Um tanque de 0.5 \mathrm{~m}^{3} contém ar na pressão de 7 MPa e 250^{\circ} \mathrm{C} e está perfeitamente isolado. Uma válvula é aberta e mantida até a pressão do tanque chegar a 400 kPa . Calcule a massa (\mathrm{kg}) de ar descarregada do tanque.

Passo 1

O enunciado pede a massa de ar descarregada do tanque. Dados fornecidos:
  • Volume do tanque: V=0,5\\ \mathrm{m^{3}}.
  • Pressão inicial: p_{i}=7{,}0\\ \mathrm{MPa}=7{,}0\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}.
  • Temperatura inicial: T_{i}=250^\circ\mathrm{C}=523{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Pressão final no tanque: p_{f}=400\\ \mathrm{kPa}=4{,}0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}.
  • O tanque é perfeitamente isolado (adiabático) e rígido (volume constante). A válvula é aberta até a pressão cair de p_{i} para p_{f}.
    Pergunta: calcular a massa de ar descarregada do tanque, isto é
m_{\text{descarregada}}=m_{i}-m_{f},
onde m_{i} e m_{f} são as massas inicial e final dentro do tanque.

Passo 2

Observação física e escolha do modelo (breve): como o tanque é rígido e isolado e há perda de massa por escoamento, devemos aplicar o balanço de energia para o volume de controle que é o gás dentro do tanque. Para ar em condições comuns usaremos o modelo do gás ideal e propriedades específicas constantes (constantes de capacidade calorífica). Símbolos importantes:
  • m(t): massa dentro do tanque em um instante.
  • u(T): energia interna específica (por unidade de massa), função apenas da temperatura para gás ideal.
  • h(T)=u(T)+p v: entalpia específica.
  • R: constante do gás para o ar ( R\approx287\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}).
  • \gamma: razão de capacidades caloríficas \gamma=c_{p}/c_{v} (para ar tomaremos \gamma=1{,}4).

Passo 3

Balanço de energia do gás no tanque (explicando cada termo):
  • Energia interna total do gás no tanque é U = m u.
  • Não há transferência de calor: Q=0.
  • Não há trabalho de deslocamento do contorno (tanque rígido): W=0.
  • Há fluxo de massa saindo; a energia levada por massa que sai é a entalpia específica h (fluxo que atravessa a entrada/saída leva h por kg).
    O balanço de energia diferencial para o volume de controle dá
d(m u) = - h\,d m_{\text{out}}.
Relacionando d m_{\text{out}}=-d m (porque m diminui quando sai massa), obtemos
d(m u) = h\,d m.
Expandindo d(m u)=m\,du + u\,dm e usando h=u+p v resulta
m\,du + u\,dm = (u+p v)\,dm \quad\Rightarrow\quad m\,du = p v\,dm.
Explicação: esta manipulação é importante e não é óbvia à primeira vista — mostra que a variação de temperatura está ligada à variação de massa através do termo p v (o chamado trabalho de escoamento por unidade de massa).

Passo 4

Usando propriedades do gás ideal e capacidades específicas:
  • Para gás ideal: p v = R T.
  • Energia interna específica u = c_{v} T e du = c_{v}\,dT.
    Substituindo em m\,du = p v\,dm obtemos
m\,c_{v}\,dT = R T\,dm.
Rearranjando para separar variáveis:
\frac{c_{v}\,dT}{T} = \frac{R\,dm}{m}.
Integramos entre os estados inicial e final:
c_{v}\ln\!\left(\frac{T_{f}}{T_{i}}\right)=R\ln\!\left(\frac{m_{f}}{m_{i}}\right).
Agora usamos m = \dfrac{pV}{R T} (lei dos gases ideais para o tanque rígido), então
\frac{m_{f}}{m_{i}}=\frac{p_{f}T_{i}}{p_{i}T_{f}}.
Substituindo isso na relação integrada e simplificando dá (mostrando os passos algébricos):
c_{v}\ln\!\left(\frac{T_{f}}{T_{i}}\right)=R\ln\!\left(\frac{p_{f}T_{i}}{p_{i}T_{f}}\right) =R\left(\ln\!\frac{p_{f}}{p_{i}}+\ln\!\frac{T_{i}}{T_{f}}\right).
Agrupando termos em \ln(T_{f}/T_{i}) e usando R/c_{v}=\gamma-1 resulta
\ln\!\left(\frac{T_{f}}{T_{i}}\right) = (\gamma-1)\left[\ln\!\left(\frac{p_{f}}{p_{i}}\right) - \ln\!\left(\frac{T_{f}}{T_{i}}\right)\right].
Colocando os termos com \ln(T_{f}/T_{i}) juntos e resolvendo obtém-se a forma simples e útil
\boxed{\displaystyle \frac{T_{f}}{T_{i}}=\left(\frac{p_{f}}{p_{i}}\right)^{\!\frac{\gamma-1}{\gamma}}.}
Comentário didático: esta relação aparece porque, para um tanque adiabático rígido com escoamento, a variação segue a mesma lei T\propto p^{(\gamma-1)/\gamma} (mesma forma da relação isentrópica T vs p), quando assumimos gás ideal e propriedades constantes.

Passo 5

Cálculo numérico de T_{f}. Usando \gamma=1{,}4,
\frac{\gamma-1}{\gamma}=\frac{0{,}4}{1{,}4}=0{,}285714\ldots
Relação das pressões:
\frac{p_{f}}{p_{i}}=\frac{4{,}0\times10^{5}}{7{,}0\times10^{6}}=0{,}057142857\ldots
Portanto
\frac{T_{f}}{T_{i}}=\left(0{,}057142857\right)^{0{,}285714}\approx0{,}4425.
Logo
T_{f}=T_{i}\times0{,}4425=523{,}15\times0{,}4425\\ \mathrm{K}\approx231{,}6\\ \mathrm{K}.

Passo 6

Calcular as massas inicial e final usando a equação dos gases ideais:
m=\frac{pV}{R T}.
Constante do ar: R=287\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
Massa inicial:
m_{i}=\frac{p_{i}V}{R T_{i}}=\frac{7{,}0\times10^{6}\times0{,}5}{287\times523{,}15}\\ \mathrm{kg}.
Cálculo numérico:
287\times523{,}15=150\,144{,}05,
m_{i}=\frac{3{,}5\times10^{6}}{150\,144{,}05}\\ \mathrm{kg}\approx23{,}31\\ \mathrm{kg}.
Massa final:
m_{f}=\frac{p_{f}V}{R T_{f}}=\frac{4{,}0\times10^{5}\times0{,}5}{287\times231{,}6}\\ \mathrm{kg}.
Cálculo numérico:
287\times231{,}6\approx66\,469{,}2,
m_{f}=\frac{2{,}0\times10^{5}}{66\,469{,}2}\\ \mathrm{kg}\approx3{,}01\\ \mathrm{kg}.

Passo 7

Massa descarregada:
m_{\text{descarregada}}=m_{i}-m_{f}\approx23{,}31-3{,}01=20{,}30\\ \mathrm{kg}.
Interpretação rápida: o ar dentro do tanque esfriou bastante durante o escoamento adiabático, reduzindo a massa remanescente; aproximadamente 20{,}3\\ \mathrm{kg} saíram.

Resposta

20{,}30\\ \mathrm{kg}

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