Exergia 1

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Instituto de Ciências Exatas e Tecnológicas 
 
 
TERMODINÂMICA Aplicada 
 
 
 
 1 - Introdução 
 
A energia é conservada em qualquer dispositivo ou processo. Sendo assim, a energia não 
pode ser destruída, mas a energia pode ser transformada. A pergunta que se deve fazer é se 
nesta energia transformada ainda resta potencialidade de utilização e ou transformação em 
algo útil. 
 
 Fazendo-se uma análise da figura 1 abaixo, tem-se: 
 
 
 
Fig. 1 - Conceito de Exergia 
Retirada do Livro Princípios de Termodinâmica para Engenharia 
Moran/Shapiro 
 
 Na figura (a) encontra-se um sistema isolado composto por um pequeno reservatório de 
combustível e um grande volume de ar que se encontram a temperatura inicial (Ti). Nota-se que 
a mistura ar-combustível possui energia química, que possui a potencialidade de gerar energia 
térmica, ou seja, calor. 
 Na figura (b) o combustível vai diminuindo através da sua queima. Pode-se concluirque a 
energia química foi transformada em calor associado aos gases produzidos pela queima do 
combustível. 
 Na figura (c) nota-se a elevação da temperatura inicial em dT, ocasionada à transformação 
energética. Percebe-se que a energia total do sistema continua constante, pois não há 
transferência de energia através da fronteira. 
 Pode-se, facilmente, concluir que a mistura inicial ar-combustível da figura (a) é mais útil, 
ou seja, possui maior potencialidade de utilização do que a mistura aquecida final (subprodutos 
da combustão). Sendo assim, percebe-se, que embora a energia tenha se conservado a 
potencialidade de utilização da mesma diminuiu. Se não se pode dar utilização aos subprodutos 
da combustão, percebe-se que parte da potencialidade energética foi destruída. Tal condição 
pode ser observada na utilização de um automóvel, onde parte da energia liberada pela queima 
da mistura ar-combustível faz o carro rodar e uma parte é desperdiçada na forma de gases 
poluentes. Sendo assim, o potencial inicial é destruído devido aos efeitos da irreversibilidade do 
processo. 
 
 2 - Exergia 
 
 Aexergia é definida como sendo a propriedade termodinâmica que quantifica o potencial de 
uso ou a potencialidade para utilização. Nota-se que, ao contrário da energia, que sempre se 
conserva, a exergia não é conservada e pode ser destruída devido à presença de 
irreversibilidades presente no processo. A exergia pode ser transferida para dentro do sistema 
com também para fora dele. A exergia transferida para fora do sistema, ou seja, para a vizinha e 
que não seja utilizada é considerada uma perda. 
 
 A análise exergética visa reduzir a destruição da exergia no interior de um sistema e/ou 
reduzir suas perdas. Percebe-se que o valor econômico da mistura ar-combustível no estado 
inicial do processo é muito maior que o valor dos subprodutos da mistura aquecida final. Sendo 
assim, nota-se que há uma ligação entre exergia e valor econômico. 
 
 
Fig. 2 – Sistema global composto pelo corpo, ciclo de potência e atmosfera. 
Retirada do Livro Princípios de Termodinâmica para Engenharia 
Moran/Shapiro 
 
 Analisando-se a figura 2, percebe-se que o corpo encontra-se a uma temperatura inicial Ti 
superior à temperatura atmosférica que se encontra em T0. Sendo assim, há um desiquilíbrio 
térmico, que possibilita a transferência de calor de forma espontânea do corpo para atmosfera. 
Para aproveitar a potencialidade energética do corpo, pode-se colocar um ciclo de potência 
entre o corpo a atmosfera, objetivando transformar parte do calor transferido em trabalho do 
ciclo (Wc). É óbvio que o corpo irá se esfriando gradativamente até a temperatura do corpo se 
igualar à temperatura atmosférica T0. Ao atingir esse ponto, não haverá mais fluxo de calor e, 
portanto, nenhum trabalho será realizado. Ao se atingir o ponto de equilíbrio termodinâmico, 
tanto o corpo quanto a atmosfera têm energia, mas não há potencialidade para realização de 
trabalhos, pois não haverá mais interação entre o corpo e a atmosfera. Nesta análise, percebe-
se que só houve realização de trabalho devido à diferença de estado entre o corpo e a 
atmosfera. A exergia é o valor teórico máximo desse trabalho 
 
