termodinâmica engenharia aula 11

TERMODINÂMICA

CLÁSSICA

Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica Universidade Federal Fluminense

Volta Redonda - RJ

Prof. Dr. Ednilsom Orestes

09/03/2015 – 18/07/2015 AULA 11

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, Bo

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Desigualdade de Clausius

𝑇𝐻 e 𝑇𝐿 são constantes; usa-se a definição de temp. absoluta e; o ciclo é reversível.

𝛿𝑄

𝑇=𝑄𝐻𝑇𝐻

−𝑄𝐿𝑇𝐿

= 0

Se a integral sobre 𝛿𝑄 tende a zero com o ciclo rev., a integral sobre 𝛿𝑄/𝑇 continua nula:

𝛿𝑄 ≥ 0 e 𝛿𝑄

𝑇= 0

𝛿𝑄

𝑇≤ 0

Corolário da 2ª Lei válido para todos os ciclos

(m. térmicos/refrig. rev./irrev.).

CICLO REVERSÍVEL (Carnot) – MOTOR TÉRMICO

𝛿𝑄 = 𝑄𝐻 − 𝑄𝐿 > 0

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Desigualdade de Clausius Das análises de rendimento e considerando a 𝑄𝐻 idênticos:

𝑊𝑖𝑟𝑟 < 𝑊𝑟𝑒𝑣 ⟹ 𝑄𝐻 − 𝑄𝐿 𝑖𝑟𝑟 < 𝑄𝐻 − 𝑄𝐿 𝑟𝑒𝑣 ⇒ 𝑄𝐿 𝑖𝑟𝑟 > 𝑄𝐿 𝑟𝑒𝑣

CICLO IRREVERSÍVEL (Carnot) – MOTOR TÉRMICO

𝛿𝑄 =𝑄𝐻 − 𝑄𝐿 𝑖𝑟𝑟 > 0

𝛿𝑄

𝑇=𝑄𝐻𝑇𝐻

−𝑄𝐿 𝑖𝑟𝑟𝑇𝐿

< 0

Admitindo motor cada vez mais irrev. com 𝑇𝐻, 𝑇𝐿 e 𝑄𝐻 fixos; integral sobre 𝛿𝑄 tende a

zero enquanto integral sobre 𝛿𝑄/𝑇 fica cada vez mais negativa. No limite:

𝛿𝑄 = 0 e 𝛿𝑄

𝑇< 0

E portanto, para todos os motores térmicos irreversíveis:

𝛿𝑄 ≥ 0 e 𝛿𝑄

𝑇< 0

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CICLO REVERSÍVEL (Carnot) – REFRIGERAÇÃO

𝛿𝑄 = −𝑄𝐻 + 𝑄𝐿 < 0

𝑇𝐻 e 𝑇𝐿 são constantes; usa-se a definição de temp. absoluta e;

o ciclo é reversível.

𝛿𝑄

𝑇= −

𝑄𝐻𝑇𝐻

+𝑄𝐿𝑇𝐿

= 0

Se a integral sobre 𝛿𝑄 tende a zero com o ciclo rev., a integral sobre 𝛿𝑄/𝑇 continua nula:

𝛿𝑄 = 0 e 𝛿𝑄

𝑇= 0

Assim, para todos os ciclos de refrigeração reversíveis:

𝛿𝑄 ≤ 0 e 𝛿𝑄

𝑇= 0

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Desigualdade de Clausius CICLO IRREVERSÍVEL (Carnot) – REFRIGERAÇÃO

Das análises de rendimento e considerando a 𝑄𝐿 idênticos:

𝑊 𝑖𝑟𝑟 > 𝑊 𝑟𝑒𝑣 ⇒ 𝑄𝐻 𝑖𝑟𝑟 − 𝑄𝐿 > 𝑄𝐻 𝑟𝑒𝑣 − 𝑄𝐿 ⇒ 𝑄𝐻 𝑖𝑟𝑟 > 𝑄𝐻 𝑟𝑒𝑣

𝛿𝑄 = −𝑄𝐻 𝑖𝑟𝑟 + 𝑄𝐿 < 0

𝛿𝑄

𝑇= −

𝑄𝐻 𝑖𝑟𝑟𝑇𝐻

+𝑄𝐿𝑇𝐿

< 0

Fazendo com o refrigerador seja cada vez mais irrev. com 𝑇𝐻, 𝑇𝐿 e 𝑄𝐿 fixos; ambas as

integrais ficam cada vez mais negativas. Não há caso limite tendendo a zero.

