TB Nota de Aula 3

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Instituto de Ciências Exatas e Tecnológicas
Campi São José dos Campos – Dutra
TERMODINÂMICA BÁSICA
NOTA DE AULA 3
Propriedades das Substâncias Puras 
Substância pura é aquela que apresenta a mesma composição química em toda
sua extensão, como por exemplo, água, nitrogênio, dióxido de carbono, etc. As
substâncias puras existem em diferentes fases, sólida, líquida e gasosa. Mesmo dentro de
uma fase a substância pode ter diversas configurações moleculares que as diferencia,
exemplo carbono diamante e grafite. Além disso, várias fases podem coexistir como, por
exemplo, gelo (sólida) e água (líquida) num mesmo recipiente. Também não podemos
deixar de evidenciar a importância da pressão e da temperatura na mudança das fases,
afinal água a 120°C encontra-se no estado de vapor a pressão ambiente, mas no estado
líquido se pressurizada em uma panela de pressão. 
Liquido comprimido é o nome que se dá a qualquer líquido que se encontra a
uma determinada pressão e temperatura e que nessas condições encontra-se em estado
líquido. 
Liquido saturado é aquele que está numa determinada temperatura e pressão
eminente de iniciar a transformação para o estado vapor. 
Após iniciada a ebulição a temperatura não aumenta até que todo líquido seja
transformado em vapor, isto é, durante o processo de mudança de fase a temperatura
permanece constante. Durante o processo de transformação de fase temos a mistura
denominada líquido-vapor saturada . 
Quando a última gota de água líquida se vaporiza temos o ponto de vapor saturado. A
partir desse ponto de continuarmos a aquecer o vapor volta a tem um acréscimo de
temperatura e é chamado de vapor superaquecido. 
A figura abaixo demostra o processo de vaporização dá água que inicialmente está
em estado de líquido comprimido (a). Quando aquecida chega ao ponto de líquido
saturado onde começa o aparecimento do vapor. A figura (b) apresenta a mistura líquido-
vapor saturado e após toda a transformação de fase temos o vapor superaquecido (c).
A quantidade de energia absorvida ou liberada durante um processo de mudança
de fase é chamado de calor latente. Este será de fusão se a energia for liberada durante a
solidificação e de vaporização se a energia for absorvida. 
Um conceito muito importante na termodinâmica é a temperatura e pressão de
saturação. Sabemos por conhecimento do colégio que a água ferve a 100°C, mas isso
não é uma verdade. A temperatura para a água ferver depende da pressão em que se
encontra. A curva a seguir mostra isso. Podemos verificar que para diferentes pressões
teremos diferentes pontos em que o líquido entra em ebulição.
Esse ponto em que o líquido entra em processo de vaporização é chamado de
ponto de saturação e temos a pressão e temperatura de saturação. Podemos também
obter um gráficos que mostre a relação entre pressão-volume-temperatura que são
mostrados a seguir. 
O primeiro gráfico mostrado é para a água e à medida que a pressão aumenta
precisamos de mais temperatura para poder iniciar a vaporização. 
Quando a pressão atinge aproximadamente 22 MPa não há mais uma linha de
transformação líquido-vapor, mas sim um ponto. Esse ponto é chamado de ponto crítico
e é onde os pontos de líquido saturado e vapor saturado se encontram. 
No segundo gráfico é mostrada a linha de líquido saturado a esquerda, que separa
a região de líquido comprimido da região de transformação líquido-vapor. Essa linha de
líquido saturado se estende até o ponto crítico, sendo que depois desse ponto a linha da
direita é chamada de vapor saturado. A linha de vapor saturado separa a região de
mistura líquido-vapor da região de vapor superaquecido. 
O diagrama completo com as fases sólido, líquido e vapor são mostrados no
diagrama a seguir.
Além desses diagramas bidimensionais, podemos apresentar as informações de
pressão, temperatura e volume em três eixos que constituem diagramas tridimensionais.
Apesar da grande quantidade de informação que se pode obter de um diagrama
tridimensional, para a termodinâmica é conveniente trabalhar com diagramas
bidimensionais.
