PRIMEIRA LEI TERMODINAMICA E 100 EXERCICIOS RESOLVIDOS

iii Energia Interna: Uma Propriedade Termodinâmica. iv Análise de Problemas e Técnicas de Soluções. v A Propriedade Termodinâmica da Entalpia. Os Calores Específicos à Pressão vi Constante e a Volume Constante. vii A energia Interna, a Entalpia e o Calor Específico de Gases Ideais. Foi, durante as décadas finais do século XVIII e iniciais do século XIX, que novos fenômenos estavam sendo descobertos em uma rápida sucessão. O Físico italiano Luigi Galvani (1737-1798) descobriu que um pedaço de metal, carregado eletricamente, podia fazer a perna de um sapo morto contrair! O público maravilhado era cativado pela ideia de que a eletricidade podia gerar a vida conforme foi dramatizado no conto de Mary Shelley (1797-1851) na obra intitulada Frankstein.

Sumarizando os resultados dessas investigações em um artigo publicado em 1791, Galvani atribuiu que a fonte da eletricidade encontrava-se no tecido animal. Porém foi o Físico Alessandro Volta (1745-1827) que reconheceu que o ‘’efeito galvânico‘’ é devido a passagem de corrente elétrica. Em 1800, Volta passou então a construir a chamada pilha de Volta, a primeira ‘’bateria química‘’, a eletricidade podia agora ser gerada através de reações químicas. Assim, a lei da conservação da energia pode ser considerada, em essência, como a lei da conservação da soma das energias cinética e potencial de todas as partículas constituintes. A pedra angular da formulação da Primeira Lei foram os experimentos decisivos de James P. Joule (1818-1889), oriundo de Manchester, cervejeiro e cientista amador.

A seguir, vemos como Joule expressou a sua visão da conservação da energia: De fato, os fenômenos da natureza, sejam eles mecânicos, químicos ou vitais, consistem quase inteiramente em uma contínua conversão de atração através do espaço1 , força viva2 e calor um em relação ao outro. Assim é que a ordem é mantida no universo - nada é demente, nada nunca é perdido, mas todo o maquinário, complicado como é, funciona suavemente e harmoniosamente. torista pressiona os freios do carro para diminuir a sua velocidade. A primeira lei da Termodinâmica relaciona as várias formas de energia cinéII. I NTRODUÇÃO tica e potencial, existentes em um sistema, com A primeira lei da termodinâmica é geralmente o trabalho que um sistema pode realizar, bem considerada a menos exigente de se entender, como com a transferência de calor para o mesmo.

pois é uma extensão da lei de conservação da Esta lei às vezes é tomada como a definição de energia, significando que a energia não pode energia interna, e também introduz uma variável ser criada nem destruída. Por exemplo, a mesma de estado adicional, a entalpia. Qualquer sistema tem a capacidade de melhoria do processo e possibilitar uma even- de realizar trabalho. Por exemplo, uma mola comtual otimização. O grau de perfeição na utilização primida ou distendida pode realizar um trabalho energética do processo, ou suas partes particula- como o usado para elevar um peso. Uma bateria res, permite comparar com o grau de perfeição, elétrica tem a capacidade de realizar trabalho, e os parâmetros de processo relacionados, com pois pode ser conectada a um motor elétrico, que os de outros processos semelhantes.

A com- por sua vez pode ser usado para elevar um peso. Outras formas de energia também podem ser incluídas, como a energia eletrostática, a magnética, a de tensão e a energia superficial. A P RIMEIRA L EI DA T ERMODINÂMICA Normalmente, essa lei é chamada de lei da conservação da energia e, veremos mais tarde que isso é verdade. Nosso procedimento será estabelecer essa lei para um sistema (massa de controle) que passa por um ciclo e então para uma variação de estado do sistema. Depois que a equação da energia tiver sido formulada, nós a utilizaremos para relacionar a mudança de estado dentro de um volume de controle com a variação de energia que é transferida em um processo tal como o trabalho ou a transferência de calor.

Quando o motor de um carro transfere uma quantidade de trabalho para ele, a velocidade do carro aumenta. Para qualquer sistema, a transferência de energia está associada à travessia de massa, do trabalho externo ou à transferência de calor através da fronteira do volume de controle. Estes produzem uma mudança da energia armazenada dentro do volume de controle. Segundo o Beginner’s Guide to Aeronautics da NASA, a definição da primeira lei da termodinâmica é expressa da seguinte forma: i. A Primeira Lei da Termodinâmica Para Uma Massa de Controle que Passa por Um Ciclo ‘’Qualquer sistema termodinâmico em um estado de equilíbrio possui uma variável de estado chamada de energia interna. Entre quaisquer dois estados de equilíbrio, a variação da energia interna (U ) é igual à diferença entre o calor transferido para o sistema e o trabalho realizado pelo mesmo.

Consi1 Btu = 778. ft lbf = 1055. J dere então que o sistema retorne ao seu estado inicial através da transferência de calor do sisEsta unidade é chamada de unidade térmica tema até que o ciclo esteja completo. Assim, a britânica internacional. Para muitos trabalhos de PLT analisa como essas duas grandezas (calor e engenharia, a precisão de outros dados não gatrabalho) relacionam-se durante um processo. A primeira lei jamais foi refutada. Conforme foi discutido na aula anterior, as unidades para trabalho e calor ou para qualquer A equação 2 estabelece a PLT para uma massa de controle durante um ciclo. Todavia, muitas vezes, estamos interessados com o processo em vez de apenas um ciclo, Consideraremos agora, a PLT para uma massa de controle que passa por uma mudança de estado.

Começamos apresentando uma nova propriedade: a energia, que é indicada pelo símbolo E. Considere um sistema que passa por um ciclo, mudando do estado 1 para o estado 2 pelo processo A e retorna do estado 2 para o estado 1 através do processo B. Z (∂Q − ∂W )A = 1 2 (∂Q − ∂W )C Além disso, percebemos que a eq. é uma expressão da forma geral: (3) 1 Uma vez que A e C representam processos arbitrários entre os estados 1 e 2, a quantidade ∂Q − ∂W é a mesma para qualquer processo entre os estados 1 e 2. Por isso, ∂Q − ∂W depende somente dos estados inicial e final e não depende do caminho seguido entre os dois estados. Concluímos então, que estamos diante de uma função pontual e portanto, ela é a diferencial de uma propriedade de massa.

Essa propriedade é a energia da massa e é representada pelo símbolo E. A energia interna de um sistema pode ser compreendida quando examinamos o mais simples dos sistemas, isto é, um gás ideal. Uma vez que as partículas de um gás ideal não interagem, esse sistema não possui energia potencial. Assim, a energia interna de um gás ideal é portanto a soma das energias cinéticas das partículas que constituem o gás. A identificação da energia interna como uma forma macroscópica de energia é um passo significante no presente desenvolvimento, pois ela separa o conceito de energia termodinâmica do conceito de energia mecânica. A energia interna é uma variável de estado como a temperatura e a pressão e não depende de qualquer processo.

A energia do sistema pode variar em cada uma das três formas: que a aceleração da gravidade nesse ponto seja g. Então, pela primeira lei, eq. temos: ∂W = −F dZ = −dEP F = ma = mg Então dEP = F dZ = mgdZ Integrando temos: Z 1. Pela variação da energia interna. EP2 Z Z2 dEP = m EP1 2. Então, pela primeira energia cinética? lei, eq. temos: ∂W = −F dx = −dEC mas F = ma = m dx dV dV dV =m = mV dt dt dt dx Figura 6: Carro em deslocamento. então Solução: A expressão padrão da energia cinética de uma massa é: dEC = F dx = mVdV Integrando obtemos: Z EC Z dEC = EC=0 1 EC = mV2 = 400kJ 2 V Resolvendo em função da velocidade: mVdV V =0 1 EC = mV2 2 r V= (8) 2EC = m r 2 × 400000 = 27 m/s 1100 A expressão padrão da energia potencial é: Uma expressão similar para a energia potencial pode ser obtida.

Considere uma massa de controle que esteja inicialmente em repouso e numa determinada altura relacionada com algum nível de referência. Considere que essa massa sofra a ação de uma força vertical, F , de tal magnitude que ela suba (em elevação), com velocidade constante, de uma altura dZ. fBtu × 32. lbmf fronteira como calor ou trabalho. Isso é um pouco lbf s2 = parecido com uma conta conjunta entre marido 2400 lbm e mulher. Nesse caso, existem duas formas pe= 91. f t/s las quais os depósitos e os saques podem ser EP = mgH feitos, seja pelo homem ou pela sua mulher e o EC saldo sempre refletirá o valor resultante das tranEC = mgH → H = mg sações. A terceira observação é que as eqs. e 11 dE = dU + mVdV + mgdZ podem fornecer apenas as variações de energia Integrando para uma mudança de estado, do es- interna, energia cinética e energia potencial.

Não tado 1 para o estado 2, com g constante, temos: sabemos nada sobre os valores absolutos dessas quantidades através dessas equações. Se desejarmos associar valores à energia interna, mV22 mV12 E2 − E1 = U2 − U1 + − + mgZ2 − mgZ1 potencial e cinética, devemos considerar estados 2 2 Similarmente, substituindo essas expressões de referência e atribuir um valor à quantidade para energia cinética e potencial na eq. temos: analisada nesse estado de referência. U2 − U1 + m(V22 − V12 ) + mg(Z2 − Z1 ) = 2 1 Q2 −1 W2 Uma vez que não existe variação de energia cinética nem potencial, a equação se reduz a: U2 − U1 = 1 Q2 −1 W2 assim, U2 − U1 = −1500 − (−5090) = 3590 kJ Exemplo 3 - Considere uma pedra de 10 kg de massa e um balde contendo 100 kg de água líquida. Inicialmente, a pedra encontrase 10.

m acima da água e a pedra e a água encontram-se a mesma temperatura, estado 1. A pedra então cai em direção à água. Determine ∆U, ∆EC, ∆EP, Q e W para as seguintes mudanças de estado, considerando a aceleração da gravidade padrão com o valor de 9. Consequentemente, não ocorre nenhuma variação da temperatura nem da energia interna da pedra. Podemos considerar também que o ar e a pedra encontram-se a mesma temperatura, logo não ocorre transferência de calor entre esses estados, Finalmente, se considerarmos a pedra e a água como um sistema, então nenhum trabalho cruzou a fronteira do sistema. Assim do estado 1 para o estado 2, temos: ∆U = 0 1 W2 = 0, 1 Q2 = 0 e podemos simplicar: ∆EC + ∆EP = 0 ∆EC = −∆EP = −mg(Z2 − Z1 ) = −10 × 9.

