Teoria

Entropia

A entropia pode ser associada ao grau de desordem de um sistema, mas como que vamos calcular o valor da entropia?

Lembra que a entropia é uma propriedade? Claro né! Então ela não vai depender do caminho, se é reversível ou irreversível, porque uma propriedade depende apenas do ponto final.

Para a situação de um ciclo reversível temos que

∮ δ Q T = 0

Logo, a integral ∫ δ Q T é a mesma para todos os caminhos reversíveis. Assim a entropia S será definida como

d S = δ Q T r e v

Onde d S é uma variação infinitesimal da entropia, δ Q uma variação infinitesimal do calor (oberseve que utilizamos esse delta diferente porque o calor depende do caminho, enquanto a entropia não) e T a temperatura na qual toda essa desgraça acontece!

No caso de um processo irreversível

d S > δ Q T i r r

É importante notar que a entropia é definida segundo caminhos reversíveis, porém como todas as propriedades, depende apenas do ponto inicial e final. Assim, um determinado estado terá sempre a mesma entropia!

A variação da entropia pode ser calculada da seguinte forma, nesse caso deve-se utilizar um caminho reversível, porque a igualdade só existe no caso reversível (se fosse irreversível seria uma desigualdade e não teria como saber o valor exato). Além disso, vimos que a entropia não depende do processo (caminho) e sim dos pontos inicial e final.

d S = δ Q T r e v

Ao integrar dos dois lados vamos ter

S 2 - S 1 = ∫ 1 2 δ Q T r e v

Vamos fazer um exemplo que simplifique tudo isso!

Exemplo

Abaixo está representado um ciclo gerador de potência. Vamos ver se este ciclo obedece à desigualdade de Clausius.

A desigualdade é dada por

∮ δ Q T ≤ 0

Logo temos que calcular a integral cíclica da troca de calor pela temperatura. Como só há troca de calor na caldeira e no condensador podemos escrever a integral da seguinte forma

∮ δ Q T = ∫ δ Q T c a l d e i r a + ∫ δ Q T c o n d e n s a d o r

Como a temperatura é constante, tanto na caldeira quanto no condensador, podemos retira-la de dentro da integral.

∮ δ Q T = 1 T 1 ∫ 1 2 δ Q + 1 T 3 ∫ 3 4 δ Q = Q 1 - 2 T 1 + Q 3 - 4 T 3

Como todas as propriedades em 1 e 3 estão definidas podemos achar, pela tabela de saturação da água, as temperaturas T 1 e T 3 que são respectivamente 164,97°C e 53,97°C.

Além disso precisamos agora do calor trocado, neste exemplo podemos utilizar a quantidade de calor pela massa q que é igual a variação da entalpia (que também é dada na tabela de saturação da água) entre os equipamentos, portanto:

As entalpias dos estados 1 e 2 são iguais, respectivamente, a entalpia do líquido saturado e do vapor saturado ambos a temperatura de 164,97°C.

h 1 = 697,3   k J / k g

h 2 = 2763,6   k J / k g

q 1 - 2 = h 2 - h 1 = 2066,3   k J / k g

Agora se segura e presta atenção!

Para calcular as entalpias dos estados 3 e 4 precisamos utilizar a equação:

h = h l + x ⋅ h l v

Onde h l é a entalpia do líquido saturado, h l v a entalpia de vaporação e x o título:

h 3 = 230,2 + 0,9 ⋅ 2370,7 = 2363,83   k J / k g

h 4 = 230,2 + 0,1 ⋅ 2370,7 = 467,27   k J / k g

q 3 - 4 = h 4 - h 3 = 467,27 - 2363,83 = - 1896,56   k J / k g

Substituindo e lembrando que temos que utilizar a temperatura em kelvin (somar 273):

∮ δ q T = q 1 - 2 T 1 + q 3 - 4 T 3 = 2066,3 ( 164,97 + 273 ) + - 1896,56 ( 53,97 + 273 ) = - 1,087 k J / k g

Logo, como a desigualdade resultou num valor negativo temos que ela foi satisfeita e trata-se de um ciclo irreversível.

