Exercícios de revisão - 1

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GDV – Revisão de Termodinâmica 1ª Lei – Exercícios resolvidos em aula – 2015/2º 
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REGIME PERMANENTE 
Exemplo 1 
 Ar escoa no interior de um tubo de 0,2 m de diâmetro, com velocidade uniforme de 
0,2 m/s. A temperatura no interior do tubo é de 25°C e a pressão de 150 kPa. Qual a vazão 
mássica de ar nesse tubo? 
 Solução: 
 �̇� =
�⃗⃗� 𝐴
𝜗
 
Utilizando o valor de 𝑅 para o ar de 0,287temos: 
𝜗 =
𝑅𝑇
𝑃
=
0,287 𝑥 298
150
= 0,575𝑚3 𝑘𝑔⁄ 
A área da seção transversal do tubo é: 
𝐴 =
𝜋
4
(0,2)2 = 0,0314 𝑚2 ∴ �̇� =
0,0314 𝑥 0,1
0,5705
= 0,0055 𝑘𝑔/𝑠 
𝐴 = 0,0055 𝑘𝑔/𝑠 
 
Exemplo 2.1 
 Considere um condensador de um sistema de refrigeração resfriado a água que utiliza 
R-134a como fluido refrigerante. O refrigerante entra no condensador a 60 °C e 1 MPa e sai 
como líquido a 0,95 MPa e 35 °C. A água de resfriamento entra no condensador a 10°C e sai a 
20 °C. Sabendo-se que a vazão de refrigerante é igual a 0,2 kg/s determinar a vazão de água de 
resfriamento nesse condensador. 
 
Solução: 
Temos dois escoamentos cruzando a fronteira desse volume de controle o de R-134a e o de 
água. Admitindo que as variações de energia cinética e potencial são desprezíveis, que o 
trabalho é nulo e que não há troca de calor pela superfície de controle, a equação da primeira 
lei fica reduzida a: ∑�̇�𝑒ℎ𝑒 = ∑�̇�𝑠 ℎ𝑠. 
 
(𝑅 − 134𝑎)𝑒 {
𝑇𝑒 = 60 °𝐶
𝑃𝑒 = 1 𝑀𝑃𝑎
→ (ℎ𝑒)𝑟 = 441,89 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
(𝑅 − 134𝑎)𝑠 {
𝑇𝑠 = 35 °𝐶
𝑃𝑠 = 0,𝑀𝑃𝑎
→ (ℎ𝑠)𝑟 = 249,10 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
(á𝑔𝑢𝑎)𝑒 𝑇𝑒 = 10 °𝐶 → (ℎ𝑒)𝑎 = 42,00 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
(á𝑔𝑢𝑎)𝑠 𝑇𝑠 = 20 °𝐶 → (ℎ𝑠)𝑎 = 83,95 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
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�̇�𝑟 = 0,2 𝑘𝑔/𝑠 
�̇�𝑎 = �̇�𝑟
(ℎ𝑒 − ℎ𝑠)𝑟
(ℎ𝑠 − ℎ𝑒)𝑎
= 0,2 (
441,9 − 249,10
83,95 − 42,00
) = 0,919 𝑘𝑔/𝑠 
�̇�𝑎 = 0,919 𝑘𝑔/𝑠 
 
Exemplo 2.2 
 Vapor de água a 0,6 MPa e 200 °C entra em um bocal isolado termicamente com uma 
velocidade de 50 m/s e sai com uma velocidade de 600 m/s à pressão de 0,15 MPa. Determine, 
no estado final, a temperatura do vapor se este estiver superaquecido ou o título, se estiver 
saturado. 
 
 Solução: 
�̇�𝑣𝑐 ≈ 0 (𝑏𝑜𝑐𝑎𝑙 𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑑𝑜) �̇�𝑣𝑐 = 0 𝐸𝑃𝑒 = 𝐸𝑃𝑠 
A equação da primeira lei resume-se a: 
ℎ𝑒 +
�⃗� 𝑒
2
2
= ℎ𝑠 +
�⃗� 𝑠
2
2
→ ℎ𝑠 = ℎ𝑒 +
�⃗� 𝑒
2
2
−
�⃗� 𝑠
2
2
 
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 {
𝑇𝑒 = 200 °𝐶
𝑃𝑒 = 0,6 𝑀𝑃𝑎
→ ℎ𝑒 = 2850,1 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
ℎ𝑠 = 2850,1 +
502
2 𝑥 1000
−
6002
2 𝑥 1000
= 2671,4 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
ℎ𝑠 = 2671,4
𝑃𝑠 = 0,15 𝑀𝑃𝑎
 } → 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 → {
ℎ𝑙𝑣 = 2226,5 𝑘𝐽/𝑘𝑔
ℎ𝑙 = 467,1 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
 