× (0 − 10) = 1000J = 1kJ → ∆EP = −1 kJ ∆EC = 1 kJ. b) Aplicando a 1ª lei para o processo que vai do estado 2 até o estado 3 e, novamente considerando a pedra e a água como um sistema e considerando que a profundidade da água é desprezível: ∆EP = 0 assim como na parte a), nenhum trabalho atravessa a fronteira do sistema (a pedra e a água), logo: Análise e solução: Considere a combinação pedra-água como um sistema. Seguindo a convenção aplicada as outras propriedades extensivas, o símbolo u designa a energia interna por unidade de massa. Poderíamos falar de u como energia interna específica, assim como fazemos com o volume específico. Todavia, de 11 acordo com o contexto, especificaremos se U ou u está sendo referenciado. Simplesmente utilizaremos o termo energia interna para referirmo-nos tanto para energia interna por unidade de massa como para energia interna total.

Percebemos que na ausência de movimento, de gravidade, de efeitos superficiais,de eletricidade ou de outros efeitos; o estado de uma substância pura é especificado por duas propriedades independentes. Todos os valores de energia interna das tabelas de vapor são então calculados em relação a este referencial (perceba que o estado de referência é cancelado quando determinamos a diferença em u entre quaisquer dois estados). Valores para a energia interna são encontrados nas tabelas de vapor da mesma forma que para o volume específico. Na região de líquido-vapor saturado: U = Uliq + Uvap ou mu = mliq uf + mvap ug Dividindo por m e introduzindo o título, x, temos: u = (1 − x)uf + xug u = uf + xuf g Como exemplo: a energia específica interna do vapor saturado de água com uma pressão de 0.

MPa e título de 95 % pode ser calculado da forma: iv. Análise de Problemas e Técnicas de Soluções u = uf + xuf g = 669. em 300º C, encontramos o valor u = 2780 que se encontra entre os valores de u para 1600 kPa (2781) e 1800 kPa (1776. interpolando linearmente, obtemos: 1. Qual é a massa de controle ou o volume de controle? É útil ou necessário escolher mais de um? Pode ser útil desenhar um esboço do sistema nesse ponto. Ilustrar todos os fluxos de calor e de trabalho e indicar forças tais como pressões externas e a de gravidade ajudam. O que sabemos sobre o estado inicial (isto é, quais são as propriedades que conhecemos)? P = 1648 kP a Note que o título é indefinido na região de vapor super aquecido. Assim, é apropriado que comecemos a praticar essa técnica agora, em antecipação a esses problemas futuros.

Nossa técnica de análise e solução de problemas está contida na seguinte estrutura que consiste numa série de perguntas que devem ser respondidas no processo de ordenamento de uma solução de um problema de Termodinâmica. Vamos a elas. O que sabemos sobre o processo que está acontecendo? Existe alguma grandeza que seja constante ou nula? Há alguma relação funcional conhecida entre duas propriedades? 5. É necessário desenhar um gráfico sobre as informações contidas nas perguntas 2 a 4 (por exemplo um gráfico T − v ou P − v)? 6. m3 de água líquida saturada e 4. m3 de vapor saturado de água a 0. MPa. Calor é transferido até que o vaso esteja cheio de vapor saturado. Determine a transferência de calor para esse processo. Ocorre uma pequena variação do centro de massa do sistema mas consideraremos que a correspondente variação de energia potencial é desprezível (em kilojoules), portanto: 1 Q2 = U2 − U1 ♠ Solução: O calor transferido será calculado através da primeira lei.

Como o estado 1 é conhecido, podemos determinar U1 : U1 = mf uf + mg ug Vf Vg mf = , mg = vf vg m1f = 0. kg m1g = 4. kg então: U1 = m1f u1f + m1g u1g U1 = 47. kJ Para determinar u2 , precisamos conhecer duas propriedades termodinâmicas uma vez que elas determinam o estado final. Tomando o gás como nossa massa de controle e aplicando a primeira lei, eq. temos em termos de Q: 1 Q2 = U2 − U1 +1 W2 O trabalho realizado pode ser calculado através da relação: Z 2 P dV 1 W2 = 1 3 Uma vez que a pressão é constante, Z 2 dV = P (V2 − V1 ) 1 W2 = P 2000 kPa. m /kg P2. P2 = 2021. kPa = 2. Figura 9: Processo de quase-equilíbrio à pressão constante. H = U + PV (12) ou, por unidade de massa: h = u + Pv (13) Assim como com a energia interna, poderíamos dizer entalpia específica, h, e entalpia total, H.

Todavia, iremos nos referir a ambas como apenas entalpia, pois o contexto nos dirá sobre qual das duas tratamos. A transferência de calor em um processo de quase-equilíbrio à pressão constante é igual a variação da entalpia que inclui tanto a variação de energia interna e o trabalho para esse processo em particular. Isso de maneira alguma é uma expressão genérica. são todos relacionados com uma base arbitrária selecionada. Nas tabelas de vapor, a energia interna do líquido saturado a 0. º C consiste nesse estado de referência e a ele é dado um valor zero. Para refrigerantes tais como a amônia e os clorofluorcarbonos R-12 e R-22, o estado de referência é arbitrariamente tomado como o estado de líquido saturado à - 40º C. A entalpia nesse estado de referência é associada ao valor zero.

A entalpia de um líquido saturado tem o símbolo hf , vapor saturado, hg e a diferença de entalpia durante a vaporização, hf g. Para o estado saturado, a entalpia pode ser determinada por uma dessas relações a seguir: h = (1 − x)hf + xhg h = hf + xhf g A entalpia da água líquida comprimida pode ser encontrada na Tabela B. Para substâncias as quais as tabelas de líquido comprimido não estão disponíveis, a entalpia é tomada como aquela do líquido saturado à mesma temperatura. Exemplo 6 - Um cilindro composto de um pistão tem um volume igual a 0. m3 e contém 0. • Modelo: Tabelas de vapor. No estado 2 temos (0. Mpa, 300º C) → vapor super aquecido. Logo: h2 = 3066. kJ/kg, v2 = 0. Uma vez que a pressão é constante, temos: Z 2 dV = P (V2 − V1 ) = m(P2 v2 − P1 v1 ) 1 W2 = P 1 Portanto a primeira lei em termos de Q: = m(u2 − u1 ) + 1 W2 = m(u2 − u1 ) + m(P2 v2 − P1 v1 ) = m(h2 − h1 ) 1 Q2 ♠ Cálculos: Existe uma escolha de procedimentos a seguir: o estado 1 é conhecido, então v1 e h1 ou (u1 ) podem ser determinados.

O estado 2 também é conhecido, então v2 e h2 ou (u2 ) também podem ser determinados. Aplicando a 1ª lei e a equação do trabalho, podemos calcular a transferência de calor e o trabalho. Usando a entalpia temos então: h1 = hf + x1 h1f g , V 0. v1 = = = 0. Esta fase pode ser líquida, sólida ou gasosa mas nenhuma mudança de fase irá ocorrer. Definiremos então, uma variável denominada calor específico, como sendo a quantidade de calor necessária por unidade de massa para elevar a temperatura de um grau. Uma vez que é de interesse a relação entre o calor específico e outras variáveis termodinâmicas, percebemos, primeiramente, que o calor transferido é dado pela eq. Desprezando as variações de energia cinética e potencial e considerando uma substância compressível simples e um processo de quase-equilíbrio, no qual o trabalho da eq.

é dado pela eq. Nessas situações, a variação de energia interna é a mesma para cada sistema. De acordo com a eq. exatamente o mesmo valor de calor específico médio a volume constante seria determinado para essa substância nos dois processos ainda que os dois processos fossem bastante diferentes no que diz respeito à transferência de calor. Sólidos e Líquidos Como um caso especial, considere tanto um sólido como um líquido, Uma vez que ambas as fases são aproximadamente incompressíveis, então: dh = du + d(P v) ≈ du + vdP (16) Também para ambas as fases, o volume específico é muito pequeno, tal que em muitos casos: dh ≈ du ≈ CdT (17) Onde C é o calor específico a volume constante ou à pressão constante, pois ambos têm valores muito próximos.

em muitos processos envolvendo um sólido ou um líquido, poderíamos assumir que o calor específico da eq. Uma vez que a energia interna de uma substância modelada como sendo incompressível depende somente da temperatura. o calor específioc Cv é também, somente, função da temperatura, conforme ilustra a Eq. Assim: du (incompressível) dT expressa como uma derivada ordinária por que u depende somente de T. Embora o volume específico seja constante e a energia interna dependa somente da temperatura, a entalpia varia tanto com a pressão e a temperatura, de acordo com: Cv (T ) = Se o calor específico for constante, então as equações acima ficam: u2 − u1 = C(T2 − T1 ) h2 − h1 = C(T2 − T1 ) + v(P2 − P1 ) incompressível, C constante.

O termo v(P2 − P1 ) normalmente é pequeno em relação ao primeiro termo do membro direito da equação e pode ser considerado desprezível. Por exemplo, considere os variação de C com a temperatura pode ser pe- diversos valores listados nas tabelas de vapor suquena. Em casos assim, o calor específico C per aquecido, Tab. B. ilustrados na tabela da pode ser tratado como constante sem que haja Fig. Examinando esses valores, percebemos que u apresenta uma forte dependência de T , comprometimento sério da precisão. Para uma dada massa m: dU = mCv0 dT (21) Da definição de entalpia e da equação de estado de um gás ideal, segue-se que: h = u + P v = u + RT (22) Uma vez que R é uma constante e u é somente função da temperatura, segue-se que a entalpia, h, de um gás ideal é também função da temperatura, somente.

Ou seja: h = f (T ) (23) A relação entre entalpia e temperatura é determinada através do calor específico à pressão constante, definido pela eq. ∂h Cp = ∂T p 19 Figura 13: Gráfico P − v de um gás ideal. Uma vez que a energia interna e a entalpia de um gás ideal são funções somente da temperatura, segue-se também que os calores específicos à pressão e volume constante são também funções apenas da temperatura. Ou seja: Cv0 = f (T ), Cp0 = f (T ) (26) Porque todos os gases se aproximam do comportamento de um gás ideal quando a pressão se aproxima de zero, o calor específico de um gás ideal de uma dada substância é freqüentemente chamado de calor específico de pressão zero, ou pressão zero.

diretamente, obtendo: h2 − h1 = Cp0 (T2 − T1 ) (29) Percebemos, com auxílio da Fig. as circunstâncias sob as quais isso torna-se um modelo preciso. Deve ser acrescentado, todavia que ela pode ser uma aproximação razoável sob outras Figura 14: Calor específico de alguns gases condições, especialmente tem-se um calor esem função da temperatura. pecífico médio em uma particular faixa de temperaturas, então é utilizada a eq. Valores de É percebido que o fator principal que causa a calor específico à temperatura ambiente e consvariação do calor específico com a temperatura é tante de gás para vários gases são fornecidos na a vibração molecular. Esta função, hT (e uma função similar uT = hT − RT ) é listada para o ar na Tabela A.

