Apresentação de termodinâmica aplicada

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