Termodinâmica Aplicada - AULA 5

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Termodinâmica 
Aplicada
Profa Dra. Simoni M. Gheno
simoni.gheno@docente.unip.brAula 5 
3ª feira
19h10-20h25
20h45-22h00
intervalo
20h25 as 20h45
mailto:Simoni.gheno@docente.unip.br
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
Balanço de Entropia em Volume de Controle
A entropia é uma propriedade extensiva, pode ser transferida para dentro ou para 
fora de um volume de controle (VC) através do escoamento de matéria.
O que é um volume 
de controle (VC)?
Região através da qual ocorre 
fluxo de massa
𝑚𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎
𝑚𝑠𝑎𝑖
𝑊
𝑄
Os balanços de entropia para volumes de controle 
diferem dos balanços de entropia para sistemas 
fechados pois envolvem um mecanismo adicional 
de troca de entropia: o fluxo de massa através das 
fronteiras.
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
Balanço de Entropia em Volume de Controle
Regime permanente:
𝑑𝑆𝑉𝐶
𝑑𝑇
=෍
𝑛
𝑄𝑛
𝑇𝑛
+ ෍
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎
𝑚𝑒𝑠𝑒 −෍
𝑠𝑎𝑖
𝑚𝑠𝑠𝑠 + 𝜎𝑉𝐶
taxa de variação de entropia
entropia que acompanha o fluxo de massa
0 =෍
𝑛
𝑄𝑛
𝑇𝑛
+ ෍
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎
𝑚𝑒𝑠𝑒 −෍
𝑠𝑖
𝑚𝑠𝑠𝑠 + 𝜎𝑉𝐶
Regime permanente com massa constante (mentra=msai, ou seja me=ms):
𝟎 =෍
𝒏
𝑸𝒏
𝑻𝒏
+𝒎 𝒔𝟏 − 𝒔𝟐 + 𝝈𝑽𝑪
Exemplo 1
Uma prensa será acionada pelo trabalho gerado por uma turbina acoplada a uma 
linha de escoamento de vapor d’água. Esse dispositivo está bem isolado e opera 
em regime permanente com vapor. No ponto 1 temos vapor saturado com pressão 
de 100 kPa e o ponto 2 encontra-se a uma pressão de 1 MPa e uma temperatura de 
320°C. Desprezando os efeitos da energia cinética e potencial, determine o sentido 
do escoamento e o trabalho em kJ/kg de vapor.
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
Fonte: Autor
Escoamento de vapor d’água acoplado a uma turbina
Solução: 
Determinar dos valores de 
entalpia e entropia (Tabelas 
Termodinâmicas)
Vapor saturado
100kPa
Vapor superaquecido
1MPa e 320°C
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 1
Estado 1 – vapor saturado com pressão de 100 kPa
P (kPa) T(oC) h (kJ/kg) s (kJ/kgK)
100 99,62 2675,46 7,3593
Estado 2 – vapor superaquecido a 1MPa e 320oC 
T (ºC)
P=1000kPa (179,91)
h (kJ/kgK) s (kJ/kgK)
320 3093,75 7,1941
Aplicar a equação geral de entropia para sistemas fechados
𝑠2 − 𝑠1 = න
1
2 𝑑𝑄
𝑇
𝑓𝑟𝑜𝑛𝑡𝑒𝑖𝑟𝑎
+ 𝜎
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 1
P (kPa) T(oC) h (kJ/kg) s (kJ/kgK)
100 99,62 2675,46 7,3593
T (ºC)
P=1000kPa (179,91)
h (kJ/kg) s (kJ/kgK)
320 3093,75 7,1941
𝑠2 − 𝑠1 = න
1
2 𝑑𝑄
𝑇
𝑓𝑟𝑜𝑛𝑡𝑒𝑖𝑟𝑎
+ 𝜎
1
2
𝑠2 − 𝑠1 = 0 + 𝜎
7,1941 − 7,3593
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
= 𝜎
𝝈 = −𝟎, 𝟏𝟔𝟓𝟐
𝒌𝑱
𝒌𝒈.𝑲
Como o valor deu negativo, significa 
que o fluxo correto é de 2 para 1, ou 
seja da direita para a esquerda
1 2
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 1
A próxima etapa é a determinação do trabalho em kJ/kg de vapor considerando 
haver escoamento. Para isso aplicaremos a 1ª Lei da Termodinâmica.