Tabela de Propriedades 
Devido à dificuldade de se expressar as relações termodinâmicas por meio de
equações simples, as propriedades quase sempre são apresentadas em forma de
tabelas. Geralmente qualquer bom livro de termodinâmica traz em seu apêndice essas
tabelas com informações de pressão, temperatura, volume específica, entalpia específica,
energia interna específica e volume específico. 
Tabela de água saturada em função da temperatura
Tabela de água saturada em função da pressão
Tabela de vapor superaquecido
Entalpia 
Em estudos na análise de turbinas a vapor e na representação de propriedades do
vapor um termo aparecia com grande importância, a soma da energia interna com o
produto pressão-volume. Para esse termo foi dado o nome de entalpia.
H = U + p.V
h = u + p.v
Título 
Nas tabelas as propriedades de líquidos comprimidos e vapor superaquecido são
diretamente medidos e listados, mas o que acontece quando estamos lidando com a
região de mudança de fase? 
É possível realizar a medida diretamente da propriedade da fase quando ela se
encontra em líquido saturado e vapor saturado, mas região de mistura (bifásica) precisa
levar em consideração a quantidade de líquido e vapor presentes. Com isso surge o
conceito de uma nova propriedade, o título (x), que é a quantidade de vapor presente na
mistura bifásica.
x=
mvapor
mtotal
mtotal=mvapor+mlíquido
Se pegarmos uma propriedade, como por exemplo, o volume, temos:
V=m .v
V total=V l+V v
mtotal . v=ml vl+mv vv
ml=mtotal−mv
mtotal . v=(mtotal−mv )v l+mv v v
Dividindo toda a equação por mtotal
v=(1− mvmtotal ) . v l+
mv
mtotal
. vv
v=(1−x ) . vl+x . vv
Essa análise acima pode ser repetida para a energia interna, a entalpia e a
entropia, resultando nas seguintes expressões:
u= (1−x ) . ul+x .uv
h=(1−x ) . hl+x .hv
s=(1−x ) . sl+x . sv
Não será definido o termo entropia neste momento porque ele está associado à
Segunda Lei da Termodinâmica, que será introduzida em módulos mais avançados.
Calores Específicos 
São propriedades importantes para a termodinâmica, assim com a entalpia. Para o
calor específico a volume constante têm-se:
cv (T )=
du
dT
→du=cv (T ) . dT
u (T2 )−u (T1 )=∫
T1
T2
cv (T ) . dT
De modo semelhante é possível desenvolver a expressão para o calor específico a
pressão:
c p (T )=
dh
dT
→dh=cp (T ) . dT
h (T 2)−h (T 1 )=∫
T1
T2
c p (T ) . dT
E a relação entre os calores específicos é:
dh
dT
= du
dT
+R
c p (T )=cv (T )+R
Exemplo 3.1 – Moran & Shapiro – 7ª Edição
Um conjunto cilindro-pistão vertical contendo 0,1 lb (0,04 kg) de amônia,
inicialmente como vapor saturado, é colocado sobre uma placa aquecida. Devido ao peso
do pistão e da pressão atmosférica local a pressão da amônia é de 20 lbf/in 2 (137,9 kPa).
O aquecimento ocorre lentamente, e a amônia se expande a pressão constante até a
temperatura final de 77 ºF (25 ºC). Mostre os estados inicial e final em diagrama T-v e p-v,
e determine:
a) O volume ocupado pela amônia em cada estado, em ft3.
b) O trabalho realizado durante o processo, em Btu.
