EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

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Termodinâmica – compilação de 
exercícios e respetivas resoluções 
2012/13 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
2 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo I. Introdução 
 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
3 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
 
Capítulo I. Introdução 
 
1. Água líquida a 100 oC e 1 bar tem uma energia interna (numa escala arbitrária) de 419.0 kJ 
kg-1 e um volume específico de 1.044 cm3 g-1 
 
a) Qual a sua entalpia? 
Por definição de entalpia: 
 
kgkJH
kg
m
PakgJH
gcmV
kgkJU
barP
CT
PVUH
/1.419
10
10
044.1101/100.419
/044.1
/0.419
1
º100
3
3
6
53
3
1
1
1
1




 







 
 
b) A água é vaporizada até ao estado final de 200 oC e 800 kPa, correspondendo-lhe uma 
entalpia de 2 838.6 kJ kg-1. Determine H e U para este processo. O volume específico 
deste vapor é 260.79 cm3 g-1. 
 Estado final: 2 
 Estado inicial: 1 
 
gcmV
kgkJH
kPaP
CT
/79.260
/6.2838
800
º200
3
2
2
2
2




 
A entalpia é função de estado: 
kgkJH
HHH
/5.24191.4196.2838
12


 
Por definição de entalpia: 
PVUH  
Termodinâmica 
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logo, 
 
kgkJU
kg
m
PakgJU
PVHU
/2630
10
10
79.26010800/106.2838
2
3
3
6
33
2



 



 
 
Energia interna é função de estado: 
kgkJ22114192630UUU 12 / 
Termodinâmica 
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2. 5 moles de azoto a 80 oC estão contidos num reservatório rígido. 
Dados: 
 Para o azoto suponha: 
 Cv = 20.8 J mol-1 oC-1 
 Cp = 29.1 J mol-1 oC-1 
 
a) Desprezando a capacidade calorífica do reservatório, determine a quantidade de calor que é 
necessário adicionar ao sistema para elevar a temperatura até 300 oC. 
CT
CT
Ndemol
º300
º80
5
2
1
2

 
 
Reservatório rígido – volume constante 
 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica: 
PdVdW
dWdQdU


 
mas dW é zero visto a variação de volume ser nula, logo: 
dQdU  
    JTTcndTcnQU vT
T
v 22880803008.20512
2
1
  
b) Se o reservatório tiver uma massa de 100 kg e uma capacidade calorífica de 0.5 J g-1 oC-1, 
determine a quantidade de calor que é necessário adicionar ao sistema para atingir a mesma 
temperatura final. 
Reservatório: 
CgJc
kgm
P º/5.0
100


 
 
  kJ11023J100231180300501010022880dTcn22880Q
QQQ
63T
T P
ioreservatórgás
2
1


 .. 
 
Termodinâmica 
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3. Três libras mol de azoto a 450 oF estão no interior de um conjunto cilindro/pistão. 
Determine a quantidade de calor que deve ser retirada do sistema, mantendo a pressão 
constante, para arrefecer o gás até 100 oF. Despreze a capacidade calorífica do pistão e do 
cilindro. 
 Dados: 
 Para o azoto considere: 
 Cv = 5 Btu (lb mol)-1 (oF)-1 
 Cp = 7 Btu (lb mol)-1 (oF)-1 
 
FT
Ndemollibras
º450
3
1
2
 1 :inicial Estado
2 :final Estado
 
 
Cilindro/Pistão 
Pressão constante 
FT º1002  
Desprezar capacidade calorífica do pistão e do cilindro 
 
Entalpia: PVUH  
Diferenciando: VdPPdVdUdH  
Pela 1ª Lei da Termodinâmica: PdVdQdU  
 
Logo: 
VdPdQdH  
A pressão constante: 
  BtuTncHQ p 31035.745010073  (calor retirado: arrefecimento) 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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Capítulo II. 1ª Lei da Termodinâmica 
 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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Capítulo II. 1ª Lei da Termodinâmica 
 
1. Um mol de um gás ideal, Cp = (7/2) R e Cv = (5/2) R, sofre uma variação de estado de 10 
bar e 0.005 m3 para 1 bar, através de cada um dos seguintes processos reversíveis. Para cada 
um destes processos calcule W, Q, U , H . 
1 mol 
gás perfeito 
Estado inicial 
3
1
1
005.0
10
cmV
barP


 
Estado final barP 12  
 
a) Volume constante, W = 0 
Como é gás perfeito: 
K1460
31481
0050101
T
K40601
31481
00501010
T
RTVPeRTVP
5
2
5
1
2211 21
.
.
.
.
.
.





 
Para gás perfeito, e sendo Cp e Cv constantes: 
)(
)(
12P
12V
TTnCH
e
TTnCU


 
Assim: 
2511J1025114060114603148
2
5
1U 3 ..)..(.  kJ 
e 
7515J1075154060114603148
2
7
1H 3 ..)..(.  kJ 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica: 
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WQU 
 
Logo, 
 
2511Q
QU
.

 kJ 
b) Isotérmico (T constante) 
Para gás perfeito, a temperatura constante: 
0 HU 
Da 1ª Lei da Termodinâmica: 


PdVnW
WQ
 
Como se trata de um gás perfeito: 
1
2
V
V
TRnW
dP
V
RT
nW
V
RT
P
ln


 
 
Como o processo é isotérmico, pode escrever-se: 
2
1
1
2
P
P
TRn
V
V
TRnW lnln  
Assim, o trabalho é igual a: 
J11513
1
10
460131481W  ln.. 
E o calor é: 
Q=11513J =11.5 kJ 
 
 
 
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c) Processo adiabático( Q = 0) 
 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica: 
PdVdQdU
dWdQdU


 
Como dQ = 0 
PdVdU  
Como é gás perfeito: 
P= RT
V
dU = cvdT 
dV
V
RT
dTcv  (1) 
Modificando a equação (1): 
v
v
c
R
c
R
v
v
V
V
T
T
V
V
T
T
V
dV
c
R
T
dT
V
dV
R
T
dT
c








2
1
1
2
2
1
1
2 lnln
 

v
p
c
c
 
Para gás perfeito: 
Rcc vp  
Ou: 
11 

v
p
v
vv
v
v
p
c
c
c
R
c
R
c
c
c
c
 
 
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Logo: 
1
2
1
1
2
V
V
T
T



 (2) 
Também para gás perfeito: 
222
111
TRVP
TRVP


 
Destas 2 equações, pode escrever-se: 
1
2
2
1
2
1
P
P
T
T
V
V  
Substituindo na equação (2): 
1
1
2
1
2
1
1
2






P
P
T
T
T
T
 
Rearranjando: 















1
1
2
1
2
1
1
2
1
1
2
1
2
P
P
T
T
P
P
T
T
T
T
 
Retomando a equação (2), agora em termos de P e V: 
1
2
1
1
2






V
V
T
T
 
Com a equação dos gases perfeitos: 
11
22
1
2
222
111
VP
VP
T
T
TRVP
TRVP



 
Vem então: 














2
1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
V
V
P
P
ou
V
V
V
V
P
P
 
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Que é equivalente a: 
constante
2211




VP
ou
VPVP
 
K5311
10
1
4601
P
P
TT
4157
1
1
2
12 ..
./







 
Da equação dos gases perfeitos: 
 
 
   
JH
PVUH
ou
TncH
JH
JUW
p
6.8425
10005.010026.06.6025
8.84354.6015.311314.8
2
7
1
6.60254.6015.311314.8
2
5
1
65





 
Termodinâmica 
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2. Considere um tanque munido com um agitador, como se mostra na figura. O tanque contém 
inicialmente 0.50 m3 de hélio a 1 atm e 26ºC. O agitador é acionado até que a pressão no 
tanque atinja 2 atm. Durante este processo, as perdas de calor para o meio ambiente,a 25ºC, 
são estimadas em 5 kcal. 
Suponha que o hélio tem comportamento de gás perfeito 
com Cp = 5/2 R. Determine: 
a) A temperatura final do gás 
atmP
CT
atmP
mV
2
º26
1
50.0
2
1
1
3
1




 
Perda de calor: Q < 0 
kcalQ 5 
Hélio: gás perfeito com Rcp 2
5 
O tanque Volume constante 
3
12 50.0 mVV  
 
Da equação dos gases perfeitos: 
111 nRTVP  
Assim, o número de moles (n) no interior do tanque: 
 1136 06.8237.20
15.29906.82
105.01  
 KmolcmatmRmoln 
 
Novamente da equação dos gases perfeitos, calcula-se a temperatura final do gás perfeito: 
K
nR
VP
T 3.598
06.8237.20
105.02 622
2 
 
 
 
 
Q 
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Ou, em alternativa, como o número de moles (n) se mantém constante, pode escrever-se: 
K
P
P
TT
nRT
nRT
VP
VP
3.598
1
2
12
2
1
22
11


 
 
b) A variação de energia interna do gás. 
 
  kJdTcnU v 9.7515.2993.598314.8
2
3
37.20   
Como para gás perfeito 
RRRRcc pv
2
3
2
5  
 
c) O trabalho executado pelo agitador. 
 
