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Módulo V – Equações de Estado, Fator de Compressibilidade e Modelo de Gás Ideal. 1ª Lei 
da Termodinâmica Aplicada a Sistemas Fechados. Processos Politrópicos, Balanço de 
Energia 
 
 
Equações de Estado 
 
Não é fácil trabalhar com as tabelas termodinâmicas. A dificuldade está associada ao volume 
delas e a possibilidade de se visualizar algum número erroneamente. Para isso é importante o 
desenvolvimento de equações capazes de relacionar as três propriedades básicas, pressão, 
temperatura e volume. Essas relações são chamadas de equação de estado. São diversas as 
equações existentes, sendo que algumas são bem simples, enquanto outras apresentam um 
elevado grau de complexidade. 
 
 
Equação de Estado para Gás Ideal 
 
É a equação mais simples e conhecida, usada para fase gasosa. Robert Boyle (1662) realizou 
experimentos em câmaras de vácuo e determinou a pressão dos gases nessas condições eram 
inversamente proporcionais ao seu volume. Já em 1802, J. Charles e J. Gay-Lussac 
determinaram que em baixas pressões o volume de um gás é proporcional a temperatura. 
 
𝑝𝑣 = 𝑅𝑇 
 onde 𝑅 é a constante dos gases, que é diferente para cada gás e é determinada pela 
diferença entre a constante universal dos gases e a massa molar do gás em questão [𝑅 =
�̅�
𝑀⁄ (𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝐾 𝑜𝑢 𝑘𝑃𝑎 𝑚
3/𝑘𝑔 𝐾)], sendo que: 
�̅� =
{
 
 
 
 
8,31447 𝑘𝐽/𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐾
0,0831447 𝑏𝑎𝑟 𝑚3/𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐾
8,20574587𝑥10−5 𝑚3 𝑎𝑡𝑚/𝑚𝑜𝑙 𝐾
1,98588 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑅
10,7316 𝑝𝑠𝑖𝑎 𝑓𝑡3/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑅
1545,37 𝑓𝑡 𝑙𝑏𝑓/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑅
 
 
O número de mols é dado por n = m/M, então a equação de estado para gás ideal pode ser 
escrita como: 
 
𝑝𝜗 = 𝑛�̅�𝑇 𝑜𝑢 𝑝𝜗 = 𝑚𝑅𝑇 𝑜𝑢 𝑝 = 𝜌𝑅𝑇 
 
Porém na maior dos gases não são ideias. Gás ideal em que cada uma das moléculas sofre 
influência apenas das propriedades do sistema, não havendo interação entre as próprias 
moléculas do gás. Um exemplo de que as substâncias possuem interações intermoleculares e 
consequentemente se distanciam da idealidade pode ser feita num experimento muito simples. 
Pegando 1 litro de água e 1 litro de água e colocando os dois em uma bureta graduada iremos 
verificar que não serão obtidos da mistura 2 litros de líquido, mas aproximadamente 1,8 litros. Por 
que isso acontece? 
Essa diferença de 200 mililitros é devido às interações intermoculares, fazendo com que as 
moléculas se aproximem umas das outras e obtendo volumes diferentes do esperado. Para os 
gases essas interações são menos evidentes, mas também ocorrem e justificam a necessidade 
de modelos mais precisos para a equação de estado. O gráfico a seguir mostra a região em que o 
vapor d’água pode ser considerado como gás ideal. 
 
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
 
 
Para uma maior precisão é adicionado ao modelo dos gases ideias um fator de correção 
chamado fator de compressibilidade Z. 
 
𝑍 =
𝑝𝑣
𝑅𝑇
 
 
Quando o fator de compressibilidade é unitário, então se tem o comportamento de gás ideal. 
Pra podermos analisar todos os gases quanto ao comportamento de gás ideal ou não, deve-se 
trabalhar com a pressão e a temperatura reduzida. 
 