Solução:
A pressão inicial da amônia é de 20 lbf/in2 = 137,9 kPa. Na tabela temos:
O diagrama T-v será:
T1 = -16,63 ºF p1 = 20 lbf/in2 = 137,9 kPa 
T2 = 77 ºF p2 = p1 = cte = 20 lbf/in2
O diagrama p-v será:
a) Na tabela acima, temos que para pressão p1 = 20 lbf/in2 e temperatura de
saturação T1 = -16,63 ºF temos v1 = 13,4963 ft3/lbm de vapor de amônia. Sendo
assim temos:
V 1=m .v1=(0,1 lbm ) .(13,4963 ft3lbm )≅1,35 ft3
Na tabela acima, para pressão constante 20 lbf/in2, temos T2 = 77 ºF. Percebemos
que nãohá representada a temperatura de 77 ºF. Portanto, interpolando temos:
T (ºF) v (ft3/lbm)
60 16,1051
77 vx
80 16,7651
Interpolando tem-se:
60−77
60−80
=
16,1051−vx
16,1051−16,7651
−17
−20
=
16,1051−vx
−0,66
→−0,561=16,1051−vx→vx≅16,67
ft3
lbm
V 2=m .v2=(0,1 lbm ) .(16,67 ft3lbm )≅1,67 ft3
b) Cálculo do trabalho em Btu
W 12=∫
V 1
V 2
p .dV=p (V 2−V 1 )
W 12=20
lbf
¿2
x (1,67 ft3−1,35 ft3 )x [ 144¿21 ft2 ]x [ 1Btu778lbf . ft ]
W 12=1,18Btu
Exemplo 3.2 – Moran & Shapiro – 7ª Edição
Um reservatório rígido e fechado de 0,5 m3 de volume é colocado sobre uma placa
aquecida. Inicialmente o reservatório contém uma mistura bifásica de água líquida
saturada e de vapor d’água saturado a p1 = 1 bar com título de 0,5. Após o aquecimento a
pressão do reservatório é de p2 = 1,5 bar. Indique os estados inicial e final em um
diagrama T-v e determine:
a) A temperatura em ºC, nos estados 1 e 2;
b) A massa de vapor presente nos estados 1 e 2, em kg;
c) Considerando que o aquecimento continua, determine a pressão, em bar na qual o
reservatório contém somente vapor saturado.
Solução:
O diagrama deve ser elaborado com base nos dados fornecidos p1 = 1 bar, p2 = 1,5 bar, x1
= 0,5 (mistura líquido-vapor) e x3 = 1 (100% vapor)
O volume específico no estado 1 é determinado utilizando o título é dado por:
v=(1−x ) . vl+x . vv
Os valores de vl e vv são obtidos na tabela de água saturada para pressão de 1 bar
ilustrada a seguir
Logo temos: vl = 1,0432 x 10-3 m3/kg e vv = 1,694 m3/kg
v1=(1−x1 ). vl 1+x1. vv1
v1= (1−0,5 ) x1,0432 x 10
−3 m3
kg
+0,5x 1,694 m
3
kg
v1=0,8475
m3
kg
a) Uma vez que os estados 1 e 2 se encontram na região bifásica líquido-vapor, as
temperaturas correspondem às temperaturas de saturação nas pressões dadas.
T1 = 99,63 ºC e T2 = 111,4 ºC
b) Para achar a massa de vapor d’água presente, utilizamos inicialmente o volume e o
volume específico para determinar a massa total, m. Assim,
V=m .v→m=V
v
= 0,5m
3
0,8475m
3
kg
=0,59kg
A massa de vapor no estado 1 é dada por:
mv 1=x1.m=0,5 x0,59kg=0,295 kg
A massa do estado 2 é encontrada de modo similar utilizando o título x2. Para determinar
x2 temos:
x2=
v−v l2
vv 2−v l2
Da tabela acima para p2 = 1,5 bar, temos vl2 = 1,0528 x 10-3 m3/kg e vv2 = 1,159 m3/kg
Logo temos:
x2=
v−v l2
vv 2−v l2
=0,8475−1,0528 x10
−3
1,159−1,0528 x10−3
=0,731
Assim a massa de vapor no estado 2 será:
mv 2=x2.m=0,731 x0,59 kg=0,431 kg
c) Prosseguindo o processo de aquecimento o estado 3 estaria na linha de vapor
saturado, como mostrado no diagrama T-v. Desse modo, a pressão seria a pressão
de saturação correspondente. Nesta condição temos 100% vapor e sendo assim, o
volume específico do vapor é de 0,8475 m3/kg. Como não há este valor na tabela,
devemos interpolar. 
