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CENTRO UNIVERSITÁRIO FUNDAÇÃO SANTO ANDRÉ
FACULDADE DE ENGENHARIA ENGº CELSO DANIEL – FAENG




                 Termodinâmica Aplicada



       SEGUNDA LEI DA TERMODINÂMICA




                                 Orientador: Prof. Roberto Bezerra




             Santo André-SP – maio 2009
EXERCICIO – AULA 16/05/2009
O cilindro mostrado na figura abaixo contém 1kg de água saturada (líquido
+ vapor) à 30ºC. O êmbolo tem uma área seccional de 0,065m², uma
massa de 40kg repousa sobre as linguetas conforme mostrado. O volume
neste ponto é 100 L, a aceleração local da gravidade é de 9,75m/s², e a
pressão atmosférica local é de 100KPa. O calor transferido ao sistema até
que o cilindro contenha apenas vapor saturado.
A- Qual a temperatura da água quando o êmbolo deixa as linguetas?
B- Calcular o trabalho efetuado pela água durante o processo.
C- Calcular o calor trocado durante o processo.

                         Pemb             Patm




                                                 êmbolo
                                vapor
                                                 linguetas
                                líquido
RESOLUÇÃO – ITEM A ( Cálculo da Temperatura)

         m⋅ g   40kg ⋅ 9,75m / s ²
Pemb   =      ⇒                    = 6000 Pa ⇒ 6 KPa
          A        0,065m²


          Patm = 100 KPa ⇒ P2 = 100 + 6 ⇒ P2 = 106 KPa


P (KPa)        T (ºC)
100            99,63     125 − 100 105,99 − 99,63
                                   =              ⇒ x = 101,16º C
106              x       125 − 106   105,99 − x
125            105,99
RESOLUÇÃO – ITEM B ( Cálculo do Trabalho W)

W=P∆U                     P (KPa)         vv(m³/Kg)
W=P.m. ∆V                 100             1,6940
                          106                x
                          125             1,3749


         125 − 100 1,3749 − 1,6940
                   =               ⇒ x = 1,617 m³ / kg
         125 − 106    1,3749 − x


              N                        m³
    W = 106 K    ⋅1kg ⋅ (1,1617 − 0,1)    ⇒ W = 160,8 KJ
              m²                       kg
RESOLUÇÃO – ITEM C

Q=?
∆U=Q-W
∆U=m(µf-µi)
                   P (KPa)      µf(KJ/kg)
                   100          2506,1
                   106            x
                   125          2513,5



          125 − 100 2513,5 − 2506,1
                    =               = 2507,88 KJ / kg
          125 − 106   2513,5 − x
RESOLUÇÃO – ITEM C (Calor Trocado Q)

µi=?                                   v = x ⋅ vv + (1 − x) ⋅ vl
P=106KPa                               0,1 = x ⋅ 32,89 + (1 − x) ⋅ 0,001004
ul=125,78KJ/kg                         x = 0,003
uv=2416,6KJ/kg

µ1 = µ ⋅ vx + (1 − x) ⋅ µl
µ1 = 2416,6 ⋅ 0,003 + (1 − 0,0003) ⋅ 125,78
µ1 = 132,65KJ / kg
                                      ∆U=1 kg*(2507,86-132,65)KJ/kg
                                      ∆U=2375,20 KJ
                                      Q=∆U+W
                                      Q=2375,20+160,8       Q=2536 KJ

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Termodinâmica aplicada: Calor trocado em processo de vaporização

  • 1. CENTRO UNIVERSITÁRIO FUNDAÇÃO SANTO ANDRÉ FACULDADE DE ENGENHARIA ENGº CELSO DANIEL – FAENG Termodinâmica Aplicada SEGUNDA LEI DA TERMODINÂMICA Orientador: Prof. Roberto Bezerra Santo André-SP – maio 2009
  • 2. EXERCICIO – AULA 16/05/2009 O cilindro mostrado na figura abaixo contém 1kg de água saturada (líquido + vapor) à 30ºC. O êmbolo tem uma área seccional de 0,065m², uma massa de 40kg repousa sobre as linguetas conforme mostrado. O volume neste ponto é 100 L, a aceleração local da gravidade é de 9,75m/s², e a pressão atmosférica local é de 100KPa. O calor transferido ao sistema até que o cilindro contenha apenas vapor saturado. A- Qual a temperatura da água quando o êmbolo deixa as linguetas? B- Calcular o trabalho efetuado pela água durante o processo. C- Calcular o calor trocado durante o processo. Pemb Patm êmbolo vapor linguetas líquido
  • 3. RESOLUÇÃO – ITEM A ( Cálculo da Temperatura) m⋅ g 40kg ⋅ 9,75m / s ² Pemb = ⇒ = 6000 Pa ⇒ 6 KPa A 0,065m² Patm = 100 KPa ⇒ P2 = 100 + 6 ⇒ P2 = 106 KPa P (KPa) T (ºC) 100 99,63 125 − 100 105,99 − 99,63 = ⇒ x = 101,16º C 106 x 125 − 106 105,99 − x 125 105,99
  • 4. RESOLUÇÃO – ITEM B ( Cálculo do Trabalho W) W=P∆U P (KPa) vv(m³/Kg) W=P.m. ∆V 100 1,6940 106 x 125 1,3749 125 − 100 1,3749 − 1,6940 = ⇒ x = 1,617 m³ / kg 125 − 106 1,3749 − x N m³ W = 106 K ⋅1kg ⋅ (1,1617 − 0,1) ⇒ W = 160,8 KJ m² kg
  • 5. RESOLUÇÃO – ITEM C Q=? ∆U=Q-W ∆U=m(µf-µi) P (KPa) µf(KJ/kg) 100 2506,1 106 x 125 2513,5 125 − 100 2513,5 − 2506,1 = = 2507,88 KJ / kg 125 − 106 2513,5 − x
  • 6. RESOLUÇÃO – ITEM C (Calor Trocado Q) µi=? v = x ⋅ vv + (1 − x) ⋅ vl P=106KPa 0,1 = x ⋅ 32,89 + (1 − x) ⋅ 0,001004 ul=125,78KJ/kg x = 0,003 uv=2416,6KJ/kg µ1 = µ ⋅ vx + (1 − x) ⋅ µl µ1 = 2416,6 ⋅ 0,003 + (1 − 0,0003) ⋅ 125,78 µ1 = 132,65KJ / kg ∆U=1 kg*(2507,86-132,65)KJ/kg ∆U=2375,20 KJ Q=∆U+W Q=2375,20+160,8 Q=2536 KJ