𝑑𝐸
𝑑𝑡
= ሶ𝑄𝑣𝑐 − ሶ𝑊𝑣𝑐 +෍
𝑒
ሶ𝑚𝑒 ℎ𝑒 +
ve
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒 −෍
𝑠
ሶ𝑚𝑠 ℎ𝑠 +
vs
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠
0 = ሶ𝑄𝑣𝑐 − ሶ𝑊𝑣𝑐 +෍
𝑒
ሶ𝑚𝑒 ℎ𝑒 +
ve
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒 −෍
𝑠
ሶ𝑚𝑠 ℎ𝑠 +
vs
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠
Desprezando os efeitos da energia cinética e potencial e considerando que o 
sistema está plenamente isolado 
0 = − ሶ𝑊𝑣𝑐 +෍
𝑒
ሶ𝑚𝑒 ℎ𝑒 −෍
𝑠
ሶ𝑚𝑠 ℎ𝑠
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 1
Massa constante (mentra=msai):
0 = − ሶ𝑊𝑣𝑐 +෍
𝑒
ሶ𝑚𝑒 ℎ𝑒 −෍
𝑠
ሶ𝑚𝑠 ℎ𝑠
0 = − ሶ𝑊𝑣𝑐 + ሶ𝑚 ℎ2 − ℎ1
ሶ𝑊𝑣𝑐
ሶ𝑚
= ℎ2 − ℎ1
ሶ𝑊𝑣𝑐
ሶ𝑚
= 3093,75 − 26755,46
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ሶ𝑾𝒗𝒄
ሶ𝒎
= 𝟒𝟏𝟖, 𝟑
𝒌𝑱
𝒌𝒈
1
2
T (ºC)
P=1000kPa 
(179,91)
h (kJ/kg)
320 3093,75
P (kPa) h (kJ/kg)
100 2675,46
1 2
Exemplo 2
Vapor de água entra em uma turbina a 30 bar, à temperatura de 400 ºC e a velocidade de 
160 m/s. Vapor saturado a 100 ºC e a 100 m /s sai da turbina como mostra a Figura. Em 
regime permanente a turbina produz uma quantidade de trabalho equivalente a 530 kJ/kg 
de vapor escoando através dela. Ocorre transferência de calor entre a turbina e sua 
vizinhança que está a uma temperatura média de 350 K. Determine o diagrama Ts desse 
sistema e a taxa de geração de entropia no interior da turbina por kg de vapor escoando, 
em kJ/kg.K. Despreze variações de energia potencial entre a admissão e a descarga.
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
Solução: 
A 1ª etapa para a resolução 
desse exemplo é a montagem 
do diagrama Ts. 
Escoamento de vapor em uma turbina 
(fonte: próprio autor)
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 2
Diagrama Ts
para o sistema 
proposto 
Escoamento de vapor em uma turbina 
(fonte: próprio autor)
Estado 1: Esse ponto corresponde ao estado de vapor 
superaquecido que está a T = 400°C e P = 30 bar. 
T (ºC)
P=30 bar(179,91)
v (m3/kg) u (kJ/kg) h (kJ/kg) s (kJ/kgK)
400 0,09936 2932,75 3230,82 6,9211
Estado 2: Esse estado corresponde ao de vapor 
saturado a P = 100 kPa.
T(oC P (bar) h (kJ/kg) s (kJ/kgK)
100 1,014 2675,46 7,3593
Conhecidos os valores das 
propriedades podemos então aplicar a 
equação geral de entropia para 
sistemas fechados.
