Um conjunto cilindro-pistão que contém 2 kg de água está inicialmente a 2 MPa e 800 ^circ C. O conjunto transfere Calor para o meio que encontra-se a 100 kPa e 35^circ C, até que sua temperatura atinja 100 ^circ C. Admitindo que o processo seja isobárico, determine: A Geração de Entropia em kJ/K (1,0), a Irreversibilidade em kJ (1,0), o Trabalho Reversível em kJ (1,0), e a disponibilidade do ESTADO 1(1,0) e do ESTADO 2(1,0). (5 pontos)

Passo 1

Beleza, deixa eu resumir o que temos: um cilindro-pistão com 2 kg de água, começando a 2 MPa e 800 °C. Ele vai perder calor até ficar a 100 °C, mas mantém a pressão constante (isobárico). O ambiente tá a 100 kPa e 35 °C.
Conteúdo envolvido:
  • Primeira lei (energia interna e trabalho de pressão)
  • Segunda lei (entropia e geração de entropia)
  • Irreversibilidade (perda de trabalho útil)
  • Disponibilidade (exergia)
    O que vamos precisar: tabelas de vapor pra achar entalpia (h), entropia (s) e volume específico (v) em cada estado; fórmulas da primeira e segunda leis; definição de exergia.

Passo 2

Vamos buscar as propriedades nos estados 1 e 2 usando tabelas de vapor:
Estado 1 (P₁=2 MPa, T₁=800 °C superaquecido)
  • h₁ ≈ 3676 kJ/kg
  • s₁ ≈ 7,021 kJ/(kg·K)
  • v₁ ≈ 0,258 m³/kg
Estado 2 (P₂=2 MPa, T₂=100 °C – líquido comprimido)
  • A 100 °C a 2 MPa aproximamos por líquido saturado + correção:
    h₂ ≈ h_f@100 °C + v_f·(P₂–P_sat)
    ≈ 419,0 + 0,001043·(2000–101,3) ≈ 421,0 kJ/kg
    s₂ ≈ s_f@100 °C – v_f·(P₂–P_sat)/T₂
    ≈ 1,307 – 0,001043·(1898,7)/373,15 ≈ 1,302 kJ/(kg·K)
    v₂ ≈ 0,001043 m³/kg

Passo 3

  1. Calor trocado (1ª lei, só trabalho de pressão):
    Q = m·(h₂ – h₁)
    = 2·(421,0 – 3676) = –6510 kJ (ou seja, 6510 kJ saíram)
  2. Variação de entropia do sistema:
    ΔS_sys = m·(s₂ – s₁)
    = 2·(1,302 – 7,021) = –11,438 kJ/K
  3. Entropia “levada” pro meio ambiente (T₀ = 35 °C = 308,15 K):
    como saíram 6510 kJ, ΔS_env = +6510/308,15 = +21,120 kJ/K
  4. Geração de entropia (2ª lei):
    ΔS_gen = ΔS_sys + ΔS_env
    = –11,438 + 21,120 = 9,682 kJ/K

Passo 4

Irreversibilidade (perda de trabalho útil):
I = T₀·ΔS_gen
= 308,15·9,682 ≈ 2984 kJ

Passo 5

Trabalho reversível máximo (diferença de exergia entre 1 e 2):
W_rev = m·[ (h₁ – h₂) – T₀·(s₁ – s₂) ]
= 2·[ (3676 – 421) – 308,15·(7,021 – 1,302) ]
≈ 2985 kJ

Passo 6

Disponibilidade (exergia) em cada estado, tomando referência h₀, s₀ em 35 °C e 100 kPa (líquido saturado):
h₀ ≈ 146,7 kJ/kg, s₀ ≈ 0,5172 kJ/(kg·K)
a) Estado 1:
A₁ = m·[ (h₁ – h₀) – T₀·(s₁ – s₀) ]
= 2·[ (3676 – 146,7) – 308,15·(7,021 – 0,5172) ]
≈ 3053 kJ
b) Estado 2:
A₂ = 2·[ (421 – 146,7) – 308,15·(1,302 – 0,5172) ]
≈ 65,0 kJ

Resposta

  • Geração de entropia: ΔS_gen ≈ 9,68 kJ/K
    • Irreversibilidade: I ≈ 2984 kJ
    • Trabalho reversível máximo: W_rev ≈ 2985 kJ
    • Disponibilidade no estado 1: A₁ ≈ 3053 kJ
    • Disponibilidade no estado 2: A₂ ≈ 65,0 kJ

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