MAQUINAS_TERMICAS

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1º EDIÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistemas Térmicos Profº. Mestre André R. Quinteros Panesi 
 1 
PREFÁCIO 
 
 
 
A presente publicação é destinada aos engenheiros e tecnólogos da área de mecânica que visam 
a se desenvolver no extenso campo da ciência térmica. Desenvolvida basicamente através das 
notas de aulas, os alunos encontrarão noções teóricas apresentadas de maneira clara e dinâmica, 
seguidas quando for o caso, de problemas resolvidos de aplicação prática na engenharia. 
Abordando temas essenciais para quem busca se aprofundar em engenharia térmica foi 
elaborado com o propósito de transmitir os conhecimentos básicos do assunto. Através de uma 
linguagem de fácil compreensão, temas cotidianos são apresentados e discutidos de forma que o 
estudante possa aproveitar as informações obtidas através de sua leitura. O conceito das leis da 
termodinâmica é fundamental para que se entenda o processo prático de ciclos e sistemas 
térmicos. 
 
 
 
 
 
André R. Quinteros Panesi 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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SUMÁRIO 
 
 
 
 
Introdução 4 
 
CAPÍTULO 1 
1.1 Termodinâmica 8 
1.2 Sistemas 8 
1.2.1 Tipos de Sistemas 8 
1.3 Propriedades 8 
1.4 Estado 8 
1.5 Número de Mols 8 
1.6 Volume Molar 9 
1.7 Volume Específico e Massa Específica 9 
1.8 Densidade Relativa 9 
1.9 Transformações Gasosas 9 
1.9.1 Transformação Isotérmica 9 
1.9.2 Transformação Isobárica 10 
1.9.3 Transformação Isométrica 10 
1.10 Equação de Estado dos Gases Ideais 10 
1.11 Introdução a 1º Lei da Termodinâmica 11 
1.12 Várias Formas da 1º Lei 13 
1.12.1 Sistema Isolado 13 
1.12.2 Sistema Fechado sem Fluxo 13 
1.13 Calor e Trabalho 14 
1.13.1 Trabalho PV 14 
1.13.2 Trabalho de Eixo e de Fluxo 15 
1.13.3 Calor 16 
1.14 Entalpia 16 
1.15 Capacidade Calorífica e Calor Específico 16 
1.16 1º Lei Aplicada em Escoamento de Fluidos 17 
1.16.1 Balanço de Energia e de Massa para Regime Permanente 17 
1.17 Transformações Reversíveis dos Gases Ideais 19 
1.17.1 Transformação Isotérmica 21 
1.17.2 Transformação sem troca de calor 21 
1.17.3 Transformação Isométrica 21 
1.17.4 Transformação Isobárica 22 
1.18 Mudanças de Estado 22 
 
1.18.1 Temperatura de Saturação 22 
1.18.2 Estados de Líquido 23 
1.18.3 Estados de Vapor 23 
1.18.4 Título 23 
1.19 Aplicações da 1° Lei na Eng. Mecânica para Regime Permanente 24 
1.19.1 Trocador de Calor 24 
1.19.2 Bocais e Difusores 26 
1.19.3 Turbinas 27 
1.19.4 Compressores e Bombas 29 
1.20 Regime Transiente 30 
Exercícios Resolvidos do Capítulo 31 
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 3 
Exercícios complementares 37 
 
CAPÍTULO 2 
2º Lei da Termodinâmica 
 
 
2.1 Introdução a 2º Lei da Termodinâmica 40 
2.2 Dois Enunciados Importantes 40 
2.3 Enunciado Principal da 2º Lei 44 
2.4 O Nascimento da Entropia 45 
2.5 Caminhos Reversíveis e Irreversíveis 45 
2.6 Irreversibilidades 46 
2.7 Balanço de Entropia para Sistemas Fechados 46 
2.8 Balanço de Entropia para Escoamentos de Fluidos 48 
Exercícios Resolvidos do Capítulo 48 
 
CAPÍTULO 3 
Estudo dos Ciclos Termodinâmicos 
 
 
3.1 Ciclo de Rankine 54 
3.2 Efeitos da Pressão da Caldeira e do Condensador 57 
3.3 Eficiência Isoentrópica 58 
3.4 Melhorando o Desempenho do Ciclo de Rankine 59 
3.5 Ciclo Otto 64 
3.5.1 Cilindrada 65 
3.5.2 Taxa de Compressão 65 
3.5.3 Eficiência x Taxa de Compressão 66 
3.6 Ciclo Diesel 67 
3.7 Turbinas à Gás 68 
3.8 Sistemas de Refrigeração 70 
3.8.1 Sistemas de Refrigeração a Vapor 70 
3.8.2 O Ciclo de Refrigeração por Compressão de Vapor 71 
3.8.3 O Ciclo Ideal 71 
3.8.4 Diminuindo a Temperatura de Evaporação e Aumentando a de Condensação 75 
3.8.5 O Ciclo Real 76 
3.9 O Ciclo de Refrigeração por Absorção 78 
3.9.1 Sistemas Água- Amônia 
Exercícios complementares 
79 
85 
Bibliografia 87 
Apêndice 88 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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INTRODUÇÃO 
 
 
 Não se sabe exatamente em que época da evolução do homem o fogo foi descoberto, mas, 
supõem –se que sua descoberta aconteceu com o surgimento das primeiras espécies inteligentes 
como, por exemplo, a do homo - habiles que surgiu em torno de 35.000 anos aC. Já nessa época 
o homem percebia que quando se esfregava objeto um no outro, dependendo da intensidade, 
esses objetos produziam calor e conseqüentemente o fogo. Fenômeno facilmente explicado 
atualmente como sendo o movimento mecânico originando uma fricção de um objeto no outro 
causando assim atritos e terminando na produção de calor. Fato que de forma alguma ninguém 
poderia explicar tal fenômeno nesse grande período de desenvolvimento do homem. 
 
 Com o passar do tempo e o surgimento de povos mais desenvolvidos, foram aparecendo 
necessidades onde apenas a energia proveniente do calor não era suficiente para resolver 
problemas que surgiam a cada instante. Através do desenvolvimento da agricultura e também da 
domesticação de animais, o homem sentiu a dificuldade que havia no transporte e elevação de 
cargas para outros lugares criando então assim, mecanismos que funcionavam através da força 
muscular do próprio homem ou dos animais. Foram criados dispositivos que facilitavam 
enormemente suas tarefas como, por exemplo, à utilização de polias para a elevação de cargas 
ou também o plano inclinado para a execução de pequenos esforços. Assim, a humanidade 
começou a ter um dos primeiros contatos com um tipo de energia onde era necessário o esforço 
braçal: a energia mecânica.Mais cedo ou mais tarde o homem teria de descobrir a força das 
águas, e foi o que ocorreu, aprendeu a utilizar a energia proveniente de rios que acabava 
praticamente substituindo o esforço braçal e animal. Foi assim que surgiram grandes 
mecanismos como moinhos, bombas etc. 
 