Então:
p (bar) v (m3/kg)
2,00 0,8857
P2 0,8475
2,50 0,7187
Interpolando tem-se:
2,00−p2
2,00−2,50
=0,8857−0,8475
0,8857−0,7187
2,00−p2
−0,50
=0,0382
0,167
→2,00−p2=−0,11→p2≅2,11 ¿¯
Exemplo 3.3 – Moran & Shapiro – 7ª Edição
Um tanque isolado e rígido com volume de 10 ft3 (0,28 m3) contém vapor saturado a
212 ºF (100 ºC). A água é rapidamente misturada até uma pressão de 20 lbf/in2 (137,9
kPa) . Determine a temperatura no estado final, em ºF, e o trabalho realizado durante o
processo, em Btu.
Solução:
Para determinar o estado final de equilíbrio são necessários os valores de duas
propriedades intensivas e independentes. Uma delas é a pressão, p2 = 20 lbf/in2 (20 psi),
e a outra é o volume específico: v1 = v2. Os volumes específicos inicial e final são iguais,
uma vez que o a massa total e o volume total permanecem inalterados durante o
processo. 
Da tabela temos v1 = vv (212 ºF) = 26,80 ft3/lbm, u1 = uv (212 ºF) = 1077,6 Btu/lbm.
Utilizando v2 = v1 e interpolando para p2 = 20 lbf/in2 (20 psi)
T (ºF) v (ft3/lbm)
440 26,642
T2 26,800
500 28,456
Interpolando tem-se:
440−T2
440−500
=26,642−26,800
26,642−28,456
440−T 2
−60
=−0,158
−1,814
→440−T 2=−5,23→T 2≅445 ºF
u (Btu/lbm) v (ft3/lbm)
1159,59 26,642
u2 26,800
1181,46 28,456
Interpolando tem-se:
1159,59−u2
1159,59−1181,46
=26,642−26,800
26,642−28,456
1159,59−u2
−21,87
=−0,158
−1,814
→1159,59−u2=−1,91→u2≅1161,6
Btu
lbm
O balanço de energia no sistema será: 
∆U+∆ EC+∆ EP=Q−W
Reescrevendo:
∆U=−W→W=(U2−U 1 )−m. (u2−u1 )
Para se determinar W é necessário conhecer a massa do sistema, que será:
m=V
v1
= 10 ft
3
26,80 ft
3
lbm
=0,373lbm
O trabalho será:
W=−m . (u2−u1 )=−0,373 lbm x (1161,6 Btulbm−1077,6 Btulbm )=−31,3 Btu
Exemplo 3.4 – Moran & Shapiro – 7ª Edição
Água contida em um conjunto cilindro-pistão é submetida a dois processos em série a
partir de um estado inicial, no qual a pressão é de 10 bar e a temperatura é de 400 ºC.
Processo 1-2: a água é resfriada à medida que é comprimida a uma pressão constante a
partir de 10 bar até alcançar o estado de saturado.
Processo 2-3: a água é resfriada a volume constante até 150 ºC.
Pede-se:
a) Esboce ambos os processos em diagrama T-v e p-v;
b) Determine o trabalho para o processo global, em kJ/kg;
c) Determine a quantidade de calor transferida para o processo global, em kJ/kg.
Solução:
Dados do problema: p1 = 10 bar, T1 = 400 ºC e T3 = 150 ºC
Percebe-se que a T1 = 400 ºC é maior que a temperatura de saturação do vapor (179,9)
para a pressão p1 de 10 bar. Portanto, o estado 1 está na região de vapor superaquecido.
a) Esboço dos dois processos
000
b) Uma vez que o trabalho relacionado ao movimento do pistão é o único presente
W=∫
1
3
p .dV=∫
1
2
p .dV +∫
2
3
p .dV
A segunda integral se anula, pois o volume é constante durante o processo 2-3. Portanto,
tem-se:
W
m
=p . (v2−v1 )
Os dados referentes ao estado 1 são retirados da tabela de vapor d’água superaquecido
p1 = 10 bar T1 = 400 ºC v1 = 0,3066 m3/kg u1 = 2957,3 kJ/kg 
Os dados referentes ao estado 2 são retirados da tabela de água saturada
p2 = 10 bar T2 = 179,9 ºC v2 = vv =0,1944 m3/kg u2 = uv = 2583,6 kJ/kg
O trabalho por unidade de massa será:
0
W
m
=10x 105 N
m2
x (0,1944−0,3066 ) m
3
kg
=−112.200 J
kg
=−122,2 kJ
kg
O trabalho é negativo, pois trata-se de um processo de compressão onde o sistema
recebe trabalho.
