Prova 1 e 2 Termodinâmica (2)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SÃO JOÃO DEL-REI 
CAMPUS ALTO PARAOPEBA 
 
 
 
 
TRABALHO TERMODINÂMICA 
 
 
Trabalho apresentado como parte das 
exigências da disciplina 
Termodinâmica do curso de Mestrado 
de Engenharia Química, sob 
responsabilidade do professor Jorge 
David Alguiar Bellido. 
 
 
Carla Carolina da Rocha 
 Jéssica Carolaine Vieira de Azevedo 
Marina Cristina Guimarães 
Matheus Pinheiro 
 
 
 
 
OURO BRANCO- MG 
Dezembro/2021 
Questão 3.8- Garrafas de gases comprimidos são comumente encontradas em 
laboratórios de química e engenharia química. Eles representam um sério risco á 
segurança, a menos que sejam manuseados e armazenados adequadamente. Os cilindros 
de oxigênio são particularmente perigosos. Os reguladores de pressão para oxigênio são 
particularmente perigosos. Os reguladores de pressão para oxigênio devem ser mantidos 
escrupulosamente limpos e nenhum óleo ou graxa deve ser aplicado nas roscas ou nas 
peças móveis dentro do regulador. A justificativa para esta regra vem do fato de que se o 
óleo estivesse presente – e se ele se inflamasse na atmosfera de oxigênio - este ponto 
“quente” poderia levar a ignição do tubo de metal e do regulador e causar um incêndio 
desastroso e falha do recipiente de pressão. No entanto, é difícil ver como um traço de 
óleo pesado ou graxa pode inflamar-se mesmo em oxigênio puro e comprimido, uma vez 
que os pontos de ignição provavelmente estão acima de 800k se graxas sintéticas “não 
inflamáveis” forem empregadas. Vamos modelar o simples ato de abrir um cilindro de 
oxigênio que está conectado a um regulador fechado (Figura 1). 
Suponha que a soma dos volumes da linha de conexão e do interior do regulador VR, VR 
é insignificante em comparação com o volume de garrafa. Abrir a válvula A pressuriza 
VR de alguma pressão inicial para a pressão de garrafa cheia. Presumidamente, a 
temperatura VR também muda. A questão que gostaróamos de levantar é : pede a 
temperatura em VR para subir um valor significamente alto para inflamar qualquer traço 
de óleo ou graxa ou linha ou regulador? 
 
Figura 1: Cilindro de Oxigênio 
Dados: O cilindro do oxigênio está em 15,17 MPa e 311,0 K. A linha de conexão ao 
regulador e o interior do regulador VR estão inicialmente em 0,101 MPa, 311,00K e 
contém oxigênio puro.Presuma que não haja transferência de calor para o tubo de metal 
ou regulador durante a operação. O oxigênio é essencialmente um gás ideal e Cp= 29,3 
J/mol K, independentemente da pressão ou temperatura. 
a ) Se o gás entra em um VR se mistura completamente com o gás inicial, qual é a 
temperatura final em VR? 
O VC do controle avaliado é o gás dentro do volume VR 
Primeiro caso, válvula reguladora permanece fechada. 
Dados: 
Cp = 29,3 J/mol. K = 0,915 kg. K 
Cv = 20,9 J/mol. K = 0,653 kg. K 
Tignição = 800 K 
TiVR = 311 K 
PiO2= 15,17 MPa ≅ 150 bar 
PiO2= 0,101 MPa ≅ 1 bar 
VVR <<<<< VO2 
Pelo enunciado pode-se considerar que o gás ideal (PV=NRT) e que não há transferência 
de calor (Q =0). 
dU
dt
 = Q̇ +Ẇ + ℎindNin − ℎoutdNout (1) 
Avaliando o volume de controle VC: 
Ẇ= 0 não há variação de volume dentro do Vc, 
ℎout= 0 não há fluxo na saída (válvula reguladora fechada), apenas há fluxo de entrada 
Simplificando temos: 
dU
dt
 = ℎindNin (2) 
dU
dt
 = ℎindN (3) 
N e U são variáveis no processo logo: 
NdU + UdN = hdN(4) 
NdU = (h − U)dN (5) 
Integrando de ambos lados tem-se: 
∫
dU
(ℎ − U)
f
i
 = ∫
dN
N
f
i
 (6) 
ln (
ℎin −Uin
ℎin −Uf
) = ln (
Nf
Ni
) (7) 
Obtendo-se : 
(
ℎin −Uin
ℎin −Uf
) = (
Nf
Ni
) (8) 
Considerando que o gás utilizado comportasse como gás ideal, conforme enunciado 
PV = NRT (9) 
PiVi = Ni RTi (10) 
PfVf = Nf RTf(11) 
Isolando-se Ni tem-se: 
Ni =
PiVi
RTi
 (12) 
Isolando-se Nf tem-se: 
Nf =
PfVf
RTf
 (13) 
Dividindo 
Nf
Ni
 obtem-se a equação: 
Nf
Ni
 = 
PfVf RTi
RTfPiVi
 (14) 
Considerando que não há variação no volume , então 
Vi= Vf (15) 
Nf
Ni
 = 
PfTi
TfPi
 (16) 
Sabe-se que: 
Cp = 
∆H
∆T
 (17) 
 
Cv = 
∆U
∆T
 (18) 
Tem-se: 
Hi = H0 + Cp (Ti − T0) (19) 
Ui = U0 + Cv (Ti − T0) (20) 
Uf = U0 + Cv (Tf − T0) (21) 
 
Fazendo substituições chegou-se em: 
H0 +Cp (Ti − T0) 
H0 +Cp (Ti − T0) 
 
−[U0 +Cv (Ti − T0)]
−[U0 +Cv (Tf − T0)]
 = 
PfTi 
TfPi
 (22) 
H = U + PV (23) 
H - U = PV = RT (24) 
Cp − Cv = R (25) 
Rearranjando: 
H0 −U0+Ti (Cp − Cv ) 
H0 −U0 +Cp Ti − Cv Tf) 
 