 
 
 O SURGIMENTO DA MÁQUINA A VAPOR 
 
 Até o início do século XVIII, a madeira era uma das principais matérias primas para os 
ingleses. Eles a utilizavam principalmente na produção do calor utilizado no aquecimento nas 
indústrias que produziam ferro. Mas, com o tempo, essa madeira foi escasseando devido ao 
desmatamento crescente, e com isso os ingleses passaram a utilizar outro combustível muito 
empregado até hoje, que era o carvão mineral. Esse carvão era retirado de minas onde a 
extração era demorada e trabalhosa sendo que durante a extração sempre se acumulava água nas 
galerias causando grande perigo para os operários devido a grande umidade existente no solo. 
Esse excesso de água era retirado através de bombas que funcionavam pelo princípio das 
máquinas a vapor cujo combustível era o próprio carvão mineral retirado das minas. Podemos 
dizer então que o surgimento das máquinas a vapor deveu-se com o objetivo maior que era o 
bombeamento das águas das minas de carvão. No início elas eram poucos eficientes, pesadas e 
perigosas sendo que aos poucos foram sendo desenvolvidas máquinas mais econômicas, 
menores e menos perigosas. A máquina a vapor que era muito utilizada na época, era a de 
Thomas Newcomen (1663 – 1729), mecânico inglês que construiu uma de suas primeiras 
máquinas por volta de 1720. 
 
 
 
 
 
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 5 
A ENERGIA NUCLEAR 
 
 A energia nuclear teve origem através de uma grande explosão na madrugadado dia 16 
de julho de 1945, numa área de testes de bombardeios do exército norte-americano, em 
Alamogordo, Novo México. Esse foi praticamente o teste da primeira bomba atômica chamado 
de projeto Manhattan. Naquela época uma partícula recém descoberta o nêutron que se encontra 
no núcleo do átomo poderia facilmente escapar de seu núcleo original e entrar em outro e 
quebrá-lo. A fissão nuclear, nome dado a esse fenômeno, foi comprovada em 1939 pelo físico 
italiano Enrico Fermi. O núcleo representa a mais densa concentração de matéria já vista, e isso 
significa muita energia. Um único grama de matéria, como o urânio, representa 20 trilhões de 
calorias, o suficiente para fazer ferver 900.000 toneladas de água. Atualmente a energia atômica 
é utilizada na geração de energia elétrica em muitos países inclusive o Brasil nas usinas de 
Angra. 
 
 Muito se falou qual seria a energia que moveria o planeta terra num futuro próximo. De 
energia atômica até a solar ou a eólica, mas poucas foram realmente estudadas a fundo a ponto 
de serem produzidas em larga escala. Como a humanidade reconheceu que o futuro é energia 
renovável e limpa estão praticamente descartadas a energia proveniente do petróleo e nuclear. 
As alternativas como a solar, eólica e geotérmica apresentam grandes dificuldades de serem 
captadas tornando a construção dos equipamentos muito caro favorecendo apenas a poucos que 
podem comprá-las. Já a hídrica apresenta o inconveniente de inundar grandes áreas verdes 
agredindo assim o meio ambiente. A geração de energia por fusão termonuclear é vista hoje 
como uma das alternativas na substituição do combustível fóssil sujeito a escassez em curto 
prazo. É considerada como energia limpa, não produzindo rejeitos e evitando o problema do 
efeito estufa tão comentado ultimamente. A energia por fusão já é obtida em laboratórios pelo 
mundo inteiro através de máquinas denominadas de Tokamak que funcionam através do 
aprisionamento de plasma. O plasma é um gás de íons e elétrons livres, onde que para gerar, 
energia por fusão, o plasma deve ser aquecido a temperatura acima de 15 milhões de graus 
Celsius, tal ocorre nas estrelas e no sol. Atualmente diversas versões estão em operação em 
países como a Inglaterra, Estados Unidos, Rússia e Japão, sendo que no Brasil existem 
máquinas em funcionamento na Universidade de São Paulo e no Instituto Nacional de Pesquisas 
Espaciais em São José dos Campos. Outro tipo de energia que promete muito é as células de 
combustível que existem há muito tempo sendo primeiramente utilizada no final dos anos 50 
pela NASA no projeto Apollo na geração de eletricidade no espaço. As células de combustíveis 
são baterias (pilhas) que convertem energia química diretamente em energia elétrica e térmica, 
elas possuem uma operação contínua graças a alimentação constante de um combustível. A 
conversão ocorre por meio de duas reações químicas parciais em dois eletrodos separados por 
um eletrólito: a oxidação de um combustível no ânodo e a redução de um oxidante no cátodo. 
Tendo o hidrogênio como combustível e o oxigênio como oxidante. Resumindo, a célula de 
combustível é um dispositivo eletroquímico que realiza o processo inverso da eletrólise, na 
eletrólise através de eletricidade água e um sal geramos hidrogênio, já na célula de combustível 
ocorre o contrário, ou seja, é introduzido hidrogênio e oxigênio obtendo assim água e energia 
elétrica.O Brasil possui projetos nessa área principalmente em transporte coletivo que será 
implantado na cidade de São Paulo em meados de 2005 alguns ônibus movidos a células de 
combustível. 
 
 
 
 
 
 
 
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CAPÍTULO 1 
 
 
TERMODINÂMICA 
 
 A termodinâmica estuda materiais nas suas diversas fases como sólido, líquido e gasoso, 
com o objetivo de transformar um tipo de energia em outra, por exemplo, transformar lixo em 
energia térmica, aquecer sua água através da queima de gás ou do aquecimento solar, obter 
energia elétrica através de células fotovoltaicas. Portanto, antes de iniciar com a termodinâmica, 
vamos identificar algumas propriedades que serão importantes no decorrer do curso. 
 
1.1 SISTEMA 
 
 É o objeto de análise, é tudo aquilo que desejamos estudar. Tudo que for externo ao 
sistema é considerado parte das vizinhanças do sistema. O sistema é diferenciado de sua 
vizinhança por uma fronteira que pode estar em repouso ou em movimento. 
 
1.1.1 TIPOS DE SISTEMAS 
 
Sistema fechado: sempre contém a mesma quantidade de matéria. Não pode ocorrer fluxo de 
massa através de suas fronteiras. 
 
Sistema aberto ou volume de controle: nesse caso a massa pode escoar através da fronteira. 
 
1.2 PROPRIEDADES 
 
 Uma propriedade é uma característica macroscópica de um sistema como massa, volume, 
energia, pressão e temperatura, para o qual um valor numérico pode ser atribuído. 
 
1.3 ESTADO 
 
Refere-se a condição de um sistema descrito pelas suas propriedades. 
 
 
1.4 NÚMERO DE MOLS (n) 
 
 Mol é definido como sendo a quantidade de matéria que contém um número constante de 
partículas. Essa constante é o número de Avogadro que vale 6,023x1023 unidades. O número de 
mols de uma substância é dado por 
 
n = m / M onde 1.1 
m = massa da amostra ou substância 
M = massa molar da substância 
 
Exemplo: dado o elemento O2 com uma composição de 96g, determinar o número de mols. 
 
 
 
n = 96 / 32 = 3 mols 
 
 
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1.5 VOLUME MOLAR 
 
 É o volume ocupado por um mol de gás nas CNTP ( T=273K, P= 1atm). O volume molar 
foi medido experimentalmente com diversos gases e verificou-se grande proximidade entre os 
valores obtidos. Esses valores ficaram todos próximos de 22,4 L. 
 
