0,014
10,0 kg
m
kg
da equação (2.4-3) , que relaciona volume específico com título temos;
ν = νl +
x (ν v − ν l ) →
x=
(ν − ν l )
(ν v − ν l )
da tabela de propriedades saturadas para o refrigerante R-134a
obtemos os valores de volume específico do líquido e do valor, que valem:
νl =
3
0,0008 m kg
νv =
3
0,0300 m kg
substituindo na equação do título , obtemos;
x=
0,0140 − 0,0008
⇒
0,0300 − 0,0008
x = 0,452
da definição de título, em que, x =
m v = 0,452 x 10,0 kg
⇒
mv
, obtemos
mt
m v = 4,52 kg de vapor
pela conservação de massa
mt = mv + ml ⇒ ml = mt − mv ⇒
m l = 10,0 − 4,52 ⇒
m l = 5,48 kg
2.5 - Diagramas de Propriedades Termodinâmicas
As propriedades termodinâmicas de uma substância, além de serem
apresentadas através de tabelas, são também apresentadas na forma gráfica,
chamados de diagramas de propriedades termodinâmicas. Estes diagramas
podem ter por ordenada e abcissa respectivamente T x ν (temperatura versus
volume específico), P x h (pressão versus entalpia específica), T x s (temperatura
versus entropia específica) ou ainda h x s (entalpia específica versus entropia
específica). O mais conhecido desses diagramas é o diagrama h x s conhecido
como diagrama de Mollier.
Uma das vantagem do uso destes diagramas de propriedades é que eles
apresentam numa só figura as propriedades de líquido comprimido, do vapor úmido
e do vapor superaquecido como está mostrado esquematicamente nas figuras
2.5-1, 2.5-2 e 2.5-3.
25
Capítulo - 2
-
-
pág. - 29
Figura 2.5 - 1 - Diagrama Temperatura versus Entropia Específica
Esses diagramas são úteis tanto como meio de apresentar a relação entre
as propriedades termodinâmicas como porque possibilitam a visualização dos
processos que ocorrem em parte do equipamento sob análise ou no todo.
As três regiões características dos diagramas estão assim divididas:
a) A região à esquerda da linha de liquido saturado (x=0) é a região de
líquido comprimido ou líquido sub-resfriado (aqui estão os dados referentes às
tabelas de líquido comprimido)
b) A região compreendida entre a linha de vapor saturado (x=1) e a linha de
líquido saturado (x = 0) é a região de vapor úmido. Nesta região, em geral os
diagramas apresentam linhas de título constante como esquematizadas nas
figuras.
c) A região à direita da linha de vapor saturado seco (x = 1) é a região de
vapor superaquecido. (nesta região estão os dados contidos nas tabelas de vapor
superaquecido)
Dado o efeito de visualização, é aconselhável, na análise dos problemas
termodinâmicos, representar esquematicamente os processos em um diagrama,
pois a solução torna-se clara. Assim, o completo domínio destes diagramas é
essencial para o estudo dos processos térmicos.
Figura 2.5 - 2 - Diagrama Entalpia Específica versus Entropia Específica
26
Capítulo - 2
-
-
pág. - 30
Figura 2.5 - 3 - Diagrama Pressão versus Entalpia Específica
As figuras 2.5-4 e 2.5-5 a seguir, são diagramas de Mollier para a água.
Diagramas mais completos e diagramas T x s para a água podem ser encontrados
na bibliografia citada. Para o estudo de sistemas de refrigeração é mais
conveniente apresentar as propriedades em diagramas que tenham como
ordenada a pressão absoluta e como abcissa a entalpia específica. A figura 2.5-6
é o diagrama para o refrigerante R-12, a Figura 2.5-7 é o diagrama para o
refrigerante R-22, a figura 2.5-8 é o diagrama para o refrigerante R-134a e a figura
2.5-9 é o diagrama P x h para a amônia, que pela classificação da ASHRAE
(American Society of Heating, Refrigerating, and Air-Conditioning Engineers.) é o
refrigerante R-717.
27
Capítulo - 2
-
-
Figura 2.5 - 4 - Diagrama de Mollier (h x s) para a água
28
pág. - 31
Capítulo - 2
-
-
Figura 2.5-5 Parte do diagrama de Mollier para a água
29
pág. - 32
Capítulo - 2
-
-
Figura 2.5-6 - Diagrama P x h para o refrigerante R-12
30
pág. - 33
Capítulo - 2
-
-
Figura 2.5-7 - Diagrama P x h para o refrigerante R-22
31
pág. - 34
Capítulo - 2
-
-
Figura 2.5 - 8 - Diagrama P x h para o refrigerante R-134a
32
pág. - 35
Capítulo - 2
-
-
pág. - 36
Figura 2.5 - 9 Diagrama P x h (sem a parte central) para o refrigerante R-717 (Amônia)
33
Capítulo - 2
-
-
pág. - 37
Exemplo 2.5-1
o
Vapor de água inicialmente a 4,0 MPa e 300 C (estado 1) está contido em um conjunto
êmbolo - cilindro. A água é então resfriada a volume constante até sua temperatura
alcançar
o
200 C (estado 2). A seguir a água é comprimida isotermicamente até um estado onde a
pressão é de 2,5 MPa (estado 3).
3
a) Determine o volume específico nos estados 1, 2 e 3, em m / kg e o título no estado 2
se o estado 2 for de vapor úmido.
b) Localize os estados 1, 2 e 3 e esquematize os processos em um diagrama T- v e P- v.
Solução: - Hipóteses:
- O vapor de água é o nosso sistema termodinâmico
- Em cada estado o sistema está em equilíbrio termodinâmico
Conhecido:
o
O estado inicial P= 40 bar e T= 300 C e os processos subseqüentes
a-1) da tabela de vapor saturado para a água na pressão de 40 bar a correspondente
o
o
temperatura de saturação é 250,4 C. Assim a água a 40 bar e 300 C está superaquecida. Da
3
tabela de vapor superaquecido temos v1 = 0,05884 m /kg
a-2) Para determinarmos o estado 2 temos o volume específico que é igual ao volume
3
o
específico do estado 1, v2 = 0,05884 m /kg e a temperatura de 200 C
o
da tabela de vapor saturado, para a temperatura de 200 C, a respectiva pressão de
3
saturação é 15,54 bar. O volume específico do líquido saturado vale; v2L = 0,0011565 m /kg e
3
do vapor saturado seco, v2v = 0,1274 m /kg. Como o volume específico do estado 2 está
entre o volume específico do líquido e do vapor saturado, então inferimos que o estado 2 é
de vapor úmido. Nos dois diagramas, o processo de 1→ 2 é indicado através de uma linha
o
vertical desde o estado 1 até o estado 2 cuja temperatura é de 200 C e a pressão é de 15,54
bar, na região de vapor úmido.
a-3) O estado 3 cuja pressão é de 25 bar a temperatura é a mesma do estado 2, 200
o
C.
Como a pressão, 25 bar é maior que a pressão de saturação correspondente podemos
facilmente inferir do diagrama T x v que o estado é de líquido comprimido. O processo de 2
→ 3 está indicado nas figuras do item b).
a-4) O volume do estado 1 e 2 são iguais, e seu valor lido da tabela de vapor
3
superaquecido, é 0,05884 m /kg. O volume específico do estado 3 deve ser obtido em uma
3
tabela de líquido comprimido, cujo valor é, v3 = 0,0011555 m /kg ou de forma aproximada, de
o
uma tabela de saturação na temperatura de 200 C, independentemente da pressão de
3
saturação correspondente, que é v3 = 0,0011565 m /kg.
a-5) O título no estado 2 é obtido usando as relações matemáticas entre título e
volume específico, como já mostrado anteriormente, assim:
x2 =
v 2 − v 2L
0,05884 − 0,0011565
=
= 0,457 ou 45,7 %
0,1274 − 0,0011565
v 2 v − v 2L
b) Representação dos estados e dos processos nos planos T x v e P x v
34
Capítulo - 2
-
-
pág. - 38
Exemplo 2.5-2
Em um equipamento de refrigeração industrial, cujo fluido de trabalho é a amônia,
(R-717) o dispositivo de expansão (válvula de expansão termostática) reduz a pressão do
refrigerante de 15,850 kgf/cm2 e líquido saturado (estado1) para a pressão de 1,940
kgf/cm2 e título, X = 0,212 (estado 2). Determinar:
a) O volume específico, a temperatura e a entalpia específica nos estados 1 e 2
b) Representar o processo de expansão na válvula nos diagramas h-s e P-h
c) A que processo ideal mais se aproxima o processo de expansão na válvula de
expansão termostática (isocórico, isotérmico, isentrópico, isentálpico, isobárico)
Solução:
a-1) da tabela de saturação para a amônia obtemos as propriedades do
2
líquido saturado na pressão de 15,850 kgf/cm (estado 1)
0
3
T1= 40 C, V1= 0,0017257 m /kg, h1=145,53 kcal/kg, S1=1,1539 kcal/kg-K
a-2) As propriedades do estado 2 devem ser determinadas utilizando-se a
2
definição de título. Assim, para a pressão de 1,940 kgf/cm as proprieo
dades de líquido e vapor saturado são: T = - 20 C
V2 = V2L + X2 (V2V - V2L);
3
V2L = 0,0015037 m /kg,
3
V2V = 0,6237 m /kg
3
V2 = 0,0015037 + 0,212 (0,6237 - 0,0015037) → V2 = 0,1334 m /kg
h2 = h2L + X2 (h2V - h2L);
h2L= 78,17 kcal/kg, h2V = 395,67 kcal/kg
h2 = 78,17 + 0,212 (395,67 - 78,17)
S2 = S2L + X2 (S2V - S2L);
→
h2 = 145,48 kcal/kg
S2L = 0,9173 kcal/kg-k, S2V = 2,1717 kcal/kg-K
S2 = 0,9173 + 0,212 (2,1717 - 0,9173)
→
S2 = 1,1832 kcal/kg-K
b) Representação do processo e dos estados termodinâmicos 1 e 2
c) O processo ideal mais próximo é o processo ISENTÁLPICO.
(em qualquer
processo de estrangulamento o processo ideal é o processo a entalpia constate, o fluido
neste caso é acelerado, de forma que, o tempo de contato entre o fluido e a superfície
envolvente é extremamente pequeno não havendo tempo suficiente para a troca de calor,
então, h1 ≅ h2).
35
Capítulo - 2
-
-
pág. - 39
Exemplo 2.5-3
Uma turbina a vapor pode ser operada em condições de carga parcial
estrangulando-se o vapor que entra na turbina através de uma válvula. (o processo de
estrangulamento é um processo isentálpico) . As condições do vapor de água na linha de
alimentação são P1=10 bar e T1=300 OC. O vapor deixa a turbina com pressão, P3 = 0,1
bar. Como hipótese simplificadora adotemos que a turbina é uma máquina adiabática
reversível. (processo de expansão isentrópico). Pede-se indicar
os processos em um diagrama h x S e obter os dados de h, s, x, T,
para:
a) Turbina operando a plena carga
b) Turbina operando em carga parcial com pressão saindo da
válvula de estrangulamento (V.R.P), P2 = 5,0 bar
SOLUÇÃO - Valores lidos do próprio diagrama de MOLLIER ,
portanto, valores aproximados.
36
Capítulo - 2
-
-
pág. - 40
Continuação do Exemplo 2.5-3 - Solução através das tabelas de propriedades.
caso a) - Neste caso, turbina operando a plena carga, significa que a válvula
controladora na entrada da turbina não opera (é o mesmo que não existir)
estado 1, P1 = 10 bar e T1 = 300 oC como já sabemos, da solução
anterior, este é um estado de vapor superaquecido, assim da tabela de
vapor superaquecido, obtemos;
h1 = 3051,2 kJ / kg
v1 = 0,2579 m3 /kg
S1 = 7,1229 kJ /kg-K
Estado 3
Processo isentrópico do estado 1 ao estado 3, então, S3 = S1 = 7,1229 kJ/kg-K
(da solução anterior, também sabemos que o estado 3 é de vapor úmido
(se não tivéssemos a solução gráfica direta no diagrama de Mollier, teríamos
que verificar esta condição !) e pressão de P3 = 0,1 bar . Assim obtemos das
tabelas de saturação os valores para vapor saturado e para líquido saturado,
e com a equação que relaciona título com as demais propriedades na região
de vapor úmido podemos calcular o título pois sabemos o valor da entropia.
Assim;
hls = 191,83 kJ/kg,
hvs = 2584,7 kJ/kg,
vls = 0,0010102 m3/kg,
vvs = 14,674 m3/kg
Sls = 0,6493 kJ/kg-K,
Svs = 8,1502 kJ/kg-K
S3 = Sls + X3(Svs - Sls) → X 3 =
S 3 − S ls 7,1229 − 0,6493
=
= 0,863 ou 86, 3%
S vs − S ls 8,1502 − 0,6494
logo:
h3= 191,83 + 0,863 (2584,7 - 191,83) = 2 256,9 kJ/kg
v3 = 0,0010102 + 0,863 (14,674 - 0,0010102) = 12, 664 m3/kg
caso b)
Aqui, antes de ocorrer a expansão na turbina, ocorre o estrangulamento na válvula controladora da pressão de 10 bar para 5 bar. Como
o processo é isentálpico, a entalpia do estado 2 é igual à entalpia do
estado 1, e como sabemos, o estado 2 é de vapor superaquecido.
da tabela de vapor superaquecido para P2 = 5,0 bar e h2 = 3 051,2 kJ/kg,
interpolando na tabela, obtemos:
T2 = 293,6 oC ,
v2 = 0,5164 m3 /kg,
S2 = 7,4344 kJ/kg-K
O estado 3, como sabemos da solução anterior , é de vapor úmido, o
procedimento para se obter os dados é o mesmo do item a)
resultando: para P3 = 0,1 bar e S3 = S2
X3 = 90,46 %,
h3 = 2356,35 kJ/kg,
v3 = 13,2738 m3/kg
Obs.
Assim, concluímos que a solução gráfica é bem mais rápida e significativa
37
Capítulo - 2
-
-
pág. - 41
Exercícios
2-6) Em que fase se encontra a água, contida em um recipiente de paredes
rígidas, em que a temperatura é de 100 oC e a pressão é de a) 10 MPa, b) 20 kPa.
Obs.: Use a tabela de propriedades saturadas para inferir a resposta.
2-7) Em um gerador de vapor industrial a água entra com pressão de 10 bar
e temperatura de 150 oC (estado 1). A água sai desse gerador após receber calor
em um processo isobárico à temperatura de 250 oC, (estado 2). Pede-se:
a) em que fase se encontram os estados 1 e 2 ?
b) Represente esquematicamente o processo de aquecimento da água nos
seguintes diagramas de propriedades:
b-1) Coordenadas h x s (Entalpia versus Entropia)
b-2) Coordenadas T x s (Temperatura versus Entropia)
b-3) Coordenadas P x h (Pressão versus Entalpia
2-8) Um tanque, cujo volume é de 0,053 m3, contém freon 12, (R-12) a 40
C. O volume inicial de líquido no tanque é igual ao volume de vapor. Uma
quantidade adicional de Freon - 12 é forçada para dentro do tanque até que a
massa total dentro do tanque atinja 45 kg. Pede-se;
a) Qual o volume final de líquido no tanque admitindo-se que a temperatura seja
de 40 oC?
b) Que quantidade de massa foi adicionada ao tanque?
o
2-9) Em uma geladeira domestica, o condensador, que é um trocador de
calor de convecção natural, (fica atrás da geladeira) é projetado para que o
refrigerante saia deste no estado de líquido saturado. Em particular, em uma
geladeira domestica cujo refrigerante é o R-134a, o condensador apresenta
problemas e o refrigerante sai com pressão de 1682,76 kPa e título de 0,15.
Determinar;
a) A temperatura e o volume específico do refrigerante neste estado.
b) Esquematizar o processo de resfriamento do refrigerante se este foi
resfriado isobaricamente da temperatura de 90 oC até o estado final, em um
diagrama P-h (Pressão - Entalpia)
2-10) O compressor de um sistema frigorífico deve sempre aspirar vapor
superaquecido. Determinar as propriedades termodinâmicas do R-22 quando a
pressão de sucção for de 2,0 kgf/cm2 e estiver superaquecido de 15 oC
2-11) Determine as propriedades termodinâmicas do R-12 à pressão de 10
kgf/cm2 e temperatura de 34 oC. Em que região se encontra a substância
38
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
Capítulo 4 - Primeira Lei
1º Ano
4.1
PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA
Sistemas fechados
A estrutura da termodinâmica assenta em duas leis
fundamentais.
Estas leis não se podem demonstrar; são axiomas. A sua
validade é estabelecida com base no facto de a experiência
não a contradizer, nem contradizer as consequências que dela
se podem deduzir.
A 1ª lei da termodinâmica é relativa ao princípio de
conservação de energia aplicado a sistemas fechados onde
operam mudanças de estado devido à transferência de
trabalho e de calor através da fronteira.
Permite calcular os fluxos de calor e de trabalho quando são
especificadas diferentes variações de propriedades.
Exemplos:Trabalho necessário para comprimir uma dado
fluido num compressor.
Ciclo necessário para produzir vapor a uma dada
pressão e temperatura numa caldeira
A 2ª lei da termodinâmica indica que quantidade de calor,
geralmente produzida por uma turbina, pode ser convertida
em trabalho (motor térmico, máquina térmica)
ou
indica que quantidade de trabalho deverá ser fornecida para
se extrair uma dada quantidade de calor (máquina frigorífica)
39
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.2
Permite concluir que é impossível converter todo o calor
fornecido a uma máquina térmica em trabalho; algum calor
terá de ser rejeitado.
Propriedades
¾
¾
¾
¾
¾
¾
pressão (p)
volume específico (v)
temperatura (t)
energia interna (u)
entalpia (h)
entropia (s)
Duas propriedades são seleccionadas para definir o estado do
sistema em equilíbrio.
As restantes quatro são consequência imediata e estão fixas.
Nota: cuidado com a escolha das propriedades independentes.
Exemplo 1:
a massa e volume específicos não são
propriedades independentes; uma é o inverso da outra.
Exemplo 2: a pressão e a temperatura não são variáveis
independentes.
Deve
utilizar-se
outro
par
de
propriedades para definir o estado, por exemplo, p e v.
40
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.3
1º Ano
Se se conhecer duas propriedades de um estado as restantes
podem ser determinadas através de expressões analíticas ou
de resultados experimentais.
Conhecendo, por exemplo, p e v, a terceira propriedade x, tal
que x=f(p,v).
Nalguns casos f é simples e conhece-se analiticamente
(pv=RT). Noutros casos conhecem-se tabelas experimentais.
1ª Lei da Termodinâmica
Conservação de Energia.
ou
Princípio
de
A energia não pode ser criada ou destruída.
A energia pode ser:
Armazenada
Transformada de uma forma para outra
Transferida de um sistema par outro (ou para a
vizinhança)
A energia pode atravessar a fronteira sob duas formas –
Calor ou Trabalho
41
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.4
1º Ano
Calor e trabalho
Só o trabalho e o calor podem mudar o estado. O trabalho
atravessa a fronteira do sistema; transfere-se.
“Trabalho é algo que surge nas fronteiras quando o sistema muda o seu
estado devido ao movimento de parte da fronteira por acção de uma
força.”
“Não se pode afirmar que o sistema tem um dado trabalho”.
Formas mecânicas de trabalho
Força F constante.
Força F qualquer
2→ →
→ →
W = F⋅ s
W = ∫ F ⋅ ds
1
Realiza-se trabalho pelo sistema na vizinhança se o único
efeito sob algo externo ao sistema poder ser considerado
como elevação de um peso.
W > 0 → trabalho realizado pelo sistema
W < 0 → trabalho realizado sobre sistema
Cálculo de W ⇒ saber como F varia ao longo de s
O valor do integral depende do processo.
O trabalho W não é uma propriedade do sistema
42
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.5
& taxa de transferência de energia na forma de
Potência – W
trabalho.
t2
2 r r
&
W12 = ∫ Wdt = ∫ F ⋅ Vdt,
t1
1
Unidades: J/s =W, kW, MW
Trabalho de expansão ou de compressão
Força: F = pA, onde p é a pressão na interface
Trabalho realizado pelo sistema
δW= Fdx =pAdx = pdV
δW = p dV
dV > 0 ⇒ δW > 0 (Expansão)
dV < 0 ⇒ δW < 0 (Compressão)
2
2
1
1
W12 = ∫ δW = ∫ pdV,
onde δW não é um diferencial exacto
43
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.6
Trabalho de expansão ou de compressão - processo quasiestático
Processo de quasi-equilíbrio –
sucessão de estados de equilíbrio.
O valor das propriedades intensivas é
uniforme
2
W12 = ∫ pdV,
onde p 1é a pressão uniforme
Expansão: ∫>0 ⇒ W>0
Compressão: ∫<0 ⇒ W<0
A relação entre p-v pode ser dada
analiticamente
Processo politrópico → pvn = constante
n = 0 → p = constante processo → processo isobárico
n = ∞ → v = constante processo → processo isócoro
44
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.7
Trabalho de aceleração – energia cinética
→
→ →
F = Fn + Fs
2ª Lei de Newton: F=ma
dV
dV ds
dV
Fs = m
=m
= mV
dt
ds dt
ds
2
2
⎛ V22 V12 ⎞
⎟
Fsds = mVdV ⇒ ∫ Fsds = ∫ mVdV = m⎜⎜
−
⎟
2
2
⎝
⎠
1
1
O ∫Fsds - trabalho da força - é igual à variação de energia
cinética.
∆Ec= WFS.
A energia cinética é uma propriedade.
Trabalho gravitacional – energia potencial
F = R − mg
r
r r
2
∫ Fdz = ∆Ec =
1
(
1
m V22 − V12
2
)
2
2
z2
z2
1
1
z1
z1
∫ Fdz = ∫ Rdz − ∫ mgdz = ∆Ec ⇒ ∫ Rdz =∆Ec + ∆Ep
Conhecido z1 e z2 pode calcular a energia potencial Ep1 e Ep2
A energia potencial é uma propriedade extensiva.
O trabalho de todas as forças (excepto o peso) é igual à
variação de energia potencial + energia cinética
45
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.8
1º Ano
WR = ∆Ec + ∆Ep
Fr aumenta z ou acelera o corpo
⇒
transferido como energia para o corpo
o W realizado é
R = 0 ⇒ WR = 0 ⇔ ∆Ec + ∆Ep = 0
A energia total mantêm-se constante.
Referencial de Energia cinética e Potencial:
Ec = 0 se v =0 em relação à terra.
Ep = 0 se o corpo se encontra num determinado nível de
referência.
Somente interessam diferenças de energia entre dois
estados
Trabalho de extensão de uma barra sólida
B = Fr ⇔ F =
46
B
r
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.9
1º Ano
Trabalho e potência num veio velocidade angular ω
B = Fr ⇔ F =
B
r
Espaço percorrido em n revoluções – s = (2πr )n
W = Fs =
Potência transmitida
n& =
B
(n2πr) = 2πnB
r
ω
& = W = 2πnB = ωB
⇒W
n
t
2π
n&
Trabalho de uma força elástica
x2
(
1
F = kx ⇒ W = − ∫ kxdx = − k x22 − x12
2
x
1
Onde x1 e x2 são a posição inicial e final da mola
47
)
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.10
Transferência de calor
Calor - Modo de transferência de energia resultante da
diferença de temperatura entre dois sistemas (ou um sistema
e a vizinhança).
O calor, tal como o trabalho, é uma quantidade transiente que
aparece na fronteira do sistema.
Não existe calor no sistema antes ou depois de um estado.
O calor atravessa a fronteira ⇒ a energia é transferida sob
a forma de calor do sistema para a vizinhança ou vice-versa.
Sentido da transferência – do corpo de maior temperatura
para o de menor temperatura – devido a um gradiente de
temperaturas.
Convenção de sinais:
Q>0
calor transferido para o sistema
Q<0
calor transferido do sistema para a vizinhança
Processo Adiabático: quando não ocorre transferência de
energia sob a forma de calor entre o sistema e a vizinhança.
Sistema isolado termicamente do
Q=0 exterior.
Sistema
adiabático
Sistema e vizinhança à mesma
temperatura.
48
Termodinâmica
4.11
Transferência de energia sob a forma de calor
entre dois estados
2
Q = ∫ δQ
e nunca Q = Q1 - Q2
1
Q não é uma propriedade do sistema. Q depende do processo
.
Potência calorífica, Q
t2
Q = ∫ Q& dt → Unidade de Q& → W
t1
.
t2
Q = constante ⇒ Q = Q& ∫ dt = Q& ∆t
.
t1
Fluxo de calor q
Q& = ∫ q& dA → Unidade de q& → W m2
