376878-6_Entropia_aula

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Termodinâmica
Capítulo 6
Entropia
IFSUL – Campus Sapucaia do Sul Prof. Dr. Enio C. M. Fagundes
Entropia – Uma propriedade do sistema
Veremos a análise de sistemas a partir da segunda lei em termos da
propriedade entropia.
Definição de variação de entropia
Uma quantidade pode ser chamada de propriedade se e somente se
sua variação entre dois estados for independente do processo.
Além do conceito de propriedade será utilizada a desigualdade de
Clausius para apresentar a variação de entropia.
Dois ciclos internamente reversíveis
Ciclo caminho A - indo de 1 para 2 seguido por C de 2 a 1
Ciclo caminho B - indo de 1 para 2 seguido por C de 2 a 1
A desigualdade de Clausius:
Os valores possíveis para σciclo são:
ciclo
BT
dQ
−=






σciclo É a entropia produzida por irreversibilidades
σciclo = 0 reversível
σciclo > 0 irreversibilidades presentes
σciclo < 0 impossível
B indica que o calor e a temperatura 
são avaliados em relação a fronteira 
do sistema
Para o primeiro ciclo a equação da desigualdade de Clausius fica:
Para o segundo ciclo a equação da desigualdade de Clausius fica:
ciclo é igual a zero, pois os ciclos são internamente reversíveis
Subtraindo as equações dos dois ciclos
A quantidade é a mesma para ambos os processos.
A integral desta quantidade possui o mesmo valor para qualquer
processo internamente reversível entre dois estados.
A integral depende somente dos estados inicial e final, representando
a variação de uma propriedade do sistema.
Onde S = entropia 
e S2 – S1 = variação de entropia (S)
Na forma diferencial a variação de entropia fica:
A entropia é uma propriedade extensiva. A unidade no SI é J/kg.K, ou 
pode ser apresentada em kJ/kg.K (nas tabelas).
A entropia específica ( ) no SI é kJ/kg.K e kJ/kmol.K
A unidade inglesa para entropia específica é BTU/lb.ºR e Btu/lbmol. ºR.
Avaliando a entropia
O valor da entropia em qualquer estado y em relação a um estado
de referência x é obtido a partir de:
A utilização de valores de entropia em relação a um estado de
referência (x) é satisfatória em cálculos com diferenças de
entropia. Isto é válido para aplicações em que a composição
permanece constante.
Quando reações químicas ocorrem utiliza-se tratamentos em
termos de valores absolutos de entropia, que são determinados
utilizando a terceira lei da termodinâmica (que não será visto em
nossa disciplina).
Obtendo valores de entropia
A entropia específica é tabelada assim como v, u e h são tabelados.
Estes valores são fornecidos nas tabelas A-2 a A-18, sendo relativos
aos estados e valores de referência apresentados a seguir.
Para a água a entropia do líquido saturado a 0,01ºC (32,02ºF) é
definida como nula.
Para os refrigerantes, o valor zero é atribuído a entropia do líquido
saturado a -40ºC (-40ºF).
Valores para vapor superaquecido
Nas regiões de vapor superaquecido tanto para água como para
refrigerantes a entropia específica é tabelada assim como u, v e h
em função da temperatura e da pressão.
Exemplo: água em dois estados.
Estado 1 : p1= 3 MPa e T1= 500°C
Estado 2 : p2= 0,3 MPa, T2= ? (qual o valor de T2 ? se s2=s1).
Vamos determinar a temperatura no estado 2.
Utilizando a tabela A-4 (a seguir). Com os valores de p1 e T1
determina-se s1= 7,2338 kJ/kg.K (que é igual a s2).
Retornando a tabela A-4 , na pressão de 0,3 MPa. Interpola-se com
os valores de entropia, entre 160 e 200°C, obtendo T2= 183°C.
Tabela A-4
Estado 1 :
p1= 3 MPa e T1= 500°C
Como s1 = s2 = 7,2338 e este valor fica
entre 160 e 200°C. Faz-se a
interpolação neste intervalo, para
determinar T2.
Cálculo de T2 :
200 – 160 = 200 – T2
7,3115 – 7,1276 7,3115 – 7,2338
T2 = 182,6 ºC
ou aproximadamente 183 ºC
Tabela A-4
Estado 2 : p2= 0,3 MPa, T2= ?
Valores de saturação
Os valores de sf e sg são tabelados em função da pressão de saturação
e da temperatura de saturação. A entropia específica de uma mistura
bifásica líquido - vapor é calculada utilizando o título (x).
Estas relações são idênticas aquelas utilizadas para determinar v,u e h.
Exemplo: Determinar a entropia específica do refrigerante 134a: na
T= 0°C e u= 138,43 kJ/kg. Usar a tabela A-10.
u está entre uf e ug a 0°C, então o sistema é uma mistura bifásica
líquido-vapor. O título pode ser determinado.
uf ug sf sg
Utilizando gráficos de entropia
Diagrama Temperatura-Entropia (T-s)
A figura abaixo representa um diagrama T-s. As linhas de entalpia constante
são mostradas na figura T-s.
Na região de vapor superaquecido as linhas de volume específico constante
tem inclinação maior que as linhas de pressão constante. Linhas de título
constante são mostradas na região líquido-vapor e apresentadas como
percentual de umidade (que é dado pela razão da massa de líquido pela
massa total).
Na região de vapor superaquecido as linhas de entalpia específica
constante se tornam aproximadamente horizontais à medida que a pressão
diminui (sombra clara). Nesta mesma região a entalpia é determinada
principalmente pela temperatura: h(T,p)  h(T). Nesta região o modelo de
gás ideal fornece uma aproximação apropriada. Para estados de vapor
superaquecido, fora da área sombreada, a temperatura e a pressão são
necessárias para avaliar a entalpia e o modelo de gás ideal não é
apropriado.
