6.51 – Conforme ilustrado na Fig. 6.51, uma parede atua como divisória separando uma libra-massa (0,45 kg) de monóxido de carbono (CO) de um reservatório térmico a 150ºF (65,6 ºC). O CO, inicialmente a 60 ºF (15,6 ºC) e 150 lbf/in2 (1,0 MPa), é expandido isotermicamente até uma pressão final de 10 lbf/in2 (68,9 kPa), enquanto recebe energia sob a forma de calor através da parede do reservatório. O monóxido de carbono pode ser modelado como um gás ideal.

(A) Considerando o monóxido de carbono como o sistema, avalie o trabalho e o calor transferido, em Btu, e a quantidade de entropia gerada em Btu/ºR.

(B) Avalie a produção de entropia, em Btu/ºR, para um sistema estendido que inclua o monóxido de carbono e a parede, considerando que o estado da parede permanece inalterado. Compare com a geração de entropia da parte (A) e comente a diferença.

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:

-Modelo de gás ideal para o monóxido de carbono;

-Expansão isotérmica do gás, então a temperatura é constante durante a expansão;

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

-Sem variação de energia cinética e potencial.

Passo 2

A)

Vamos calcular o trabalho

Para este exercício o sistema é fechado, e a equação do balanço de energia para sistemas fechados é

m ∆ E ^ = m ( ∆ U ^ + ∆ E ^ K + ∆ E ^ P ) = Q - W

Onde,

-m é a massa do fluido;

- ∆ E ^ , é a variação de energia total, em que essa energia total é a soma da energia interna (U), energia cinética (EK) e energia potencial (EP);

- ∆ U ^ , é a energia interna especifica;

- ∆ E ^ K , é a energia cinética especifica;

- ∆ E ^ P , é a energia potencial especifica;

-Q é o calor transferido;

-W é o trabalho.

Como foi considerado que as variações de energia cinética e potencial são desprezíveis, logo você pode eliminar elas da equação

m ∆ U ^ = Q - W

Como se trata de uma expansão isotérmica, então a temperatura inicial é igual a temperatura final, T1=T2=60ºF.

Vamos relembrar que a variação de energia interna para um gás ideal é função apenas da temperatura, assim como não há variação de temperatura, também não há variação de energia interna

∆ U ^ = 0 ,   p o i s   ∆ T = 0

Portanto, o balanço de energia simplifica para essa equação

Q = W

Você pode lembrar que o trabalho de expansão de um gás pode ser calculado a partir da seguinte expressão

W = ∫ 1 2 p d V

Onde,

-p é a pressão;

-V é o volume;

Em termos de volume especifico

W = m ∫ 1 2 p d v

Onde,

-v é o volume especifico;

-m é a massa do fluido;

Passo 3

Você precisar resolver a integral, e para isso precisa achar uma expressão da pressão em função do volume. Como o CO foi considerado um gás ideal, então você pode usar a equação dos gases ideais para achar essa expressão

p V = n R T

Onde,

-n é o número de mols;

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

Em unidades de Btu/lbmol.ºR, R vale

R = 1,986 B t u l b m o l ° R

Em termos de volume especifico

p v = R - T

Onde,

- R - , é a constante dos gases ideais dividido pela massa molar do gás.

A massa molar do CO é: MMCO=28,0 kg/kmol

R - = R M M C O = 1,986 B t u l b m o l ° R 28,0 l b l b m o l = 0,07093 B t u l b ° R

Isolando p

p = R - T v

Substituindo na integral

W = m ∫ 1 2 R - T v d v

Resolvendo a integral

W = m R - T ∫ 1 2 1 v d v

Vamos relembrar que a integral de uma função do tipo f x = 1 x , tem a seguinte solução

∫ a b 1 x d x = ln ⁡ x | a b = ln ⁡ b - ln ⁡ a = ln ⁡ b a

Assim,

W = m R - T ∫ 1 2 1 v d v = m R - T ln ⁡ v 2 v 1

Voltando na equação dos gases ideais, você tem que

v = R - T p

Então,

W = m R - T ln ⁡ R - T 2 / p 2 R - T 1 / p 1  

Como T2=T1, então

W = m R - T ln ⁡ p 1 p 2    

Passo 4

Calculando o trabalho:

Aplicando os valores

W = 1,0   l b 0,07093 B t u l b ° R 520   ° R ln ⁡ 150 10 = 99,88 B t u

Sendo W=Q, pelo balanço de energia, então

Q = W = 99,88   B t u

Passo 5

Então, vamos calcular a geração de entropia.

Para a geração de entropia vamos fazer um balanço de entropia, cuja expressão para sistemas fechados é

∆ S = Q T b + σ

Onde,

-Q, é o calor transferido;

-Tb é a temperatura da vizinhança;

-ΔS é a variação de entropia;

-σ é a taxa de geração de entropia;

Como Tb é a temperatura da vizinhança, ou seja, é a temperatura nas bordas do sistema. Nessa parte (A) da questão disse para considerar o CO como o sistema. Então por causa disso, você vai usar a temperatura do CO, T=60ºF, como a temperatura da vizinhança, assim

T b = T = 60 ℉ = 520 ° R

Isolando σ

σ = ∆ S - Q T

Passo 6

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);

Como T2=T1, pois foi dito que a expansão isotérmica, assim você pode fazer a seguinte igualdade

S ° T 2 = S ° T 1

A expressão da variação de entropia fica assim agora

∆ S = - m R - ln ⁡ p 2 p 1

Passo 7

Para o calor, achamos nos passos anteriores que

W = m R - T ln ⁡ p 1 p 2    

E W=Q, então

Q = m R - T ln ⁡ p 1 p 2    

Substituindo

σ = - m R - ln ⁡ p 2 p 1 - m R - T T ln ⁡ p 1 p 2

Pela propriedade de Ln

ln ⁡ p 1 p 2 = - ln ⁡ p 2 p 1

Assim,

σ = - m R - ln ⁡ p 2 p 1 + m R - ln ⁡ p 2 p 1 = 0

Passo 8

B)

Analogamente, na parte (A), para a geração de entropia

∆ S = Q T b + σ

σ = ∆ S - Q T b

Lembrando que Tb é a temperatura da vizinhança do sistema, que é as bordas do sistema, e nessa parte (B) foi considerado pelo enunciado que o sistema inclui a parede a o CO, então a borda do sistema é a parede. Tb então vai ser igual a temperatura da parede (TH)

T b = T H = 150 ℉ = 610 ° R

σ = ∆ S - Q T H

O processo para determinar a variação de entropia e o calor é análogo ao que foi feito na parte (A), assim

σ = - m R - ln ⁡ p 2 p 1 + m R - T T H ln ⁡ p 2 p 1

σ = - m R - ln ⁡ p 2 p 1 + T T H m R - ln ⁡ p 2 p 1

σ = m R - ln ⁡ p 2 p 1 T T H - 1

Aplicando os valores

σ = 1,0   l b 0,07093 B t u l b ° R ln ⁡ 10 150 520 610 - 1 = 0,02834 B t u ° R

Passo 9

Em comparação com o que foi obtido na questão (A), para a geração de entropia, σ, na questão (B) achamos um valor positivo, isso nos diz que o processo incluindo a parede do reservatório quente no sistema causa irreversibilidades ao processo, enquanto que na parte (A), foi achado um valor nulo para a geração de entropia, isso nos diz que o processo é internamente reversível.

Resposta

A)

Q = W = 99,88   B t u

σ = 0

B)

σ = 0,02834 B t u ° R

Ver Outros Exercícios desse livro