A
A é a área da fronteira
Modos de transferência de calor
¾ Condução
¾ Convecção
¾ Radiação térmica
49
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.12
1º Ano
Condução
Pode ocorrer em gases, líquidos ou sólidos
&
Taxa de transferência de energia ou potência calorífica Q
.
dT
Q& = −kA
→
x
dx x
Lei de Fourier
k – condutibilidade térmica W/m ºC
Bons condutores: cobre, prata, alumínio
Maus condutores ou isolantes: cortiça, lã,
poliestireno, etc.
ksólido >k líquido >k gases em geral
Radiação
Energia emitida por ondas electromagnéticas ou fotões.
Não necessita de matéria para se propagar.
Todas as superfícies sólidas, gases ou líquidos emitem,
absorvem ou transmitem radiação térmica
Taxa de transferência de energia ou potência calorífica
Q& e = εAσ
.
Tb4
→
Lei de Stefan- Boltzmann
ε – emissividade 0<ε< 1; A - área da superfície(m2)
Tb – temperatura da superfície (K);
σ – constante de Boltzmann = 5,669x10-8 W/m2K4
50
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.13
Convecção
Efeito combinado de condução de calor e movimentação de
um fluido.
Taxa de transferência de energia ou potência calorífica
Q& = Ah (Tb - T )f →
Lei de Newton
h – coeficiente de convecção –
W/m2 ºC
h não é uma propriedade e
depende de:
- do fluido
- do tipo de escoamento
- do tipo de superfície
Natural
Convecção
Forçada
Forçada – movimento do fluido provocado por forças
exteriores -forças gravíticas, de pressão, etc.
Natural – movimento do fluido provocado por forças de
impulsão devido a diferenças de temperatura e consequente
diferenças de densidade
51
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.14
Unidade clássica de Calor
“quantidade de calor que é necessário fornecer à unidade de
massa da água para aumentar a sua temperatura de 1ºC, à
pressão atmosférica padrão” (definição de caloria)
Conclui-se, posteriormente, que a quantidade de calor
depende do ponto de temperatura escolhido.
kcal
14,4ºC - 15,5ºC
Btu
1 lbm de 1ºF
Celsius Heat Unit
1 lbm de 1ºC
Resumo
¾ Nem o calor nem o trabalho são propriedades
¾ Ambos são quantidades transientes que atravessam a
fronteira quando há mudança de estado.
¾ O calor e o trabalho podem ser utilizados para descrever
um processo
52
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.15
Energia do Sistema
Primeira Lei da Termodinâmica:
Num sistema fechado o trabalho realizado, entre dois
estados num processo adiabático depende somente do
estado inicial e final e é independente dp processo
adiabático escolhido
O trabalho é igual em todos os processos adiabáticos.
Existe pelo menos uma propriedade
E2 − E1 = −W ad
E – energia total. Só tem significado falar em variação de
energia
E – energia total → cinética + potencial + outras formas
energia.
Outras formas energia → energia interna U
A energia interna U é uma propriedade extensiva.
A variação global de energia é dada por
(
)
E2 − E1 = (Ec2 − Ec1 ) + Ep2 − Ep1 + (U2 − U1 ) ou ∆E = ∆Ec + ∆Ep + ∆U
53
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.16
Sistemas Fechados
Os sistemas fechados podem
interagir com o exterior através
de trabalho ou calor.
A experiência mostra que o
trabalho realizado nos processos
não adiabáticos é diferente dos
processos adiabáticos.
WA ≠ Wad
WB ≠ Wad
E2 − E1 = −Wad ⇒ E2 − E1 ≠ −WA ∧ E2 − E1 ≠ −WB
A variação de energia no processo adiabático é igual à dos
não adiabáticos
Q = (E2 − E1 ) + W
⇔ E2 − E1 = Q − W
onde Q é a energia transferida sob a forma de calor.
54
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.17
Balanço de Energia para Sistemas Fechados
⎡Variação da quantidade
⎢
⎢de energia contida no
⎢interior do sistema durante
⎢
⎢um determinado intervalo
⎢
⎣de tempo
⎤ ⎡Quantidade de energia transferida
⎥ ⎢
⎥ ⎢para o interior do sistema através
⎥ = ⎢da fronteira sob a forma de calor
⎥ ⎢
⎥ ⎢durante um determinado intervalo
⎥ ⎢
⎦ ⎣de tempo
⎤ ⎡Quantidade de energia transferida ⎤
⎥ ⎢
⎥
⎥ ⎢para o exterior do sistema através ⎥
⎥ − ⎢da fronteira sob a forma de trabalho⎥
⎥ ⎢
⎥
⎥ ⎢durante um determinado intervalo ⎥
⎥ ⎢
⎥
⎦ ⎣de tempo
⎦
O aumento ou redução de energia é igual ao saldo através da
fronteira.
∆Ec + ∆Ep + ∆U = Q − W
A transferência de energia através da fronteira origina um
aumento de pelo menos uma das formas de energia: cinética,
potencial ou interno
Diferentes Formas da Equação de Balanço de Energia.
Diferencial:
dE = δQ - δW
Equação de Balanço sob a forma de Potência
⎤ ⎡Taxa líquida de transferência
⎤
⎡Taxa de variação da ⎤ ⎡Taxa líquida de transferência
⎥ ⎢
⎥
⎥ ⎢
⎢
⎥ − ⎢de energia para o exterior do
⎥
⎢quantidade de energia⎥ = ⎢de energia para o interior do
⎢contida no interior do ⎥ ⎢sistema através da fronteira sob⎥ ⎢sistema através da fronteira sob ⎥
⎥ ⎢
⎥
⎥ ⎢
⎢
⎥⎦ ⎢⎣a forma de trabalho no instante t ⎥⎦
⎣⎢sistema no instante t ⎦⎥ ⎢⎣a forma de calorno instante t
dE dEc dEp dU & &
=
+
+
= Q -W
dt
dt
dt dt
55
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.18
1º Ano
Simplificações para alguns processos (Revisão)
Processos isócoros (a volume constante)
Nestes processos tem-se W=0. Substituindo na equação de
energia resulta (a menos de um trabalho negativo dissipativo).
dQ
− pdv = du
m
Processos isobáricos (a pressão constante)
Sendo o processo reversível tem-se Q = u − u
2
1
é constante, por integração resulta m
dQ
− pdv = du
m
Quando p é constante, tem-se
R=
⎡ ⎛1 1
⎢ β ⎜⎜ −
R0e ⎣ ⎝T To
dQ
− pdv = du ⇔
m
dQ
⇔
= pdv + du ⇔
m
.
⇔
dQ
= dh
m
56
⎞⎤
⎟⎟ ⎥
⎠⎦
. Como p
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
sendo
4.19
h = u + pv
a entalpia especifica do estado
Integrando obtêm-se
Q
= h2 − h1
m
Processos politrópicos
Em processos politrópicos reais verifica-se a seguinte relação
pv n = const .
sendo n o índice de expansão (ou compressão) e p e v, valores
médios do sistema.
Verifica-se que com:
n=0, reduz-se a p = const. (processo isobárico);
n=∞, reduz-se a v = const. (processo isócoro);
57
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.20
Para processos politrópicos reversíveis tem-se:
Caso n=1
∗ p1v1 = pv ⇔ p =
v
p1v1
v
v
2
2
⎛v ⎞
W
W
1
∗
= ∫ pdv = p1v1 ∫ dv = p1v1 (lnv2 − lnv1 ) ⇔
= p1v1 ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
m v
m
⎝ v1 ⎠
v v
1
∗
1
⎛v ⎞
Q
− p1v1 ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ = (u2 − u1 )
m
⎝ v1 ⎠
(eq. de energia para processo
politrópico reversível com n = 1)
Caso n≠1
∗ p1v1n = p2v2n ⇔ pv n
v
v
(
)
1−n
2
2
− v11−n
p2v2nv21−n − p1v1nv11−n
W
1
n v2
n
∗
= pdv = p1v1 ∫ n dv = p1v1
=
⇔
−
m v∫
1
1
−
n
n
v
v
1
1
W p2v2 − p1v1
=
1 −n
m
Q p v − p1v1
= (u2 − u1 )
∗ − 22
1 −n
m
⇔
(eq. de energia para processo
politrópico reversível com n ≠ 1)
58
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.21
Processos adiabáticos
Num processo adiabático reversível não se verificam trocas
de calor através da fronteira do sistema, i.e., este está
termicamente isolado da vizinhança. Assim, como Q=0, a
equação de energia resulta
W
= (u1 − u2 )
m
Num processo adiabático reversível tem-se dQ=0 (neste
processo s=const. e ds=0).
Assim, conhecido o estado inicial de um dado processo, basta
conhecer o valor de uma única propriedade do estado final
para além da entropia (que é constante), para determinar o
trabalho realizado ou a variação de energia interna do
sistema.
Processos isótermicos (a temperatura constante)
Num processo isotérmico, o calor e o trabalho são
transferidos de tal forma que a temperatura do sistema
permanece constante.
Como não há gradientes de temperatura, está implícita a
reversibilidade do processo.
Nota: por vezes designam-se por isotérmicos processos
irreversíveis em que apenas a temperatura média é
constante.
59
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.22
Como em qualquer processo reversível,
v
Q 2
− pdv = (u2 − u1 )
ou
m v∫
1
dQ
Também se verificam as relações
=Tds e T=const
m
resultando
Q
=T (s2 − s1 )
m
dQ
− pdv = du
m
,
Pelo que o trabalho pode ser determinado a partir de
v
Q 2
− pdv = u2 − u1
m v∫
(
)
1
Nota Final
Em resumo tem-se para processos politrónicos pv n = const .
Processo isobárico (pressão constante): n=0;
¾ Processo isotérmico (temperatura constante): n=1;
¾ Processo isentrópico (entropia constante): n=γ;
¾ Processo isócoro (volume constante): n=∞.
Outros processos podem ainda ser aproximados por um valor
apropriado do expoente n da politrópica.
60
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.23
Sistemas abertos (regime estacionário)
Massa no instante t
Massa no instante t+∆t (mi=0)
m = me + mvc (t + ∆t )
m = mi + mvc (t )
Por conservação da massa
mi + mvc (t ) = me + mvc (t + ∆t )
ou
mvc (t + ∆t ) − mvc (t ) = mi − me
61
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.24
1º Ano
Em termos de taxa de tempo, vem
mvc (t + ∆t ) − mvc (t ) mi me
=
−
∆t
∆t ∆t
ou a taxa instantânea
m (t + ∆t ) − mvc (t ) ⎤ d mvc
lim ⎡⎢ vc
=
⎥
∆t →0 ⎣
dt
∆t
⎦
m
lim ⎡⎢ i ⎤⎥ = m&i
∆t →0 ⎣ ∆t ⎦
m
lim ⎡⎢ e ⎤⎥ = m&e
∆t →0 ⎣ ∆t ⎦
Vem
d mvc
= m&i − m&e
dt
Para n entradas e saídas
d mvc
= ∑ m&i − ∑ m&e
dt
i
e
ou por palavras
Taxa de variação da
massa contida no
interior do volume de
controlo i
=
Caudal
mássico
total em todas as
entradas
no
instante i
62
-
Caudal
mássico
total em todas as
saídas no instante
i
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.25
1º Ano
Diferentes formas da equação da conservação da massa
¾ em termos das propriedades locais
mvc = ∫V ρdV
m&i =
(∫A ρVndA )i
(∫A ρVndA )e
V ∆t
dA
V n ∆t
d
dt
m&e =
∫V ρdV = ∑ (∫A ρVndA ) - ∑ (∫A ρVndA )
i
e
¾Escoamento unidimensional
O escoamento é normal à fronteira nas secções de entrada e
de saída
Todas as propriedades - incluindo velocidade e massa
específica – são uniformes em cada secção de entrada ou
saída
m& = ∫A ρVn dA ⎫⎪
AV
⎬ m& = ρVn ∫AdA =ρVA =
v
⎪⎭
Vn =V
d mvc
AV
AV
= ∑ m&i − ∑ m&e = ∑ i i - ∑ e e
dt
i
e
i vi
e ve
63
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.26
¾ Escoamento unidimensional estacionário.
As propriedades num determinado ponto no interior do
volume de controlo não variam com o tempo
d mvc
= ∑ m&i − ∑ m&e = 0
dt
i
e
∑ m&i = ∑ m&e
i
e
Para que o escoamento de um fluido possa ser estacionário o
caudal mássico deve ser constante e igual à entrada e saída,
e as propriedades do fluido em qualquer ponto do sistema não
devem variar no tempo, ou seja, todo o “elemento do fluido”
(δm) numa dada posição possui sempre o mesmo estado
mecânico e termodinâmico.
Quando o escoamento nas secções de entrada e saída é
unidimensional tem-se
m=
V 'v
sendo A a área da secção e
A
V’ a velocidade do escoamento.
Considere a figura
64
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.27
No intante t
⎞
⎛
Vi 2
⎜
E (t ) = Evc (t ) + mi ⎜ui +
+ gzi ⎟⎟
2
⎠
⎝
Entre os instantes t e t+∆t,
mi entra no volume de controlo
me sai do volume de controlo
⎞
⎛
Ve2
E (t + ∆t ) = Evc (t + ∆t ) + me ⎜⎜ue +
+ gze ⎟⎟
2
⎠
⎝
Durante este intervalo de tempo podem ocorrer trocas de Q
eW
E (t + ∆t ) − E (t ) = Q −W
Substituindo valores virá:
⎞
⎛
⎞
⎛
Ve2
Vi 2
⎜
⎟
⎜
Evc (t + ∆t ) + me ⎜ u e +
+ gz i ⎟⎟ = Q − W
+ gz e ⎟ − E vc (t ) − mi ⎜ u i +
2
2
⎠
⎝
⎠
⎝
Equação de balanço de energia para o volume de controlo
⎛
⎞
⎛
⎞
Vi2
Ve2
E vc (t + ∆t ) − E vc (t ) = Q − W + mi ⎜⎜ u i +
+ gz i ⎟⎟ − me ⎜⎜ u e +
+ gz e ⎟⎟
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
em termos de taxa de tempo, vem
2
⎛
⎞
⎞
⎛
Vi 2
V
e
+ gzi ⎟⎟ me ⎜⎜ue +
mi ⎜⎜ui +
+ gze ⎟⎟
2
2
Evc (t + ∆t ) − Evc (t ) Q W
⎠
⎠− ⎝
=
−
+ ⎝
∆t
∆t
∆t
∆t ∆t
65
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
4.28
1º Ano
Ou para valore instantâneos
2
⎛
⎞
⎛
⎞
d Evc
Vi 2
V
e
&
&
+ gz e ⎟⎟
= Q −W + m&i ⎜⎜ui +
+ gzi ⎟⎟ − m&e ⎜⎜ue +
2
2
dt
⎝
⎠
⎝
⎠
O trabalho na unidade de tempoW&
parcelas
pode ser dividido em 2
¾trabalho associado à pressão do fluido devido à entrada e
saída de massa.
&
¾outras contribuições - Wvc
- tais como veios rotativos,
deslocamentos da fronteira, tensão superficial, etc
Trabalho associado à pressão do fluido:
Taxa de transferência de
energia por trabalho do volume
= (pe Ae )Ve
de controlo na saída.
W& = W&vc + (pe Ae )Ve − (pi Ai )Vi ;
AeVe = m&eve
W& = W&vc + m&e (peve ) − m&i (pivi )
66
AiVi = m&ivi
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.29
Formas da equação de balanço
2
⎛
⎞
⎞
⎛
d Evc
Vi 2
V
e
&
&
= Q −Wvc + m&i ⎜⎜ui + pivi +
+ gzi ⎟⎟ − m&e ⎜⎜ue + peve +
+ gze ⎟⎟
2
2
dt
⎠
⎝
⎝
⎠
Fazendo h=u+pv:
2
2
⎛
⎞
⎛
⎞
d Evc
V
V
e
i
&
&
= Q −Wvc + m&i ⎜⎜ hi +
+ gzi ⎟⎟ − m&e ⎜⎜ he +
+ gze ⎟⎟
dt
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
Para n entradas e saídas:
2
⎛
⎞
⎞
⎛
d Evc
Vi 2
V
e
&
&
= Q −Wvc + ∑ m&i ⎜⎜ hi +
+ gzi ⎟⎟ − ∑ m&e ⎜⎜ he +
+ gze ⎟⎟
dt
2
2
i
⎠
⎝
⎝
⎠ e
Em conclusão d Evc dt depende
¾ Q&vc
= sistemas fechados
W&
vc
¾ transferência de energia associada à transferência de
massa
A equação de energia pode ser escrita em termos de
propriedades locais
⎛
⎞
V2
Evc = ∫V ρedV = ∫V ρ ⎜⎜u +
+ gz ⎟⎟dV
2
⎝
⎠
A equação de balanço vem
d
dt
∫V
⎡⎛
ρedV = Q&vc −W&vc + ∑ ∫A ⎢⎜⎜h +
i
⎣⎝
V2
⎤
⎡⎛
⎤
⎞
⎞
V2
+ gz ⎟⎟ ρVn dA ⎥ − ∑ ∫ ⎢⎜⎜ h +
+ gz ⎟⎟ ρVn dA ⎥
A
2
2
⎠
⎠
⎦i e ⎣⎝
⎦e
67
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.30
Resumindo:
Análise do volume de controlo em regime estacionário
d Evc
∑ m&i = ∑ m&e
=0
i
e
dt
Equação de balanço de energia
2
⎞
⎛
⎛
⎞
d Evc
Vi 2
V
e
&
&
+ gze ⎟⎟
= 0 = Q −Wvc + ∑ m&i ⎜⎜ hi +
+ gzi ⎟⎟ − ∑ m&e ⎜⎜ he +
2
2
dt
i
⎝
⎠
⎠ e
⎝
Q& +
2
⎛
⎞
⎛
⎞
Vi 2
V
e
&
&
&
⎜
⎟
⎜
m
h
gz
W
m
h
gz
+
+
=
+
+
+
∑ i⎜ i 2
∑ e⎜ e 2
vc
e⎟
i ⎟
⎟
i
e
⎝
⎠
⎝
⎠
Para uma só entrada e uma só saída
m&1 = m&2 = m&
Equação de balanço de energia
⎡
⎤
⎛V1 2 V22 ⎞
&
&
⎜
⎟
&
−
0 = Qvc −Wvc + m ⎢(h1 − h2 ) + ⎜
⎟ + g (z1 − z 2 )⎥
2
2
⎝
⎠
⎣⎢
⎦⎥
Ou energia por unidade de massa (kJ/kg)
⎤
⎛V1 2 V22 ⎞
Q&vc W&vc ⎡
⎟ + g (z1 − z 2 )⎥
−
+ ⎢(h1 − h2 ) + ⎜⎜
−
0=
m&
m& ⎢⎣
2 ⎟⎠
⎥⎦
⎝ 2
68
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
4.31
Note-se que esta equação é válida se, se assumir que:
¾ Caudais de massa, à entrada e saída são constantes e
iguais;
¾ Propriedades constantes no tempo (ou periódicas);
¾ Propriedades constantes nas secções de entrada e saída
(ou consideram-se os seus valores médios);
¾ Trocas de calor e trabalho que existam, dão-se a taxas
constantes (ou admite-se a média em vários ciclos).
69
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
Tubeira ou Difusor:
Equação de balanço de Energia:
⎤
⎛V12 V22 ⎞
Q&vc W&vc ⎡
−
+ ⎢(h1 −h2) + ⎜⎜ − ⎟⎟ + g(z1 − z2)⎥
0=
m& m& ⎢⎣
⎥⎦
⎝2 2⎠
h2 − h1 =
V1 2 V22
−
2
2
Turbina:
⎤
Q&vc W&vc ⎡
⎛V12 V22 ⎞
0 = − + ⎢(h1 − h2 ) + ⎜ − ⎟ + g(z1 − z2 )⎥
& m
& ⎣
m
⎝2 2⎠
⎦
Turbina Adiabática:
⎛V22 V1 2 ⎞
W&vc
⎟
= h2 − h1 + ⎜⎜
−
⎟
2
2
m&
⎝
⎠
(
)
Desprezando a variação de energia cinética.
W&vc
= (h2 − h1 )
m&
70
4.32
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
Compressor:
⎤
Q&vc W&vc ⎡
⎛V12 V22 ⎞
0 = − + ⎢(h1 − h2 ) + ⎜ − ⎟ + g(z1 − z2 )⎥
& m
& ⎣
m
⎝2 2⎠
⎦
Compressor Adiabática:
⎛V1 2 V22 ⎞
W&vc
⎟
= (h1 − h2 ) + ⎜⎜
−
⎟
m&
2
2
⎝
⎠
Desprezando a variação de energia cinética.
W&vc
= (h1 − h2 )
m&
71
4.33
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
Permutadores de Calor:
⎤
Q&vc W&vc ⎡
⎛V12 V22 ⎞
0 = − + ⎢(h1 − h2 ) + ⎜ − ⎟ + g(z1 − z2 )⎥
& m
& ⎣
m
⎝2 2⎠
⎦
72
4.34
Termodinâmica
Eng. Ambiente
(Nocturno)
1º Ano
Válvulas de laminagen:
⎤
Q&vc W&vc ⎡
⎛V12 V22 ⎞
0 = − + ⎢(h1 − h2 ) + ⎜ − ⎟ + g(z1 − z2 )⎥
& m
& ⎣
m
⎝2 2⎠
⎦
m&1 = m&2 = m&
h1 +
V1 2
2
= h2 +
73
V22
2
4.35
Capítulo - 4
-
Fundamentos da Termodinâmica
-
pág. - 19
4.6 - Conservação de Massa
Na seção anterior consideramos o primeiro princípio da termodinâmica para
um sistema que sofre uma mudança de estado. Um sistema já foi definido como
tendo uma quantidade fixa de massa. Surge agora uma pergunta: variará a massa
do sistema quando houver variação de energia do sistema? Se isto acontecer, então
a nossa definição de sistema como tendo uma quantidade fixa de massa não mais
será válida, quando variar a energia do sistema.
Da teoria da relatividade, sabemos que a massa e a energia estão
relacionadas pela equação bastante conhecida
E = m C2
(4.6-1)
onde C é a velocidade da luz, m a massa e E é a energia. Concluímos a partir
dessa equação que a massa de um sistema varia quando sua energia varia.
Calculemos a grandeza dessa variação de massa para um problema típico e
determinemos se essa variação é ou não significativa.
Consideremos um recipiente rígido que contém 1,0 kg de uma mistura
estequiométrica de um hidrocarboneto combustível (por exemplo, gasolina, C8H18)
e ar, que constitui o nosso sistema. Do nosso conhecimento do processo de
combustão, sabemos que após a realização desse processo, será necessário
transferir cerca de 2900 kJ de calor do sistema para o meio para que seja
restabelecida a temperatura inicial do sistema. Do primeiro princípio
1
Q 2 = U 2 − U1 + 1W2
como, 1W2 = 0, e 1Q2 = - 2 900 kJ , concluímos que a energia interna do sistema
decresceu de 2 900 kJ durante o processo de troca de calor. Calculemos, agora, a
diminuição de massa durante o processo, utilizando a Eq. 4.6-1. A velocidade da
luz é 2,9979x108 m/s. Portanto
2 900 000 (J) = m (kg) . (2,9979x108(m/s))2 →
m = 3,23 x10 -11 kg
Portanto, quando a energia do sistema varia de 2 900 kJ a redução de massa do
sistema será de 2,23 x 10 -11 kg.
Uma variação de massa dessa ordem de grandeza não pode ser detectada
pela balança analítica de maior precisão. Certamente, uma variação relativa de
massa dessa ordem de grandeza está além da precisão requerida essencialmente
para todos os cálculos da engenharia. Portanto se usarmos as leis de conservação
de massa e energia como leis independentes não introduziremos erros significativos
na grande maioria dos problemas termodinâmicos, e nossa definição de sistema,
tendo uma massa fixa, pode ser usado mesmo que haja variação de energia do
sistema.
74
Capítulo - 4
-
-
pág. - 20
4.7 Conservação de Massa e o Volume de Controle
Volume de controle é um espaço que nos
interessa para um estudo ou análise particular,
igualmente como foi definido anteriormente para o
sistema termodinâmico. O espaço é demarcado
pela superfície de controle, sendo esta uma
superfície fechada. Como para o sistema, o volume
de controle pode ter uma superfície de controle real
ou imaginária, fixa ou móvel rígida ou flexível.
Entretanto a superfície deve ser determinada em
relação a algum sistema de coordenadas.
A massa bem como o calor e o trabalho Figura 4.7-1 diagrama esquemático
de um volume de controle
podem atravessar a superfície de controle, e a
massa contida no interior do volume de controle, bem como suas propriedades,
podem variar no tempo.
A Fig. 4.7-1 mostra o esquema de um volume de controle com transferência
de calor, trabalho de eixo, acumulação de massa dentro do volume de controle e
movimento de superfície.
O princípio de conservação de massa para o volume de controle é introduzido
usando-se a Fig. 4.7-2, a qual mostra um sistema (linha contínua) constituído de
uma quantidade fixa de matéria , m, que ocupa diferentes regiões no tempo " t " e
no tempo " t+dt ". No seu interior temos o volume de controle, (delimitado pelas
linhas tracejadas). No tempo " t " a quantidade de massa dentro do sistema, m, sob
consideração é a soma
m = mVC ( t ) + δ m e
(4.7-1)
onde mVC(t) é a massa contida dentro do volume de controle e δme é a massa
dentro da pequena região denominada " e " adjacente ao volume de controle como
mostrado na Fig. 4.7-2a . Analisemos, agora, o que ocorre com a quantidade fixa de
matéria " m " no decorrer do intervalo de tempo dt
Figura 4.7-2 - Ilustração usada para desenvolver o princípio da conservação de massa
para o volume de controle a) tempo " t "
b) tempo " t+dt "
75
Capítulo - 4
-
-
pág. - 21
No intervalo de tempo dt, toda massa na região " e " atravessa a superfície
do volume de controle, enquanto um pouco de massa , chamada de δms,
inicialmente contida dentro do volume de controle, sai para encher a região
denominada " s " adjacente ao volume de controle como mostra a Fig. 4.7-2b. No
instante de tempo t+dt a quantidade de matéria sob consideração no sistema pode
ser expressa pela equação:
m = mVC ( t + dt ) + δ m S
(4.7-2)
Observe que as quantidades de massa nas regiões " e " e " s " não são
necessariamente iguais e que, a quantidade de matéria dentro do volume de
controle pode ter variado. Embora o sistema sob consideração ocupe diferentes
regiões no espaço em tempos diferentes, ele contém a mesma quantidade de
massa. Assim,
mVC ( t ) + δ m e = mVC ( t + dt ) + δ m s
ou rearranjando,
mVC ( t + dt ) − mVC ( t ) = δ m e − δ m s
(4.7-3)
A Eq. 4.7-3 é uma " contabilidade " do balanço de massa, a qual afirma que
a variação de massa dentro do volume de controle durante o intervalo de tempo dt é
igual à quantidade de massa que entra menos a quantidade de massa que sai do
volume de controle. A Eq. 4.7-3 pode ser expressa na base de taxa. Primeiro
dividindo-a por dt para obter:
mVC ( t + dt ) − mVC ( t ) δ m e δ m s
=
−
dt
dt
dt
(4.7-4)
O lado esquerdo desta equação é a taxa média no tempo da variação de
massa dentro do volume de controle durante o intervalo de tempo dt. Os termos do
lado direito, envolvendo a massa que cruza a superfície de controle, são as taxas
médias no tempo do fluxo mássico durante o mesmo intervalo de tempo dt. A
equação para a taxa instantânea de massa é obtida tomando-se o limite de dt
tendendo para zero na Eq. 4.7-4. No limite o volume de controle e o sistema
coincidem. Assim, o limite do termo do lado esquerdo da Eq. 4.7-4 é:
 m ( t + dt ) − mVC ( t )  d mVC
lim  VC
=
dt → 0 
dt
dt