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 2
Escoamento de vapor em uma turbina 
(fonte: próprio autor)
Aplicando o balanço de massa e entropia considerando apenas 1 entrada e 1 saída e considerando
a massa constante:
0 =෍
𝑗
𝑄𝑗
𝑇𝑗
+ ሶ𝑚 𝑠1 − 𝑠2 + 𝜎𝑐𝑣
0 =
𝑄𝑐𝑣
𝑇
+ ሶ𝑚 𝑠1 − 𝑠2 + 𝜎𝑐𝑣
Reorganizando a equação:
𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚
= −
ൗ𝑄𝑐𝑣 ሶ𝑚
𝑇𝑏
+ 𝑠2 − 𝑠1
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 2
Escoamento de vapor em uma turbina 
(fonte: próprio autor)
A taxa de calor exigida é calculada a partir da 1ª Lei da Termodinâmica.
O sistema opera em regime permanente
0 = ሶ𝑄𝑣𝑐 − ሶ𝑊𝑣𝑐 +෍
𝑒
ሶ𝑚𝑒 ℎ𝑒 +
ve
2
2
−෍
𝑠
ሶ𝑚𝑠 ℎ𝑠 +
vs
2
2
Desprezando os efeitos da energia potencial e considerando vazão mássica constante.
−
ሶ𝑄𝑣𝑐
ሶ𝑚
= −
ሶ𝑊𝑣𝑐
ሶ𝑚
+ ℎ1 − ℎ2 +
v1
2
2
−
v2
2
2
ሶ𝑄𝑣𝑐
ሶ𝑚
=
ሶ𝑊𝑣𝑐
ሶ𝑚
+ ℎ2 − ℎ1 +
v2
2
2
−
v1
2
2
ሶ𝑄𝑣𝑐
ሶ𝑚
=
ሶ𝑊𝑣𝑐
ሶ𝑚
− ℎ1 − ℎ2 −
v1
2
2
−
v2
2
2
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 2
Escoamento de vapor em uma turbina 
(fonte: próprio autor)
ሶ𝑄𝑣𝑐
ሶ𝑚
= 530
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 2675,41 − 3230,82
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+
1002
2
−
1602
2
𝑚2
𝑠2
1𝑁
1𝑘𝑔. Τ𝑚 𝑠2
1𝑘𝐽
103𝑁.𝑚
ሶ𝑄𝑣𝑐
ሶ𝑚
= 530
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 555,41
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 7,8
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ሶ𝑄𝑣𝑐
ሶ𝑚
= −33,1
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ሶ𝑄𝑣𝑐
ሶ𝑚
=
ሶ𝑊𝑣𝑐
ሶ𝑚
+ ℎ2 − ℎ1 +
v2
2
2
−
v1
2
2
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 2
Escoamento de vapor em uma turbina 
(fonte: próprio autor)
𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚
=
33,1𝑘𝐽/𝑘𝑔
350𝐾
+ 7,3593 − 6,9211
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝐾
𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚
= 0,533
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝐾
𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚
= −
ൗ𝑄𝑐𝑣 ሶ𝑚
𝑇𝑏
+ 𝑠2 − 𝑠1
Agora sim é possível calcular a taxa de geração de entropia por kg de vapor escoando
T (ºC)
P=30 bar(179,91)
v (m3/kg) u (kJ/kg) h (kJ/kg) s (kJ/kgK)
400 0,09936 2932,75 3230,82 6,9211
T(oC P (bar) h (kJ/kg) s (kJ/kgK)
100 1,014 2675,46 7,3593
1
2
Exemplo 3
Vapor de água a 7MPa e 450ºC é estrangulado em uma válvula até uma 
pressão de 3MPa durante um processo em regime permanente. 
Determine a entropia gerada durante esse processo e verifique se o 
princípio de aumento de entropia foi satisfeito.
