Universidade Federal de Sergipe
Centro de Ciências Exatas e Tecnologia
Departamento de Engenharia Mecânica
Disciplina: Termodinâmica para Eng. Mecânica
Semestre: 2024.2, ENMEC0147, Primeira avaliação.
Nota:
Nome:
Matrícula:
Um dispositivo de êmbolo-cilindro contém 70 kg de água a
. A área da secção transversal do êmbolo é
. O calor é transferido para a água, fazendo com que parte dela evapore e se expanda. Quando o volume atinge
, o pistão alcança uma mola linear, cuja constante de mola é
. Mais calor é transferido para a água até que o pistão sobe 25 cm . Determine (a) a pressão final, (b) a temperatura final, © o trabalho realizado durante este processo, (d) mostrar o processo em um diagrama
e (e) a transferência de calor, em kJ.
Centro de Ciências Exatas e Tecnologia
Departamento de Engenharia Mecânica
Disciplina: Termodinâmica para Eng. Mecânica
Semestre: 2024.2, ENMEC0147, Primeira avaliação.
Nota:
Nome:
Um dispositivo de êmbolo-cilindro contém 70 kg de água a
Passo 1
Beleza, aqui a ideia é Termodinâmica de substância pura com pistão-mola. O enunciado diz que temos 70 kg de água a 300 kPa e 30 °C num pistão de área A=0,15 m². A gente aquece até V=0,3 m³ (antes só força constante que sustenta 300 kPa), daí o pistão encosta numa mola de k=150 kN/m e continua esquentando até subir x=0,25 m.
Conteúdo:
Conteúdo:
- Propriedades de água (steam tables): v, u, saturado.
- Trabalho em processos: W=∫P dV em pressão constante e em mola (P variável).
- 1ª lei da Termodinâmica: ΔU = Q – W.
O que precisamos:
- Estado inicial (v1, u1) em 300 kPa e 30 °C;
- Calcular V1, V2, V3 e P(V) depois que a mola entra em ação;
- Trabalho em cada trecho;
- Estado final (P3, T3, qualidade, u3);
- Q via ΔU + W.
Passo 2
Determinar volumes:
– Em 300 kPa e 30 °C a água é líquido comprimido, mas v1≈v_f(30 °C)=0,00108 m³/kg ⇒
V1 = m·v1 = 70·0,00108 ≈ 0,0756 m³.
– Primeiro aquecimento até V2 = 0,3 m³ a pressão constante P1=300 kPa.
– A partir daí x varia de 0 a 0,25 m e V3 = V2 + A·x = 0,3 + 0,15·0,25 = 0,3375 m³.
– Em 300 kPa e 30 °C a água é líquido comprimido, mas v1≈v_f(30 °C)=0,00108 m³/kg ⇒
V1 = m·v1 = 70·0,00108 ≈ 0,0756 m³.
– Primeiro aquecimento até V2 = 0,3 m³ a pressão constante P1=300 kPa.
– A partir daí x varia de 0 a 0,25 m e V3 = V2 + A·x = 0,3 + 0,15·0,25 = 0,3375 m³.
Passo 3
Pressão final (quando a mola está comprimida em x):
A força da mola é F_s = k·x, e a pressão extra é P_s = F_s/A.
Então P(x) = 300 kPa + (k·x)/A. Para x=0,25 m:
P3 = 300 kPa + (150 000 N/m ·0,25 m) / 0,15 m²
= 300 kPa + 250 kPa
= 550 kPa.
A força da mola é F_s = k·x, e a pressão extra é P_s = F_s/A.
Então P(x) = 300 kPa + (k·x)/A. Para x=0,25 m:
P3 = 300 kPa + (150 000 N/m ·0,25 m) / 0,15 m²
= 300 kPa + 250 kPa
= 550 kPa.
Passo 4
Temperatura final:
O sistema está em equilíbrio líquido–vapor a 550 kPa, logo T3 = T_sat(550 kPa) ≈ 158,8 °C.