Onde, dmVC
dt
é a taxa de variação de massa dentro do volume de controle no
tempo t. No mesmo limite, quando dt tende para zero, os termos do lado direito
da Eq. 4.7-4 tornam-se respectivamente;
76
Capítulo - 4
-
•
δ me
= me ,
dt → 0 dt
pág. - 22
•
δ ms
= ms
dt → 0 dt
lim
•
-
lim
•
Nesta expressão m e e m s , são as taxas instantâneas de escoamento de
massa na entrada e saída, respectivamente, no volume de controle. Em resumo a
Eq. 4.7-4 quando dt → 0 é,
•
•
d mVC
= me − m s
dt
(4.7-5)
Em geral podem existir várias localizações na superfície de controle através
das quais a massa pode entrar ou sair. Assim, a Eq. 4.7-5 é reescrita introduzindose o somatório nos termos do lado direito da equação, como na Eq. 4.7-6
•
d mVC
=
dt
•
∑ me − ∑ m s
e
( 4.7-6)
s
A Eq. 4.7-6 constitui a expressão geral do balanço de massa para um
volume de controle, admitindo-se a hipótese de escoamento uniforme dos fluxos de
massa na entrada e saída do volume de controle.
Vamos considerar um outro aspecto do escoamento de massa através de
uma superfície de controle. Para simplificar, admitamos que um fluido esteja
escoando uniformemente no interior de um tubo ou duto como mostrado na Fig. 4.73.
Desejamos examinar o escoamento em termos de quantidade de massa que
cruza a superfície, A durante o intervalo de tempo dt.
Conforme se observa na Fig. 4.7-3, o fluido se
move de uma distância dx durante esse intervalo, e
portanto o volume de fluido que cruza a superfície A é
Adx. Conseqüentemente a massa que atravessa a
superfície A é dada por
Figura 4.7-3 - escoamento
Adx
através de uma superfície
dm =
de controle estacionária
ν
onde ν, é o volume específico do fluido, se agora, dividirmos ambos os membros
dessa expressão por dt e tomarmos o limite para dt→
→ 0, o resultado será:
r
AV
m=
(4.7-7)
ν
r
onde V é a velocidade. Deve-se observar que este resultado, a Eq. 4.7-7, foi
desenvolvido para uma superfície de controle estacionária A, e que, tacitamente
admitimos que o escoamento era normal à superfície e uniforme através da
superfície. Deve-se também considerar que a Eq. 4.7-7 se aplica a qualquer uma
das várias correntes de escoamento que entra e sai do volume de controle , sujeito
às hipóteses mencionadas.
•
77
Capítulo - 4
-
-
pág. - 23
Exemplo 4.7-1
Ar está escoando no interior de um tubo de 0,2 m de diâmetro à velocidade
O
uniforme de 0,1 m/s. A temperatura e a pressão são 25 C e 150 kPa.
Determinar o fluxo de massa .
Solução
r
AV
Da equação m =
, e usando o modelo de gás ideal para o ar, temos:
ν
•
ν=
ℜ T 8314 ( 25 + 27315
, )
=
M P 28,97 150000
a área da seção transversal do tubo é:
A=
→
ν = 0,5704
m3
kg
π d 2 π ( 0,2 ) 2
=
= 0,0314 m 2
4
4
portanto,
•
m=
0,0314 x 0,1
= 0,0055 kg / s
0,5704
4.8 - Primeira Lei da Termodinâmica para o Volume de Controle
Já consideramos a primeira lei da termodinâmica para um sistema, que
consiste numa quantidade fixa de massa e mostramos que para um processo ela
pode ser representada pela Eq. 4.2-3, isto é
∑
1
Q 2 = E 2 − E1 + ∑ 1W2
(4.2-3)
Vimos também que, dividindo por dt, ela pode ser escrita em termos de uma
equação de fluxo médio num intervalo de tempo dt, como na Eq. 4.8-1
∑
Q 2 E 2 − E1
W
+∑1 2
=
dt
dt
dt
1
(4.8-1)
A fim de escrever a primeira lei em termos de fluxo para um volume de
controle, procedemos de modo análogo ao usado para deduzir a equação da
conservação da massa em termos de fluxo. Na Fig. 4.8-1 vemos um sistema e um
volume de controle. O sistema é formado por toda a massa inicialmente contida no
volume de controle mais a massa δme.
78
Capítulo - 4
-
-
pág. - 24
Consideremos as mudanças que ocorrem no sistema e volume de controle
durante o intervalo de tempo dt. Durante esse intervalo de tempo, dt a massa δme
entra no volume de controle através da área discreta Ae e a massa δms sai através
da área discreta As. Em nossa análise admitiremos que o incremento de massa δme
tem propriedades uniformes, o mesmo ocorrendo com δms. O trabalho total
realizado pelo sistema durante o processo, δW, é o associado às massas δme e
δms cruzando a superfície de controle, que é
comumente chamado de trabalho de fluxo, e o
trabalho Wv.c que inclui todas as outras formas de
trabalho, tais como associadas com eixo que
atravessa a fronteira, forças de cisalhamento,
efeitos elétricos, magnéticos, ou superficiais,
expansão ou contração do volume de controle.
Uma quantidade de calor, δQ, atravessa a fronteira
do sistema durante dt.
Consideremos agora cada termo da
primeira lei da termodinâmica escrita para sistema
e transformemo-lo numa forma equivalente,
aplicável ao volume de controle. Consideremos
primeiramente o termo E2 - E1.
Seja Et = energia do volume de controle no
instante t
Figura 4.8-1 Diagrama esquemático
Et+ dt = a energia no volume de controle no para a análise de um volume de
instante t+dt
controle segundo a primeira lei mostrando calor, trabalho e massa atravessando a superfície d e controle
Então
E1 = Et + eeδme = a energia do sistema no instante t
E2 = Et+ dt + esδms = a energia do sistema no instante t+dt
Portanto,
E2 - E1 = Et+ δt + esδms - Et - eeδme = (Et +δδt - Et) + (esδms - eeδme)
(4-8-2)
O termo (esδms - eeδme) representa o fluxo de energia que atravessa a superfície de
controle durante o intervalo de tempo, dt, associado às massas δms e δme cruzando
a superfície de controle.
Consideremos com maior detalhe o trabalho associado às massas δme e δms
que cruzam a superfície de controle.
O trabalho é realizado pela força normal (normal à área A) que age sobre a
δme e δms quando estas massas atravessam a superfície de controle. Essa força
normal é igual ao produto da tensão normal - σn, pela área A. O trabalho realizado
é:
-σ
σn A dl = - σnδV = - σnν δm
(4.8-3)
Uma análise completa da natureza da tensão normal, σn, para fluidos reais,
envolve a pressão estática, e efeitos viscosos e está fora do objetivo deste texto.
Admitiremos, neste texto, que a tensão normal, σn, num ponto é igual à pressão
79
Capítulo - 4
-
-
pág. - 25
estática, P, e simplesmente notaremos que esta hipótese é bastante razoável na
maioria das aplicações e que conduz a resultados de boa precisão.
Com essa hipótese, o trabalho realizado sobre a massa δme para introduzi-la
no volume de controle é Peνeδme e o trabalho realizado pela massa δms ao sair do
volume de controle é Psνsδms. Chamaremos a esses termos TRABALHO DE
FLUXO. Na literatura encontramos muitos outros termos, como escoamento de
energia, trabalho de introdução e trabalho de expulsão.
Então, o trabalho total realizado pelo sistema durante, dt, será;
δW = δWv.c + ( Ps ν s δm s − Pe ν e δm e )
(4.8-4)
dividamos, agora, as Eq. 4.8-2 e 4.8-4 por dt e substituamos na primeira lei
Eq. 4.8-1. Combinando os termos e rearranjando,
− E t  δm s
δW v .c
δQ δm e
E
+
( ee + Pe ν e ) =  t + δt
( e s + Ps ν s ) +
+


