Exercício de Termodinâmica Básica 208

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101.325
1
= 405,3K
CV Ar na bomba. Suponha que ambos os casos resultem em um processo reversível.
8,93
Estado 2: 300 kPa, ?
T
2ii
Use a lei dos gases ideais PV = mRT em ambos os estados, de modo que 
a razão dê => V2 = P1V1T2/T1P2 = 11,48 cm3
b.
Com se constante e capacidade térmica constante usamos a Eq.8.32
P
1
T2 = T0 = 298 K => V2 = V1P1/P2 = 8,44 cm3
= 0/
a.
ÿ ÿ
P
ÿ
Caso II) Lentamente, tempo para transferência de calor então T = constante = T0.
Estabeleça suposições sobre o processo para cada caso.
Caso I) Rapidamente significa que não há tempo para transferência 
de calor Q = 0, portanto uma compressão adiabática reversível.
ÿ
Sonntag, Borgnakke e van Wylen
= 298
é
2i
v
2ii
Solução:
2i
O processo é então uma compressão isotérmica reversível.
Encontre o volume e a temperatura finais para ambos os casos.
você2 - você1 = -1w2 ; s2 - s1 = ÿ dq/T + 1s2 geração
300ÿ
P
Uma bomba portátil para bicicleta tem volume de 25 cm3 quando totalmente estendida. Agora você 
pressiona o êmbolo (pistão) enquanto mantém o polegar sobre o orifício de saída para obter uma pressão 
de ar de 300 kPa. A atmosfera externa está em P0, T0. Considere dois casos: (1) isso é feito rapidamente 
(ÿ1 s) e (2) é feito muito lentamente (ÿ1 h).
Uma informação deve resolver o ? para uma propriedade de estado 2.
ÿ
Estado 1: P0, T0
T2 = T1( P2 / P1)
k-1
1
2
k
0,4
1.4
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ÿ
ÿ ÿ
ÿ Rln(P2/P1)
Com dois termos zero na equação da entropia, temos um zero para a mudança de entropia. 
Portanto, este é um processo de expansão constante s (isentrópico), s2 = s1.
= 0/
8,94
1w2 = -(u2 - u1) = –(481,5 – 228,19) = –253,3 kJ/kg
ÿ
= 789,7 K
Agora interpole em A.8 para encontrar T2
você2 - você1 = 0 ÿ 
1w2 ; s2 - s1 = ÿ dq/T + 1s2 
gen Adiabático 1q2 = 0 Reversível 1s2 gen Estado 1: 
(400 K, 120 kPa)
s2 - s1 = 0 = s°
c) Encontre uma capacidade calorífica a uma temperatura média na Tabela A.6.
CVo = CPo – R = 1,049 – 0,1889 = 0,8601, k = CPo/CVo = 1,2196
ÿ ÿ k = 400 
ÿ 0,12Eq.8.32:
ÿ
ÿÿ
– então
Energia Eq.5.11:
ÿ
ÿ
= 691 K
ÿ
CPo = 0,45 + 1,67 × 0,55 – 1,27 × 0,552 + 0,39 × 0,553 = 1,049 kJ/kg K
= 0
Solução:
+ Rln (P2/P1) = 5,1196 + 0,1889 ln(2500/120) = 5,6932
ÿ T2 = T1 
ÿ
Sonntag, Borgnakke e van Wylen
ÿ
1w2 = –CVo(T2–T1) = –0,8601 (691 – 400) = –250,3 kJ/kg
ÿ
b) Tabela A.5: k = 1,289, CVo = 0,653 kJ/kg K e agora Eq.8.32 ÿ
Entropia Eq.8.14:
2,5 ÿ
Estime T2 ~ 700 K dando TAVE ~ 550 K => ÿ = 0,55
ÿ
k = 400
Estado 2: (2500 kPa,?)
então
T2 = 650 + 50 (5,6932 – 5,6151)/(5,6976 – 5,6151) = 697,3 K
CV Air, uma massa de controle submetida a um processo reversível e adiabático.
a) Tabela A.8 para CO2 e Eq.8.28
0,12
1w2 = -CVo(T2-T1) = -0,653 (789,7 - 400) = -254,5 kJ/kg
ÿ
2,5 ÿ
Um cilindro/pistão isolado contém gás dióxido de carbono a 120 kPa, 400 K. O gás é comprimido a 2,5 
MPa em um processo adiabático reversível. Calcule a temperatura final e o trabalho por unidade de massa, 
assumindo a. Calor específico variável, Tabela A.8 b. Calor 
específico constante, valor da Tabela A.5 c. 
Calor específico constante, valor a uma temperatura 
intermediária da Tabela A.6
Processo:
= s°
T1
k-1
T2
T2
k-1
T1
P2ÿ 0,224
0,18006
P1
P1
P2ÿ
T2 = T1
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