 
1.6 VOLUME ESPECÍFICO E MASSA ESPECÍFICA(DENSIDADE ABSOLUTA) 
 
 A massa específica de uma certa substância é dada por 
 
 = m /V Kg/m3 ( SI) 1.2 
já o seu volume específico é o inverso da massa específica, ou seja, 
 
v = 1 / m3 /Kg ( SI) 1.3 
 
 
 Em algumas aplicações é conveniente exprimir o volume específico em uma base molar 
em vez de uma base mássica 
 
v = V / n 1.4 
 
 
1.7 DENSIDADE RELATIVA 
 
 Define-se densidade relativa(δ) como a relação entre a massa específica de uma substância 
e a da massa específica da água ( a 4ºC) no caso dos líquidos, e em relação a massa específica 
do ar ( a0ºC e 1atm) no caso dos gases. Exemplo 
 
Determine a densidade relativa do mercúrio e o oxigênio 
 
δ = Hg / água = 13600 Kg/m3 / 1000 Kg/m3 = 8,04 
δ = oxig. / ar = 1,4229 Kg/m3 / 1,293 Kg/m3 = 1,1051 
 
 
 
1.8 TRANSFORMAÇÕES GASOSAS 
 
 Em qualquer transformação num sistema fechado não há variação de massa. No estudo de 
gases é importante que trabalhemos com o conceito de gases ideais ou perfeito que é um gás 
hipotético onde a força de coesão entre suas moléculas é inexistente. O estado de um gás é 
caracterizado pelo seu volume, temperatura e pressão. O gás ideal está sempre em baixa pressão 
e alta temperatura. Nesse caso temos as seguintes transformações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1.8.1 TRANSFORMAÇÃO ISOTÉRMICA 
 
 Variam pressão e volume. Aumento da pressão resulta em diminuição de volume. Aqui se 
aplica a lei de Boyle-Mariotte que diz: 
 
“ O volume ocupado por um gás varia inversamente com a pressão nele exercida, à 
temperatura constante.” 
 
V = 1/P .cte 
PV = cte 
Exemplo: uma seringa sendo comprimida 
 
A relaçãoPV será constante em qualquer instante da transformação, o que nos permite escrever 
 
P1V1 = P2V2 1.5 
 
 
1.8.2 TRANSFORMAÇÃO ISOBÁRICA 
 
 Ocorre a pressão constante, variam volume e temperatura. Aqui se aplica a lei de Charles-
Gay Lussac que diz: 
 
“ O volume de um gás varia diretamente com a sua temperatura absoluta, à pressão 
constante.” 
 
V /T = cte 
 
Exemplo: um termômetro 
 
 
1.8.3 TRANSFORMAÇÃO ISOMÉTRICA 
 
 Ocorre a volume constante, variam pressão e temperatura. 
 
P /T = cte 
 
Exemplo: um botijão de gás exposto em altas temperaturas, com o aumento da temperatura ele 
pode explodir. 
 
Para uma mesma amostra de gás, podemos relacionar as três variáveis de estado como 
 
P1V1 / T1 = P2V2 / T2 1.6 
 
 
1.9 EQUAÇÃO DE ESTADO DOS GASES IDEAIS 
 
 Como vimos, para uma certa massa de gás vale a seguinte relação 
 
PV /T = cte 1.7 
 
Para 1 mol nas CNTP temos 
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PV/T = (1atm . 22,4L) / 273 K = 0,082 atm.L/mol K 
Para qualquer número de mols a Eq. 1.7 fica 
 
PV/T = n.0,082 
Onde 0,082 chamamos de constante universal dos gases e designamos por R. Então a Eq. 1.7 se 
torna 
 
PV = nRT 1.8 
Essa é a equação de estado dos gases ideais ou também conhecida como equação de Clapeyron. 
Outras formas da equação: 
 
Em função do volume específico: 
 
PV/m = (R/M) T 
Pv = RgásT 1.8.1 
 
 
1.10 INTRODUÇÃO A 1º LEI DA TERMODINÂMICA 
 
 Antes da descoberta de calor e trabalho já eram conhecidas as energias cinética, potencial 
e interna, representadas por K, T e U respectivamente. A energia mecânica é dada por 
 
Em = K + T = cte 1.9 
 
Pela 2º lei de Newton, a força F é definida por 
 
ds
dv
mv
ds
ds
dt
dv
mF  
 
Fds = mvdv 
 
Integrando fica: 
 
2
2
2
1
v
m
v
v = 
2
1
s
s
Fds 
 
 ½ m (v22 - v
2
1 ) = F (s2 - s1) 1.12 
 
 
A quantidade ½ mv2 é a energia cinética (K). A integral do lado direito da equação 1.12 é o 
trabalho realizado pela força F quando o corpo se move de s1 até s2. Assim temos a seguinte 
equação 
 
 s2 
½ m (v22 - v
2
1 ) =  Fds = W 1.13 
 s1 
 
 
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 10 
 O trabalho realizado sobre uma partícula pela força resultante é sempre igual a variação de 
energia cinética da partícula. Essa equação é conhecida como o teorema do trabalho-energia. 
 
A energia potencial (T) é dada por 
 z2 
  mg dz = mg (z2 - z1 ) 1.14 
 z1 
onde g é a aceleração da gravidade que vale 9,8 m/s2. e (z2 - z1 ) é a variação das alturas que o 
corpo se encontra da superfície. 
 
 Se adicionarmos calor ou trabalho a um sistema podemos alterar sua energia cinética, 
potencial ou energia interna. A energia interna é a energia das moléculas de um corpo, devida às 
forças de atração que mantém os líquidos e sólidos e gases nas suas formas.A energia total do 
sistema E inclui energia cinética, energia potencial, e outras formas de energia denominadas de 
energia interna como energia química, energia nuclear, energia elétrica, energia de massa. 
 
A variação total de energia de um sistema é 
 
 
E = K + T + U 1.15 
 
Exemplo: 
 
 Considere uma panela com água colocada no fogo para aquecer. No estado inicial, a 
água possui uma certa quantidade de energia. A chama fornece energia à panela na forma 
de calor e, com o passar do tempo, a água vai ficando cada vez mais quente. À medida que 
a água vai aquecendo, parte dela vai evaporando, quando toda a água tiver evaporado 
podemos determinar a energia do vapor. Os resultados experimentais nos mostram que o 
vapor possui mais energia do que a água fria que foi colocada inicialmente na panela. Mas, 
como essa água recebeu energia do fogo, é preciso somar essa energia com aquela que a 
água possuia originalmente. Feito isso, encontraremos um valor maior do que a energia 
calculada para o vapor, ou seja: 
 
E água + E chama > E vapor 
 
 Assim, parte da energia do sistema foi perdida pelas paredes da panela através da 
transmissão do calor para o ambiente, portanto, essa energia foi desperdiçada. Pela 
conservação da energia ou 1a Lei, a energia no início teria que ser igual a energia no final. 
Se somarmos a energia térmica desperdiçada com a energia da água, e a energia térmica 
introduzida, o resultado será igual a energia térmica do vapor. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1.11 VÁRIAS FORMAS DA 1º LEI 
 
1.11.1 SISTEMA ISOLADO 
 
 Aqui não entra e não sai nada, nem massa, nem calor ou trabalho. Durante um intervalo de 
tempo t1 e t2, pode haver interações entre as energias potencial, cinética e interna, dentro do 
sistema, mas não com seus arredores. Assim a energia total do sistema permanece inalterada. 
 