dt
dt
dt
dt
dt
(4.8-5)
Cada um dos termos de fluxo mássico dessa expressão pode ser rescrito na forma:
e + Pν = u + Pν +
V2
V2
+ gZ = h +
+ gZ
2
2
(4.8-6)
usando a definição de entalpia específica dada pela Eq. 2.2-2.
Deve ser ressaltado que o aparecimento da combinação (u + Pν
ν) sempre
que há fluxo de massa através de uma superfície de controle é a principal razão
para se definir a propriedade entalpia. A sua introdução antecipada relacionada
com o processo a pressão constante, foi feita para facilitar o uso das tabelas de
propriedades termodinâmicas naquela altura.
Utilizando-se a Eq. 4.8-6 para as massas entrando e saindo do volume de
controle, a Eq. 4.8-5 torna-se
− E t  δm s
V2
δW v .c
V2
δQ δm e
E
+
( he + e + gZ e ) =  t + δt
( hs + s + gZ s ) +
(4.8-7)
+


dt
dt
dt
dt
dt
2
2
Para reduzir essa expressão a uma equação em termos de fluxo,
consideremos o que acontece a cada um dos termos da Eq. 4.8-7 quando dt tende
para zero. Os termos de calor trocado e do trabalho tornam-se quantidades
associadas à taxa de transferência, como no caso visto na seção 4.3. Analogamente
as duas quantidades de massa tornam-se fluxos de massa, como na seção 4.7 e o
termo de energia torna-se a taxa de variação de energia com o tempo, no volume de
controle, de maneira análoga ao termo de massa na equação da conservação de
massa. Adicionalmente admitimos originalmente propriedades uniformes de massa
δme, que entra no volume de controle através da área Ae e fizemos uma hipótese
análoga relativamente a δms, que sai do volume de controle através da área As.
Em conseqüência, ao tomarmos os limites acima mencionados as hipótese se
reduzem à restrição de propriedades uniformes ao longo das áreas Ae e As num
dado instante. Naturalmente as propriedades podem depender do tempo.
80
Capítulo - 4
-
-
pág. - 26
Ao se utilizar os valores limites para exprimir a equação do primeiro princípio
para um volume de controle em termos de fluxo, novamente incluímos os sinais de
somatório nos termos de escoamento para considera a possibilidade de haver
correntes de fluxo adicionais entrando ou saindo do volume de controle e diversos
pontos onde calor e trabalho são acrescidos ao volume de controle. Portanto o
resultado é:
•
∑Q
•
v .c
+ ∑ m e (he +
Ve2
2
+ gZ e ) =
•
d E v.c
+ ∑ m s (hs +
dt
Vs2
2
•
+ gZ s ) + ∑ W v.c
(4.8-8)
que é, para nossa finalidade, a expressão geral da primeira lei da termodinâmica.
Em outras palavras essa equação diz que a taxa líquida de transferência de calor
para o volume de controle, mais a taxa de energia que entra no mesmo como
resultado da transferência de massa, é igual à taxa de variação da energia dentro do
volume de controle mais a taxa de energia que sai deste como resultado da
transferência de massa, e mais a potência líquida associada a eixo, cisalhamento,
efeitos elétricos e outros fatores que já foram mencionados.
A Eq. 4.8-8 pode ser integrada ao longo do tempo total de um processo para
se obter a variação total de energia que ocorre naquele período. Entretanto para se
fazer isto é necessário o conhecimento da dependência com o tempo dos vários
fluxos de massa e dos estados das massas que entram e saem do volume de
controle.
Um outro ponto que deve ser observado é que se não houver fluxo de massa
entrando ou saindo do volume de controle, aqueles termos da Eq, 4.8-8
simplesmente desaparecem da Eq. 4.8-8, que então se reduz à equação da primeira
lei para sistema fechado, em termos de fluxo, já discutida na seção 4.3, ou seja,
•
∑Q =
•
dE
+∑W
dt
(4.3-3)
Como a abordagem pelo volume de controle é mais geral, e se reduz à expressão
usual da primeira lei para um sistema quando não há fluxo de massa através da
superfície de controle, usaremos como expressão geral da 1a lei, a Eq, 4.8-8.
4.9 - O processo em Regime Permanente
Nossa primeira aplicação das equações de volume de controle será no
desenvolvimento de um modelo analítico adequado para operações em regime
permanente de dispositivos como: Turbinas, Compressores, Bocais, Caldeiras,
Trocadores Calor etc. , ou seja, um grupo muito grande de problemas de interesse
na engenharia. Esse modelo não incluirá as fases transitória de entrada em
operação e parada de tais dispositivos, abordando apenas o período de tempo de
operação estável.
81
Capítulo - 4
-
-
pág. - 27
Consideremos um certo conjunto de hipóteses (além daquelas que levaram à
equação da 1a lei) que conduzem a um modelo razoável para esse tipo de
processo, ao qual nos referimos como processo em regime permanente.
1 - O volume de controle não se move em relação ao sistema de
coordenadas.
- Esta hipótese significa que todas as velocidades medidas em relação
aquele sistema são também velocidades relativas à superfície de controle, e não há
trabalho associado com a aceleração do volume de controle.
2 - Quanto à massa no volume de controle, o estado da mesma em cada
ponto do volume de controle não varia com o tempo.
- Esta hipótese requer que
d m v .c
= 0,
dt
d E v .c
=0
dt
e também,
portanto, concluímos para o processo em regime permanente, que podemos
escrever a equação da continuidade, Eq. 4.7-4 como:
•
∑m
•
s
= ∑ me
(4.9-1)
e a primeira lei da termodinâmica como:
•
∑Q
•
v .c
+ ∑ m e (he +
Ve2
2
•
+ gZ e ) = ∑ m s ( h s +
Vs2
2
•
+ gZ s ) + ∑ W V .c
(4.9-2)
3 - Quanto à massa que escoa através da superfície de controle, o fluxo de
massa e o estado dessa massa em cada área discreta de escoamento na superfície
de controle não varia com o tempo. As taxas na qual o calor e o trabalho cruzam a
superfície de controle permanecem constantes. Isto requer que cada quantidade nas
Eq. 4.9-1 e Eq. 4.9-2 sejam invariáveis com o tempo, isto significa que a aplicação
das Eq. 4.9-1 e 4.9-2 à operação de tais dispositivos é independente do tempo.
Exemplo 4.9-1
O
Vapor de água a 0,5 MPa e 200 C entra em um bocal termicamente isolado com uma
velocidade de 50 m/s, e sai à pressão de 0,15 MPa e à velocidade de 600 m/s. Determinar a
temperatura final do vapor se ele estiver superaquecido e o título se for saturado.
Solução
Hipóteses:
processo em regime permanente,
d E v.c
=0
dt
volume de controle termicamente isolado, → não há transferência de calor pela superfície
de controle, Qv.c = 0, e do problema físico, Wv.c= 0,
do esquema para o problema podemos adotar para os fluxos mássicos que (EP)e ≅ (EP)s
82
Capítulo - 4
-
-
pág. - 28
a
Da 1 lei da termodinâmica, regime permanente resulta
he +
Ve2
2
= hs +
Vs2
2
as velocidades de entrada e saída são conhecidas, a entalpia
de entrada pode ser determinada da tabela de propriedades superaquecidas para o
a
vapor de água, → he = 2 855,4 kJ/kg. Assim substituindo os valores na 1 lei, temos
 Ve2 − Vs2 
hs = he + 

2


→
 50 2 − 600 2  2
1 kJ
 (m 2 )
hS = 2855,4 kJ kg + 
( J ) = 2855,4 kJ kg + ( −178,75) kJ kg
s
2
1000