W =? 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica, sistema fechado: 
kJ
kcal
kJ
kcalkJW
WQU
8.96
239006.0
1
59.75 



 
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3. Um metro cúbico de um gás perfeito a 500 K e 2000 kPa expande-se até um estado final 
em que o volume é 10 vezes superior ao volume inicial, através dos seguintes processos. Para 
cada um destes processos calcule a temperatura final, a pressão final e o trabalho realizado 
pelo gás. Considere que para este gás: 1121  KJmolcp 
 
Estado inicial: 1 Estado final: 2 
kPaP
KT
2000
500
1
1


 12 10VV  
 
a) Um processo reversível e isotérmico 
 
Pela equação dos gases perfeitos: 
 
kPaPa
V
nRT
P
mol
RT
VP
n
nRTVP
KTT
200200000
10
500314.812.481
12.481
500314.8
1102
500
2
2
2
6
1
11
111
12





 
kJ2460510500314812418
V
V
nRTdV
V
RT
nPdVW
1
2   .ln..ln 
b) Um processo reversível e adiabático 
 
kPa2244P
10P1102000
VPVP
6551
314821
21
c
c
PV
0Q
2
6551
2
65513
2211
v
p
.
.
.
1 problema no feita derivação ver constante
..








 
 
 
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Calcula-se agora T2, pela equação dos gases perfeitos: 
K
nR
VP
T 6.110
314.812.481
101022.44 322
2 
 
O trabalho obtém-se a partir da aplicação da 1ª Lei da Termodinâmica: 
WQU  
Como o processo é adiabático: 
    kJ2377500611031482112481TncUW V  ... 
Ou, a partir da expressão equivalente: 
kJ
VPVP
W 2377
655.0
1102101022.44
1
63
1122 
 
 
c) Um processo irreversível, adiabático, no qual a expansão é levada a cabo contra uma 
pressão constante de 100 kPa. 
  kJ90011010100VPW 0Q
kPa100P
3
extirr 


 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica, que é válida para processos reversíveis e irreversíveis, pode 
escrever-se para o processo irreversível: 
 
WU
Q como



0
WQU
 
Calcula-se, assim, a temperatura final do gás: 
 
K54352T
500T3148211248110900
TncU
2
2
3
v
.
logo,
).(.



 
P2 calcula-se pela equação dos gases perfeitos: 
kPa
V
nRT
P 02.141
10
54.352314.812.481
2
2
2  
 
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4. Um quilograma de ar a 300 K e 1 bar é aquecido reversivelmente, a pressão constante, até o 
seu volume triplicar. Para este processo calcule W, Q, U , H . 
Dados: 
Para o ar considere: PV/T = 83.14 bar cm3 mol-1 K-1 Cp = 29 J mol-1 K-1 
KT
barP
kg
300
1
ar de1
1
1

 
Processo a pressão constante: 
molKJc
Kmolcmbar
T
PV
VV
p /29
14.83
3
113
12




 
Massa molecular do ar: M 
   
mol
M
massa
n
molgOMNMM
67.34
84.28
1000
 :moles de número
/84.283221.02879.021.079.0 22


 
Calcular T2 pela equação dos gases perfeitos (P2 = P1): 
KTT
T
V
T
V
T
VP
T
VP
9003
3
12
1
1
2
1
1
11
2
22  
Como se trata de um processo a pressão constante: 
 
 



12
3.6033009002967.34
VVnPnPdVW
kJdTcnHQ p
 
É necessário calcular o volume: 
Pela equação do enunciado: 
  kJW VV
molcmV
V
T
VP
95.172102494221067.34
3
/24942
14.83
300
1
14.83
65
12
3
1
1
1
11




 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica: 
kJ
WQU
430.3172.95-603.3U 

 
 
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5. Derive uma equação para calcular o trabalho reversível durante a compressão isotérmica de 
um mol de gás desde um volume inicial V1 até um volume final V2, recorrendo à equação de 
estado: 
 P (V - b) = RT 
 com b - constante positiva 
 
Compressão isotérmica de um gás, desde V1 até V2 
  RTbvP  
 
Por definição de trabalho: 
 2
1
V
V
PdVW 
 
Da equação do enunciado: 
 bvRTP  
    21 12lnVV bv bvRTdVbvRTW 
 
Como: 
  RTbvP  
 
Pode escrever-se: 
 
 
2
1
2
1
1
2
22
11
ln
:logo
e
P
P
RTW
P
P
bv
bv
RTbvP
RTbvP








 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
19 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
6. Um gás perfeito, Cp = (5/2) R e Cv = (3/2) R, sofre uma variação de estado desde 1 bar e 
10 m3 para 10 bar e 1 m3, através de cada um dos seguintes processos reversíveis. Calcule, 
para cada um destes processos globais, o trabalho requerido, o valor transferido e as variações 
de energia interna e de entalpia. 
Gás perfeito: 
Rcp
2
5 ; Rcv 2
3 
Estado inicial· Estado final 
3
1
1
10
1
mV
barP


 3
2
2
1
10
mV
barP


 
Antes de mais, a partir da equação dos gases perfeitos, pode verificar-se que a temperatura 
inicial é igual à temperatura final: 
21
5
22
5
11
logo
11010
10101
TT
VP
VP



 
 
Como T1 e T2 são iguais, e sendo gás perfeito, conclui-se que para todas as alíneas: 
0 HU 
Resta, então, calcular W e Q para as diferentes alíneas: 
 
a) Compressão isotérmica 
Equação do trabalho: 
 PdVW 
Da equação dos gases perfeitos: 
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kJWQ
kJ
V
V
VPW
VPnRTcomo
V
V
nRTdV
V
nRT
W
V
nRT
P
2303
2303
10
1
ln10101ln
)perfeito gases dos equação(
ln
5
1
2
11
11
1
2






 
b) Compressão adiabática seguida de arrefecimento a pressão constante. 
 
Compressão adiabática i arrefecimento a pressão constante 
como ( 2i ) a pressão é constante 
barPPi 102  
como ( i1 ): 
  1
1
11 1
0
T
T
T
ncTTncW
dTcnU
WQU
Q
i
vivi
v


 




 
O número de moles pode-se calcular a partir da equação dos gases perfeitos: 
1
1
111
RT
VP
n
nRTVP


 
Voltando à equação para obter o trabalho, e substituindo: 
1
11
11
1 1 T
T
T
c
RT
VP
W ivi 

  
Como o processo ( i1 ) é adiabático, calcula-se Ti: 
512.2logo
3
5
;ecomo
1
2
1
11



 

T
T
PP
c
c
P
P
T
T
i
i
v
pii
 
 
 
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Assim: 
 
JW
T
T
W
i
i
6
1
1
1
5
1
1027.2
1512.2314.8
2
3
10
101




 
 
 1222 VVPWi  
 
O volume em i calcula-se a partir do volume inicial (V1) e do conhecimento de que o processo 
de ( i1 ) é adiabático reversível: 
 
6
6
2ii121
65
2i
3
i
ii11
10783Q
J10783WWW
J1051215119211010W
m51192VVPVP








.
.
..
.
 
 
c) Compressão adiabática seguida de arrefecimento a volume constante. 
 
Compressão adiabática +  i1 + arrefecimento a volume constante ( 2i ) 
3
21 1mVV  
de ( i1 ) processo adiabático reversível 
J104625Q
J104625W
0W
J1046256423
R
c
VPT1
T
T
c
RT
VP
T1
T
T
ncTncW
6424
V
V
T
T
6
21
6
21
2i
6V
11
1
i
V
1
11
1
1
i
VVi1
1
i
1
1
i





 

 








.
.
)constante volume a processo(
..
.
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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d) Aquecimento a volume constante seguido de arrefecimento a pressão constante. 
 
Aquecimento a volume constante (1 i) + arrefecimento a pressão constante i2( ) 
 
JQ
JW
JVPPdVW
W
PP
VV
i
i
i
i
6
21
6
21
65
2
1
2
1
109
109
1091011010
)constante volumea processo(0










 
 
e) Arrefecimento a pressão constante seguido de aquecimento a volume constante. 
 
Arrefecimento a pressão constante  i1 + aquecimento a volume constante  2i 
  JVPPdVW
PP
VV
i
i
i
55
1
1
2
109101101 



 
 
JQ
JW
Wi
5
21
5
21
2
109
109
)constante volumea processo(0






 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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Capítulo III. Propriedades Volumétricas de Fluidos Puros 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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Capítulo III. Propriedades Volumétricas de Fluidos Puros 
 
1. Calcule Z e V para o vapor de metanol a 200 oC e 10 bar pelas seguintes equações: 
Comente os resultados obtidos. 
a) Equação virial truncada em função do volume. 
 (B = -219 cm3 mol-1 C = -17300 cm6 mol-2) 
Metanol 
barP
CT
10
º200


 
2
126
26
3
2
V
1017300
V
10219
1
RT
PV
RT
PV
Z
molcm17300C
molcm219B
V
C
V
B
1Z
 




/
/
 
Resolvendo esta equação em ordem a V, obtém-se: 
93960
RT
PV
Z
molcm73695V
molm1069573V
3
33
.
/.
/.


