LISTA DE EXERCÍCIOS de TERMODINÂMICA BÁSICA (RESOLVIDA)

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LISTA DE EXERCÍCIOS RESOLVIDOS PARA NP2 de TB 
1) Calcular a quantidade de calor a ser transferida a uma máquina por minuto para obter uma potência 
de 140 CV, sabendo-se que o calor rejeitado é da ordem de 105 kcal/h. 
Dados: 1 CV = 632,4 kcal/h. 
 
 
Resposta: �̇�𝑞 = 3.142,27
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑖𝑛
 
 
Transformação de CV em kcal/h  140 x 632,4 = 88536 kcal/h 
 
�̇�𝑐 = �̇�𝑞 − �̇�𝑓 ∴ �̇�𝑞 = �̇�𝑐 + �̇�𝑓 
 
�̇�𝑞 = 88.536
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
+ 100.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
= 188.536
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
 
 
�̇�𝑞 = 188.536
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
 𝑥
ℎ
60 𝑚𝑖𝑛
= 3.142,27
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑖𝑛
 
 
 
 
2) Uma máquina térmica recebe 500.000 kcal/h de uma fonte quente e produz uma potência de 250HP. 
Sabendo-se que 1HP é igual a 640,85 kcal/h, calcule: 
a) O fluxo de calor transferido para fonte fria; 
b) O rendimento térmico da máquina; 
c) A variação de entropia que ocorre na fonte quente e na fonte fria, cujas temperaturas são 
respectivamente com 400 ºC e 50 ºC. 
 
 
Resposta: a) �̇�𝑓 = 339.787,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
 b) 𝜂𝑐 = 0,32 c) Fq  𝑆 = − 7 43
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ.𝐾
 e Ff  𝑆 = + 1.052
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ.𝐾
 
 
𝑊𝑐 = 250 𝑥 640,85 = 160.212,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
 
 
 
𝑇𝑞 = 400 + 273 = 673 𝐾 𝑇𝑓 = 50 + 273 = 323 𝐾 
 
 
 
a) O fluxo de calor transferido para fonte fria 
 
�̇�𝑐 = �̇�𝑞 − �̇�𝑓 ∴ �̇�𝑓 = �̇�𝑞 − �̇�𝑐 ∴ �̇�𝑓 = 500.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
− 160.212,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
= 339.787,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
 
 
b) O rendimento térmico da máquina (pode ser calculado de 2 maneiras) 
 
𝜂𝑐 =
�̇�𝑐
�̇�𝑞
 𝑜𝑢 𝜂𝑐 = 1 −
�̇�𝑓
�̇�𝑞
 
 
𝜂𝑐 =
�̇�𝑐
�̇�𝑞
=
160.212,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
500.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
= 0,32 𝑜𝑢 𝜂𝑐 = 1 −
�̇�𝑓
�̇�𝑞
= 1 − 
339.787,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
500.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
= 0,32 
 
c) A variação de entropia que ocorre na fonte quente e na fonte fria, cujas temperaturas são 
respectivamente com 400 ºC e 50 ºC. 
 
FONTE QUENTE  𝑆 = 
𝑄𝑞
𝑇𝑞
=
500.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
673 𝐾
= − 743
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ.𝐾
  negativo porque cede calor 
FONTE FRIA  𝑆 = 
𝑄𝑓
𝑇𝑓
=
339.787,5 
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
323 𝐾
= + 1.052
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ.𝐾
  positivo porque recebe calor 
 
 
3) Duas máquinas de Carnot são colocadas em série entre 2 reservatórios térmicos, cujas temperaturas 
são 327 ºC e 45 ºC. Sabendo-se que a primeira máquina recebe 100 kcal do reservatório quente e que 
as 2 máquinas tem o mesmo rendimento térmico, pergunta-se: 
a) a temperatura na qual o calor é rejeitado pela 1ª máquina e recebido pela 2ª; 
b) os trabalhos desenvolvidos pelas máquinas (kgf.m); 
c) o calor rejeitado pela 2ª máquina (kcal) 
 