𝑝𝑟 =
𝑝
𝑝𝑐
 𝑒 𝑇𝑟 =
𝑇
𝑇𝑐
 
 
 onde 𝑝𝑐 e 𝑇𝑐 são a pressão critica e a temperatura crítica da substância. 
Assim podemos fazer uma análise mais generalizada sobre a compressibilidade dos gases: 
 
 Para pressões muito baixas (𝑝𝑟 ≪ 1), os gases se comportam como ideias independente da 
temperatura. 
 Em altas temperaturas (𝑇𝑟 > 2), o comportamento como gás ideal pode ser admitido com boa 
exatidão, independente da pressão (exceto quando 𝑝𝑟 ≫ 1). 
 Quanto mais próximo do ponto crítico maior o desvio do comportamento de gás ideal. 
 
Outras Equações de Estado 
Existem outras propostas de equações de estado que não serão discutidas mais profundamente 
por fugirem do escopo de um curso de termodinâmica para graduação, sendo somente vistas em 
cursos que envolvam conceitos químicos. Algumas equações são: 
 
 Equação de Estado de van der Waals: (𝑝 +
𝑎
𝑣2
) (𝑣 − 𝑏) = 𝑅𝑇, sendo que os termos a e b 
representam as forças de atração intermoleculares e o volume ocupado pelas moléculas e são 
dados por 𝑎 =
27𝑅2𝑇𝑐
2
64𝑝𝑐
 e 𝑏 =
𝑅𝑇𝑐
8𝑝𝑐
. 
 Equação de Estado de Beattie-Bridgeman: 𝑝 =
�̅�𝑇
�̅�2
(1 −
𝑐
�̅�𝑇3
) (�̅� + 𝐵) −
𝐴
�̅�2
, onde 𝐴 = 𝐴0 (1 −
𝑎
�̅�
) e 
𝐵 = 𝐵0 (1 −
𝑏
�̅�
) sendo as constantes tabelas e �̅� é o volume molar. 
 Equação de Estado do Virial: 𝑝 =
𝑅𝑇
𝑣
+
𝑎(𝑇)
𝑣2
+
𝑏(𝑇)
𝑣3
+
𝑐(𝑇)
𝑣4
+
𝑑(𝑇)
𝑣5
+⋯ 
 
 
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
Processos Politrópicos 
 
 Processos reais podem ter a pressão e o volume relacionados pela seguinte expressão: 
 
pϑn = constante 
onde n é uma constante. 
 
 Para dois diferentes estados temos então que: 
 
𝑝1𝜗1
𝑛 = 𝑝2𝜗2
𝑛 
 
𝑝2
𝑝1
= (
𝜗1
𝜗2
)
𝑛
 
 
 O expoente n pode assumir qualquer valor, sendo que quando ele é igual a zero o 
processo é chamado de isobárico (p = cte). Vejamos o valor do trabalho desenvolvido por um 
processo para os diferentes valores de n. 
 
Para n ≠ 1, temos: 
 
𝑊 = ∫ 𝑝𝑑𝜗
2
1
= ∫ 𝑐𝑡𝑒𝜗−𝑛𝑑𝜗
2
1
 
 
𝑊 = 𝑐𝑡𝑒 (
𝑝2𝜗2
1−𝑛 − 𝑝1𝜗1
1−𝑛
1 − 𝑛
) =
𝑐𝑡𝑒𝑝2𝜗2
1−𝑛 − 𝑐𝑡𝑒𝑝1𝜗1
1−𝑛
1 − 𝑛
 
 
𝑐𝑡𝑒 = 𝑝1𝜗1
𝑛 = 𝑝2𝜗2
𝑛 
 
𝑊 =
𝑝2𝜗2 − 𝑝1𝜗1
1 − 𝑛
 
 
Para n = 1, temos: 
 
𝑊 = ∫ 𝑝𝑑𝜗
2
1
= ∫ 𝑐𝑡𝑒
𝑑𝜗
𝜗
2
1
 
 
𝑊 = 𝑐𝑡𝑒 𝑙𝑛 (
𝜗2
𝜗1
) 
 
𝑊 = 𝑝1𝜗1𝑙𝑛 (
𝜗2
𝜗1
) 𝑜𝑢 𝑝2𝜗2𝑙𝑛 (
𝜗2
𝜗1
) 
 
Para n = 0, temos: 
 