 3 – Ambiente 
 
 Para análise termodinâmica que envolva conceito de exergia, é necessário modelar a 
atmosfera. O modelo resultante é chamado de ambiente de referência da exergia, ou 
simplesmente ambiente. 
 O ambiente deverá ser considerado um sistema compressível simples, grande em 
extensão e com temperatura (T0) e pressão (p0) uniforme ou constante. Normalmente estas 
condições são modeladas com T0 = 25 ºC ou 77 ºF e p0 = 1 atm. 
 
 
 
 
 
 
 4 - Estado Morto 
 
 Define-se Estado Morto quando um sistema de interesse está a T0 ep0 e em repouso com 
relação ao ambiente. Nestas condições não há potencial para realização de trabalho. 
 
 5 – Definição de Exergia 
 
A exergia é definida como sendo o maior trabalho teórico possível de ser obtidoconforme o 
ambientede referência (atinge o estado morto) interaja até o equilíbrio com o sistema 
deinteresse. 
 
6 – Exergia de um Sistema 
 
A exergia de um sistema, E, em um estado especificado é dada pela expressão: 
 
𝑬 = 𝑼 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎. 𝑽 − 𝑽𝟎 − 𝑻𝟎. 𝑺 − 𝑺𝟎 + 𝑬𝑪 + 𝑬𝑷 
 
Onde U, V, S, EC e EP são, respectivamente, Energia Interna, Volume, Entropia, Energia 
Cinética e Energia Potencial do sistema no estado especificado (inicial) e U0, p0, V0, T0 e S0 são, 
respectivamente, Energia Interna, Pressão, Volume, Temperatura e Entropia do sistema no 
estado morto 
 
7 - Balanço de Energia para um Sistema Combinado ou Global 
 
 
 
Sistema combinado ou global consiste na interação do estado do sistema A mais o estado 
da vizinhança (geralmente a atmosfera). 
Aplicando-se a 1ª Lei da termodinâmica para o sistema combinado (sistema A + 
vizinhança), obtém-se: 
∆𝑬𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑸𝒄𝒐𝒎𝒃 − 𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 (𝟏) 
 
Como o sistema é considerado isolado 𝑸𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝟎, sendo assim: 
 
∆𝑬𝒄𝒐𝒎𝒃 = −𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 (𝟐) 
E também: 
 
∆𝑬𝒄𝒐𝒎𝒃 = ∆𝑬𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 + ∆𝑬𝒗𝒊𝒛𝒊𝒏𝒉𝒂𝒏ç𝒂 = −𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 (𝟑) 
 
Onde 𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃é o trabalho realizado pelo sistema combinado e ∆𝑬𝒄𝒐𝒎𝒃é a variação de 
energia do sistema combinado: a soma das variações de energia do sistema e do ambiente 
(vizinhança) 
 
A energia inicial de um sistema é chamada de E, que inclui as energias interna, cinética e 
potencial do sistema. 
A energia no sistema morto é simplesmente a energia interna U0. 
A expressão para ∆𝑬𝒄𝒐𝒎𝒃é dada por: 
 
∆𝑬𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑼𝟎 − 𝑬 + ∆𝑼𝒂𝒎𝒃 (𝟒) 
 
Da 1ª lei da termodinâmica sabe-se: 
 
∆𝑼 = 𝑸 − 𝑾 (𝟓) 
 
Também, sabe-se que Q sai de uma relação temperatura e entropia e W sai de uma 
relação pressão volume, logo: 
 
∆𝑼𝒂𝒎𝒃 = 𝑻𝟎. ∆𝑺𝒂𝒎𝒃 − 𝒑𝟎. ∆𝑽𝒂𝒎𝒃 (𝟔) 
 
Substituindo (6) em (4), têm-se: 
 