𝛿𝑄 < 0 e 𝛿𝑄

𝑇< 0

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Considerando todos os ciclos reversíveis ( 𝛿𝑄 ≷ 0) a seguinte relação é válida:

𝛿𝑄

𝑇= 0

E considerando todos os ciclos irreversíveis ( 𝛿𝑄 ≷ 0) a seguinte relação é válida:

𝛿𝑄

𝑇< 0

Juntando os dois:

𝛿𝑄

𝑇≤ 0

C.Q.D.

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Desigualdade de Clausius • Ciclo de potência a vapor d’água.

• Bomba com mistura de líquido e vapor.

• Caldeira com líquido saturado.

• Calor é transferido na caldeira e no

condensador.

𝛿𝑄

𝑇=

𝛿𝑄

𝑇𝑐𝑎𝑙𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎

+ 𝛿𝑄

𝑇𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟

Como a temperatura da caldeira e condensador são

constantes:

𝛿𝑄

𝑇=

1

𝑇1 𝛿𝑄2

1

+1

𝑇3 𝛿𝑄4

3

=1𝑄2𝑇1

+3𝑄4𝑇4

Considerando 1 kg de fluido de trabalho:

1𝑞2 = ℎ2 − ℎ1 = 2066,3 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑇1 = 164,97 °C

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condensador.

𝛿𝑄

𝑇=

𝛿𝑄


+ 𝛿𝑄



constantes:

𝛿𝑄

𝑇=

1

𝑇1 𝛿𝑄2

1

+1

𝑇3 𝛿𝑄4

3

=1𝑄2𝑇1

+3𝑄4𝑇4


1𝑞2 = ℎ2 − ℎ1 = 2066,3 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑇1 = 164,97 °C

3𝑞4 = ℎ4 − ℎ3 = 463,4 − 2361,8 = −1898,4 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑇3 = 53,97 °C

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condensador.

𝛿𝑄

𝑇=

𝛿𝑄


+ 𝛿𝑄



constantes:

𝛿𝑄

𝑇=

1

𝑇1 𝛿𝑄2

1

+1

𝑇3 𝛿𝑄4

3

=1𝑄2𝑇1

+3𝑄4𝑇4


1𝑞2 = ℎ2 − ℎ1 = 2066,3 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑇1 = 164,97 °C

3𝑞4 = ℎ4 − ℎ3 = 463,4 − 2361,8 = −1898,4 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑇3 = 53,97 °C

𝛿𝑄

𝑇=

=2066,3

164,97 + 273−

1898,4

53,97 + 273

= −1,087 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Satisfaz a desigualdade de

Clausius (= não viola a 2ª Lei)

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Entropia Ciclo reversível: A-B

𝛿𝑄

𝑇= 0 =

𝛿𝑄

𝑇𝐴

2

1

+ 𝛿𝑄

𝑇𝐵

1

2

E ciclo reversível: C-B

𝛿𝑄

𝑇= 0 =

𝛿𝑄

𝑇𝐶

2

1

+ 𝛿𝑄

𝑇𝐵

1

2

Subtraindo:

𝛿𝑄

𝑇𝐴

2

1

= 𝛿𝑄

𝑇𝐶

2

1

Independe do caminho e, portanto, é uma propriedade:

𝑑𝑆 ≡𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

Extensiva e definida em função de um processo reversível.

𝑆2 − 𝑆1 = 𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

2

1

Uma vez determinada, é

a mesma para qualquer

processo, reversível e

irreversível.

Não sabemos quais os

valores absolutos de

entropia.

Δ𝑆𝑟𝑒𝑣 → Δ𝑆𝑖𝑟𝑟

Entropia

• 3ª Lei da Termodinâmica:

• Conclui-se que podemos atribuir 𝑆 = 0 para todas as substâncias puras

no 0 𝐾.

• Termodinâmica Estatística:

• Conclui-se que 𝑆 = 0 para todas as substância puras no estado de gás

ideal a 0 𝐾.

• É comum estabelecer um valores de entropia com base em um estado de

referência arbitrário (tabelas).

• 𝑄 é função de linha e 𝛿𝑄 é uma diferencial inexata.

• Mas, 𝛿𝑄 𝑇 é uma propriedade termodinâmica e, portanto, uma diferencial

exata.