c) A quantidade de calor transferido é dada por:
m. (u3−u1 )=Q−W
Q
m
=(u3−u1 )+
W
m
Para se determinar a transferência de calor necessita-se de u3. Primeiro encontra-se o
título do estado 3, sendo assim os dados necessários aos cálculos encontram-se na
tabela referente ao estado e com temperatura igual a 150 ºC.
O processo 2-3 é realizado a volume constante, portanto, v2 = v3 = 0,1944 m3/kg, 
vl3 = 1,0905 x 10-3 m3/kg e vv3 = 0,3928 m3/kg
ul3 = 631,68 kJ/kg e uv3 = 2559,5 kJ/kg
x3=
v3−v l3
vv 3−v l3
=0,1944−1,0905 x10
−3
0,3928−1,0905 x10−3
=0,494
A energia interna específica no estado 3 será:
u3=(1−x3 ). ul 3+x3. uv3= (1−0,494 ) x 631,68
kJ
kg
+0,494 x2559,5 kJ
kg
u3=1584,0
kJ
kg
O calor global transferido será:
Q
m
=(u3−u1 )+
W
m
Q
m
=(1584,0 kJkg−2957,3 kJkg )+(−122,2 kJkg )=−1.485,5 kJkg
O sinal é negativo, pois há um resfriamento, ou seja, o calor está saindo do sistema e
portanto a transferência de calor será negativa.
 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 asequações 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.
p . v=R .T
onde R é a constante dos gases, que é diferente para cada gás e é determinada pela
diferença entre a constante universal dos gases R´ e a massa molar do gás M em
questão:
R= R´
M ( kJkg .K ou kPa.m
3
kg . K )
 sendo que:
O número de mols é dado por n = m/M, então a equação de estado para gás ideal
pode ser escrita como:
p .V=n . R´ .T
p .V=m. R .T
p=ρ . R .T
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.
Para uma maior precisão é adicionado ao modelo dos gases ideias um fator de
correção chamado fator de compressibilidade Z.
Z= p . v
R .T
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 T r=
T
T c
Onde pr e Tr 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. 
TERMODINÂMICA
YUNUS A. ÇENGEL & MICHAEL A. BOLES
5º EDIÇÃO
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
Exemplo 3-1
Um tanque rígido contém 50 kg de água líquida saturada a 90 ºC. Determine a pressão e
o volume do tanque.
Solução
Com os dados da tabela para água líquida saturada obtemos o diagrama abaixo:
O estado de água líquida saturada é mostrado em um diagrama T-v baixo. Como as
condições no tanque correspondem à saturação, a pressão no tanque deve ser a pressão
de saturação a 90 ºC. Da tabela de água saturada para temperatura de 90 ºC, temos:
A pressão no cilindro será igual à pressão da água saturada:
P=P sat@90 ºC=70,14 kPa
O volume específico da água saturada a 90 ºC é retirado da tabela e é igual a:
v=vsat @90 ºC=0,001036
m3
kg
Então, o volume total do tanque será:
v=mx vsat @90 ºC=50kg x 0,001036
m3
kg
=0,0518m3
Exemplo 3-2
Uma massa de 200 g de água saturada é completamente vaporizada a uma pressão
constante de 100 kPa. Determine:
a) a variação de volume
b) a quantidade de energia transferida para a água.
Solução
Com os dados da tabela para água líquida saturada obtemos o diagrama abaixo:
a) o processo é ilustrado em um diagrama P-v na figura acima. A variação de volume por
unidade de massa durante o processo de vaporização é v lv, que é a diferença entre vv e vl.
Lendo esse valores na tabela de água saturada a 100 kPa e fazendo a substituição
temos:
v lv=vv−v l=1,6940−0,001043=1,6930
m3
kg
Assim,
∆V=m.v lv=(0,2kg ) x (1,6930 m3kg )=0,3386m3
b) a quantidade de energia necessária para vaporizar uma massa unitária de uma
substância a uma determinada pressão é a entalpia de vaporização àquela pressão.