−T0 (Cp − Cv )
−T0 (Cp − Cv )
 = 
PfTi 
TfPi
 (26) 
RT0+Ti (Cp − Cv ) − RT0 
 RT0+Cp Ti + Cv Tf −RT0
 = 
PfTi 
TfPi
 (27) 
Cortando os termos RT0 tem-se: 
Ti (Cp − Cv ) 
 Cp Ti + Cv Tf) 
 = 
PfTi 
TfPi
 (28) 
[ Ti ( CP − Cv) TfPi = PfTi (Cp Ti + Cv Tf)] (29) 
Isolando-se Tf: 
(TfPiTi CP - TfPiTi Cv ) = PfTi
2Cp + PfTiCv Tf) (30) 
Tf = 
( PfTi
2Cp + PfTiCv Tf)
(PiTi CP − TfPiTi Cv )
 (31) 
Substituindo os valores de Ti , CP , Cv ,Pi , Pf encontra-se Tf : 
Ti=311 K 
CP= 0,915KJ/Kg. K 
Cv= 0,653 KJ/Kg. K 
Pi=1 bar 
Pf =150 bar 
Tf = 434K 
b) Um modelo alternativo em que não já mistura entre o gás originalmente em VR e aquela 
que entra pela garrafa. Nesse caso, depois que as pressões são equalizadas teríamos duas 
bolhas de gás identificáveis que presumidamente estão em altas temperaturas diferentes. 
Supondo que não haja transferência de calor axial entre as bolhas de gás, qual é a 
temperatura final de cada uma? 
Gases não se misturam, pressão equalizada 
dU
dt
 = Q̇ +Ẇ + ℎindin − ℎoutdout (1) 
Avaliando a equação corta-se alguns termos: 
Q̇=0 não há transferência de calor (Q̇=0). 
ℎin= 0 E ℎout= 0 não há fluxo na entrada e saída . 
Considerando VVR <<<<< VO2, tem-se que VVR é muito menor que o volume de 
oxigênio dentro do cilindro. Considerando-se o subíndice A para o gás dentro do volume 
VR e o o subíndice B para o gás dentro do cilindro de oxigênio: 
A → VR 
B→ VO2 
∆UA = -∆UB (32) 
Simplificando tem-se: 
dU
dt
 = Ẇ (33) 
Isolando ∆U 
∆UA= Cv(TAf + TAi) (34) 
∆UB= Cv(TBf + TBi)(35) 
Isolando TAf e TBf 
TAf = 
∆UA
NACV
 +TAi (36) 
TBf = 
∆UB
NBCV
 +TBi(37) 
Substituindo na equação : 
NACv ( TAf − TAi )+NBCv ( TBf − TBi ) = 0 (38) 
NACv dTA = −NAR (dTA - 
TA
PA
 dPA) (39) 
Integrando: 
Cv +R
R
∫
dTA
TA
f
i
 = ∫
dPA
PA
f
i
 (40) 
Cv +R
R
 ln (
TAf
TAi
) = ln (
PAf
PAi
) (41) 
(
TAf
TAi
) = (
PAf
PAi
)
R
Cv +R(42) 
Para encontrar a temperatura final do ponto A é necessário saber a pressão final, para isso 
sabe-se que o volume final é a soma do volume A mais o volume B. 
Vf = VAf + VBf (43) 
Pelas equações dos gases ideais , isolando o volume A e B 
VAf = 
NAfRTAf
PAf
 (44) 
VBf = 
NBfRTBf
PBf
 (45) 
Vf =
R
 Pf
 (NATAf +NBTBf) (46) 
Substituindo chega-se em: 
Pf =
PAfVAi + PBiVBi
VAi+ VBi
 (47) 
VAi <<<<< VBi, sendo assim,pode-se desconsiderar o valor de VAi (VAi ≅ 0) então: 
Pf = 
 PBiVBi
 VBi
 (48) 
Pf = PBi = 150 bar 
TAf =TAi (
PAf
PAi
)
R
Cv +R (42) 
TAf = 311K (
150 bar
1 bar
)
8,314
20,9+ 8,314
 
Encontra-se a temperatura final (TAf)do ponto A 
TAf = 1294,35K 
NACv ( TAf − TAi )+NBCv ( TBf − TBi ) = 0 (38) 
NB
NA
 = 
Cv ( TAf − TAi )
Cv ( TBf − TBi )
 (43) 
Da equação dos gases ideais, obtem-se 
NB
NA
 com as seguintes considerações: 
Para pressão PAf = PBf = Pf 
VAf é muito pequeno quando comparado com VBf sendo assim: 
VAf + VBf = VTf ≅ VBf 
NB
NA
 = 
PfVf RTAf
PfVfRTBf
(44) 
Logo, 
NB
NA
 = 
TAf
TBf
 (45) 
TAf
TBf
 = 
Cv ( TAf − TAi )
Cv ( TBf − TBi )
 (46) 
Rearranjando, 
TAf(TBi - TBf )= TBf ( TAf -TAi) (47) 
TAfTBi =TBf ( TAf -TAi +TAf) 
Isolando TBf : 
TBf = 
1294,35 𝐾 ∗ 311 𝐾
1294,35 𝐾 + 1294,35 − 311 𝐾
 
TBf = 176,78 K 
c) Comente sobre sua avaliação do risco de operação simples de abertura de garrafa. Você 
acha que os modelos em (a) e (b)são realistas? Você pode sugerir outros modelos? 
A situação descrita na letra(a) poderia acontecer sem apresentar risco de explosão ,visto 
que a temperatura final é quase a metade da temperatura de ignição. Já a letra (b) a 
situação avaliada não seria possível, pois a temperatura passou quase 500 K do ponto de 
ignição, ou seja, próximo ao ponto de ignição o cilindro iria explodir antes de atingir a 
situação proposta na letra (b). 
Outro modelo proposto para minimizar o risco de explosão seria colocar uma camisa de 
refrigeração na tubulação VR para refrigerar o gás e não atingir o ponto de ignição. 
Questão 3.09 - Durante uma operação de lançamento de emergência, para abastecer um 
míssil com RP-4 (um combustível à base de querosene), o volume de expansão do 
tanque de armazenamento de combustível é primeiro pressurizado com ar da pressão 
atmosférica (1,01 bar) a uma pressão de 10,34 bar (ver Figura P3.9). 
 
 
O ar está disponível em grandes tanques externos de armazenamento em alta pressão 
(69,0 bar). A operação geral deve ser concluída o mais rápido possível. Depois que o 
nível de pressão de 10,34 bar for alcançado, a válvula de transferência principal será 
aberta e o combustível flui a uma taxa constante até que o míssil seja carregado. É 
necessário manter uma pressão de gás constante de 10,34 bar dentro do tanque de 
combustível durante a transferência. 
O tanque de armazenamento de combustível pode ser descrito como um cilindro circular 
reto de 12,2 m de altura e 3,05 m de diâmetro e é originalmente preenchido com 90% da 
capacidade. A transferência de combustível para um volume residual de 10% deve ser 
concluída em 18 min. Assuma gases ideais e que a operação é adiabática e que todo o 
sistema tenha capacidade de calor insignificante. As temperaturas iniciais podem variar 
de 242 K (sítios árticos) a 333 K (sítios equatoriais), mas para fins de uma primeira 
estimativa, use 294 K como temperatura inicial. a) Comente sobre quaisquer perigos de 
segurança que possam ser encontrados: 
Resolução: 
O sistema trabalha com altas pressões e por si só apresenta vários perigos. Caso haja mal 
funcionamento na válvula, por exemplo, o fluxo se tornará turbulento e se o espaço de 
gás acima do combustível ficará muito pressurizado, existe a possibilidade de o tanque 
de combustível explodir. 
Além disso, há duas possibilidades para a situação que foi descrita. A primeira 
possibilidade assume que toda a operação será realizada rapidamente e com uma 
transferência de calor insignificante do gás para o combustível RP-4 e para as paredes. 
Além disso, considera que o gás que está entrando no sistema para pressurização será bem 
misturado com o gás que já se encontra no interior do cilindro. Assumindo essas 
condições, podemos calcular a temperatura final 𝑇𝑓 de acordo com a equação: 
dU
dt
= 𝑄 + 𝑊 + ℎindNin − ℎoutdNout 
Simplificando temos: 
dU
dt
= ℎindNin 
N e U são variáveis no processo logo: 
NdU + UdN = hdN 
NdU = (h − U)dN 
Integrando de ambos lados tem-se: 
∫
dU
(ℎ − U)
f
i
 = ∫
dN
N
f
i
 
ln (
ℎin − Uin
ℎin − Uf
) = ln (
Nf
Ni
) 
Obtendo-se: 
(
ℎin − Uin
ℎin − Uf
) = (
Nf
Ni
) =
PfTi
TfPi
 
 
Considerando que o gás utilizado comportasse como gás ideal, conforme enunciado, 
utilizamos as equações abaixo: 
PV = NRT 
PiVi = Ni RTi 
PfVf = Nf RTf 
Cp =
∆H
∆T
 
 
Cv = 
∆U
∆T
 
Tem-se: 
Hi = H0 + Cp (Ti − T0) 
Ui = U0 + Cv (Ti − T0) 
Uf = U0 + Cv (Tf − T0) 
 
Fazendo substituições chegou-se em: 
 
Ou: 
 
Para o ar, podemos considerar k = 1,397. Os demais dados são fornecidos no 
próprio enunciado do sistema: 𝑇𝑖𝑛 = 𝑇𝑖 = 294 𝐾, 𝑃𝑖 = 1,013 𝑏𝑎𝑟 e 𝑃 = 10,34 𝑏𝑎𝑟. 
 