• Integrais inexatas podem ser transformadas em exatas através da introdução

de um fator integrante.

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Entropia de Substância Pura

• Extensiva.

• Unidade: kJ/kg.K

• Valores dados em relação a um estado de

referência arbitrário.

• Vapor d’água: 𝑆 = 0 líquido saturado a 0,01°C.

• Fluidos refrig.: 𝑆 = 0 líquido saturado a -40°C.

• Na região de saturação, usa-se o título.

𝑠 = 1 − 𝑥 𝑠𝑙 + 𝑥𝑠𝑣

𝑠 = 𝑠𝑙 + 𝑥𝑠𝑙𝑣

• Diagramas temperatura-entropia 𝑇 − 𝑠 e

entalpia-entropia ℎ − 𝑠 . Usados para visualizar

mudanças de estado.

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Entropia de Substância Pura

Maioria das substâncias apresenta pouca

diferença de entropia entre líquido

comprimido e líquido saturado a mesma

temperatura.

(Até que se atinja a temperatura de saturação.)

Aquecendo água a 10 MPa de 0°C até a

temperatura de saturação: processo ABD.

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Variação de Entropia

Processos Reversíveis (motor térmico sob ciclo de Carnot):

1) Transferência de calor isotérmico reversível do

reservatório de alta temperatura para o fluido de trabalho

(1-2).

𝑆2 − 𝑆1 = 𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

2

1

Como esse processo é isotérmico

𝑆2 − 𝑆1 =1

𝑇𝐻 𝛿𝑄

2

1

=1𝑄2𝑇𝐻

Corresponde a área 1-2-b-a-1.

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2) Fluido de trabalho diminui a temperatura até 𝑇𝐿 num

processo adiabático reversível.

Entropia é constante ou isoentrópico (2-3).

𝑑𝑆 =𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

3) Isotérmico reversível: calor é transferido do fluido de

trabalho para o reservatório de baixa temperatura.

𝑆4 − 𝑆3 = 𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

4

3

=3𝑄4𝑇𝐿

O calor transferido é negativo (em relação ao fluido).

Entropia decresce (3-4).

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O trabalho líquido do ciclo é igual a transferência de calor:

área 1-2-3-4-1 é o trabalho líquido do ciclo e a eficiência

térmica é dada por:

𝜂𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑐𝑜 =𝑊𝑙𝑖𝑞

𝑄𝐻=área 1 − 2 − 3 − 4 − 1

área 1 − 2 − b − a − 1

OBS:

Rendimento aumenta com aumento de 𝑻𝑯 e 𝑻𝑳 constante.

Rendimento tende a 100% quando temperatura absoluta,

na qual o calor é rejeitado, tende a zero.

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Processos Reversíveis (refrigerador sob ciclo de Carnot):

Entropia do fluido de trabalho aumenta quando retira calor

do reservatório a baixa temperatura e diminui quando

rejeita calor para o reservatório a alta temperatura.

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Variação de Entropia Seja a mudança de líquido para vapor saturado (1-2) a

pressão constante. O calor transferido, por unidade de

massa, é ℎ𝑙𝑣.

𝑠2 − 𝑠1 = 𝑠𝑙𝑣 =1

𝑚

𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

2

1

=1

𝑚𝑇 𝛿𝑄

2

1

=1𝑞2𝑇

=ℎ𝑙𝑣𝑇

Considerando vapor d’água a 10 MPa:

ℎ𝑙𝑣 = 1317,1 𝑘𝐽/𝑘𝑔

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Variação de Entropia Seja a mudança de líquido para vapor saturado (1-2) a

pressão constante. O calor transferido, por unidade de

massa, é ℎ𝑙𝑣.

𝑠2 − 𝑠1 = 𝑠𝑙𝑣 =1

𝑚

𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

2

1

=1

𝑚𝑇 𝛿𝑄

2

1

=1𝑞2𝑇

=ℎ𝑙𝑣𝑇

Considerando vapor d’água a 10 MPa:

ℎ𝑙𝑣 = 1317,1 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑇 = 311,06 + 273,15 = 584,21 𝐾

𝑠𝑙𝑣 =ℎ𝑙𝑣𝑇

=1317,1

584,21= 2,2544 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Como mostram as tabelas.

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Variação de Entropia Se calor é transferido ao vapor saturado sob pressão

constante, este será superaquecido (2-3).