Podemos realizar um balanço de energia como 
 E = E t1 - E t2 = 0 
( U + T + K) 2 - ( U + T + K) 1 = 0 
na prática esse tipo de sistema é muito raro. 
 
 
 
1.11.2 SISTEMA FECHADO SEM FLUXO 
 
 Nesse sistema não existe nenhuma massa entrando ou saindo, entretanto pode ocorrer 
troca de calor ou trabalho com os arredores. Exemplo, um gás contido num conjunto cilindro 
pistão. 
 
E = Et2 - Et1 = ( U + T + K) 2 - ( U + T + K) 1 
 
 Considere a figura 1.1 que mostra um sistema recebendo calor e executando trabalho. Para 
calor entrando estipula-se um sinal positivo e saindo, sinal negativo. No caso de trabalho, 
quando o sistema fornece o sinal é positivo e quando recebe interpreta-se como negativo. 
 
Figura 1.1 Calor e Trabalho cruzando a fronteira de um sistema 
 
Energia que entra no sistema = variação da energia interna + energia que sai do sistema 
Nesse caso Q = ET + W 
ET = Q - W 1.16 
ou 
d ET = Q -W (J) 
dU + dK + dT = Q -W 1.17 
 
Se a massa é constante podemos representar a eq. 1.17 como: 
 
(dU + dK +dT) / m = Q/m - W/m (J/Kg) 1.18 
 
retirando m agora, temos todas as energias conhecidas como específica: 
 
 du + v2/2 + gh = q - w 1.19 
 
Integrando fica: 
 
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 12 
 
 2 2 2 
du +  v2/2 +  gh = q - w 1.20 
 1 1 1 
 
(u2 - u1) + ½ ( v
2
2 - v
2
1 ) + g ( h2 - h1 ) = 1q2 - 1w2 (J/Kg) 1.21Considerando taxas no tempo temos: 
 
dE/dt = dK/dt +dT/dt + dU/dt = Q - ẇ (W) 1.22 
 
 
 
1.12 CALOR E TRABALHO 
 
 A definição básica de trabalho foi definida por Newton como 
 
W = Fx 
onde 
W = trabalho realizado 
F = força aplicada ao objeto 
x = distância percorrida pelo objeto enquanto a força atua 
 
Ou de forma geral 
 
 x2 
W =  Fdx ( N.m = J) 1.23 
 x1 
 
 
 
1.12.1 TRABALHO PV 
 
 É o tipo de trabalho quando se trata de cilindros e pistões. Para um pistão com área de 
secção reta A, podemos escrever: 
 
 
 
 
 
 
 
 
W =  FdX =  P (A dx) 1.24 
 
Ou 
 
 
 
 
 
Força do gás 
Empurrando 
A cabeça do pistão 
Volume do gás 
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 V2 
W =  P dV ( Pa.m3= N/m2.m3 = J ) 1.25 
 V1 
 
O trabalho também pode ser representado por gráfico conforme a figura1.2 
 
 
 
Figura 1.2 Trabalho PV 
 
 
 
 Para o trabalho adota-se sinais como positivo ou negativo, Isto é, ele é positivo quando o 
sistema perde energia ou realiza trabalho e negativo quando o sistema recebe energia dos 
arredores. 
 
1.12.2 TRABALHO DE EIXO E DE FLUXO 
 
 O trabalho de eixo serve para mover como, por exemplo, o eixo de um gerador para 
gerar eletricidade. E o de fluxo é quando ocorre a expansão, então o trabalho total produzido é: 
 
 
 
W = WE + WF 1.26 
 
 
1.12.3 CALOR 
 
 O calor é energia em trânsito que pode ser retirado ou fornecido a um sistema somente 
através de uma diferença de temperatura. O calor também é considerado positivo quando o 
sistema recebe energia térmica e negativo quando a perde. 
 
 
 
Realizado 
pelo gás 
Pressão do 
gás 
PdV 
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 14 
1.13 ENTALPIA (H) 
 
 A energia total de um corpo, por exemplo, um gás em seu recipiente, é sua energia mais 
a energia extra necessária para “abrir o espaço V” que ele ocupa à pressão P. vamos chamar 
essa energia total H definida como 
 
 
 
 
 
H= U+ PV 1.27 
Ou 
 
h = u + Pv 
 
 Para uma certa substância, à medida que a temperatura T aumenta, U e H aumentam. Porque 
U = f1(T) e H = f2(T) 
 
1.14 CAPACIDADE CALORÍFICA( C) E CALOR ESPECÍFICO 
 
 A capacidade calorífica de um sistema, em qualquer processo no qual a temperatura varia 
por dT, é a quantidade de calor dQ que flui, dividido pela variação de temperatura, ou seja, para 
um sistema estacionário a 1º lei fica 
 
dU = dQ - dW 
dQ = dU + dW em relação a temperatura fica: 
 
 
 
 
dQ/dT = dU/dT + dW/dT 
 
C = dQ/dT (J/K,BTU/ºR, Kcal/ºC) 1.28 
 
 O calor específico é definido para uma substância pura qualquer a pressão constante ou 
volume constante, como a razão da capacidade calorífica pela massa da substância. Assim 
temos 
 
cp = CP/m e cv = CV/m ( J/KgK, Kcal/KgºC, BTU/lbºF ) 1.29 
ou 
cp = CP/n e cv = CV/n ( J/molK, Kcal/molºC, BTU/molºF ) 
 
dQ = CdT dQ = cpndT ou cvndT para um processo temos 1.30 
 
 2 
1Q2 = n  cdT para pequenas variações de temperatura o calor específico 
 1 
Pode ser considerado constante, então 
 2 
1Q2 = n dT 1.31 
 1 
Pressão do 
sistema 
Capacidade 
calorífica 
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 15 
Essa é a equação da calorimetria. 
 
 
1.15 Iº LEI APLICADA EM ESCOAMENTO DE FLUIDOS 
 
 Os escoamentos podem ser de dois tipos, permanente ou transiente, permanente é 
quando as propriedades de um sistema não mudam com o tempo são sempre as mesmas tudo 
que entra é igual a tudo que sai, e transiente é quando algumas propriedades mudam com o 
passar do tempo. 
 
Para os dois casos temos a conservação da energia e a conservação da massa. 
 
 
1.15.1 BALANÇO DE ENERGIA E DE MASSA PARA REGIME PERMANENTE 
 
 Considere o sistema representado na figura 1.3 onde podemos realizar um balanço de 
energia: 
 
Figura 1.3 Balanço de energia e de massa 
 
 
 
Pela conservação da energia temos 
Eentra = Esai 
 
K1 + T1 + U1 + Wf1 + Q = K2+ T2 + U2 + Wf2 + Weixo 
 
Desprezando-se as energias potenciais e cinéticas fica: 
 
 
 
Wf1 + U1 + Q = Wf2 + U2 + Weixo 
 
 
 
 
 
P1V1 + U1 + Q = P2V2 + U2 + Weixo 
 
 
Q – W = H2 - H1 1.32 
 
P1V1 P2V2 
H1 H2 
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 16 
E pela conservação da massa admitindo que a densidade e a velocidade são as mesmas em todos 
os pontos de uma certa seção, num certo instante temos 
 
 
 
medindo-se o percurso pela distância dx, o volume correspondente é 
 
dV = A1dx 
a massa específica ou densidade absoluta é 
 = m/V e m = .V =  A1dx 
 
se o escoamento se deu em um tempo dt fica 
 
 
 
dm/dt = m1 = 1A1dx/dt = 1 A1 v1 
mas como o regime é permanente dm/dt = 0 assim temos 
 
1 A1 v1 = 2 A2 v2 1.33 
ou 
A1v1/1 = A2v2/2 1.34 
Onde 
 = volume específico 
 
As equações 1.33 e 1.34 são conhecidas como equação da continuidade 
 
Considere agora a figura 1.4 onde podemos realizar um balanço de energia e de massa 
simultaneamente através de um volume de controle. 
 