ℎ = ℎ𝑙 + 𝑥ℎ𝑙𝑣 → 𝑥 =
ℎ − ℎ𝑙
ℎ𝑙𝑣
=
2671,4 − 467,1
2226,5
= 0,99 ∴ 𝑥𝑠 = 99% 
 
Exemplo 2.3 
 Consideremos o processo de estrangulamento em uma válvula de expansão em um 
ciclo de refrigeração. Nesse processo a pressão do refrigerante cai da pressão alta no 
condensador para a baixa pressão no evaporador e, durante esse processo, o fluido se 
vaporiza. Se considerarmos o processo adiabático, o título do refrigerante ao entrar no 
refrigerador pode ser calculado. Admitindo que o fluido refrigerante seja amônia que entra na 
válvula de expansão a 1,5 MPa e 35 °C e deixa a válvula a 291 kPa calcule o título da amônia na 
saída da válvula e expansão. 
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 Solução: 
Em um processo de estrangulamento ℎ𝑒 = ℎ𝑠 
A entalpia de um líquido levemente comprimido é praticamente igual à de um líquido 
saturado: 
 Entrada: para 𝑇𝑒 = 35 °𝐶 → ℎ𝑒 = 346,8 kJ/kg 
Saída: para 𝑃𝑒 = 291 𝑘𝑃𝑎 → {
ℎ𝑙 ≈ 134,41 𝑘𝐽/𝑘𝑔
ℎ𝑙𝑣 ≈ 1296,4 𝑘𝐽/𝑘𝑔
 
ℎ𝑒 = ℎ𝑠 = ℎ𝑙 + 𝑥ℎ𝑙𝑣 
346,8 = 14,41 + 𝑥𝑠 (1296,4) → 𝑥𝑠 =
346,8 − 134,41
1296,4
= 0,1638 ∴ 𝑥𝑠 = 16,38% 
 
Exemplo 2.4 
 A vazão mássica de vapor de água na seção de alimentação de uma turbina é 1,5 kg/s e 
o calor transferido da turbina 8,5 kW. São conhecidos os seguintes dados do vapor que entra e 
sai da turbina: 
 Entrada Saída 
Pressão 2,0 MPa 0,1 MPa 
Temperatura 350 °C - 
Título - 100% 
Velocidade 50 m/s 100 m/s 
Cota em relação ao plano de referência 6 m 3 m 
𝑔 9,8066 m/s² 9,8066 m/s² 
 
Calcule o trabalho fornecido pela turbina. 
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Solução: 
�̇�𝑣𝑐 + �̇� (ℎ𝑒 +
1
2
�⃗� 𝑒
2
+ 𝑔𝑍𝑒) = �̇� (ℎ𝑠 +
1
2
�⃗� 𝑠
2
+ 𝑔𝑍𝑠) + �̇�𝑣𝑐 
�̇�𝑣𝑐 = −8,5 kW 
Entrada: {
𝑇𝑒 = 350 °𝐶
𝑃𝑒 = 2,0 𝑀𝑃𝑎
→ ℎ𝑒 = 3137 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
Saída: 𝑃𝑠 = 0,1 𝑀𝑃𝑎 → ℎ𝑠 = 2675,46 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
Para as condições de entrada: 
�⃗� 𝑒
2
2
=
502
2 𝑥 1000
= 1,25 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
𝑔𝑍𝑒 =
6 𝑥 9,8066
1000
= 0,059 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
�̇�𝑒 = �̇�𝑠 = 1,5 𝑘𝑔/𝑠 
Para as condições de saída: 
�⃗� 𝑠
2
2
=
1002
2 𝑥 1000
= 5,0 𝑘𝑗/𝑘𝑔 
𝑔𝑍𝑠 =
3 𝑥 9,8066
2 𝑥 1000
= 0,029 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
Substituindo os valores na equação da primeira lei: 
8,5 + 1,5(3137 + 1,25 + 0,059 = 1,5(2675,46 + 5,0 + 0,029 + �̇�𝑣𝑐 
�̇�𝑣𝑐 = −8,5 + 4707,5 − 4020,8 = 678,2 ∴ �̇�𝑣𝑐 = 678,2 𝑘𝑊 
 
Exemplo 2.5 
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 Um compressor utilizado em uma instalação industrial é alimentado com dióxido de 
carbono a 100 kPa e 280 K a baixa velocidade. A pressão e temperatura de descarga do 
compressor são iguais a 1100 kPa e 500 K. O dióxido de carbono deixa o compressor a 25 m/s e 
escoa para um pós-resfriador. O dióxido de carbono deixa o trocador de calor a 1100 kPa e 350 
K. Sabendo-se que a potência utilizada para acionar o compressor é 50 kW, determine a taxa 
de transferência de calor no pós-resfriador considerando o processo em regime permanente. 
 