2𝑞3 =1

𝑚 𝛿𝑄

3

2

= 𝑇𝑑𝑠

3

2

Mas 𝑇 não é constante e é necessário conhecer a relação

entre temperatura e entropia.

A área abaixo da linha 2-3 representa o calor transferido

durante este processo reversível.

O mesmo não acontece para processos irreversíveis.

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Coeficiente de Desempenho O fluido de trabalho utilizado numa bomba

de calor, que opera segundo um ciclo de

Carnot, é o R-134a. A temperatura do fluido

refrigerante no evaporador da bomba de calor

é de 0°C e o fluido deixa o evaporador como

vapor saturado. A temperatura do fluido

refrigerante é 60°C no condensador da bomba

de calor e o fluido deixa o condensador como

líquido saturado. Determine, nessas

condições, a pressão de descarga do

compressor e o coeficiente de desempenho do

ciclo térmico.

Solução:

O ciclo de Carnot é composto por dois

processos isotérmicos com transferência de

calor intercalados por dois processos

adiabáticos reversíveis. A variação de entropia

pode ser avaliada com a 𝑑𝑠 = 𝛿𝑄/𝑇 , e o

diagrama geral do ciclo de Carnot pode ser

visto na figura ao anterior. A figura ao lado

mostra os diagramas 𝑃 − 𝑣 e 𝑇 − 𝑠 referentes

ás condições deste exemplo. Assim,

Estado 4: 𝑠4 = 𝑠3 = 1,2857 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 (Tab B.5.1:

liquido saturado a 60°C)

Estado 1: 𝑠1 = 𝑠2 = 1,7262 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 (Tab B.5.1:

vapor saturado a 0°C)

Estado 2: 𝑠1 = 𝑠2 e 𝑇 = 60°𝐶 (Tab B.5.2: vapor

saturado a 0°C)

Interpolando (Tab B.5.2) entre 1400 e 1600 kPa:

𝑃2 = 1487,1 𝑘𝑃𝑎

𝛽´ =𝑞𝐻𝑤

=𝑇𝐻

𝑇𝐻 − 𝑇𝐿= 5,55

Variações de pressão durante a transferência de calor

não são desprezíveis. Nenhuma bomba ou

refrigerador possui rendimento próximo ao do ciclo de

Carnot entre os mesmos reservatório.

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Transferência de calor Um conjunto cilindro-pistão contém 1L de

líquido saturado de R-410A, a 20°C. A posição

do pistão é alterada vagarosamente até que a

pressão interna se torne igual a 400 kPa.

Admitindo que o processo de expansão seja

isotérmico e reversível, determine o trabalho

realizado e a transferência de calor nesse

processo.

Solução:

Eq. da continuidade: 𝑚2 = 𝑚1 = 𝑚

1ª Lei: 𝑚 𝑢2 − 𝑢1 = 1𝑄2 − 1𝑊2

2ª Lei: 𝑚 𝑠2 − 𝑠1 = 𝛿𝑄 𝑇 (rev.)

Estado 1 (Tab B.4.1)

𝑢1 = 87,94 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 𝑠1 = 0,3357 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

𝑚 =𝑉

𝑣1=

0,001

0,000923= 1,083 𝑘𝑔

Estado 2 (Tab B.4.2)

𝑢2 = 276,44 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 𝑠2 = 1,2108 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Com a temperatura permanece constante:

1𝑄2 = 𝑚𝑇 𝑠2 − 𝑠1 = 277,8 𝑘𝐽

Usando a 1ª Lei:

1𝑊2 = 𝑚 𝑢1 − 𝑢2 + 1𝑄2 = 73,7 𝑘𝐽

Difícil determinar o trabalho por integração do

diagrama 𝑃 − 𝑣 .

A transferência de calor é dada pela área no

diagrama 𝑇 − 𝑠.

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Duas Relações Importantes Considere a 1ª Lei para uma substância

compressível simples na ausência de

efeitos cinéticos e gravitacionais.

𝛿𝑄 = 𝑑𝑈 + 𝛿𝑊

Para que o estado da substância possa ser

identificado em qualquer instante,

devemos considerar um processo quase-

estático (reversível).

𝛿𝑄 = 𝑇𝑑𝑆 e 𝛿𝑊 = 𝑃𝑑𝑉

Substituindo:

𝑇𝑑𝑆 = 𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉

Envolve somente propriedades

termodinâmicas e pode ser integrada em

qualquer processo reversível (estado da

substância pode ser determinado em

qualquer ponto).