Estas funções são listadas para outros gases na Tabela A. Para sumarizar todas as três possibilidades, percebemos que usando as tabelas de gás ideal, as Tabelas A. e A. fornecem-nos respostas mais precisas, porém as equações da Tabela A. h2 − h1 = 1540. kJ/kg (Resposta. • A equação empírica fornecida pela Tabela A. deve fornecer uma boa aproximação para esse resultado, Integrando a eq. temos: Z T2 h2 − h1 = Z θ2 Cp0 (θ) × 1000dθ Cp0 dT = T1 θ1 2 onde : Cp0 = C0 + C1 θ + C2 θ + C3 θ3 (T ab A. temos: Cp0 = 0. kJ/kgK Substituindo esse valor na eq. obtemos o resultado: h2 −h1 = 1. kJ/kg (Resposta. que é cerca de 2% maior; um resultado muito mais próximo do que aquele utilizando a temperatura ambiente do calor específico. Modelo: Gás ideal, calor específico constante com valor em 300 K, Tabela A.

♠ Análise Da 1ª lei, temos: 1 Q2 = U2 − U1 + que é 2% menor do que o 1º resultado. • Se considerarmos o calor específico como sendo constante, devemos estar preocupados sobre que valor iremos usar. Se escolhermos m(V22 − V12 ) + mg(Z2 − Z1 ) 2 + 1 W2 que se reduz a: 1 Q2 21 = m(u2 − u1 ) + 1 W2 (fluxo) que expresse tanto a taxa instantânea ♠ Cálculos A massa de nitrogênio é determinada pela equa- como a taxa média na qual a energia cruza a superfície de controle na forma de calor ou de ção de estado com R dado pela Tabela A. trabalho ou a taxa na qual a energia da massa de controle varia. Utilizar os valores das tabelas para determi- o qual uma quantidade de calor ∂Q atravessa nar u e h é a maneira mais fácil e precisa a superfície de controle; a variação da energia interna é ∆U , a variação da energia cinética é caso as tabelas estejam disponíveis.

∆EC e a variação da energia potencial é ∆EP. Utilizar as relações CP e CV como funções Então, podemos escrever a primeira lei como: da temperatura e realizar as integrações e bastante inconveniente para cálculos à ∆U + ∆EC + ∆EP = ∂Q − ∂W mão porém muito indicados para cálculos com auxílio do computador. Os resultados Dividindo por ∂t, temos a taxa média de transferência de energia como calor ou trabalho e o obtidos são muito precisos. aumento de energia da massa de controle: 3. K/s dU = Q̇ − Ẇ dt Ẇ = ϵi = −12. × 20 = −256 W = −256 J/s dU = Q̇ − Ẇ = −10 − (−256) = 246 J/s dt onde C é o calor especíco da substância. Considerando que a taxa de elevação da temperatura é constante, podemos: determinar o tempo gasto como: Z dT dT dt = ∆t dt dt ∆T 75 − 20 → ∆t = dT = 0.

dt = 664 s = 11 min ∆T = Exemplo 10 - Um fogão a lenha de ferro fundido de massa igual a 25 kg, ilustrado na Fig. contém 5 kg de madeira e 1 kg de ar. Uma massa de controle é definida como uma quantidade fixa de massa. A questão agora, é se a massa de controle desse sistema varia quando a sua energia varia. Se assim contece, a nossa definição de massa de controle como uma quantidade fixa de massa não é mais válida quando a energia variar. Sabemos, por meio de considerações relativísticas, que massa e energia estão relacionadas pela bem conhecida equação: E = mc2 23 (33) onde c é a velocidade da luz e E é a energia. Concluímos por meio dessa equação que a massa de uma massa de controle não varia quando a energia varia.

× 10−11 kg. Uma variação de massa dessa magnitude não pode ser detectada nem pela nossa balança química mais precisa. Certamente, uma variação fracional na massa dessa magnitude, está além da precisão necessária em, essencialmente, todos os cálculos de engenharia. Por esse motivo, se aplicarmos as leis da conservação da massa e da conservação de energia como leis separadas, não estaremos cometendo um erro significante na maioria dos problemas de Termodinâmica e a nossa definição de massa de controle como possuindo uma massa fixa pode ser utilizada até mesmo com as variações de energia. x. É utilizad para amortecer flutuações decorrentes de motores de um (ou poucos) cilindros que, de outra forma, dariam uma velocidade de rotação irregular.

O armazenamento é apenas por um tempo muito curto. Um volante moderno é usado para amortecer as flutuações em fontes de alimentação intermitentes, como uma turbina eólica. Ele pode armazenar mais energia do que o volante mostrado na Fig. Um banco de vários volantes podem fornecer uma quantidade de energia substancial por 5 a 10 minutos. dráulico ao eixo de acionamento. Quando uma ação de frenagem é necessária, o eixo de acionamento bombeia fluido hidráulico para um tanque Sistemas químicos Várias reações químicas podem ser feitas de alta pressão que tem nitrogênio como tampara operar sob condições tais que a energia pão. Então, quando a aceleração é necessária, o pode ser armazenada em um momento e recupefluido de alta pressão retorna, através do motor rada em outro momento.

Pequenos pacotes de hidráulico, adicionando potência ao acionamento calor podem ser quebrados para misturar alguns do eixo durante o processo. Esta combinação é produtos químicos que reagem e liberam energia altamente benéfica para a condução na cidade, como para um ônibus que pára e acelera diver- na forma de calor. Um processo químico libera elétrons em um dos 25 1. O que é 1 cal no sistema SI e qual o nome dado para 1 N. m? Solução: Na tabela de fatores de conversão A. na parte de energia, temos: 1 cal (Internacional) = 4. J = 4. Por que escrevemos ∆E ou E2 − E1 , emquanto escrevemos 1 Q2 e 1 W2 ? Solução: • ∆E ou E2 − E1 indica a variação que ocorre do estado 1 até o estado 2 e depende somente dos estados inicial e final e independe de que maneira contece o processo (o caminho) entre os estados 1 e 2.

• 1 Q2 e 1 W2 são quantidades de energia transferidas durante o processo entre os estados 1 e 2 e dependem do caminho no qual ocorre o processo. Quando você comprime uma mola em um brinquedo ou estica um elástico de borracha, o que acontece em termos de trabalho, energia e transferência de calor? Mais tarde, qunado eles são liberados, entã, o que acontece? Solução: • Em ambos os processos, o trabalho "entra"na mola e no elástico e a energia é armazenada na forma de energia potencial. Se a mola ou a borracha forem inelásticos, uma parte do trabalho "vai"para a energia interna do material (ele torna-se aquecido) e não "vai"para a energia potencial e estando o material mais aquecido do que o ar ambiente, ele esfria lentamente até atingir a temperatura ambiente.

• Quando a mola ou o elástico é liberado(a), a energia potencial é transformada de volta em trabalho que é fornecido ao sistema conectado à extremidade da mola ou do elástico. Solução: (a) Uma mola que é comprimida. Energia potencial (1/2)kx2. b) Uma bateria que é carregada. Energia potencial elétrica, V. Amp. kJ Logo, a 2ª situação não é igual à 1ª. Um guindaste utilizou 2 kW para elevar uma caixa de 100 kg de massa a uma altura de 20 m. Quanto tempo ele gastou nessa operação? Solução: A potência é dada pela razâo: mgH mgH W = =⇒ ∆t = ∆t ∆t Ẇ 100 × 9. s ∆t = 2000 Ẇ = 9. Vapor saturado possui um máximo para u e h em torno de 235º C. As linhas h são similares. Uma panela contendo água fervendo encontra-se sobre um fogão que fornece 325 W para a água.

Qual é a taxa mássica (kg/s) ou vazão mássica que está vaporizando, considerando que esse processo ocorre à pressão constante? Solução: Considerando que toda a potência seja absorvida pela água e que o processo ocorre à pressão constante de 101 kPa, então T = 27 Solução: Sim, ela varia. Quando o trabalho "sai"de uma massa de controle, o volume dela deve aumentar, assim v aumenta. Quando a entrada de calor proveniente da transferência do mesmo "chega"à massa de controle numa taxa igual à taxa de "saída"do trabalho, u é constante se não existirem variações de energias cinética e potencial. Com a expressão: = 1 W2 2 1 W2 = m x2 = r 2 × 20000 = 141. m/s 2 c) Elevando a água em um campo gravitacional com Z1 = 0: = mg(Z2 − Z1 ) = 1 W2 20000 1 W2 = = 1019 m Z2 = mg 2 × 9.

Água é aquecida de 100 kPa, 20º C até 1000 kPa, 200º C. Em uma situação, a pressão é aumentada quando T = C, então T é aumentada quando P = C. Em uma segunda situação, a ordem oposta é seguida. qual é a variação de entalpia? Solução: A variação de entalpia é dada por: ∆h = h2 − h1 No estado 1 temos duas fases, x1 = 0. P1 = 200 kPa, T1 = Tsat = 120. º C. Determinamos h1 com: h1 = h1f + x1 · h1f g = 504. hJ/kg No estado 2 temos T2 = 120. Dois kg de água à 120º C com um título de 25% tem a temperatura elevada de 20º C em um processo a volume constante. Qual é o novo título e a energia específica interna? Solução: Temos o estado 1 coma as fases líquida e vapor com T1 = 120º C, P1 = Psat = 198. kPa.