Diagrama Temperatura-Entropia
Observar em cada região as linhas de v, 
p, h constante
Diagrama Entalpia-Entropia (h-s)
Conhecido também como diagrama de Mollier. A figura abaixo
mostra o diagrama h-s.
Notar a localização do ponto crítico, a forma das linhas de
temperatura constante e pressão constante. Linhas de título
constante são mostradas na região bifásica líquido-vapor.
A figura permite avaliar propriedades no estado de vapor
superaquecido e misturas bifásicas líquido-vapor. Dados para
líquidos raramente são mostrados.
Na região de vapor superaquecido linhas de temperatura
constante se tornam aproximadamente horizontais a medida que
a pressão é reduzida (sombra clara). Nesta área o modelo de gás
ideal fornece uma aproximação apropriada.
Diagrama Entalpia-Entropia
Exemplo de uso do diagrama de Mollier.
Considerando dois estados da água.
No estado 1: T1= 240°C, p1= 0,10 MPa (= 1 bar).
No estado 2: p2= 0,01 MPa (=0,1 bar) e s2=s1.
A entalpia específica e o título no estado 2 precisam ser
determinados. Utilizando a figura A-8 (página seguinte).
O estado 1 está localizado na região de vapor superaquecido (na
T1=240°C e p1=0,1MPa).
Traçando uma linha vertical na direção da região bifásica líquido-
vapor , o estado 2 é localizado alcançando a p2=0,01 MPa.
O título e a entalpia específica no estado 2 são obtidos da figura e
apresentam boa concordância com os valores das tabelas A-4 e A-
3: x2= 0,98 e h2= 2537kJ/kg.
Figura A-8
Utilizando as tabelas - Tabela A4
s1= 7,9949 
na p= 0,10 Mpa (1 bar) e T= 240°C
pressão
Se x = 0,98
h= hf + x. (hg – hf) h= 191,83 + 0,98.2392,8 = 2536,774 kJ/kg
No estado 2: p2= 0,01 MPa (0,10 bar) e s1= 7,9949 
O valor de x pode ser calculado usando os dados de sf e sg na 
pressão 0,10 bar:
x = (s – sf)/(sg-sf)
x= (7,9949 – 0,6493)/(8,1502 – 0,6493) = 0,979296
Utilizando as equações TdS
A entropia entre dois estados pode ser determinada pela equação
Estas avaliações também podem ser feitas utilizando as equações TdS.
As equações TdS são desenvolvidas considerando um sistema puro,
compressível e simples , submetido a um processo internamente
reversível.
Desconsiderando o movimento do corpo e as forças gravitacionais um
balanço de energia na forma diferencial pode ser dado
1ª Lei da 
Termodinâmica
U = Q – W
Usando a definição de um sistema simples compressível o trabalho é 
dado por
Substituindo estas equações na equação anteriorPrimeira equação TdS
Como H= U + pV
Substituindo esta equação na primeira equação TdS
Segunda equação TdS
As equações TdS podem ser escritas em base mássica 
Ou em base molar
Embora as equações TdS sejam obtidas considerando um processo
internamente reversível , uma variação de entropia obtida pela
integração dessas equações corresponde a variação para qualquer
processo , reversível ou irreversível, entre dois estados de equilíbrio
de um sistema.
Considerando uma mudança de fase de líquido saturado para vapor
saturado a T e p constantes. (2ª eq TdS)
Pois T e p são constantes, dp = o
Considerando o refrigerante 134a a 0°C. Usando a tabela A-10, hg – hf = 
197,21 kJ/kg. Então sg – sf é: 
Tds = dh - Vdp
sf sg
sf-sg = 0,722
Variação de entropia para uma substância incompressível
O modelo de uma substância incompressível admite que o volume
específico seja constante e que a energia interna específica depende
somente da temperatura. Logo du= c(T)dT.
Como v é constante:
(Incompressível, c é constante)
ou
dT
(1ª eq TdS)
Tanto a equação quanto as equações:
São utilizadas para fornecer u e h, e são aplicáveis a sólidos e líquidos,
quando considerados como incompressíveis. Os calores específicos de
alguns sólidos e líquidos são apresentados na tabela A-19.
Exemplo: um sistema composto por água líquida , T1= 300K e p1= 1bar,
passa por um processo e no estado 2, apresenta: T2= 323 K e p2= 1bar.
Calcular s2 – s1, usando os dados da tabela A-2 e a equação abaixo :
s1sf(T1)= 0,3954 kJ/kg.K
s2sf(T2)= 0,7038 kJ/kg.K
Logo: s2-s1 = 0,308 kJ/kg.K
T1= 27°C
T2= 50°C
s2-s1 = 4,18. ln(323/300) = 0,309 kJ/kg.K
Calcular usando a equação considerando 
c = 4,18 kJ/kg.K (tabela A-19) 
Observa-se a concordância dos resultados com os dados da tabela
Variação de entropia de um gás ideal
A entropia entre dois estados para um gás ideal pode ser avaliada com
as equações TdS.
Para um gás ideal e
Substituindo nas equações acima
ds = cv(T).dT/T + R.T. dv/v.T e ds = cp(T).dT/T – R.T. dp/p.T
Integrando
R é constante, os últimos termos
das equações (v e p) podem ser
integrados diretamente.
Observe que cv e cp são
funções da temperatura e a
integração não é direta.
Variação de cp com a temperatura – equação e alguns exemplos
A capacidade calorífica a volume constante também apresenta
relação de dependência com a temperatura, de forma
semelhante a cp.