∆𝑬𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑼𝟎 − 𝑬 + 𝑻𝟎. ∆𝑺𝒂𝒎𝒃 − 𝒑𝟎. ∆𝑽𝒂𝒎𝒃 (𝟕) 
 
Substituindo (7) em (2), obtém-se: 
 
 𝑼𝟎 − 𝑬 + 𝑻𝟎. ∆𝑺𝒂𝒎𝒃 − 𝒑𝟎. ∆𝑽𝒂𝒎𝒃 = −𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 
 
Ou 
𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑬 − 𝑼𝟎 − 𝑻𝟎. ∆𝑺𝒂𝒎𝒃 − 𝒑𝟎. ∆𝑽𝒂𝒎𝒃 (𝟖) 
 
 Mas ∆𝑉𝑎𝑚𝑏 = 𝑉 − 𝑉0 , logo: 
 
𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑬 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎. 𝑽 − 𝑽𝟎 − 𝑻𝟎. ∆𝑺𝒂𝒎𝒃 (𝟗) 
 
 Essa equação (9) fornece o trabalho para o sistema global à medida que o sistema 
passa ao estado morto. 
 
8 - Balanço de Entropia para um Sistema Combinado ou Global 
 
 Da 2ª Lei da termodinâmica, têm-se: 
 
∆𝑺𝒄 = 
𝜹𝑸
𝒅𝒕
 
𝒇𝒓𝒐𝒏𝒕
+ 𝝈𝒄 (𝟏𝟎) 
 
 Se o sistema é isolado não há transferência de calor, logo: 
 
∆𝑺𝒄 = 𝝈𝒄 (𝟏𝟏) 
 
 O termo 𝝈𝒄leva em conta a produção de entropia devido às irreversibilidades à medida que 
o sistema entra em equilíbrio com o ambiente. 
 
 A variação de entropia ∆𝑺𝒄é dada por: 
 
∆𝑺𝒄 =𝑺𝟎 − 𝑺 + ∆𝑺𝒂𝒎𝒃 (𝟏𝟐) 
 
Substituindo (12) em (11), obtém-se: 
 
 𝑺𝟎 − 𝑺 + ∆𝑺𝒂𝒎𝒃 = 𝝈𝒄 (𝟏𝟑) 
 
 Logo: 
∆𝑺𝒂𝒎𝒃 = 𝑺 − 𝑺𝟎 + 𝝈𝒄 (𝟏𝟒) 
Substituindo (14) em (9), obtém-se: 
 
𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑬 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎. 𝑽 − 𝑽𝟎 − 𝑻𝟎. 𝑺 − 𝑺𝟎 + 𝝈𝒄 
 
𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑬 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎. 𝑽 − 𝑽𝟎 − 𝑻𝟎. 𝑺 − 𝑺𝟎 − 𝑻𝟎. 𝝈𝒄 (𝟏𝟓) 
 
 Se E = U + EC + EP, têm-se: 
 
𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑼 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎. 𝑽 − 𝑽𝟎 − 𝑻𝟎. 𝑺 − 𝑺𝟎 + 𝑬𝑪 + 𝑬𝑷 − 𝑻𝟎. 𝝈𝒄 (𝟏𝟔) 
 
 
 O valor do termo sublinhado na equação (16) é determinado pelos dois estados finais do 
sistema – o estado dado e o estado morto – e é independente dos detalhes do processo que liga 
esses estados. Contudo, o valor do termo 𝑻𝟎. 𝝈𝒄depende da natureza do processoà medida que 
o sistema evolui para o estado morto. 
 
 De acordo com a 2ª Lei da Termodinâmica, têm-se: 
 
 Se o termo 𝑻𝟎. 𝝈𝒄for positivo, ou seja, maior que zero, haverá produção de entropia, 
indicando a presença dos efeitos da irreversibilidade. 
 O termo 𝑻𝟎. 𝝈𝒄não pode ser negativo, ou seja, menor que zero, pois assim sendo, a 
entropia estaria sendo destruída, contrariando a segunda lei e, portanto, o processo seria 
impossível. 
 Se o termo 𝑻𝟎. 𝝈𝒄for nulo, ou seja, igual a zero, não haverá produção de entropia, indicando 
a ausência dos efeitos da irreversibilidade. Neste caso, o 𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 será máximo, ou seja, será 
atingido o máximo valor teórico para o trabalho global ou combinado. 
 