Neste caso específico temos a água com uma determinada energia interna por unidade
de massa (u) e que sofre um processo de vaporização com pressão (p) constante com
variação de volume específico (∆v). A entalpia por unidade de massa (entalpia específica
– h) é dada por h = u+p.v. Sendo assim temos:
E=m.hlv=(0,2kg ) .(2258,02 kJkg )=451,6kJ
Exemplo 3-3
Um tanque rígido contém 10 kg de água a 90 ºC. Se 8 kg de água estiverem na forma
líquida e o restante estiver na forma de vapor, determine:
a) a pressão no tanque
b) o volume do tanque
Solução
Com os dados da tabela para água líquida saturada obtemos o diagrama abaixo:
a) o estado da mistura líquido-vapor saturado é mostrado na figura acima. Como as duas
fases coexistem em equilíbrio, temos uma mistura saturada, e a pressão deve ser a
pressão de saturação na temperatura em questão (90 ºC):
P=P sat@90 ºC=70,183 kPa
b) a 90 ºC temos vl = 0,001036 m3/kg e vv = 2,3593 m3/kg. Uma forma de encontrar o
volume do tanque é determinar o volume que cada fase ocupa e, em seguida, somá-los.
V=V l+V v=ml . vl+mv . vv=(8kg x 0,001036 m3kg )+(2kg x2,3593 m
3
kg )
V=4,73m3
Outra forma é determinar primeiro o título x, em seguida o volume específico médio v e
finalmente o volume total:
x=
mv
mt
= 2kg
10kg
=0,2
v=v l+x . v lv=0,001036
m3
kg
+[0,2x (2,3593 m3kg−0,001036 m3kg )]=0,473m3kg
V=m .v=10kg x 0,473m
3
kg
=4,73m3
O primeiro método parece ser mais fácil neste caso, uma vez que as massas de cada
fase foram fornecidas. Na maioria dos casos, porém, as massas de cada fase não estão
disponíveis, tornando o segundo método mais conveniente.
Exemplo 3-4
Um vaso de 80 litros contém 4 kg de refrigerante 134ª a uma pressão de 160 kPa.
Determine:
a) atemperatura,
b) o título,
c) a entalpia do refrigerante e
d) o volume ocupado pela fase vapor.
Solução
Com os dados da tabela de R-134a obtemos o diagrama abaixo:
a) o estado da mistura líquido-vapor saturado é mostrado na figura acima. Neste ponto
não sabemos se o refrigerante está na região de líquido comprimido, vapor aquecido ou
mistura saturada. Isso pode ser determinado pela comparação do valor de uma
propriedade nos estados de líquido saturado e vapor saturado. A partir das informações
do enunciado, podemos determinar o volume específico:
v=V
m
=0,080m
3
4 kg
=0,02m
3
kg
Na tabela de refrigerante 134a para 160 kPa temos:
v l=0,0007437
m3
kg
e v l=0,12348
m3
kg
Claramente, vl < v < vv, e o refrigerante está na região da mistura saturada. Assim, a
temperatura deve ser a temperatura de saturação à pressão especificada:
T=T sat @90 ºC=−15,60 ºC
b) O título pode ser determinado a partir de:
x=
v−v l
vv
=
0,02−0,0007437 m
3
kg
0,12348−0,0007437 m
3
kg
=0,157
A outra maneira de se obter o título é:
v=(1−x ) . vl+x . vv→0,02=0,0007437−(0,0007437. x )+ (0,12348. x )
0,0192563=0,1227363. x
x=0,157
c) A 160 kPa, lemos também na tabela que hl = 31,21 kJ/kg e hv = 209,90 kJ/kg, assim:
h=hl+x .hlv=31,21
kJ
kg
+(0,157x 209,90 kJkg )=64,2 kJkg
ou através de:
h=(1−x ) . hl+x .hv=[(1−0,157 ) .31,21 kJkg ]+ (0,157 ) .241,11 kJkg
h=26,31003 kJ
kg
+37,85427 kJ
kg
=64,2 kJ
kg
d) a massa de vapor é:
mv=x .mt=(0,157 ) . (4 kg )=0,628kg
O volume ocupado pela fase de vapor é:
V v=mv . vv= (0,628 kg ) .(0,12348 m3kg )=0,0775m3=77,5 l
O restante do volume (2,5 l) é ocupado pela fase líquida.