Tabelas de gás ideal (entropia para gases ideais ) 
Para fins de conveniência define-se uma nova variável 
T’
T’ é uma temperatura arbitrária de referência
A integral abaixo pode ser escrita em termos de s°
dando
T’ T’
Como s° depende apenas de T ela pode ser tabelada (tabelas A-22 e 
A-23) da mesma forma que h e u.
Revisão do modelo de gás ideal
equação de estado
variações de u e h
Calores
específicos
constantes
ou u= cv . T
ou h= cp . T
Calores específicos variáveis
u(T) e h(T) obtidos das tabelas A-22 para ar (base mássica)
e da tabela A-23 para outros gases (base molar)
A equação fica:
base molar
Como s° depende apenas de T ela pode ser tabelada (tabelas A-22
e A-23). Quando s° é selecionada como 0 K é identificada como
entropia absoluta.
Exemplo: avaliar a entropia específica para o ar, admitido como gás
ideal, de um estado T1= 300 K e p1= 1 bar a um estado T2= 1000 K e
p2= 3 bar utilizando as últimas equações vistas e os dados da tabela
A-22.
Assumindo calores específicos constantes
Quando cv e cp são assumidos como constantes , valem as 
equações:
Exemplo: determine a variação de entropia específica para o ar
admitido como gás ideal que passa por um processo de T1= 300K, p1=
1bar, para T2= 400 K, p2= 5bar. Como o intervalo de temperatura é
pequeno admite-se que cp é constante e avaliado a 350 K. (cp= 1,008
kJ/kg.K, tabela A-20)
Variação de entropia em processos internamente reversíveis
A medida que um sistema fechado é submetido a um processo
internamente reversível sua entropia pode aumentar, diminuir ou
permanecer constante. Este fato pode ser percebido usando:
Quando um sistema fechado recebe energia sob a forma de calor
ele experimenta um aumento de entropia.
Quando energia é retirada do sistema por transferência de calor a
entropia diminui. A transferência de entropia acompanha a
transferência de calor.
Em um processo adiabático, a entropia permanece constante
(processo isoentrópico)
Área representativa da transferência de calor
Rearranjando a equação anterior e integrando de um estado 
inicial a um final
Ou seja a área do diagrama temperatura-entropia representa a
transferência de calor.
Obs: válida para processo internamente reversível, não é valida para
processos irreversíveis
Aplicação do ciclo de Carnot
Ciclo de potência de Carnot (figura abaixo):
2-3: T constante
A entropia aumenta : Q23 = TH(S3-S2) a área
da figura 2-3-a-b-2 representa a quantidade
de calor transferida durante o processo.
(transferência de calor para o sistema)
3-4: adiabático
A entropia é constante
4-1: T constante
A entropia diminui : Q41 = TC(S1-S4) a área da figura 4-1-b-a-4 representa
a quantidade de calor transferida durante o processo.
(transferência de calor do sistema para a vizinhança)
1-2: adiabático
A entropia é constante
A eficiência é dada por:
numerador= (TH-TC)(S3-S2)
denominador= TH(S3-S2)
ou  = (TH – TC)/TH
No caso de um ciclo de refrigeração ou bomba de calor (figura
abaixo) o calor é transferido para o sistema enquanto a
temperatura se mantém igual a TC, e a entropia aumenta
durante o processo 1-2. No processo 3-4 o calor é transferido a
partir do sistema enquanto a temperatura permanece
constante, TH, e a entropia diminui.
Exercícios resolvidos no livro – cap 6
EXEMPLO 6.1 processo internamente reversível para a água.
Água inicialmente como líquido saturado a 100° C, está contida em um
conjunto cilindro-pistão. A água é submetida a um processo que a leva ao
estado de vapor saturado, durante o qual o pistão se move livremente ao
longo do cilindro. Considerando que a mudança de estado acontece em
virtude do aquecimento da água a medida que esta percorre um processo
internamente reversível a pressão e temperatura constantes, determine o
trabalho e a transferência de calor por unidade de massa, em kJ/kg.
A água no conjunto constitui um sistema fechado
O processo é internamente reversível
A temperatura e a pressão se mantêm constantes durante o processo
Não há variação de EC, EP entre os dois estados 
Como p e T são constantes
Retirando os valores da tabela A2: 
Como o processo é internamente reversível e T=constante: 
ou
Retirando os valores da tabela A2: 
Lembre:
V=m.v e S=m.s
W/m = 1,014x105(1,673 – 1,0435x10-3) = 169536,4 J/kg
Forma alternativa para calcular o calor 
introduzindo
Retirando os valores da tabela A2 para T= 100°C: 
Observar que é o mesmo valor de Q/m calculado anteriormente
Balanço de entropia para sistemas fechados
O balanço de entropia é uma expressão da segunda lei conveniente para
análise termodinâmica. O balanço de entropia é restrito a sistemas
fechados e estendido a volumes de controle a seguir.
Variação da
quantidade de
entropia contida no
sistema durante um
certo intervalo de
tempo
Quantidade líquida
de entropia
transferida para
dentro através da
fronteira do sistema
durante o intervalo
de tempo
Quantidade de 
entropia produzida 
no interior do 
sistema durante o 
intervalo de tempo
= +
Matematicamente fica:
Variação
de
entropia
transferen
cia de
entropia
geração
de
entropiaInterpretando o balanço de energia para um sistema fechado
Baseado na equação: 
o lado esquerdo não depende do processo
O lado direito da equação depende do processo.
Visualizando o lado direito da equação:
O primeiro termo pode ser interpretado como a transferência de
entropia associada a transferência de calor. O sentido da transferência de
calor é o mesmo para a entropia: Entropia (+) entropia transferida para o
interior do sistema. Entropia (-) , entropia transferida para fora do
sistema.