 
Resposta: 
a) 𝑇𝑥 = 436,8 𝐾 𝑜𝑢 163,8 º𝐶 b) 𝑊1 = 27,2 𝑘𝑐𝑎𝑙 e 𝑊2 = 19,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 c) 𝑄𝑓 = 53 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
Resolução: 
Tq = 327 ºC = 600 K Tf = 45 ºC = 318 K 
 
a) a temperatura na qual o calor é rejeitado pela 1ª máquina e recebido pela 2ª; 
𝜂𝑐 =
𝑊𝑐
𝑄𝑞
=
𝑄𝑞 − 𝑄𝑓
𝑄𝑞
=
𝑇𝑞 − 𝑇𝑓
𝑇𝑞
 
 
Como o rendimento das 2 máquinas são iguais temos: 
 
𝑇𝑞 − 𝑇𝑥
𝑇𝑞
=
𝑇𝑥 − 𝑇𝑓
𝑇𝑥
∴ 𝑇𝑥 . (𝑇𝑞 − 𝑇𝑥) = 𝑇𝑞 . (𝑇𝑥 − 𝑇𝑓) → 𝑇𝑥 . (600 𝐾 − 𝑇𝑥) = 600 𝐾 . (𝑇𝑥 − 318 𝐾) 
 
600. 𝑇𝑥 − 𝑇𝑥
2 = 600. 𝑇𝑥 − 600 𝑥 318 → 𝑇𝑥 = √190.800 → 𝑇𝑥 = 436,8 𝐾 𝑜𝑢 163,8 º𝐶 
 
b) os trabalhos desenvolvidos pelas máquinas (kgf.m); 
𝜂𝑐 =
𝑊𝑐
𝑄𝑞
=
𝑄𝑞 − 𝑄𝑓
𝑄𝑞
=
𝑇𝑞 − 𝑇𝑓
𝑇𝑞
= 1 −
𝑇𝑓
𝑇𝑞
 
 
𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑜 𝑟𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑣é𝑠 𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑜 𝑊1 
 
𝜂1 = 1 −
𝑇𝑥
𝑇𝑞
= 1 −
436,8 𝐾
600 𝐾
= 0,272 ∴ 𝜂1 =
𝑊1
𝑄𝑞
→ 𝑊1 = 𝜂1 𝑥 𝑄𝑞 = 0,272 𝑥 100 𝑘𝑐𝑎𝑙 = 27,2 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
Temos o W1 e o Qq, podemos encontrar o Q através de: 
 
𝑊1 = 𝑄𝑞 − 𝑄 ∴ 𝑄 = 𝑄𝑞 − 𝑊1 → 𝑄 = 100 𝑘𝑐𝑎𝑙 − 27,2 𝑘𝑐𝑎𝑙 = 72,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
Agora calculamos o W2, levando-se em conta que as máquinas possuem o mesmo η: 
 
𝜂2 =
𝑊2
𝑄
→ 𝑊2 = 𝜂2 𝑥 𝑄 = 0,272 𝑥 72,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 = 19,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
Transformamos kcal em kgf.m levando-se em conta que 1 kcal = 427 kgf.m 
 
𝑊1 = 27,2 𝑥 427 𝑘𝑔𝑓. 𝑚 = 11.614 𝑘𝑔𝑓. 𝑚 
 
𝑊2 = 19,8 𝑥 427 𝑘𝑔𝑓. 𝑚 = 8.456,6 𝑘𝑔𝑓. 𝑚 
 
c) o calor rejeitado pela 2ª máquina (kcal), ou seja, Qf. 
 
𝑊2 = 𝑄 − 𝑄𝑓 ∴ 𝑄𝑓 = 𝑄 − 𝑊2 → 𝑄𝑓 = 72,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 − 19,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 = 53 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
 
 
4) No diagrama da figura abaixo tem-se 2 máquinas reversíveis de Carnot (R1 e R2). Ambas com 
rendimento de 56%. Sabendo-se que Q1 = 15.000 kcal, calcular: 
a) o calor rejeitado Q2 para a fonte fria em kcal; 
b) o trabalho na máquina R2 em kW.h; 
c) o calor a ser recebido pela máquina reversível de Carnot R3, que fosse colocada entre as fontes de 
forma a substituir as duas primeiras (W3 = W1 +W2) e cujo rendimento seja de 86,4%. 
 