Uma importante observação é o fato de termos utilizado a quantidade de calor específico q , ao invés do calor absoluto. Isso pode ser feito porque como a massa é sempre positiva e, portanto, não alteraria a avaliação final do problema. Mas para ser rigorosamente correto deve-se multiplicar o resultado final à massa fornecida no problema, como neste caso não era necessário a massa também não foi fornecida.

Princípio do aumento da Entropia

Vimos que a entropia, diferentemente das outras propriedades, é definida por uma desigualdade para processos reversíveis. Observando que a variação de entropia para um sistema é

d S s i s t e m a ≥ δ Q T

E para o meio será igual a

d S m e i o = - δ Q T

Isso acontece porque o calor trocado com o meio tem o sinal trocado em relação ao do sistema, o que sai de um entra no outro e vice-versa, além disso as irreversibilidades se encontram no sistema e não no meio. Por isso há uma igualdade ao invés de uma inequação.

Ao somarmos essas duas equações obtemos

d S l i q = d S s i s t e m a + d S m e i o ≥ 0

Portanto, a entropia total do sistema + o meio terá sempre uma variação positiva para processos irreversíveis ou zero para processos reversíveis. Nunca podendo ser negativa!

Exemplo

Princípio do aumento da Entropia

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Explique porque muitas vezes as pessoas falam que a entropia só tende a aumentar. Isso é sempre verdade?

Passo 1

A entropia é uma propriedade da substância e, dependendo do estado desta substância, a entropia pode ser maior ou menor. Ou seja, a entropia de um sistema pode sim diminuir.

Porém para que ocorra essa diminuição algo deve ocorrer nesse sistema, como por exemplo perder calor ou realizar trabalho, com isso o meio externo ou ganha calor ou ganha trabalho, recebendo assim energia de uma forma ou de outra.

Passo 2

Quando falamos de entropia líquida ou global, estamos falando da soma da variação da entropia do meio com o sistema. Nesse caso a entropia realmente tende apenas a aumentar ou, no caso de processos reversíveis, se manter constante. Isso ocorre por causa da desigualdade de Clausius.

d S s i s t e m a ≥ δ Q T

d S m e i o = - δ Q T

d S l i q = d S s i s t e m a + d S m e i o ≥ 0

Resposta

A entropia líquida ou global tende apenas a aumentar ou se manter constante, isso ocorre por causa da desigualdade de Clausius.

A entropia é uma propriedade da substância e, dependendo do estado desta substância, a entropia pode ser maior ou menor.

Exercício Resolvido #2

Um copo d’água, com 200 gramas de água líquida, é aquecido da temperatura de 20°C até a temperatura de 80°C por meio de uma fonte de calor que se encontra a 600K. Sabendo que a entropia da água a 20°C era de 0,06 k J K e ao final do aquecimento a entropia era de 0,24 k J K . Calcule a irreversibilidade deste processo, ou seja, a quantidade de entropia gerada. Dado: c á g u a = 4,2 k J k g   ° C

Passo 1

Para resolver essa questão temos de lembrar que a variação da entropia é dada pela desigualdade de Clausius na forma:

Δ S ≥ ∮ δ Q T

Onde, no caso reversível, vamos ter

Δ S = ∮ δ Q T

Podemos ainda considerar que para o caso irreversível teremos:

Δ S = ∮ δ Q T + S g e r

Passo 2

Agora basta substituir os valores na equação e para isso calcular a quantidade de calor que a água recebeu

δ Q = m ⋅ c ⋅ Δ T

δ Q = 0,2 ⋅ 4,2 ⋅ 80 - 20 = 50,4   k J

Passo 3

Substituindo

Δ S = 0,24 - 0,06 = 0,18 k J K

∮ δ Q T = 50,4 600 = 0,084 k J K

0,18 = 0,084 + S g e r

S g e r = 0,096 k J K

Resposta

S g e r = 0,096 k J K

Exercício Resolvido #3

Os equipamentos como, bombas e turbinas, são equipamentos que funcionam através de ciclos isentrópicos. Contudo, em sistemas reais é muito difícil haver de fato processos isentrópicos. Com este conceito em mente o termo eficiência isentrópica é aplicado a tais processos reais e definido como:

