TB Nota de Aula 8

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Instituto de Ciências Exatas e Tecnológicas
Campi São José dos Campos – Dutra
TERMODINÂMICA BÁSICA
NOTA DE AULA 8
Balanço de Entropia para Sistemas Fechados.
Balanço de Entropia para Volume de Controle.
 Balanço de Entropia para Sistemas Fechados
 A variação da entropia de um sistema fechado durante um processo é
variação da entropia entropia líquida transferida entropia gerada dentro
 através da fronteira do sistema da fronteira do sistema
pela transferência de calor
Onde σ é a entropia produzida por irreversibilidades (geração de entropia) 
O primeiro termo do lado direito pode ser interpretado como a transferência de entropia
associada à transferência de calor. O sinal da transferência de entropia segue a mesma
convecção da utilizada para calor. A variação de entropia não depende apenas da
transferência dela pela a fronteira, mas também de sua geração no sistema. Essa geração é
devido as irreversibilidade presentes.
 Se a temperatura da fronteira é constante: 
 Em termos de balanço de taxa de entropia, ou seja, a entropia no decorrer do tempo, temos:
Para um processo adiabático (sem transferência de calor), o termo de transferência de
entropia pela transferência de calor é nulo e a variação da entropia do sistema fechado
torna-se igual à geração de entropia dentro da fronteira do sistema:
Balanço de Entropia para Volumes de Controle 
A entropia, assim como a massa e a energia, é uma propriedade extensiva, pode ser
transferida para dentro ou para fora de um volume de controle através do escoamento
de matéria. A taxa de variação de entropia dentro do volume de controle durante um processo
é:
 
soma da taxa de transferência taxa líquida de transferência de
de entropia através da fronteira entropia do volume controle
do V.C. pela transferência de calor pelo fluxo de massa
d SVC
dt
=∑
T
Q´T
T T
+∑
e
m´e . se−∑
s
m´s . ss+σ´VC
taxa de variação taxa líquida de transferência de taxa de geração 
de entropia dentro entropia para o volume controle de entropia dentro 
do V.C pelo fluxo de massa das fronteiras do V.C.
devida às irreversibilidades
onde o termo antes da igualdade representa a taxa de variação de entropia, o segundo
e terceiro termos após a igualdade representam a entropia que acompanha o fluxo de
massa. 
A maioria dos volumes de controle encontrados na prática, como turbinas, compressores,
bocais, difusores, trocadores de calor, tubos e dutos, opera em regime permanente. Dessa
forma temos para o balanço de massa:
Já a taxa de energia em regime permanente é dada por: 
0=Q´VC−W´VC+∑
e
m´e .(he+ ve22 +g ze)−∑s m´s .(hs+ vs
2
2
+g zs)
Com isso o balanço de entropia para regime permanente fica:
0=∑
T
Q´T
T T
+∑
e
m´e . se−∑
s
m´s . ss+ σ´VC
E se tivermos apenas 1 entrada e 1 saída (corrente única):
0=∑
T
Q´T
T T
+m´ . ( s1−s2 )+σ´ VC
No caso de um dispositivo adiabático de corrente única, o balanço de entropia pode ser
simplificado ainda mais para:
0=m´. ( s1−s2 )+ σ´VC
Exemplos 
1) Uma massa de 2 kg de vapor superaquecido a 400°C e 600 kPa é resfriada a uma pressão
constante, transmitindo calor de um cilindro até que o vapor seja completamente condensado.
A vizinhança está a 25°C. Determine a produção de entropia em razão desse processo. 
Resposta:
Estado 1: Vapor superaquecido, T = 400°C, P = 600 kPa 
Da tabela temos:
Estado 2: Vapor saturado, P = 600 kPa 
Da tabela temos:
2) 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. 
Resolução: 
a) 
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
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=Q´VC−W´VC+∑
e
m´e .(he+ ve22 +g ze)−∑s m´s .(hs+ vs
2
2
+g zs)
regime permanente
0=−W´ V .C .+ m´. (h2−h1 )→
W´ V .C .
m´
=(h2−h1 )
W´ V .C .
m´
=(3093,75−2675,46 )=418,29 kJ
kg
00000
3) O ar a 1,0 atm e 25°C passa por um compressor e é descarregado à pressão de 5,5 atm.