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
Solução: 
Fonte: Figura 7.66, ÇengelO processo acontece em regime permanente
A transferência de calor de ou para a válvula é desprezível
As variações de energia cinética e potencial são desprezíveis
A válvula é um volume de controle 
Existe apenas 1 entrada e 1 saída
Entalpia do fluido permanece constante durante o processo de 
estrangulamento
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 3
Os valores de entalpia e entropia podem ser retirados das tabelas termodinâmicas a partir dos
respectivos estados termodinâmicos.
Estado 1: P1=7MPa e T1=450ºC
h1=3288,3 kJ/kg s1=6,6353 kJ/kgK
Estado 2: P2=3MPa e h1=h2
Por interpolação:
s2=7,00046 kJ/kgK
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo3
Aplicando o balanço de massa e entropia considerando apenas 1 entrada e 1 saída e considerando
a massa constante:
0 =෍
𝑗
𝑄𝑗
𝑇𝑗
+ ሶ𝑚𝑠1 − ሶ𝑚𝑠2 + 𝜎𝑐𝑣
0 = 0 + ሶ𝑚 𝑠1 − 𝑠2 + 𝜎𝑐𝑣
− ሶ𝑚 𝑠1 − 𝑠2 = 𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚 𝑠2 − 𝑠1 = 𝜎𝑐𝑣
Reorganizando a equação:
𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚
= 𝑠2 − 𝑠1
𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚
= 7,00046 − 6,6353 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾
𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚
= 0,3693𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾
Essa é a quantidade de entropia gerada
por unidade de massa de vapor de água á
medida que ele é estrangulado do estado
de entrada até a pressão final, o que
satisfaz o princípio de geração de entropia
Exemplo 4
Os componentes de uma bomba de calor são projetados para
fornecer ar aquecido a uma residência. Em estado estacionário,
o fluido refrigerante R22 entra no compressor a -5°C, 3,5 bar e
é comprimido adiabaticamente a 75°C e 14 bar. Do
compressor, o refrigerante passa pelo condensador, onde se
condensa em líquido a 28ºC e 14 bar. O refrigerante então
expande através de uma válvula para 3,5 bar. Os estados do
refrigerante são mostrados no diagrama T versus s. O ar de
retorno da residência entra no condensador a 20°C e 1 bar a
uma taxa de fluxo volumétrico de 0,42m3/s e sai a 50°C com
uma mudança insignificante na pressão. Usando o modelo de
gás ideal para o ar e desprezando efeitos da energia cinética e
potencial determine as taxas de produção de entropia, em
kW/K, para volumes de controle envolvendo o condensador,
compressor e válvula de expansão, respectivamente.
Dados: X4=0,216, mref=0,07kg/s, mar=0,5kg/s Cpar=1,005kJ/kgK
Profa. Dra. Simoni M. Gheno Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
Solução: 
O processo acontece em regime permanente
As variações de energia cinética e potencial são 
desprezíveis
O compressor, o condensador e válvula são volumes de 
controle 
Para determinar as taxas de produção de entropia para 
cada um desses volumes de controle será necessário 
determinar a entropia em cada estado.