η i s e n t r ó p i c a = w r e a l w i d e a l

Com isso em mente, responda.

a) Qual a eficiência isentrópica de uma turbina ideal?

b) Um fluido possui entalpia igual a 3000 k J k g ⋅ K na entrada de um turbina e 2000 k J k g ⋅ K na saída. Sabendo que essa turbina, trabalhando num processo isentrópico, gera um trabalho específico de 1500 k J k g . Calcule a eficiência isentrópica da turbina no processo irreversível.

Passo 1

A letra “a” pede a eficiência isentrópica de uma turbina ideal, ou seja, de um processo isentrópico, de um processo reversível. Temos, portanto, que o trabalho real e ideal são iguais:

η i s e n t r ó p i c a = w r e a l w i d e a l = 1 = 100 %

Passo 2

Na letra “b” devemos lembrar que, em turbinas e bombas, a variação da entalpia é igual ao trabalho, logo:

w r e a l = Δ h = 3000 - 2000 = 1000 k J k g ⋅ K

Não precisamos nos preocupar muito com o sinal, desde que lembremos que esse é um trabalho que sai do sistema!

O problema também forneceu o trabalho ideal da turbina

w i d e a l = 1500 k J k g ⋅ K

Passo 3

Basta aplicar a fórmula

η i s e n t r ó p i c o = w r e a l w i d e a l

η i s e n t r ó p i c o = 1000 1500 = 0,667 = 66,7 %

Resposta

a) η i s e n t r ó p i c a = 100 %

b)

η i s e n t r ó p i c o = 66,7 %

Exercício Resolvido #4

Uma turbina é alimentada com vapor d’água que possui entalpia de igual a 3051,2 kJ/kg. Sabendo que se a transformação fosse isentrópica o vapor sairia da turbina com entalpia igual a 2309,3 kJ/kg, qual será a eficiência isentrópica desta turbina? Considerando que o trabalho produzido pela turbina foi determinado, obtendo-se o valor de 600 kJ/kg de vapor que escoa na turbina. Dica: A eficiência isentrópica de uma turbina é a relação entre o trabalho real realizado pelo trabalho que seria realizado num processo isentrópico de fato.

Passo 1

Como a própria dica do problema já nos forneceu temos que a eficiência isentrópica da turbina é uma relação entre o trabalho real e o trabalho ideal.

Com isso, vamos dizer que o trabalho real seja dado por w a e o trabalho ideal por w s , logo a eficiência isentrópica será dada por

η t u r b i n a = w a w s

O problema já nos forneceu o trabalho real w a = 600 k J k g . Portanto, precisamos calcular apenas o w s .

Passo 2

Para calcular o trabalho que seria realizado num processo isentrópico vamos supor que o processo é de fato isentrópico. Sendo assim não há variação de entropia e nem calor sendo trocado (porque uma transformação isentrópica é uma transformação adiabática reversível) e pela primeira lei da termodinâmica temos que:

h e = h s + w s

Como a entalpia de entrada e de saída foram fornecidas o trabalho ideal é igual a diferença entre ela

w s = h e - h s = 3051,2 - 2309,3 = 741,9 k J k g

Passo 3

Agora basta substituir na equação da eficiência isentrópica

η t u r b i n a = 600 741,9 = 80,9 %

Resposta

η t u r b i n a = 80,9 %

Exercício Resolvido #5

Calcule o trabalho, por quilograma, para bombear água isoentropicamente de 100 kPa e 30°C até 5 MPa, sabendo que o volume específico nessas condições é igual a 0,0001004 m³/kg.