Como as propriedades dependem somente

dos estados inicial e final, suas variações são

as mesmas para um processo reversível e

irreversível.

Como a entalpia é dada por:

𝐻 = 𝑈 + 𝑃𝑉

𝑑𝐻 = 𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉 + 𝑉𝑑𝑃

Substituindo:

𝑇𝑑𝑆 = 𝑑𝐻 − 𝑉𝑑𝑃

ou

𝑇𝑑𝑆 = 𝑑𝑢 + 𝑃𝑑𝑣

𝑇𝑑𝑆 = 𝑑ℎ − 𝑣𝑑𝑃

Como: 𝛿𝑊 = 𝑃𝑑𝑉 − 𝒯𝑑𝐿 − ℒ𝑑𝐴 − ℰ𝑑𝑍 +

𝑇𝑑𝑆 = 𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉 − 𝒯𝑑𝐿 − ℒ𝑑𝐴 − ℰ𝑑𝑍 +⋯

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SÓLIDOS E LÍQUIDOS

Já definimos energia interna e entalpia.

Como 𝑃𝑑𝑣 é pequeno:

𝑑𝑠 ≈𝑑𝑢

𝑇≈𝐶

𝑇𝑑𝑇

Normalmente, 𝐶 → 𝐶 𝑇 , mas admitindo 𝐶 constante:

𝑠2 − 𝑠1 ≈ 𝐶 ln𝑇2𝑇1

Um processo adiabático reversível (isoentrópico) realizado sobre um líquido

incompressível é isotérmico.

Por isso o bombeamento de líquidos é isotérmico.

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1 kg de água líquida é aquecido de 20°C a 90°C. Calcule a

variação de entropia, admitindo que o calor específico seja

constante e compare esse resultado com o obtido utilizando as

tabelas de vapor.

Solução:

𝑠2 − 𝑠1 = 4,184 ln363,2

293,2= 0,8958 𝑘𝐽 𝑘𝑞 𝐾

Por meio da Tab. B.1.1:

𝑠2 − 𝑠1 = 𝑠𝑙 90 − 𝑠𝑙 20 = 1,1925 − 0,2966 = 0,8959 𝑘𝐽 𝑘𝑞 𝐾

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Variação de Entropia Gases Ideais

𝑇𝑑𝑠 = 𝑑𝑢 + 𝑃𝑑𝑣

Para um gás ideal:

𝑑𝑢 = 𝐶𝑣0𝑑𝑇 e 𝑃

𝑇=

𝑅

𝑣

Portanto

𝑑𝑠 = 𝐶𝑣0𝑑𝑡

𝑇+𝑅 𝑑𝑣

𝑣

𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑣0𝑑𝑇

𝑇+ 𝑅 ln

𝑣2𝑣1

2

1

Analogamente:

𝑇𝑑𝑠 = 𝑑ℎ − 𝑣𝑑𝑃

Para um gás ideal:

𝑑ℎ = 𝐶𝑝0𝑑𝑇 e 𝑣

𝑇=

𝑅

𝑃

Portanto

𝑑𝑠 = 𝐶𝑝0𝑑𝑇

𝑇−𝑅𝑑𝑃

𝑃

𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑝0𝑑𝑇

𝑇

2

1

− 𝑅 ln𝑃2𝑃1

Qual a relação entre calores específicos e temperatura?

A diferença entre calores específicos é sempre constante (𝐶𝑝0 − 𝐶𝑣0 = 𝑅).

Só preciso analisar um caso.

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Variação de Entropia • Hipótese 1: calor específico constante (menor precisão).

𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑣0 ln𝑇2𝑇1− 𝑅 ln

𝑃2𝑃1 e 𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑣0 ln

𝑇2𝑇1+ 𝑅 ln

𝑣2𝑣1

• Hipótese 2: equação analítica de 𝐶𝑝0 𝑇 - precisão razoável.

• Hipótese 3: integrar resultados da termodinâmica estatística entre 𝑇0 e 𝑇 definindo

uma função (melhor precisão).

𝑠𝑇0 =

𝐶𝑝0𝑇

𝑑𝑇

𝑇

𝑇0

Pode ser apresentada como uma tabela de temperaturas (Tab A.7 e A.8)

• A variação entre quaisquer dois estados 1 e 2 é:

𝑠2 − 𝑠1 = 𝑠𝑇20 − 𝑠𝑇1

0 − 𝑅 ln𝑃2𝑃1

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Variação de Entropia 1 kg de Oxigênio que se comporta como gás ideal é aquecido de 300 K a 1500 K. Admita que

durante o processo de aquecimento a pressão seja reduzida de 200 kPa para 150 kPa. Calcule a

variação de entropia específica nesse processo.