 
 
 
b) Equação de Redlich-Kwong 
 
c
c
c
c
P
RT
b
P
TR
a
bVVT
a
bV
RT
P
08664.0
42748.0 5.22
2/1



 
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Do Apêndice do livro [1], para o metanol: 
K6512T
bar9780P
5640
c
c
.
.
.



 
Calcula-se agora a e b: 
molcm645b
molbarKcm101712a
3
25068
/.
. .

 
 
 
Introduzindo na equação de Redlich-Kwong, e resolvendo em ordem a V: 
V = 3717.5cm3 /mol
e
Z = 0.9449
 
 
c) Equação Z = 1 + BP /RT, com B calculado recorrendo à correlação generalizada de Pitzer. 
RT
BP
Z 1 
 
Correlação de Pitzer: 
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 
93920
T
P
B
T
P
B1Z
12350P
ou
molcm63694
P
ZRT
V
93920
RT
BP
1Z
10392BB
P
RT
B
10180B
39670B
9230
6512
15473
T
T
T
T
1720
1390B
T
4220
0830B
BB
RT
BP
r
r1
r
r0
r
3
410
c
c
1
0
c
r
24
r
1
61
r
0
10
c
c
.
.
/.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.












 
Termodinâmica 
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2. Calcule o volume molar de líquido saturado e de vapor saturado para o propano a 40 oC 
(Psat = 13.71bar), recorrendo à equação de Redlich-Kwong e a correlações generalizadas. 
 
LV VeV 
 
Propano: 
barP
C
S 71.13
º40
 
 
Equação de Redlich-Kwong: 
 
c
c
c
c
P
RT
b
P
TR
a
bVVT
a
bV
RT
P
08664.0
42748.0 5.22
2/1



 
 
Do Apêndice do livro[1] (página 680): 
K8369T
bar4842P
1520
c
c
.
.
.



 
 
Assim: 
molm10276b
molPaKm2918a
35
2506
/.
. .




 
 
Resolvendo em ordem ao volume (V): 
molcmV
molcmV
líquido
vapor
/1.108
/1499
3
3


 
 
 
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b) Correlações generalizadas: 
 
Para o vapor: 
 
 
molcm1538V
80980
RT
BP
1Z
1061183BB
P
RT
B
20680
T
1720
1390B
46760
T
4220
0830B
84680
8369
15313
T
T
T
BB
P
RT
B
RT
BP
1Z
3V
610
c
c
24
r
1
61
r
0
c
r
10
c
c
/
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.









 
 
Para o líquido: 
Equação de Rackett: 
 
c
cc
c
T
cc
LS
RT
VP
Z
ZVV r

  2857.01
 
Do Apêndice do livro[1] (página 680): 
Vc = 200.0cm
3 /mol
Zc = 0.276
 
 
Calcula-se, agora, o volume molar de líquido saturado: 
  molcm696276010200V 38468013LS
28570
/..
.
.   
 
 
 
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3. Calcule: 
a) O volume ocupado por 20 kg de etano a 50 oC e 30 bar. 
20kgetano
T = 50ºC
P= 30 bar
 
Do Apêndice do livro[1], para o etano: 
K4305T
bar848P
0980
c
c
.
.
.



 
Tr =
T
Tc
=1.058
Pr =
P
Pc
= 0.6148
 
Vamos utilizar a correlação de Lee-Kesler: 
10 ZZZ  
Das tabelas do Apêndice E do livro[1], págs. 696 e 697: 
0Z 
rr PT / 0.6 0.6148 0.8 
1.05 0.8002 0.7130 
1.058 0.7991 
1.1 0.8323 0.7649 
 
1Z 
rr PT / 0.6 0.6148 0.8 
1.05 -0.0097 -0.0032 
1.058 0.7991 
1.1 0.0106 0.0236 
 
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34767.0
67.666
30
20000
7985.0
mV
moln
nRT
PV
Z
Z




 
b) A massa de etano contida num cilindro com 0.3 m3, a 60 oC e 130 bar. 
Cilindro com: 
CT
barP
mV
º60
130
3.0 3



 
Recorrendo à correlação de Lee-Kester: 
662P
091T
ZZZ
r
r
10
.
.



 
 
Das tabelas do Apêndice E do livro[1], págs. 698 e 699: 
 
0Z 
rr PT / 2 2.66 3 
1.05 0.3452 0.4604 
1.09 0.4435 
1.1 0.3953 0.4770 
 
1Z 
rr PT / 2.0 2.66 3.0 
1.05 -0.0432 -0.0838 
1.09 -0.0143 
1.1 -0.0698 -0.0373 
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kgm
mol
V
V
n
molm
P
ZRT
V
Z
total
5.95
88.3184
1042.9
3.0
/1042.9
4421.0
5
35






 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Capítulo IV. Efeitos Térmicos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Capítulo IV. Efeitos Térmicos 
1. Calcular a energia necessária para aquecer 450 kg de protóxido de azoto (N2O) de 25 a 200 
ºC, a volume constante. A capacidade calorífica do N2O a volume constante é dada pela 
equação: 
 T104298550CKgKJC 4v
 ..)º/( 
 com T em ºC. 
 
Ct
Ct
kgm
ON
º200
º25
450
2
1
2



 
Processo a volume constante 
   CT104298550CkgkJc 4v º..º/  
 
Como se trata de um processo a volume constante: 
 
 
kJUQ
kgkJU
T
TU
dTTdTcU
UQ
T
T v
5.7567645017.168
/17.168
2
1042.9
855.0
1042.9855.0
15.473
15.298
24
15.473
15.298
42
1





 




 
Termodinâmica 
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2. A entalpia de vaporização do metanol a 64.7 oC é 1099.5 J g-1. Estime o seu valor a 175 
oC. 
Vamos usar a equação de Watson: 
38.0
1,
2,
1
2
1
1 






r
r
v
v
T
T
H
H
; ciir TTT , 
 
É necessário saber a temperaturacrítica do metanol. 
Do Apêndice do livro [1], página 681: 
Tc = 512.6K 
Calcula-se: 
Tr1 =
64.7+273.15
512.6
= 0.6591
Tr2 =
175+273.15
512.6
= 0.8743
 
Da equação de Watson: 
gJH v /5.752
6591.01
8743.01
5.1099
38.0
2 



 
 
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3. Calcule a entalpia de vaporização de metanol a 300 K. 
 ____________________________________________________________ 
 T (K) P (bar) Vl (m3 kg-1) Vg (m3 kg-1) 
 ____________________________________________________________ 
 280 0.0621 1.244 x 10-3 11.62 
 290 0.1094 1.259 x 10-3 6.778 
 300 0.1860 1.274 x 10-3 4.095 
 310 0.3043 1.290 x 10-3 2.566 
 320 0.4817 1.306 x 10-3 1.661 
 _____________________________________________________________ 
 
a) Recorrendo às equações de Riedel e de Watson. (Tn = 337.8 K) 
KT
KTn
300
8.337


 
 
Equação de Riedel (para calcular a entalpia de vaporização à pressão atmosférica, a que 
corresponde a chamada temperatura de ebulição “normal” Tn): 
 
molJH
T
T
P
RTH
v
n
nr
nr
c
n
v
n
/38267
659.0
6.512
8.337
930.0
013.1ln092.1
,
,




 
 
Equação de Watson: 
kgkJ
kg
g
g
mol
molkJH
molJ
T
T
HH
v
r
rvv
/1.1288
1
1000
32
1
/221.41
/41221
659.01
6.512
300
1
38267
1
1
2
38.0
38.0
1,
2,
12


















 
 
b) A partir dos dados apresentados para o metanol, na tabela do enunciado: 
 
Equação de Clapeyron: 
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dT
dP
VTH
sat 
Adota-se a seguinte equação para correlacionar a pressão de saturação  satP com a 
temperatura (T): 
T
B
APsat ln 
Com os valores da tabela do enunciado, obtém-se para cada valor de temperatura satPln e 
T/1 . 
Por regressão linear, calculam-se os parâmetros A e B da equação da pressão de saturação: 
114591B
619113A
.
.