𝑊 = ∫ 𝑝𝑑𝜗
2
1
= ∫ 𝑐𝑡𝑒𝑑𝜗
2
1
 
 
𝑊 = 𝑐𝑡𝑒(𝜗2 − 𝜗1) 
 
𝑊 = 𝑝1𝜗1(𝜗2 − 𝜗1) 𝑜𝑢 𝑝2𝜗2(𝜗2 − 𝜗1) 
 
User
Realce
User
Realce
User
Realce
User
Realce
Essas equações podem ser aplicadas a qualquer gás ou líquido que sofram um processo 
politrópico. Podemos estender essas equações utilizando o conceito de gás ideal pϑ = mRT e 
obtemos as seguintes expressões: 
 
𝑇2
𝑇1
= (
𝑝2
𝑝1
)
(𝑛−1)
𝑛⁄
= (
𝜗1
𝜗2
)
𝑛−1
 
 
 
Para n ≠ 1, temos: 
 
𝑊 =
𝑚𝑅(𝑇2 − 𝑇1)
1 − 𝑛
 
 
Para n = 1, temos: 
 
𝑊 = 𝑚𝑅𝑇1 𝑙𝑛 (
𝜗2
𝜗1
) 𝑜𝑢 𝑚𝑅𝑇2 𝑙𝑛 (
𝜗2
𝜗1
) 
 
Para n = 0, temos: 
 
𝑊 = 𝑚𝑅𝑇1 (𝜗2 − 𝜗1) 𝑜𝑢 𝑚𝑅𝑇2 (𝜗2 − 𝜗1) 
 
 
Balanço de Energia para Sistema Fechado 
 
Como já definido no módulo III o balanço de energia para qualquer sistema passando por 
um processo é dado pela igualdade entre a transferência líquida de energia por calor, trabalho e 
fluxo de massa e a variação das energias. 
 
Eentra – Esai = ΔEsistema [J] 
 
Na forma de taxa temos que: 
 
Ėentra – Ėsai = dEsistema/dt [Watt] 
 
 Sendo que para taxas constantes, num intervalo de tempo, temos: 
 
W = Ẇ̇Δt; Q = Q̇Δt e ΔE = (dE/dt)Δt [J] 
 
 Podemos também expressão o balanço de energia por unidade de massa, obtendo: 
 
eentra – esai = Δesistema [kJ/kg] 
 
 Em um sistema fechado executando um cilo a variação da energia do sistema é nula 
resultado em: 
 
Wlíquido,sai = Qlíquido,entra ou Ẇlíquido,sai = Q̇líquido,entra 
 
A Primeira Lei da Termodinâmica não pode ser comprovada matematicamente, porém nenhum 
processo até hoje conhecido na natureza é capaz de violá-la, sendo isso prova suficiente de sua 
validade. 
 
 
 
 
Exemplos 
 
 
 
1) Determine a massa de ar de uma sala de dimensões 4 m X 5 m X 6 m a 100 kPae 25°C, 
sendo R = 0,287 kPa m3/kg K. 
 
Resolução: 
ϑ = 4x5x6 = 120 m3 
pϑ = mRT 
100(120) = m 0,287 (298) 
m = 140,3 kg 
 
 
 
2) Uma massa de 0,45 kg de ar em um conjunto cilindro-pistão é submetida a um ciclo 
termodinâmico que consiste de três processos: 
Processo 1-2: volume específico constante 
Processo 2-3: expansão a temperatura constante 
Processo 3-1: compressão a pressão constate 
No estado 1 a temperatura é de 26,8°C e a pressão é 1 atm. No estado 2, a pressão é de 2 atm. 
Empregando a equação de estado de gás ideal, 
a) Determine a temperatura do estado 2. 
b) Determine o volume específico no estado 3. 
 