 Comparando-se a equação (16) sem termo 𝑻𝟎. 𝝈𝒄 com a equação da exergia, têm-se: 
 
𝑾𝒄𝒐𝒎𝒃 = 𝑼 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎. 𝑽 − 𝑽𝟎 − 𝑻𝟎. 𝑺 − 𝑺𝟎 + 𝑬𝑪 + 𝑬𝑷 (𝟏𝟔) 
 
𝑬 = 𝑼 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎. 𝑽 − 𝑽𝟎 − 𝑻𝟎. 𝑺 − 𝑺𝟎 + 𝑬𝑪 + 𝑬𝑷 
 
 Percebe-se que a exergia é o maior trabalho teórico possível de ser obtidoconforme o 
ambiente de referência interaja até o equilíbrio com o sistema deinteresse (atinge o estado 
morto). 
 
 
 9 – Exergia Específica 
 
𝑒 = 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧 
 
 10 – Aspectos da Exergia 
 
a) A exergia é uma propriedade do sistema, sendo considerada uma propriedade 
extensiva. 
b) O valor da exergia não pode ser negativo 
c) A exergia não é conservada, mas pode ser destruída pelas irreversibilidades. (não há 
mais potencial para a realização de trabalho) 
d) Quando um sistema está no estado morto, ele está em equilíbrio térmico e mecânico 
com o ambiente, e sua exergia tem valor igual a zero. 
 
 
 
 
 
 Exercício 1 
 
 Determine a exergia específica do vapor d’água saturado a 120 ºC, com velocidade de 30 
m/s e a uma altura de 6 m, sabendo-se que T0 = 298 K (25 ºC), p0 = 1 atm e g = 9,8 m/s
2. 
 
 
 Para a água como vapor saturado a 120 ºC, na tabela obtém-se: 
 v = 0,8919 m3/kg, u = 2529,3 kJ/kg, s = 7,1296 kJ/kg.K 
 
 No estado morto, em que T0 = 298 K (25 ºC) e p0 = 1 atm a água está no estado líquido. 
 Na tabela obtém-se: 
 v0 = 1,0029 x 10
-3m3/kg, u0 = 104,88 kJ/kg, s0 = 0,3674 kJ/kg.K 
 
 Dado: 1 atm = 1,01325 x 105 Pa 
𝑒 = 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧 
 
𝑒 = 2529,3 − 104,88 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 1,01325 𝑥 105
𝑁
𝑚2
 . 0,8919 − 1,0029 𝑥 10−3 
𝑚3
𝑘𝑔
 − 298 𝐾 . 7,1296 − 0,3674 
𝑘𝐽
𝑘𝑔.𝐾
 + 
 30
𝑚
𝑠
 
2
2
 + 9,8
𝑚
𝑠2
 𝑥 6 𝑚 
 
𝑒 = 2424,42
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 1,01325 𝑥 105
𝑁
𝑚2
 . 0,8908971 
𝑚3
𝑘𝑔
 − 2015,1356
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 450
𝑚2
𝑠2
 + 58,8
𝑚2
𝑠2
 
 
𝑒 = 2424,42
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 90270,15
𝑁. 𝑚
𝑘𝑔
 − 2015,1356
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 450
𝐽
𝑘𝑔
 + 58,8
𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝑒 = 2424,42
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 90270,15
𝐽
𝑘𝑔
 − 2015,1356
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 450
𝐽
𝑘𝑔
 + 58,8
𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝑒 = 2424,42
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 90270,15
𝐽
𝑘𝑔
 𝑥 
1 𝑘𝐽
103 𝐽
 − 2015,1356
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 450
𝐽
𝑘𝑔
𝑥
1 𝑘𝐽
103 𝐽
 + 58,8
𝐽
𝑘𝑔
𝑥
1 𝑘𝐽
103 𝐽
 
 
𝑒 = 2424,42
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 90,27
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 − 2015,1356
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 0,45
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 0,0588
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝑒 ≅ 500
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
 
 
 
 Exercício 2 
 
 Um cilindro de um motor a combustão interna contém 2450 cm3 de produtos gasosos da 
combustão a uma pressão de 7 bar e a uma temperatura de 867 ºC, pouco antes da abertura d 
válvula de descarga. Determine a exergia específica do gás, em kJ/kg. Ignore os efeitos de 
movimento e gravidade, e modele os produtos da combustão como ar na situação de gás ideal. 
Adimita T0 = 300 K (27 ºC) e p0 = 1,013 bar. 
 