 
Figura 1.4 
 
 
Considerando que não haja transferência de calor e trabalho no eixo, teremos: 
 
me ( u +v
2/2 + gZ)et + Wfe = EVC(t) + ms ( u+v
2/2 + gZ)st + Wfs 
 
mas Wf = PV = P.m/ = P.m. então 
 
me ( u +v
2/2 + gZ)et +( P.m.)e = EVC(t) + ms ( u+v
2/2 + gZ)st +( P.m.)s 
 
 
 
me [ (u + P +v
2/2 + gZ)e ]t = EVC(t) + ms[ (u + P +v
2/2 + gZ)s ]t 
me (h +v
2/2 + gZ)e = EVC(t) + ms (h+v
2/2 + gZ)s 
 
dEVC /dt = me (h +v
2/2 + gZ)e - ms (h+v
2/2 + gZ)s 
 
velocidade 
he hs 
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 17 
considerando várias entradas e saídas de massa e calor e trabalho no eixo, teremos finalmente 
 
 1.35 
 
 A equação 1.35 é a forma da 1ºlei para regime transiente através da conservação da massa 
e da energia. Se o regime for permanente dEVC /dt = 0 e a equação 1.35 se reduz a 
 
Se o regime for uniforme, isto é, as propriedades como h, k e T não variam no tempo elas 
permanecem constantes de forma que: 
 
(h +v2/2 + gZ)e = cte = Ke 
(h+v2/2 + gZ)s = cte = K s 
 
Assim a eq. 1.36 fica 
 
1.16 TRANSFORMAÇÕES REVERSÍVEIS DOS GASES IDEAIS 
 
 Transformação reversível é uma transformação ideal durante ao qual o sistema permanece 
sempre em equilíbrio, ou seja, é aquele que exige a menor quantidade de trabalho. 
 
 Joule realizou a seguinte experiência: pegou dois recipientes interligados e os colocou 
submersos em água. Definindo o sistema o conjunto desses dois recipientes e a água a sua 
vizinhança, introduzimos um gás qualquer num dos recipientes e conectamos uma válvula no 
outro que está vazio.Com um termômetro introduzido na água mede-se a temperatura inicial. A 
válvula é então aberta e a pressão se iguala nos frascos. Joule observou que para um gás ideal a 
temperatura antes da abertura da válvula é a mesma após a liberação do gás para o outro 
recipiente. Portanto T1 = T2 
 
 
Figura 1.5 Experiência de Joule 
 
 
 
Pela 1º lei para sistemas fechados, podemos escrever 
 
U +T + K = Q - W 
 
Então a 1º lei nos diz que a energia interna permanece constante, U = 0. 
U = f(T) independente de P e V 
 
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 18 
Para 1 mol de gás 
PV = RT 
vamos considerar uma mudança de entalpia em um gás ideal. Por definição para 1 mol de gás, 
 
h = u + Pv ( eq. 1.27) 
h = u + Pv = u +RT 1.38 
considerando cv constante 
u = cv T para um mól de gás 
também por definição 
h = cp T 
cv = u / T 1.39 
cp = h / T 1.40 
 
diferenciando a Eq. 1.38 em relação a temperatura fica 
 
dh/dT = du/dT + R 
e introduzindo as Eq. 1.39 e 1.40 temos 
 
cp dT /dT = cv dT/dT + R 
 
cp = cv + R para gás ideal 
Assim para 1 mol de gás ideal 
u = cv T 
h = cp T independente de p e v 
cp = cv + R 
 
 
 
1.16.1 TRANSFORMAÇÃO A TEMPERATURA CONSTANTE 
 
 No processo isotérmico, como a temperatura não varia então não ocorre variação de 
energia interna. 
 
T1 = T2 e p1v1 = p2v2 
dU = 0 porque T é constante 
Logo pela 1º lei fica: 
 
dU = dQ – dW 
0 = dQ – dW 
dQ = dW num gás ideal P = Rgás T/V 
 2 2 
1Q2 = 1W2 =  PdV =  Rgás TdV/V 
 1 1 
1Q2 = Rgás Tln V2 /V1 
ou 
P1 V 1 ln V2 /V1 1.41 
 
 
 
 
 
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 19 
1.16.2 TRANSFORMAÇÃO SEM TROCA DE CALOR (ADIABÁTICO) COM Cv 
CONSTANTE 
 
 No processo adiabático não ocorre troca de calor então Q = 0 
 
dU = 0 – dW 
dU= - dw 
du = cv dT = - PdV e P = Rgás T/V 
cv dT = - Rgás TdV/V 
cv dT/T = - Rgás dV/V 1.42 
 
Cálculo do trabalho: 
dU = 0 – dW 
- cv dT = dW 
1W2 = - cv ( T2 – T1 ) 1.43 
 
 
 
1.16.3 TRANSFORMAÇÃO A VOLUME CONSTANTE 
 
 Como o volume é constante então não há realização de trabalho 
 
V1 = V2 e P1/T1 = P2/ T2 
dU = dQ – dW 
dU = dQ 
 
 2 
1Q2 =  dU 
 1 
 
 
 2 
1Q2 =  c v dT 
 1 
 
Como c v é constante sai da integral, ficando 
 
1Q2 = c v (T2 – T1 ) para 1 mol temos 
 
1Q2 = nc v (T2 – T1 ) 1.44 
ou em base mássica 
 
1Q2 = mc v (T2 – T1 ) 1.45 
 
 
1.16.4 TRANSFORMAÇÃO A PRESSÃO CONSTANTE 
 
 
 P1 = P2 e V1/T1 = V2/ T2 
 
dU = dQ – dW 
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 20 
1Q2 = dU + PdV = u2 – u1 + p2v2 - p1v1 
1Q2 = (u2 + p2v2) – (u1 + p1v1 ) 
1Q2 = h2 - h1 
1Q2 = h 
cpdT = h 
cp = (dh/dT)cpcte 1.46 
 
 
 
1.17 MUDANÇAS DE ESTADO 
 
1.17.1 TEMPERATURA DE SATURAÇÃO 
 
 Temperatura na qual uma mudança de fase ocorre para uma dada pressão, que por sua vez, 
é denominada pressão de saturação. 
 