Passo 1

Como trata-se de um processo reversível e em regime permanente e sem variações de energia cinético ou potencial. Podemos utilizar a relação

- w = ∫ e s v d p

Podemos fazer isso porque esse trabalho é um trabalho de fluxo, logo ao invés de haver uma variação no volume do sistema, ocorre uma variação na pressão (no caso do volume de controle). Com isso a integral muda de ∫ p d v para ∫ v d p

Passo 2

Agora basta calcularmos essa integral

- w = v ⋅ Δ p

- w = 0 , 0 001004 ⋅ 5000 - 100 = 0,4 92 k J k g

O sinal de menos na frente se justifica porque esse trabalho calculado seria o realizado pelo sistema, por isso negativo.

Portanto o trabalho para bombear a água é de 0,492   k J / k g .

Resposta

w b o m b e a r = 0,4 92 k J k g

Exercício Resolvido #6

Considere um motor térmico de Carnot que utiliza água como fluido de trabalho. A temperatura do reservatório térmico onde se transfere Q H é de 250°C. Neste processo de transferência de calor, a água se transforma de líquido saturado para vapor saturado. Sabendo que a pressão na água é igual a 100 kPa no processo de rejeição de calor, determine T L , a eficiência do ciclo, os calores transferidos no ciclo e a entropia da água no início da rejeição de calor para a fonte fria.

Passo 1

Vamos lá! Esse problema trata de um ciclo de Carnot e são fornecidos os seguintes dados

  • T H = 250 ° C Temperatura trocada na fonte quente.
  • A transferência de calor na fonte quente faz com que a água passe de líquido saturado para vapor saturado. Portanto, podemos tirar diversos informações pela tabela.
  • A rejeição de calor é feita a 100 kPa.

O problema pede T L , η , Q L , Q H e s durante a rejeição de calor.

Passo 2

Primeiro e mais fácil vamos achar T L . Basta olhar na tabela qual a temperatura da água saturada a 100 kPa ou 0,1 MPa. Pela tabela vemos que esse valor é de 99,62°C

Passo 3

Como o ciclo opera segundo um ciclo de Carnot basta utilizarmos a equação da eficiência para ciclos de Carnot segundo a temperatura

η = 1 - T L T H

η = 1 - 99,62 + 273 250 + 273 = 1 - 372,62 523 = 28,7 %

Passo 4

Os calores transferidos no ciclo são iguais as variações de entalpia, isso porque são transformações isobáricas. Portanto basta usar os valor de h l v de 250°C para o Q H .

Q H = 1716,2 k J k g

Para o cálculo de Q L podemos utilizar a relação

T L T H = Q L Q H

372,62 523 = Q L 1716,2

Q L = 1222,7 k J k g

Passo 5

Para achar o valor da entropia novamente devemos recorrer à tabela. No início da rejeição de calor temos vapor d’água a 250°C, portanto sua entropia vale

s = 6,0729 k J k g   K

Resposta

T L = 99,62 ° C

Q H = 1716,2 k J k g

Q L = 1222,7 k J k g

s = 6,0729 k J k g   K

Exercício Resolvido #7

Consideremos um cilindro provido de êmbolo, contendo vapor saturado de R-134a a -5°C. O vapor é comprimido, segundo um processo adiabático reversível, até a pressão de 1,0MPa. Determine o trabalho específico neste processo. Dados do vapor saturado a -5°C: h = 395,34 K J k g ; p 1 = 245 k P a ; v 1 = 0,08252 m ³ k g     Dados a pressão de 1,0MPa: T = 44,1 ° C ; h = 424,70 K J k g ; v = 0,02103 m ³ k g .

Passo 1

O problema pede o trabalho específico (trabalho por unidade de massa) da transformação adiabática reversível. Então faz sentido pensar na primeira lei da termodinâmica

Δ U = Q - W

Que pode ser escrita da forma específica

Δ u = q - w

Agora podemos ver que ao se tratar de uma transformação adiabática a quantidade de trabalho será igual a menos a variação da energia interna.