O sistema está em equilíbrio líquido–vapor a 550 kPa, logo T3 = T_sat(550 kPa) ≈ 158,8 °C.
Passo 5
Trabalho total W = W1 + W2:
-
Trecho 1 (isobárico a 300 kPa de V1 a V2):
W1 = P1·(V2–V1) = 300 000·(0,3 – 0,0756) = 300 000·0,2244 ≈ 67 320 J ≈ 67,32 kJ. -
Trecho 2 (pistão contra mola, P variando):
Use V = V2 + A·x ⇒ dV = A dx e P(x)=300 kPa + (k x)/A.
W2 = ∫₀^{0,25}(300 000 + (150 000·x)/0,15)·A dx
= ∫₀^{0,25}(300 000·0,15 + 150 000·x)dx
= [300 000·0,15·x + ½·150 000·x²]₀^{0,25}
= (45 000·0,25 + 75 000·0,25²)
= 11 250 + 4 687,5 = 15 937,5 J ≈ 15,94 kJ.
Logo W = 67,32 + 15,94 = 83,26 kJ.
Passo 6
Energia interna inicial e final (tabela de vapor – internal energy):
– Estado 1: u1 ≈ u_f(30 °C) = 125,6 kJ/kg ⇒ U1 = 70·125,6 = 8 792 kJ.
– Estado 3: v3 = V3/m = 0,3375/70 = 0,00482 m³/kg.
Em 550 kPa: v_f≈0,00109, v_g≈0,3749 ⇒ qualidade x = (v3–v_f)/(v_g–v_f) ≈ 0,01.
u_f≈639,6 kJ/kg, u_fg≈1460 kJ/kg ⇒ u3 = u_f + x·u_fg = 639,6 + 0,01·1460 = 654,2 kJ/kg
U3 = 70·654,2 = 45 794 kJ.
– Estado 1: u1 ≈ u_f(30 °C) = 125,6 kJ/kg ⇒ U1 = 70·125,6 = 8 792 kJ.
– Estado 3: v3 = V3/m = 0,3375/70 = 0,00482 m³/kg.
Em 550 kPa: v_f≈0,00109, v_g≈0,3749 ⇒ qualidade x = (v3–v_f)/(v_g–v_f) ≈ 0,01.
u_f≈639,6 kJ/kg, u_fg≈1460 kJ/kg ⇒ u3 = u_f + x·u_fg = 639,6 + 0,01·1460 = 654,2 kJ/kg
U3 = 70·654,2 = 45 794 kJ.
ΔU = U3 – U1 = 45 794 – 8 792 = 37 002 kJ.
Passo 7
Calor transferido Q = ΔU + W = 37 002 kJ + 83,26 kJ ≈ 37 085 kJ.
Passo 8
Diagrama P–V (esquema):
– Começa em (V1,300 kPa), traça isóbara horizontal até V2=0,3 m³.
– A partir daí sobe numa reta P = 300 + (k/A)(V–V2) até V3=0,3375 m³ e P3=550 kPa.
– Começa em (V1,300 kPa), traça isóbara horizontal até V2=0,3 m³.
– A partir daí sobe numa reta P = 300 + (k/A)(V–V2) até V3=0,3375 m³ e P3=550 kPa.
Resposta
(a) P_final = 550 kPa
(b) T_final ≈ 158,8 °C
© Trabalho W ≈ 83,3 kJ
(d) Diagrama: isóbaro 300 kPa até V=0,3 m³ + reta crescente até (0,3375 m³;550 kPa)
(e) Calor Q ≈ 37 085 kJ
(b) T_final ≈ 158,8 °C
© Trabalho W ≈ 83,3 kJ
(d) Diagrama: isóbaro 300 kPa até V=0,3 m³ + reta crescente até (0,3375 m³;550 kPa)
(e) Calor Q ≈ 37 085 kJ