h s = 2 676,65 kJ / kg
Do diagrama de mollier para a água a Ps = 0,15 MPa e com hs = 2 676,65 kJ,
vemos que o estado 2 é de vapor úmido (hvs = 2693,6 kJ/kg,
hls = 467,11kJ/kg )
assim,
X2 =
hs − he
( 2676,65 − 467,11) 2209,54
=
=
= 0,992 ou
h vs − h ls
( 2693,6 − 467,11)
2226,49
X 2 = 99,2 %
A temperatura é obtida da tabela de propriedades saturadas, para Ps = 0,15 MPa
O
a temperatura é, Ts = 111,4 C
Exemplo 4.9-2
O fluxo de massa que entra em uma
turbina a vapor d'água é de 1,5 kg/s e o calor
transferido da turbina para o meio é de 8,5 kW.
São conhecidos os seguintes dados para o
vapor de água que entra e sai da turbina:
Determinar a potência fornecida pela turbina.
Condições
Condições
de Entrada
de Saída
Pressão
2,0 MPa
0,1 MPa
Temperatura
350 OC
----------Título
--------100 %
Velocidade
50 m/s
200 m/s
Plano de referência
6m
3m
aceleração da gravidade g= 9,8066 m/s2
hipóteses:
O volume de controle é como na figura ao lado
•
•
•
dE v .c
Regime permanente,
Σ me = Σ ms = m
= 0,
dt
Modelo: Tabelas de Vapor d'água ou diagrama de Mollier
Análise: Primeira lei da termodinâmica
Solução
83
Capítulo - 4
•
•
Q v.c + m( h e +
-
Ve2
2
•
+ gZ e ) = m( h s +
Dos dados do problema,
Vs2
2
•
+ gZ s ) + W v. c
-
pág. - 29
(1)
•
Q v . c = −8 ,5 kW
Do diagrama de Mollier podemos ler os dados para
as condições de entrada e saída da turbina
he = 3137,0 kJ/kg,
hs = 2675,5 kJ/kg,
Se = 6,95 kJ/kg-K
Ss = 7,36 kJ/kg-k
Calculo dos termos de energia cinética e potencial dos fluxos mássicos
Ve2 50 x 50 1 ( kJ )
x
=
= 1,25 kJ / kg ;
2
2
1000 ( J )
gZ e = 9,8066 x 6 x
Vs2 200 x 200 1( kJ )
x
=
= 20,0 kJ / kg ;
2
2
1000 ( J )
gZ s = 9,8066 x 3 x
1( kJ )
= 0,059 kJ / kg
1000 ( J )
1( kJ )
= 0,029 kJ / kg
1000 ( J )
Substituindo os valores numéricos na equação (1) temos
•
− 8,5 + 1,5( 3137 + 1,25 + 0,059) = 1,5( 2675,5 + 20,0 + 0,029) + W v.c
•
portanto,
•
W v .c = W T = − 8 ,5 + 4707 ,5 − 4043 ,3 = 655 ,7 kW
Pode-se fazer mais duas observações em relação a esse exemplo. Primeiro, em muitos
problemas de engenharia as variações de energia potencial (∆EP), são insignificantes, quando
comparadas com as outras formas de energia. No exemplo acima a variação de energia potencial não
afetou o resultado de modo significativo. Na maioria dos problemas onde a variação de altura é
pequena, os termos de energia potencial podem ser desprezados
Segundo, se as velocidades são pequenas, inferiores a cerca de 20m/s, em muitos casos a variação
de energia cinética, (∆EC), também é insignificante quando comparado com os demais termos de
a
energia. Como é a variação de energia cinética que é importante na equação da 1 lei os termos de
energia cinética podem ser comumente desprezados quando não houver grandes diferenças
entre a velocidade de entrada e saída do fluxo mássico no volume de controle. Assim em muitas
a
aplicações da 1 lei deve-se julgar quais valores podem ser desprezados.
Exemplo 4.9-3
Considere uma instalação motora a vapor simples como mostrada na figura abaixo.
Os dados na tabela referem-se a essa instalação.
Localização
Saída do gerador de vapor
Entrada da turbina
Saída da turbina, entrada
do condensador
Saída do condensador,
entrada da bomba
Pressão
2,0 MPa
1,9 MPa
Temperatura
ou Título
o
300 C
o
290 C
15 kPa
90 %
14 kPa
45 C
o
Trabalho da bomba = 4,0 kJ/ kg
Figura para o exemplo 5.5-4
84
Capítulo - 4
-
-
pág. - 30
Determinar as seguintes quantidades , por kg de fluido que escoa através da
unidade.
1 - Calor trocado na linha de vapor entre o gerador de vapor e a turbina
2 - Trabalho da turbina
3 - Calor trocado no condensador
4 - Calor trocado no gerador de vapor.
Existe evidente vantagem em indicar um número para os diversos pontos do ciclo. Por
esse motivo os índices e e s na equação da energia para um processo em regime
permanente, são freqüentemente substituídos por números apropriados, como na figura deste
exemplo.
Como existem diversos volumes de controle a serem considerados na resolução deste
problema, consolidemos até um certo grau, o nosso procedimento neste exemplo.
Todos os processos: em regime permanente
Modelo: Tabelas de vapor e/ou diagrama de Mollier para se obter as
propriedades de todos os estados numerados na figura
Como nada foi dito sobre as velocidades dos fluxos mássicos e suas posições,
as variações de energia cinética e potencial, são desprezadas, pelos
critérios discutidos no exemplo 5.5-2
As propriedades dos estados 1,2 e 3 podem ser lidos no diagrama de Mollier, assim:
h1 = 3023,5 kJ/kg
h2 = 3002,5 kJ/kg
h3 =2361,8 kJ/kg
S1 = 6,7664 kJ/kg-K
S2 = 6,7508 kJ/kg-K
S3 = 7,2831 kJ/kg-K
exemplo para interpolação linear de valores na tabela de propriedades (valor de S3 )
Da tabela de propriedades superaquecidas
o
S P= 1,9, e T= 250 C
S P=1,9, e
o
o
T=250 C
S
6,6066
S1,9
6,5453
→
→
→
o
T = 300 C
T=300 C
P
1,8
1,9
2,0
S
6,8226 →
S1,9 →
6,7664 →
2,0
P
1,8
1,9
interpolando
S1,9 − 6,6066
6,6066 − 6,5453
S1,9 = 6,6066 +
=
S1,9 − 6,8226
1,9 − 1,8
1,8 − 2,0
6,8226 − 6, 7664
(1,9 − 1,8)
( 6,6066 − 6,5453)
(1,8 − 2,0)
S1,9 = 6,57595
S1,9 = 6,8226 +
P = 1,9 Mpa
85
1,9 − 1,8
1,8 − 2,0
(1,9 − 1,8 )
( 6,8226 − 6,7664 )
(1,8 − 2,0 )
S 1, 9 = 6,79450
ST=290 oC e
=
Capítulo - 4
-
S
-
pág. - 31
T
6,57595
S290
6,79450
250 (valor obtido na interpolação acima)
290
300 (valor obtido na interpolação acima)
S 290 − 6,57595
290 − 250
 290 − 250 
=
→ S 290 = 6,57595 + ( 6,79450 − 6,57595)
= 6,7508
6,79450 − 6,57595 300 − 290
 300 − 250 
S 290 = 6,7508 kJ / kg − K
As propriedades do estado 4 devem ser lidas da tabela de propriedades comprimidas
ou de forma aproximada, da tabela de propriedades saturadas para a temperatura dada.
Assim
h4 = 188,5 kJ/kg
S4 = 0,6387 kJ/kg-K
Procedimento para obter os resultados específicos perguntados no problema:
1 - Calor trocado na linha de vapor entre o gerador de vapor e a turbina
a
Aplicando-se a 1 lei por unidade de fluxo de massa temos
•
1
•
•
Q 2 = m( h2 − h1 )
→
1
Q2
•
=
1
q 2 = ( h2 − h1 ) = 3002 ,5 − 3023 ,5 = − 21,0 kJ / kg
m
2 - Trabalho da turbina
Aplicando-se a primeira lei à turbina para fluxo unitário, temos
•
•
•
•
Q V .c + m h 2 = m h 3 + W V .c
Uma turbina é essencialmente uma máquina adiabática.
Por tanto é razoável desprezar o calor trocado com o meio ambiente. Assim,
•
2
w3 =
W V .C
•
= ( h 2 − h 3 ) = ( 3002 ,5 − 2361 ,8 ) = 640 ,7 kJ / kg
m
3 - Calor trocado no condensador
Neste caso, não há trabalho, assim,
•
•
•
•
Q V .c + m h 3 = m h 4 → 3 q 4 =
Q V .C
•
= ( h 4 − h 3 ) = ( 188 ,5 − 2361 ,8 )
m
3
q 4 = − 2 173 ,3
kJ / kg
86
Capítulo - 4
-
-
pág. - 32
4 - Calor trocado no gerador de vapor.
Neste caso não há realização de trabalho, e a primeira lei fica
•
•
•
Q V .C + m h 5 = m h1 → 5 q1 =
•
Q V .C
•
= ( h1 − h 5 )
m
Na resolução, necessitamos do valor de h5, que pode ser obtido considerando um
volume de controle na bomba do sistema
A primeira lei aplicada à bomba, com a hipótese de que o processo é adiabático, (Q=0 ),
não há transferência de calor da bomba para o meio ou vice-versa, resulta
h4 = h5 + 4w5 , portanto, h5 = h4 - 4W5 → h5 = 188,5 - (- 4,0)
h5 = 192,5 kJ/kg
Assim para o gerador, obtemos:
5
q1 = (3023,5 − 192,5) = 2 831 kJ / kg
A solução gráfica no diagrama de Mollier fica mais rápida, como mostrado na
figura abaixo
Exercícios
4-7) - Um chuveiro elétrico, cuja potência elétrica é de 4400 W , aquece a
água da temperatura de 20 OC até 35 OC. Determina o fluxo mássico de água que
está sendo aquecido.
87
Capítulo - 6
ENTROPIA
88
Capítulo - 6
-
-
pág. - 2
6- ENTROPIA, UMA PROPRIEDADE DO SISTEMA
Em nossa análise da 1a lei da termodinâmica, inicialmente, a estabelecemos
para um ciclo, e a seguir definimos uma propriedade, A ENERGIA INTERNA, e com
esta nova propriedade do sistema pudemos utilizar a 1a lei da termodinâmica
quantitativamente para um processo qualquer.
De modo semelhante estabelecemos a segunda lei para um ciclo (os dois
enunciados, Kelvin - Planck e Clausius como vimos se referem a um sistema
operando em um ciclo termodinâmico) e vamos agora verificar que ela conduz a
uma outra propriedade que chamaremos ENTROPIA e será representada pela letra
"S".
Energia e Entropia são conceitos abstratos idealizados para auxiliar na
análise de sistemas térmicos.
A TERMODINÂMICA PODE SER DEFINIDA COMO A CIÊNCIA DA
ENERGIA E DA ENTROPIA
6-1 A Desigualdade de Clausius
A desigualdade de Clausius nada mais é que uma conseqüência (corolário)
da segunda lei da termodinâmica
A desigualdade de Clausius pode ser mostrada através da
transferência de calor em um motor térmico e em um refrigerador.
análise de
6.1a) - Consideremos inicialmente um motor térmico reversível operando
entre dois reservatórios térmicos a TH e TL com TH > TL, como mostrado na Fig.
abaixo.
para este motor podemos escrever:
∫δQ = Q
H
− QL > 0
(a1)
como todos os processos são reversíveis, a transferência de calor
também o é, e portanto, da definição de temperatura absoluta, temos
QH TH
=
QL TL
(a2)
Assim, para o ciclo reversível do motor térmico, podemos escrever que:
∫
δ Q QH QL
=
−
= 0 > 0, < 0 ou = 0 ?
T
TH TL
(a3)
Analisando-se a Eq. a1) vemos que se TH tender para TL o trabalho tende
para zero, isto é, ∫ δ Q tende para zero, enquanto que ∫ δQ continua zero.
T
Resumidamente, para uma motor térmico reversível, podemos escrever:
89
Capítulo - 6
-
-
pág. - 3
∫ δQ ≥ 0
(6.1-1)
∫
(6.1-2)
δQ
=0
T
6.1b) Consideremos, agora, um motor térmico irreversível (não reversível)
operando entre os mesmos reservatórios térmicos a TH e TL e recebendo a mesma
quantidade de calor, QH, que recebia o motor térmico reversível, da fonte de calor a
TH.
Para este motor podemos escrever:
∫δQ = Q
H
− QL > 0
(b1)
ou, à medida que TH tende para TL esta integral tende também para
zero como no caso do motor reversível.
Ainda, para este ciclo podemos, também, escrever:
δQ QH QL irr
∫ T = TH − TL
(b2)
Aqui, como no motor reversível, o trabalho da máquina é dado pela
expressão, com base na 1a lei.
QH − QL = W
(b3)
portanto, para o motor irreversível, temos:
QH − QL irr = Wirr
(b4)
Como sabemos, da 2a lei da termodinâmica, o trabalho da máquina irreversível,
trabalhando entre as mesmas temperaturas da máquina reversível produz um
trabalho menor. Assim podemos escrever:
[( Q H − QL )]rev > [( Q H − Q L irr )]irr
Portanto,
QL irr > QL
(b5)
(b6)
Logo, do resultado da Eq. b6) comparando a integral ∫ δQ , da máquina térmica
T
reversível com a da máquina térmica irreversível vemos que o valor da integral da
Eq. b2) é menor que zero ou seja:
∫
δQ QH QL irr
=
−
<0
T
TH
TL
(b7)
Quanto mais irreversível for a máquina mais negativo será o resultado da
integral.
Resumidamente, podemos escrever, para um motor térmico irreversível que:
90
Capítulo - 6
-
-
Q≥0
δ
<0
pág. - 4
(6.1-3)
(6.1-
Logo para um motor qualquer, reversível ou irreversível, teremos:
motor térmico qualquer
∫ δQ ≥ 0
-5)
∫
-6)
δQ
≤0
T
Para c
máqui
ainda, o que ocorre com um re
Podemos mostrar, de modo similar ao motor térmico, que para um
refrigerador, qualquer:
refrigerador qualquer
∫δQ ≤ 0
δQ
∫ T ≤0
(6.1-7)
(6.1-8)
Assim, analisado as expressões 6.1-5, 6.1-6, 6.1-7 e 6.1-8, concluímos que
a integral cíclica do calor,
∫ δQ , pode ser maior, menor ou igual a zero.
Entretanto, a integral cíclica do calor divido pela temperatura absoluta só
pode resultar negativo ou nulo, isto é;
δQ
∫ T ≤0
(6.1-9)
Onde a expressão (6.1-9) é a desigualdade de Clausius válida para qualquer
máquina térmica que opere segundo um ciclo termodinâmico.
Uma forma alternativa, e interessante, para escrever a desigualdade de
Clausius é eliminar o sinal de menor ou igual, (≤), introduzindo o conceito de
produção de entropia interna de um sistema, isto é:
91
Capítulo - 6
-
-
pág. - 5
 δ Q
= − σ ciclo

T  FRONTEIRA
∫ 
(6.1-10)
onde σ ciclo , a entropia produzida, é a medida do “tamanho “do efeito da
irreversibilidade presente dentro do sistema operando sob um ciclo termodinâmico.
Os valores possíveis para σ ciclo , são;
σ ciclo = 0 para um ciclo reversível
σ ciclo > 0 existem irreversibilidades internas ao ciclo (processo não reversível)
σ ciclo < 0 impossível (violaria a segunda lei da termodinâmica)
Exemplo 6.1-1
Considere o ciclo simples de potência a vapor,
como mostrado na figura ao lado. Esse ciclo é ligeiramente
diferente do ciclo normal das instalações a vapor, porque a
bomba opera com uma mistura de líquido e vapor em tal
proporção que líquido saturado (X=0) sai da bomba e entra
na caldeira. Admitamos que a pressão e o título nos vários
pontos do ciclo sejam os valores dados na figura. Perguntase: Essa máquina operando nesse ciclo satisfaz a
desigualdade de Clausius ?
Solução
Calculando-se o somatório do calor dividido
pela respectiva temperatura termodinâmica, temos:
∫
δQ
 δ Q
 δ Q
= ∫
+∫


 T  cald.
 T  cond.
T
como TCALD. e TCOND são constantes, teremos
∫
δQ
T
=
Q
Q
1
1
δ Q cald +
δ Q cond = cald + cond
Tcald ∫
Tcond ∫
Tcald Tcond
das tabelas de vapor, obtemos
q cald = h 3 − h 2 = 493,9 kcal / kg, e T3 = T2 = 164,2 o C
q cond = h1 − h 4 = 110,2 − 563,7 = − 453,5 kcal / kg ,
portanto;
∫
δQ
493 ,9
453 ,5
=
−
T
( 164 ,24 + 273 ,15 ) ( 53 ,6 + 273 ,15 )
→
=
T4 = T1 = 53,6 o C
− 0 ,258
kcal
kg . K
Assim este ciclo satisfaz a desigualdade de Clausius, significando que não
viola a 2a lei da termodinâmica.
92
Capítulo - 6
-
-
pág. - 6
6.2 - Definição de Entropia, (S)
Como já vimos anteriormente, uma dada quantidade é uma propriedade se, e
somente se, sua variação entre dois estados for independente do processo para ir
de um para o outro estado.
Por definição, entropia é
ds ≡ (
δQ
)
T INT.REV .
(6.2-1)
ou de forma integrada
2  δQ 
S 2 − S1 = ∫ 

1  T 
INT. REV .
(6.2-2)
Nas Eqs. 6.2-1 e 6.2-2 o índice INT. REV significa que a definição de variação
de entropia é para um processo internamente reversível.
O ponto a ser observado aqui é que, como a entropia é uma propriedade, a
variação de entropia de uma substância, ao ir de um estado a outro, é a mesma
para todos os processos tanto reversíveis como irreversíveis, entre estes dois
estados. A Eq. 6.2-2 permite obter a variação de entropia somente através de um
caminho reversíveis. Entretanto, uma vez determinada, essa variação será a
mesma para qualquer processo entre esses estados.
Embora a Eq. 6.2-2 nos permita determinar a variação de entropia, ela não
nos informa nada a respeito dos valores absolutos de entropia. Entretanto, pela
terceira lei da termodinâmica, que será discutida no curso de termodinâmica 2,
conclui-se que a entropia de um cristal perfeito à temperatura de zero absoluto tem
entropia zero.
Da terceira lei da termodinâmica, resulta valores absolutos de entropia
importante quando estão envolvidas reações químicas. Quando não está envolvida
nenhuma mudança de composição, é bastante adequado atribuir valores de
entropia em relação a uma referência arbitrariamente escolhida como foi feito para a
energia interna e para a entalpia.
6.3 - Variação de entropia em processos reversíveis.
Tendo definido a propriedade entropia, S, vamos analisar agora o seu
significado em alguns processos reversíveis, principalmente aqueles do ciclo de
Carnot. Posteriormente será verificado a variação de entropia para um processo
irreversível.
Considere como sistema o fluido de trabalho de um motor térmico que opera
segundo o ciclo de Carnot. O primeiro processo é o de transferência isotérmica de
calor do reservatório de alta temperatura para o fluido de trabalho. Para esse
processo podemos escrever:
2  δ Q
S 2 − S1 = ∫ 

1  T 
REV .
93
Capítulo - 6
-
-
pág. - 7
como este é um processo no qual a temperatura do fluido de trabalho permanece
constante, resulta da integração:
1 2
1 Q2
S 2 − S1 =
Q
δ
=
TH ∫1
TH
Esse processo é mostrado na figura 6.3-1a e a área abaixo da linha 1-2-b-a-1
representa o calor transferido ao fluido de trabalho durante o processo .
O segundo processo do ciclo de Carnot é adiabático reversível. Da definição
de entropia, temos;
 δQ 
dS = 
=0

 T  REV
é evidente que a entropia permanece constante em um processo adiabático (Q = 0)
reversível (sem atrito). O processo a entropia constante é chamado de processo
isoentrópico. A linha 2-3 representa esse processo, que termina no estado 3 onde a
temperatura do fluido de trabalho atinge o valor TL.
O terceiro processo é isotérmico reversível, no qual o calor é transferido do
fluido de trabalho ao reservatório térmico de baixa temperatura. Para este processo
podemos escrever:
2  δQ
Q
= 3 4
S4 − S3 = ∫ 