Supondo que o ar se comporte como um gás ideal com CP = 0,24 kcal/kg.K, calcule sua
temperatura final e o trabalho realizado se a vazão mássica de ar for de 20,0 kg/s e a
compressão seja em estado estacionário, adiabática e reversível.
Dados: Mar = 29 g/mol
R = 8,314 J/mol.K.
RESOLUÇÃO
Dos balanços de massa e energia aplicados ao sistema (compressor e seu conteúdo),
supondo operação em estado estacionário e compressão adiabática e desprezando as
energias cinética e potencial, pode obter pelo balanço de energia que:
W=Q→W´=Q´
W´ s=m´1.∆h=m´.CP .∆T=m´ .CP . (T2−T 1 )
Porém, T2 é desconhecida e Ws não pode ser determinado apenas com os balanços de
massa e energia.
Utilizando o balanço de entropia (apenas 1 entrada e 1 saída = corrente única), tem-se:
0=∑
T
Q´T
T T
+m´ . ( s1−s2 )+σ´ VC
Supondo que a compressão seja em estado estacionário, adiabática e reversível, tem-se: 
dS
dt
=0Q=0 σ´=0 m´1=m´2=m´
O balanço de entropia será:
0=m´. s1−m´ . s2→m´.s2=m´ . s1→s2=
m´ . s1
m´
→ s2=s1
Ou seja, a compressão é isentrópica. (∆S = 0)
∆ S=S2−S1=cp . ln
T 2
T 1
−R . ln
P2
P1
 0=CP . ln
T2
T1
−R . ln
P2
P1
→CP . ln
T 2
T 1
=R . ln
P2
P1
→ ln
T2
T1
= R
CP
. ln
P2
P1
→
T2
T1
=(P2P1 )
R
C P
Como os dados do problema dão a capacidade calorífica em base mássica, temos que
converter cp em base mássica para CP em base molar:
CP = cp x Mar
CP=0,24
kcal
kg .K
x 1000cal
kcal
x 4,186 J
cal
x 29 g
mol
x kg
1000g
=29,13 J
mol . K
Isolando T2 na Equação, temos:
T2=P1( P2P1 )
R
c p=298,15 x( 5,51 )
8,314
29,13=485K
Finalmente, temos:
W´ s=m´.CP . (T2−T 1 )=20
kg
s
x0,24 kcal
kg . K
x (485,00−298,15 )K=896,88 kcal
s
W´ s=896,88
kcal
s
x 4,186 kJ
kcal
=3750 kJ
s
=3750 kW
4) Uma turbina a vapor opera em regime permanente, expandindo 10 kg/s de vapor
superaquecido a 8.000 kPa e 400 ºC. O vapor sai da turbina a 1.000 kPa e 200ºC. A turbina
transfere calor para o meio ambiente a uma taxa de 5% da potência mecânica produzida. 
a) Determine a potência mecânica gerada pela turbina; 
b) calcule a taxa de produção de entropia no interior da turbina, considerando que a
temperatura da superfície externa da turbina é 330 K. 
Resolução 
a) potência mecânica 
a partir da Primeira Lei da Termodinâmica para volumes de controle 
da tabela para 10 bar e 200 ºC → h1 = 2827,9 kJ/kg
da tabela para 80 bar e 440 ºC → interpolando h2 = 3246,1
kJ/kg
b) taxa de produção de entropia 
fazendo o balanço da Segunda Lei da Termodinâmica 
da tabela para 10 bar e 200 ºC → s1 = 6.694 kJ/kg.K
da tabela para 80 bar e 440 ºC → interpolando s2 = 6,519
kJ/kg.K
0,05. W´ = 199,1 kW
Processos Isentrópicos
Eficiência Isentrópica em Turbinas, Bombas, Bocais e Compressores.
Processos IsentrópicosO termo isentrópico significa entropia constante. 
Eficiência de Dispositivos com Escoamento em Regime Permanente
 
Irreversibilidades são inerentes de todos os processos reais, 
Portanto inicialmente analisaremos os dispositivos com escoamento em regime
permanente e adiabático como um processo isentrópico. O parâmetro que expressa
quantitativamente o quão eficiente um dispositivo real se aproxima de um dispositivo
idealizado é a eficiência isentrópica ou adiabática. 
