termodinamica - segunda lei

37
1 Termodinâmica Aplicada Segunda Lei da Termodinâmica Aplicada a Volumes de Controle Prof a Dra. Sinthya Gonçalves Tavares Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

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Aula sobre a segunda lei da Termodinamica, apresentando os principais conceitos originados pela segunda lei com exercicios explicativos

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Page 1: Termodinamica - segunda Lei

1

Termodinâmica Aplicada

Segunda Lei da Termodinâmica Aplicada a Volumes de Controle

Profa Dra. Sinthya Gonçalves Tavares

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 2: Termodinamica - segunda Lei

2

Taxa de variação de entropia para sistemas:

gersist S

T

Q

dt

S &&

+=∑ δ

Taxa de Variação = + (entradas) – (saídas)

+ (geração)

Balanço de entropia no Volume de Controle:

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 3: Termodinamica - segunda Lei

gerCV

sseeCV S

T

Qsmsm

dt

S &&

&& ++−= ∑∑∑ .... δ

3

Taxa de variação de entropia para Volume de Controle:

1. Taxa de acúmulo de entropia

2. Fluxo de entropia devido à entrada demassa

3. Taxa de entropia devido à transferênciade calor para o volume de controle

4. Geração de energia no V.C.

(1)

(2) (3) (4)

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Page 4: Termodinamica - segunda Lei

4

Termo de acúmulo e geração de entropia:

∫ +++=== ......... .... CCBBAACVCV smsmsmsmdVsS ρ

∫ +++== ..... ,,,. CgerBgerAgergerger SSSdVsS &&&&& ρ

O termo associado à geração de entropia é positivo ou nulo:

0≥gerS& 0 .... ≥−+−= ∑∑∑

T

Qsmsm

dt

SS CV

sseeCV

ger

&&&& δ

∑∑∑ +−≥T

Qsmsm

dt

S CVssee

CV .... &&&

δ

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 5: Termodinamica - segunda Lei

5

2ª Lei da Termodinâmica para volume de controle:

∑∑∑ +−≥T

Qsmsm

dt

S CVssee

CV .... &&&

δ

gerCV

sseeCV S

T

Qsmsm

dt

S &&

&& ++−= ∑∑∑ .... δ

= 0 (Processo reversível)

> 0 (Pocesso irreversível)

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 6: Termodinamica - segunda Lei

6

O processo em regime permanente:Para regime permanente:

0 .. =dt

S CVδger

CVssee S

T

Qsmsm &

&&& ++−= ∑∑∑ ..0

gerCV

eess ST

Qsmsm &

&&& +=− ∑∑∑ ..

Considerando apenas uma área de entrada e saída de massa, e que: es mm && =

( ) gerCV

es ST

Qssm &

&& +=− ∑ ..

m&:

gerCV

es sT

qss &

&+=− ∑ ..

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 7: Termodinamica - segunda Lei

7

O processo em regime permanente:Exemplo 1:

Determine o trabalho fornecido por um compressor para que a água seja

comprimida de forma isoentrópica de 100 kPa e 1 MPa, assumindo que, no estado

de entrada a água existe como: (a) líquido saturado; (b) vapor saturado, e que as

velocidades de escoamento são conforme indicado na figura.

Equação da Continuidade:

dt

dmmm se ∑∑ =− &&

0

(Reg. Permanente)

Como tem-se apenas um ponto de entrada e

um ponto de saída:

mmm se &&& ==

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 8: Termodinamica - segunda Lei

8

Primeira Lei da Termodinâmica:

++

+++−=

ssss

eeeeCVCVCV

gZVhm

gZVhmWQdt

dE

2

2..

.

2

1

2

1

&

&&&0 (adiabático)

Como tem-se apenas um ponto de entrada e

um ponto de saída, e já dividindo-se por :m&

+−

+= 22.