 
LV VVV  
 
Também da tabela do enunciado:  310274.1095.4 V 
 






 
22
exp
T
B
P
T
B
T
B
AdP satsat 
  
kgkJ
kg
J
kg
barm
H
H
V
V
/3.116510653.11653.11
1860.0
300
11.4591
10274.1095.4300
5
3
2
3

 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
37 
 
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Setembro de 2012 
 
4. Estime a entalpia de formação do etilbenzeno líquido a 25 oC. 
 Tn = 409.3 K ; Tc = 617.1 K ; Pc = 36.1 bar 
 
   ovaporizaçãHocondensaçãH
ocondensaçãHHH
barP
KT
KT
V
f
L
f
c
c
n





1.36
1.617
3.409
 
 
Do Apêndice do livro [1], página 686: 
molkJHVf /92.29 
Vamos, agora, calcular, VH (pois o de condensação tem o mesmo valor, com sinal oposto 
ao de vaporização): 
1º VH a nT 
Equação de Riedel: 
 
6633.0
1.617
3.409
930.0
013.1ln092.1
,
,



nr
nr
c
n
v
n
T
T
P
RTH
 
Assim, da equação de Riedel obtém-se: 
molkJH vn /9.35 
Pela equação de Watson: 
molkJH
T
T
H
H
v
r
r
v
v
/2.42
1.617
3.409
1
1.617
15.298
1
9.35
1
1
38.0
2
38.0
1,
2,
1
2



















 
Assim, o pedido: 
 
molkJH Lf /2.4228.122.4292.29  
Termodinâmica 
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38 
 
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Setembro de 2012 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo V. Balanços Energéticos 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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Setembro de 2012 
 
Capítulo V. Balanços Energéticos 
1. No processo de produção de 1,3 - butadieno ocorre a seguinte reação: 
 C4 H8 (g)  C4 H6 (g) + H2 (g) 
A corrente de alimentação ao reator contém 12 moles de vapor de água por mole de 1-buteno. 
A reação processa-se isotermicamente a 500 oC, verificando-se que a esta temperatura se 
obtém uma conversão de 30%. 
Calcule a quantidade de calor adicionada ao reator por mole de 1-buteno na alimentação. 
      gHgHCsHC 26484  
Alimentação: 
Arbitrar uma base de cálculo: 
1 mol de C4H8 na alimentação ao reator. 
Logo, à entrada, tem-se: 
Componente Moles 
C4H8 1 
H2O 12 
 
Como a conversão é de 30% 
Reagem: 
0.3 mol de C4H8, formando-se na reação: 
0.3 mol de C4H8 
0.3 mol de H2 
À saída tem-se: 
Componente Moles 
H2O (inerte) 
C4H8 
C4H6 
H2 
12 
0.7 
0.3 
0.3 
 
 
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Q = ΔH 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
21 HHHH r  
Cálculo de rH : 
Consultando o livro [1], página 686: 
     
     
molJH
sHCgHsC
molJH
gHsCsHC
/109240
34
/540
44
**
642
*
2484




 
Somando as duas reações: 
 
     
molJHHH
gHsHCsHC
r /109780109240540
***
26484


 
Mas, de facto, só reagem 0.3 mol de C4H8 (e não 1 mol). 
 
Então, o verdadeiro 
molJHr /329341097803.0  
Cálculo de 1H : 
São necessários os valores de pc 
Do Apêndice do livro [1], página 684: 
H=?
500ºC 
5 
Entrada 
(reagentes) 
Produtos de 
saída 
H1 
(Arrefecimento) 
 
H2 
(Aquecimento) 
 25ºC Hr (Reação) 
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 
 
  26384
263
64
2
5
3
2
2
2
10873.910630.31967.1
1082.810786.26734.2
10083.0
10422.0249.3
TTHC
R
c
TTHC
R
c
T
TTH
R
c
T
D
CTBTA
R
c
p
p
p
p







 
 
Uma vez que o processo é isotérmico, e H2O é inerte - não é necessário efetuar o cálculo 
referente a este composto, nem para 1H nem para 2H 
 
 
     
entrada à/35287
3.03.07.0
1
8421
15.773
15.298
15.773
15.298
26415.773
15.298
84
2
15.298
15.773
84
1
HCmolJHHHH
dT
R
Hc
RdT
R
HCc
RdT
R
HCc
RH
dT
R
HCc
RH
r
PPP
P



 

 
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2. O processo de oxidação do amoníaco é dado pela seguinte equação: 
4 NH3 (g) + 5 O2 (g)  4 NO (g) + 6 H2O (v): º 904.7 /rH kJ mol   
Duas correntes, uma de 100 mol/s de NH3 e outra de 200 mol/s de O2, a 25º C, são 
alimentadas a um reator, no qual o amoníaco é completamente consumido. O produto gasoso à 
saída do reator encontra-se a 300º C. 
Calcule a quantidade de calor que deve ser transferida de ou para o reator de forma a manter a 
corrente de saída a 300º C, supondo que o reator opera a 1 atm. 
 
        vOHgNOsOsNH 223 6454  
 
 
 
 
 
 
 
 
NH3 totalmente consumido 
O2 consumido: da estequiometria da reação: 
 
      
mol125X
OXNH100
O5NH4
23
23



 
 
H2O formado na reação: 
      
mol150Y
OHYNH100
OH6NH4
23
23



 
 
100 mol/s NH3 
200 mol/s O2 
25ºC 
100 mol/s NO 
150 mol/s H2O 
75 mol/s O2 
300ºC 
1 Atm 
Q? 
 
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Componente Entrada Moles Saída Moles 
NH3 
O2 
NO 
H2O 
100 
200 
- 
- 
- 
75 
100 
150 
 
Fazendo um raciocínio semelhante ao efetuado no problema anterior: 
 
 300ºC 
 
 
 
 
 
21 HHHH r  
 
01 H , visto a alimentação se encontrar a 25ºC (temperatura de referência). 
W10622
4
100
107904H 63r  .. 
 
2H : À saída do reator a corrente está a 300ºC 
Do apêndice do livro [1], página 684: 
 
 
  2532
253
2
253
10227.010506.0639.3
10121.010450.1470.3
10014.010629.0387.3






TTO
R
c
TTOH
R
c
TTNO
R
c
p
p
p
 
 
     
 retirado écalor o19700
15010075
15.573
15.298
15.773
15.298
215.573
15.298
2
2
kWHQ
dT
R
OHc
RdT
R
NOc
RdTR
Oc
RH
ppp

   
H 
Entrada 
(25ºC) 
Produtos de 
saída (25ºC) 
H2 
Hr 
25ºC 
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3. A um reator operando adiabaticamente são alimentadas duas correntes gasosas: uma de 
NH3 e outra de ar seco, estando este 25% em excesso relativamente ao necessário para a 
conversão total do NH3 em NO e vapor de água. 
Admitindo que os gases entram no reator à temperatura de 85 oC, que a conversão é de 85% e 
que não ocorrem outras reações, calcule a temperatura dos gases à saída do reator. (Suponha 
comportamento ideal para os gases). 
 
Reator adiabático: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
       vOHgNOgOgNH 223 6454  
 
Arbitrar base de cálculo: 4 moles de NH3 à entrada do reator: 
 
Componente Entrada Moles 
NH3 
O2 
N2 
4 
5x1.25=6.25 
6.25x(79/21)=23.51 
 
Como a conversão é de 85% 
Reagem: 
 
0HQ 
Reagentes a 
358.15 K 
Produtos a 
Tf 
Reagentes a 
298.15 K 
Produtos a 
298.15 K 
H=Q=0 
H1 H2 
Hr0 (298.15) 
Termodinâmica 
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   molO molNH 25.485.05 4.385.0423   
 
Logo, à saída do reator: 
 
Componente Saída Moles 
NH3 
O2 
NO 
H2O 
N2 (inerte) 
0.6 
2 
3.4 
5.1 
23.51 
 
Fazendo um raciocínio semelhante ao efetuado nos problemas anteriores: 
 
           
 
 
 
     
          J87696470254461104324181815902504315298H molJ241818OHH
molJ90250NOH
molJ0OH
molJ46110NHH
reagentesHnprodutosHn15298H
J461161
dtT100400T10593028033148511923
dtT102270T10506063933148256
dtT101860T100203578331484H
dTNcNndTOcOndTNHcNHnH
0HHHH
o
r
2
o
f
o
f
2
o
f
3
o
f
ifiifi
o
r
15298
15358
253
15298
15358
253
15298
15358
253
1
2
15298
15358 p22
15298
15358 p23
15298
15358 p31
2r1
......
/
/
/
/
.
.
.....
.....
....
,,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.




