Fluido: Refrigerante R22
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
Aplicando o balanço de massa e entropia a cada um dos
modelos de volume de controle e considerando a massa
constante:
0 =෍
𝑗
𝑄𝑗
𝑇𝑗
+ ሶ𝑚𝑠1 − ሶ𝑚𝑠2 + 𝜎𝑐𝑣
0 = 0 + ሶ𝑚 𝑠1 − 𝑠2 + 𝜎𝑐𝑣
− ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠1 − 𝑠2 = 𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠2 − 𝑠1 = 𝜎𝑐𝑣
𝜎𝑐𝑣 = ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠2 − 𝑠1
Compressor
Precisaremos
determinar a entropia
nos estados 1 e 2
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
0 =෍
𝑗
𝑄𝑗
𝑇𝑗
+ ሶ𝑚𝑠2 − ሶ𝑚𝑠3 + ሶ𝑚𝑠5 − ሶ𝑚𝑠6 + 𝜎𝑐𝑣
0 = 0 + ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠2 − 𝑠3 + ሶ𝑚𝑎𝑟 𝑠5 − 𝑠6 + 𝜎𝑐𝑣
− ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠2 − 𝑠3 − ሶ𝑚𝑎𝑟 𝑠5 − 𝑠6 = 𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠3 − 𝑠2 + ሶ𝑚𝑎𝑟 𝑠6 − 𝑠5 = 𝜎𝑐𝑣
𝜎𝑐𝑣 = ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠3 − 𝑠2 + ሶ𝑚𝑎𝑟 𝑠6 − 𝑠5
Condensador
Precisaremos determinar a entropia nos estados 2, 3, 5 e 6
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
0 =෍
𝑗
𝑄𝑗
𝑇𝑗
+ ሶ𝑚𝑠3 − ሶ𝑚𝑠4 + 𝜎𝑐𝑣
0 = 0 + ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠3 − 𝑠4 + 𝜎𝑐𝑣
− ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠3 − 𝑠4 = 𝜎𝑐𝑣
ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠4 − 𝑠3 = 𝜎𝑐𝑣
𝜎𝑐𝑣 = ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠4 − 𝑠3
Válvula de expansão
Precisaremos determinar a entropia no estado 4
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
Para a determinação das entropias se faz necessário usar as 
tabelas termodinâmicas dos fluidos nos respectivos estados 
apresentados nos volumes de controle.
Vamos começar com o fluido refrigerante R22.
ESTADO 1: -5°C e 3,5 bar
s1=0,9572 kJ/kgK
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
ESTADO 2: 75°C e 14 bar
s2=0,98225 kJ/kgK
Valor médio entre as temperaturas de 70°C e 80°C
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
ESTADO 3: 28°C
s3 s3L=0,2936 kJ/kgK
ESTADO 4: 3,5 bar e X4=0,216
s4=0,3078 kJ/kgK
𝑠4 = 𝑠𝐿4 + 𝑥4(𝑠𝑣4 − 𝑠𝐿4)
𝑠4 = 0,1328 + 0,216(0,9431 − 0,1328)
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
ESTADOS 5 e 6 – ar como gás ideal
𝑠6 − 𝑠5 = 𝐶𝑃𝑙𝑛
𝑇6
𝑇5
− 𝑅𝑙𝑛
𝑃6
𝑃5
𝑠6 − 𝑠5 = 𝐶𝑃𝑙𝑛
𝑇6
𝑇5
P6=P5
𝑠6 − 𝑠5 = 1,0005
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
𝑙𝑛
323𝐾
293𝐾
𝑠6 − 𝑠5 = 0,098
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
Vamos finalmente determinar as taxas de 
produção de entropia em cada um dos volumes 
de controle solicitados no exemplo. 