1  T 
TL
REV
Como durante esse processo o calor trocado é negativo (sai do sistema) a entropia
do fluido decresce. Também como o processo final 4-1, que completa o ciclo é um
processo adiabático reversível (isoentrópico) é evidente que a diminuição de
entropia no processo 3-4 deve ser exatamente igual ao aumento de entropia no
processo
1-2. A área abaixo da linha 3-4, área 3-4-a-b-3, representa o calor
transferido do fluido de trabalho ao reservatório de baixa temperatura.
Como o trabalho líquido
do ciclo é igual a troca líquida de
calor (1a lei), é evidente que a
área 1-2-3-4-1 representa o
trabalho líquido específico do
ciclo.
O rendimento térmico do
ciclo pode também ser expresso
em função das áreas:
Fig. 6.3-1a - O ciclo Motor de
Carnot no diagrama T x S
Fig. 6.3-1b - O ciclo do refrigerador de Carnot no diagrama T x S
ηT =
& 1− 2− 3− 4−1
area
& 1− 2− b − a −1
area
(6.3-1)
algumas afirmações efetuadas anteriormente sobre rendimento térmico podem ser
agora compreendidas . Por exemplo, com o aumento de TH, permanecendo TL
constante, há aumento do rendimento térmico. Diminuindo TL e ficando TH
constante o rendimento térmico também aumenta. É também evidente que o
94
Capítulo - 6
-
-
pág. - 8
rendimento térmico se aproxima de 100 % quando a temperatura absoluta na qual o
calor é rejeitado tende para zero.
Se o ciclo for invertido, temos um refrigerador ou uma bomba de calor ; o
ciclo de Carnot para um refrigerador está mostrado na Fig. 6.3-1b. Observe que
neste caso a entropia do fluido de trabalho aumenta à temperatura TL pois o calor é
transferido ao fluido de trabalho e a entropia diminui à temperatura TH devido a
transferência de calor do fluido de trabalho.
Consideremos em seguida os processos reversíveis de troca de calor. Na
realidade, estamos interessados aqui, nos processos que são internamente
reversíveis, isto é, processos que não envolvem irreversibilidades dentro da fronteira
do sistema. Para tais processos, o calor transferido para o sistema pode ser
indicado como a área no diagrama
temperatura-entropia.
Por exemplo,
consideremos a mudança de estado de liquido saturado para vapor saturado à
pressão constante. Isto corresponde ao processo 1-2 no diagrama T x S da Fig. 6.32. (observe que a temperatura aqui é a temperatura absoluta), e a área 1-2-b-a-1
representa o calor trocado. Como este é um processo à pressão constante, o calor
trocado por unidade de massa, é igual a hlv = (hvs - hls). Assim,
S 2 − S 1 = S lv =
q
h
1 2  δQ 
1 2
=
δ Q = 1 2 = lv


∫
∫
1
1
T
T
m  T  REV m ⋅ T
(6.3-2)
Essa relação fornece uma indicação para o cálculo de Slv apresentado nas tabelas
de propriedades saturadas. Por exemplo, considere o vapor d'água saturado a 10
MPa. Das tabelas de vapor temos hlv = 1317,1 kJ/kg e temperatura de 311,96 oC.
Portando o valor de Slv será
1317 ,1
S lv =
= 2 ,2510 kJ / kg . K
( 311 ,96 + 273 ,15 )
se for transferido calor ao vapor saturado, à pressão
constante o vapor é superaquecido ao longo da linha 2-3
para este processo podemos escrever:
2
q3 =
3
1 3
δ Q = ∫ Tds
∫
2
m 2
(6.3-3)
Figura 6.3-2 - O processo no
diagrama T x S
Como T não é constante, a expressão acima não
pode ser integrada, a menos que se conheça a relação entre temperatura e
entropia. Entretanto, verificamos que a área abaixo da linha
2-3, área 2-3-c-b-2
3
representa ∫ Tds , e portanto, representa o calor trocado durante esse processo
2
reversível.
A conclusão importante a ser tirada aqui é que, para processo internamente
reversível, a área abaixo da linha que indica o processo no diagrama temperatura entropia representa a quantidade de calor trocado. Há muitas situações em que
ocorrem processos essencialmente adiabáticos. Já observamos que em tais casos,
o processo ideal, que é um processo adiabático reversível, é isentrópico.
Verificaremos, também nas seções posteriores, que pela comparação do processo
95
Capítulo - 6
-
-
pág. - 9
real com o processo ideal ou isentrópico, teremos uma base para definir a eficiência
de determinada classe de máquinas.
Exemplo 6.3-1
Consideremos um cilindro provido de um êmbolo contendo vapor saturado de
o
freon-22 a -10 C. O vapor é comprimido segundo um processo adiabático reversível
2
até a pressão de 15,63708 kgf/cm . Determinar o trabalho por kg de vapor, nesse
processo.
Solução
Sistema Freon - 22
Estado inicial: T1, vapor saturado - estado determinado
Estado final: P2 e processo adiabático reversível - estado conhecido
Modelo - tabelas ou diagrama de propriedades
a
Análise: 1 lei para sistema fechado
1
Q 2 = (E 2 − E1 ) + 1W2
Hipóteses: Volume de controle estacionário, então, EP = EC = 0,
a
assim, a 1 lei para massa unitária fica
1q 2
= u2 - u1 + 1w 2, mas,
1w 2
1q 2 =
0
(processo adiabático)
= u1 - u2
e pela segunda lei - processo adiabático reversível
S2 = S1
portanto conhecemos a entropia e a pressão no estado final o que é suficiente para determinar
o estado 2.
das tabelas de freon-22, temos;
estado 1 - vapor saturado a
-10 C → P1 = 3,6127 kgf/cm
o
2
3
h1 = 148,173 kcal/kg, v1 = 0,0653 m /kg, S1 = 1,18335 kcal/kg K
estado 2
2
P2 = 15,63708 kgf/cm ,
S2 = S1 = 1,18335 kcal/kg K
interpolando na tabela de vapor superaquecido, temos:
o
T2 = 64,3 C,
3
v2= 0,0177 m /kg,
h2 = 157,020 kcal/kg
4
-3
u1 = h1 - P1v1 = 148,173 (4,1868) - [ (3,6127 x 9,81 x 10 ) x 0.0653] x 10
u1 = 620,37 - 23,14 = 597,23 kJ/kg
4
-3
u2 = h2 - P2v2 = 157,020(4,1868) - [ 15,63708 x 9,81 x 10 ) x 0,0177] x 10
u2 = 657,41 - 27,15 = 630,26 kJ/kg
1w2
= 597,23 - 630,26 = - 33,03 kJ/kg
96
Capítulo - 6
-
-
pág. - 10
6.4 - Duas Relações Termodinâmicas Importantes
Considere uma substância pura simples compressível, como sistema,
sofrendo um processo internamente reversível. Na ausência de outros efeitos de
movimento e gravidade o balanço da 1a lei da termodinâmica, na forma diferencial,
resulta:
( δ Q)
INT. REV
= dU + ( δ W ) INT. REV
(6.4-1)
por definição de entropia
( δ Q)
 δ Q
dS = 
⇒

 T  INT. REV
INT. REV
= TdS
o trabalho de uma substância simples compressível é dado por
(δ W)
INT. REV
= PdV
substituindo estes dois valores na equação 6.4-1 obtemos a 1a relação procurada,
chamada de equação “TdS "
TdS = dU + PdV
ou
Tds = du + Pdν
(6.4-2)
utilizando, agora, a definição da propriedade entalpia, onde
H = U + PV
e diferenciando, obtemos:
dH = dU + PdV + VdP
substituindo o valor de dU dado pela Eq. 6.4-2, obtemos
dH = TdS − PdV + PdV + VdP
e, portanto
TdS = dH − VdP
ou
Tds = dh - νdP
(6.4-3)
Que é a segunda relação procura. As equações TdS, embora, obtidas a
partir do processo reversível são válidas para qualquer processo, uma vez que todos
os termos da equação são compostos de propriedades termodinâmicas e portanto,
não depende do caminho, e sim, somente dos estados inicial e final.
97
Capítulo - 6
-
-
pág. - 11
Exemplo 6.4-1
Um exercício ilustrativo do uso das equações TdS, pode ser mostrado
considerando a mudança de estado de liquido saturado para vapor saturado a
pressão constante
Solução:
sendo a pressão constante, da segunda equação TdS temos:
ds =
dh
T
ou integrando,
(s 2 − s1 ) =
h 2 − h1
T
6.5- Variação de entropia de um sistema durante um processo irreversível
Considere um sistema que percorra os ciclos mostrados na Fig. 6.5-1. O ciclo
constituído pelos processos A e B é reversível. Portanto, para um ciclo reversível
podemos escrever:
∫
δQ
=
T
∫
2
1
1  δQ 
 δQ 
 =0

 + ∫2 
 T B
 T A
(6.5-1)
O ciclo constituído pelo processos reversível A e do
processo irreversível C é um ciclo irreversível. Portanto,
a desigualdade de Clausius pode ser aplicada para este
ciclo, resultando
 δQ
=
T
∫ 
Figura 6.5-1 Variação de entropia
durante um processo irreversível
∫
2
1
1 δQ
 δQ
 <0

 + ∫2 
 T C
 T A
(6.5-2)
Subtraindo a segunda equação da primeira e rearranjando temos (a 1a Eq. é igual a
zero e a 2a é menor que zero, portanto a 1a é maior que a segunda !)
 δQ
 >
2
T B
∫ 
1
 δQ

2
T C
∫ 
1
(6.5-3)
Como o caminho B é reversível, e como a entropia é uma propriedade do sistema,
então;
1 δQ
1
1
(6.5-4)
∫2  T  B = ∫2dS B = ∫2dS C
portanto,
98
Capítulo - 6
-
∫ dS
1
2
C
1 δ Q 
>∫ 

2 T 
C
-
pág. - 12
(6.5-5)
para o caso geral podemos, então escrever:
dS ≥
δQ
T
(6.5-6)
ou
S 2 − S1 ≥ ∫
2
1
δQ
T
(6.5-7)
Nessas equações a igualdade vale para processo reversível e a desigualdade para
processo irreversível.
Essa é uma das mais importantes equações da termodinâmica e é usada
para desenvolver vários conceitos e definições. Essencialmente, essa equação
estabelece a influência da irreversibilidade sobre a entropia de um sistema. Assim
se uma quantidade de calor δQ é transferida para o sistema à temperatura T
segundo um processo reversível a variação de entropia será menor que se a mesma
quantidade de calor, δQ, for transferido através de um processo irreversível.
A Eq. 6.5-7 é válida quando δQ = 0, ou quando δQ < 0, ou mesmo quando
δQ > 0. Se δQ for negativo a entropia tenderá a decrescer devido à troca de calor.
Entretanto, a influência das irreversibilidades é ainda no sentido de aumentar a
entropia do sistema, e, do ponto de vista numérico, absoluto, podemos ainda
escrever para δQ < 0, que
δQ
dS ≥
T
6.6 - Variação de Entropia de um Sólido ou Líquido
Já verificamos a variação de energia interna e de entalpia para sólidos e
líquidas em seções anteriores, e verificamos que, em geral, é possível expressar
ambas as propriedades de maneira simples, em termos de calor específico.
Como sabemos o volume específico para um sólido ou líquido varia muito
pouco, ou quase nada, com a variação de pressão. Assim, da equação Tds, Eq.
6.4-2, podemos escrever para um sólido ou líquido
ds ≈
du C
≈ dT
T
T
(6.6-1)
Ainda, como foi dito anteriormente, para muitos processos que envolvem um sólido
ou líquido podemos admitir que o calor específico se mantém constante, e neste
caso, a Eq. 6.6-1, pode ser integrada, obtendo-se:
99
Capítulo - 6
-
S 2 − S1 ≈ C ln
-
T2
T1
pág. - 13
(6.6-2)
Se o calor específico não for constante, mas função da temperatura, T, a
equação 6.6-1 pode ser integrada para determinar o valor da variação de entropia.
Exemplo 6.6-1
o
Um quilograma de água líquida é aquecida de 20 a 90 C. Calcular a variação
de entropia admitindo-se calor específico constante e comparar com o resultado
obtido usando as tabelas de vapor.
Solução:
o
Da tabela 4.3-3 seção 4.3 o calor específico para a água a 25 C é 4,184 kJ/kg K
Assim da equação 6.6-2 temos
S 2 − S1 = 4,184 ln
(90 + 27315
, )
= 0,8959 kJ / kg. K
( 20 + 27315
, )
o
da tabela de liquido saturado a 20 C, S1 = 0,2966 kJ/kg.k
o
para a temperatura de 90 C, S2 = 1,1925 kJ/kg.K
logo
S2 - S1 = 1,1925 - 0,2966 = 0,8959 kJ/kg.k
essencialmente o mesmo.
100
Capítulo - 6
-
-
pág. - 14
Exercícios
6-1)- Considere um motor térmico de Carnot que opera entre os reservatórios
térmicos a 1000 oC e a 0 oC e recebe 1 000 KJ de calor do reservatório térmico de
alta temperatura.
a) Considerando o fluido de trabalho como sistema, mostrar o ciclo no
diagrama T x S
b) Calcular o trabalho líquido e o rendimento térmico do ciclo
c) Calcular a variação de entropia do reservatório de alta e baixa temperatura.
6-2)- Uma bomba de calor de Carnot utiliza freon -12 como fluido de
trabalho. Calor é transferido do fluido de trabalho a 40 oC e durante este processo o
freon -12 muda de vapor saturado para líquido saturado. A transferência de calor
para o freon -12 ocorre a 0 oC .
a) Mostrar este ciclo no diagrama T x S e P x h
b) Calcular o título no começo e fim dos processos isotérmicos
c) Determine o coeficiente de desempenho, COP, do ciclo
6-3)- Um cilindro provido de um pistão sem atrito contém vapor de água a 300
C e 2 MPa. Nesse estado o volume do cilindro é de 100 litros. O vapor se expande
realizando trabalho contra o pistão até que a pressão final seja de 300 kPa. Qual é
o trabalho realizado pelo vapor durante o processo, admitindo-se que seja
adiabático ?.
o
6-4)- Água inicialmente como líquido saturado a 100 oC está contido dentro
de um conjunto cilindro pistão. A água sofre um processo isobárico passando a
vapor saturado, durante o qual o pistão se move livremente sem atrito dentro do
cilindro. Se a mudança de estado causada pelo fornecimento de calor à água for
internamente reversível, determine o trabalho e o calor transferido por unidade de
massa, em kJ / kg.
6-5)- Refrigerante 134a é comprimido adiabaticamente em um compressor
desde vapor saturado a 0 oC até a pressão final de 0,425 MPa. Determine o mínimo
trabalho teórico requerido por unidade de massa de refrigerante 134a, em kJ/kg
Resposta 1W 2 min = -16,34 kJ/kg
101
Capítulo - 6
-
-
pág. - 15
6.7 - Princípio do Aumento de Entropia
Nesta seção examinaremos a variação total de entropia de um sistema e de
seu meio, quando o sistema sofre uma mudança de estado. Este estudo conduz ao
princípio do aumento de entropia.
Consideremos o processo mostrado na Fig. 6.7-1 no qual uma quantidade de
Calor δQ é transferida do meio à temperatura TO para o
sistema à temperatura T; seja δW o trabalho realizado
pelo sistema durante esse processo. Para esse processo
podemos aplicar a Eq. 6.5-6 ao sistema e escrever
dS Sistema ≥
δQ
T
para o meio a quantidade de calor, δQ é negativa
podemos escrever
dS meio =
e
− δQ
T0
Fig. 6.7-1 - variação de entropia
do sistema mais meio
A variação líquida total de entropia é, portanto
dS Liquido = dSSistema + dS Meio ≥
1 1 
δQ δQ
−
≥ δQ  − 
T TO
 T TO 
Como a temperatura do meio, TO é maior que a temperatura do sistema, T, a
quantidade (1/T - 1/TO) é positiva e concluímos que:
dS LIQ. = dSSistema + dS Meio ≥ 0
(6.7-1)
Se T > TO, o calor é transferido do sistema para o meio e tanto δQ como a
quantidade (1/T - 1/TO) são negativas, levando assim ao mesmo resultado.
Assim, concluímos que, para todos os processos possíveis de um sistema em
um determinado meio que podem percorrer
dS LIQ. = dSSistema + dS Meio ≥ 0
(6.7-2)
onde a igualdade vale para processo reversível e a desigualdade para processo
irreversível.
Essa é uma equação muito importante, não somente para a
termodinâmica, mas também para o pensamento filosófico e é denominada de
“Princípio do Aumento de Entropia”. O seu grande significado é que os únicos
processos que podem ocorrer são aqueles nos quais a variação líquida de entropia,
do sistema mais seu meio, aumenta (ou, no limite, permanece constante). O
processo inverso, no qual tanto o sistema como o meio são trazidos de volta a seus
estados originais, não pode ocorrer. Em outras palavras, a Eq. 6.7-1 impõe o
sentido único em que qualquer processo pode ocorrer. Assim o princípio do
aumento de entropia pode ser considerado como um enunciado geral quantitativo
da segunda lei da termodinâmica sob o ponto de vista macroscópico e aplica-se à
queima de combustíveis nos motores de nossos automóveis, ao resfriamento do
nosso café e aos processos que ocorre no nosso corpo.
102
Capítulo - 6
-
-
pág. - 16
Às vezes, esse princípio do aumento de entropia é enunciado em termos de
um sistema isolado, no qual não há interação entre sistema e o meio. Nesse caso,
não há variação de entropia do meio e conclui-se que
d SSistema Isolado ≥ 0
(6.7-3)
Isto é, para um sistema isolado, os únicos processos que podem ocorrer são
aqueles que apresentam um aumento de entropia, associado ao próprio sistema.
Exemplo 6.7-1
o
Admitamos que 1,0 kg d'água a 100 C seja condensado, obtendo-se líquido
o
saturado a 100 C, num processo à pressão constante, através da transferência de
o
calor para o ar do ambiente que está a 25 C. Qual é o aumento líquido de entropia do
sistema mais a do meio ?
Solução
O sistema é a água: - para o sistema, das tabelas de vapor saturado da água obtemos:
∆S sistema = - Slv = - 1 x 6,0480 = - 6,0480 kJ/K
Considerando o meio
Q para o meio = m x h LV = 1 x 2257,0 = 2557,0 kJ
∆S meio =
Q
2257
=
= 7,5700 kJ / K
TO ( 25 + 273,15)
Assim a variação líquida do sistema mais meio será
∆S liquido = ∆S meio + ∆S sistema = 7,5700 + ( −6,0480) = 1,5220 kJ / K
Esse aumento de entropia está de acordo com o princípio do aumento de entropia e diz, do
mesmo modo que a nossa experiência, que este processo pode ocorrer.
É interessante observar como essa transferência de calor da água para o meio poderia
acontecer reversivelmente (se existisse um motor reversível). Admitamos que um motor
térmico que opere segundo um ciclo de Carnot, receba calor da água e rejeite calor para o
meio, conforme mostrado no esquema da figura. Neste caso, como o motor é reversível, a
diminuição da entropia da água é igual ao aumento de entropia do meio. Isto é,
∆SSistema = −6,0480kJ / K
∆S Meio = 6,0480 kJ / K
Como a transferência de calor para o meio é
reversível, então
Q para o meio = TO ∆S = ( 25 + 273,15)x 6,0480 = 1803,2kJ
trabalho de tal motor pode ser calculado e
vale (Qsistema ≡ QH, e Qmeio ≡ QL)
WCarnot = Q Sistema − Q Meio = 2557 − 1803,2 = 453,8 kJ
Como esse ciclo é reversível o motor pode
ser invertido e operar como bomba de calor,
para a bomba de calor o trabalho será igual ao trabalho do motor, isto é, 453,8 kJ.
103
Capítulo - 6
-
-
pág. - 17
6.8 - Variação de Entropia para um Gás Ideal.
Para um gás ideal, como vimos anteriormente tanto o calor específico a
pressão constante como a volume constante são funções somente da temperatura.
dh
dT
e
dh = C P dT
e
CP =
ou
CV =
du
,
dT
du = C V dT
Da primeira equação TdS, temos
Tds = du + Pdv
ou
ds =
du P
+ dv
T T
e da equação de estado para o gás ideal vem:
Pv = RT ⇒
P R
=
T v
substituindo, e considerando o calor específico de um gás ideal, C vo , temos;
ds = C vo
dT R dv
+
T
v
integrando desde o estado 1 até o estado 2 vem
s 2 − s1 = ∫ C vo
2
1
dT
v
+ R ln 2
T
v1
(6.8-1)
de modo semelhante, considerando-se a segunda equação TdS
Tds = dh − vdP
substituindo a definição de calor específico a pressão constante CPO e a
equação de estado para o gás ideal na forma:
v R
=
T P
resulta;
ds = C po
dT
dP
,
−R
T
P
que integrando resulta:
104
Capítulo - 6
-
s 2 − s1 = ∫ C po
2
1
P
dT
− R ln 2
P1
T
-
pág. - 18
(6.8-2)
para integrar a equação 6.8-1 e 6.8-2 precisamos conhecer a relação entre
calor específico e a temperatura. A primeira possibilidade é admitir Cpo e Cvo
constantes, a variação de entropia pode então ser calculada como:
P 
T 
s 2 − s 1 = C po ln  2  − R ln  2 
 P1 
 T1 
(6.8-3)
v 
T 
s 2 − s1 = C vo ln  2  + R ln  2 
 v1 
 T1 
(6.8-4)
A segunda possibilidade relativa ao calor específico é utilizar uma equação
analítica para o calor específico Cpo função somente da temperatura como aquelas
dadas na seção 4, Eq.4.4-14. A terceira possibilidade é integrar os resultados dos
cálculos da termodinâmica estatística, desde a temperatura de referência, To até
qualquer outra temperatura T, e definir uma função do tipo
S OT =
C PO
∫To T dT
T
(6.8-5)
Esta função, que é função somente da temperatura, pode ser apresentada
numa tabela de gás ideal de única entrada (temperatura) como a tabela 6.8-1 para
o caso do ar, ou tabela de outros gases. Na tabela 6.8-1, Pr é a Pressão
reduzida, Pr = P/PC e Vr o volume reduzido, Vr = V/Vc onde P e V são pressão e
volume específico, respectivamente do gás e Pc e Vc são a pressão e volume
específico do ponto crítico do gás. Os dados da tabela 6.8-1 foram obtidos para o
seguinte estado de referência: Temperatura de 0 K e pressão de 1,0 atmosfera.
A variação de entropia entre dois estados quaisquer 1 e 2 pode ser
determinada da seguinte forma;
P 
S 2 − S1 = (S OT2 − S OT1 ) − R ln 2 
 P1 
(6.8-5)
Devemos lembrar novamente que todos esses resultados são parte do modelo de
gás ideal, que pode, ou não, ser adequados para um dado problema específico.
105
Capítulo - 6
-
-
pág. - 19
Tabela 6.8-1 - Integrais de Gás Ideal para o Ar
T[K]
200
220
240
260
280
300
320
340
360
380
400
420
440
460
480
500
520
540
560
580
600
620
640
660
680
700
720
740
760
780
800
820
840
860
880
900
920
940
960
980
1000
1100
1200
1300
1400
1500
1600
1700
1800
1900
2000
2100
2200
h [ kJ/kg]
199,97
219,97
240,02
260,09
280,13
300,19
320,29
340,42
360,58
380,77
400,98
421,26
441,61
462,02
482,49
503,02
523,63
544,35
565,17
586,04
607,02
628,07
649,22
670,47
691,82
713,27
734,82
756,44
778,18
800,03
821,95
843,98
866,08
888,27
910,56
932,93
955,38
977,92
1000,55
1023,25
1046,04
1161,07
1277,79
1395,97
1515,42
1635,97
1757,57
1880,1
2003,3
2127,4
2252,1
2377,4
2503,2
Pr
u [ kJ/kg]
νr
so [kJ/kgK]
0,3363
0,4690
0,6355
0,8405
1,0889
1,3860
1,7375
2,149
2,626
3,176
3,806
4,522
5,332
6,245
7,268
8,411
9,684
11,10
12,66
14,38
16,28
18,36
20,64
23,13
25,85
28,80
32,02
35,50
39,27
43,35
47,75
52,59
57,60
63,09
68,98
75,25
82,05
89,28
97.00
105,2
114,0
167,1
238,0
330,9
450,5
601,9
791,2
1025
1310
1655
2068
2559
3138
142,56
156,82
171,13
185,45
199,75
214,07
228,42
242,82
257,54
271,69
286,16
300,69
315,30
329,97
344,70
359,49
374,36
389,34
404,42
419,55
434,78
450,09
465,50
481,01
496,62
512,33
528,14
544,02
560,01
576,12
592,30
608,59
624,95
641,40
657,95
674,58
691,28
708,08
725,02
741,98
758,94
845,33
933,33
1022,82
1113,52
1205,41
1298,30
1392,7
1487,2
1582,6
1678,7
1775,3
1872,4
1707,0
1346,0
1084,0
887,8
738,0
621,2
528,6
454,1
393,4
343,4
301,6
266,6
236,8
211,4
189,5
170,6
154,1
139,7
127,0
115,7
105,8
96,92
88,99
81,89
75,50
69,76
64,53
59,82
55,54
51,64
48,08
44,84
41,85
39,12
36,61
34,31
32,18
30,22
28,40
26,73
25,17
18,896
14,470
11,275
8,919
7,152
5,804
4,761
3,944
3,295
2,776
2,356
2,012
1,29559
1,39105
1,47824
1,55848
1,63279
1,70203
1,76690
1,82790
1,88543
1,94001
1,99194
2,04142
2,08870
2,13407
2,17760
2,21952
2,25997
2,29906
2,33685
2,37348
2,40902
2,44356
2,47716
2,50985
2,54175
2,57277
2,60319
2,63280
2,66176
2,69013
2,71787
2,74504
2,77170
2,79783
2,82344
2,84856
2,87324
2,89748
2,92128
2,94468
2,96770
3,07732
3,17888
3,27345
3,36200
3,44516
3,52364
3,5979
3,6684
3,7354
3,7994
3,8605
3,9191
Source: Adapted from K. Wark, Thermodynamics, 4th ed., McGraw-Hill, New York, 1983, as base on J. H. Keenan and J.
Kaye “Gas Tables ", Wiley, New York, 1945
106
Capítulo - 6
-
-
pág. - 20
6.9 - Balanço de Entropia para um Sistema
A Figura 6.9-1 representa um ciclo executado por um sistema fechado. O
ciclo consiste do processo 1, durante o qual irreversibilidades internas podem
ocorrer, e é completado pelo processo reversível 2. Para este ciclo a Eq. 6.1-2
toma a forma
∫
2
1
1  δQ 
 δQ 
= −σ
+∫ 