Com esses dados, a temperatura final será: 
 
A temperatura final encontrada é baixa e não há o risco de ignição. 
A segunda possibilidade assume que o ar que entra não se mistura com o ar inicialmente 
presente, mas o comprime como se um pistão dividisse as duas massas de ar. Escolhendo 
o ar original como sistema, se este for comprimido adiabaticamente de 𝑃𝑖 a 𝑃, temos: 
 
 
Após as substituições convenientes de acordo com as definições
 anteriormente apresentadas, tem-se: 
 
Com os valores do exercício: 
 
 
Nesta suposição, o ar na interface é aquecido o suficiente para que a ignição seja possível. 
 
 
b) Que problemas você anteciparia se a válvula de controle do gás de entrada não 
funcionasse bem e o espaço de gás acima do combustível atingisse a pressão total do 
tanque de armazenamento (69,0 bar)? (O tanque de combustível foi testado 
hidrostaticamente para 276 bar.). 
Aproveitando as equações 1 e 2 da letra a, temos que: 
 
 Primeira Hipótese: 
 
 
 Segunda Hipótese: 
 
Com a alta temperatura da segunda hipótese, pode haver ignição. Além disso, se a válvula 
de controle do gás de entrada não funcionar corretamente, podem a pressão constante de 
10,34 bar não será mantida no tanque de armazenamento de combustível e o tempo 
necessário para abastecer, que é de 18 minutos, em caso de mau funcionamento não seria 
mantido. Devido à flutuação da válvula, o fluxo se tornará turbulento e se o espaço de gás 
acima do combustível ficar muito pressurizado, existe a possibilidade de o tanque de 
combustível explodir. 
 
c) Qual é a sua estimativa do histórico tempo-temperatura do gás acima do 
combustível durante toda a operação? Esses dados são necessários para dimensionar as 
linhas de entrada de ar. 
dU
dt
= 𝑄 + 𝑊 + ℎindNin − ℎoutdNout 
Durante a transferência do líquido do tanque, a pressão do gás permanece constante em 
10,34 bar, à medida que o gás adicional flui para o tanque. A entalpia desse gás é constante 
e igual a hin. Escolhendo o gás no tanque como sistema, temos: 
 
Na equação 3, T1 é a temperatura do gás inicialmente quando o volume é V1, 
Tin é a temperatura do gás pressurizador e T2 é a temperatura quando o volume 
é V2. V1 e V2 estão relacionados ao tempo t (minutos) de acordo com: 
 
Porém, de acordo com o enunciado, sabemos que: V1 = 0,1VT: 
 
 
 
Substituindo (4) em (3), obtemos uma relação entre T2, t e Tin: 
 
Para a equação (5), consideramos T1 = 395,3 K, da primeira hipótese, onde os 
gases adicionado e contido se misturam por completo e não há o risco de ignição. Assim 
sendo: 
 
Questão 3.12 - Um tubo bem isolado de 2,54 cm de diâmetro interno transporta ar a 
pressão de 2 bar e 366,5 K. Ele é conectado a um "bojo" isolado de 0,0283 m³, como 
mostrado na Figura P3.12. 
 
O ar na protuberância está inicialmente a 1 pressão de bar e 311K. A e D são medidores 
de vazão que medem com precisão a taxa de massa do fluxo de ar. As válvulas B e C 
controlam o fluxo de ar para dentro e para fora do bojo. Ligado ao bojo está um tanque 
adiabático rígido de 0,283m³ que inicialmente é evacuado a uma pressão muito baixa. 
No início da operação, a válvula B é aberta para permitir que 4,54 g/s de fluxo de ar 
passe para o bojo; simultaneamente, a válvula C é operada para transferir exatamente 
4,54 g/s da protuberância para o tanque. Esses fluxos são mantidos constantes, 
conforme medido pelos medidores de fluxo de massa. 
O ar pode ser considerado um gás ideal com uma constante Cp de 29,3 J/mol.K . 
Suponha também que os gases, tanto no bojo quanto no tanque grande, estejam 
completamente misturados, de modo que não haja gradientes de temperatura ou pressão 
presentes. 
a) Qual a temperatura e pressão do gás no bojo depois de 6 s? 
Análise do gás dentro do bojo. Escreva o balanço energético do sistema aberto: 
dU
dt
= 𝑄 + 𝑊 + ℎindNin − ℎoutdNout 
Dividir por dt, note δQ = δW = 0 e δnin/δt = δnout/δt = 4,54 g/s = constante 
dU
dt
= N
dU
dt
= NC𝑣
dT
dt
 
=(Hin – Hout)( δnin/δt) 
=(Hin – Hout)( δnin/δt) 
=Cp(Tin – T) ( δnin/δt) 
Desde Tout = T. Com N= constante pode ser determinado pelas condições iniciais: 
𝑁 =
𝑃𝑉
𝑅𝑇
=
1,013 ∗ 105 ∗ 0,0283
8,314 ∗ 311
= 1,1087 𝑚𝑜𝑙 = 32,15𝑔 
Com CV= 20,98 J/mol.K e Cp=29,30 J/mol.K, Tin = 366,5K(32,15)(20,98) dT/dt = (29,30)(366,5 − T)(4,54) 
T = 366,5 – (366,5 – 311) exp (−0,1972t) 
Com t= 6 s T = 349,5K e P=1,139*105 N/m² 
 
b) Qual a temperatura e pressão do ar no grande tanque após 3 s? 
Para o tanque, 
V=0,2832m³ 
dU
dt
= 𝑄 + 𝑊 + ℎindNin − ℎoutdNout 
Simplificando: 
dU
dt
= ℎindNin 
 
Dividir por dt e observe que: 
dU= NdU + UdN 
Então, com dN/dt = δnin/δt = 4,54 g/s = 0,1566 mol/s 
(Hin – U)(dN/dt)= N(dU/dt)=NCv(dT/dt)=(CpTin – CvT)(dN/dt) 
E, 
N=(dN/dt)t 
Tin = 366,5 – 55,50 exp(-0,1972t) 
 Integrando 
T = (Cp/Cv)[366,5+(281,3/t)(e-0,1972t -1] 
Quando t= 3s, T=454,6 K 
N = (0,1564)(3) = 0,4692 moles 
𝑃 =
𝑁𝑅𝑇
𝑉
=
0,4692 ∗ 8,314 ∗ 454,6
0,2832
=
6,26 ∗ 103𝑁
𝑚2
 
 
Questão 3.14) Para reduzir os custos de armazenamento de gás, duas empresas, A e B, 
construíram um tanque de armazenamento comum na forma de um cilindro circular 
direito horizontal de 0,3 m de diâmetro e 30 m de comprimento (ver Figura P3.14). Para 
decidir quanto gás cada empresa usa entre as recargas, um pistão fino foi colocado no 
tanque. O pistão se move livremente, ou seja, essencialmente não há atrito e a pressão é 
a mesma em ambos os lados. Assim, como a empresa A usa gás, o pistão se move para a 
esquerda e como a empresa B usa gás, o pistão se move para a direita. Quando a empresa 
de gás reabastece o tanque, ela deve decidir quanto gás foi usado por cada empresa. Ele 
pode medir facilmente a posição do pistão e pode, se necessário, instalar outra 
instrumentação, como termômetros ou medidores de pressão em uma ou ambas as 
extremidades do tanque. Suponha que (1) o gás seja ideal; (2) o pistão é adiabático; (3) 
as paredes são bem isoladas e têm baixa capacidade térmica; e (4) no início de cada mês 
após encher o tanque, a companhia de gás posiciona o pistão no centro do tanque, equaliza 
a temperatura em ambas as extremidades e mede cuidadosamente a quantidade total de 
gás adicionado. Liste a instrumentação mínima que você recomendaria e descreva como 
a quantidade de gás consumido por ambas as empresas poderia ser determinada no 
momento do reabastecimento. 
 