 
Resposta: 
a) o calor rejeitado Q para a fonte fria em kcal; 𝑄2 = 2.904 𝑘𝑐𝑎𝑙 
b) o trabalho na máquina R2 em kW.h; 𝑊2 ≅ 4,3 𝑘𝑊. ℎ 
c) o calor a ser recebido pela máquina reversível de Carnot R3, que fosse colocada entre as fontes 
de forma a substituir as duas primeiras (W3 = W1 +W2) e cujo rendimento seja de 86,4%. 𝑄3 =
14.000 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
a) o calor rejeitado Q para a fonte fria em kcal; 
 
𝜂1 =
𝑊1
𝑄1
=
𝑄1−𝑄
𝑄1
∴ 𝜂1 𝑥 𝑄1 = 𝑄1 − 𝑄 → 𝑄 = 𝑄1 − (𝜂1 𝑥 𝑄1) → 𝑄 = 15.000 − (0,56 𝑥 15.000) = 6600 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
𝜂2 =
𝑊2
𝑄
=
𝑄−𝑄2
𝑄
∴ 𝜂2 𝑥 𝑄 = 𝑄 − 𝑄2 → 𝑄2 = 𝑄 − (𝜂2 𝑥 𝑄) → 𝑄2 = 6.600 − (0,56 𝑥 6.600) = 2.904 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
 
b) o trabalho na máquina R2 em kW.h; (há duas formas de calcular o W2) 
 
𝜂2 =
𝑊2
𝑄
→ 𝑊2 = 𝜂2 𝑥 𝑄 = 0,56 𝑥 6.600 = 3696 𝑘𝑐𝑎𝑙 
Ou 
𝑊2 = 𝑄 − 𝑄2 = 6.600 − 2904 = 3696 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
Para transformar Kcal em kW.h, temos: 
1 kcal = 1,16 x 10-3 kW.h 
 
𝑊2 = 3696 𝑥 1,16 𝑥 10
−3 ≅ 4,3 𝑘𝑊. ℎ 
 
c) o calor a ser recebido pela máquina reversível de Carnot R3, que fosse colocada entre as fontes de 
forma a substituir as duas primeiras (W3 = W1 +W2) e cujo rendimento seja de 86,4%. 
 
W3 = W1 +W2 
𝜂1 =
𝑊1
𝑄1
∴ 𝑊1 = 𝜂1 𝑥 𝑄1 = 0,56 𝑥 15.000 = 8400 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
𝑊3 = 8400 + 3696 = 12.096 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
𝜂3 =
𝑊3
𝑄3
∴ 𝑄3 =
𝑊3
𝜂3
=
12.096
0,864
= 14.000 𝑘𝑐𝑎𝑙 
 
 
5) Uma máquina térmica recebe 500.000 kcal/h de uma fonte quente e produz uma potencia de 250 HP. 
Sabendo-se que 1HP é igual a 640,85 kcal/h, calcule: 
a) o fluxo de calor transferido para fonte fria; 
b) o rendimento térmico da máquina; 
c) a variação de entropia que ocorre na fonte quente e na fonte fria cujas temperaturas são 
respectivamente 400 ºC e 50ºC. 
Resposta: 
a) Qf = 339.787,5 kcal/h 
b) ηc = 0,32 
c) Fonte Quente → S = - 743 kcal/(h.K) e Fonte Fria → S = 1.052 kcal/(h.K) 
 
Resolução: 
𝑊𝑐 = 250 𝑥 640,85 = 160.212,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
 
 
 
𝑇𝑞 = 400 + 273 = 673 𝐾 𝑇𝑓 = 50 + 273 = 323 𝐾 
 
a) O fluxo de calor transferido para fonte fria 
 
�̇�𝑐 = �̇�𝑞 − �̇�𝑓 ∴ �̇�𝑓 = �̇�𝑞 − �̇�𝑐 ∴ �̇�𝑓 = 500.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
− 160.212,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
= 339.787,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
 
 
 
 
b) O rendimento térmico da máquina (pode ser calculado de 2 maneiras) 
 
𝜂𝑐 =
�̇�𝑐
�̇�𝑞
 𝑜𝑢 𝜂𝑐 = 1 −
�̇�𝑓
�̇�𝑞
 
 
𝜂𝑐 =
�̇�𝑐
�̇�𝑞
=
160.212,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
500.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
= 0,32 𝑜𝑢 𝜂𝑐 = 1 −
�̇�𝑓
�̇�𝑞
= 1 − 
339.787,5
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
500.000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
= 0,32 
 
c) A variação de entropia que ocorre na fonte quente e na fonte fria, cujas temperaturas são 
respectivamente com 400 ºC e 50 ºC. 
 