Vamos achar o volune específico, v1 através da expressão: v1 = v1f + x · v1f g v1 = 0. m3 /kg Como o processo ocorre a volume constante, então v2 = v1 = 0. Aplicando a equação da 1ª Lei: 1 q2 = u2 − u1 + 1 w2 1 q2 = u2 − u1 Considerando o Ar um gás ideal, podemos utilizar os valores da Tab. A. • De 300 a 350 K: u1 = 214. kJ/kg Para determinar u2 devemos fazer uma interpolação linear: 257. kJ/kg. P 101 ρar = = RT 0. kg/m3 Fd = 0. Aρar V 2 = 0. N (Resposta. Ẇ = F V Ẇ = 266. Calcule a variação dT /dt. Solução: Como o processo acontece com volume constante, então 1 W2 = 0. Sabemos que: • Energia Cinética e Potencial dU = Q̇ − Ẇ dt dU = Q̇ = −500 W dt Temos que: du ∆u Cv = = dT ∆T Utilizaremos os valores tendo como média a temperatura de 2000 K, isto é, 1900 e 2100 K e utilizando a Tabela A.

Assim: 20. Uma talha eleva um carro de 1750 kg a uma altura de 1. J mas E2 − E1 = 1 Q2 − 1 W2 logo : 30891 = − 1 W2 →1 W2 = −30891 J Ou seja o trabalho é realizado sobre o sistema, ou seja, o carro. •W = P ∆V |W | 30891 ∆V = = P 800000 3 = 0. m (Resposta. Um pistão movimenta um martelo de 25 kg de uma máquina de estampagem, 1m para baixo, do repouso até uma velocidade de 50 m/s. Determine a variação total de energia do martelo. Da 1ª Lei, temos: m(V22 − V12 ) + mg(Z2 − Z1 ) = 2 E2 − E1 23. · (0 − 1) = 0 + 25 2 E2 − E1 E2 − E1 = 31250 − 245. J(Resposta. logo P ∆V = 2362. kJ 2362. × 7875000 = 2362500 J A partir do gráco, temos: 1000 + 100 ∆V 2 1000 + 100 2362. ∆V 2 ∆V = 4. m3 (Resposta. Area = | 1 W2 | = 24. Um carro de 1200 kg acelera de 0 a 100 km/h em um deslocamento de 400 m. Como o carro não sofre variação na altura, ∆EP = 0 Figura 27: Aceleração.

Solução: Temos que: m(V22 − V12 ) 2 100 2 ( ) − 02 = 1200 3. J ∆EC ≈ 463 kJ(Resposta. •∆EP = mg(Z2 − Z1 ) = 1250 × 9. × (10 − 0) = 117684 J ∆EP ≈ 117. V22 0. × 252 L= = 0. g 0. L = 5311 m (Resposta. − Mais de 5 km! Vemos que a resistência do ar é muito maior do que força de resistência ao rolamento. Uma bola de aço com massa igual a 5 kg desloca-se, horizontalmente, a uma taxa de 10 m/s. Se a bola subir um plano inclinado, qual altura atingirá quando atingir o repouso. Considere o campo gravitacional padrão. Solução: VC: a bola. Aplicando a PLT: ∆U + ∆EC + ∆EP = 1 Q2 − 1 W2 Considerando que não ocorre variação de temperatura na bola, então ∆U = 1 Q2 = 0. Determine a força necessária e o trabalho envolvido no processo. Solução: m = 2 kg; g = 9. m/s2 ; x = 0. m.

F = ma Z = 2 × 9. triplo → P > Psat → sólido comprimido. Com a Tab B. temos: u = vi = 0. u = ui = − 337. kJ/kg • d) R-134a: P = 200 kP a, v = 0. h = 318. kJ/kg• a) Água a 5000 kPa, u = 800 kj/kg. b) Água a 5000 kPa. v = 0. m3 /kg. v = 0,0011372 m3 /kg • Mesmo procedimento para determinar h: 759,62. h 848. h = 805. kJ/kg • x é indefinido. • b) Como v > vg , temos vapor super aquecido. h = 3243. kJ/kg • x é indefinido. • c) Como vf < v < vg , o R-134a encontrase saturado. De acordo com a Tab. B. e interpolando linearmente: 60. v. u 70. v = 0. m3 /kg • u = 1435 kJ/kg • b) T > Tsat → Vapor super aquecido. B. a água encontra-se entre 220º e 240º C. Usando a interpolação linear temos: 220. T. T = 233. P. P = 1694 kPa • e) Pela Tab. B. v = vf + xvf g v = 0.

v = 0. v = 0. m3 /kg • u = 184. kJ/kg • 34. Determine as propriedades que faltam e determine a fase de cada substância. a) H2 O: T = 120º C, v = 0. a) R-12: P = 500 kPa, h = 230 kJ/kg; b) R-22: T = 10º C, u = 200 kJ/kg; c) R-134a: T = 40º C, h = 400 kJ/kg Solução: a) h < hg → vapor super aquecido. Fazendo a interpolação linear: 60ºC. T. v. u. kJ/kg • u = uf + xuf g u = 503. u = 1637. kJ/kg • c) hf < h < hg → líquido + vapor. P = 1017 kPa • h − hf x= hf g 400 − 256. x= = 0. Pela Tab. B. x é indefinido. • v = vf + xvf g v = 0. v = 0. temos: u1 = uf = 83. kJ/kg h1 = hf = 83. kJ/kg a) P2 = 200 kPa, T2 =20º C. Da Tab. B. kJ/kg, h2 = 85. kJ/kg 38. Um container rígido contém 0. kg de água a 300º C, 1200 kPa.

A água é então resfriada até uma pressão final de 300 kPa. v − vf 0. vf g 0. x = 0. u2 = u2f + x2 u2f g u2 = 561. u2 = 1258. ∆u = − 1. • ∆h = h2 − h1 = 102. ∆h = 18. • Da 1ª Lei: m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 Como V cte, 1 W2 = 0, logo: = m(u2 − u1 ) 1 Q2 = 0. Q2 = − 1148 kJ • 1 Q2 Equação da energia - Processos simples 37. Temos v > vg → vapor super aquecido. Pela Tab. B. e fazendo as interpolações: 0. u2 0. encontra-se a 100º C, com título igual a 90%. O tanque é então resfriado para 10º C. Determine a transferência de calor durante o processo. Solução: Aplicando a 1ª Lei, e considerando que não há realização de trabalho, pois V cte e não ocorre variação de energia cinética e potencial, mas existe variação de energia interna (mudança de temperatura).

Logo: 1 Q2 = m(u2 − u1 ) Pela Tab B. Solução: Aplicando a 1ª Lei, e considerando que não há realização de trabalho, pois V cte e não ocorre variação de energia cinética e potencial, mas existe variação de energia interna, pois ocorre aquecimento do sistema, temos: 1 Q2 = m(u2 − u1 ) Pela tab. B. temos: u1f = 179. kJ/kg, u1f g = 1138. kJ/kg u1 = u1f + xu1f g u1f = 179. Pela Tab. B. v2l = 0. m3 /kg, v2lg = 466. m3 /kg Então: m= v2 − v2l 1. Como v2 > vg , temos vapor super aquecido. Pela Tab. B. Podemos utilizar o valor aproximado para 100º C, ou seja, u2 = 1490. kJ/kg. Solução: Aplicando a 1ª Lei, e considerando que não há realização de trabalho, pois V cte e não ocorre variação de energia cinética e potencial, mas existe variação de energia interna (mudança de temperatura).

Logo: 1 Q2 = m(u2 − u1 ) nem potencial; apenas ocorre variação da energia interna devida a mudança de temperatura. Aplicando a 1ª Lei: 1 Q2 = m(u2 − u1 ) No estado1 temos: v1 = vc = 0. m3 /kg, u1 = uc = 2029. kJ/kg Vamos determinar a massa de água: V 0. Uma vez que o volume permanece constante, v2 = v1 = 0,003155 m3 /kg. Temos T2 = 20º C. Temos líquido + vapor. Logo: v2 − v2f 0. x2 = = v2f g 57. m3 /kg e x2 = 1, onde v2 = vg no estado de saturação (nesse caso só há vapor, porque x = 1). Assim, interpolando linearmente: 210º. m3 /kg. kJ/kg T. u2 215. Como o tanque é rígido, o volume é mantido constante. Assim, v1 = v2. Não ocorrem variações de energia cinética nem potencial, ocorre realização de trabalho sobre o sistema (cruzando a fronteira do sistema).

Ocorre variação de energia interna, pois há variação de temperatura no sistema. Logo, aplicando a 1ª Lei, temos: 1 Q2 = m(u2 − u1 ) + 1 W2 Pela Tab B. kJ/kg = m(u2 − u1 ) + 1 W2 1 Q2 = m(h2 − h1 ) Vamos determinar v1 : Como o volume é mantido constante, v2 = v1 = v1f + x1 v1f g : v2 = v1f + x1 v1f g v2 = 0. v2 = 0. m3 /kg 0. V = = 0. m3 /kg m 50 No estado 1 temos: v1 = 0. Como v2 > vg , temos vapor super aquecido. Pela Tab. B. entre 500 e 600 kPa e fazendo a interpolação linear: 0. m3 /kg. Da Tab B. v2 − v2f 0. x2 = = v2f g 0. x2 = 0. Vamos agora, determinar h2 : h2 = h2f + x2 h2f g h2 = 504. Solução: VC: água Aplicando a 1ª Lei: 38 46. Um dispositivo de pressão constante formado por um conjunto pistão/cilindro contém 0.

kg de água na forma de vapor saturado sob uma pressão de 400 kPa. Ele é então resfriado de maneira que a água ocupa metade do volume inicial. Determine a transferência de calor durante o processo. v2 = 0. m3 /kg Como vf < v2 < vg , temos líquido + vapor. v2 − v2f 0. v2f g 0. x2 = 0. Determine a transferência de calor e o trabalho realizado no processo. Uma massa de 25 kg desloca-se a 25 m/s então, um sistema de frenagem leva a massa a uma parada total, com uma constante de desaceleração em um período de 0. s. A energia de frenagem é absorvida por 0. kg de água que se encontram, inicialmente, a 20º C, 100 kPa. Uma vez que o processo ocorre à volume constante, então 1 W2 = 0. Aplicando a 1ª Lei: 1 Q2 m(u2 − u1 ) = 7.

u2 − u1 = = 15. kJ/kg 0. u2 = 15. Um cilindro isolado, provido de um pistão, contém R-12 a 25º C com título de 90% e volume de 45 L. O pistão é móvel e o R-12 expande até que só exista vapor saturado. Durante esse processo, o R-12 realiza um trabalho de 7. kJ contra o pistão. Determine a temperatura final, considerando que o processo seja adiabático. A sala é bem isolada e, inicialmente encontra-se, evacuada. Devido a uma falha, o reator rompe e a água inunda a sala. Determine o mínimo volume da sala de maneira que a pressão final não exceda 200 kPa. Figura 35: Reator. Solução: VC: reator + sala de contenção. v2 = v2f + x2 v2f g v2 = 0. v2 = 0. m3 /kg Vamos calcular a massa de água no momento do rompimento: V1 1 = 548.