Passo 2

Como a energia interna é uma propriedade da substância basta calcular o valor dela nos pontos finais e iniciais

w 1 - 2 = u 1 - u 2

Isso pode ser feito através dos dados fornecidos no problema (que também poderiam ser fornecidos na forma de uma tabela), da forma

u 1 = h 1 - p 1 v 1 = 395,34 - 245 ⋅ 0,08252 = 375,11 k J k g

u 2 = h 2 - p 2 v 2 = 424,7 - 1000 ⋅ 0,02103 = 403,67 k J k g

Aqui vale uma importante informação. Caso o problema fornecesse a tabela ao invés dos dados seria necessário lembrar que por se tratar de uma transformação adiabática reversível, e portanto isentrópica, não há variação da entropia. Por isso conhecemos ambos os estados dessa substância

Passo 3

Agora basta subtrair os dois valores

w 1 - 2 = u 1 - u 2 = 375,11 - 403,67 = - 28,56 k J k g

Resposta

w = - 28,56 K J k g

Exercício Resolvido #8

Ache o valor de s l v para o vapor d’água a 10 MPa para uma mudança de fase que ocorre a pressão constante. Onde s l v é diferença entre a entropia do vapor saturado s v e do líquido saturado s l . Dados da água saturada a 10MPa: h l v =1317,1kJ/kg; T =311,06°C

Passo 1

O próprio problema já nos fornece um dica ao falar que s l v se trata de uma diferença entre entropias. Então vamos lembrar da equação para cálculo da entropia

S 2 - S 1 = ∫ 1 2 δ Q T r e v

Como o problema fala sobre a entropia específica, devemos dividir tudo pela massa. (Lembre-se que quando falamos de uma propriedade específica basta utilizar a letra minúscula).

s 2 - s 1 = 1 m ∫ 1 2 δ Q T r e v

Passo 2

Como não há variação de massa e nem da temperatura, porque é uma mudança de fase a pressão constante. Podemos tirar m e T de dentro da integral

s 2 - s 1 = 1 m T ∫ 1 2 δ Q = 1 m T ⋅ Q 1 - 2

Podemos substituir também o calor e a massa pelo calor pela unidade de massa (minúsculo).

s 2 - s 1 = q 1 - 2 T

Passo 3

Como trata-se de um processo isobárico temos que o calor transferido pela unidade de massa é igual a diferença de entalpia específica.

s 2 - s 1 = h 1 - 2 T

Como o estado 1 é o estado de líquido saturado e 2 de vapor saturado temos

s v - s l = s l v = h l v T = 1317,1 311,06 + 273 = 2,2550 k J k g   K

É importante lembrar que a temperatura deve estar em Kelvin!

Resposta

s l v = 2,2550 k J k g   K

Exercício Resolvido #9

Suponha que 1kg de vapor d’água saturada a 100°C seja condensado, obtendo-se líquido saturado 100°C num processo de pressão constante, através da transferência de calor para o ar ambiente que está a 25°C. Qual é o aumento líquido de entropia para o conjunto sistema e meio?

Passo 1

O problema pede o aumento da entropia tanto para o sistema quanto para o meio. Vamos começar pelo sistema que é mais fácil. É mais fácil porque a tabela de saturação da água nos foi dada, como a entropia é uma propriedade da substância ela tem um dado valor para cada estado.

Passo 2

Como estamos trabalhando com os estados de vapor saturado a 100°C e líquido saturado a 100°C devemos olhar a última linha da tabela. Assim, olhando pela última linha e nas colunas da entropia para líquido saturado e vapor saturado vamos ter o valor da entropia para estes dois estados termodinâmicos. Que são respectivamente s l = 1,3068 k J k g   K e s v = 7,3548 k J k g   K

Passo 3

Como 100% da água é condensada basta subtrair os dois valores, lembrando que o resultado deverá ser negativo pois a entropia do sistema está diminuindo (o sistema na fase líquida é mais ordenado do que na fase vapor).

Δ s = s l - s v = 1,3068 - 7,3548 = - 6,048 K J k g   K

Aqui vale uma observação. Podemos ver que o valor achado é exatamente o oposto da entropia de vaporização. Ou seja, quando 100% da substância é vaporizada ou condensada podemos usar diretamente a propriedade com relação a vaporização, ao invés de subtrair as duas.