 
 
𝑒 = 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧 
 
𝑒 = 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 
 
 Para o gás ideal com p = 7 bar e T = 867 ºC = 1.140 K 
 
 
 
 Para o gás ideal com p0 = 1,013 bar e T0 = 300 K 
 
 
 
 Cálculo do termo da energia interna 
 
𝑢 − 𝑢0 = 880,35 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 214,07
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 666,28
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 Cálculo do termo da entropia 
 
𝑠 − 𝑠0 = 𝑠
0 𝑇 − 𝑠0 𝑇0 −
𝑅 
𝑀
𝑙𝑛
𝑝
𝑝0
 
 
𝑠 − 𝑠0 = 3,11883
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
− 1,70203
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
− 
8,314
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙 .𝐾
28,97
𝑘𝑔
𝑘𝑚𝑜𝑙
 𝑙𝑛 
7 𝑏𝑎𝑟
1,013 𝑏𝑎𝑟
 = 0,8621
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
 
 
0 
 
0 
 
𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 = 300 𝐾 𝑥 0,8621
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
= 258,62
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 Cálculo do termo 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 
 
 Da equação de estado dos gases ideais têm-se: 
 
𝑣 = 
𝑅 
𝑀
 .
𝑇
𝑝
 𝑒 𝑣0 = 
𝑅 
𝑀
 .
𝑇0
𝑝0
 
 
 
𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 = 𝑝0. 
𝑅 
𝑀
.
𝑇
𝑝
 − 
𝑅 
𝑀
.
𝑇0
𝑝0
 = 𝑝0. 
𝑅 
𝑀
 
𝑇
𝑝
−
𝑇0
𝑝0
 =
𝑅 
𝑀
 
𝑝0. 𝑇
𝑝
−
𝑝0. 𝑇0
𝑝0
 
 
𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 =
𝑅 
𝑀
 
𝑝0. 𝑇
𝑝
− 𝑇0 =
8,314
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
28,97
𝑘𝑔
𝑘𝑚𝑜𝑙
 𝑥 
1,013 𝑏𝑎𝑟 𝑥 1.140 𝐾
7 𝑏𝑎𝑟
− 300 𝐾 
 
𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 = −38,75
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 A exergia específica será: 
 
𝑒 = 666,28
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ −38,75
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 − 258,62
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝑒 = 368,91
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Exercício 3 
 (7.1 Princípios de Termodinâmica para Engenharia - Moran/Shapiro – 4ª Ed.) 
 Um sistema consiste em 5 kg de água, que se encontra atemperatura de 10ºC e pressão 
de1 bar. Determine a exergia, em kJ, se o sistema entrar em repouso com zero de elevação 
relativa a um ambiente de referência de exergia para qual T0 = 20ºC e p0 = 1 bar 
 
Estado inicial do corpo: T = 10 ºC e P = 1 bar 
 
 
 
𝑣 = 1,0004 𝑥 10−3
𝑚3
𝑘𝑔
 𝑢 = 42,00 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 𝑠 = 0,1510 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
Estado morto: T0 = 20 ºC e P0 = 1 bar 
 
 
 
𝑣0 = 1,0018 𝑥 10
−3
𝑚3
𝑘𝑔
𝑢0 = 83,95 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑠0 = 0,2966 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
𝐸 = 𝑚. 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧 
 
𝐸 = 𝑚. 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 
 
𝐸 = 5 𝑘𝑔. 42,00 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 83,95 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 1 𝑏𝑎𝑟 𝑥 
105
𝑁
𝑚2
1 𝑏𝑎𝑟
. 1,0004 𝑥 10−3
𝑚3
𝑘𝑔
− 1,0018 𝑥 10−3
𝑚3
𝑘𝑔
 − 293 𝐾 0,1510 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
− 0,2966 
𝑘𝐽
𝑘𝑔.𝐾
 