Resolução: 
Primeiramente, vamos considerar as propriedades do gás nas extremidades esquerda e 
direita do tanque quando um gás é removido, ou ambos. 
Da extremidade esquerda: 
𝑑𝑈 = 𝜕𝑄 + 𝜕𝑊 + 𝐻𝑜𝑢𝑡𝜕𝑛𝑜𝑢𝑡 
Sabendo que 𝜕𝑄 = 0 
𝜕𝑊 = −𝑃𝑑𝑉 = −𝑃𝑁𝑑𝑣 − 𝑃𝑉𝑑𝑁 
𝑑𝑈 = 𝑈𝑑𝑁 + 𝑁𝑑𝑈 
𝜕𝑛𝑜𝑢𝑡 = −𝑑𝑁 
𝐻𝑜𝑢𝑡 = 𝐻 (mistura perfeita) 
Então 
𝑑𝑁(𝑈 + 𝑃𝑉 − 𝐻) = 0 = −𝑁(𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉) = −𝑁(𝐶𝑣𝑑𝑇 + 𝑃𝑑𝑉) 
𝑑𝑉 = (
𝑅
𝑃
) 𝑑𝑇 − (
𝑅𝑇
𝑃2
) 𝑑𝑃 
Substituindo 
𝑇
𝑇𝑖
= (
𝑃
𝑃𝑖
)
𝑅/(𝐶𝑣+𝑅)
 
Onde Ti e Pi são condições iniciais. 
Para a extremidade direita uma equação similar pode ser derivada, desde que : 
P(esquerda) = P(direita) e Ti, Pi (esquerda) = Ti, Pi (direita) 
𝑇(𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) = 𝑇(𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) 
Resultado válido independente da forma como o gás é removido. 
Sendo “a”, a fração do volume total na extremidade esquerda, então: 
𝑁𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎
𝑁𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎
=
𝑎
1 − 𝑎
 
Existem diversas maneiras de instrumentalizar e operar o tanque. Uma possibilidade é 
iniciar a uma pressão padrão P0, T0 e a=0,5. Mensurar o gás usado. Obter o N esquerda 
e N direita e então a quantidade de gás usada pela Companhia A e B. 
 
Questão 4.2) A maioria de nós já viu, em lojas de novidades, pequenos pássaros de vidro 
que parecem gostar de tomar uma série infinita de goles de água em um copo, conforme 
ilustrado na Figura P4.2. Se olharmos de perto, poderemos ver que esses brinquedos são 
simplesmente duas lâmpadas de vidro vazadas separadas por um tubo e montadas em uma 
junta giratória. O bulbo inferior é parcialmente preenchido com um líquido volátil, como 
o éter etílico. O éter ferve à temperatura ambiente e parte do vapor se condensa no bulbo 
superior, que fica frio pela evaporação da água em um pavio colocado sobre o bulbo. Na 
etapa de beber, o pavio é umedecido. O éter condensado no bulbo superior é impedido de 
retornar ao bulbo inferior pelo fluxo ascendente de vapor. Além disso, parte do líquido é 
bombeado para o bulbo superior por uma "ação de coador de café". Quando o bulbo 
superior está quase cheio, o pássaro ' Quando o centro de gravidade muda, a ave passa 
para a posição horizontal (e "bebe"), permitindo assim que o éter flua de volta pelo tubo 
para o bulbo inferior. A ave então fica em pé e o ciclo se repete. Gostaríamos de conectar 
este pássaro a algum mecanismo e permitir que ele bombeie água de um nível inferior. Se 
assumirmos que toda a água bombeada eventualmente evapora da cabeça do pássaro, qual 
é a maior altura a partir da qual ele pode bombear água para uma operação 
estável? Assuma condições ambientais normais e negligencie quaisquer perdas de calor 
ou outras irreversibilidades. Gostaríamos de conectar este pássaro a algum mecanismo e 
permitir que ele bombeie água de um nível inferior. Se assumirmos que toda a água 
bombeada eventualmente evapora da cabeça do pássaro, qual é a maior altura a partir da 
qual ele pode bombear água para uma operação estável? Assuma condições ambientais 
normais e negligencie quaisquer perdas de calor ou outras irreversibilidades. Gostaríamos 
de conectar este pássaro a algum mecanismo e permitir que ele bombeie água de um nível 
inferior. Se assumirmos que toda a água bombeada eventualmente evapora da cabeça do 
pássaro, qual é a maior altura a partir da qual ele pode bombear água para uma operação 
estável? Assuma condições ambientais normais e negligencie quaisquer perdas de calor 
ou outras irreversibilidades. 
 
Resolução: 
Iniciando com a primeira lei 
 𝑞 − 𝑤 = ℎ2 − ℎ1 +
𝑣2
2 − 𝑣1
2
+ 𝑔(𝑦) 
Sendo ℎ2 − ℎ1 = 0 e 
𝑣2
2−𝑣1
2
= 0, 
Considerando: Sem perda de calor, sem irreversibilidades e sem energia cinética. 
𝑊 = 𝑔𝑦 = 9,81𝑦 (
𝑗
𝐾𝑔
) 
3,03 = 9,91. 𝑦 
𝑌 = 3,03. (
1
9,81
) = 0,3088 = 308,8 (
𝐽. 𝑠
𝐾𝑔. 𝑚
) 
Considerações: Estado Estacionário, Condições Normais de Ambiente, Sem 
Transferência de Calor, Sem irreversibilidades. 
P = 1 atm 
T = 300 K 
Bulbo Seco – T=300K = 27ºC 
Bulbo Úmido – T=280K = 7ºC 
Umidade Relativa = 40% 
Utilizando a Carta Psicométrica 
 V=0,85 m³/Kg 
 V=0,82 m³/Kg 
A pressão constante 
 𝑊 = − ∫ 𝑃𝑑𝑣 = − 𝑃 ∫ 𝑑𝑣 = 𝑃(𝑉𝐵 − 𝑉𝐴) 
𝑊 = 101,32 𝑘𝑃𝑎 (0,85 − 0,82) = 3,03 (
𝑘𝐽
𝐾𝑔
) 
 
Questão 4.6) Em operação normal, um fluxo constante de gás hélio igual a 50 g / s passa 
de um grande coletor de armazenamento através de um motor de expansão, como mostra 
a figura. Existem, no entanto, certos momentos em que o motor deve ser desligado por 
curtos intervalos; o fluxo de entrada não pode, entretanto, ser diminuído em tais 
momentos e, portanto, a corrente de hélio deve ser desviada. Propõe-se a aplicação de um 
sistema adjacente que atualmente não está sendo utilizado. O último sistema consiste em 
um grande tanque isolado (4m3) (C na figura) com uma válvula de segurança ventilando 
para a atmosfera através do sistema de dutos da planta. 
O sistema de desvio de emergência é operado da seguinte maneira. Se o motor de 
expansão tiver que ser desligado (ou operar incorretamente), a válvula B é fechada e A é 
aberta, deixando o hélio no tanque C. Quando a pressão em C sobe para 2,8 bar, a válvula 
de segurança D opera, liberando o gás. 
Inicialmente, o tanque C é evacuado para uma pressão muito baixa. Devemos supor que, 
quando o gás entra neste tanque, ele está bem misturado, mas tem transferência de calor 
insignificante com as paredes do tanque. Suponha também que o hélio é um gás ideal com 
Cp constante = 20,9 J / molK. 
 