Solução:

Resposta mais precisa – Tab. A.8:

𝑠2 − 𝑠1 = 8,0649 − 6,4168 − 0,2598 ln150

200= 1,7228 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Utilizando a equação empírica (Tab. A.6):

𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑝0𝑑𝑇

𝑇

𝑇2

𝑇1

− 𝑅 ln𝑃2𝑃1

= 0,88 ln 𝜃 − 0,0001𝜃 +0,54

2𝜃2 −

0,33

3𝜃3

𝜃1=0,3

𝜃2=1,5

= −0,2598 ln150

200

= 1,7058 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Se calor específico for constante:

𝑠2 − 𝑠1 = 0,922 ln1500

300− 0,2598 ln

150

200= 1,5586 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

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Variação de Entropia Calcule a variação de entropia específica para o ar quando este é aquecido de 300 K a 600 K e a

pressão diminui de 400 kPa para 300 kPa, admitindo: a) calor específico constante e b) calor

específico variável.

Solução:

a) Para o ar a 300 K (Tab. A.5):

𝐶𝑝0 = 1,004 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

𝑠2 − 𝑠1 = 1,004 ln600

300− 0,287 ln

300

400= 0,7785 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

b) Da Tab. A.7:

𝑠𝑇10 = 6,8693 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 e 𝑠𝑇2

0 = 7,5764 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

𝑠2 − 𝑠1 = 7,5764 − 6,8693 − 0,287 ln300

400= 0,7897 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

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Variação de Entropia Um conjunto cilindro-pistão contém 1 kg de ar. Inicialmente, a pressão e a temperatura são iguais a

400 kPa e 600 K. O ar é então expandido até a pressão de 150 kPa num processo adiabático e

reversível. Calcule o trabalho realizado pelo ar.

Solução:

Da 1ª Lei: 0 = 𝑢2 − 𝑢1 + 𝑤 e da 2ª Lei: 𝑠2 = 𝑠1

Tab. A.7: 𝑢1 = 435,1 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 e 𝑠𝑇10 = 7,5764 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

𝑠2 − 𝑠1 = 0 = 𝑠𝑇20 − 𝑠𝑇1

0 − 𝑅 ln𝑃2𝑃1

= 𝑠𝑇20 − 7,5764 − 0,287 ln

150

400⇒ 𝑠𝑇2

0 = 7,2949 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Da Tab. A.7: 𝑇2 = 457 𝐾 e 𝑢2 = 328,14 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

𝑤 = 435,10 − 328,14 = 106,96 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

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Para processos isoentrópicos, se a variação do calor específico a pressão constante for

nula durante o processo:

𝑠2 − 𝑠1 = 0 = 𝐶𝑝0 ln𝑇2𝑇1− 𝑅 ln

𝑃2𝑃1 ou ln

𝑇2𝑇1

=𝑅

𝐶𝑝0ln𝑃2𝑃1 e

𝑇2𝑇1

=𝑃2𝑃1

𝑅 𝐶𝑝0

Entretanto,

𝑅

𝐶𝑝0=𝐶𝑝0 − 𝐶𝑣0

𝐶𝑝0=𝑘 − 1

𝑘 com 𝑘 =

𝐶𝑝0𝐶𝑣0

Assim,

𝑇2𝑇1

=𝑃2𝑃1

𝑘−1 𝑘

combinando com 𝑃𝑣 = 𝑅𝑇 𝑇2𝑇1

=𝑣1𝑣2

𝑘−1

𝑒 𝑃2𝑃1

=𝑣1𝑣2

𝑘

Que reescrita fornece

𝑃𝑣𝑘 = 𝑐𝑡𝑒

Válida para todos os processos adiabáticos e reversíveis com gás ideal e calor específico

constante (processo politrópico).