 
 
Termodinâmica 
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Setembro de 2012 
 
           
       
 
 
 
 
 
   
   
   
   
   
 
K31045T
0H15298HHH
5580293759
T
1
4864864303T1093297510T4006384962H
15298
1
T
1
101040015298T
2
105930
15298T2803R511923
15298
1
T
1
10227015298T
2
105060
15298T6393R02
15298
1
T
1
10121015298T
2
104501
15298T4703R15
15298
1
T
1
10014015298T
2
106290
15298T3873R43
15298
1
T
1
10186015298T
2
100203
15298T5783R60H
dTT100400T1059302803R511923
dTT102270T1050606393R02
dTT101210T1045014703R15
dTT100140T1062903873R43
dTT101860T1002035783R60H
dTNcNndTOcOn
dTOHcOHndTNOcNOndTNHcNHnH
f
2
o
r1
2
ff2
f
522
f
3
f
f
522
f
3
f
f
522
f
3
f
f
522
f
3
f
f
522
f
3
f2
T
15298
253
T
15298
253
T
15298
253
T
15298
253
T
15298
253
2
2
T
15298 p22
T
15298 p2
2
T
15298 p2
T
15298 p3
T
15298 p32
f
f
f
f
f
ff
fff
.
.
....
.
..
.
...
.
..
.
...
.
..
.
...
.
..
.
...
.
..
.
...
....
....
....
....
....
.
.
.
.
.
..
...





 

 


 

 


 

 


 

 


 

 
























 
 
Termodinâmica 
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Setembro de 2012 
 
4. Num reator a operar em contínuo, o metano é oxidado para produzir formaldeído. Durante 
este processo, ocorre também a combustão do metano originando dióxido de carbono (reação 
competitiva): 
 
        vOHCOOsCH vOHsHCHOOsCH 2224 224 22   
O diagrama processual é esquematizado na figura seguinte. Admitindo uma base de cálculo de 
100 mol de metano na alimentação ao reator e que este opera a 1 atm: 
 
 
Efetue os balanços material e energético a este reator. 
 
Base de cálculo: 100 mol 4CH à entrada 
Balanço material: 
 
Entrada Moles 
CH4 
O2 
N2 
100 
100 
376 
 
 
 
 
REATOR 
100 mol 
25º C 
100 mol O
2
 
376 mol N
2
 
100º C 
60 mol CH
4
 
30 mol HCHO 
10 mol CO
2
 
50 mol H
2
O 
50 mol O
2
 
376 mol N
2
 
150º C 
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Saída Moles 
CH4 
O2 
HCHO 
CO2 
H2O 
N2 
60 
50 
30 
10 
50 
376 (Inerte) 
 
Balanço energético: 
 
Estado de referência: 
 
)();();();(
1
º25
222 gNgHgOsC
atmP
CT


 
 
Entrada: 
 
 
         
     
      molkJ3152
15298
1
15373
1
100400
1529815373
2
105930
15298153732803
3148NH
molkJ3532
15298
1
15373
1
102270
1529815373
2
105060
15298153736393
3148OH
C25NHOH
C25molkJ5274CHHCHH
5
22
3
2
5
22
3
2
22
4
o
f4
/.
..
.
´..
.
...
.
/.
..
.
..
.
...
.
º a relativas entalpias:e
686 pág. [1], livro do C.4 tabelaºa/.











 













 





 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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Saída: 
 
   
   
 
     
   
   
   
kJ15260HQ
kJ15260HnHnH
molkJ623727483241dT
R
c
RC25OHHOHH
molkJ63887545393dT
R
c
RC25COHCOH
molkJ1511175490115dT
R
c
RC25HCHOHHCHOH
molkJ8863NH
molkJ9743OH
C25NHOH
molkJ9769
1529815423
3
101642
1529815423
2
100819
15298154237021
3148108574
dT
R
c
RC25CHHCHH
ininoutout
C150
C25
p
2
o
f2
C150
C25
p
2
o
f2
C150
C25
po
f
2
2
22
22
6
22
3
3
C150
C25
p
4
o
f4




















 






/...º,
/...º,
/...º,
/.
/.
º a relativas entalpias:e
/.
..
.
..
.
...
..
º,
º
º
º
º
º
º
º
º
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
50 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo VI. 2ª Lei da Termodinâmica 
 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
51 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
Capítulo VI. 2ª Lei da Termodinâmica 
 
1. Uma fonte quente a 40 oC cede calor a uma determinada quantidade de um gás com 
comportamento de gás perfeito, Cp = (7/2) R, que se encontra inicialmente a 20 oC e 1 bar e 
ocupa o volume de 70 m3. O processo efetua-se a pressão constante e a temperatura final do 
gás é 25 oC. 
Calcule as variações de entropia do gás e do reservatório (fonte quente) e a variação de 
entropia total do processo. 
Comente os resultados obtidos. 
 
Tq=40ºC 
 
 
T1 = 20ºC 
P = 1 bar 
V = 70m3 
 
Fonte quente – 40ºC 
Gás perfeito Rcp
2
7 
Estado inicial (1) 
3
1
1
1
70
1
º20
mV
barP
CT



 
Processo isobárico (P constante) 
Estado final (2) 
CT º252  
1
2
1
2 lnln
P
P
R
T
T
ncS pperfeitogás  
como constanteT 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
52 
 
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Setembro de 2012 
 
1
2ln
T
T
ncS pperfeitogás  
O número de moles de gás calcula-se pela equação dos gases perfeitos 
mol
RT
VP
n 2872
15.293314.8
70101 5
1
11 
 
 
T
Q
S
KJnS
viz
perfeitogás

 /4.1413
15.293
15.298
ln314.8
2
7
2872
 
como GásHP  GásQ constante, 
 
 
 
KJSSS
KJS
JQ
JTncH
vizGásTotal
viz
viz
p
/7954.13344.1413
/4.1334
15.27340
417862
417862
4178622025314.8
2
7
2872




O processo é espontâneo  0S . 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
53 
 
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Setembro de 2012 
 
2. Um mol de um gás ideal, com Cp = (7/2) R e Cv = (5/2) R, é comprimido adiabaticamente 
num cilindro munido de pistão, de 1 bar e 40 oC para 4 bar. O processo é irreversível e requer 
mais 30% de trabalho que o processo reversível de compressão adiabática do mesmo estado 
inicial para o mesmo estado final. 
Calcule a variação de entropia do gás. 
Como o processo é adiabático, vamos inicialmente supor um processo reversível, e assim, 
calcula-se o trabalho desse processo reversível. Depois, e como a eficiência é dada, obtém-se 
o trabalho do processo real. 
Como a 1ª Lei da Termodinâmica é válida para processos reversíveis e também para 
processos reais, com o valor do trabalho do processo real, e sabendo que 0Q , obtém-se 
U para o processo real. E é deste valor de U que se calcula a temperatura final “real” 
para o gás que sofre este processo: 
Assim, se o processo fosse adiabático reversível: 





1
1
2
12
P
P
TT rev 
(equação derivada anteriormente no capítulo 2) 
4.1
5
7 
v
p
c
c
 
 
  J3316315313344653148
2
5
UW
K34465T
1
4
15313T
rev
rev2
41
141
rev2
....
.
.
.
.






 
Com a eficiência do processo real, calcula-se o trabalho real: 
 
Termodinâmica 
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54 
 
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 
K511T
15313T3148
2
5
U
J24112U
J2411233163301W
final
final
real




..
.
...
 
Calcula-se, agora, GásS 
 
KJ
P
P
R
T
T
cS
ff
pGás /732.2
1
4
ln314.8
15.313
511
ln314.8
2
7
lnln
11
 
Termodinâmica 
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3. Calcule a variação de entropia de 1 lb mol de um gás ideal, inicialmente a 150 oF e 5 atm 
que sofre uma expansão isotérmica até à pressão de 1 atm, seguida de arrefecimento, a 
pressão constante, até à temperatura de 50 oF. Os dois passos são reversíveis. 
(Cp = 7 Btu/lbmol R) 
Como a entropia é uma função de estado: 
atmP
FTi
5
º150
1 

 
atmP
T
1
constante
2 

 
FT
P
º50
constante
3 

 
 
RlbmolBtu
i
f
P
P
R
T
T
cS
i
f
i
f
pGás
./7c
inicial
final
lnln
p 



 
Assim, 
 
  
lbmolRBtuR
SGás
/986.1
5
1
ln986.1
67.459150
67.45950
ln7



 
Termodinâmica 
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56 
 
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4. Mostre se o seguinte processo é possível: 
Ar a 100 psig e 70 oF entra numa peça de equipamento bem isolada do exterior. Metade do ar 
sai a 180 oF e a outra metade a - 40 oF, ambas a 1 atm. Não há trocas de trabalho com o 
exterior e ambas as correntes de saída têm a mesma composição da corrente de entrada. 
DADOS: Cp = 7 (Btu)/ (lb mol) (R) 
0Q 
F
psig
Ar
º70
100 
F
F
F
F
5.0
º40
º180
5.0
 atm1 
 
Como a entropia é uma função de estado, vamos “dividir” a corrente de entrada em duas 
correntes, nas mesmas condições de temperatura e pressão, sendo que cada uma destas duas 
correntes tem um caudal igual a metade do da corrente de alimentação. 
Assim, temos uma corrente 
FF 5.01  
e outra 
FF 5.02  
A variação total de entropia será a soma de cada uma destas variações de entropia. Vamos 
considerar lbmolF 2 : 
À entrada, a pressão é psig100 ou seja psia69.114 
Para a corrente 1F : 
   69.11469.14ln986.167.45970 67.459180ln711 S 
Para a corrente 2F : 
   69114691498616745970 67459407S2 ..ln.. .ln  
Como a variação total de entropia é dada pela soma destas duas variações de entropia: 
RBTu8547STotal /. 
O processo é, teoricamente, possível. 
Termodinâmica 
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5. Uma máquina de Carnot recebe 150 kJ s-1 de calor de uma fonte quente à temperatura de 
425 oC e rejeita calor para uma fonte fria à temperatura de 30 oC. Calcule a potência 
desenvolvida e o calor rejeitado. 
 