O segundo termo , é positivo quando irreversibilidades internas
ocorrem no processo e se anula quando as irreversibilidades não estão
presentes. A entropia é produzida ou gerada no interior do sistema pela
ação de irreversibilidades. A geração de entropia não é uma propriedade.
Presença de irreversibilidades no sistema
Ausência de irreversibilidades no sistema
 não pode ser negativo 
A variação de entropia pode:
De acordo com a segunda lei:
Quando conveniente a expressão
pode ser apresentada na forma
diferencial
Balanço da taxa de entropia para sistemas fechados
Considerando Tb constante e Q/Tb representa a quantidade de entropia
transferida de uma parcela da fronteira na temperatura Tb.
ou em termos de taxa temporal
Representa a taxa temporal de transferência de entropia através
de uma parcela da fronteira cuja temperatura instantânea é Tj.
dS/dt é a taxa de variação temporal de entropia do sistema.
representa a taxa temporal de geração de entropia devida a
irreversibilidades no interior do sistema
Balanço da taxa de entropia para um 
sistema fechado
Exemplo 6.2 – Processo irreversível para água.
Água inicialmente como líquido saturado a 100°C, está contida em um conjunto
cilindro-pistão. A água é submetida a um processo que a leva ao estado de vapor
saturado, durante o qual o pistão se move livremente ao longo do cilindro. Não ocorre
transferência de calor para a vizinhança. Se a mudança de estado acontece pela ação
de um agitador, determine o trabalho por unidade de massa, em kJ/kg, e a quantidade
de entropia produzida por unidade de massa, em kJ/kg.K.
A água no conjunto constitui um sistema fechado
Não há transferência de calor com a vizinhança
O sistema está em equilíbrio e não há variação de EC, EP entre os dois estados 
O volume do sistema aumenta durante o processo. Há transferência de energia
por trabalho do sistema. Há também transferência de energia por trabalho do
sistema via agitador. O trabalho líquido é avaliado pelo balanço de energia
Utilizando a massa a equação fica:
Retirando os valores da tabela A2 para T= 100°C: 
O sinal (-) indica que o trabalho introduzido pelo agitador é maior que o
trabalho feito pela água quando se expande. A entropia é avaliada pelo
balanço de entropia. Não há transferência de calor (dQ = 0).
ou
Retirando os valores da tabela A2 para T= 100°C: 
ug=2506,5 kJ/kg
uf=418,94 kJ/kg
sg=7,3549 kJ/kg.K
sf=1,3069 kJ/kg.K
Exemplo 6.3 avaliando o trabalho de compressão teórico mínimo.
Refrigerante 134a é comprimido adiabaticamente em um conjunto cilindro-
pistão a partir do estado de vapor saturado a 0°C a uma pressão final de 0,7
MPa. Determine o trabalho teórico mínimo requerido por unidade de massa
de refrigerante, em kJ/kg.
O refrigerante 134a é um sistema fechado
Não há transferência de calor com a vizinhança
O sistema está em equilíbrio e não há variação de EC, EP entre os dois estados 
Estados finais possíveis
Compressão real
Balanço de energia
Tabela A10: u1 na T= 0°C. Note que está no estado de vapor saturado, logo
u1=ug= 227,06 kJ/kg. Para esta mesma condição s1 =sg= 0,9190 kJ/kg.K
Como o processo é adiabático dQ = 0
Para um processo internamente reversível, s2 = s1, esta condição é dada
quando em 2s ( e não em 2). Pela tabela A12 na pressão de 0,7 MPa
considerando s2s = s1 = 0,9190 kJ/kg.K. Obtém-se u2s por interpolação entre a
T de sat e 30°C. u2s = 244,32 kJ/kg.
Interpolar 
para 
encontrar u2
Exemplo 6.4 – identificando irreversibilidades.
Com referência ao exemplo 2.4, avalie a taxa de geração de entropia , em
kW/K, para (a) a caixa de redução como sistema (b) um sistema estendido que
consiste na caixa de redução e uma parcela suficiente de sua vizinhança, de
forma que a transferência de calor ocorra à temperatura da vizinhança que se
encontra afastada da caixa de redução, Tf = 293 K.
Considerações:
A caixa é um sistema fechado e opera em regime permanente
Caixa + parcela da vizinhança são considerados um sistema fechado
As temperaturas da superfície externa da caixa e a temperatura da vizinhança 
são consideradas uniformes
a)Balanço de entropia para um sistema fechado. Como o regime é permanente 
dS/dt =0.
como
b)Balanço de entropia para um sistema fechado. Como o regime é permanente 
dS/dt =0.
como
Sentido dos processos
Princípio do aumento de entropia
Utiliza-se o balanço de energia e entropia para apresentar o princípio do
aumento de entropia.
Utiliza-se sistemas estendidos, que compreendem o sistema e a parcela
da vizinhança afetada pelo sistema a medida que este percorre um
processo.
Este sistema estendido é considerado um sistema isolado
Em um sistema isolado não ocorre transferência de energia, a
energia permanece constante. Como a energia é uma propriedade
extensiva:
Um balanço de entropia para um sistema isolado fica:
Balanço de energia para um sistema isolado
viz
Lembre: Um
sistema isolado
não troca calor
Corresponde a quantidade de energia gerada no interior do sistema e
sua vizinhança.
A entropia é gerada em todos os processos reais, logo a entropia de
um sistema isolado aumenta (princípio do aumento de entropia)
Esta equação estabelece o sentido no qual qualquer processo pode
evoluir, no sentido que faz aumentar o somatório da entropia do
sistema com a entropia da vizinhança.
viz
Exemplo 6.5 – resfriando uma barra de metal quente.