Term

od

inâm

ica

- V

an W

ylen

, Bo

rgn

akke

, So

nn

tag

Variação de Entropia PROCESSOS IRREVERSÍVEIS

Ciclo reversível A-B:

𝛿𝑄

𝑇=

𝛿𝑄

𝑇𝐴

2

1

+ 𝛿𝑄

𝑇𝐵

1

2

= 0

Ciclo irreversível C-B:

𝛿𝑄

𝑇=

𝛿𝑄

𝑇𝐶

2

1

+ 𝛿𝑄

𝑇𝐵

1

2

< 0

Subtraindo

𝛿𝑄

𝑇𝐴

2

1

> 𝛿𝑄

𝑇𝐶

2

1

Como o caminho A é reversível e como entropia é uma propriedade termodinâmica:

𝛿𝑄

𝑇

2

1 𝐴

= 𝑑𝑆𝐴

2

1

= 𝑑𝑆𝐶

2

1

> 𝛿𝑄

𝑇𝐶

2

1

Term

od

inâm

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, Bo

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, So

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Variação de Entropia Como o caminho C é arbitrário:

𝑑𝑆 ≥𝛿𝑄

𝑇

E portanto:

𝑆2 − 𝑆1 ≥ 𝛿𝑄

𝑇

2

1

A igualdade vale para processos reversíveis e a desigualdade para processos

irreversíveis.

𝑑𝑆 =𝛿𝑄

𝑇𝑟𝑒𝑣

e 𝑑𝑆 >𝛿𝑄

𝑇𝑖𝑟𝑟

Válido para 𝛿𝑄 = 0; 𝛿𝑄 < 0 e 𝛿𝑄 > 0

Se 𝛿𝑄 < 0 entropia tende a decrescer devido a transferência de calor.

Irreversibilidade aumenta a entropia do sistema.

Term

od

inâm

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, Bo

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, So

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Geração de Entropia Variação de entropia num processo irreversível é maior que aquela num processo

reversível com mesmo 𝛿𝑄 e 𝑇.

𝑑𝑆 =𝛿𝑄

𝑇+ 𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟 com 𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟 ≥ 0

𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟 representa a geração de entropia devido a irreversibilidades no sistema (atrito,

expansão livre, Δ𝑇𝑓𝑖𝑛).

Para processos reversíveis: 𝛿𝑄 = 𝑇𝑑𝑆 e 𝛿𝑊 = 𝑃𝑑𝑉

Para processos irreversíveis, 𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟 > 0 e 𝛿𝑄𝑖𝑟𝑟 = 𝑇𝑑𝑆 − 𝑇𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟

Assim, para uma mesma mudança de estado, a transferência de calor no processo

irreversível será menor que no reversível e o trabalho também.

𝛿𝑄𝑖𝑟𝑟 = 𝑑𝑈 + 𝛿𝑊𝑖𝑟𝑟; como 𝑇𝑑𝑆 = 𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉: 𝛿𝑊𝑖𝑟𝑟 = 𝑃𝑑𝑉 − 𝑇𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟

𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟 é o trabalho perdido (oportunidade de realizar trabalho perdida)

𝑆2 − 𝑆1 = 𝑑𝑆2

1

= 𝛿𝑄

𝑇+ 1𝑆2 𝑔𝑒𝑟

2

1

Term

od

inâm

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Geração de Entropia Δ Entropia = (entrada) – (saida) + (geração).

Dois modos de aumentar entropia de um sistema: por

transferência de calor ou fazendo-o percorrer um processo

irreversível.

Como geração de entropia não pode ser negativa, só é possível

diminuir entropia do sistema retirando calor dele.

Em processos adiabáticos (𝛿𝑄 = 0), aumento de entropia está

associado a irreversibilidades.

Irreversibilidades diminui o trabalho útil que pode ser obtido do

sistema (menos trabalho da expansão e mais trabalho na

compressão).

Variação de entropia associada a transferência de calor ocorre

através de uma superfície de controle: ganho de calor no sistema

equivale a perda do mesmo calor nas vizinhanças

Em processos irreversíveis, trabalho não é igual a 𝑃𝑑𝑉 e e calor

transferido não é igual a 𝑇𝑑𝑆. Não se conhece os estados

intermediários do sistema.