kg = v1 0. O volume é dado por: (m2 = m1 ) V2 = m2 v2 = 548. Solução: VC: água No estado 1, temos: x1 = 0. V1 = 0. m3 , P1 = 200 kPa. Aplicando a 1ª lei: m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 1 Q2 = m(h2 − h1 ) Figura 38: Arranjo pistão/cilindro. Solução: VC: a água. B. v2 = 1. m3 , h2 = 2870. kJ/kg. O trabalho realizado é: 1 W2 = mP (v2 − v1 ) 1 W2 = 0. Q2 /m = 1 q2 = 3031 kJ/kg • 1 Q2 /m = m(h2 − h1 ) 1 Q2 = 0. Q2 = 132. kJ • 1 Q2 Figura 39: Diagrama T − v. Figura 37: Diagrama P − v. Um arranjo pistão cilindro tem o seu pistão carregado pela pressão atmosférica externa juntamente com a sua massa, atingindo um valor de 150 kPa, conforme ilustra a Fig. Aplicando a 1ª Lei: m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 No estado 1, temos: T1 = 200 C, P1 = 300 kP a, logo água líquida comprimida que será tomada como líquido saturado a mesma temperatura.

v1 = vf = 0. m3 /kg u1 = uf = 83. kJ/kg No estado 2, temos: P2 = 1. M P a, V2 = 0. Solução: VC: amônia Como o volume é constante, o trabalho realizado é nulo. Aplicando a 1ª Lei: m(u2 − u1 ) = 1 Q2 No estado 1, temos: T1 = − 200 C, x1 = 20 %, V1 = 0. m3. Da Tab. B. M P a, v2 = v1 = 0. m3 Como v2 > vg → vapor super aquecido. Da Tab. B. e fazendo a interpolação linear: 100º C. MPa. Acidentalmente, a garrafa é aquecida até que a válvula de segurança abra. Determine a temperatura e o calor transferido quando a válvula é aberta. calor transferida: em um conjunto pistão/cilindro. Determine os volumes inicial e final e a transferência total de calor necessária. u1 = 1010. kJ/kg m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 No estado 1, temos: P1 = 779. kP a x1 = 0.

Determinando v1 e u1 : v1 = v1f + x1 v1f g v1 = 0. v1 = 0. u2 150. v2 = 0. m2 /kg u2 = 2561. kJ/kg Cãlculo do trabalho realizado: = mP (v2 − v1 ) 1 W2 = 2 × 200(0. W2 = 285. u2 800. v2 = 0. m3 /kg u2 = 220. kJ/kg O volume final é dado por: V2 = mv2 = 2 × 0. m3 • O calor transferido é dado por: = m(u2 − u1 ) +1 W2 1 Q2 = m(u2 − u1 ) + P (V2 − V1 ) 1 Q2 = 2(220. final não pode exceder 125 kPa, qual deve ser o volume do recipiente? Solução: Aplicando a PLT: v2 = v2f + x2 v2f g v2 = 0. v2 = 0. m3 u2 = u2f + x2 u2f g u2 = 227. u2 = 308. kJ/kg m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 onde 1 Q2 = 0 e 1 W2 = 0 m(u2 − u1 ) = 0 u2 = u1 No estado 1, temos: P1 = 700 kP a T1 = 1500 C, Como T1 < Tsat → líquido comprimido. x2 = 0. v2 = v2f + x2 v2f g v2 = 0.

v2 = 0. m3 O volume é dado por: V1 V2 = mv2 = v2 v1 0. V2 = × 0. Calor é transferido para a água, fazendo com que o pistão seja elevado. Se a área da seção reta do pistão é igual a 0. m2 e a pressão varia linearmente com o volume até uma pressão final de 500 kPa, determine a temperatura final no interior do cilindro e o calor transferido durante o processo. m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 No estado 1, temos: P1 = 500 kP a T1 = 200 C, Da tab. B. kP a T1 = 1200 C, v1 = vg = 0. m3 /kg 44 brana é então rompida e ocorre transferência de calor, de maneira que a água atinge um estado uniforme a 100º C. Determine a transferência de calor durante o processo. u1 = 2529. kJ/kg Fazendo o balanço das forças: (Fig.

m3 /kg P2 = P1 + 0. vA1 − vA1f = vA1f g 0. xA1 = 0. uA1 = uA1f + xA1 uA1f g uA1 = 504. uA1 = 2025. M P a TB1 = 4000 C Como TB1 > Tsat → vapor super aquecido. Pela Tab. B. vB1 = 0. m3 /kg uB1 = 2963. A mem45 Cálculo de VB : VB = mB1 vB1 = 3. VB = 2. m3 Cálculo do volume no estado 2: V2 = VA + VB V2 = 1 + 2. m3 Cálculo de v2 : V2 3. v2 = = = 0. kJ/kg Na parte inferior (parte A). no estado 1, temos: TA1 = 200 C vA1 = vf = 0. m3 /kg uA1 = uf = 83. kJ/kg mA1 = 2 kg Cálculo do volume VA1 : 0. v2 − v2f = v2f g 1. Considere a gravidade padrão, g, P0. Calor é então adicionado à água abaixo abaixo do pistão de forma que a mesma se expande, empurrando o pistão para cima, fazendo com que a água no topo derrame.

Esse processo continua até que o pistão atinge o topo do cilindro. Determine o estado final da água sob o pistão (T, P, v) e o calor adicionado durante o processo. V = Acil H = 0. TA2 = 1050 C • vA2 − vA2f 0. xA2 = = vA2f g 1. xA2 = 0. uA2 = uA2f + xA2 uA2f g uA2 = 440 + 0. uA2 = 1169. ′′ u2 = 1668. está abaixo. PA1 + PA2 (VA2 − VA1 ) 2 218. W2 = 2 1 W2 = 169. kJ Aplicando a PLT: 1 W2 = Fazendo a interpolsção linear: 600 kPa. kJ • Figura 51: equilíbrio de forças. Considere a mesma situação do problema 50, mas a sala possui um volume de 100 m3. Mostre que o estado final possui duas fases e determine a pressão final através de tentativa e erro. Solução: Do problema 50, temos: m2 = m1 = 548. kg u2 = u1 = 1702. Solução: VC: água.

Aplicando a PLT: ˙ 2 − 1W ˙2 m(u2 − u1 ) = 1 Q ˙ 2 = 0, (V = cte) onde : 1 W ˙2 m(u2 − u1 ) = 1 Q Estado 1: m = 2 kg; P1 = 47. kP a; x1 = 0. T1 = 800 C u 1 = u f + x1 u f g u1 = 334. u1 = 1623. u2 1. u2 = 2499. kJ/kg Cálculo da quantidade de calor transferida: Estado 2: v2 = v1 = 0. m3 /kg ˙2 m(u2 − u1 ) = 1 Q ˙ 1 Q2 u2 − u1 = m ˙ 1 Q2 u2 = u1 + m 0. × 3600 u2 = 2391. Solução: VC: água. Processo: V cte. W2 = 0 Aplicando a PLT: ˙ 2 − 1W ˙2 m(u2 − u1 ) = 1 Q ˙ 2 = 0, (V = cte) onde : 1 W ˙2 m(u2 − u1 ) = 1 Q Estado 1: m = 2 kg; P1 = 1000 kP a; x1 = 0. T1 = 179. C 48 65. v1 887. v1 = 0. m3 /kg Estado 2: P2 = 8 bar = 800kP a; T2 = 500 C. Como T2 > Tsat → vapor super aquecido. u2 = 412. × 106 = u2 = m 2000 u2 = 209. kJ/kg x2 = = 800(0. W2 = 2. kJ/kg• m Cálculo do calor transferido: = m(u2 − u1 ) + 1 W2 1 Q2 1 W2 = u2 − u1 + m m 1 Q2 1 Q2 m = 412.

Q2 m = 19. Determine a transferência de calor do processo. Solução: VC: água. • Equação da energia: solução em múltiplas etapas 67. Dez kilogramas de água em um arramjo pistão/cilindro existem como vapor saturado à 100 kPa com título de 50 %. O sistema é então aquecido de forma que o volume triplica. kJ/kg v1 = vf + x1 vf g v1 = 0. v1 = 0. m3 ; kg No estado 2, temos: v2 = 3v1 = 3 × 0. m3 /kg P2 = 200 kP a Como v2 > vg → vapor super aquecido. Interpolando: 800 kPa. m3 /kg uA1 = uf + xA1 uf g uA1 = 227. uA1 = 251. kJ/kg VA mA1 = vA1 1 = 163. kg mA1 = 0. No estado 2, temos: T2 = 200 C m2 = mA1 = mP (v2 − v1 ) 1 W2 = 10 × 200(2. Determine a transferência total de calor do R-134a durante o processo. v2 − vf 0. vf g 0. x2 = 0. u2 = uf + x2 uf g u2 = 227.

m3 /kg E de acordo com a nova condição: x2 = 1 (não há mais fase líquida), logo: v2 = 0. m3 /kg = vg Interpolando entre 55º C e 60º C para vg e ug (Tab. B. º C. m3 /kg T2. MPa. a) Qual é o título no estado inicial? b) Calcule a transferência de calor durante o processo. Processo: 1 → 2 → 3 Enquanto o pistão flutua, a pressão permanece constante (1 → 2). Ao atingir os esbarros (estado 3), temos: v3 = 2v1 No estado 3, temos: P3 = 1. M P a; T3 = 500 C Como T3 > Tsat → vapor super aquecido. kJ/kg Podemos determinar v1 e v2. pois: v2 = v1 = v3 2 0. m3 /kg 2 Então, no estado 1, temos: v1 = 0. m3 /kg; T1 = 100 C P1 = 680. kP a Como vf < v1 > vg → líquido + vapor. kJ Aplicando a PLT, temos: 1 W2 Figura 59: Cilindro com R-22.