 
𝐸 = 5 𝑘𝑔. −41,95
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 105
𝑁
𝑚2
. −0,0000014
𝑚3
𝑘𝑔
 − 293 𝐾 −0,1456 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
𝐸 = 5 𝑘𝑔. −41,95
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 0,14
𝐽
𝑘𝑔
 + 42,6608
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝐸 = 5 𝑘𝑔. −41,95
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 0,14
𝐽
𝑘𝑔
𝑥
1 𝑘𝐽
103 𝐽
 + 42,6608𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝐸 = 5 𝑘𝑔. 0,71066
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
𝐸 = 3,55 𝑘𝐽 
 Exercício 4 
 (7.2 Princípios de Termodinâmica para Engenharia - Moran/Shapiro – 4ª Ed.) 
 
 Determine a exergia, em kJ, para as três condições a seguir: 
a) 1 kg de água com p = 0,7 bar e 90 ºC 
b) 1 kg de Refrigerante 134a, 
c) 1 kg de ar como um gás ideal com cp constante. 
Em cada caso, o sistema entra em equilíbrio com um ambiente de referência de exergia 
para qual T0 20ºC, p01 bar. 
 
Solução: 
 
a) Água a 0,7 bar e 90 ºC 
 
 
 Das tabelas temos: 
 
 
 
 𝑢0 ≈ 𝑢𝑙 𝑇0 = 83,95 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑣0 ≈ 𝑣𝑙 𝑇0 = 1,0018 𝑥 10
−3 𝑚
3
𝑘𝑔
𝑠0 ≈ 𝑠𝑙 𝑇0 = 0,2966 
𝑘𝐽
𝑘𝑔 .𝐾
 
 
 
 
 𝑢 ≈ 𝑢𝑣 𝑝0 = 2494,5 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 𝑣 ≈ 𝑣𝑣 𝑝0 = 2,365 
𝑚3
𝑘𝑔
 𝑠 ≈ 𝑠𝑣 𝑝0 = 7,4797 
𝑘𝐽
𝑘𝑔 .𝐾
 
 
 A exergia é dada por: 
 
𝐸 = 𝑚. 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧 
 
 Desprezando os efeitos do movimento e da gravidade: 
 
𝐸 = 𝑚. 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 2494,5 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 83,95 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 1 𝑏𝑎𝑟. 2,365 
𝑚3
𝑘𝑔
−
1,0018
1.000
𝑚3
𝑘𝑔
 − 293 𝐾. 7,4797 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
− 0,2966 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 2410,55 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 1 𝑏𝑎𝑟. 2,364 
𝑚3
𝑘𝑔
 − 293 𝐾. 7,1831 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 2410,55 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 1 𝑏𝑎𝑟 𝑥 
105
𝑁
𝑚2
1 𝑏𝑎𝑟
𝑥 2,364 
𝑚3
𝑘𝑔
 − 2104,6483
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 2.410,55 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 236.400
𝐽
𝑘𝑔
 − 2.104,6483
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 2.410,55 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 236.4
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 − 2.104,6483
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 542,30
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝐸 = 542,30 𝑘𝐽 
 
 
b) Refrigerante R 134a a 0,7 bar e 90 ºC 
 
 
 
𝑢0 = 246,67 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑣0 = 0,23349 
𝑚3
𝑘𝑔
𝑠0 = 1,0829 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
 
 
 Percebe-se que não há valores para p = 0,7 bar. Portanto há a necessidade de interpolar. 
Interpolando os valores obtidos são: 
 
𝑢 = 305,5 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 𝑣 = 0,441 
𝑚3
𝑘𝑔
 𝑠 = 1,3118 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 305,5 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 246,67 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 1 𝑏𝑎𝑟. 0,441 
𝑚3
𝑘𝑔
− 0,23349 
𝑚3
𝑘𝑔
 − 293 𝐾. 1,3118 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
− 1,0829 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 58,83 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 105
𝑁
𝑚2
. 0,20751 
𝑚3
𝑘𝑔
 − 293 𝐾. 0,2289 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 58,83 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 20.751
𝐽
𝑘𝑔
 − 67,0677 
𝑘𝐽
𝑘𝑔.
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 58,83 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 20,751
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 − 67,0677 
𝑘𝐽
𝑘𝑔.
 