Uma barra metálica com 0,3 kg a 1200 K é removida de um forno e resfriada
por imersão em um tanque fechado contendo 9 kg de água inicialmente a 300
K. Cada substância pode ser admitida como incompressível. Um valor
apropriado de calor específico constante para a água é cw = 4,2 kJ/kg.K e um
valor apropriado para o metal é cm = 0,42 kJ/kg.K. A transferência de calor a
partir do conteúdo do tanque pode ser desprezada. Determine (a) a
temperatura final de equilíbrio da barra metálica e da água, em K, e (b) a
quantidade de entropia produzida, em kJ/K.
Considerações:
A barra de metal e a água são um sistema fechado
Não há transferência de energia por calor ou 
trabalho: o sistema é isolado
Não há variação de EC e EP
A água e o metal são considerados 
incompressíveis e c é conhecido
a) Balanço de energia
Tf = temperatura final, Twi= temperatura inicial da água, 
Tmi= temperatura inicial do metal
Ou: 9x4,2X103(Tf – 300)+0,3x0,42x103(Tf – 1200) =0
Tf=302,9 K
; U = 0
U = m. c.T
b) Balanço de entropia. Não há transferência de calor dQ = 0
A variação de entropia para uma substância incompressível é dada por:
(Incompressível, c é constante)
; S = 
Interpretação estatística da entropia
Em termodinâmica estatística a entropia é associada ao conceito de
desordem microscópica. Conforme um sistema isolado se move em
direção ao equilíbrio nosso conhecimento da condição de cada
partícula que constitui o sistema diminui, que corresponde a um
aumento na desordem microscópica e um aumento da entropia.
A entropia de uma substância na fase gasosa é muito maior que a desta
substância na fase sólida.
Na fase sólida as moléculas oscilam em torno de posições de equilíbrio
e estas posições podem ser determinadas com uma certa precisão.
Na fase gasosa as moléculas se movem de forma aleatória colidindo
entre si e mudando de direção, ficandodifícil prever com precisão o
estado microscópico do sistema.
A entropia de um sistema está relacionada ao número total de possíveis
estados microscópicos do sistema, chamada probabilidade
termodinâmica, p, dada pela relação de Boltzman.
S = k.ln p
A constante de Boltzmann k= 1,3806 x 10-23 J/K.
Do ponto de vista microscópico a entropia de um sistema aumenta
sempre que a aleatoriedade molecular do sistema aumentar.
A entropia é uma medida da desordem molecular.
Balanço da taxa de entropia para volumes de controle
O conceito de balanço de entropia será estendido a volumes de controle. Tal
como a massa e a energia a entropia é uma propriedade extensiva, podendo
ser transferida para o interior ou exterior do volume de controle por
escoamentos de matéria. Como esta é a única diferença entre sistemas
fechados e volume de controle, pode-se obter o balanço da taxa de entropia
para um volume de controle pela modificação da equação abaixo.
Obtendo:
Taxa de
variação
de
entropia
Taxa de transferência de 
entropia
Taxa de
geração de
entropia
Forma integral do balanço da taxa de entropia
Svc(t) representa a entropia total associada ao volume de controle no 
tempo t 
Taxa de
transferência
de entropia
associada à
transferência
de calor
fluxo de calor, , que é a taxa de 
transferência de calor por unidade 
de área de superfície do sistema.
( )vc
V
m t dV= 
Balanços de taxas para volumes de controle em regime permanente
Princípio da conservação de massa
Balanço da taxa de energia em regime permanente
Balanço de entropia para regime permanente em termos da taxa 
Estas equações devem ser resolvidas simultaneamente, junto com as
relações de propriedades apropriadas. Massa e energia são grandezas que
se conservam, mas entropia não se conserva, pois a taxa de entropia que
sai excede a taxa de entropia que entra devido a irreversibilidades.
Volumes de controle com uma entrada e uma saída em regime permanente
Neste caso a equação anterior se reduz a 
Dividindo pela vazão mássica e rearranjando:
Se não ocorrer transferência de entropia associada a transferência de calor 
a equação fica:
Quando irreversibilidades estão presentes no interior do vc, a entropia de
uma unidade de massa aumenta pela passagem da entrada para a saída.
Quando não há irreversibilidades não há alteração de entropia (isoentrópica)
Exemplo 6.6 – geração de entropia em uma turbina a vapor.
Vapor d’água é admitido em uma turbina com uma pressão de 30 bar, a temperatura
de 400°C, e uma velocidade de 160 m/s. Vapor saturado a 100°C é descarregado com
uma velocidade de 100 m/s. Em regime permanente, a turbina produz uma
quantidade de trabalho igual a 540 kJ por kg de vapor escoando através da turbina.
Ocorre transferência de calor entre a turbina e a sua vizinhança a uma temperatura
média da superfície externa igual a 350 K. Determine a taxa de geração de entropia no
interior da turbina por kg de vapor escoando, em kJ/kg.K. Despreze a variação de EP
entre a admissão e a descarga.
Considerações:
O volume de controle está em regime permanente.
A transferência de calor da turbina para a vizinhança ocorre a uma temperatura média da 
superfície externa.
A variação de EP entre a admissão e a descarga pode ser desprezada.
Balanço entre a entrada e a saída no vc em regime permanente
isolando
A taxa de transf de calor é dada por:
Tomando os dados da tabela A4: 30 bar; 400°C, h1= 3230,9 kJ/kg. Da tabela 
A2: h2= hg(100°C)= 2676,1 kJ/kg
Da tabela A2: s2= 7,3549 kJ/kg.K e da tabela A4: s1= 6,9212 kJ/kg.K
Fazendo o mesmo cálculo usando as unidades do SI.
