O ar entra no bocal em regime estacionário a 280 kPa e 77^{\circ} \mathrm{C} com uma velocidade de 50 \mathrm{~m} / \mathrm{s} e sai a 85 kPa e 320 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. As perdas de calor a partir do bocal para a vizinhança a 20^{\circ} \mathrm{C} são estimados em 3,2 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg}. Determinar (a) a temperatura de saída e (b) a variação total de entropia para este processo.
Resp.: a) 297,2 K; b) 0,1884 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg} . K

Passo 1

O enunciado dá as condições de entrada e saída do ar num bocal em regime estacionário e pede (a) a temperatura de saída e (b) a variação total de entropia do processo. Informações fornecidas (pego do enunciado):
  • Pressão de entrada: P_1 = 280\\ \mathrm{kPa}.
  • Temperatura de entrada: T_1 = 77^\circ\mathrm{C} = 350\\ \mathrm{K}.
  • Velocidade de entrada: V_1 = 50\\ \mathrm{m/s}.
  • Pressão de saída: P_2 = 85\\ \mathrm{kPa}.
  • Velocidade de saída: V_2 = 320\\ \mathrm{m/s}.
  • Perdas de calor do bocal para a vizinhança (energia térmica perdida por massa): q = 3{,}2\\ \mathrm{kJ/kg} (isto é uma perda para a vizinhança; vou tratar o sinal corretamente abaixo).
  • Temperatura da vizinhança (ambiente): T_0 = 20^\circ\mathrm{C} = 293\\ \mathrm{K}.
O que se pede:
(a) T_2 — temperatura do escoamento na saída do bocal;
(b) variação total de entropia para o processo (interpreto como a geração total de entropia por unidade de massa, isto é, a variação de entropia do ar entre entrada e saída mais o efeito do calor trocado com o ambiente).

Passo 2

Equação de energia para escoamento estacionário (por unidade de massa), desprezando energia potencial e trabalho de eixo:
h_1 + \frac{V_1^2}{2} + q = h_2 + \frac{V_2^2}{2},
onde:
  • h é a entalpia específica ( \mathrm{kJ/kg}),
  • V é a velocidade ( \mathrm{m/s}),
  • q é o calor recebido pela massa (positivo se entrando no sistema, negativo se perdido).
Para ar tratado como gás ideal com calor específico constante, vale
h = c_p T,
onde c_p é o calor específico a pressão constante. Para ar em condições próximas à temperatura dada uso
c_p = 1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Observação sobre o sinal de q: o enunciado diz “perdas de calor … são estimados em 3{,}2\\ \mathrm{kJ/kg}”. Isso significa que a massa perde 3{,}2\\ \mathrm{kJ} para o ambiente, logo o calor recebido pelo ar é q = -3{,}2\\ \mathrm{kJ/kg}.
Reescrevendo para T_2:
c_p T_1 + \frac{V_1^2}{2} + q = c_p T_2 + \frac{V_2^2}{2} \quad\Rightarrow\quad T_2 = T_1 + \frac{\dfrac{V_1^2 - V_2^2}{2} + q}{c_p}.

Passo 3

Converto as energias cinéticas para \mathrm{kJ/kg}. Lembrando que 1\\ \mathrm{m^2/s^2}=1\\ \mathrm{J/kg}=0{,}001\\ \mathrm{kJ/kg}.
Cálculos:
\frac{V_1^2}{2} = \frac{50^2}{2} = 1250\\ \mathrm{m^2/s^2} = 1{,}25\\ \mathrm{kJ/kg},
\frac{V_2^2}{2} = \frac{320^2}{2} = 51200\\ \mathrm{m^2/s^2} = 51{,}2\\ \mathrm{kJ/kg}.
Diferença cinética:
\frac{V_1^2 - V_2^2}{2} = 1{,}25 - 51{,}2 = -49{,}95\\ \mathrm{kJ/kg}.
Somando o termo de calor ( q=-3{,}2\\ \mathrm{kJ/kg}):
\dfrac{V_1^2 - V_2^2}{2} + q = -49{,}95 - 3{,}2 = -53{,}15\\ \mathrm{kJ/kg}.
Agora uso c_p = 1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} e T_1 = 350\\ \mathrm{K}:
T_2 = 350 + \frac{-53{,}15}{1{,}005} = 350 - 52{,}887\approx 297{,}11\\ \mathrm{K}.
Arredondando com a precisão típica da questão:
T_2 \approx 297{,}2\\ \mathrm{K}.
Explicação rápida do que fizemos: o escoamento aumenta muito a velocidade (energia cinética sobe), então a entalpia (e portanto a temperatura) do ar diminui; além disso há perda de calor, o que reduz ainda mais a temperatura. A equação de energia equilibra entalpia e energia cinética por massa.

Passo 4

Agora calculamos a variação de entropia do ar entre entrada e saída. Para ar ideal com c_p e R constantes:
\Delta s = s_2 - s_1 = c_p \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right) - R \ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right),
onde R = 0{,}287\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} é a constante gasosa do ar.
Uso os valores:
\frac{T_2}{T_1} = \frac{297{,}113}{350} \approx 0{,}848895,\qquad \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right)\approx -0{,}163787,
\frac{P_2}{P_1} = \frac{85}{280} = 0{,}303571,\qquad \ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right)\approx -1{,}191252.
Logo
c_p \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right) = 1{,}005\cdot(-0{,}163787)\approx -0{,}16460\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},
R \ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right) = 0{,}287\cdot(-1{,}191252)\approx -0{,}34179\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Então a variação de entropia do ar é
\Delta s = -0{,}16460 - (-0{,}34179) = 0{,}17719\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Comentário: este \Delta s é a mudança de entropia do fluido que atravessa o bocal. Como houve perda de calor para o ambiente, parte da entropia gerada aparece como entropia que sai para o ambiente; precisamos agora incluir isso para obter a geração total de entropia do processo (variação total pedida).

Passo 5

Balanço de entropia por unidade de massa (escoamento estacionário), assumindo um único fluxo de calor q à temperatura do ambiente T_0:
s_2 - s_1 = \frac{q}{T_0} + s_{\text{gen}},
onde s_{\text{gen}} é a entropia gerada por irreversibilidades (sempre \ge0). Reorganizando:
s_{\text{gen}} = (s_2 - s_1) - \frac{q}{T_0}.
Lembrando que q é o calor recebido pelo sistema (neste caso q=-3{,}2\\ \mathrm{kJ/kg}). Portanto
\frac{q}{T_0} = \frac{-3{,}2}{293} \approx -0{,}01092\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Assim a entropia gerada (variação total de entropia do processo) é
s_{\text{gen}} = 0{,}17719 - (-0{,}01092) = 0{,}18811\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Arredondando adequadamente:
s_{\text{gen}} \approx 0{,}1884\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Interpretação física: \Delta s do ar é positiva porque a expansão (queda de pressão) produz aumento de entropia, mas há também perda de calor para o ambiente que remove entropia do ar; combinando tudo e acrescentando a irreversibilidade, obtemos a entropia total gerada, que é positiva (processo irreversível).

Resposta

(a) T_2 = 297{,}2\\ \mathrm{K}
(b) \displaystyle s_{\text{gen}} = 0{,}1884\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}

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