Para uma máquina de Carnot: 
  
skJW
Q
Q
potênciaW
Q
T
T
T
T
q
q
q
q
f
q
f
/0.84
W
566.0
566.0
15.273425
15.27330
1
quente fonte da recebidocalor 
W
quente atemperatur
fria atemperatur
1










 
 
Como o fluido perfaz um ciclo termodinâmico: 
skJWQQ
Q
QQW
WQU
qf
f
fq
/1.65109.8410150
fria fonte a para rejeitadocalor 
;0
33 



 
Termodinâmica 
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6. Numa determinada instalação a fonte quente encontra-se a 300 oC e a fonte fria a 25 oC. A 
sua eficiência térmica é igual a 60% da eficiência térmica da máquina de Carnot a operar 
entre aquelas duas temperaturas. 
 
a) Calcule a eficiência térmica da instalação. 
288.060.0
4798.0
15.273300
15.27325
11
60.0
º25
º300









Carnot
q
f
Carnot
Carnot
f
q
T
T
CT
CT
 
 
b) Calcule a temperatura a que se deve elevar a fonte quente de modo a obter, para esta 
instalação, uma eficiência térmica igual a 40%. (Considere igualmente que esta eficiência 
térmica é 60% da eficiência da máquina de Carnot). 
 
 
KT
T
q
q
5.894
15.27325
160.040.0
40.0




 

 
 
 
Termodinâmica 
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7. Duas máquinas de Carnot operam entre os mesmos níveis térmicos. Uma delas produz 50 
hp e tem um rendimento de 30%. A outra recebe 4240 Btu/min da fonte quente. Calcule a 
potência fornecida por esta máquina e o calor que cada uma delas rejeita para a fonte fria. 
 
Duas máquinas de Carnot: 
 
Máquina 1: Máquina 2: 
30.0
50

 hpW
 min/4240BtuQq  
 
As duas máquinas, sendo de Carnot, a operar entre os mesmos níveis térmicos, têm eficiências 
iguais. Logo, a eficiência da máquina 2 é 0.30. 
 
Máquina 1: 
 
kWQ
Q
kWhpW
q
q
0.87
29.37
30.0
29.3750



 
 
 
Máquina 2: 
 
kWQ
kW
sBtu
kW
s
Btu
Q
kW
sBtu
kW
s
Btu
W
sBtukW
sBtuW
W
f
q
2.524.2256.74
56.74
/94783.0
1min
60
1
min
4240
4.22
/94783.0
1min
60
1
min
1273
/94783.01
/1272
4240
30.0






 
 
Termodinâmica 
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Capítulo VII. Propriedades Termodinâmicas de Fluidos Puros 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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Capítulo VII. Propriedades Termodinâmicas de Fluidos Puros 
 
1. Um reservatório com volume constante está cheio com água líquida a 25 oC e 1 bar. 
Adiciona-se calor à água até esta atingir 50 oC. Qual a pressão final? 
 DADOS: 
  = 36.2 x 10-5 K-1 
  = 4.42 x 10-5 bar-1 
 
 O volume específico da água líquida a 25 oC é 1.0030 cm3 g-1. 
 
V = constante (Processo isocórico) 
 
Estado inicial (1) 
barP
CT
1
º25
1
1


 Estado final (2) 
?
º50
2
2


P
CT
 
 
gcm00301
bar10424
K10236
3
C25
15
15
/.
.
.
º 




 
 
Por definição: 
Coeficiente de dilatação volumétrica: 
PT
V
V




 1 
Coeficiente de compressibilidade isotérmica: 
dP
T
V
dT
P
V
dV
PTfV
P
V
V T















),(
1
 
 
 
Termodinâmica 
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Introduzindo os coeficientes:  e  , anteriormente definidos: 
dPdT
V
dV  
Como: 
constV  
 
barP
PTdPdTdPdT
V
dV
75.207
1042.4
102.36
1
00
5
5
2 




 
 
Termodinâmica 
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2. Vapor de água saturado a 10 psia é convertido em vapor de água sobreaquecido a 30 psia e 
1200 oF. 
1 2 
psiaP
adoVaporsatur
101  
FT
psiaP
aquecidoVaporsobre
º1200
30
2
2

 
 
a) Calcule as variações de entalpia e de entropia, recorrendo às tabelas de propriedades de 
vapor do livro[1] 
 1 Vapor saturado a 10 psia. 
 
Da Tabela 3F , pág. 756 do livro[1]: 
 
P H S 
9.747 
10.168 
1142.9 
1143.7 
1.7900 
1.7865 
 
Interpolando: 
RlbBtuS
lbBtuH


/7879.1
/4.1143
1
1
 
 
 2 Vapor sobreaquecido 
 
Da tabela 4F , pág. 762 do livro[1]: 
FT
psiaP
º1200
30


 
 
Lê-se: 
 
H2 =1639.0Btu / lb
S2 = 2.1217Btu / lb×R
 
 
 
Termodinâmica 
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Logo, o pedido: 
RlbBtu33380SSS
lbBtu6495HHH
12
12


/.
/.
 
b) Supondo que o vapor de água tinha comportamento de gás perfeito, calcule as variações de 
entalpia e de entropia. 
Comportamento de gás perfeito 
 
 moln 1 
 
 02 



CDTBTA
R
c
dTcnH
p
p
 
 
KFT
KFT
D
C
B
A
04.922º1200
59.362º193
10121.0
0
1045.1
47.3
2
1
5
3







 
 
RlbmBtuH
lbm
g
g
mol
J
Btu
mol
J
H
T
TTRH
dTTTRH
dTcnH
T
T
T
T
T
T p






 







/0.493
1020462.2
1
18
1
1
1047831.9
23.20640
10121.0
2
1045.1
47.3
10121.01045.147.3
3
4
5
2
3
253
2
1
2
1
2
1
 
 
Termodinâmica 
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 
RlbmBtuS
Rlbm
g
g
mol
J
Btu
mol
J
S
P
P
RTTTTRS
P
P
RdTT
T
RS
P
P
RdT
T
TT
RS
P
P
R
T
dT
cS
T
T
p












 










/3325.0
1
56.0
1020462.2
1
18
1
1
1047831.9
8597.24
ln
2
10121.0
1045.1ln47.3
ln10121.01045.1
47.3
ln
10121.01045.147.3
ln
3
4
1
22
5
3
1
2353
1
2
253
1
2
2
1
 
Termodinâmica 
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3. Vapor de água húmido a 1 800 kPa expande-se isentalpicamente até 101.33 kPa e 115 oC. 
Estime a qualidade do vapor de água no estado inicial. Utilize as tabelas de propriedades de 
vapor do livro [1]. 
kPaP 1800 
Processo isentálpico  0H 
 
Estado final (2) 
CT
kPaP
º115
33.101
2
2


 
 
Da Tabela 2F , pág. 723 do livro [1]: 
 
T H S 
100 
125 
2676.0 
2726.4 
7.3554 
7.4860 
 
Interpolando: 
kgkJH /9.27052  
Para o estado inicial (1): 
H1 =H2 = 2705.9kJ / kg 
 
No estado inicial, a 1800kPa, vai ser mistura de líquido e de vapor. Assim: 
  VsatLsatVsatLsati yHHyyHxHH  1 
 
Da Tabela 2F , pág. 735 do livro [1]: 
Para kPaP 1800 , lê-se: 
HV = 2794.8kJ / kg
H L =884.574kJ / kg 
E calcula-se a qualidade do vapor (y): 
  82794y574884y192705 ...  
Qualidade do vapor: 95% 
Termodinâmica 
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4. Um kg de vapor de água está contido num cilindro com pistão a 700 kPa e 260 oC. Calcule 
a temperatura final, se este sofrer uma expansão adiabática reversível até 250 kPa. Qual o 
trabalho realizado? 
Utilize as tabelas de propriedades de vapor do livro [1]. 
 