2

1

2

1sseeCV VhVhW

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 9: Termodinamica - segunda Lei

9

Segunda Lei da Termodinâmica:

Para um ponto de entrada e um ponto de saída, e dividindo-se por :m&

gerCV

sseeCV S

T

Qsmsm

dt

S &&

&& ++−= ∑∑∑ .... δ

se ss =

a

b

Em um diagrama T x s:

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 10: Termodinamica - segunda Lei

10

Pelas tabelas termodinâmicas:

a

b

Entrada: Pe = 100 kPa; líquido saturado (a)

vapor saturado (b)

he = 417,44 kJ/kg ;se = 1,3025 kJ/(Kg.K)

he = 2675,46 kJ/kg ;se = 7,3593 kJ/(Kg.K)

Saída: Ps = 1MPa; líquido comprimido (a)

vapor superaquecido (b)

hs = ? ; se = ss =1,3025 kJ/(kg.K)

hs = ? ; se = ss = 7,3593 kJ/(kg.K)

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Page 11: Termodinamica - segunda Lei

11

Pelas tabelas termodinâmicas:

Sendo as propriedades na saída conhecidas: Ps = 1 MPa; ss =1,3025 kJ/(kg.K) (a)

Interpolando:

P = 1 MPa

T = 80oC

P = 1 MPa

T = 100oC

s =1,0742 kJ/(kg.K)

s =1,3057 kJ/(kg.K)

P = 1 MPa

s = 1,3025 kJ/(kg.K)T =80,4oC

Para 99,7oC ≅ 100oC, na tabela de vapor saturado, hl = hs = 419,02 kJ/kg

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Page 12: Termodinamica - segunda Lei

12

Pelas tabelas termodinâmicas:

Sendo as propriedades na saída conhecidas: Ps = 1 MPa; ss =7,3593 kJ/(kg.K) (b)

7,3583 kJ/(kg.K)

Interpolando:

Ts =382,5oC

hs = 3226,76 kJ/kg

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Page 13: Termodinamica - segunda Lei

13

Resumindo:

Propriedade Entrada Saída

Pressão [kPa] 100 1000

Entalpia [kJ/kg](a) 417,44 419,02

(b) 2675,46 3226,76

Entropia [kJ/(kg.K)](a) 1,3025 1,3025

(b) 7,3593 7,3593

+−

+= 22.

2

1

2

1sseeCV VhVhWPrimeira Lei da Termodinâmica:

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 14: Termodinamica - segunda Lei

14

Para o caso (a):( )

+−

+=

3

2

3

2

.10

80

2

102,419

10

)95(

2

144,417compW

Para o caso (b):( ) ( )

+−

+=

3

2

3

2

.10

50

2

176,3226

10

95

2

146,2675compW

kJ/kg 27,0. −=compW

kJ/kg 04,548. −=compW

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Page 15: Termodinamica - segunda Lei

15

O processo em regime permanente:Exemplo 2:

Ar é comprimido de 100 kPa e 300 K por um compressor de um estágio até uma

pressão de saída de 900 kPa. Determine o trabalho do compressor por unidade de

massa para (a) uma compressão isoentrópica com k = 1,4; (b) uma compressão

politrópica com n = 1,3; (c) uma compressão isotérmica

Equação da Continuidade:

dt

dmmm se ∑∑ =− &&

Como tem-se apenas um ponto de entrada e

um ponto de saída:

mmm se &&& ==

0

(Reg. Permanente)

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Leonard Pearl
K= cp/cv
Page 16: Termodinamica - segunda Lei

16

Primeira Lei da Termodinâmica:

++

+++−=

ssss

eeeeCVCVCV

gZVhm

gZVhmWQdt

dE

2

2..

.

2

1

2

1

&

&&&0 (adiabático)

Como tem-se apenas um ponto de entrada e

um ponto de saída, e já dividindo-se por :m&

( )seCV hhW −=.

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 17: Termodinamica - segunda Lei

17

Da tabela A-5: kJ/(kg.K) 004,1, =arpC

k

k

e

s

e

s

P

P

T

T1−

=se ss =Para processo isoentrópico :

Segunda Lei da Termodinâmica:

a) para k = 1,44,1

14,1

100

900

300

=sTK 562=sT

( ) ( )sepseCV TTChhW −=−=.