= 540x103 + (2676,1 – 3230,9) x103 + (1002-1602)/2 = - 22600 J/kg
Exemplo 6.7 – avaliando uma especificação de desempenho.
Um inventor afirma ter desenvolvido um dispositivo que, mesmo não
necessitando de transferência de energia sob a forma de trabalho ou calor,
permite a produção de ar quente e frio a partir de um escoamento único de ar
a uma temperatura intermediária. O inventor fornece os dados de testes em
regime permanente que indicam que quando ar é admitido a uma temperatura
de 21°C e uma pressão de 5 bar, as correntes de ar obtidas são descarregadas a
-18°C e 79°C, respectivamente , ambas a pressão de 1 bar. Sessenta por cento
da massa admitida no dispositivo é descarregada a uma temperatura inferior.
Avalie a afirmação do inventor utilizando o modelo de gás ideal para o ar e
desprezando as variações das EC e EP das correntes de admissão e descarga.
Considerações:
O vc está em regime permanente
A potência e a transf. de calor do vc
são iguais a zero
A variação de EC e EP são desprezadas
O ar é modelado como ideal e cp = 1,0
kJ/kg.K e constante
De acordo com o balanço de massa, energia e entropia e as considerações 
anteriores: 
Se então
=0,4(294 - 352)+0,6(294 -255) 
= zero (considerando os arredondamentos). Os princípios de
conservação de massa , energia são satisfeitos
Como não há transferência de calor, o balanço de entropia para um regime
permanente fica:
Combinando balanço de massa e entropia
Calculando 
A segunda lei também é satisfeita. O invento não viola os princípios da
termodinâmica.
Estes tipos de dispositivos existem e são chamados tubos de vórtices e são
utilizados na indústria para resfriamentos localizados.
Exemplo 6.8 – geração de entropia em componentes de bombas de calor.
No esboço abaixo são mostrados os componentes de uma bomba de calor
para fornecimento de ar aquecido para uma residência. Em regime
permanente o refrigerante 22 é admitido no compressor a -5°C, 3,5 bar e é
comprimido adiabaticamente até 75°C, 14 bar. Do compressor, o refrigerante
passa através do condensador, onde é condensado a líquido a 28°C, 14 bar. O
refrigerante é então expandido através de uma válvula de expansão até 3,5
bar. Os estados do refrigerante são mostrados no diagrama T-s. Ar de retorno
da residência é admitido no condensador a 20°C, 1 bar, a uma vazão
volumétrica de 0,42 m3/s e é descarregado a 50°C com uma perda de carga
desprezível. Utilizando o modelo de gás ideal para o ar e desprezando os
efeitos das energias cinética e potencial, (a) determine as taxas de geração de
entropia, em kW/K, para um volume de controle envolvendo o condensador, o
compressor e a válvula de expansão, respectivamente. (b) discuta as fontes de
irreversibilidades nos componentes considerados no item (a).
Considerações:
Cada componente é analisado como um vc em regime permanente
O compressor opera adiabaticamente e a expansão através da válvula é um processo
de estrangulamento
Para o vc considerando o condensador apenas, Wvc =0 e Qvc= 0
Os efeitos da EC e EP podem ser desprezados
O ar é modelado como ideal com cp = 1,005 kJ/kg.K e valor constante
Os dados são obtidos das tabelas:
estado 1 - tabela A9: s1= 0,9572 kJ/kg.K.
estado 2- tabela A9 por interpolação s2= 0,98225 kJ/kg.K e h2= 294,17 kJ/kg.
estado 3 tabela A7: s3= sf(28°C)= 0,2936 kJ/kg.K e h3= hf(28°C) = 79,05 kJ/kg.
Para expansão através da válvula de estrangulamento h3=h4. A tabela A8
fornece os dados do estado 4: sf4= 0,1328 e sg4= 0,9431 kJ/kg.K.
A entropia específica para o estado 4 fica:
Condensador como um vc
Para calcular é necessário calcular e
Pelo modelo de gás ideal
Pelo balanço de energia é obtida a massa do refrigerante
Assumindo que 
A variação da entropia para o ar fica:
Calculando 
Compressor como vc
válvula como vc
b) Resumo dos valores das taxas de produção de entropia
Excepcionalmente a verificação 3 será realizada até aqui.
Os conhecimentos adicionais são muito importantes e
aparecerão em outros capítulos, logo serão estudados
após a verificação 3.
Processos isoentrópicos
As propriedades em estados com entropia constante podem ser
relacionadas utilizando diagramasou tabelas. A figura abaixo mostra
diagramas T-s e h-s. Todos os estados em uma linha vertical passando de
um estado para o outro tem mesma entropia. Conhecendo o estado 1, os
estados 2 e 3 podem ser determinados desde que se conheça uma
propriedade adicional, p ou T. Os valores de outras propriedades podem
ser lidas diretamente a partir das figuras.
Utilizando o modelo de gás ideal
Baseado na figura abaixo que representa dois estados de um gás ideal. As
relações entre p, v e T obtidos de tabelas e pela suposição de que o calor
específico é constante.
Partindo de:
Tabelas de gás ideal
Determinando T2
Determinando p2
Estas equações
podem ser usadas
para ou
Para gases tabela
A-22 e A-23
Como: s1=s2
Para o caso do ar admitido como gás ideal 
Onde: Fica:
(s1=s2, somente para o ar)
Valores de pr nas Tabelas A-22
Onde: A função pr é chamada pressão relativa(não é
realmente uma pressão, não confundir com
pressão reduzida do diagrama de
compressibilidade)
pr1=pr(T1)
pr2=pr(T2)
Relação entre v e T, considerando a equação de um gás ideal 
É função da T
vr é tabelada (tabela A-22)
(s1=s2, somente para o ar)
A função vr(T) é denominada volume
relativo. Não é realmente um
volume. Não confundir com volume
específico pseudo-reduzido do
diagrama de compressibilidade.