Solução: 
Volume de controle 1: compressor 
Regime permanente, uma entrada e uma saída. 
𝑞 + ℎ1 +
�⃗� 1
2
2
= ℎ2 +
�⃗� 2
2
2
+ 𝑤 
Considerando: 𝑞 ≈ 0 e �⃗� 1 ≈ 0 → ℎ1 = ℎ2 +
�⃗⃗� 2
2
2
+ 𝑤 → −𝑤 = ℎ2 − ℎ1 +
�⃗⃗� 2
2
2
 
Estado 1: {
𝑇1 = 280 𝐾
𝑃1 = 100 𝑘𝑃𝑎
→ ℎ1 = 313 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
(𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜) 
Estado 2: {
𝑇1 = 500 𝐾
𝑃2 = 1,1 𝑀𝑃𝑎
→ ℎ2 =578,8 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
−𝑤 = 578,8 − 313 +
252
2 𝑥 1000
= 266,11 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
𝑊𝑐 = −50 𝑘𝑊 
�̇�𝑐 = �̇�𝑟 =
𝑊𝑐
𝑤
=
−50
−266,1
= 0,188 𝑘𝑔/𝑠 
Volume de controle 2: pós-resfriador 
𝑞 + ℎ2 +
�⃗� 2
2
2
= ℎ3 +
�⃗� 3
2
2
 
Desprezando a variação da energia cinética 
𝑞 + ℎ2+= ℎ3 → 𝑞 = ℎ3 − ℎ2 
Estado 3: {
𝑇3 = 350 𝐾
𝑃3 = 1,1 𝑀𝑝𝑎
→ ℎ3 = 431,6 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
𝑞 = 431,6 − 578,8 = −147,2 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
�̇�𝑟 = −�̇�𝑣𝑐 = �̇�𝑞 = 147,2 𝑥 0,188 = 27,67̇ ∴ �̇�𝑟 = 27,67 𝑘𝑊 
 
 
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REGIME TRANSIENTE 
Exemplo 4.1 
 Vapor de água a 1,4 MPa e 300 °C escoa por um tubo como indicado na Figura 4.1 Um 
tanque, inicialmente evacuado, está conectado a esse tubo por meio de uma válvula. Abre-se a 
válvula e o vapor enche o tanque até que a pressão atinja 1,4 MPa. Nessa condição a válvula é 
fechada. O processo é adiabático e as variações de energia cinética e potencial são 
desprezíveis. Determine a temperatura final do vapor no tanque. 
 
 
 
 
Processo: regime permanente 
Estado inicial no tanque: vácuo, massa 𝑚1 = 0 
Estado final no tanque: 𝑃2 = 𝑐𝑜𝑛ℎ𝑒𝑐𝑖𝑑𝑎 
Estado na entrada: 𝑃𝑒 𝑒 𝑇𝑒 = 𝑐𝑜𝑛ℎ𝑒𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 
𝑄𝑣𝑐 = 0, 𝑊𝒗𝒄 = 0, 𝑚𝑠 = 0, (𝑚1)𝑣𝑐 = 0 
Variação da energia cinética e potencial desprezível. 
Solução:𝑄𝑣𝑐 + ∑𝑚𝑒 (ℎ𝑒 +
�⃗� 𝑒
2
2
+ 𝑔𝑍𝑒) = ∑𝑚𝑠 (ℎ𝑠 +
�⃗� 𝑠
2
2
+ 𝑔𝑍𝑠) 
+[𝑚2 (𝑢2 +
�⃗� 2
2
2
+ 𝑔𝑍2) − 𝑚1 (𝑢1 +
�⃗� 1
2
2
+ 𝑔𝑍1)]
𝑣𝑐
+ 𝑊𝑣𝑐 
Como: 𝑄𝑣𝑐 = 0, 𝑊𝑣𝑐 = 0, 𝑚𝑠 = 0, (𝑚1)𝑣𝑐 = 0 e variação da energia cinética e potencial são 
desprezíveis: 
𝑚𝑒ℎ𝑒 = 𝑚2𝑢2 
Aplicando a equação da continuidade: 
(𝑚2 − 𝑚1)𝑣𝑐 + ∑𝑚𝑠 − ∑𝑚𝑒 = 0 → 𝑚2 = 𝑚𝑒 ∴ 𝑢2 = ℎ𝑒 
Isto é, a energia interna final do vapor no tanque é igual a entalpia do vapor na entrada. 
Do programa CATT 3 para 𝑃𝑒 = 1,4 𝑀𝑃𝑎 𝑒 𝑇𝑒 = 300 °𝐶 → ℎ𝑒 = 3040 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
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Como 𝑢2 = ℎ𝑒 = 3040 e 𝑃2 = 1,4 da tabela B.1.3 → 𝑇2 ≈ 450 °𝐶 
 