Solução: VC: R-22 = m(u3 − u1 ) + 1 W3 1 Q3 = 5(248. Q3 = 758. kJ• 1 Q3 71. Um conjunto pistão cilindro contém 1 kg de água líquida a 20º C e 300 kPa. kJ• 1 Q2 72. Refrigerante R-12 está contido em um arranjo pistão/cilindro à 2 MPa, 150º C com um pistão de massa desprezível encostado aos esbarros e nesse ponto, o volume é igual a 0. m3. O lado acima do pistão está conectado a uma válvula aberta ligada a uma linha de ar à 10º C, 450 kPa, conforme a Fig. O conjunto inteiro é então resfriado até a temperatura ambiente de 10º C. m3 /kg u1 = 252. kJ/kg No estado a, temos (Fig. Pa = 450 kP a; va = v1 = 0. m3 /kg No estado 2, temos: P2 = 450 kP a; T2 = 100 C Como T2 < Tsat → líquido comprimido. v2 = vf = 0. W2 = 1 Wa + a W2 , a W2 = 0 1 Wa = mP1 (v2 − v1 ) 1 Wa = 1 × 300(0.

Wa = 0. kJ W = 0. kJ 1 2 Aplicando a PLT: 52 0. v1 − vf = vf g 57. a W2 = −212 kJ 1 W2 = 0 − 212 = −212 kJ Cálculo do calor transferido: = m(u2 − u1 ) + 1 W2 1 Q2 = 39. − 212 1 Q2 = −8395 kJ• 1 Q2 73. Um arranjo pistão/cilindro (Fig. contém 1 kg de água à 20º C com um volume de 0. m3. O compartimento B encontra-se sob uma pressão P = 2 MPa e uma temperatura T = 400º C. a parede é então removida e devido a transferência de calor, a água atinge um estado uniforme com uma temperatura de 200º C. Determine a pressão final e a transferência de calor durante o processo. Figura 65: Arranjo pistão-cilindro. Solução: Estado 1 m = 1 kg T1 = 200 C V1 = 0. B. vA1 = vf + xA1 vf g vA1 = 0. vA1 = 0. m3 /kg uA1 = uf + xA1 uf g uA1 = 504. uA1 = 2124. No estado 2, temos: T2 = 2000 C V2 = VA1 + VB1 = 1 + 1 = 2 m3 m2 = mA1 + mB1 m2 = 1.

kg V2 v2 = m2 2 v2 = = 0. m3 /kg 8. Como v2 > vg → vapor super aquecido. Pela Tab. A válvula é aberta e calor é transferido de forma que a água atinge um estado uniforme com com um volume total igual a 1. m3 , Determine a massa total de água e o volume total inicial. Determine o trabalho e o calor transferido durante o processo. Figura 69: Tanques. Solução: VC: água nos compartimentos A e B. Então as válvulas são abertas lentamente e o calor é transferido de maneira que a água atinge um estado uniforme a 250º C com as válvulas abertas. Determine o volume e a pressão finais e o trabalho e a transferência de calor durante o processo. uA1 = 2576. kJ/kg. VA = mA1 vA1 = 0. kJ/kg Cálculo da massa de água no compartimento B, estado 1: VB 0.

kg vB1 0. Cálculo do volume inicial total; mB1 = Figura 70: Tanques. V1 = VA + VB = 0. V1 = 0. temos, aproximadamente, T2 = 2000 C e: u2 = 2654. kJ/kg Cálculo do trabalho realizado: = PA1 (V2 − V1 ) = 200(1. W2 = 85. kJ• Da equação da energia: 1 W2 E2 − E1 = m2 u2 − m1 u1 = 1 Q2 − 1 W2 E2 − E1 = m2 u2 − mA1 uA1 − mB1 uB1 = 1 Q2 − 1 W2 m2 u2 − mA1 uA1 − mB1 uB1 = 1 Q2 − 1 W2 1 Q2 = m2 u2 − mA1 uA1 − mB1 uB1 + 1 W2 1 Q2 = 0. Q2 = 609. uA1 = 955. kJ/kg No compartimento B, estado 1, temos: VB1 = 0. m3 ; PB1 = 600 kP a; TB1 = 2000 C. Como TB1 > Tsat → vapor super aquecido. Pela Tab. m3 , 55 m1 = mA1 + mB1 = 3 + 1. kg Cálculo de v1 : resfriada até 20º C, onde apresenta um título de 50%. Determine o trabalho total realizado e a transferência de calor, assumindo uma variação linear de P versus v.

Solução: VC: Amônia passando pelos estados 1-2-3. No estado 1 temos: m = 1kg; P1 = 2 M P a; T1 = 180 C. u2 = 368. kJ/kg Figura 71: gráfico P − v. No estado a, temos: Pa = 800 kP a; va = v1 = 0. m3 /kg Como va > vg → vapor super aquecido. Interpolando em 800 kPa: 170. P3 = 857. kP a. v3 = vf + x3 vf g v3 = 0. v3 = 0. m3 /kg u3 = uf + x3 uf g u3 = 272. Inicialmente a amônia encontra-se à 2 Mpa, 180º C e então é resfriada até a fase de vapor saturado à 40º C e então novamente 56 P2 = Pa = 500 kP a•; T2 = 3000 C. Como T2 > Tsat → vapor super aquecido. v2 = 0. m3 /kg; u2 = 2802. kJ/kg. kJ• 1 Q3 Figura 74: gráfico P − v. Cálculo do trabalho realizado: 78. Um arranjo pistão/cilindro contém 0. kg de líquido saturado e vapor saturado de água à 100 kPa com título de 25%.

A massa do pistão é tal que uma pressão de 500 kPa fará com que o mesmo flutue. Calor é então fornecido até que a água atinja o estado de vapor saturado. Determine o volume inicial, a pressão final, o trabalho, a transferência de calor e ilustre o processo em um gráfico P − v. Figura 73: Arranjo pistão/cilindro. Solução: VC: a água. No estado 1, temos: m = 1kg; P1 = 100 kP a; x1 = 0. Considere água líquida a 80º C e 100 kPa que é resfriada para 45º C quando aquece 15 kg da tubulação de cobre, de 20º C para 45º C. Determine a massa de água necessária. Solução: VC: água e tubulação de cobre. Não há transferência de calor para o meio externo nem trabalho realizado. Da equação da energia: x1 = 0.

· 1000 Pp = 400 kP a Pp = P 0 + Para o pistão flutuar, ele deve atingir a pressão de 400 KPa. No estado a (o pistão flutua), temos: Pa = 400 kP a; va = v1 = 0. m3 /kg; Como vf < va < vg → líquido + vapor. Ta = 143. C. mCu (u2 − u1 )Cu + mag (u2 − u1 )ag = 0 mCu CCu (∆T )Cu mag = − Cag (∆T )ag mCu CCu (∆T )Cu mag = − (u2 − u1 )ag 15 · 0. · (45 − 20) mag = − 188. mag = 1. kg• Figura 76: Gráfico P − v. ♠ Obs: O problema real envolve o fluxo da água e não é analizado através desse processo simplificado. A. Da PLT, temos: ∆U = 1 Q2 − 1 W2 m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 m(u2 − u1 ) = 1 Q2 ∆U = 1 Q2 m(u2 − u1 ) = 1 Q2 1 Q2 = mC∆T Q 1 2 = ρV C∆T 1 Q2 = 2200 × 4 × 6 × 0. × 3 1 Q2 = 41817. kJ = 41. M J• Como temos sólido e líquido: mC∆T = 1 Q2 (mC∆T )pan + mag (u2 − u1 ) = 1 Q2 Da Tab.

Um carro com massa igual a 1275 kg é conduzido a 60 km/h quando os freios são rapidamente acionados a fim de diminuir a velocidade para 20 km/h. Considere que as pástilhas de freio têm uma massa 0. kg com capacidade térmica igual a 1. kJ/kgK e que os discos dos freios são constituídos por 4 kg de aço. Além disso, considere que ambas as massas são uniformemente aquecidas. · (T2 − 20) = 0 T2 = 250 C• V2 = 83. Uma panela de aço de 1 kg contém 1 kg de água líquida, ambos à 15º C. Ela é então, colocada sobre um fogão onde é aqucida até o ponto de fervura da água. Despreze o ar que é aquecido e determine a quantidade total de energia necessária. m(u2 − u1 ) + ∆EC = 0 mC∆T + ∆EC = 0 (mC∆T )f r + (mC∆T )dis + ∆EC = 0 ∆Tf r = ∆Tdis = ∆T ∆T (mf r Cf r + mdis Cdis ) 1 1 + m(V22 − V12 ) =0 2 1000 ∆T (0.

− 25) 1 Q2 = 2270. kJ• 86. Um tanque de aço com 25 kg encontra-se a - 10º C e cheio com 100 kg de leite (considerando que possui as mesmas propriedades que a água) a 30º C. O leite e o tanque atingem uma temperatura uniforme de 5º C, em uma sala de armazenagem. Determine a transferência de calor necessária ao processo. m3 malu = ρValu = 2700 × 0. malu = 22. kg ∆U = 1 Q2 maço (u2 − u1 ) + mlei (u2 − u1 ) = 1 Q2 Clei = Cag = 4. kJ/kgK 1 Q2 = maço C∆T + mlei C∆T 1 Q2 = 25 · 0. · (5 − 30) 1Q2 = −10277 kJ• Água: Estado 1: T1 = 250 C; x1 = 0. kJ/kg 0. u2 0. u2 = 2555. kJ/kg 0. m3 /kg. Aplicando a PLT: 60 ∆U = 1 Q2 mblo (u2 − u1 ) + mcab (u2 − u1 ) +mpar (u2 − u1 ) + mol (u2 − u1 ) +mgli (u2 − u1 ) = 1 Q2 1 Q2 = mblo C∆T + mcab C∆T +mpar C∆T + mol C∆T + mgli C∆T 1 Q2 = ∆T (mblo C + mcab C + mpar C +mol C + mgli C) 70000 = ∆T (100 · 0.