 
𝐸 = 1 𝑘𝑔. 12,5
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝐸 = 12,5 𝑘𝐽 
 
c) Ar como gás ideal com cp constante 
 
cp = ctecvcte 
 
Das tabelas: 
𝑐𝑝 = 1,007 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 𝑒 𝑐𝑣 = 0,72 
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 
 
 
 Da equação dos gases: 
𝑝. 𝑣 = 𝑅. 𝑇 → 𝑣 =
𝑅. 𝑇
𝑝
 (1) 
 
 Da variação da entropia em função da temperatura e da pressão: 
 
𝑠 𝑇2, 𝑝2 − 𝑠 𝑇1, 𝑝1 = 𝑐𝑝 . 𝑙𝑛
𝑇2
𝑇1
− 𝑅. 𝑙𝑛
𝑝2
𝑝1
 (2) 
 
 Das propriedades dos gases: 
∆𝑢 = 𝑐𝑣 . 𝑇2 − 𝑇1 (3) 
 
 A equação da exergia específica desprezando-se a energia cinética e a energia potencial: 
 
𝑒 = 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0. 𝑣 − 𝑣0 − 𝑇0. 𝑠 − 𝑠0 
 
 Substituindo-se (1), (2) e (3) na equação da exergia: 
 
𝑒 = 𝑐𝑣 . 𝑇 − 𝑇0 + 𝑝0. 
𝑅. 𝑇
𝑝
−
𝑅. 𝑇0
𝑝0
 − 𝑇0. 𝑐𝑝 . 𝑙𝑛
𝑇
𝑇0
− 𝑅. 𝑙𝑛
𝑝
𝑝0
 
 
𝑒 = 𝑐𝑣 . 𝑇 − 𝑇0 + 𝑝0. 
𝑝0. 𝑅. 𝑇
𝑝
−
𝑝0. 𝑅. 𝑇0
𝑝0
 − 𝑇0. 𝑐𝑝 . 𝑙𝑛
𝑇
𝑇0
− 𝑅. 𝑙𝑛
𝑝
𝑝0
 
 
𝑒 = 𝑐𝑣 . 𝑇 − 𝑇0 + 
𝑝0. 𝑅. 𝑇
𝑝
−
𝑝0. 𝑅. 𝑇0
𝑝0
 − 𝑇0. 𝑐𝑝 . 𝑙𝑛
𝑇
𝑇0
− 𝑅. 𝑙𝑛
𝑝
𝑝0
 
 
𝑒 = 𝑐𝑣 . 𝑇 − 𝑇0 + 
𝑝0. 𝑅. 𝑇
𝑝
− 𝑅. 𝑇0 − 𝑇0. 𝑐𝑝 . 𝑙𝑛
𝑇
𝑇0
− 𝑅. 𝑙𝑛
𝑝
𝑝0
 
 
𝑒 = 𝑐𝑣 . 𝑇 − 𝑇0 + 𝑅 𝑇. 
𝑝0
𝑝
 − 𝑇0 − 𝑇0. 𝑐𝑝 . 𝑙𝑛
𝑇
𝑇0
− 𝑅. 𝑙𝑛
𝑝
𝑝0
 
 
𝑒 = 0,72
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
. 363 𝐾 − 293 𝐾 + 
8,314
28,97
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
 363 𝐾. 
1
0,7
 − 293 𝐾 − 293 𝐾. 1,007
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
. 𝑙𝑛 
363
293
 −
8,314
28,97
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
. 𝑙𝑛 
0,7
1
 
 
𝑒 = 50,4
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 64,74
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 − 93,2 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 → 𝑒 = 21,49 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
→ 𝐸 = 1 𝑘𝑔 𝑥 21,49 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 21,49 𝑘𝐽