Exemplo 4.2 
 Suponha que o tanque do exemplo anterior tivesse um volume de 0,4 m³ e que 
inicialmente contivesse vapor saturado a 350 kPa. Abrindo a válvula o vapor da linha a 1,4 MPa 
e 300°C escoa para o tanque até que a pressão atinja 1,4 MPa. Calcular a massa de vapor de 
água que escoa para o tanque. 
 Solução: 
A situação é a mesma do exemplo anterior; 𝑄𝑣𝑐 = 0, 𝑊𝑣𝑐 = 0, 𝑚𝑠 = 0 e a variação da energia 
cinética e potencial são desprezíveis, com a exceção que o tanque não está evacuado, 𝑚1 ≠ 0. 
Assim a equação da primeira lei fica reduzida a: 
𝑚𝑒ℎ𝑒 = 𝑚2𝑢2 − 𝑚1𝑢1 
E a equação da continuidade a: 
𝑚2 − 𝑚1 = 𝑚𝑒 
Combinando as duas equações 
(𝑚2 − 𝑚1)ℎ𝑒 = 𝑚2𝑢2 − 𝑚1𝑢1 → 𝑚2(ℎ𝑒 − 𝑢2) = 𝑚1(ℎ𝑒 − 𝑢1) (a) 
O volume do tanque, 𝑉2 = 0,4 = 𝑚2𝜗2 ∴ 𝑚2 =
𝑉2
𝜗2
 (b) 
Substituindo (b) em (a) →
𝑉2
𝜗2
(ℎ𝑒 − 𝑢2) = 𝑚1(ℎ𝑒 − 𝑢1) (c) 
𝑃1 = 300 𝑘𝑃𝑎
𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜
} → {
𝜗1 = 0,6058 𝑚
3/𝑘𝑔
𝑢1 = 2544 𝑘𝐽/𝑘𝑔
 
𝑚1 =
𝑉1
𝜗1
=
0,4
0,6058
= 0,6603 𝑘𝑔 
Na equação (c) são desconhecidos 𝑢2 𝑒 𝜗2, resolvendo por tentativas: 
1ª tentativa: 𝑇2 = 300 °𝐶 
𝑃2 = 1,4 𝑀𝑃𝑎 
𝑇2 = 300 °𝐶
} → ℎ𝑒 = 3040 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
Para {
𝑃2 = 1,4 𝑀𝑃𝑎
𝑇2 = 300 °𝐶
→ {
𝑢2 = 2785 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝜗2 = 0,1823 𝑚
3/𝑘𝑔
 
Substituindo em (c) 
0,4
0,1823
(3040 − 2785) − 0,6603(3040 − 2544) = 232 𝑘𝐽 
2ª tentativa: 𝑇2 = 350 °𝐶 
Para {
𝑃2 = 1,4 𝑀𝑃𝑎
𝑇2 = 350 °𝐶
→ {
𝑢2 = 2869 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝜗2 = 0,2003 𝑚
3/𝑘𝑔
 
Substituindo em (c) 
0,4
0,2003
(3040 − 2869) − 0,6603(3040 − 2544) = 14 𝑘𝐽 
 
GDV – Revisão de Termodinâmica 1ª Lei – Exercícios resolvidos em aula – 2015/2º 
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3ª tentativa: 𝑇2 = 360 °𝐶 
Para {
𝑃2 = 1,4 𝑀𝑃𝑎
𝑇2 = 360 °𝐶
→ {
𝑢2 = 2886 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝜗2 = 0,2038 𝑚
3/𝑘𝑔
 
Substituindo em (c) 
0,4
0,2038
(3040 − 2886) − 0,6603(3040 − 2544) = −25,25 𝑘𝐽 
4ª tentativa: 𝑇2 = 355 °𝐶 
Para {
𝑃2 = 1,4 𝑀𝑃𝑎
𝑇2 = 355 °𝐶
→ {
𝑢2 = 2877 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝜗2 = 0,202 𝑚
3/𝑘𝑔
 
Substituindo em (c) 
0,4
0,202
(3040 − 2877) − 0,6603(3040 − 2544) = −4,7 𝑘𝐽 
5ª tentativa 𝑇2 = 353 °𝐶 
Admitindo {
𝑃2 = 1,4 𝑀𝑃𝑎
𝑇2 = 353 °𝐶
→ {
𝑢2 = 2874 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝜗2 = 0,2013 𝑚
3/𝑘𝑔
 
A massa final no interior do tanque 
𝑚2 =
𝑉2
𝜗2
=
0,4
0,2013
= 1,9871kg 
A massa de vapor que escoa para o interior do tanque é 𝑚𝑒 = 𝑚2 − 𝑚1 
𝑚𝑒 = 1,9871 − 0,6603 = 1,3268 kg ∴ 𝑚𝑒 = 1,3268 𝑘𝑔