FONTE QUENTE  𝑆 = 
𝑄𝑞
𝑇𝑞
=
500.000𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
673 𝐾
= − 743
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ.𝐾
  negativo porque cede calor 
FONTE FRIA  𝑆 = 
𝑄𝑓
𝑇𝑓
=
339.787,5 
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
323 𝐾
= + 1.052
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ.𝐾
  positivo porque recebe calor 
 
 
 
6) Você está projetando uma prensa que será acionada pelo trabalho gerado por uma turbina 
acoplada a uma linha de escoamento de vapor d’água. A figura abaixo fornece dados 
operacionais para este dispositivo que está bem isolado, em regime permanente, com vapor 
sendo admitido por uma abertura e descarregado por outra. 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: 
a) O sentido do escoamento, isto é, da esquerda para a direita, da direita para a esquerda, 
qualquer sentido ou não há escoamento. 
b) O trabalho em kJ/kg de vapor se houver escoamento. 
 
 
 
Das tabelas (verifique as tabelas) 
1 – Vapor saturado, 100 kPa, T = 99,62°C, h1 = 2675,46 kJ/kg, s1 = 7,3593 kJ/kg.K 
2 – 1MPa, T = 320°C, vapor superaquecido, h2 = 3093,75 kJ/kg, s2 = 7,1941 kJ/kg.k 
 
Resposta: 
�̇�𝑉.𝐶.
�̇�
= 418,29 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
Assumindo a entrada como 1 e 1 saída como 2 temos: 
 
(𝑠𝑠−𝑠𝑒) =
𝜎
𝑚
= (7,1941 = 7,3593) = −0,1652 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
Como 
𝜎
𝑚
≤ 0, então o sentido é de 2 para 1, isto é, da direita para esquerda; 
 
b) 
0 = �̇�𝑉𝐶 − �̇�𝑉𝐶 + ∑ �̇�𝑒 . (ℎ𝑒 +
𝑣𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒)𝑒 − ∑ �̇�𝑠. (ℎ𝑠 +
𝑣𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠)𝑠 
regime permanente 
 
 
 
0 = −�̇�𝑉.𝐶. + �̇�. (ℎ2 − ℎ1) →
�̇�𝑉.𝐶.
�̇�
= (ℎ2 − ℎ1) 
 
�̇�𝑉.𝐶.
�̇�
= (3093,75 − 2675,46) = 418,29 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
7) Considere o escoamento de vapor d’água num bocal. O vapor entra no bocal a 1 MPa, 300 
ºC e com velocidade de 30 m/s. A pressão do vapor na saída do bocal é de 0,3 MPa. Admitindo 
que o escoamento seja adiabático, reversível e em regime permanente, determine a velocidade 
do vapor na seção de saída do bocal. 
 
Da tabela temos: 
 
 
𝑹𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂: 𝑽𝒔 = 𝟕𝟑𝟕 𝒎/𝒔 
 
 
Da equação da continuidade temos: 
ṁe = ṁs = ṁ 
 
Da primeira Lei da Termodinâmica temos: 
 
dEVC
dt
= Q̇VC − ẆVC + ṁe (he +
Ve
2
2
+ gze) − ṁs (hs + 
Vs
2
2
+ gzs) 
 
0 0 0 0 0 
Neste caso não há variação da energia, não há transferência de calor (adiabático), não há 
realização de trabalho e não há variação de energia potencial. 
 
ṁe (he +
Ve
2
2
) = ṁs (hs + 
Vs
2
2
) 
 
he +
Ve
2
2
= hs + 
Vs
2
2
 
Da tabela temos: 
 
 
he = 3051,15 kJ/Kg se = ss = 7,1228 kJ/kg.K 
 
Não se tem o valor da ss na tabela B.1.3 para pressão de 0,3 Mpa = 300 kPa. Portanto, é 
necessário interpolar. Obtém-se: 
hs = 2780,2 kJ/kg 
 
he +
Ve
2
2
= hs + 
Vs
2
2
 → 
Vs
2
2
= he − hs +
Ve
2
2
 
 
A entalpia é dada em kJ/kg e a velocidade ao quadrado será m2/s2 
É importante notar que J/kg possui a mesma dimensão de m2/s2 
 