( )562300004,1. −=compW

kJ/kg 8,260. −=compW

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Page 18: Termodinamica - segunda Lei

18

Da tabela A-5: kJ/(kg.K) 287,0=arR

Para processo politrópico :

( )3,11

300562287,0.

−=compW

kJ/kg 6,250. −=compW

( )n

TTRW es

CV−

−=

1.

b) para n = 1,3

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Leonard Pearl
R(Ts-Te) = PdVsubstitui
Page 19: Termodinamica - segunda Lei

19

Da tabela A-5: kJ/(kg.K) 287,0=arR

Para processo isotérmico :

=900

100ln.300.287,0.compW

kJ/kg 2,189. −=compW

s

eCV

P

PRTW ln. =

b) para Te = Ts = 300 K

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Page 20: Termodinamica - segunda Lei

20

O processo em regime permanente:Exemplo 3:

Na figura são mostrados componentes de uma bomba de calor para fornecimento de

ar aquecido para uma residência. Em regime permanente, R–410a é admitido no

compressor a –5oC, 350 kPa e é comprimido adiabaticamente até 65oC, 1,4 MPa. Do

compressor o refrigerante passa através do condensador, onde é condensado a

líquido a 15oC, 1,4 MPa. O refrigerante é então expandido através de uma válvula de

expansão até 350 kPa. Ar de retorno da residência é admitido no condensador a

20oC, 100 kPa, a uma vazão volumétrica de 0,42 m3/s, e é descarregado a 50oC com

uma perda de carga desprezível. Utilizando o modelo de gás ideal para o ar e

desprezando os efeitos das energias cinéticas e potencial, determine as taxas de

geração de entropia, em kW/K, para volumes de controle envolvendo o condensador,

compressor e válvula de expansão.

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Page 21: Termodinamica - segunda Lei

21

Esboço do sistema:

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 22: Termodinamica - segunda Lei

22

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg]

Entropia [kJ/(kg.K)]

Título

Estado

Definição das propriedades (R- 410a):

Estado 1: T1 = -5oC

P1 = 350 KPaVapor superaquecido!

Para 350 kPa e –5oC, na tabela de vapor superaquecido:

h1 = 274,80 kJ/kg

s1 = 1,1034 kJ/(kg.K)

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg]

Entropia [kJ/(kg.K)]

Título -

Estado V.S.

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034

Título -

Estado V.S.

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 23: Termodinamica - segunda Lei

23

Estado 2: T2 = 65oC

P2 = 1400 KPaVapor superaquecido!

Para 1400 kPa e 65oC, na tabela de vapor superaquecido:

h2 = 345,50 kJ/kg

s2 = 1,1955 kJ/(kg.K)

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034

Título -

Estado V.S.

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034

Título - -

Estado V.S. V.S

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955

Título - -

Estado V.S. V.S

Definição das propriedades (R- 410a):

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 24: Termodinamica - segunda Lei

24

Estado 3: T3 = 15oC

P3 = 1400 KPaLíquido comprimido!

Para 15oC, na tabela de vapor saturado:

hl = h3 = 81,15 kJ/kg

sl = s3 = 0,3083 kJ/(kg.K)

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955

Título - -

Estado V.S. V.S

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955

Título - - -

Estado V.S. V.S L.C.

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083

Título - - -

Estado V.S. V.S L.C.

Definição das propriedades (R- 410a):

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 25: Termodinamica - segunda Lei

25

Estado 4: P4 = 350 kPa

Como o processo na válvula de expansão é isoentálpico:

h3 = h4 = 81,15 kJ/kg

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083

Título - - -

Estado V.S. V.S L.C.

Vapor Saturado!

234,016,2338,270

16,2315,8144 =

−=

−=

lv

l

hh

hhx

kJ/((kg.K) 3698,0)0859,1)(273,0(0957,0)234,01(

)1(4

=+−

=+−= vl xssxs

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083

Título - - -

Estado V.S. V.S L.C.