∆T = = 75 K 93. ∆T = 750 C Tf − Ti = 75 Tf − 5 = 75 ∴ Tf = 5 + 75 = 800 C• CP 0 89. Desejamos encontrar a variação em u para o dióxido de carbono entre 600 K e 1200 K. a) determine-a através de um valor constante, Cv0 , através da Tab. Quão maior ela se torna a 1000 K e 1500 K? Solução: Através da eq. temos: dh ∆h = dT ∆T Considerando 300 K como a média entre 280 K e 320 K. temos: CP 0 = CP 0 = CP 0 = h1550 − h1450 , Da Tab. A. Tf − Ti 1696. − 600) ∆u = 391. kJ/kg• b) T médio = 900 K Cv0 = CP 0 − R CP 0 = C0 + C1 θ + C2 θ 2 + C3 θ 3 T (kelvin) 900 θ= = = 0. CP 0 = 0. CP 0 = 1. kJ/kgK Cv0 = CP 0 − R = 1. kJ/kg• h1050 − h950 , Da Tab. A. Tf − Ti 1103. CP 0 = 1050 − 950 = 1. kJ/kgK (14% maior. kJ/kg• 92. Queremos determinar a variação da temperatura do gás nitrogênio a 1200 K quando a energia específica interna é aumentada de 40 kJ/kg.

b) T médio = 900 K a) Determine-a através da constante Cv0 , pela Tab. A. b) Determine-a a partir de um Cv0 calculado através da equação da Tab. − 600) ∆u = 490. kJ/kg• Solução: Cv0 = ∆u du = dT ∆T ∆u ∆T = Cv0 a) Da Tab. A. Cv0 = 0. kJ/kgK, c) Valores listados de u. Como T1 < Tsat → líquido comprimido. Pela Tab. B. u1 = uf = 83. kJ/kg. kJ/kg u1800 K = 3200. kJ/kg ∆u = 3200. kJ/kg 40 = 53. C• 0. b) Da Tab. u = u1200 K + 40 u = 957 + 40 = 997 kJ/kg Interpolando: 1200 K. kJ/kg T. T = 1243. K Adicionamos essa variação para o gás ideal ao último valor de u para 1300º C (4683. kJ/kg) da Tab. c) Utilizando o valor de um calor específico constante e integrando a equação da Tab.

A. d) Obtendo a entalpia através das tabelas de gás ideal (Tab. A. Solução: a) a) Argônio. kJ/kg 1700 K. kJ/kg 1773. h2 1800. h2 = 1981. kJ/kg ∆h = 1981. kJ/kgK ∆h = CP 0 ∆T ∆h = 1. − 30) ∆h = 1839 kJ/kg• ∆h = CP 0 ∆T, CP 0 = 0. ∆h = 0. − 500) ∆h = 922 kJ/kg• Gás diatômico → aproximação boa com pouco erro. • c) Dióxido de Carbono: ∆h = CP 0 ∆T, CP 0 = 0. B. a 100 kPa, 125º C. Compare com a Tab. A. e explique a diferença. kJ/kgK• Pela Tab. B. u1200 = 480. kJ/kg; u1300 = 489. kJ/kg; CP 0 = 1. Note que se repetíssemos a aproximação acima para a temperatura de 25º C, obteríamos um CP = 0. kJ/kgK• 96. Nitrogênio a 300 K, 3 MPa é aquecido até 500 K. Determine a variação de entalpia utilizando: a) A Tabela B.

b) A tabela A. kJ/kg• 97. Água a 150°C, 400 kPa, é levada à 1200°C em um processo à pressão constante. Determine a variação da energia interna específica, utilizando: a) as tabelas de vapor, b) a tabela de gás ideal, A. e c) o calor específico da Tab. A. u1 450. u1 = 591. kJ/kg T2 = 1200 + 273. K Interpolando: 1400 K. kJ/kg 1473. h300 K = 311. kJ; kg; h500 K = 520. kJ; kg. ∆h = 520. kJ/kg• Perceba como a declividade de 150º C até 1200º C é maior do que aquela à 25º C. Determine a pressão e a temperatura finais. Solução: Aplicando a PLT: • Equação da energia: Gás Ideal 98. Um tanque de 250 L contém metano a 500 K, 1500 kPa. Ele é então resfriado para 300 K. Determine a massa de metano e o calor transferido usando: a) Gás idelal.

Da Tab. A. uA1 = 214. kJ/kg ♠ Cálculo de mB1 = mB2 : PB1 VB 150 × 1. mB1 = = RTB1 0. A. uB1 = 759. kJ/kg No estado 2, temos: m2 = mA1 + mB1 = 1. m2 = 1. kg V2 = VA1 + VB1 = 0. u2 m2 u2 − mA1 uA1 − mB1 uB1 = 0 mA1 uA1 + mB1 uB1 u2 = m2 1. u2 = 1. u2 = 358. kJ/kg Da Tab. A. Determine a transferência de calor utilizando: a) a capacidade térmica da Tab. A. b) as propriedades da Tab. A. Um cilindro de 10 m de altura com uma seção reta de área igual a 0. − 1200) 1 Q2 = 231. kJ• 1 Q2 = m(u2 − u1 ) + 1 W2 Cálculo da massa de água: b) Aplicando as propriedades da Tab A. T1200 K → u1 = 996. kJ/kg T1400 K → u2 = 1218. kJ/kg, então: Vag vag Vag = Vtot − VAr Vtot = A · H = 0. × 1000 PAr1 = 169. kP a Cálculo da massa de ar: m(u2 − u1 ) = 1 Q2 − 1 W2 onde 1 W2 = 0 logo : 1 Q2 = m(u2 − u1 ) u2 − u1 = Cv0 (T2 − T1 ) 1 Q2 = mCv0 (T2 − T1 ) PAr1 = P0 + Da Tab.

A. Cv0 = 0. kJ/kgK 1 Q2 = 2 × 0. kJ/kg 596. uAr2 600. uAr2 = 432. kJ/kg Cálculo do 1 W2 : Figura 86: Cilindro. Solução: VC: A + B Compartimento A, estado 1: VA = 1 m3 ; PA1 = 200 kP a; TA1 = 300 K PA1 VA 200 · 1 = RTA1 0. kg V2 = VA1 + VA1 = 2 m3 mB1 = Figura 85: Gráfico P − v. PAr1 + P0 )(Vtot − VAr1 ) 2 1 1 W2 = (169. W2 = 94. kJ Cálculo da transferência de calor: 1 W2 = mAr (uAr2 − uAr1 ) + 1 W2 1 Q2 = 0. Q2 = 223. Interpolando através da Tab. A. K. kJ/kg T2. T2 = 736 K• m2 RT2 5. kJ/kgK CV 0 = CP 0 − R CV 0 = 1. kJ/kgK u2 − u1 = CV 0 ∆T u2 − u1 = 0. × (40 − 400) u2 − u1 = −298. kJ/kg P1 V 1 600 · 0. RT1 0. u2 = 2563. kJ/kg mar = Cálculo do trabalho: Figura 87: Gráfico P − V. mar (u2 − u1 ) + 1 W2 1 Q2 = 0. Q2 = 223. kJ• 1 Q2 1 W2 1 W2 105. kJ• 106. Água a 100 kPa e 400 K é aquecida eletricamente sendo adicionados 700 kJ/kg em um processo à pressão constante.

Determine a temperatura final usando: a) As tabelas de água B. b) a tabela de gás ideal, A. c) o calor específico constante da Tab. No estado 1, temos: 68 Processo: P cte = P1 se V > Vmin V cte = V1a = Vmin se P < P1 Estado 1: m = 0. kg; P1 = 2000 kP a; T1 = 1000 K. u1 = 759. kJ/kg P1 = 100 kP a; T1 = 400 − 273. C. h1 = 742. kJ/kg; h2 = h1 + 1 q2 = 742. kJ/kg Interpolando: 700 K. kJ/kg T2. T2 =749. C• 107. Um conjunto pistão/cilindro contém 0. kg de ar a 2000 kPa, 1000 K, conforme ilustra a Fig. O cilindro possui esbarros de maneira que Vmin = 0. m3. kJ/kg mRT2 0. × 400 = V2 0. P2 = 1913. kP a• Cálculo do trabalho: P2 = = P1 (V1a − V1 ) 1 W1a = 2000(0. W1a = −83. ≈ 300 K. u1 = 214. kJ/kg (Tab. A. V1 = Determine P, T e h para os estados 2 e 3 e determine o trabalho e a transferência de calor para o processo.

kJ/kg• P1 V 1 P2 2V1 = T1 T2 160 × 900 P1 T2 = P2 = 2T1 2 × 300 P2 = 240 kP a Cálculo do trabalho: P2 V2 P1 V 1 = T1 T2 P1 V 1 P1 2V1 = T1 T2 T2 = 2T1 = 2 × 600 = 1200 K• Figura 90: Gráfico P − V. P2 + P1 )(V2 − V1 ) 2 1 1 W2 = (P2 + P1 )(2V1 − V1 ) 2 1 1 W2 = (P2 + P1 )V1 2 1 1 W2 = (240 + 160)0. W2 = 161. kJ• Cálculo da transferência de calor: 1 W2 Figura 92: gráficos. Cálculo do trabalho: = m(u2 − u1 ) +1 W2 1 Q2 = 1. kJ/kg • 2 q3 = u3 − u2 +2 w3 mas 2 w3 = 0 2 q3 = u3 − u2 = 435. q3 = −498. kJ/kg• 1 q2 Figura 93: Gráfico. P2 V 2 1000 × 0. mR 0. Processo: gás ideal. P linear com V , onde: P = A + BV Como P = 0 quando V = 0, então: A = 0 logo: P = BV P B= V Estado 1: m = 0. kg; P1 = 500 kP a; T1 = 27 + 273. ≈ 300 K. B = P1 /V1 u1 = 214.

Cinco kilogramas de água, inicialmente um vapor saturado a 100 kPa são resfriados para líquido saturado enquanto a pressão é mantida constante. Determine o trabalho e a transferência de calor para o processo em kJ. Mostre que a transferência de calor é igual à variação de entalpia da, nesse caso. Solução: VC: água. Processo: tabelas de vapor. Q2 = −11277. kJ• = 1 W2 = −7. kJ• 1 Q2 Figura 94: Gráfico P − V. Com valores da tabela: = m(h2 − h1 ) 1 Q2 = 5(419. Q2 = −11285. m= 300 × 0. P1 V1 = RT1 0. m = 0. kg Cálculo do trabalho: 1 (P2 V2 − P1 V1 ) 1−n 1 (mRT2 − mRT1 ) 1 W2 = 1−n mR (T2 − T1 ) 1 W2 = 1−n 0. W2 = 1 − 1. m3 ; T1 = 100 + 273. K. Estado 2: T2 = 200 + 273. K. Cálculo da massa de oxigênio: = = m(u2 − u1 ) + 1 W2 ∆u = CV 0 ∆T Q = mC (T 1 2 V 0 2 − T1 ) + 1 W2 1 Q2 = 0.