Continuando, aqui estamos falando da entropia específica. Para acharmos a entropia total devemos multiplicar isso pela massa fornecida no problema de 1 kg.

Δ S s i s t e m a = 1 ⋅ - 6,048 = - 6,048 K J K

Repare agora que a unidade não possui mais a massa no denominador. Aqui achamos a variação de entropia para o sistema.

Passo 4

Agora vamos achar a variação da entropia no meio. Para isso vamos utilizar a equação do aumento de entropia no meio

Δ S m e i o = Q T

Já sabemos que a temperatura de transferência de calor é de 25°C. Agora temos de saber a quantidade de calor trocado.

Passo 5

Como o processo foi isobárico então a quantidade de calor transferido é igual a variação da entalpia do sistema. Portanto, pela tabela e utilizando o mesmo pensamento do passo 3, temos que

Q = m ⋅ h l v = 1 ⋅ 2257,0 = 2257,0   k J

Passo 6

Agora substituímos na equação, lembrando que a temperatura deve estar em Kelvin

Δ S m e i o = 2257 298 = 7,57 k J K

Passo 7

O aumento líquido da entropia será igual à soma dos dois

Δ S l i q = Δ S s i s t e m a + Δ S m e i o

Δ S l i q = - 6,048 + 7,57 = 1,522 k J K

Isso faz sentido pelo princípio do aumento da entropia!

Resposta

Δ S l i q = 1,522 k J K

Exercício Resolvido #10

Um conjunto cilindro-pistão contém amônia que inicialmente está a 50°C e 1 MPa. A amônia é, então, expandida num processo adiabático reversível até que a pressão atinja 100 kPa. Determine o trabalho realizado e o calor transferido neste processo.

Passo 1

O problema pede o trabalho realizado e o calor transferido no processo. A primeira coisa é perceber que se trata de uma adiabática, portanto, o calor trocado é igual a zero. A partir daí vamos utilizar a 1ª Lei da termodinâmica para achar o trabalho:

Δ U = Q - W

Como o calor é zero

Δ U = - W

Passo 2

Agora fica claro que se acharmos a variação da energia interna então teremos o resultado do problema, o trabalho. Vamos ter que utilizar a tabela termodinâmica da amônia para encontrar os dois estados termodinâmicos (o primeiro já está dado) e calcular a energia interna.

O primeiro estado é amônia a 50°C e 1 MPa, ou seja, trata-se de vapor superaquecido e pela tabela temos os seguintes dados:

  • v 1 = 0,1450 m 3 k g
  • h 1 = 1536,3 k J k g
  • s 1 = 5,2654 k J k g   K

Perceba que a energia interna não é dada, mas pode ser calculada através da relação entre energia interna e entalpia da forma:

h = u + p v

u = h - p v = 1536,3 - 10 3 ⋅ 0,1450

u 1 = 1391,3 k J k g

Como trata-se de 1kg de amônia:

U 1 = 1391,3 k J k g ⋅ 1 k g = 1391,3   k J

Viu que quando temos 1kg então podemos passar direto de u 1 para U 1 , isso vale para todas as outras propriedades.

Passo 3

Então só falta achar U 2 para resolvermos o problema. A pressão já foi dada e é igual a 100 kPa. Precisamos de mais um dado para achar o estado, esse dado vem do fato de ser uma isentrópica, ou seja, s 2 = s 1 = 5,2654 k J k g   K

Para que a amônia esteja com pressão de 100 kPa e entropia de 5,2654 kJ/(kg K) é necessário que ela esteja no estado de saturação, então olhando a tabela de saturação temos uma pequena decepção a pressão de 100 kPa não consta diretamente na tabela. Logo, vamos ter que fazer novamente uma interpolação entre as pressões de 97,98 kPa e 108,29 kPa. Vamos ter que fazer essa interpolação para achar:

  • s l v
  • s l
  • h l
  • h l v
  • v l
  • v l v

Que saco né? Mas é o jeito porque a tabela está em função da temperatura e não da pressão (que nesse caso provavelmente o valor de 100 kPa seria dado diretamente).