Exemplo 3-5
Determine a temperatura da água em um estado em que P = 0,5 Mpa e h = 2890 kJ/kg.
Solução:
A 0,5 Mpa, a entalpia do vapor d’água saturado é hv = 2748,1 kJ/kg. Percebe-se que a
entalpia fornecida no problema é maior que a entalpia do vapor d’água saturado. Assim
temos:
Nota-se que nestas condições temos um vapor superaquecido. Na tabela de vapor d’água
super aquecido, para pressão igual a 0,5 MPa, não há valor de entalpia igual a 2890
kJ/kg. Portanto, deve-se anotar o valor da entalpia imediatamente acima da entalpia
fornecida e a sua respectiva temperatura e realizar o mesmo procedimento com a entalpia
e sua respectiva temperatura imediatamente abaixo da entalpia fornecida. Assim da
tabela tem-se:
T (ºC) h (kJ/kg)
200 2855,8
Tx 2890,0
250 2961,0
Interpolando tem-se:
200−Tx
200−250
=2855,8−2890,0
2855,8−2961,0
200−Tx
−50
= −34,2
−105,2
→200−Tx=−16,25→Tx=216,3 ºC
Obviamente a Tx deverá estar entre 200 ºC e 250 ºC
Exemplo 3-6
Determine a energia interna da água líquida comprimida a 80 ºC e 5 MPa, usando:
a) dados da tabela de líquido comprimido e
b) dados do líquido saturado.
Qual é o erro associado ao segundo caso?
Solução:
Os valores exato e aproximado da energia interna da água líquida devem ser
determinados.
A 80 ºC, a pressão de saturação da água é de 47,416 kPa e, como5 MPa > P sat, temos
obviamente líquido comprimido como mostra a figura acima.
a) Da tabela de líquido comprimido tem-se:
P = 5 MPa
 u = 333,82 kJ/kg
T = 80 ºC
b) da tabela de saturação tem-se:
u≅ul@80 ºC=334,97kJ /kg
O erro associado é de:
Erro=
Valoraproximado−Valorexato
Valor exato
=334,97−333,82
333,82
x 100=0,34
Erro menor que 1% → erro aceitável
Exemplo 3-7
Determine as propriedades que estão faltando e descreva as fases na seguinte tabela
para água:
T (ºC) P (kPa) u (kJ/kg) x Descrição da fase
A 200 0,6
B 125 1600
C 1000 2950
D 75 500
E 850 0,0
Solução:
A) O título fornecido é x = 0,6, o que significa que 60% da massa se encontra na fase
vapor, e os 40% restantes estão na fase líquida. Dessa maneira, temos uma mistura
líquido-vapor saturada a uma pressão de 200 kPa. Então, a temperatura deve ser a
temperatura de saturação na pressão fornecida:
T=T sat @200 kPa=120,21 ºC(obtidosna tabela)
Também de acordo com a tabela, a 200 kPa temos: u l = 504,50 kJ/kg e ulv = 2024,6 kJ/kg.
Então, a energia interna média da mistura é:
u=u l+ xulv=504,50
kJ
kg
+(0,6 x 2024 kJkg )=1719,26 kJkg
B) desta vez a temperatura e a energia interna são fornecidas, mas não sabemos qual
tabela usar para determinaras propriedades que estão faltando, porque não sabemos se
teremos uma mistura saturada, um líquido comprimido ou um vapor superaquecido. Para
determinar a região em que nos encontramos, consultamos primeiro a tabela de
saturação e determinamos os valores de ul e uv na temperatura fornecida. A 125 ºC lemos
ul = 524,83 kJ/kg e uv = 2534,3 kJ/kg. A seguir, comparamos os valores de u fornecido
com esses valores de ul e uv, lembrando que:
Se u < ul → líquido comprimido
Se ul < u < uv → mistura líquido-vapor saturada
Se u > uv → vapor superaquecido
Nesse caso, o valor de u fornecido é de 1600, que fica entre u l e uv a 125 ºC. Assim,
temos uma mistura líquido-vapor saturada. A pressão deve ser a pressão de saturação
na temperatura fornecida:
P=P sat@125 ºC=232,23 kPa(obtidos natabela)
O título é determinado a partir de:
x=
u−ul
ulv
=1600−524,83
2009,5
=0,535
Os critérios utilizados acima, para se determinar se temos uma mistura saturada, um
líquido comprimido ou um vapor superaquecido podem ser utilizados quando a entalpia
(h), o volume específico (v) forem fornecidos no lugar da energia interna (u), ou quando a
pressão for fornecida no lugar da temperatura.