2 T 
 T  FRONTEIRA
INT. REV
(6.9-1))
Onde, o índice da primeira integral, FRONTEIRA, foi colocado para lembrar que a
integral é sobre a fronteira do sistema. Na segunda integral não há necessidade por
se tratar de um processo de transferência reversível de calor. Como no processo 2
não existe irreversibilidades associadas, o termo σciclo da Eq. 6.1-2 refere-se,
aqui, somente ao processo irreversível 1 e desta forma
é escrito como σ.
Aplicando-se a definição de variação de entropia
podemos escrever a segunda integral como:
S1 − S 2 =
 δQ 

2
T  INT. REV .
∫ 
1
Portanto a Eq. 6.9-1 pode ser escrita como
∫
2
1
Figura 6.9-1 - Ciclo usado para
desenvolver o balanço de entropia para um sistema fechado
 δQ 
+ (S 1 − S 2 ) = − σ


 T  FRONTEIRA
Finalmente rearranjando esta equação o balanço de entropia para um sistema
fechado resulta
S 2 − S1 =
onde:
∫
2
1
 δ Q
+


 T  FRONTEIRA
σ
(6.9-2)
( S 2 − S1 ) = variação de entropia interna ao sistema
 δ Q
∫  T  FRONTEIRA = entropia transferida com a transferência de calor
σ = produção de entropia interna ao sistema
Se os estados inicial e final são conhecidos a variação de entropia do lado
esquerdo da Eq. 6.9-2 pode ser determinado independentemente dos detalhes do
processo. Entretanto, os dois termos do lado direito depende explicitamente da
natureza do processo e não podem ser determinados somente com o conhecimento
dos dois estados, inicial e final. O primeiro termo do lado direito da Eq. 6.9-2 está
associado à transferência de calor do ou para o sistema durante o processo. Este
termo pode ser interpretado como “a transferência de entropia que acompanha a
transferencia de calor ". A direção da transferência de entropia é a mesma da
107
Capítulo - 6
-
-
pág. - 21
transferência de calor e a mesma regra de sinal da transferência de calor é aplicada
à entropia. Quando não há transferência de calor não há variação de entropia.
A variação de entropia de um sistema não é somente causada pela
transferência de entropia mas é em parte devido ao segundo termo do lado direito,
representado por σ, que como vimos é a entropia produzida dentro do sistema
devido às irreversibilidades internas ao sistema. Como σ é a medida do efeito da
irreversibilidade presente dentro do sistema durante o processo, seu valor depende
da natureza do processo e não somente dos estados inicial e final, Assim, σ não é
uma propriedade do sistema.
O balanço de entropia pode ser expresso em várias formas, duas outras
formas de escrever a Eq. 6.9-2 são:
S 2 − S1 = ∑
j
Qj
Tj
+σ
(6.9-3)
onde Qj /Tj é a quantidade de entropia transferida através da porção da fronteira à
temperatura Tj
A outra forma de balanço de entropia de interesse é na forma de taxa, como
•
δQ j •
dS
=∑
+σ
dt
Tj
j
(6.9-4)
ou
•
∑
j
δQ j
Tj
=
dS •
−σ
dt
(6.9-5)
•
Onde
ds/dt é a taxa de variação de entropia do sistema.
O termo
Q j / Tj
representa a taxa de transferência de entropia através da porção da fronteira cuja
•
temperatura instantânea é Tj. O termo σ , é a taxa de produção de entropia interna
ao sistema devido às irreversibilidades.
108
Capítulo - 6
-
-
pág. - 22
Exemplo 6.9-1
o
Água inicialmente líquido saturado a 100 C está contida em
um conjunto êmbolo - cilindro. A água sofre um processo passando
a vapor saturado, durante o qual o êmbolo move-se livremente no
cilindro. Se a mudança de estado é obtida pela ação de uma hélice,
como mostra a figura, determine o trabalho por unidade de massa,
em kJ/kg, e a quantidade de entropia produzida por unidade de
massa, em kJ/kg-K
Solução
-
Hipóteses
1- a água dentro do conjunto êmbolo - cilindro é um
sistema fechado
2 - Não há transferência de Calor para o meio
3 - O sistema está em equilíbrio nos estados inicial e final
Como o volume do sistema aumenta durante o
processo há transferência de energia da hélice para o sistema
durante a expansão. O trabalho líquido pode ser avaliado
a
através da 1 lei da termodinâmica, que com as hipóteses 2 e
3 fica
=0
=0
=0
Q = ∆U + ∆Ec + ∆Ep + W
que por unidade de massa se reduz a
W
= − ( ug − u l )
m
o
da tabela de saturação para a água a 100 C, obtemos, (u g - u l) = 2087,56 kJ/kg
W
= − 2087,56 kJ / kg
m
logo
O sinal negativo significa que o trabalho introduzido no sistema pelo eixo com a hélice
é maior, em magnitude, que o trabalho realizado pela água na sua expansão.
A quantidade de entropia produzida é avaliada através do balanço de entropia. Como
não há transferência de calor do sistema para o meio, o termo correspondente à transferência
de energia na fronteira se anula, e o balanço de entropia resulta
0
∆S =
por unidade de massa, obtemos
∫
2
1
 δQ
+σ


 T  FRONTEIRA
σ
= S g − S l = S gl
m
o
da mesma tabela de propriedades saturadas, para T= 100 C o valor de Sgl = 6,048 kJ/kg-k
assim
σ
kJ
= 6,048
m
kg. K
Cada estado final e inicial estão em equilíbrio na mesma pressão e temperatura, mas
não necessariamente através dos estados intermediários. Isto é afirmado pela indicação dos
processos no diagrama P-v e T-s através de linhas descontinuas. As linhas descontinuas
indicam que ocorre o processo mas que as área não estão associadas ao trabalho ou calor.
Em particular o processo é adiabático, e portanto a área sob a linha no diagrama TxS não pode
representar calor !!! . O mesmo para o diagrama P x v.
109
Capítulo - 6
-
-
pág. - 23
Exemplo 6.9-2
Durante a operação, em regime permanente, de uma caixa de engrenagens paralela que
recebe 600 kW através de seu eixo de alta rotação. Devido ao seu próprio atrito e outras
irreversibilidades, transmite para o eixo de baixa rotação somente 588 kW. A caixa de
engrenagens tem sua superfície externa resfriada de acordo com a seguinte relação
•
Q = − αA( TF − T∞ ) , onde α é o coeficiente de transferência de calor, A é a área externa da
caixa, TF é a temperatura uniforme externa da caixa de engrenagens, e T∞
∞, a temperatura do
meio ambiente a uma distância suficiente da caixa de engrenagens para não ser por esta
2
2
afetada. Seja α = 0,17 kW/m .K, A = 1,8 m e T∞
∞ = 293 K. Avaliar a taxa de geração de entropia,
•
σ , em kJ/kg-K para
a) A caixa de engrenagens é o sistema fechado
b) Um sistema envolvendo a caixa de engrenagens e uma quantidade suficiente do meio
ambiente de forma que a transferência de calor para o meio ambiente ocorra à temperatura T∞
∞
Solução a)
Para se obter
uma expressão para a
taxa de produção de
entropia
comecemos
com um balaço de
entropia
para
um
sistema na forma de
taxa
•
Q dS •
=
−σ
TF dt
como o sistema opera
em regime permanente,
•
•
Q
σ=−
TF
ds / dt = 0 ,logo,
(1)
•
•
Para calcular σ , precisamos conhecer o calor perdido pela caixa, Q e a temperatura da
superfície externa da caixa de engrenagens, TF
Aplicando-se o balanço de energia ao sistema determinamos o calor perdido, para
regime permanente e sistema estacionário temos
=0
•
Q=
dE • , logo
+W
dt
•
•
Q= W
•
Q = ( 588 kW) + ( −600 kW) = −12 kW
dos dados do problema
A temperatura da superfície pode ser obtida da equação de transferência de calor dada no
problema, isto é
•
− ( − 12kW )
−Q
+ 293 K = 332 K
TF =
+ T∞ =
αA
( 0,17 kW / m 2 . K )(1,8 m 2 )
Finalmente substituindo os valores de calor e temperatura na expressão (1), temos
( −12 kW)
= 0,0361kW / K
( 332 K )
Solução b) - Para o sistema b) que inclui parte do meio ambiente, para que a transferência de
calor possa ser considerado ocorrer à temperatura do meio, isto é, T∞
∞ = 293 K, temos
•
σ =−
•
σ=−
( −12 kW )
= 0,0410 kW / K
( 293 K )
110
Capítulo - 6
-
-
pág. - 24
Comentários O valor da taxa de entropia do item a) inclui somente as
irreversibilidades internas enquanto o item b) inclui também as irreversibilidades externas à
caixa de engrenagem, por esse motivo maior que o do item a)
Exercícios
6 -6)- Uma barra de metal cuja massa é de 0,30 kg é removida de um forno à
temperatura inicial de 927 OC e imersa em um tanque contendo uma massa de 9,0
kg de água com temperatura de 27 OC. Cada substância pode ser modelada como
incompressível. Um valor apropriado para o calor específico da água é 4,184 kJ/kg.K
e do metal é 0,42 kJ/kg.K. O calor transferido do tanque para o meio externo pode
ser desprezado. Determinar a temperatura final de equilíbrio do sistema e
quantidade de entropia produzida no processo.
6 -7)- Um sistema executa um ciclo de potência enquanto recebe 2 000 kJ de
calor à temperatura de 1 000 K de um reservatório térmico a 1 000 K e rejeita
energia à temperatura de 500 K para um outro reservatório térmico a 500 K. Não
existem outras transferências de calor. Determinar a geração de entropia se:
a) O ciclo for reversível
b) Se o rendimento térmico for de 25%
6 -8)- Empregando o modelo de gás ideal determine a variação de entropia
entre os estados indicados, em kJ/Kmol.K. Resolva de dois modos
a) Usando a tabela 6.8-1 à página 124
b) Usando o calor específico a pressão constante para o ar a 300 K, que é
igual a 1,005 kJ/kg.K
1) Ar, P1 = 100kPa, T1 = 20 oC,
P2 = 100 kPa, T2 = 100 oC
o
2) Ar, P1 = 1 bar , T1 = 27 C,
P2 = 3 bar,
T2 = 370 oC
6 -9)- Dois tanques bem isolados estão conectados por uma válvula. Um dos
tanques contém inicialmente 0,5 kg de ar a 80 oC e 1,0 bar, o outro contém 1,0 kg
de ar a 50 oC e 2 bar. A válvula é aberta e permanece aberta até que a mistura entre
em equilíbrio. Empregando o modelo de gás ideal, determine
a) A temperatura final, em OC
b) A pressão final em bar
c) A quantidade de entropia produzida
6 -10)- Uma caixa de engrenagens, operando em regime permanente recebe
0,1 kW de potência no eixo de entrada e libera 0,095 kW no eixo de saída. A
temperatura externa da caixa é de 50 oC. Para a caixa de engrenagens determinar:
a) A taxa de calor transferida ao meio ambiente, em kW
b) A taxa de entropia produzida, em kW/K
111
Capítulo - 6
-
-
pág. - 25
6.10 - Taxa de Variação de Entropia para um Volume de Controle
Até aqui a discussão do conceito de balanço de entropia estava restrito ao
caso do sistema fechado. Agora vamos analisar o caso do volume de controle.
Iniciamos pela observação de que o balanço da taxa de entropia pode ser
obtido da mesma forma como foi feito para o balanço de energia e de massa no
volume de controle a partir do balanço do sistema fechado.
O presente
desenvolvimento será menos formal que no caso da energia e iniciaremos argüindo
que, como a massa e a energia, a entropia é uma propriedade extensiva e também
pode ser transferida para ou do volume de controle através de uma corrente de
matéria. Como esta é a principal diferença entre o sistema fechado e o volume de
controle o balanço da taxa de entropia para o volume de controle pode ser obtido
pela modificação da Eq. 6.9-4 ou 6.9-5 para considerar esta transferência de
entropia devido aos fluxos mássicos. O resultado é
•
•
•
•
Qj
dS V .C
=∑
+ ∑ m e S e − ∑ m s S s + σ v.c
dt
j Tj
e
s
(6.10-1)
ou rearranjado para ficar em uma forma mnemônica com o balanço de energia
•
Qj
∑T
j
j
•
+ ∑ m eS e =
e
•
•
dS V .C
+ ∑ m s S s − σ v.c
dt
s
(6.10-2)
onde:
dS v.c
dt
•
m e Se
= representa a taxa de variação de entropia dentro do volume de controle
•
e m s S s considera, respectivamente a taxa de entropia transferida do ou
para o volume de controle que acompanha o fluxo de massa.
Os demais termos tem o mesmo significado descrito anteriormente
112
Capítulo - 6
-
-
pág. - 26
Exemplo 6.10-1
Vapor d'água entra na turbina com pressão de
o
3 MPa, temperatura de 400 C e velocidade de 60m/s.
o
Vapor saturado a 100 C sai da turbina a 100m/s. Em
regime permanente a turbina produz 540 kJ por kg de
vapor que passa pela turbina. A turbina perde calor
para o meio ambiente através de sua carcaça, cuja
temperatura média é de 500 K. Determine a taxa de
produção de entropia interna à turbina por kg de
massa escoando, em kJ/kg.K. Despreze a variação de
energia potencial entre entrada e saída da turbina.
Solução
A solução envolve o balanço de massa e o
balanço de entropia para um volume de controle
da conservação de massa, para regime
•
•
m 2 = m 1 , e do balanço de entropia, resulta
permanente , temos
=0
•
Qj
∑T
j
•
+ m 1 S1 =
j
•
dS •
+ m 2 S 2 − σ v .c
dt
rearrajando, para explicitar a taxa de entropia, e havendo uma temperatura única
de superfície, obtemos
•
•
σ
•
Q v.c / m
+ ( S 2 − S1 ) (1)
• = −
T
F
m
Para determinar a taxa de transferencia de calor, aplicamos o balanço de energia,
considerando as hipótese do problema, resultando,
•
Q v.c
•
=
W v.c
+ ( h 2 − h1 ) +
( V22 − V12 )
2
(2)
•
•
m
m
das tabelas de vapor saturado e vapor superaquecido, obtemos os valores de h2 e h1
h1 = 3 230,9 kJ/kg
e
h2 = 2 676,1 kJ/kg
Substituindo os valores na Eq. 2 temos
•
Q v .c
•
m
= 540
 kJ   (100) 2 − (160) 2   m 2   1 kJ 
kJ
+ ( 2676,1 − 3230,9 )  + 
  S 2   1000 J 
 kg  
2
kg



