6.48 – Um quilograma de ar contido em um conjunto cilindro-pistão passa por um processo de um estado inicial, em que T1=300 K e v1=0,8 m3/kg, até um estado final, em que T2=420 K e v2= 0,2 m3/kg. Este processo pode ocorrer adiabaticamente? Em caso afirmativo, determine o trabalho, em kJ, para um processo adiabático entre esses estados. Em caso negativo, determine o sentido da transferência de calor. Admita o modelo de gás ideal para o ar.

Passo 1

Antes de começar, você pode iniciar avaliando quais as considerações a se fazer, com base no que foi dito no enunciado.

As considerações que você pode fazer são:

-Sistema fechado, pois se trata de um conjunto cilindro-pistão;

-Modelo de gás ideal para o ar;

-Sem variação de energia cinética e potencial.

Passo 2

Foi solicitado a você verificar se é possível que o processo ocorra de forma adiabática, nas condições estabelecidas. Lembrando que, um processo adiabático é um processo que não ocorre transferência de calor, Q=0.

Para avaliar isso, você pode usar a segunda lei da termodinâmica para verificar se o processo adiabático, nas condições de temperatura e pressão ditas no enunciado, respeita essa lei ou não.

Vamos relembrar que a segunda lei da termodinâmica diz que a variação de entropia de um sistema isolado (sistema adiabático), é sempre maior ou igual a zero, caso contrário, o processo não pode ocorrer

∆ S ≥ 0

Passo 3

Então, vamos calcular a variação de entropia do processo.

Você pode calcular a variação de entropia do processo a partir de um balanço de entropia, cuja expressão é

∆ S = m ( S ^ 2 - S ^ 1 ) = Q T b + σ

Onde,

-Q, é o calor transferido;

-Tb é a temperatura da vizinhança;

-ΔS é a variação de entropia, em unidades de kJ/K;

- S ^ 2 , é a entropia especifica no estado 2;

- S ^ 1 , é a entropia especifica no estado 1;

-σ é a geração de entropia;

Para avaliar a partir segunda lei da termodinâmica, você tem que considerar que não há transferência de calor no processo, Q=0, pois deve ser processo adiabático, então o balanço de entropia fica simplificado como

σ = ∆ S = m S ^ 2 - S ^ 1

Passo 4

Para o cálculo da variação de entropia, vamos usar a relação entre a variação de entropia com a pressão e a temperatura, cuja expressão é

∆ S = m S ° T 2 - S ° T 1 - R - ln ⁡ p 2 p 1

Onde,

-ΔS é a variação de entropia;

- S ° T 2 , é a entropia especifica de um gás ideal, que depende apenas da temperatura no estado 2;

- S ° T 1 , é a entropia especifica de um gás ideal, que depende apenas da temperatura no estado 1;

- R - , é constante dos gases ideais dividido pela massa molar do gás (no caso, o ar);

Essas entropias dependentes apenas da temperatura, podem ser determinas por tabelas.

Passo 5

Pelos dados fornecidos no enunciado, temos os valores de temperatura e volume especifico dois estados termodinâmicos:

T 1 = 300   K ;   T 2 = 420   K ;   v 1 = 0,8 m 3 k g ;   v 2 = 0,2 m 3 k g

O que você precisa para o cálculo de ΔS é das pressões, mas você ode notar que foi assumido que o ar é um gás ideal, então você pode usar a equação dos gases ideais para obter as pressões

p V = n R T

Em termos do volume especifico

p v = R - T

Onde,

-p é a pressão;

-V é o volume;

-v é o volume especifico;

-T é a temperatura;

-R é a constante dos gases ideais, que equivale a 8,314 kJ/kmol.K;

- R - , á constante dos gases ideais dividido pela massa molar do gás (ar);

Então, pela equação dos gases ideais

p = R - T v

Para cada estado

p 1 = R - T 1 v 1   e   p 2 = R - T 2 v 2  

Substituindo

∆ S = m S ° T 2 - S ° T 1 - R - ln ⁡ R - T 2 v 2   R - T 1 v 1

Eliminando termo de R - , e rearranjando a equação

∆ S = m S ° T 2 - S ° T 1 - R - ln ⁡ T 2 v 1 T 1 v 2

Passo 6

Obtendo os valores das entropias pela tabela:

Pela Tabela A-22 do livro Shapiro-Princípios da Termodinâmica, 7ª Edição.

S ° T 2 = S ° 420   K = 2,04142 k J k g   K

S ° T 1 = S ° 300   K = 1,70203 k J k g   K

Passo 7

Calculando a variação de entropia

∆ S = m S ° T 2 - S ° T 1 - R - ln ⁡ T 2 v 1 T 1 v 2

Calculando R -

R - = 8,314 k J k m o l K 28,97 k g k m o l = 0,2870 k J k g K

Substituindo os valores:

∆ S = 1,0   k g 2,04142 - 1,70203 k J k g K   - 0,287 k J k g K ln ⁡ 420 300 0,8 0,2   = - 0,155 k J K

Passo 8

Como ΔS

Resposta

O processo descrito não é possível de ocorrer de forma adiabática, pois ΔS

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