Eficiência Isentrópica em Turbinas: 
O estado do fluido que está sendo admitido na turbina e a pressão são fixos. A transferência
de calor entre a turbina e sua vizinhança é desprezada, assim como os efeitos das
energias cinética e potencial. Assim os balanços de massa e energia se reduzem a:
0=Q´VC−W´VC+∑
e
m´e .(he+ ve22 +g ze)−∑s m´s .(hs+ vs
2
2
+g zs)
W´VC=∑
e
m´e . (he )−∑
s
m´ s. (hs )
Como o regime é permanente m´e=m´s=m´
W´VC=m´. (he−hs )
00000
W´ VC
m´
= (he−hs )
A geração de entropia é dada por:
σ´
m´
=( ss−se )
Na ausência de irreversibilidades, isto é, numa expansão isentrópica através de uma turbina
temos:
( W´VCm´ )s=he−hss
onde o subscrito S significa que o processo ou a propriedade é isentrópica. 
Logo, a eficiência isentrópica é a razão entre o trabalho resultante real da turbina e o trabalho
resultante que seria alcançado se o processo entre o estado de entrada e a pressão de saída
fosse isentrópico.
ηT=
W r
W s
≅
he−hsr
he−hss
onde o subscrito r significa que o processo ou a propriedade é real.
Eficiência Isentrópica em Compressores e Bombas: O estado do fluido que está sendo
admitido no compressor e a pressão são fixos. A transferência de calor com a vizinhança é
desprezível, assim como os efeitos das energias cinética e potencial. Assim os balanços
de massa e energia se reduzem a:
−W´VC
m´
=(hs−he )
Na ausência de irreversibilidades, isto é, numa expansão isentrópica através de uma turbina
temos:
(−W´ VCm´ )s=hs−hes
Portanto a eficiência é a razão entre o trabalho necessário para elevar a pressão de um gás
até um valor especificado de forma isentrópica e o trabalho de compressão real.
ηC=
W s
W r
≅
hs−hes
hs−her
→COMPRESSOR
ηB=
W s
W r
=
ϑ (P s−Pe )
hs−her
→BOMBA
Eficiência Isentrópica em Bocais: 
É a razão entre a energia cinética real do fluido na saída do bocal e a energia cinética na
saída de um bocal isentrópico para o mesmo estado de entrada e pressão de saída. 
ηBOCAL=
V 2
2
r
V 2
2
s
≅
(he−hs )r
(he−hs )s
Exemplos 
1) A eficiência de turbinas, compressores, bombas e bocais é uma variável de fundamental
importância para a elaboração de um projeto. Sem essa informação sub ou
superdimensionamentos podem acarretar prejuízos incalculáveis, principalmente porque
algumas indústrias utilizam equipamentos de grande porte que podem custar milhares de
dólares. Para um bom dimensionamento de um projeto industrial, determine a eficiência
isentrópica de uma turbina que opera com vapor d’água a 500°C e 1000 kPa, em regime
permanente, e é expandido até 10 kPa. A vazão mássica é de 1,8 kg/s e a potência
desenvolvida vale 1700 kW. As perdas de calor e os efeitos de energia cinética e potencial
podem ser desprezados. Determine a eficiência isentrópica da turbina. 
Resolução: 
Da tabela de vapor superaquecido a 500°C e 1000 kPa temos:
 h1 = 3478,44 kJ/kg e s1 = 7,7621 kJ/kgK
Isentrópico s1 = s2s 
Da tabela de água saturada:
sl = 0,6492 kJ/kgK e sv = 8,1501 kJ/kgK
s2 s=(1−x2 ). sL+x2. sV→7,7621=(1−x2 ) .0,6492+x2 .8,1501
x2=0,9483
hl = 191,81 kJ/kg e hv = 2584,63 kJ/kg
h2 s=(1−x2 ) .hL+x2 . hV= (1−0,9483 ) .191,81+0,9483 x .2584,63
h2 s=2460,92
kJ
kg
ηT=
W´ t
(W´ t )s
=
W´ t
m´ . (h1−h2 s )
= 1700
1,8x (3478,44−2460,92 )
=0,9282ou 92,82
2) Vapor d’água é admitido em um bocal que opera em regime permanente a p 1
= 140 lbf/in2 e T1 = 600°F com uma velocidade de 100 ft/s. A pressão e a temperatura de
descarga são p2 = 40 lbf/in2 e T2 = 350°F. Não ocorre transferência de calor significativa entre
o bocal e sua vizinhança, e as variações de energia potencial entre a entrada e a saída
podem ser desprezadas. Determine a eficiência do bocal. 