(a) Por quanto tempo o fluxo entrará no tanque C antes que a pressão aumente para 
2,8 bar e a válvula de segurança se abra? 
Resolução: 
Partindo da equação TdS, e depois integrando a mesma de T1 a T2 e P1 a P2 tem-se: 
𝑇𝑑𝑆 = 𝑑ℎ + 𝐶𝑑𝑃 
∆𝑆 = 𝐶𝑝𝑙𝑛
𝑇2
𝑇1
− 𝑅𝑙𝑛
𝑃2
𝑃1Sabe-se ∆𝑆 = 0, então tem-se: 
𝑇2 = 𝑇1 (
𝑃2
𝑃1
)
𝑅
𝐶𝑝
 
Substituindo os valores na equação acima, tem-se a temperatura quando a válvula de 
segurança for aberta. 
𝑇1=300 K 
𝐶𝑃= 20,9 J/mol K 
𝑃1=7 bar 
𝑃2 =2,8 bar 
𝑇2 = 300 (
2,8
7
)
8,314
20,9
 
𝑇2 = 208𝐾 
Considerando-se que o gás utilizado comportasse como gás ideal, conforme o 
enunciado: 
PV = NRT 
𝑃𝑖𝑉𝑖 = 𝑁𝑖𝑅𝑇𝑖 
𝑃𝑓𝑉𝑓 = 𝑁𝑓𝑅𝑇𝑓 
Igualando as equações: 
𝑃𝑖𝑉𝑖 − 𝑃𝑓𝑉𝑓 = 𝑁𝑖𝑅𝑇𝑖 − 𝑁𝑓𝑅𝑇𝑓 
(𝑃𝑖 − 𝑃𝑓)𝑉 = 𝑁(𝑅𝑇𝑖 − 𝑅𝑇𝑓) 
 Isolando N: 
𝑁 =
(𝑃𝑖 − 𝑃𝑓)𝑉
(𝑅𝑇𝑖 − 𝑅𝑇𝑓)
 
𝑁 =
(7 ∗ 105𝑃𝑎 − 2,8 ∗ 105𝑃𝑎)4𝑚3
(8,314
𝑚3𝑃𝑎
𝐾𝑚𝑜𝑙
∗ 300𝐾 − 8,314
𝑚3𝑃𝑎
𝐾𝑚𝑜𝑙
∗ 208𝐾)
=
1680000
764,88
 
 
𝑁 = 2196,42 𝑚𝑜𝑙 
Como a MM do gás hélio é de 4 g/mol: 
𝑚 = 4
𝑔
𝑚𝑜𝑙
∗ 2196,42𝑚𝑜𝑙 = 8785,69𝑔 
E como a vazão de entrada do gás é de 50 g/s: 
𝑡 =
8785,69𝑔
50𝑔
𝑠
= 175 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 
Portanto, por 175 segundos o fluxo entrará no tanque C antes que a pressão aumente para 
2,8 bar e a válvula de segurança se abre. 
 
(b) Se a válvula de segurança no tanque C funcionar, gostaríamos de manter uma massa 
constante de gás neste tanque igual à massa no momento em que a segurança foi 
acionada. A taxa de fluxo de massa no tanque é, como mencionado acima, 50 g / s; a taxa 
de fluxo m * fora da válvula de segurança pode ser expressa como: 
 
onde K é uma constante, A a área da garganta da válvula, e P e T são a pressão e 
temperatura no tanque C. Para manter a massa do tanque constante, a área de fluxo da 
válvula A será variada. Quais são a pressão e a temperatura no tanque C 10 s após a 
abertura da válvula de segurança? Qual é a variação de A com o tempo necessário para 
manter constante a massa do gás no tanque C? 
Resolução: 
Considerando a relação linear entre o tempo e a área de estrangulamento: 
𝐴 = 𝑓(𝑡) 
𝐴 = 𝑥𝑡 + 𝑦 
A taxa de fluxo de massa no tanque é, como mencionado acima, 50 g / s; a taxa de fluxo 
m * fora da válvula de segurança pode ser expressa como: 
𝑚 =
𝐴 ∗ 𝐾 ∗ 𝑃
𝑇
 
Isolando A: 
𝐴 =
𝑇 ∗ 𝑚
𝐾𝑃
 
Substituindo A: 
𝑥𝑡 + 𝑦 =
𝑇 ∗ 𝑚
𝐾𝑃
 
Substituindo os valores para t=0: 
𝑥(0) + 𝑦 =
300 ∗ 0,05
𝐾 ∗ 7 ∗ 105
 
𝑦 =
0,0000214
𝐾
 
Calculando para t=175 segundos: 
𝑥(175) + 𝑦 =
208 ∗ 0,05
𝐾 ∗ 2,8 ∗ 105
 
Substituindo y: 
𝑥(175) +
0,0000214
𝐾
=
208 ∗ 0,05
𝐾 ∗ 2,8 ∗ 105
 
𝑥(175) =
208 ∗ 0,05
𝐾 ∗ 2,8 ∗ 105
−
0,0000214
𝐾
 
𝑥 =
8,99 ∗ 10−8
𝐾
 
Portanto, a área de estrangulamento é definida como uma função do tempo t: 
𝐴 =
8,99 ∗ 10−8
𝐾
𝑡 +
0,0000214
𝐾
=
𝑇 ∗ 𝑚
𝐾𝑃
 
8,99 ∗ 10−8
𝐾
(10𝑠) +
0,0000214
𝐾
=
𝑇 ∗ 0,05
𝐾𝑃
 
Simplificando: 
8,99 ∗ 10−8(10𝑠) + 0,0000214 =
𝑇 ∗ 0,05
𝑃
 
𝑃
𝑇
= 2252,25 
Encontrando a temperatura, considerando o gás como ideal: 
𝑃𝑓 = 2252,25𝑇𝑓 
 
(𝑃𝑖 − 𝑃𝑓)𝑉 = 𝑁(𝑅𝑇𝑖 − 𝑅𝑇𝑓) 
(7 ∗ 105 − 2252,25𝑇𝑓)4 = 2196,42(8,314(300 − 𝑇𝑓)) 
2800000 − 9009𝑡𝑓 = 5478310,76 − 18261,03𝑡𝑓 
𝑇𝑓 = 289,48 
Então a pressão pode ser calculada: 
𝑃𝑓 = 2252,25 ∗ 289,48 = 6,5 𝑏𝑎𝑟 
Portanto, 𝑇𝑓 = 289,48 e P=6,5 bar no tanque C 10 s após a abertura da válvula de 
segurança. 
 
(c) Qual é a variação total da entropia do gás, dos arredores e do universo durante o tempo 
entre a abertura da válvula A e imediatamente antes da abertura da válvula de alívio D? 
Resolução: 
Aplicando a segunda lei da termodinâmica: 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 = 
�̇�
𝑇
 + [ 𝑆𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 + 𝛿𝑔𝑒𝑟] 
Fazendo as simplificações obtemos: 
Q =0 não há troca de calor do sistema com a vizinhança, tanque isolado 
𝛿𝑔𝑒𝑟 = 0 : processo é considerado reversível 
 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
= 𝑆𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
= 𝑁(𝑆𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡) 
 
𝑃𝑖 = 7 bar e 𝑇𝑖= 300 k → 𝑆𝑖𝑛= ? 
 
𝑃𝑓 = 2,8 bar e 𝑇𝑓= 208 k → 𝑆𝑜𝑢𝑡= ? 
 