Então vamos começar para s l v . Lembrando que o objetivo aqui agora é achar o título.

108,29 - 97,08 100 - 97,08 = 5,6634 - 5,7353 s l v - 5,7353

11,21 2,92 = - 0,0719 s l v - 5,7353

3,84 = - 0,0719 s l v - 5,7353

s l v = 5,7353 + - 0,0719 3,84 = 5,7166 k J k g   K

Agora para s l

108,29 - 97,08 100 - 97,08 = 0,1489 - 0,1120 s l - 0,1120

11,21 2,92 = 0,0369 s l - 0,1120

3,84 = 0,0369 s l - 0,1120

s l = 0,1120 + 0,0369 3,84 = 0,1217 k J k g   K

Reparou que o lado esquerdo sempre vai aparecer o 3,84 (porque depende das pressões que são sempre as mesmas), isso agiliza o processo um pouco. Então olha como dá para fazer para h l

3,84 = 35,36 - 26,49 h l - 26,49

h l = 26,49 + 35,36 - 26,49 3,84 = 28,8 k J k g   K

Passo 4

Vamos continuar fazendo os cálculos do passo 3 mas dessa forma um pouco mais ágil. Para h l v :

3,84 = 1365,7 - 1371,58 h l v - 1371,58

v l = 1371,58 + 1365,7 - 1371,58 3,84 = 1370,05 m ³ k g

Para v l

3,84 = 0,001471 - 0,001465 v l - 0,001465

v l = 0,001465 + 0,001471 - 0,001465 3,84 = 0,00146 m 3 k g

Para v l v

3,84 = 1,05496 - 1,15857 v l - 1,15857

v l = 1,15857 + 1,05496 - 1,15857 3,84 = 1,1316 m 3 k g

Passo 5

Vamos calcular o título, entalpia e volume específico do estado 2, utilizando sempre a relação da forma:

s = s l + x ⋅ s l v

O título:

5,2654 = 0,1217 + x ⋅ 5,7166

x = 90 %

A entalpia

h = h l + x ⋅ h l v

h = 28,8 + 0,9 ⋅ 1370,05 = 1261,84 k J k g

O volume específico

v = v l + x ⋅ v l v

v = 0,00146 + 0,9 ⋅ 1,1316 = 1,02 m 3 k g

Passo 6

Vamos utilizar a relação h = u + p v para achar a energia interna:

u = h - p v = 1261,84 - 10 3 ⋅ 1,02

u 2 = 1160,82 k J k g

U 2 = 1160,82 k J k g ⋅ 1 k g = 1160,82   k J

Passo 7

Como

Δ U = - W

W = 1391,3 - 1160,82 = 230,48   k J

Resposta

Q = 0

W = 230,48   k J

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Calor é transferido em regime permanente para a água fervente de uma panela a partir de sua base plana, a uma taxa de 500 W. Considerando que as temperaturas das superfícies interna eexterna da base d
206. Em 1982, a explosão de um tanque de água quente em uma escola dos Estados Unidos localizada em Spencer (Oklahoma) matou 7 pessoas e feriu outras 33. Embora o número de tais explosões tenha diminu
50 Um conjunto cilindro-pistão contém R=134a. Inicialmente, o fluido apresenta T=10°C, p=150kPa e o volume igual a 20 litros. O refrigerante é então comprimido, num processo isotérmico e reversível, a
46 Inicialmente, um conjunto cilindro – pistão contém água a 400 °C e 2,0 MPa. A água é então expandida, num processo adiabático reversível, com realização de 415,72 kJ de trabalho por quilograma de á
52 Um conjunto cilindro – pistão, que opera, a pressão constante, contém 2 kg de água. Inicialmente, a temperatura e a pressão na água são iguais a 250°C e 1,0 MPa. É transferido calor da água até que