Estado inicial (1): Estado final (2) 
CT
kPaP
º260
700
1
1


 
?
250
2
2


T
kPaP
 
 
0revQ 
fi
rev SS0S
T
dQ
dS  Processo isentrópico 
 
Da Tabela 2F , pág. 727 do livro [1]: 
 
kgKkJS
kgKkJCkPaS
/1470.7
/1470.7º260;700
2
1


 
 
Para a pressão final de 250kPa: 
Da Tabela 2F , pág. 723 do livro [1]: 
T S 
127.43 
150 
7.052 
7.1689 
 
Interpolando, obtém-se: 
CT º77.1452  
 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica: 
12
0como,
UUUW
QWQU


 
 
Das tabelas do livro [1]: 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
68 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
Estado inicial: 
Tabela 2F , pág. 727 
kgkJU /0.27351  
Estado final: 
Tabela 2F , pág. 723 
kgkJUW
kgkJU
/4.168
/6.25662


 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
69 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
5. Um kg de água contido num cilindro com pistão a 25 oC e 1 bar é comprimido reversível e 
isotermicamente até 1 500 bar. 
O volume específico da água líquida a 25 oC é 1.0030 cm3 g-1. 
Calcule Q, W, U, H e S. 
 = 250 x 10-6 K-1  = 45 x 10-6 bar-1 
kgm 1 
Estado inicial (1) Estado final (2) 
CT
barP
º25
1
1
1


 
gcmV
barP
TT
/003.1
1500
3
2
2
12



 
 
16
16
1045
10250




bar
K
 
 
     
 
kgmV
V
V
PPPPTT
V
V
/109376.0
115001045ln
0ln
33
2
6
1
2
121212
1
2





 
 
Como a diferença de volume entre o estado inicial e o estado final é relativamente pequena, 
vamos considerar o fluido incompressível e usar a média destes dois valores para o volume 
(Vm): 
 
   
kgm
VV
Vm /109703.0
2
109376.0003.1
2
33
3
21   
 
   
VdP
T
dT
cdS
dPTVdPTVdTcdH
p
p

  101
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
70 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
    
 
   
kJU
U
VPVPHU
PVUH
kJQ
T
Q
S
KJS
S
MJH
H
rev
rev
94.5
10003.110110937.0101500101346.0
84.1015.29836.36
/36.36
101101500109703.010250
1347.0
10110150015.298102501109703.0
35356
1122
5533
5533













 
 
Pela 1ª Lei da Termodinâmica: 
  kJW QUW
WQU
9.41084.101094.5 33 



 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
71 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
6. Vapor de água a 375 oC e 3 800 kPa sofre uma expansão isentrópica numa turbina. Calcule 
a pressão final se o vapor de saída for: 
Estado inicial (1) 
kPaP
CT
3800
º375
1
1


 
Processo isentrópico 
i) vapor saturado. 
Estado final (2): Vapor saturado 
Da Tabela 2F , pág. 739 do livro [1]: 
 
12
1 /7117.6º375;3800
SS
kgKkJCkPaS


 
Da Tabela 1F , pág. 719 do livro [1]: 
 
P S 
683.56 
718.31 
6.7133 
6.6964 
 
Interpolando, para obter 7117.6S , o valor para a pressão é: 686.85 kPa. 
 
ii) vapor com uma qualidade igual a 90%. 
Qualidade do vapor: 0.90 
VL SSS
y
9.01.0
90.0
2 

 
Das Tabelas 1F , pág. 718 do livro [1]: 
  
3078.7
3518.1
68.116
º104


V
L
S
S
kPaP
CT
 
 
7122.69.01.0  VL SSS 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
72 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
  
2845.7
3742.1
04.125
º106


V
L
S
S
kPaP
CT
 
 
6935.69.01.0  VL SSS 
Por interpolação, obtém-se que para 7117.6S , kPaP 90.1162  
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
73 
 
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Setembro de 2012 
 
7. Propano gasoso a 1 bar e 50 oC é comprimido até 125 bar e 245 oC. Calcule o volume 
molar do propano no estado final e as variações de entalpia e de entropia para este processo. 
No estado inicial o propano comporta-se como um gás perfeito. 
83HC gasoso 
Estado inicial (1): 
barP
CT
1
º50
1
1


 
 
Estado final (2): 
barP
CT
125
º255
2
2


 
 
Calcula-se SHV  e,2 
Usando a correlação generalizada: 
10 ZZZ  
Em que 
RT
PV
Z  
Para obter os valores de 0Z e 1Z , do Apêndice E do livro [1], é necessário calcular os valores 
de rT e rP : 
Para tal, tem de se obter os valores de pressão e temperatura crítica. Vamos ler no apêndice B 
do livro [1], onde também se encontra tabelado o valor para o fator acêntrico: 
1520
K8369T
bar4842P
c
c
.
.
.



 
 
 
94.2
48.42
125
40.1
8.369
15.273245

r
r
P
T
 
 
Das Tabelas 3E e 4E , págs. 698 e 699 do livro [1]: 
2367.0
7235.0
1
0


Z
Z
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
74 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
Calcula-se, agora, Z : 
7595.0Z 
 
e o volume final: 
molm
P
RT
V
RT
PV
Z
/106.2
2 34

 
 
Para o estado final, em que não temos comportamento de gás perfeito: 
 
RGP
RGP
SSS
HHH
222
222


 
 
Considerando que no estado inicial se tem gás perfeito: 
 
RGPGPRGP HHHHHHHH 212212  
 
Utilizando a correlação de Lee-Kester para obter o valor da entalpia residual para o estado 
final: 
1
c
R
0
c
R
c
R
RT
H
RT
H
RT
H 






 
 
Das Tabelas 7E e 8E , págs. 702 e 703 do livro [1]: 
046.0
821.1
1
0








c
R
c
R
RT
H
RT
H
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
75 
 
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Setembro de 2012 
 
 
molJH
RT
H
R
c
R
/5620
828.1046.0152.0821.1





 
 
 
 
 
molJ13400T
3
108248
T
2
1078528
T2131RH
dTT108248T10785282131RdT
R
c
RH
T108248T10785282131
R
c
dTcH
15273245T
1527350T
3
6
2
3
GP
T
T
263T
T
pGP
263p
T
T p
GP
2
1
2
1
2
1
2
1
/
..
.
...
...
.
.


 










 
 
7780H J/mol 
 
Usando a mesma metodologia para calcular S : 
1R0RR
R
2
GP
R
S
R
S
R
S
SSS








 
Das Tabelas 11E e 12E , págs 706 e 707 do livro [1]: 
  013.1286.0152.0970.0
286.0
970.0
1
0












R
S
R
S
R
S
R
R
R
 
Termodinâmica 
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76 
 
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Setembro de 2012 
 
 
molKJ163S
1
125
RT
2
108248
T1078528T2131RS
1
125
RdT
T
T108248T10785282131
RS
P
P
R
T
dT
R
c
RS
molKJ4268S
GP
T
T
2
6
3GP
T
T
263
GP
1
2T
T
pGP
R
f
i
2
1
2
1
/.
ln
.
.ln.
ln
...
ln
/.



 







 
 
58611S . J/(mol K) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
77 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo VIII 
Compressores e Turbinas; Caldeiras; Ciclos de Potência e Refrigeração 
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
78 
 
Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto 
Setembro de 2012 
 
Capítulo VIII. Compressores e Turbinas; Ciclos de Potência e Refrigeração 
 
1. Num anúncio de um frigorífico, equipado com um compressor de 100 W, é publicitado que 
tem capacidade para transferir 5439 kJ h-1 de calor do seu interior a 5 oC, para o exterior, a 27 
oC. Qual a leitura que faz deste anúncio? 
 
 
 
 
 
%8079.01
15.278
15.300
11
1.15
100
8.1510
8.1510/5439



f
q
f
q
f
f
T
T
Q
Q
W
Q
WhkJQ
 
 é muito baixo. 
27ºC 
5ºC 
Qq 
Qf 
W 
100W 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
79 
 
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Setembro de 2012 
 
2. Um compressor adiabático reversível recebe ar a 100 kPa e 20 ºC (1), comprimindo-o até 1 
MPa (2). Depois do aquecimento, a temperatura eleva-se a 1200 ºC (3) sem haver alteração de 
pressão. Seguidamente, o ar é expandido numa turbina adiabática até 100 kPa e 600 ºC (4). O 
trabalho líquido produzido neste processo é 1 MW. 
Compressor
Aquecedor
Turbina
(1)
(2) (3)
(4)
WCompressor
Aquecedor
Turbina
(1)
(2) (3)
(4)
W
 
 
Supondo que o ar se comporta como gás perfeito (Cp=1.005 kJ.kg-1.K-1), determine: 
 
a) A temperatura da corrente (2): 
KCT
kPaP
15.293º20
100
1
1


 
MPaP
T
1
?
2
2


 
Compressor: 0S 
 
KT
T
Kkg
kJ
P
P
RdT
T
c
S
p
7.566
1.0
1
ln
09.28
1
314.8
15.293
ln005.10
ln
2
2
1
2


 
 
Kkg
kJ
 
b) O caudal mássico de ar; 
?arm 
No compressor: HW  
   2
1
0/9.27415.2937.566005.1
T
T p
kgkJdTcH 
Termodinâmica 
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80 
 
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Setembro de 2012 
 
Turbina: 
 
skg
kgJ
mWmW
kgkJW
kgkJdTcH
artotalarlíquido
total
T
T p
/05.3
/101.328
10
/1.3289.274603
0/0.6031200600005.1
3
6
4
3


 
 
c) A eficiência isentrópica da turbina; 
Turbina: 0S 
CT
MPaP
º1200
1
3
3


 
?
100
4
4


T
kPaP
 
KT
T
P
P
RdT
T
c
S
T
T
p
7.747
1000
100
ln
09.28
1
314.8
15.1473
ln005.1
0ln
4
4
3
44
3


 
 
 
%7.82827.0
08.729
603
/08.72915.14737.747005.14
3
aisentrópic Turbina




isent
real
T
T
p
W
W
kgkJdT
T
c
H
HW
 
 
d) A geração de entropia na turbina. 
Kkg
kJ
S
P
P
RdT
T
c
S
S
T
T
p
real




1558.0
1000
100
ln
09.28
1
314.8
15.1473
15.873
ln005.1ln
?
4
3 3
4
 
 
 
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
81 
 
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Setembro de 2012 
 
3. Vapor de água a 200 bar e 407 oC entra numa turbina adiabática reversível, passando depois 
numa válvula isentálpica. À saída desta válvula obtém-se vapor saturado a 50 bar. Utilize o 
diagrama junto. 
 