Figura 1.6 Gráfico Temperatura x volume específico 
 
 
 
 
1.17.2 ESTADOS DE LÍQUIDO 
 
 À medida que o sistema é aquecido a uma pressão constante, a temperatura aumenta de 
forma considerável, enquanto o volume específico apresenta uma elevação menos significativa. 
Eventualmente, o sistema alcança o estado representado por f. Esse é o estado de líquido 
saturado correspondente à pressão especificada. Para a água a 1,014 bar, a temperatura de 
saturação é de 100ºC. Os estados de líquido ao longo do segmento l–f, são denominados 
estados de líquido sub-resfriado, uma vez que a temperatura nestes estados é inferior a de 
saturação na pressão especificada. Estes são também denominados estados de líquido 
comprimido. O ponto g é o estado de vapor saturado. As misturas líquido-vapor podem ser 
distinguidas entre si pelo seu título que define a condição de que se encontra a substância. 
 
 
1.17.3 ESTADOS DE VAPOR 
 
 O estado denominado por s é representativo de estados que seriam alcançados por 
contínuo aquecimento, à medida que a pressão é mantida constante. Um estado tal como s é 
normalmente chamado de estado de vapor superaquecido. 
 
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 21 
 
1.17.4 TÍTULO (X) 
 
 É a razão entre a massa de vapor e a massa total ( líquido + vapor). O volume total da 
mistura é a soma dos volumes das fases líquida e de vapor. 
 
V = Vliq + Vvap 1.47 
 
Dividindo pela massa total da mistura, m, um volume específico para a mistura é obtido: 
 
v = V / m = Vliq /m + Vvap / m 1.48 
 
Uma vez que a fase líquida é composta por líquido saturado e que a fase vapor é composta por 
vapor saturado. Nesse caso temos 
 
Vliq = mliqvf e Vvap = mvapvg : 1.49 
 
Substituindo 1.49 em 1.48 fica 
 
v = (mliq /m )vf + (mvap /m )vg 1.50 
 
Utilizando a definição de título: 
 
x = mvap /m = x = mvap / mliq + mvap 
x = 1 / mliq + 1 
mliq = 1 – x 1.51 
 
 
A Eq 1.50 se torna 
 
v = ( 1 – x)vf + xvg = vf - vf x + xvg 
v = vf + x(vg - vf ) 1.52 
 
No caso da entalpia temos 
 
h = (1-x) hf + xhg = hf - hf x + xhg = hf + x(hg - hf ) 
 
 
 
1.18 APLICAÇÕES EM REGIME PERMANENTE 
 
1.18.1TROCADOR DE CALOR 
 
 São dispositivos que transferem energia entre fluidos de diferentes temperaturas. Eles 
podem ser de diversos tipos, como aplicação temos trocadores de calor na refrigeração, nos 
automóveis, nas caldeiras a vapor, em usinas de potência etc. Normalmente eles operam em 
regime permanente. 
 
Exemplo: 
 
Um sistema de refrigeração utilizando R-134a como fluido refrigerante, é composto com um 
condensador resfriado a água. O refrigerante entra no condensador a 60ºC e 1Mpa e o deixa 
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 22 
como líquido a 0,95 MPa e 35ºC. A água de resfriamento entra no condensador a 10ºC e sai a 
20ºC. Sabendo que a vazão do refrigerante é de 0,2 Kg/s, determine a vazão de água de 
resfriamento que circula no condensador. 
 
 
 
 
 
 
Hipóteses: 
• Não há trabalho de eixo 
• As energias potencial e cinética podem ser desprezíveis. 
• Não há transferência de calor na superfície de controle. 
 
Pela conservação da energia e regime permanente através da 1º Lei ( Eq. 1.36) temos 
 
 
Pelas hipóteses a equação se reduz a 
 
Utilizando o índice r para o refrigerante e a paraa água fica 
 
mrhe + mahe = mrhs + mahs 
 
 
Das tabelas de R-134a e de vapor d`água temos 
 
 Entrada (h) KJ/Kg Saída (h) KJ/Kg 
Água 42 83,95 
Refrigerante 441,89 249,10 
 
 
mrhe + mahe = mrhs + mahs 
0,2 Kg/s.441,89KJ/Kg + ma42KJ/Kg = 0,2Kg/s.249,10 KJ/Kg + ma83,95 KJ/Kg 
ma42 KJ/Kg- ma83,95 KJ/Kg = 49,82 KJ/s – 88,4 KJ/s 
-ma41,95 KJ/Kg = -38,58 KJ/s 
 ma = 0,91 Kg/s 
 
 
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 23 
 
1.18.2 BOCAIS E DIFUSORES 
 
 Um bocal é um duto com área de seção reta na qual a velocidade de um gás ou líquido 
aumenta na direção do escoamento. Em um difusor, o líquido ou gás perde aceleração na 
direção do escoamento. 
 
Figura 1.7 Bocal e difusor 
 
 
 
 
Exemplo: 
 
 Vapor d`água entra em um bocal que opera em regime permanente com P1= 40 bar, T1 = 
400ºC a uma velocidade de 10m/s. O vapor escoa através do bocal sem transferência de calor e 
sem variação de energia potencial. Na saída, P2 = 15 bar e a velocidade é de 665m/s. a vazão 
mássica é de 2Kg/s. determine a área de saída do bocal em m2. 
 
 
Hipóteses: 
• O regime é permanente 
• A transferência de calor e o trabalho de eixo são desprezíveis. 
• A variação da energia potencial entre a entrada e saída pode ser abandonada. 
 
A área de saída pode ser determinada pela equação da continuidade: 
 
A = mv2/ V2 
 
É necessário determinarmos o volume específico v2 na saída e isto significa que o estado na 
saída deve ser determinado. Tendo P2 falta determinarmos a entalpia específica h2 onde pode ser 
utilizada a 1º lei para regime permanente. 
 
 
 
A variação na energia potencial específica desaparece de acordo com a hipótese 3, e m se 
cancela formando: 
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 24 
 
 
0 = ( he -hs ) + ( V
2
e /2 – V
2
s / 2 ) 
resolvendo para hs 
hs = he + (V
2
e /2 – V
2
s / 2 ) 
pela tabela he = 3213,6 KJ/Kg 
 
hs = 3213,6 + ( 10
2/2000 – 6652/2000) = 3213,6 – 221,1 = 2992,5 KJ/Kg 
 
Finalmente para P2 = 15 bar e com hs = 2992,5 KJ/Kg, o volume específico na saída é v2 = 
0,1627 m3/Kg. A área de saída é então calculada como 
 
As = mv2/ V2 
 
As = (2 Kg/s)(0,1627 m
3/Kg ) / 665m/s = 4,89 x10-4 m2 
 
 
1.18.3 TURBINAS 
 
 Uma turbina é um dispositivo que produz trabalho em função da passagem de um gás ou 
líquido que escoam através de pás fixadas num eixo que pode girar livremente. A variação da 
energia potencial é normalmente desprezível e quando a velocidade de entrada do fluido for 
menor que 20m/s, também poderemos desprezar a energia cinética. 
 
 
Figura 1.8 Turbina a vapor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 25 
Exemplo: 
 
 Vapor de água entra numa turbina operando em regime permanente com um fluxo de 
massa de 4600 Kg/h. A turbina desenvolve uma potência de 1000 KW. Na entrada, a pressão é 
60 bar, a temperatura é 400ºC e a velocidade é 10m/s. Na saída, a pressão é 0,1bar, o título é 0,9 
e a velocidade é 50m/s. Calcule a taxa de transferência de calor entre a turbina e as vizinhanças 
em KW. 
 