Como o gás hélio comumente não apresenta propriedades termodinâmicas tabeladas, 
iremos realizar os próximos cálculos levando em consideração as propriedades de gás 
ideal. Então determinamos as entropias de entrada e saída. 
 
 
 (𝑆𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡) = 𝐶𝑝 𝑙𝑛 (
𝑇𝑓
𝑇𝑖
) − 𝑅𝑙𝑛 (
𝑃2
𝑃1
) 
(𝑆𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡) = 20,9 𝑙𝑛 (
208
300
) − 8,314𝑙𝑛 (
2,8
7
) 
(𝑆𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡) = 20,9 𝑙𝑛 (
208
300
) − 8,314𝑙𝑛 (
2,8
7
) = −0,03646 𝐽/𝑚𝑜𝑙𝐾 
 
Portanto a variação da entropia é de: 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
= 2196,42 ∗ (−0,03646) = 80 𝐽/𝐾 
 
Questão 4.14) Eu chamo sua atenção para o problema que enfrentamos agora ao aquecer 
a alimentação de vapor para a unidade de síntese de lote X-13. Gostaríamos de evitar 
quaisquer trocadores de calor habituais, uma vez que as paredes quentes podem funcionar 
como um catalisador e iniciar a decomposição deste vapor. Um de nossos consultores 
mais criativos, R. Jones, sugeriu uma maneira de aquecer esse vapor sem nunca entrar em 
contato com superfícies quentes, e gostaria de sua opinião sobre o esquema dela. Ela 
propõe começar com um lote de vapor na esfera A (ver Figura P4.14). Conectado a A está 
um pequeno pistão e unidade de cilindro, conforme mostrado. Há uma válvula de retenção 
em C para permitir o fluxo apenas na direção mostrada. Pelo que entendi a operação, o 
pistão é puxado para a esquerda (com a válvula C fechada) até que a porta D seja 
descoberta. O gás então flui de A para B até que as pressões sejam equalizadas. (Antes 
que a porta D seja descoberta, você pode assumir um vácuo perfeito em B.) O pistão é 
então movido para a direita, cobrindo a porta D, e o gás é empurrado através da válvula 
C de volta para A. O ciclo é repetido várias vezes. Jones diz que o vapor em A fica mais 
quente após cada ciclo. Porta D Válvula de retenção Figura P4.14 Dados: Volume de A: 
1 m3 Pressão inicial em A: 10 bar Volume do cilindro B quando o pistão descobre a porta 
D: 0,01 m3 Não há transferência de calor significativa entre a unidade e o ambiente. O 
vapor que está sendo processado pode ser considerado um gás ideal com uma capacidade 
de calor em volume constante de 33,256 J / mol K independente da temperatura. Além 
disso, quando o vapor é empurrado de B para A, suponha que haja uma mistura perfeita 
do gás em A. A operação pistão-cilindro é adiabática e reversível. Você pode estimar 
quantos ciclos seriam necessários para aquecer o vapor de 300 a 600 K? 
 
Dados: 
𝑇𝐴=300 K 
𝐶𝑉= 33,256 J/mol K 
𝑃𝐴=10 bar 
𝑉𝐴=1 m
3 
𝑉𝐵=0,01 m
3 
 
Consideramos o gás como ideal e encontramos o número de mols: 
𝑃𝐴𝑉𝐴 = 𝑁𝑅𝑇𝐴 
𝑁 =
𝑃𝐴𝑉𝐴
𝑅𝑇𝐴
 
 
𝑁 =
10.105 ∗ 1
8,314 ∗ 300
= 400,93 𝑚𝑜𝑙𝑠 
Mas sabemos que: 
𝑛(𝐶𝑝 − 𝐶𝑣) = 𝑛𝑅 
(𝐶𝑝 − 𝐶𝑣) = 𝑅 
𝐶𝑃 = 𝑅 + 𝐶𝑣 
𝐶𝑃 = 8,314 + 33,215 = 41,52
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
 
𝐶𝑃
𝐶𝑉
= 𝛾 𝐸𝑚 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎𝑠 𝑎𝑑𝑖𝑎𝑏á𝑡𝑖𝑐𝑜𝑠 
𝛾 =
𝐶𝑃
𝐶𝑉
=
41,52
33,256
= 1,24 
Agora, quando a válvula D é descoberta, o volume em A e no cilindro B: 
Temos que o volume total (A e B combinado) = 1 + 0,01= 1,01 m3 
Neste instante, a pressão pode ser encontrada por: 
𝑃1𝑉1
𝛾 = 𝑃2𝑉2
𝛾 
𝑃2 = 𝑃1 (
𝑉1
𝑉2
)
𝛾
 
𝑃2 = 10 ∗ (
1
1,01
)
1,24
= 9,87 𝑏𝑎𝑟 
Mas quando o pistão cobre a válvula D, novamente a pressão dentro de A é elevada a 10 
bar, porque parte do Cilindro B fluirá através da válvula D na câmara A. 
O gás restante, que flui pela válvula C, comprimirá o gás dentro de A, devido ao 
movimento do pistão. Isso é chamado de compressão adiabática. O volume inicial é V2 
=1m3. A pressão final é determinada por: 
𝑃1𝑉1
𝛾 = 𝑃2𝑉2
𝛾 
𝑃2 = 10 (
1,01
1
)
1,24
= 10,125 𝑏𝑎𝑟 
A temperatura final é determinada a partir da equação do gás ideal. 
𝑃1 ∗ 𝑉1
𝑇1
=
𝑃2 ∗ 𝑉2
𝑇2
 
𝑇2 =
𝑃2𝑇1
𝑃1
=
10,125 ∗ 300
10
= 303,15𝐾 
O calor é determinado por: 
𝑄 = 𝑛𝐶𝑣𝑑𝑡 
𝑄 = 400,93 ∗ 33,256 ∗ (303,15 − 300) = 41999 𝐽 
Este é o calor adicionado no primeiro ciclo. 
Determinando o calor para N ciclos, uma vez que temos a temperatura final de 600K. 
𝑄𝑁 = 400,93 ∗ 33,256∗ (600 − 300) = 3999998,42 𝐽 
A partir do calor para todos os ciclos, conseguimos determinar o número de ciclos: 
𝑄𝑁 = 𝑁 ∗ 𝑄 
𝑁 =
𝑄𝑁
𝑄
=
3999998,42
41999
= 95 
Portanto, 95 ciclos seriam necessários para aquecer o vapor de 300 a 600 K. 
 
Questão 4.15- Fomos solicitados a projetar um pequeno sistema que permitirá a um 
fabricante testar bombas de vácuo de hélio em condições transitórias e também por longos 
períodos de estado de equilíbrio. O sistema que agora propomos é mostrado n Figura P4-
15. 
 
Os tanques A e B são de paredes finas e bem isolados , cada um volume 0,1 𝑚3. A bomba 
de vácuo tomará a sucção de A e descarregará em B. Entre a bomba e B há um trocador 
de calor para resfriar os gases a uma temperatura constante de 300 K. 
Inicialmente, ambos os tanques A e B são carregados com hélio a 1 bar e 300 K. A bomba 
de vácuo é iniciada e o gás flui através do trocador de calor para B até que a pressão em 
B atinja 2 bar. Neste momento a válvula C abre automaticamente e ventila o gás de B 
para A, sempre mantendo a pressão em B em 2 bar. 
Dados: 
Hélio é um gás ideal com uma constante Cp=20,9 J/molK. 
Os volumes das linhas de conexão e da bomba são insignificantes em comparação com o 
volume dos tanques A e B. 
As bombas de vácuo a serem testadas são adiabáticos e reversíveis. 
a) Bem no momento em que a pressão em B atinge 2 bar, qual é a temperatura em A 
e B e qual é a pressão em A? 
𝑇𝐴 𝑒 𝑇𝐵 = ? 
𝑃𝐴 = ? 
No instante imediato de quando o tanque B atinge uma pressão de 2 bar. 
 