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
𝜎𝑐𝑣 = ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠2 − 𝑠1
Compressor
s1=0,9572 kJ/kgK
s2=0,98225 kJ/kgK
s3 s3L=0,2936 kJ/kgK
s4=0,3078 kJ/kgK
𝜎𝑐𝑣 = 0,07
𝑘𝑔
𝑠
0,98225 − 0,9572
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
𝜎𝑐𝑣 = 0,07
𝑘𝑔
𝑠
0,98225 − 0,9572
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
𝜎𝑐𝑣−𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟 = 17,5 × 10
−4
𝑘𝑊
𝐾
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
Válvula de expansão
s1=0,9572 kJ/kgK
s2=0,98225 kJ/kgK
s3 s3L=0,2936 kJ/kgK
s4=0,3078 kJ/kgK
𝜎𝑐𝑣 = 0,07
𝑘𝑔
𝑠
0,3078 − 0,2936
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
𝜎𝑐𝑣 = 0,07
𝑘𝑔
𝑠
0,3078 − 0,2936
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
𝜎𝑐𝑣−𝑉𝐸 = 9,94 × 10
−4
𝑘𝑊
𝐾
𝜎𝑐𝑣 = ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠4 − 𝑠3
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
Condensador
s1=0,9572 kJ/kgK
s2=0,98225 kJ/kgK
s3 s3L=0,2936 kJ/kgK
s4=0,3078 kJ/kgK
𝜎𝑐𝑣 = 0,07
𝑘𝑔
𝑠
0,2936 − 098225
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
+ 0,5
𝑘𝑔
𝑠
0,098
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
𝜎𝑐𝑣−𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 = 7,94 × 10
−4
𝑘𝑊
𝐾
𝜎𝑐𝑣 = ሶ𝑚𝑟𝑒𝑓 𝑠3 − 𝑠2 + ሶ𝑚𝑎𝑟 𝑠6 − 𝑠5
𝜎𝑐𝑣 = 0,07 0,2936 − 098225
𝑘𝐽
𝑠𝐾
+ 0,5 0,098
𝑘𝐽
𝑠𝐾
𝜎𝑐𝑣 = −0,0482
𝑘𝑊
𝐾
+ 0,049
𝑘𝑊
𝐾
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
… continuação do exemplo 4
Fonte: Figura E6.8, Shapiro
ar de retorno 
compressor
condensador
Válvula de 
expansão
evaporador
A produção de entropia no compressor se deve ao atrito do
fluido, ao atrito mecânico das peças móveis e à transferência
interna de calor.
Para a válvula, a irreversibilidade é principalmente devido ao
atrito do fluido que acompanha a expansão através da válvula.
A fonte de irreversibilidade no condensador é a diferença de
temperatura entre as correntes de ar e refrigerante. Nesse
exemplo, não há quedas de pressão para nenhuma das
correntes que passam pelo condensador. Nos modelos reais
existem sim leves quedas de pressão devido ao atrito do fluido
o que normalmente contribuiria para a irreversibilidade dos
condensadores.
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
Exercício
O Engenheiro no desenvolvimento de um projeto precisa considerar que com o passar do tempo a quantidade 
de energia permanece constante, mas o potencial para uso diminui devido as irreversibilidades. Além disso, 
embora a quantidade de energia permaneça constante, o potencial inicial é gradativamente destruído devido à 
natureza irreversível do processo e a Exergia é entendia como o potencial de uso de um sistema e será assunto a 
ser estudado em breve. Considere agora o fato de você estar desenvolvendo um estágio no setor Engenharia de 
Projetos de uma usina e lhe foi passado o seguinte problema: Vapor de água entra em uma turbina operando 
em regimepermanente a 500oC e 6MPa a uma vazão mássica de 400kg/s. Na saída tem-se vapor saturado a
8kPa. A transferência de calor entre a turbina e as vizinhanças ocorre a uma taxa de 8MW e com temperatura 
média de 180oC. Despreze efeitos das energias cinética e potencial. Considerando que o volume de controle 
englobe a turbina. Determine: (a) potência desenvolvida, em MW e (b) taxa de geração de entropia.
NOTA: Aplicando o balanço de energia: 0 =
𝑄
𝑇𝑏
+ ሶ𝑚 𝑠1 − 𝑠2 + ሶ𝜎
Considere: Tb=400K
Para facilitar os cálculos são dados os seguintes valores de entalpia e entropia:
ℎ1 = 3420
𝑘𝐽
𝑘𝑔
, ℎ2 = 2570
𝑘𝐽
𝑘𝑔
, 𝑠1 = 6
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
, 𝑠2 = 8
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
Respostas: (a) 332MW, (b) 820
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
Profa. Dra. Simoni M. Gheno
Vamos testar o conhecimento 
utilizando um quiz?
Hora 
do 
Quiz
Profa. Dra. Simoni M. Gheno