 
 
 
Hipóteses: 
• O regime é permanente 
• A variação da energia potencial entre a entrada e saída pode ser abandonada. 
• Como a velocidade na entrada é considerada baixa, podemos desprezar a energia cinética. 
 
Pela 1º lei temos 
 
 
 
Abandonando a energia potencial e cinética e resolvendo para Qvc 
 
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 26 
 
Onde 
 
 
Para Pe = 60 bar e Te = 400ºC 
he = 3177,2 KJ/Kg 
 
O estado na saída é uma mistura de duas fases líquido-vapor, assim com os dados da tabela e 
com o título fornecido 
 
hs = hf + x ( hg – hf) = 191,83 + 0,9(2392,8) = 2345,4 KJ/Kg 
 
Assim retornando a expressão de Qvc 
 
Qvc = 1000 + 1,277 ( 2345,4 – 3177,2 ) = - 62,2 KW 
 
 
 1.18.4 COMPRESSORES E BOMBAS 
 
 Compressores são máquinas que elevam a pressão de um determinado volume de ar, 
desde a pressão atmosférica ambiente até a pressão necessária desejada. Se o fluido 
incompressível cede energia à máquina que transforma essa energia em trabalho mecânico, a 
máquina é então motora. Ex. turbina, roda d’água, moinho de vento. A máquina cede energia 
mecânica ao fluido incompressível que a atravessa resultando um aumento de energia do fluido. 
A máquina é então geradora. Ex. bombas, ventiladoras, etc. 
 
Figura 1.8 Compressor 
 
 
 
Exemplo: 
 
 Ar é admitido em um compressor operando em regime permanente com uma pressão de 
1bar, temperatura de 290 K e uma velocidade de 6m/s através de uma entrada de diâmetro da 
tubulação de 13cm. Na saída a pressão é 7bar, a temperatura é 450 K e a velocidade é 2m/s. A 
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 27 
transferência de calor para suas vizinhanças ocorre a uma taxa de 180 KJ/min. Empregando o 
modelo de gás ideal, calcule a potência do compressor em KW. 
 
 
Hipóteses: 
• O regime é permanente 
• A variação da energia potencial entre a entrada e saída pode ser abandonada. 
• O modelo de gás ideal se aplica para o ar 
 
 Para calcular a potência do compressor, faça um balanço de energia para o volume de 
controle em regime permanente com uma entrada e uma saída. 
 
 
 
Resolvendo para Wvc 
 
 
m = Ae Ve / ve 
m = Ae Ve Pe/ (R/M)Te =(0,1m
2)(6m/s)(105 N/m2) / 8314 Nm/ 28,97 KgK)(290 K) = 0,72 Kg/s 
As entalpias de entrada e saída são encontradas via tabelas 
Para 290 K, he = 290,16 KJ/Kg 
Para 450 K, hs = 451,8 KJ/Kg 
Substituindo na expressão para a potência temos 
 
Wvc = (-180 KJ/60s) + 0,72 Kg/s (290,16 KJ/Kg + 6
2/2000) - 0,72 Kg/s (451,8 KJ/Kg + 
22/2000) = -119,4 KW 
 
 
1.19 APLICAÇÕES DA 1º LEI PARA REGIME TRANSIENTE 
 
 Agora temos aplicações onde o sistema pode mudar as suas propriedades ao longo do 
tempo, elas não permanecem mais as mesmas. Como exemplos temos um tanque enchendo com 
um líquido, ou vapor sendo perdido por uma válvula de controle, etc. aqui vale a Eq. 1.35 
 
 
 
 
Exemplo: 
 
 Um tanque com volume inicial de 0,85m3 contém água em uma mistura de duas fases a 
260ºC e com um título de 0,7. O vapor de água saturado a 260ºC é lentamente retirado através 
de uma válvula reguladora de pressão à medida que calor é introduzido nesse tanque, de modo a 
manter sua pressão constante. Este processo continua até que o tanque esteja cheio de vapor 
saturado a 260ºC. Determine a quantidade de calor transferido. Desconsidere os efeitos de 
energia potencial e cinética. 
 
 
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 28 
Hipóteses: 
• O regime é transiente 
• A variação da energia potencial e cinética são abandonadas. 
• Não existe trabalho de eixo 
 
Como existe somente uma saída e nenhuma entrada, o balanço de massa vale: 
 
dmvc /dt = - ms 
 
O balanço de energia fica: 
 
dUvc /dt = Qvc - mshs 
 
Combinando os balanços de massa e energia temos: 
 
dUvc /dt = Qvc + hs dmvc /dt 
Integrando 
ΔUvc = Qvc + hsΔmvc 
 
Resolvendo para Qvc 
 
Qvc = ΔUvc - hsΔmvc 
Qvc = ( m2u2 – m1u1) - ( m2 – m1) 
Onde m2 e m1 são as quantidades inicial e final de massa no tanque. 
Os termos m1 e u1 podem ser avaliados como valores de propriedades para 260ºC e com o valor 
do título fornecido pela tabela. 
 
u1 = uf + x1( ug – uf ) = 1128,4 + (0,7)(2599 – 1128,4) = 2157,8 KJ/Kg 
 
v1 = vf + x1( vg – vf ) =1,2755x10
-3+(0,7)(0,04221-1,2755x10-3) = 29,3x10-3m3 /Kg 
 
A massa inicial é 
 
m1 = V / v1 = 0,85 /29,3x10
-3 = 28,4 Kg 
 
O estado final da massa no tanque é vapor saturado a 260ºC, assim a tabela fornece 
 
u2 = 2599 KJ/Kg 
v2 = 0,04221m
3 /Kg 
 
A massa contida no interior do tanque ao final do processo é 
 
m2 = V / v2 = 0,85 /0,04221= 20,14 Kg 
 
A mesma tabela fornece hs = 2796,6 KJ/Kg 
 
Substituindo na expressãopara o calor, tem-se 
 
Qvc = [(20,14)(2599) – (28,4)(2157,8)] – 2796,6(20,14 –28,4) = 14,162 KJ 
 
 
 
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 29 
 
 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DO CAPÍTULO 
 
1) Se 3Kg de ar sofre um processo isotérmico quase estático, qual é a pressão final, se a pressão 
e volume iniciais são 5,16x105 N/m2 e 0,3m3, e executa-se um trabalho de 3,2x104 J? 
 
Solução 
 
P1 = 5,16x10
5 N/m2 
V1 = 0,3 m
3 
W = 3,2x104 J 
W = PdV 
3,2x104 = 5,16x105 (V2 – V1 ) 
3,2x104 = 5,16x105 V2 – 5,16x10
5 0,3 
V2 = 0,36 m
3 
Como o processo é isotérmico então 
P1 V1 = P2V2 
 
5,16x105 0,3 = P2.0,36 
P2 = 4,3x105 N/m2 
 
 
2) Uma quantidade de vapor d`água é admitida ao cilindro de uma máquina a vapor à pressão 
constante de 2x106 N/m2. O diâmetro do cilindro é 0,2m e o curso do êmbolo 0,3m. Qual o 
trabalho realizado por cilindrada em cada percurso do êmbolo? 
 