No instante imediato que 𝑃𝐵 atinge 2 bar, a válvula C ainda não abriu ,está preste a 
abrir, sendo desta forma vamos considerar que nesse momento ainda não temos fluxo 
de saída. 
Pelo enunciado, pode-se considerar que o gás é ideal (PV = NRT) 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = �̇� +�̇� + ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
Avaliando o volume de controle 𝑉𝑐: 
�̇�=0 não há transferência de calor (�̇�=0). 
�̇�= 0 não há variação de volume dentro do 𝑉𝑐, 
ℎ𝑜𝑢𝑡= 0 não há fluxo na saída (válvula reguladora fechada), apenas há fluxo de entrada 
. 
Simplificando tem-se: 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 
du = ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 
Como N e U são variáveis no processo, logo 
NdU + UdN = hdN 
NdU = (h − U)dN 
Integrando de ambos lados tem-se: 
∫
𝑑𝑈
(ℎ − 𝑈)
𝑓
𝑖
 = ∫
𝑑𝑁
𝑁
𝑓
𝑖
 
 𝑙𝑛 (
ℎ𝑖𝑛 − 𝑈𝑖𝑛
ℎ𝑖𝑛 − 𝑈𝑓
) = 𝑙𝑛 (
𝑁𝑓
𝑁𝑖
) 
Obtendo-se : 
(
ℎ𝑖𝑛 − 𝑈𝑖𝑛
ℎ𝑖𝑛 − 𝑈𝑓
) = (
𝑁𝑓
𝑁𝑖
) 
Considerando-se que o gás utilizado comportasse como gás ideal, conforme o 
enunciado 
PV = NRT 
𝑃𝑖𝑉𝑖 = 𝑁𝑖𝑅𝑇𝑖 
𝑃𝑓𝑉𝑓 = 𝑁𝑓𝑅𝑇𝑓 
Isolando N, tem-se para o ponto inicial, 
𝑁𝑖 = 
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑅𝑇𝑖
 
E para o ponto final, 
𝑁𝑓 = 
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑅𝑇𝑓
 
Dividindo 
𝑁𝑓
𝑁𝑖
 obtem-se a equação: 
𝑁𝑓
𝑁𝑖
 = 
𝑃𝑓𝑉𝑓 𝑅𝑇𝑖
𝑅𝑇𝑓𝑃𝑖𝑉𝑖
 
Considerando-se que não há variação no volume, então 𝑉𝑖 = 𝑉𝑓 
𝑁𝑓
𝑁𝑖
 = 
𝑃𝑓𝑇𝐼 
𝑇𝑓𝑃𝑖
 
Sabe-se que: 
𝐶𝑝 = 
∆𝐻
∆𝑇
 
𝐶𝑣 = 
∆𝑈
∆𝑇
 
Tem-se: 
𝐻𝑖 = 𝐻0 + 𝐶𝑝 (𝑇𝑖 − 𝑇0) 
𝑈𝑓 = 𝑈0 + 𝐶𝑣 (𝑇𝑓 − 𝑇0) 
Fazendo substituíções chegou-se em: 
𝐻0 +𝐶𝑝 (𝑇𝑖 − 𝑇0) 
𝐻0 +𝐶𝑝 (𝑇𝑖 − 𝑇0) 
 
−[𝑈0 +𝐶𝑣 (𝑇𝑖 − 𝑇0)]
−[𝑈0 +𝐶𝑣 (𝑇𝑓 − 𝑇0)]
 = 
𝑃𝑓𝑇𝑖 
𝑇𝑓𝑃𝑖
 
H = U + PV 
H-U = PV = RT 
𝐶𝑝 − 𝐶𝑣 = R 
Rearranjando: 
𝐻0 −𝑈0+𝑇𝑖 (𝐶𝑝 − 𝐶𝑣 ) 
𝐻0 −𝑈0 +𝐶𝑝 𝑇𝑖 − 𝐶𝑣 𝑇𝑓) 
 
−𝑇0 (𝐶𝑝 − 𝐶𝑣 )
−𝑇0 (𝐶𝑝 − 𝐶𝑣 )
 = 
𝑃𝑓𝑇𝑖 
𝑇𝑓𝑃𝑖
 
𝑅𝑇0+𝑇𝑖 (𝐶𝑝 − 𝐶𝑣 ) − 𝑅𝑇0 
 𝑅𝑇0+𝐶𝑝 𝑇𝑖 + 𝐶𝑣 𝑇𝑓 −𝑅𝑇0
 = 
𝑃𝑓𝑇𝑖 
𝑇𝑓𝑃𝑖
 
Cortando os termos 𝑅𝑇0 tem-se: 
𝑇𝑖 (𝐶𝑝 − 𝐶𝑣 ) 
 𝐶𝑝 𝑇𝑖 + 𝐶𝑣 𝑇𝑓) 
 = 
𝑃𝑓𝑇𝑖 
𝑇𝑓𝑃𝑖
 
Substituindo os valores de 𝑇𝑖 , 𝐶𝑃 , 𝐶𝑣 ,𝑃𝑖 , 𝑃𝑓 
𝑇𝑖=300 K 
𝐶𝑃= 20,9 J/mol K 
𝐶𝑣= 12,863J/mol K 
𝑃𝑖=1 bar 
𝑃𝑓 =2 bar 
300 K (
20,9 J
𝑚𝑜𝑙𝐾
 − 
12,863 𝐽
𝑚𝑜𝑙𝐾
) 
 
20,9 J
𝑚𝑜𝑙𝐾
 ∗300 K +
12,863 𝐽
𝑚𝑜𝑙𝐾
𝑇𝑓) 
 = 
2𝑏𝑎𝑟∗300 𝐾
𝑇𝑓 ∗ 1𝑏𝑎𝑟
 
𝑇𝑓 = 371,44 K 
Inicialmente temos hélio a 1 bar e 300 K Como o tanque A ainda não sofreu alteração 
𝑃𝐴 e 𝑇𝐴 continuam iguais aos do início do problema 
𝑃𝐴 = 1 bar 
𝑇𝐴=300 K 
 
b) Após um longo tempo de funcionamento do sistema, com 𝑃𝐵 = constante= 2 bar, 
qual é a temperatura em B e qual é a pressão em A? 
Após um tempo 𝑃𝐵 = constante= 2 bar 
𝑇𝐵𝑓 = ? 
𝑃𝐴𝑓 = ? 
Para o tanque B: 
Ainda avaliando o sistema do tanque B, deve-se considerar o sistema contínuo sendo 
representado pelo gás dentro do tanque): 
�̇�=0 não há troca de calor do sistema com a vizinhança, tanque isolado 
�̇�= 0 não há expansão ou compressão do sistema definido 
O processo é considerado reversível 
Após um prríodo com a pressão de B em 2 bar, o sistema é considerado em estado 
estacionário. 
Inicialmente aplica-se a 1º Lei da Termodinâmica: 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = �̇� +�̇� + ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
Realizando as simplificações de acordo com as considerações, tem-se: 
ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 =ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
ℎ𝑓 = ℎ𝑖 
ℎ1( 2 bar e 371,44k) 
ℎ2( 2 bar e 𝑇𝐵𝑓 ) 
Sabe-se que h inicial é igual ao h final , com isso consegue-se encontrar 𝑇𝐵𝑓 , levando- 
se em conta o primeiro postulado pois temos os dados de entalpia (ℎ𝐵𝑓 ) e pressão 
(𝑃𝐵𝑓 ), assim: 
𝑇𝐵𝑓 =371,44 K 
Agora avaliando o tanque A, vamos considerar que os sistema e o gás dentro do 
tanque A . Para o cálculo, faremos as seguintes considerações, 
 