•
Q v.c
•
= 540 − 554,8 − 7,8 = − 22,6 kJ / kg
m
das mesmas tabelas podemos obter o valor da entropia no estado 1 e 2, que valem
respectivamente S1 = 6, 9212 kJ/kg.K
e
S2 = 7,3549 kJ/kg.K
Substituindo na Eq. (1) obtemos a taxa de entropia gerada por unidade de fluxo de massa
•
( −22,6 kJ / kg)
kJ
=−
+ ( 7,3549 − 6,9212)
•
500
K
kg
.K
m
σ v.c
•
→
σ v .c
•
= 0,4789 kJ / kg. K
m
Comentários - Certamente a taxa de entropia gerada seria maior se incluíssemos uma
parte do meio de modo que o calor da turbina para o meio fosse transferido à temperatura do
o
meio, em geral adotada como 25 C. Neste caso a taxa seria de 0,511 kJ/kg.K.
113
Capítulo - 6
-
-
pág. - 27
6.11- Eficiência Isentrópica de Turbinas, Bocais, Compressores e Bombas
Engenheiros tem necessidade de conhecer a eficiência dos diversos
dispositivos de um sistema. Diferentes definições são empregadas para se estudar
a eficiência de um equipamento.
Nesta seção a Chamada
"eficiência
isoentrópica” de turbinas, bocais, compressores e bombas será apresentada.
No capítulo 5 vimos que a segunda lei da termodinâmica conduz ao conceito
de rendimento de um ciclo térmico ou à eficácia de um refrigerador.
Eficiência isoentrópica envolve a comparação entre a performance real de um
equipamento e a performance que poderia ser alcançada sob circunstâncias
idealizadas para o mesmo estado de entrada e a mesma pressão de saída. Para
considerar isto para uma turbina vamos nos referir à Fig. 6.11-1 que mostra a
expansão do vapor em uma turbina no diagrama de Mollier. O estado da matéria
entrando na turbina e a pressão de saída são fixados. A transferência de calor entre
a turbina e o meio, se houver, são desprezados (processo adiabático) assim como a
variação de energia cinética e potencial. Com estas hipóteses, para regime
permanente e por unidade de fluxo de massa a
potência produzida pela turbina, da primeira lei
da termodinâmica, é,
•
W v.c
•
= h1 − h 2
m
Como o estado 1 está fixado, a entalpia
específica h1 é conhecida. Assim, o valor do
trabalho da turbina depende somente da
entalpia específica, h2 e como vemos na figura Figura 6.11-1 Comparação do processo
com o aumento de h2 o trabalho diminui. O de expansão real e ideal em uma turbina
máximo trabalho da turbina corresponde ao menor valor possível para a entalpia
específica saindo da turbina. Isto pode ser examinado usando a segunda lei da
termodinâmica. O estado de saída permitido será, da Eq. 6.10-2
•
σ v.c
•
= S 2 − S1 ≥ 0
m
•
•
Como a taxa de produção de entropia, σ v.c / m não pode ser negativo, um
estado com S2 < S1 não é possível em um processo de expansão adiabático. O
único estado possível em um processo de expansão real é aquele onde S2 >S1. O
estado marcado como 2s na figura 6.11-1 poderá ser obtido somente no limite
quando as irreversibilidades tenderem para zero. Isto corresponde a um processo
de expansão isoentrópico (adiabático reversível) através da turbina. Para uma
pressão de saída fixada, a entalpia específica, h2 diminui com a diminuição da
entropia S2. Desta forma, o menor valor permitido para h2 corresponde ao estado
2s, e o máximo valor do trabalho da turbina, por unidade de fluxo de massa será;
114
Capítulo - 6
-
-
pág. - 28
•
W

 v.c 
= h 1 − h 2s
 • 
 m  ISO
Em uma expansão real através da turbina, h2 > h2s e assim o trabalho real é
menor que o trabalho máximo que poderia ser obtido. Esta diferença pode ser
caracterizada pela eficiência isoentrópica da turbina definida como:
Trabalho Re al
,
Trabalho Ideal
η Iso T =
•
ηISO T =
ou em termos de propriedades
•
W v .c / m
•
•
(W v .c / m) ISO
=
h1 − h2
h1 − h2 S
(6.11-1)
O valor típico para a eficiência isoentrópica de uma turbina varia na faixa de 0,7 a
0,9, isto é de 70% a 90 %
De forma similar pode-se definir uma eficiência isoentrópica para um bocal
operando em regime permanente. A eficiência isoentrópica para um bocal é
definida como a razão entre a energia cinética real do gás deixando o bocal, V22 / 2 ,
pela energia cinética na saída que poderia ser obtida em uma expansão
isoentrópica entre as mesmas condições de entrada e a mesma pressão de saída,
isto é
η BOCAL =
V22 / 2
( V22 / 2 ) ISO
(6.11-2)
Eficiência de bocal de 95 % ou maiores são comuns, indicando que bocais bem
projetados são dispositivos com pouca irreversibilidade.
Para compressores, a eficiência isoentrópica é definida, como para a turbina,
para um processo em regime permanente, desprezando-se as variações de energia
cinética e potencial como,
ηCOMP =
Trabalho Ideal
Trabalho Re al
(6.11-3)
A figura 6.11.-2 mostra o processo real e o
processo ideal (isoentrópico) para o compressor.
Para as hipóteses citadas acima o trabalho real é
obtido de um balanço de energia, como
•
−
W v.c
•
= h 2 − h1
m
Figura 6.11-2 - Comparação entre a
compressão real e isoentrópica
115
Capítulo - 6
-
-
pág. - 29
e o trabalho ideal (processo isoentrópico) resulta, também, do balanço de energia
•

W
 v.c 
= h 2 S − h1
 • 
 m  ISO
Substituindo o trabalho real e o trabalho ideal ma expressão 6.11-3 obtemos para a
eficiência isoentrópica do compressor,
•
η COMP =
•
( W v.c / m ) ISO
•
•
W v.c / m
=
h 2S − h1
h 2 − h1
(6.11-4)
Valores típicos de eficiência isoentrópica para compressores está na faixa
de 75% a 85 %. A eficiência isoentrópica para bombas é definido de maneira
similar ao do compressor, tendo a mesma expressão, a Eq. 6.11-4
Alguns comentários gerais referentes à entropia
É bem possível que a esta altura o estudante possa ter uma boa compreensão do
material que foi apresentado e que ainda tenha apenas uma vaga noção do significado de
entropia. De fato, a pergunta — “O que é entropia ?“ é levantada freqüentemente pelo
estudante, com a implicação que realmente ninguém conhece a resposta.
Antes de tudo, lembramos que o conceito de energia surge da primeira lei da
termodinâmica e o conceito de entropia surge da segunda lei da termodinâmica. É
realmente bem difícil responder à pergunta — “Que é energia ? “— como o é responder à
pergunta — "O que é entropia ? “— No entanto, como usamos regularmente o termo
energia e podemos relacionar este termo a fenômenos que observamos todos os dias, a
palavra energia tem um significado definido para nós e serve assim como um veículo efetivo
para o pensamento e comunicação. A palavra entropia pode servir para o mesmo fim. Se
quando observarmos um processo altamente irreversível (como o resfriamento do café,
quando colocamos um cubo de gelo dentro do mesmo), dissermos — “Isto certamente
aumenta a entropia “— logo estaremos familiarizados com a palavra entropia como
estamos com a palavra energia.
Uma segunda observação é que na termodinâmica estatística a propriedade entropia
é definida em termos de probabilidade. Deste ponto de vista, o aumento líquido de entropia,
que ocorre durante um processo irreversível, pode ser associado à mudança de um estado
menos provável para outro mais provável.
O comentário final a ser feito é que a segunda lei da termodinâmica e o princípio do
aumento de entropia têm implicações filosóficas. Aplica-se a segunda lei da termodinâmica
ao universo como um todo? Será que há processos desconhecidos por nós que ocorrem
em algum lugar do universo, tais como, "criação contínua", aos quais está associado uma
diminuição de entropia e que compensem o aumento contínuo de entropia que está
associado aos processos naturais que conhecemos ? Se a segunda lei é válida para o
universo, como ele chegou ao estado de entropia baixa? Na outra extremidade da escala,
se a todo processo conhecido por nós está associado um aumento de entropia, qual é o
futuro do mundo natural como o conhecemos?
Obviamente, é impossível dar respostas conclusivas a essa perguntas com base
apenas na segunda lei da termodinâmica. Entretanto, entendemos a segunda lei da
termodinâmica como a descrição do trabalho anterior e contínuo de um criador, que
também possui a resposta para o destino futuro do homem e do universo.
116
Capítulo - 6
-
-
pág. - 30
Exemplo 6.11-1
Uma turbina a vapor opera em regime permanente com condições de entrada
o
P1= 0,5 MPa, T1 = 320 C. O vapor deixa a turbina à pressão de 0,1 MPa . A perda de
calor da turbina para o meio pode ser desprezada, assim como a variação de energia
cinética e potencial. Se a eficiência isentrópica da turbina for de 75 % determine o
trabalho desenvolvido pela turbina por unidade de massa escoando pela turbina, em
kJ/kg.
hipóteses:
1 - O volume de controle envolve a turbina,
que está em regime permanente
2 - A expansão na turbina é admitida como
adiabática, as variações de energia cinética e
potencial são desprezíveis
Solução
o trabalho da turbina pode ser obtido utilizando-se a Eq. 6.11-1, que define a
eficiência isentrópica de uma turbina
•
W

v .c 

=
η
T
•
 • 
m
 m  ISO
•
W v .c
A figura ao lado mostra a solução no diagrama de Mollier
Das tabelas de vapor superaquecido
ou do diagrama de Mollier obtemos o
estado 1 h1=3105,6 kJ/kg e S1=7,5308
kJ/kg.K . Para o processo isoentrópico,
requerido na definição da eficiência
isoentrópica, temos que S2s = S1, e com a
pressão de 1,0 bar obtemos o valor da
entalpia, h2s=2,743,0 kJ/kg
substituindo os valores na equação,
obtemos
•
W v .c
•
= 0,75(3105,6 − 2743,0) = 271,95 kJ / kg
m
Comentários: o efeito das irreversibilidades é uma penalização no trabalho realizado
pela turbina. O trabalho é somente 75 % do que poderia ser produzido se o processo
fosse isoentrópico. Isto está bem ilustrado em termos de diferença de entalpia no
esquema do diagrama de Mollier, h-s.
117
Capítulo - 6
-
-
pág. - 31
Exercícios
6-11)- Vapor entra em um bocal que opera em regime permanente com
P1 = 1,0 MPa, T1 = 320 oC. e com velocidade de 30 m/s. A pressão e a temperatura
na saída são P2 = 0,3 MPa e T2 = 180 oC. O processo pode ser admitido como
adiabático. A variação de energia potencial entre a entrada e a saída pode ser
desprezado. Determinar a eficiência do bocal.
6-12)- Um compressor a ar operando em regime permanente recebe ar com
P1 = 0,95 bar e T1= 22 oC. a razão de pressões entre a saída e a entrada é 6. A
transferência de calor entre o compressor e o meio ambiente é pequena e pode ser
desprezada. Sendo a eficiência isoentrópica do compressor de 85% determinar a
temperatura do ar na saída do compressor. Use o modelo de gás ideal para o ar.
6-13)- Uma pequena turbina a ar, de alta velocidade, tem uma eficiência
isoentrópica de 70 % e deve ser utilizada para produzir um trabalho de 70 kJ/kg. A
temperatura do ar na entrada é de 25 oC e a exaustão da turbina dá-se para o meio
ambiente. Qual é a pressão necessária na entrada e qual é a temperatura de saída.
6-14)- Água líquida entra em uma bomba a 25 oC e 100 kPa e sai à pressão
de 5 MPa. Se a eficiência isoentrópica da bomba é 75 % determinar a entalpia da
água na saída da bomba.
6 -15)- Ar entra num compressor isolado termicamente nas condições
ambientes, 100 kPa e 25 oC e vazão de 1,0 kg/s e sai a 200 oC. a eficiência
isoentrópica do compressor é de 70 %. Qual a pressão de saída ? Qual é a
potência necessária para acionar o compressor?.
6 -16)- Um turbo - alimentador deve ser utilizado para aumentar a pressão de
entrada de ar de um motor de automóvel. Esse dispositivo consiste de uma turbina
movida a gás de escape, diretamente
acoplada a um compressor de ar, como
mostrado na figura. Para uma dada carga do
motor, as condições são aquelas mostradas
na figura. Admitindo-se que tanto a turbina
como o compressor são adiabáticos
reversíveis, calcular:
a) A temperatura de saída da turbina e
a potência produzida.
b) A pressão e a temperatura na saída
do compressor
c) Repetir os itens a) e b) admitindo que a turbina tenha uma eficiência
isoentrópica de 85 % e que o compressor tenha 80%.
118

Apostila de Termodinâmica

Transcrição

Documentos relacionados

termodinâmica no equilíbrio químico

STEAMJET STEAM E VACUUM SSNV 1400 - Aspirar

BC0205

Princípios Físicos Aplicados à Fisiologia (PGF5306-1)

Plano de Ensino Fundamentos de Quimica Turma C

e4-SOLICITACAO ADJUNTO-FISICA APLICADA

TERMODINÂMICA DOS MATERIAIS SIGLA:TMA CARGA

Temperatura e Lei zero

Propriedades das Substâncias Puras

Lavadora a Vapor Jet Vap Diesel