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Aumento de Entropia Mudança = (entradas) – (saídas) + (geração)

Energia:

𝐸2 − 𝐸1 𝐴 = 𝑄𝑎 −𝑊𝑎 − 𝑄𝑏 +𝑊𝑏

𝐸2 − 𝐸1 𝐵 = 𝑄𝑏 −𝑊𝑏 − 𝑄𝑐 +𝑊𝑐

𝐸2 − 𝐸1 𝐶 = 𝑄𝑐 +𝑊𝑎 − 𝑄𝑎 −𝑊𝑐

Entropia:

𝑆2 − 𝑆1 𝐴 = 𝛿𝑄𝑎𝑇𝑎

− 𝛿𝑄𝑏𝑇𝑏

+ 𝑆𝑔𝑒𝑟 𝐴

𝑆2 − 𝑆1 𝐵 = 𝛿𝑄𝑏𝑇𝑏

− 𝛿𝑄𝑐𝑇𝑐

+ 𝑆𝑔𝑒𝑟 𝐵

𝑆2 − 𝑆1 𝐶 = 𝛿𝑄𝑐𝑇𝑐

− 𝛿𝑄𝑎𝑇𝑎

+ 𝑆𝑔𝑒𝑟 𝐶

𝐸2 − 𝐸1 𝑇

= 𝐸2 − 𝐸1 𝐴 + 𝐸2 − 𝐸1 𝐵

+ 𝐸2 − 𝐸1 𝐶 = 0

𝑆2 − 𝑆1 𝑇

= 𝑆2 − 𝑆1 𝐴 + 𝑆2 − 𝑆1 𝐵

+ 𝑆2 − 𝑆1 𝐶

= 𝑆𝑔𝑒𝑟 𝐴 + 𝑆𝑔𝑒𝑟 𝐵 + 𝑆𝑔𝑒𝑟 𝐶 ≥ 0

Term

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, So

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Aumento de Entropia Suponha que 1 kg de vapor de água saturado a

100°C seja condensado, obtendo-se líquido

saturado a 100°C num processo a pressão

constante, por meio da transferência de calor

para o ar ambiente que está a 25°C. Qual o

aumento líquido de entropia para o conjunto

sistema e ambiente?

Solução:

Δ𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡 = −𝑚𝑠𝑙𝑣 = −1 × 6,048 = −6,048 𝑘𝐽/𝐾

Δ𝑆𝑎𝑚𝑏 =𝑄

𝑇0=𝑚ℎ𝑙𝑣𝑇0

=2257,0

298,15= 7,57 𝑘𝐽/𝐾

Δ𝑆𝑙𝑖𝑞 = 1,5220 𝑘𝐽/𝐾

A transferência de calor poderia acontecer

reversivelmente por meio de um motor térmico

operando segundo um ciclo de Carnot. Assim, a

diminuição de entropia do sistema é igual ao

aumento de entropia do ambiente.

Δ𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡 = −6,048 𝑘𝐽/𝐾

Δ𝑆𝑎𝑚𝑏 = +6,048 𝑘𝐽/𝐾

𝑄𝑎𝑚𝑏 = 𝑇0Δ𝑆 = 298,15 × 6,048 = 1803,2 𝑘𝐽

𝑊 = 𝑄𝐻 − 𝑄𝐿 = 2257 − 1803,2 = 453,8 𝑘𝐽

Com o ciclo é reversível o motor pode operar como

bomba de calor.

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Taxa de Variação de Entropia 𝑑𝑆

𝑑𝑡=1

𝑇

𝛿𝑄

𝑑𝑡+𝛿𝑆𝑔𝑒𝑟

𝑑𝑡 ou

𝑑𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡𝑑𝑡

= 1

𝑇𝑄 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟

A superfície de controle pode ser composta por várias regiões com temperatura uniforme.

Considere um aquecedor de

ambientes elétrico que consome 1kW

de energia elétrica. A temperatura

superficial das resistências utilizadas

é uniforme e igual a 600 K. Analise o

processo de conversão de energia

elétrica em calor e determine a taxa

de geração de entropia nesse

processo.

1ª Lei:

𝑑𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑑𝑡

=𝑑𝑈𝑠𝑖𝑠𝑡𝑑𝑡

= 0 = 𝑊 𝑒𝑙 − 𝑄 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓

2ª Lei: 𝑑𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡

𝑑𝑡= 0 =

𝑄 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓

𝑇𝑠𝑢𝑝+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟

Regime de operação permanente e taxas de

transferência de calor na resistência do

aquecedor é igual à potência. O fluxo de

entropia na superfície de controle do sistema é

provocado pela taxa de geração de entropia

que ocorre na resistência do aquecedor.

𝑆 𝑔𝑒𝑟 =𝑄 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓

𝑇=

1

600= 0,00167 𝑘𝑊/𝐾

termodinâmica engenharia aula 11

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