Resolução:
0=Q´VC−W´VC+∑
1
m´1.(h1+V 122 +g z1)−∑s m´2 .(h2+V 2
2
2
+g z2)
0=m´1 .(h1+ v122 )−m´s .(h2+ v2
2
2 )→m´ s.(h2+ v2
2
2 )=m´1.(h1+ v1
2
2 )
m´1=m´2=m´→regime permanente
(h2+ v222 )=m´m´ (h1+ v1
2
2 )→v2
2
2
=h1−h2+
v1
2
2
Da tabela temos que h1 = 1326,4 Btu/lb, s1 = 1,7191 Btu/lb°R, h2 = 1211,8 Btu/lb
v2
2
2
=(1326,4−1211,8 ) Btu
lb
+
1002( ft2s2 )
2.( 32.2 x lb. fts21 lbf ) .( 778 ft .lbf1Btu )
=114,8 Btu
lb
Interpolando para p = 40 lbf/in2, s2s = s1 = 1,7191 Btu/lb°R, resulta em h2s = 1202,3 Btu/lb
( v222 )s=(1326,4−1202,3 ) Btulb +
1002( ft2s2 )
2.( 32.2 x lb . fts21 lbf ).( 778 ft . lbf1 Btu )
=124,3 Btu
lb
ηBOCAL=
V 2
2
r
V 2
2
s
=114,8
124,3
=0,924ou92,4
3) Um compressor adiabático admite ar a 1bar e 300K, operando em regime permanente. O
fluxo de ar comprimido é 1kg/s. A pressão de saída é 3 bar. A eficiência isentrópica do
compressor é 0,80 e a constante Rar = 0,287 kJ/kg.K 
a) Determine a temperatura de saída do ar se o processo fosse isentrópico; 
b) determine a temperatura real de saída do ar; 
c) determine a potência consumida pelo compressor; 
d) calcule a taxa de produção de entropia no compressor. 
Resolução 
Se o processo fosse isentrópico teríamos, usando a tabela de gases para o ar: 
0 00 0
Como o estado (1) está definido com T1 = 300 K, tem-se h1 = 300,19 kJ/kg e P1r = 1,3860
P2
P1
=
Pr2
Pr1
=1
3
→Pr2=3 x Pr1=3 x1,3860≅4,158
Estado 2 → P2r = 4,158. 
Com P2r obtêm-se da Tabela, por interpolação h2s = 411,26 kJ/kg e T2s = 410,14 K
a) temperatura de saída do ar se o processo fosse isentrópico → T2s = 410,14 K
c) potência consumida: 
pela Primeira Lei da Termodinâmica:
W´ s=m´ . (h1−h2 )=m´. (h1−h2 s )=1
kg
s
x(300,19 kJkg−411,26 kJkg )=−111,07 kJs =−111,07 kW
ηC=
W´ s
W´ r
→W´ r=
W´ s
ηC
=−111,07 kW
0,8
=−138,84 kW
b) determine a temperatura real de saída do ar; 
W´ r=−138,84 kW=−138,84
kJ
s
→W r=
W´ r
m´
=
−138,84 kJ
s
1 kg
s
=−138,84 kJ
kg
W r=(h1−h2 )→h2=h1−W r=300,19−(−138,84 )→h2=439,03
kJ
kg
Com h2r = 439,03 kJ/kg obtêm-se da Tabela, por interpolação T2r = 437,5 K
d) pelo balanço de Segunda Lei e utilizando a tabela de gases para o ar: 
s1 = 1,702 kJ/kg.K 
Por interpolação para T2 = 437,5 encontra-se s2 = 2,082 kJ/kg.K
No caso de um dispositivo adiabático de corrente única, o balanço de entropia pode ser
simplificado ainda mais para:
0=m´. ( s1−s2 )+ σ´VC→σ´VC=m´ . (s2−s1 )
s2−s1=0=sT 2
0 −sT 1
0 −R . ln(P2P1 )
σ´VC=m´.[ sT 20 −sT 10 −R . ln( P2P1 )]=1 kgs x [2,082−1,702−0,287. ln( 31 )]
σ´VC=1
kg
s
x0,065 kJ
kg .K
=0,065 kW
K