C) este caso é semelhante ao (B), exceto pelo fato que a pressão é conhecida, em vez da
temperatura. Seguindo o argumento acima, temos ul e uv à pressão especificada. A 1
MPa, temos ul = 761,39 kJ/kg e uv = 2582,8 kJ/kg. O valor de u é 2950 kJ/kg, que é maior
que o valor de uv a 1 MPa. Assim, temos um vapor superaquecido e a temperatura
nesse estado é determinada por meio de uma interpolação usando a tabela de vapor
superaquecido.
T (ºC) u (kJ/kg)
350 2875,18
T2 2950,00
400 2957,29
Interpolando tem-se:
350−T2
350−400
=2875,18−2950,00
2875,18−2957,29
350−T 2
−50
=−74,82
−82,11
→350−T2=−45,56→T 2≅1161,6 ºC
T = 395,56 ºC
Deixamos a coluna de título em branco neste caso, uma vez que o título não tem
significado algum na região de vapor superaquecido.
D) Neste caso a temperatura e a pressão são fornecidas, mas não podemos dizer qual
tabela deve ser usada para determinar as propriedades que estão faltando, porque não
sabemos se teremos uma mistura saturada, um líquido comprimido ou um vapor
superaquecido. Para determinar a região em que nos encontramos, consultamos primeiro
a tabela de saturação e determinamos os valor da temperatura de saturação na pressão
fornecida. A 500 kPa, temos Tsat = 151,83 ºC. em seguida, comparamos o valor de T
fornecido com Tsat, lembrando que:
Se T < Tsat @ P → líquido comprimido
Se T = Tsat @ P → mistura saturada 
Se T > Tsat @ P → vapor superaquecido
Neste caso, o valor de T fornecido é de 75 ºC, que é menor que Tsat à pressão
especificada. Temos, portanto, líquido comprimido. Normalmente, determinaríamos o valor
da energia interna a partir da tabela de líquido comprimido. Entretanto, a pressão
fornecida neste caso é muito mais baixa que o valor da pressão mais baixa na tabela de
líquido comprimido (5MPa) e, portanto, justificamos a aproximação do líquido comprimido
por líquido saturado à temperatura ( e não à pressão) fornecida:
u≅ul@75 ºC=313,99kJ /kg
Deixamos a coluna de título em branco neste caso, uma vez que o título não tem
significado algum na região de líquido comprimido.
E) O título é dado como x = 0 e , portanto, temos líquido saturado à pressão de 850 kPa.
Assim, a temperatura deve ser a temperatura de saturação à pressão fornecida, e a
energia interna deve ter o valor da do líquido saturado:
T=T@850 kPa=172,94 ºC
u=u l@850 kPa=731,00 kJ /kg
Exemplo 3-8
Determine a massa de ar de uma sala de dimensões 4 m x 5 m x 6 m a 100 kPa e 25 ºC.
Solução:
O ar nas condições especificadas pode ser tratado como gás ideal. Da tabela de gás ideal
a constante do gás do ar é R = 0,287 (kPa.m3)/(kg.K), e que a temperatura absoluta é de:
T=25 ºC+273=298K
O volume da sala é:
V = 4 x 5 x 6 = 120 m3
A massa do ar da sala é determinada a partir da relação do gás ideal como:
m= P.V
R .T
= 100 kPax 120m
3
0,287 kPa.m
3
kg . K
x298K
=140,3 kg