Admitindo calores específicos constantes
Processo isoentrópico, gás ideal e calores específicos constantes. As
equações abaixo
Ficam:
Usando as relações dos gases ideais:
Tem-se:
Eliminando T:
Processos politrópicos através dos diagramas p-v e T-s.
Exercício 6.9 e 6.10
Exemplo 6.9 – processo isoentrópico do ar.
Ar é submetido a um processo isoentrópico de p1= 1 atm, T1 = 300K até um
estado final em que a temperatura é T2 = 650K. Utilizando o modelo de gás
ideal, determine a pressão final p2 em atm. Utilize (a) os dados de pr da tabela
A-22 (b) um programa de computador e (c) uma razão de calores específicos k
constante avaliada para uma temperatura média de 475K da tabela A-20.
Ar em um processo isoentrópico
O ar é considerado gás ideal
Considerar k constante
Um gás ideal tem mesma entropia específica nas duas condições. Na tabela
A22 tira-se os valores de pr.
b) Pelo programa computacional o resultado é o mesmo
2
c) Quando k é constante para um gás ideal a entropia é a mesma nas duas
condições. Pela tabela A20 , T= 202°C (475 K) , k= 1,39.
Exemplo 6.10 – vazamento de ar em um tanque.
Um tanque rígido e isolado preenchido inicialmente por 5kg de ar e 5 bar a
uma temperatura de 500K. Um vazamento se desenvolve e o ar escapa
lentamente, até que a pressão do ar que permanece no tanque é de 1 bar.
Empregando o modelo de gás ideal, determine a quantidade de massa que
permanece no interior do tanque e sua temperatura.
O sistema fechado é a massa inicial dentro do
tanque
Não há transferência significativa de calor entre o
sistema e a vizinhança
Irreversibilidades dentro do tanque podem ser
ignoradas quando o ar escapa suavemente
O ar é considerado como gás ideal.
A massa na condição 1 e 2 são dadas por:
Falta determinar T2. o balanço de entropia é dado por:
Como a massa do sistema permanece constante
Como não há variação de entropia
O Volume antes e depois é o mesmo
Pela tabela A22 nas condições dadas p1= 5 bar e p2= 1 bar: pr1 = 8,411.
Substituindo na equação obtém-se pr2 = 1,6822.
Por interpolação na tabela A22 obtém-se T2 = 317 K. Inserindo os valores na
equação pode-se calcular a massa:
Eficiências isoentrópicas de turbinas, bocais, compressores e bombas
Eficiências comparam o desempenho real de um equipamento e o desempenho que
seria atingido em condições idealizadas para o mesmo estado inicial e a mesma
pressão de saída.
Eficiência isoentrópica de turbinas
A figura abaixo representa um diagrama que mostra a expansão em uma turbina. O
estado do líquido admitido na turbina e a pressão de saída são fixos. A transferência
(turbina-vizinhança) de calor é desprezada, bem como efeitos da energia cinética e
potencial. Com estas hipóteses, tem-se um regime permanente e o trabalho
produzido por unidade de massa que atravessa a turbina é:
h1 conhecida, o trabalho depende de h2
Não há transferência de calor
h1 conhecida, o trabalho depende de h2
Não há transferência de calor
O estado 2s seria atingido só no limite de ausência de irreversibilidades internas. 
Para p saída fixa h2 diminui assim como s2
O menor valor para h2 é correspondente ao estado 2s
s2 < s1 não é possível em expansão 
adiabática.
s2 > s1 é o único estado possível.
expansão real
expansão 
isoentrópica
O valor máximo do trabalho da turbina é:
Em uma expansão real h2 > h2s , então menos trabalho que o máximo
seria produzido . Esta diferença é chamada eficiência isoentrópica da
turbina.
=
Um valor típico de está entre 0,7 e 0,9 
Eficiência isoentrópica de bocais
É semelhante a apresentada para as turbinas. Esta é definida como a
razão entre a energia cinética específica do gás saindo do bocal V2
2/2
e a energia cinética na descarga do bocal que seria atingida em uma
expansão isoentrópica entre o mesmo estado de admissão e a mesma
pressão de descarga, (V2
2/2)s.
Eficiências de 95% ou mais para bocais são comuns. Bocais bem
projetados são livres de irreversibilidades internas.
bocal
Eficiências isoentrópicas de compressores e bombas
A figura abaixo mostra um processo de compressão. O estado do fluido
admitido e a pressão de saída são fixos. A transferência de calor é desprezível ,
bem como a energia cinética e potencial. O trabalho é dado por:
h1 é conhecida o
trabalho depende de
h2
Trabalho diminui com
diminuição de h2.
O trabalho mínimo necessário é:
Em uma compressão real h2> h2s
A eficiência isoentrópica do compressor é dada por:
c é aproximadamente 75 a 85%
b é definido de forma
semelhante
=
Exercício 6.11 a 6.14
Uma turbina a vapor opera em regime permanente com condições de entrada
de p1=5 bar e T1=320°C. O vapor deixa a turbina a uma pressão de 1 bar. Não
há transferência de calor entre a turbina e a vizinhança. A variação de EC e EP
podem ser desprezadas. Se a eficiência isoentrópica da turbina é de 75%,
determine o trabalho produzido por unidade de massa de vapor escoando na
turbina, em kJ/kg.
A turbina é um vc e esta em regime
permanente
A expansão é adiabática e as variações de EC
e EP podem ser negligenciadas.