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083

Título - - -

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083 0,3698

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

Definição das propriedades (R- 410a):

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 26: Termodinamica - segunda Lei

26

Resumo das propriedades (R- 410a):

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083 0,3698

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

No diagrama T x s:

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Leonard Pearl
1-2 Aumento da entropia2-3 Pressao constante3-4 Entropia aumenta, mistura4-1 Pressao constante
Page 27: Termodinamica - segunda Lei

27

Para o condensador:

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083 0,3698

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

gerCV

sseeCV S

T

Qsmsm

dt

S &&

&& ++−= ∑∑∑ .... δ2ª Lei da Termodinâmica:

gereess Ssmsm && ∑∑ += gerarrefarref Ssmsmsmsm &&&&& ++=+ 5263

Balanço de energia: arref QQ && =

)(.)()( 56,5632 TTCmhhmhhm arpararref −=−=− &&&

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 28: Termodinamica - segunda Lei

28

Para o condensador:

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083 0,3698

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

Cálculo da vazão mássica do ar: (T5 = 20oC; P5 = P6 = 100 kPa; V5 = 0,42 m3/s; T6 = 50oC)

5

55.

TR

VPm

arar

&& =

)293).(287,0(

)42,0)( 100(=arm& kg/s 50,0=arm&

Cálculo da vazão mássica do refrigerante:

)()()( 56,5632 TTCmhhmhhm arpararref −=−=− &&&

)15,8150,345(

)293323.(004,1.50,0

−=refm&

(Cp,ar = 1,004 kJ/kg.K)

kg/s 06,0=refm&

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Leonard Pearl
Page 29: Termodinamica - segunda Lei

29

Para o condensador:

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083 0,3698

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

Variação específica da entalpia do ar:

=−

5

6

5

6,56 lnln

P

PR

T

TCss arp

=−100

100ln287,0

293

323ln004,156 ss

(T5 = 20oC; P5 = P6 = 100 kPa; T6 = 50oC)

kJ/kg.K 098,056 =− ss

Na 2ª Lei da Termodinâmica: )()( 5623 ssmssmS arrefger −+−= &&&

)098,0(50,0)1955,13083,0(06,0 +−=gerS& kW/K 10 x 23,4 3=gerS&

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Page 30: Termodinamica - segunda Lei

30

Para o compressor:

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083 0,3698

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

gerCV

sseeCV S

T

Qsmsm

dt

S &&

&& ++−= ∑∑∑ .... δ2ª Lei da Termodinâmica:

gereess Ssmsm && ∑∑ += gerrefref Ssmsm && += 12 )( 12 ssmS refger −=&

)1034,11955,1(06,0 −=gerS& kW/K 10 x 53,5 3=gerS&

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 31: Termodinamica - segunda Lei

31

Para a válvula de expansão:

1 2 3 4

Pressão [kPa] 350 1400 1400 350

Temperatura [oC] -5 65 15 -21,45

Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15

Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083 0,3698

Título - - - 0,234

Estado V.S. V.S L.C. Saturado

gerCV

sseeCV S

T

Qsmsm

dt

S &&

&& ++−= ∑∑∑ .... δ2ª Lei da Termodinâmica:

gereess Ssmsm && ∑∑ += gerrefref Ssmsm && += 34 )( 34 ssmS refger −=&

)3083,03698,0(06,0 −=gerS& kW/K 10 x 69,3 3=gerS&

Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET

Page 32: Termodinamica - segunda Lei

32

O processo em regime transiente:Para regime transiente:

( ) gerCV

sseeCV ST

Qsmsmms

dt

d &&

&& ++−= ∑∑∑ ...