 S=0 
 
 
 
a) Quais as temperaturas à saída da turbina e à saída da válvula? 
?
?
3
2


T
T
 
Diagrama barP 503  , vapor saturado 
KT
HkgkJH
540
/3400
3
23


 
Diagrama: 
  21 /2.9º407,200 SKkgkJCbarS  
Em 2 sabemos: 
barP
KT
KkgkJS
HkgkJH
100
600
/2.9
/3400
2
2
2
22




 
b) Calcule o trabalho da turbina. 
kgkJH
kgkJH
barP
KT
HHHW
/10035003400
/3500
200
680
1
1
1
12





 
 
 
 
Turbina 
Adiabática 
Reversível 
Válvula H = 0 P1= 200 bar T1= 407ºC 
 = 680.15 K 
Vapor Saturado 
P3 = 50 bar 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
82 
 
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Setembro de 2012 
 
4 - Uma corrente de etileno gasoso a 260 oC e 4 100 kPa sofre uma expansão isentrópica 
numa turbina até 140 kPa. Calcule a temperatura do gás expandido e o trabalho 
produzido, recorrendo a: 
a) Equação dos gases perfeitos. 
 
Etileno gasoso
Ti = 260ºC
Pi = 4100kPa  Pf =140kPa
 
 
 
KT
T
T
T
P
P
RdTT
T
R
P
P
R
T
dT
R
c
RS
f
f
f
f
T
T i
f
T
T i
fp
f
i
f
i
07.321
0
4600
140
ln314.815.533
2
10392.4
15.53310394.14
15.533
ln424.1
0ln10392.410394.14
424.1
0ln
22
6
3
63







 





 
  f
i
T
T
p
m JdT
R
c
RHW 15.11909 
b) Correlações generalizadas. 
  

0SS
P
dP
RdT
T
c
S
0SSS
R
i
R
f
p
RGP
 
Etileno (Tabela B1, pág. 680, livro [1]) 
bar4050P
K3282T
0870
c
c
.
.
.



 
 
8135.0
886.1
,
,


ir
ir
P
T
 
Termodinâmica 
Maria Eugénia Macedo 
83 
 
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Setembro de 2012 
 


 
r
1
r
0
r
R
dT
dB
dT
dB
P
R
S
 
6.2
0 675.0
rr TdT
dB  
2.5
1 722.0
rr TdT
dB  
62
fir
0
3282
T
6750
dT
dB
.
.
.




 
25
fir
1
3282
T
7220
dT
dB
.
.
.




 
Para o estado inicial: 
026460
dT
dB
12920
dT
dB
ir
1
ir
0
.
.






 
 
  889400246460087012920813503148SRi ...... 
 
  f
i
f
i
T
T
R
i
R
f
T
T
p 0SS
P
dP
R
T
dT
R
c
RS 
Por processo iterativo na equação acima, obtém-se Tf: 
Tf =315.80K 
A esta temperatura: 
402980
dT
dB
504290
dT
dB
fr
1
fr
0
.
.






 
Termodinâmica 
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Calcula-se agora o trabalho: 
 


 

 



r
1
r
1
r
0
r
0
r
c
R
R
i
R
f
T
T
pm
n
dT
dB
TB
dT
dB
TBP
RT
H
HHdT
R
c
RW
0QWQH
f
i
 
É necessário calcular também, para os estados inicial (i) e final (f): 
24
r
1
61
r
0
T
1720
1390B
T
4220
0830B
.
.
.
.
.
.


 
   127090B 069580B i1 i
0
.
.


 
   031600B 269690B f1 f
0
.
.


 
 


f
i
T
T
R
i
R
f
p
m
R
f
R
i
J11624HHdT
R
c
RW
J7456H
J01586H
.
.
 
 
 
 
 
 
Termodinâmica 
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5 - Considere a máquina de calor representada na figura: 
 
 
 Trata-se de uma instalação de potência que converte calor em trabalho, nas seguintes 
etapas: 
 1 - 2 a água líquida saturada é comprimida adiabática e reversivelmente, sendo 
fornecido trabalho nesta etapa (w12). 
 2 - 3 a água é aquecida isobaricamente até ao seu ponto de ebulição. 
 3 - 4 a água é evaporada. 
 4 - 5 o vapor de água é aquecido isobaricamente. 
 O calor proveniente de uma combustão é cedido à água nestas três etapas de 
aquecimento. Parte deste calor é convertido em trabalho. 
 5 - 6 o vapor expande-se adiabaticamente na turbina. Nesta etapa, o vapor fornece 
trabalho ao exterior. 
 6 - 7 o vapor que sai da turbina é arrefecido isobaricamente até à saturação. 
 7 - 1 o vapor condensa e o líquido inicia novo ciclo. Nesta etapa, parte do calor 
recebido é cedido ao exterior. 
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a) Supondo que o líquido é incompressível, calcule w12. 
 De 1 para 2: compressão adiabática reversível, sendo 1 e 2 ambos líquidos: 
 Pela 1ª lei da Termodinâmica, para processo de fluxo em estado estacionário: 
 dH=dQ+dW (processo adiabático: dQ=0): 
 dH=dW 
 Introduzindo agora a definição de entalpia, e tendo em consideração que se trata de 
fluido puro, e uma fase (sistema homogéneo), sabe-se que: 
 dH= TdS+VdP 
 Como o processo é adiabático e reversível, é isentrópico, ou seja dS=0 
 Logo: 
 dH=dW=VdP 
 
 dW=dH+VdP 
 Com base nesta expressão, e admitindo líquido incompressível (V=constante), calcula-
 -se o trabalho de 1 para 2: 
  118714500016720dPVW12 ...   psia ft3lbm-1 
m12 lbBtu51W /. 
b) Calcule a entalpia no estado 2. 
 Por leitura nas tabelas de líquido saturado, a 14.7 psia, no livro [1], página 756: 
 H1 =180.17Btu / lb 
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lbBtu71815117180HHH
51WH
H
1212
1212
2
/...
.
?



 
c) Calcule w56 e T6. 
?
?
6
56


T
W
 
FT
psiP
º03.467
500
3
3


 
FT
psiP
º1200
500
5
5


  1 até isobárico7.146 psiP  
Expansão adiabática reversível 
Tabela F4, página 779, do livro [1]: 
H5 =1629.1Btu / lb
S5 =1.8069Btu / lb×R
 
Como o processo é adiabático reversível: 
S6 =S5 
Em 6, sabemos: 
psiP
RlbBtuS
7.14
/8069.1
6
6


 
Tabela F4, página 760, do livro [1]: 
T S 
250 1.7833 
300 1.8158 
 
lbBtuHFTRlbBtuS /08.1186º3.286/8069.1 666  
lbBtuHHW /02.4435656  
 
 
 
T H 
250 1168.8 
300 1192.6 
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d) Calcule Q1 e Q2. 
lbBtu91005HHQ
lbBtu41447HHQ
Q
Q
612
251
2
1
/.
/.
?
?




 
 
e) Determine a eficiência desta instalação. 
  %..... ..recebido
?
5303050
41447
52441
41447
50102443
Q
WW
1
5612 

 
f) Determine a eficiência de uma máquina de Carnot que funcionasse entre os 
mesmos limites de temperatura. 
%5.59595.0
4601200
460212
11 
 Carnot
i
f
Carnot
T
T
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Apêndice: 
Diagrama Entropia-temperatura para água: 
 
 
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Bibliografia: 
 
[1] Smith, J. M.; Van Ness, H. C.; Abott, M. M.; Introduction to Chemical Engineering 
Thermodynamics, 7th Ed., McGraw-Hill, NY, 2005