𝐽
𝑘𝑔
=
𝑘𝑔. 𝑚2
𝑠2
𝑘𝑔
=
𝑘𝑔. 𝑚2
𝑠2
 𝑥
1
𝑘𝑔
=
𝑚2
𝑠2
 
 
Logo: 
Vs
2
2
= 3051,2
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 2780,2
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+
30 x 30
2 
𝑚2
𝑠2
= 3051200
𝑚2
𝑠2
− 2780200
𝑚2
𝑠2
+ 450
𝑚2
𝑠2
 
 
𝑉𝑠 = 737
𝑚
𝑠
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8) Vapor entra em uma turbina com a pressão de 30 bar e temperatura de 400ºC, com uma 
velocidade de 160 m/s. Vapor saturado a 100ºC sai com uma velocidade de 100 m/s. Em 
regime permanente a turbina desenvolve 540 kJ/kg de vapor. Transferência de calor entre a 
turbina e suas vizinhanças ocorre à temperatura média de superfície de 500K. Determine a 
taxa de produção de entropia dentro da turbina, por kg e vapor que escoa, em kJ/kg K. 
Despreze a variação de energia potencial entre a entrada e a saída. 
 
 
Das tabelas Termodinâmicas temos: 
 
 
𝑹𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂: 
�̇�𝑽𝑪
�̇�
= 𝟎, 𝟒𝟕𝟗 
𝒌𝑱
𝒌𝒈. 𝑲
 
 
 
Resolução: 
0 = Q̇ − Ẇ + ∑ ṁe
e
(he +
Ve
2
2
+ gze) − ∑ ṁs
s
(hs +
Vs
2
2
+ gzs) 
 
Mas �̇�𝑒 = �̇�𝑠 = �̇� e a energia potencial pode ser desprezada 
 
Dividimos a equação do balanço de energia pela vazão em massa. Obtemos: 
 
0 =
�̇�𝑉𝐶
�̇�
−
�̇�𝑉𝐶
�̇�
+ ∑ (he +
Ve
2
2
)
e
− ∑ (hs +
Vs
2
2
)
s
 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= +
�̇�𝑉𝐶
�̇�
+ (hs − he) + (
Vs
2 − Ve
2
2
) 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= +
�̇�𝑉𝐶
�̇�
+ (hs − he) + (
Vs
2 − Ve
2
2
) 
 
Das tabelas Termodinâmicas temos: 
 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= +
540 kJ
𝑠
𝑘𝑔
𝑠
+ (2676,1 − 3230,9)
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ (
1002 − 1602
2
)
𝑚2
𝑠2
 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= +540
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 554,8 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 7800 
𝑚2
𝑠2
 
 
A entalpia é dada em kJ/kg e a velocidade ao quadrado será m2/s2 
É importante notar que J/kg possui a mesma dimensão de m2/s2 
 
𝐽
𝑘𝑔
=
𝑘𝑔. 𝑚2
𝑠2
𝑘𝑔
=
𝑘𝑔. 𝑚2
𝑠2
 𝑥
1
𝑘𝑔
=
𝑚2
𝑠2
 
 
Para kJ/kg, divide-se m2/s2 que possui a dimensão de J/kg por 1000 = quilo 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
=
𝑚2
𝑠2. 1000
 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= +540
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 554,8 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
−
7800
1000
 
𝑚2
𝑠2
 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= −22,6
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
0 = ∑
�̇�𝑗
𝑇𝑗
𝑗
+ �̇�𝑒 . 𝑠𝑒 − �̇�𝑠. 𝑠𝑠 + �̇�𝑉𝐶 
Mas �̇�𝑒 = �̇�𝑠 = �̇� 
 
0 =
�̇�𝑉𝐶
𝑇𝑏
+ �̇�(𝑠𝑒 − 𝑠𝑠) + �̇�𝑉𝐶 → �̇�𝑉𝐶 = −
�̇�𝑉𝐶
𝑇𝑏
+ �̇�(𝑠𝑠 − 𝑠𝑒) 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= −
�̇�𝑉𝐶
𝑇𝑏
.
1
�̇�
+ (𝑠𝑠 − 𝑠𝑒) → 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= −
1
𝑇𝑏
.
�̇�𝑉𝐶
�̇�
+ (𝑠𝑠 − 𝑠𝑒) 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= −
1
500 𝐾
. (−22,6 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) + (7,3549 − 6,9212)
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
�̇�𝑉𝐶
�̇�
= 0,479 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
9) Vapor d’água entra numa turbina a 300 ºC, pressão de 1 MPa e com velocidade de 50 m/s. 
O vapor sai da turbina à pressão de 150 kPa e com velocidade de 200 m/s. Determine o 
trabalho específico realizado pelo vapor que escoa na turbina, admitindo que o processo seja 
adiabático e reversível. 
 