Integrando cada termo da equação ao longo de um intervalo de tempo t:

( ) ( ) ..1122

0

. CV

t

CV smsmdtmsdt

d−=∫

( ) ∑∫∑ = ee

t

ee smdtsm0

&

( ) ∑∫∑ = ss

t

ss smdtsm0

&

ger 21

0

SdtSt

ger =∫ &

∫∫ ∑∫∑ ==t

CVt

CV

tCV dt

T

QdtQ

Tdt

T

Q

0

..

0

..

0

.. 1 &&

&

Como a temperatura é uniforme no V.C. em

qualquer instante de tempo:

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Page 33: Termodinamica - segunda Lei

33

O processo em regime transiente:Daí:

( ) ger 21

0

....1122 Sdt

T

Qsmsmsmsm

tCV

sseeCV++−=− ∫∑∑

&

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Page 34: Termodinamica - segunda Lei

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O processo em regime transiente:Exemplo 4 (exercício 9.51 – livro texto):

Inicialmente, um tanque rígido, com volume interno igual a 2 m3, contém ar a 300 kPa

e 400 K. Uma válvula conectada ao tanque é aberta e só é fechada quando a

pressão interna atinge 200 kPa. O tanque é aquecido durante a operação de

esvaziamento e é possível admitir que a temperatura do ar contido no tanque seja

sempre uniforme e igual a 400 K. Admitindo que o ar que está contido no tanque

percorra um processo reversível, determine a entropia média do ar descarregado do

tanque.

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Leonard Pearl
nao tem massa entrando, apenas saindoprocesso reversivel
Page 35: Termodinamica - segunda Lei

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Equação da Continuidade:

dt

dmmm se ∑∑ =−

Como tem-se apenas massa saindo do V.C (queda de pressão): 12 mmms −=−

Primeira Lei da Termodinâmica:

++−

+++−= ∑∑ sssseeeeCVCVCV gZVhmgZVhmWQ

dt

dE 22..

.

2

1

2

1&&&&

Integrando ao longo de um tempo t: sshmQumum −=− 211122

Segunda Lei da Termodinâmica:

( ) ger 21

0

....1122 Sdt

T

Qsmsmsmsm

tCV

sseeCV++−=− ∫∑∑

& Processo Reversível!!!!

( ) 21.1122

T

Qsmsmsm ss +−=−

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Page 36: Termodinamica - segunda Lei

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ESTADO 1: V1 = 2 m3

P1 = 300 kPa

T1 = 400 K

ESTADO 2: V2 = V1 = 2 m3

P1 = 200 kPa

T2 = T1 = 400 K

)400)(287,0(

)2)(300(.

1

111 ==

TR

VPm

ar

kg 23,51 =m

)400)(287,0(

)2)(200(.

2

222 ==

TR

VPm

ar

kg 48,32 =m

Da equação da continuidade: 12 mmms −=− kg 75,1=sm

Da 1ª Lei da Termodinâmica: sshmQumum −=− 211122

Sendo: u1 = u2 = 286,48 kJ/kg

hs = 401,3 kJ/kgTab. A.7

401,3) x (1,75286,48) x 23,5()48,286 x 48,3(21 +−=Q kJ 93,20021 =Q

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Page 37: Termodinamica - segunda Lei

Da 2ª Lei da Termodinâmica : ( ) 21.1122

T

Qsmsmsm ss +−=−

onde e são fornecidos na Tabela A.7, em função da temperatura para uma

pressão de referência de 0,1 MPa.

( )1

201

0212 ln

P

PRssss TT −−=− Válida para GASES IDEAIS

kJ/(kg.K) 15926,70 =Ts

A variação da entropia entre dois estados pode ser determinada pela equação:

Para T = 400 K e Pref 100 KPa

01

02 TT ss

Considerando, para efeitos da aplicação na equação de variação de entropia, T= 0 K

e , pode-se reescrever a 2ª Lei da Termodinâmica como:

400

93,200sm

100

200ln287,015926,7m

100

300ln287,015926,7m ss12 +−=

−−

kJ/kg.K 0( 0 =Ts kJ/kg.K) 0=s

Substituindo os valores correspondentes para as massas: kJ/(kg.K) 8982,6=ss

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