Exemplo 6.11 – avaliando o trabalho de uma turbina usando a eficiência isoentrópica.
Trabalho na turbina usando a eficiência isoentrópica
Pela tabela A4; h1= 3105,5 kJ/kg , s1= 7,5308 kJ/kg.K. O estado da saída é
dado por p2= 1 bar e s2s=s1. Interpolando na tabela A4 na pressão de 1 bar e
a entropia específica conhecida, h2s= 2743,0 kJ/kg.
Uma turbina operando em regime permanente recebe ar a uma pressão p1=3
bar e T1=390 K. O ar sai da turbina a uma pressão p2=1 bar. O trabalho
produzido é medido como 74 kJ por kg de ar escoando pela turbina. A turbina
opera adiabaticamente. A variação de EC e EP podem ser desprezadas.
Utilizando o modelo de gás ideal , determine a eficiência da turbina.
A turbina é um vc e esta em regime permanente
A expansão é adiabática e as variações de EC e EP podem ser negligenciadas.
O ar é modelado como gás ideal
Exemplo 6.12 – avaliando a eficiência isoentrópica de uma turbina
A eficiência de uma turbina é dada pela equação abaixo. O numerador é 
conhecido e se desconhece o denominador
Como:
Pela tabela A22 na T= 390 K, h1= 390,88 kJ/kg. Para determinar h2s utiliza-se a
equação abaixo: pr1= 3,481
Interpolando os valores na tabela A22 tem-se h2s= 285,27 kJ/kg 
Vapor d’agua é admitido em um bocal que opera em regime permanente a
p1= 1,0 MPa e T1= 320°C com uma velocidade de 30 m/s. A pressão e a
temperatura na saída sãop2= 0,3 MPa e T2= 180°C. Não há transferência de
calor entre o bocal e a vizinhança e a variação de EP é desprezada. Determine a
eficiência do bocal.
O vc apresentado opera adiabaticamente em regime permanente
Para este vc, e a variação de EP podem ser negligenciadas.
Exemplo 6.13 – avaliando a eficiência isoentrópica de um bocal
A eficiência do bocal é dada pela equação abaixo. É necessário calcular a EC
específica na saída e a EC específica na saída em uma expansão isoentrópica. O
balanço de massa e energia para regime permanente com uma entrada e uma
saída fica:
Da tabela A4: T1= 320°C, p1= 1,0 MPa, h1= 3093,9 kJ/kg, s1= 7,1962 kJ/kg.K e
T2= 180°C, p2= 0,3 MPa, h2= 2823,9 kJ/kg.
Interpolando na tabela A4 para p= 0,3 MPa com s2s=s1, s1= 7,1962 kJ/kg.K .
Obtêm-se como resultado h2s= 2813,3 kJ/kg. A EC específica na saída para o
processo isoentrópico fica
Para o compressor da bomba de calor do exemplo 6.8 (reproduzido abaixo o
diagrama T-s) , determine a potência em kW, e a eficiência isoentrópica
utilizando dados de tabelas de propriedade.
O vc do compressor está em regime permanente
A compressão é adiabática e variações de EC, EP podem ser negligenciadas
Exemplo 6.14 – avaliando a eficiência isoentrópica de um compressor
o refrigerante 22 é
admitido no
compressor a -5°C,
3,5 bar e é
comprimido
adiabaticamente
até 75°C, 14 bar.
Vazão mássica=
0,07 kg/s
O balanço de massa e energia fica:
Da tabela A9, h1= 249,75 kJ/kg e h2= 294,17 kJ/kg:
A eficiência isoentrópica do compressor e dada por:
Da tabela A9, s1= 0,9572 kJ/kg.K com s2s= s1. Interpolando na tabela na
pressão = 14 bar, h2s= 285,58 kJ/kg.
Calor e trabalho em processos internamente reversíveis em regime 
permanente
Calor transferido
Para um vc em regime permanente , com escoamento isotérmico e
internamente reversível, o balanço de energia fica:
Num diagrama T-s a área representa o
calor transferido por unidade de massa
Trabalho
Se aplica para o caso de
irreversibilidades presentes
Quando irreversibilidades estão ausentes(processo internamente reversível)
= área da curva p-v
Tds = dh – vdp ; -vdp= Tds - dh
Para o caso de v=constante, envolvendo líquidos:
Para os casos em que é nulo, como bocais e difusores
Equação de Bernoulli
Trabalho em processos politrópicos
Processo internamente reversível com pvn=constante, como um processo
politrópico, onde n é constante.
Para qualquer valor de n, exceto n=1. Quando n=1, pv=constante, e o
trabalho é:
estas equações são
aplicáveis para
qualquer gás ou líquido
Caso de gás ideal
n1
Processo politrópico:
Exercício 6.15
Um compressor de ar opera em regime permanente com ar admitido a p1=1
bar, T1= 20°C e descarregado a p2= 5 bar. Determine o trabalho e o calor
transferido por unidade de massa que passa através do equipamento , em
kJ/kg, se o ar é submetido a um processo politrópico com n = 1,3. Despreze as
variações das energias cinética e potencial entre a entrada e a saída. Utilize o
modelo de gás ideal para o ar.
O vc com o compressor está em regime permanente
O ar passa por um processo politrópico com n= 1,3
O ar é considerado ideal
A variação de Ec e EP são negligenciadas
Exemplo 6.15 – compressão politrópica do ar
Para determinar para o compressor (eq abaixo) é necessário calcular T2 :
O balanço de massa e energia fica:
Utilizando as temperaturas T1 e T2 e a tabela A22, h1= 293,17 kJ/kg e
h2= 426,35 kJ/kg.
Equações principais