Resolução: 
a) 
𝑝2𝑣2 = 𝑅𝑇2 
𝑣2 = 𝑣1 
𝑣2 =
𝑅𝑇1
𝑝1
 
𝑝2
𝑅𝑇1
𝑝1
= 𝑅𝑇2 
𝑇2 =
𝑝2𝑇1
𝑝1
=
2(26,8 + 273,15)
1
= 600 𝐾 
b) 
𝑣3 =
𝑅𝑇3
𝑝3
 
𝑇2 = 𝑇3 , 𝑝1 = 𝑝3 𝑒 𝑅 =
�̅�
𝑀
 
𝑣3 =
�̅�𝑇2
𝑀𝑝1
=
(8,20574587𝑥10−5)600
(28,97𝑥10−3)1
= 1,70 𝑚3/𝑘𝑔 
 
 
 
3) Um arranjo cilindro-pistão contém 25 kg de vapor d’água saturado, mantido a pressão 
constante de 300 kPa. Um aquecedor a resistência dentro do cilindro é ligado e circula uma 
corrente de 0,2 A por 5 min a partir de uma fonte de 120 V. Ao mesmo tempo, ocorre uma 
perda de calor de 3,7 kJ. 
a) Mostre que para um sistema fechado o trabalho de fronteira e a energia interna na 
equação da Primeira Lei pode ser combinados em um único termo, entalpia, para um 
processo a pressão constante. 
b) Determine a temperatura final do vapor 
 
Resolução: 
a) 
ΔEsistema = Ee - Es 
ΔU + ΔEC + ΔEP = Q – W 
Como não há variação de energia cinética e potencial temos: 
ΔU = Q – W 
Para um processo a pressão constante o trabalho de fronteira Wfront = p(ϑ2 – ϑ1) 
U2 – U1 = Q – p(ϑ2 – ϑ1) – Woutros 
Q – Woutros = (U2 + p ϑ2) – (U1 + p ϑ1) 
Q – Woutros = H2 – H1 
 
b) 
Welétrico = VIΔt = 120 V x 0,2 A x 300 s = 7200 VAs 
Sabendo que 1kJ/s = 1000 VA temos que: 
Welétrico = 7,2 kJ 
Estado 1 é de vapor saturado, então da tabela de vapor saturados temos que: 
h1 = hv = 2724,9 kJ/kg (das tabelas termodinâmicas de água saturada) 
Q – Woutros = H2 – H1 
Q – Woutros = m(h2 – h1) 
7,2 - 3,7 = 0,025(h2 – 2724,9) 
h2 = 2864,9 kJ/kg 
 
Conhecendo a entalpia no estado 2 e a pressão 300 kPa, da tabela de vapor superaquecido 
temos: 
T2 = 200°C 
 
 
 
4) Um tanque rígido está dividido em duas partes iguais. Inicialmente, um lado do tanque contém 
5 kg de água a 200 kPa e 25°C, e o outro lado está evacuado. A divisão é então retirada e a 
água se expande ocupando todo o tanque. Suponha que a água troque calor com a 
vizinhança até que a temperatura no tanque retorne ao valor inicial de 25°C. Determine: 
a) o volume do tanque, 
b) a pressão final e 
c) a transferência de calor ocorrida no processo. 
 
Resolução: 
a) 
No início a água está como líquido comprimido 
v1 = 0,001003 m
3/kg, logo ϑ1 = 0,005015 m
3 
O volume do tanque é duas vezes esse volume 
ϑtanque = 0,01003 m
3 
 
b) 
No estado final ϑ2 = ϑtanque = 0,01003 m
3, logo v2 = 0,002006 m
3/kg 
Da tabela vl = 0,001003 m
3/kg e vv = 43,34 m
3/kg 
Poratnato temos água + vapor misturados 
Para T2 = 25°C temos que: 
p2 = 3,1698 kPa 
 
c) 
ΔU = Q – W 
Não á trabalho, então: 
m(u2 – u1) = Q 
Estado 1 líquido comprimido, u1 = 104,83 kJ/kg 
Estado 2 é mistura e devemos achar primeiro o título pelo volume conhecido 
v2 = (1 – x2)vl + x2vv 
0,002006 = (1 – x2) 0,001003 + x2 43,34 
x2 = 2,3x10
-5 
u2 = (1 – x2)ul + x2uv = (1 - 2,3x10
-5)104,83 + 2,3x10-5 (2409,1) 
u2 = 104,88 kJ/kg 
 
5(104,88 – 104,83) = Q 
Q = 0,25 kJ