 
 
 
�̇�=0 não há troca de calor do sistema com a vizinhança, tanque isolado 
�̇�= 0 não há variação da expansão ou compressão do Volume de controle. 
O processo é considerado reversível 
Aplicando-se a 1º Lei da Termodinâmica: 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = �̇� +�̇� + ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
Após considerações, 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
Como não temos os dados de saída, avaliaremos a 2º Lei: 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 = 
�̇�
𝑇
 + [ 𝑆𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 + 𝛿𝑔𝑒𝑟] 
Considerando que o processo é reversível e isolados 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 = 0 
𝑆1 = 𝑆2 
Como o gás hélio comumente não apresenta propriedades termodinâmicas tabeladas, 
iremos realizar os próximos cálculos levando em consideração as propriedades de 
gás ideal 
mA(𝑆𝑓 − 𝑆𝑖)𝐴 = 𝑚𝐵(𝑆𝑓 − 𝑆𝑖)𝐵 = 0 
A variação de entropia de cada tanque pode ser calculada como: 
(𝑆𝑓 − 𝑆𝑖) = 𝐶𝑣 ln (
𝑇𝑓
𝑇𝑖
) + R ln (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
) 
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 = 1, Sendo assim ln (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
)= 0 
(𝑆𝑓 − 𝑆𝑖) = 𝐶𝑣 ln (
𝑇𝑓
𝑇𝑖
) 
Assim a temperatura final do tanque A pode ser calculada como: 
(
𝑇𝑓
𝑇𝑖
)
𝐴
= (
𝑇𝑓
𝑇𝑖
)
𝐵
 
𝑇𝑓𝐴= (
𝑇𝑓
𝑇𝑖
)
𝐵
𝑇𝑖𝐴 
𝑇𝑓𝐴= (
371,44𝑘
300𝐾
)
𝐵
300k 
𝑇𝑓𝐴= 371,44 K 
Com o valor de temperatura final de A podemos calcular o valor de pressão final 
também em A. A pressão no tanque A pode ser calculada então pela equação de estado 
para gases ideais, como: 
𝑃𝑓𝐴= (
𝑇𝑓
𝑇𝑖
)
𝐵
𝑃𝐴𝑖 
Subistituindo 
 
𝑃𝑓𝐴= (
371,44𝐾
300𝑘
)
𝐴
1𝑏𝑎𝑟 
𝑃𝑓𝐴= 1,24 bar 
c) Qual é a variação na entropia de todo o gás hélio no sistema desde o ínicio até que 
a pressão em B chegue a 2 bar? 
Considerando gás ideal e o processo reversível. 
Para o cálculo da entropia, utilizaremos a segunda lei da termodinâmica: 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 = 
�̇�
𝑇
 + [ 𝑆𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 + 𝛿𝑔𝑒𝑟] 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 = [ 𝑆𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 ] 
Conhecemos pressão e temperatura final e inicial, sendo assim encontramos os 
valores de entropia de entrada e saída que estão tabelados: 
𝑃𝑖 = 1 bar e 𝑇𝑖= 300 k → 𝑆𝑖= ? 
𝑃𝑓 = 2 bar e 𝑇𝑓= 374,11 k → 𝑆𝑓= ? 
(𝑆𝑓 − 𝑆𝑖) = 𝐶𝑣 ln (
𝑇𝑓
𝑇𝑖
) 
(𝑆𝑓 − 𝑆𝑖) = 12,863ln (
371,44
300
) 
 
∆S= 2,74 J/mol 
 
d) Você pode fazer alguma melhoria no sistema para simplifica-lo e ainda testar as 
bombas de vácuo em períodos transientes e de longo prazo? 
 
Para realizar simplificações no sistema de verificação das bombas de vácuo, é 
necessário manter a bomba e os tanques. O que pode mudar é o modelodo trocador 
de calor, ou retirar o mesmo aumentando o comprimento do tubo e trocando seu 
material para que quem dissipe calor com mais facilidade. Com o aumento do 
comprimento a área de contato para que ocorra perda de calor será maior, fazendo 
com que o gás chegue a 300 K, conforme necessário antes de entrar no tanque B, 
assim a troca de calor ocorrerá ao longo da tubulação. 
 
e) Qual é o trabalho fornecido para a bomba de vácuo do sistema para simplificá-lo 
e ainda testar as bombas de vácuo em períodos transitórios e de longo prazo? 
 
Para realizar o cálculo do trabalho de forma simplificada, considera- se que tem-se 
um gás ideal, o processo é reversível, a área da bomba é muito pequena, não ocorrendo 
troca térmica, 𝑄 ̇ = 0. 
 
 
Para facilitar os cálculos em regime transiente deve-se avaliar em períodos curtos, 
cuja ∆t→0 assim podemos desconsiderar o termo 
𝑑𝑢
𝑑𝑡
. 
 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = 0 
�̇� = 0 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = �̇� +�̇� + ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
�̇� = ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 − ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 
�̇� = ∆𝐻 = ℎ2 − ℎ1 
 
Dados de entrada: 
 
𝑃𝑒 =𝑃𝐴𝑠= 1,24 bar 
𝑇𝑒 =𝑇𝐴𝑠= 374,1 K 
Dados de saída: 
𝑇𝑠 = ? 
𝑃𝑠 = 2 bar 
Como conhecemos apenas um dado na saída, podemos calcular pela 2º Lei 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 = 
�̇�
𝑇
 + [ 𝑆𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − 𝑆𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 + 𝛿𝑔𝑒𝑟] 
Para uma bomba, processo reversível: 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
 =0 
Conhecendo a pressão e a temperatura de entradas obtemos 𝑆𝑖𝑛= 𝑆𝑜𝑢𝑡, sabendo 𝑃𝑠 e 
𝑆𝑠 encontramos ℎ𝑜𝑢𝑡 e assim encontramos W. 
 
 
 
 
 
f) Qual é a carga no trocador de calor durante o mesmo período conforme descrito 
na parte (e)? 
 
Entre a parede do trocador e a vizinhança não há troca de calor �̇� = 0. A troca de 
calor ocorre dentro do trocador de calor. 
 
Para facilitar os cálculos em regime transiente deve-se avaliar em períodos curtos, 
cuja ∆t→0 assim podemos desconsiderar o termo 
𝑑𝑢
𝑑𝑡
. 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = 0 
�̇� = 0 
𝑑𝑈
𝑑𝑡
 = �̇� +�̇� + ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
0 = �̇� ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 − ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 
𝑄 ̇ = ℎ𝑜𝑢𝑡𝑑𝑁𝑜𝑢𝑡 - ℎ𝑖𝑛𝑑𝑁𝑖𝑛 
𝑄 ̇ = ∆H = n∆H 
Dados de entrada: 
 
𝑇𝑒 =𝑇𝑠 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 
𝑃𝑒 =𝑃𝑠 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎= 2 bar 
Dados de saída: 
𝑇𝑠 = 300K 
𝑃𝑠 = 𝑃𝑒 =2 bar 
Podemos calcular o calor também pela equação abaixo, já que estamos a pressão 
constante, trabalhando com gás ideal e todos os dados são conhecidos: 
𝑄 ̇ = n ∫ 𝑐𝑃(𝑇)
𝑇𝑆
𝑇𝑒
dt 
Sendo que o número de mols pode ser obtido pela equação dos gases ideais, 
PV=nRT, Sendo conhecidos 𝑇𝑠 , 𝑇𝑒 ,𝑐𝑃 do trocador de calor.