Da tabela temos: 
 
 
𝐑𝐞𝐬𝐩𝐨𝐬𝐭𝐚: 𝐖𝐕𝐂 = 𝟑𝟕𝟕, 𝟓
𝒌𝑱
𝒌𝒈
 
 
Da equação da continuidade temos: 
ṁe = ṁs = ṁ 
 
Da primeira Lei da Termodinâmica temos: 
 
dEVC
dt
= Q̇VC − ẆVC + ṁe (he +
Ve
2
2
+ gze) − ṁs (hs + 
Vs
2
2
+ gzs) 
 
Neste caso não há variação da energia, não há transferência de calor (adiabático) e a energia 
potencial pode ser desprezada. 
 
ṁe (he +
Ve
2
2
) = ṁs (hs + 
Vs
2
2
) + ẆVC 
 
he +
Ve
2
2
= hs + 
Vs
2
2
+ WVC 
 
Da segunda Lei da Termodinâmica temos ( processo adiabático  isoentrópico): ss = se 
 
Da tabela temos: 
 
 
he = 3051,15 kJ/Kg se = ss = 7,1228 kJ/kg.K 
 
Para pressão de saída = 150 kPa temos: sl = 1,4335 kJ/kg.K sv = 7,2232 kJ/kg.K 
 
7,1228 = (1 − 𝑋). 1,4335 + 7,2232. 𝑋 → 5,6893 = −1,4335. 𝑋 + 7,2232. 𝑋 → 𝑋 = 0,9827 
 
ℎ𝑠 = (1 − 0,9827)𝑥 467,1 + 0,9827 𝑥 2693,5 = 2655 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
he +
Ve
2
2
= hs + 
Vs
2
2
+ WVC 
 
WVC = he +
Ve
2
2
− hs − 
Vs
2
2
 
 
WVC = 3051,2 +
50 x 50
2
− 2655 − 
200 x 200
2
= 377,5
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
 
10) Uma turbina a vapor opera em regime permanente para as condições de entrada P1 = 5 
bar, T2 = 320ºC. O vapor deixa a turbina na pressão de 1 bar. Não há troca de calor 
significativa entre a turbina e a vizinhança e as variações de energia cinética e potencial entre a 
entrada e saída são desprezíveis. Para uma eficiência isentrópicade 75% determine o trabalho 
por unidade de massa, realizado pela turbina, em (kJ/kg). 
 
Nas tabelas de vapor d’água superaquecido temos: 
 
 
 
𝑹𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂: (
�̇�𝑽𝑪
�̇�
) = 𝟐𝟕𝟏, 𝟗𝟓 
𝒌𝑱
𝒌𝒈
 
 
 
 
 
𝜂𝑇 =
(ℎ1 − ℎ2)
(ℎ1 − ℎ2)𝑠
=
(
�̇�𝑉𝐶
�̇� )
(
�̇�𝑉𝐶
�̇� )𝑠
 
 
𝜂𝑇 𝑥 (
�̇�𝑉𝐶
�̇�
)
𝑠
= (
�̇�𝑉𝐶
�̇�
) 
 
𝜂𝑇 𝑥 (ℎ1 − ℎ2) = (
�̇�𝑉𝐶
�̇�
) 
 
Nas tabelas de vapor d’água superaquecido temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(
�̇�𝑉𝐶
�̇�
) = 0,75 𝑥(3105,6 − 2743,0) = 271,95 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
Obs.: Observar que as irreversibilidades atuam como uma penalidade sobre o trabalho da 
turbina. Neste caso, reduziu em 25% o trabalho. 
 
 
 
 
 
P1 = 5 bar e T1 = 320 ºC 
h1 = 3105,6 kJ/kg 
s1 = 7,5308 kJ/kg.K 
 
P2 = 1 bar 
s1 = s2 = 7,5308 kJ/kg.K (isoentrópico) 
Interpolando valores de entropia e 
entalpia temos: 
h2 = 2743,0 kJ/kg