Solução: VC: ar. Processo: politrópico, gás ideal. Estado 1: P1 = 150 kP a; V1 = 0. m3 ; T1 = 300 K. Estado 2: P2 = 600 kP a Cálculo de V2 : P1 V1 P2 V 2 = T1 T2 T1 P2 V2 T2 = P1 V1 350 × 100 × 0. RT1 2. × 350 m = 0. kg P1 V11. P2 V21. P1 V2 = V1 ( )1/1. V2 = 0. V2 = 0. m3 Cálculo da massa de ar: m= Solução: VC: hélio. Processo: politrópico, gás ideal. Estado 1: P1 = 125 kP a; V1 = 0. para um volume final seis vezes menor. Determine a pressão e a temperatura finais e o calor transferido durante o processo. Gás hélio expande de 125 kPa, 350 K e 0. m3 para 100 kPa, em um processo politrópico com n = 1. Determine a transferência de calor para esse processo. m3. Cálculo da massa de ar: P1 V 1 90 × 0.

m= = RT1 0. m = 0. kg Ou seja, o ar perde calor. kP a• Cálculo de T2 : Figura 96: Cilindro/pistão. Solução: VC: nitrogênio. processo: politrópico, gás ideal. Estado 1: P1 = 1500 kP a; T1 = 750 K. Estado 2: P2 = 750 kP a. u2 1. u2 = 2585 kJ/kg Cálculo do trabalho para o processo politrópico com n = 1: 1 (P2 V2 − P1 V1 ) 1 W2 = 1−n 1 mR(T2 − T1 ) 1 W2 = 1−n 1 1 W2 = 1 w2 = R(T2 − T1 ) m 1−n 1 0. − 750) 1 w2 = 1 − 1. w2 = 121. kJ/kg• v2 V2 = P1 V1 ln V1 v1 0. O vapor sofre então uma expansão politrópica com expoente n = 1 até uma pressão final de 200 kPa enquanto é realizado trabalho sobre o pistão. Determine a transferência de calor durante o processo. Solução: VC: vapor d’água. Processo: politrópico, gás ideal.

Estado 1: P1 = 1002. Determine o expoente politrópico, n, o trabalho e o calor específico por kg de ar, utilizando o calor específico constante da Tab. A. Solução: VC: ar. Processo: politrópico. Estado 1: P1 = 400 kP a; T1 = 600 K; Estado 2: P2 = 150 kP a; T2 = 400 K; No processo politrópico temos: P1 V1 = P2 V2 (com n = 1) P1 v1 = P2 v2 onde P2 = 200 kP a 1002. K; m = 1 kg. Estado 2: T2 = 700 + 273. K. mRT P V = mRT → V = P P1 V1n = P2 V2n mRT1 n mRT2 n P1 ( ) = P2 ( ) P1 P2 T2 T1 P1 ( )n = P2 ( )n P1 P2 1−n n 1−n n P1 T1 = P2 T2 P 1−n T n P21−n = 1 n 1 T2 T1 P21−n = P11−n ( )n T2 n T1 1−n P 2 = P1 ( ) T2 313. −2 )3 P2 = 700( 973. A área da seção reta do pistão é igual a 0.

m2 e a força total externa que restringe o pistão é diretamente proporcional ao volume do cilindro elevado ao quadrado. Calor é então transferido para o propano até que a sua temperatura atinja 700º C. Determine a pressão final no interior do cilindro, o trabalho realizado pelo propano e a transferência de calor durante o processo. Solução: VC: propano. Wp = mv 2 2 1 1. × 10−5 × v 2 2 v = 13. m/s• 4π D3 , logo : 3 8 V αD3 → DαV 1/3 D = CV 1/3 P αD → P = CV 1/3 P V −1/3 = C Processo politrópico n = -1/3. • P αD, V = P1 V1 1000 × 10−6 = RT1 0. × 300 m = 1. −6 V2 V1 10 −6 × ln 1 W2 = 1000 × 10 1 1 W2 = 0. kJ = 2. J• 1 W2 Cálculo da velocidade de saída do projétil: 122. Um balão esférico conté 2 kg de R-22 a 0º C, 30% de título. O sistema é aquecido até que a pressão no balão atinja 600 kPa.

V2 = 0. m3 V2 0. v2 = = m 0. v2 = 0. m3 /kg −1/3 P1 V 1 = P2 V2 3 −1 P1 V1 = P23 V2−1 P3 P2 P13 = 2 ∴ V2 = ( )3 · V1 V1 V2 P1 600 3 V2 = ( ) · 0. m3 /kg. kJ/kg 0. u2 0. u2 = 445. kJ/kg Cálculo do trabalho (processo politrópico): P2 V2 − P1 V1 1−n 500 × 0. Determine a transferência de calor para o processo. Solução: VC: o vapor. Estado 1: T1 = −10 + 273. K; P1 = 207. kP a; v1 = vg = 0. Processo: politrópico, gás ideal. Estado1: T1 = 10 + 273. K; P1 = 140 kP a; V1 = 100L = 0. m3 /kg; Cálculo da massa de argônio: m= P1 V1 140 × 0. RT1 0. W 1 2 = m 1 − 1. W2 == 1. kJ/kg• m Cálculo da transferência de calor: 1 Q2 = m(u2 − u1 ) + 1 W2 1 Q2 = u2 − u1 + 1 W2 m 1 Q2 = 409. m 1 Q2 = 23. kJ• m 1 W2 = m(u2 − u1 ) + 1 W2 ∆u = CV 0 ∆T 1 Q2 = mCV 0 (T2 − T1 ) + 1 W2 1 Q2 = 0.

m3 /kg; u1 = 387. kJ/kg. Estado 2: P2 = 1000 kP a; T2 = 50 + 273. K. Como T1 > Tsat → vapor super aquecido. K; x1 = 0. v1 = vf + x1 vf g v1 = 0. v1 = 0. m3 /kg u1 = uf + x1 uf g u1 = 74. u1 = 226. u2 = 215. kJ/kg Cálculo do trabalho realizado: V2 V1 v2 1 W2 = P1 v1 ln v1 0. W2 = 1043. ln 0. W2 = 52. Uma escada rolante eleva um cesto de areia de 100 kg a uma altura de 10 m em 1 minuto. Determine a taxa de trabalho realizado durante o processo. Solução: VC: o cesto. Aplicando a PLT: dEC dEP dU ˙ 2 − 1W ˙2 + + = 1Q dt dt dt Considerando V2 = V1 = 0 dH ∆H ˙2 mg = mg = 1W dt ∆t 100 × 9. × 10 ˙ 1 W2 = 60 ˙ 1 W2 = 163 W • dEC dEP dU ˙ 2 − 1W ˙2 + + = 1Q dt dt dt d ˙ 2 − ṁP (v2 − v1 ) [m(u2 − u1 )] = 1 Q dt ˙ 2 − ṁP vf g ṁuf g = 1 Q ˙2 ṁ(uf g + P vf g ) = 1 Q ṁhf g =1 Q2 1 Q2 ṁ = hf g Estado 1: P1 = 101 kP a hf g = 2258.

kW • 0. hf g 2258. −4 ṁ = 1. × 10 kg/s = 0. g/s• ṁ = 1 Q2 = 132. m3 7820 Var = 200 − 0. Var = 199. m3 Cálculo da massa de ar: Vmad = 131. Uma panela com água fervendo encontrase sobre um fogão que fornece 325 W para a água. Qual é o valor da taxa mássica de vapor (kg/s), considerando-se um processo à pressão constante? Solução: VC: água. Determine a taxa (graus por minutos) da variação de temperatura do ar. Solução: VC: Ar. Aplicando a PLT: dU ˙2 = 1Q dt dTar ˙2 mar CV = 1Q dt ˙ 1 Q2 = 100 × 400 = 40000kJ/h = 666. kJ/min Sabendo que: mtot = cte = mg + mf 0 = ṁg + ṁf ∴ ṁf = −ṁg Vg = mg vg , Vf = mf vf V = Vg + Vf V̇ = V̇g + V̇f V̇ = ṁg vg + ṁf vf V̇ = ṁg vg − ṁg vf V̇ = ṁg (vg − vf ) = ṁg vf g ˙ 2: Cálculo de 1 Q ˙ = P V̇ ˙ 1 Q2 = P ṁg vf g = 0.

m3 /kg 1 Q2 onde vf g Cálculo da massa de ar: mar = ˙ 2 − 1W ˙2 0 = 1Q ˙ ˙ 1 Q2 = 1 W2 ˙ 1 Q2 = P V̇ ˙ = 475. Ṫar = 0. C/min• mar CV 134. Um conjunto pistão/cilindro com área de seção reta igual a 0. m2 mantém a pressão constante. Ele contém 1 kg de água com título de 5% a 150º C. kg Cálculo de ∆t: dU dEC dEP + + = dt dt dt dU = dt d (m∆u) = dt ṁ∆u = ˙ 2 ∆t mar CV 0 ∆T = 1 Q mar CV 0 ∆T ∆t = ˙ 1 Q2 11. · (−20 − 25) ∆t = −25 ∆t = 15. h• ˙ − 1W ˙2 1 Q2 1 Q2 Estado 1 (Tab. B. P1 = 200 kP a; hf g = 2201. Um pequeno elevador está sendo projetado para uma área de construção. Espera-se que ele seja capaz de conduzir quatro trabalhadores de 75 kg até o topo de um prédio de 100 m de altura em menos de 2 min.

O cabine do elevador terá um contra peso para equilibrar a sua massa. Qual deve ser o menor tamanho de motor elétrico (potência) que pode operar essa unidade? Solução: VC: elevador. Aplicando a PLT: ˙ 1 Q2 u2 − u1 1. min• ∆t = 137. Uma unidade geradora de vapor aquece água líquida saturada à pressão constante de 200 kPa em um conjunto pistão/cilindro. Se 1. kW de potência é adicionada por 83 dU dEC dEP ˙ 2 − 1W ˙2 + + = 1Q dt dt dt Considerando V1 = V2 = 0 dEP ˙2 = − 1W dt ˙ 2 = mg dZ = mg ∆Z − 1W dt ∆t 4 × 75 × 9. × 100 ˙2= − 1W 2 × 60 × 1000 ˙ 2 = 2. m3 |∆V | = 0. m3 • Cálculo do trabalho realizado: 1 W2 = P ∆V W = 150 × −0. W2 = −0. kJ Cálculo da transferência de calor: Figura 102: Concreto. m(u2 − u1 ) + 1 W2 1 Q2 = m(u2 − u1 ) + m(P2 v2 − P1 v1 ) 1 Q2 = m(h2 − h1 ) 1 Q2 = 2[20.

B. m = 2 kg; T1 = −100 C; P1 = 150 kP a; v1 = vi = 0. m3 /kg h1 = hi = −354. kJ/kg. Estado 2: líquido comprimido (Tab. kJ/kg 2. kg/s• 2066.