Solução 
 
Cálculo da área do cilindro: 
A = d2/4 
A =  .(0,2)2 /4 = 0,0314 m2 
Cálculo do volume: 
V = A .x = 0,0314.0,3 = 0,00942 m3 
Cálculo do trabalho: 
W = PdV = 2x106 N/m2 . 0,00942 m3 
W = 1,89x104 Nm = 1,89x104 J 
 
 
3) Uma tubulação de distribuição de gás, com diâmetro de 0,3m, transporta gás metano a 200 
Kpa e 275 K.A velocidade média do escoamento foi medida experimentalmente e vale 5,5m/s. 
Determine os valores extremos da vazão em massa de gás na tubulação. 
 
Solução 
 
Através da tabela o volume específico do gás metano superaquecido a 200 Kpa e 275 K vale 
0,21 m3/Kg. 
 
Cálculo da vazão mássica: 
m = A v /  m =  .(0,5)2 /4.5,5 / 0,21 = 5,14 Kg/s 
 
4) Um tanque com volume de 1m3 contém ar a 1 MPa a 400K. O tanque está conectado a uma 
linha de ar comprimido como indica a figura E4. A válvula é então aberta e o ar escoa para o 
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 30 
tanque até que a pressão alcance 5MPa. Nesta condição a válvula é fechada e a temperatura do 
ar no tanque é 450K.Qual a massa de ar antes e depois do processo de enchimento? Se a 
temperatura do ar no tanque carregado cair para 300 K, qual será a pressão do ar neste novo 
estado? 
 
Figura E4 
 
 
 
 
Solução 
 
 
Usando a equação do gás ideal temos 
P V/m = R/M T 
Rar = 0,287 KJ/KgK 
Estado 1: 
P11 = Rar T1 
1031 = 0,287.400 
1 = 0,1148 m
3/Kg 
m1 = V/1 = 1 /0,1148 = 8,71 Kg 
 
Estado 2: 
P22 = Rar T2 
5x105 2 = 0,287.450 
2 = 0,02583 m
3/Kg 
m2 = V/2 = 1/0,02583 = 38,71 Kg 
Como o processo ocorreu a volume constante temos 
 
P1 / T1 = P2/ T2 
5x105 /450 = P2/300 
P2 = 3,3 Mpa 
 
 
5) Em um cilindro provido de pistão da figura E5 se encontra oxigênio que está inicialmente a 
pressão de 3,5 Kgf/cm2, na temperatura de 60ºC e volume de 0,06 m3. Realiza-se sobre o 
sistema um trabalho por meio de pás a pressão constante atingindo uma temperatura de 125ºC. 
O calor transferido do sistema para as vizinhanças é 10% do trabalho fornecido ao sistema. 
Calcule: 
a) O trabalho realizado pelas pás 
b) O trabalho realizado pelo gás contra a atmosfera 
 
 
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 31 
Figura E5 
 
 
 
 
Solução 
 
Hipóteses 
 
a) O oxigênio é o sistema fechado 
b) As variações de energia cinética e potencial são nulas. 
 
Cálculo de RO2: 
 RO2 = 8,314 KJ/Kmolk/32 Kg/Kmol = 0,26 KJ/KgK 
 
Cálculo da massa de oxigênio contida no cilindro: 
P1V1 = m2 RO2T1 
343,245 Kpa.0,06 m3 = m.0,26 KJ/KgK . 333K 
m = 0,23 Kg 
Balanço de Energia (1a lei da Termodinâmica para Sistemas Fechados) 
 
E = K + T + U = Q – W 
U = Q – W 
mas Q = 0,1 Wpás 
Wpistão = P ( V2 - V1 ) 
Como a pressão é cte temos 
V1 / T1 = V2/ T2 
0,06/333 = V2/398 
V2 = 0,0717 m
3 
 
Wpistão = 343,245 ( 0,0717 – 0,06) = 4000 Pa m
3 = 4000 N/ m2. m3 = 4000 Nm = 4000J 
 
A variação de energia interna para um gás ideal é: 
U = mc v (T2 – T1 ) 
o calor específico do oxigênio a volume cte pela tabela vale 0,6618 KJ/KgK então 
U = 0,23 .0,6618 ( 398 – 333) = 9,89 KJ 
W = Wpás + Wpistão 
 
U = Q - Wpás - Wpistão 
Wpás = - U + Q - Wpistão 
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 32 
Wpás = - 9,89 KJ +0,1 Wpás – 4 KJ 
Wpás - 0,1Wpás = - 13,89 KJ 
0,9Wpás = - 13,89 KJ 
Wpás = - 15,43 KJ 
 
Q = 0,1 Wpás 
Q = - 1,543 KJ 
 
A análise pode ser sumarizada em termos de energia, da seguinte forma: 
 
Entrada (kJ) Saída (kJ) 
 15,43 (Trabalho da hélice) 4 (pistão) 
 1,543 (calor transferido) 
Total: 15,43 5,543 
 
Energia que entra no sistema = variação da energia interna + energia que sai do sistema 
15,43 = 9,88 + 5,543 
A energia permaneceu constante 
 
 
6) Considere 5 Kg de vapor d'água contidos dentro de um conjunto pistão-cilindro como indica 
a figura E6. O vapor passa por uma expansão a partir do estado 1 , onde a sua energia específica 
interna u1 = 2709,9 kJ/kg, até o estado 2 onde u2 = 2659,6 kJ/kg Durante o processo ocorre 
transferência de 80 kJ de energia na forma de calor, para o vapor. Ocorre também a 
transferência de 18,5 kJ na forma de trabalho, através de uma hélice. Não há variação 
significativa de energia cinética e potencial do vapor.Determine o trabalho realizado pelo vapor 
sobre o pistão, durante o processo. 
 
Figura E6 
 
Hipóteses 
 
a) O vapor é o sistema fechado 
b) As variações de energia cinética e potencial são nulas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 33 
Solução 
 
Análise 
 
 Balanço de Energia (1a lei da Termodinâmica para Sistemas Fechados) 
 
E = K + T + U = Q – W 
 
U = m (u2 - u1) = Q - W 
 
 W = Wpás + Wpistão 
 
 U = Q - Wpás - Wpistão 
 
 Wpistão = - U + Q - Wpás 
 
 Wpistão = -m (u2 - u1) + Q - Wpás 
 
 Wpistão = - 5 (Kg) (2659,6 - 2709,9) kJ/kg + 80 kJ - (-18,5 kJ) 
 
 Wpistão= -(-251,5) + 80 - (-18,5) 
 Wpistão = + 350 kJ 
 
 A análise pode ser sumarizada em termos de energia, da seguinte forma: 
 
Entrada (kJ) Saída (kJ) 
 18,5 (Trabalho da hélice) 350 (pistão) 
 80,0 (calor transferido) 
Total: 98,5 350 
 
A saída total de energia excede a energia de entrada, conseqüentemente a energia do sistema 
diminui de U = (98,5 -350) = -251,5 KJ 
 
7) Determine a velocidade que um corpo adquire ao cair de uma altura h, conhecida a partir do 
repouso. Figura E7 
 
Figura E7 
 
 
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 34 
Solução 
Em A: 
EmA = KA + TA = TA = mgh 
 
Em B: 
EmB = KB + TB = KB = m v
2
B/2 
 
Pela conservação da energia mecânica teremos 
EmA = Em B 
mgh = m v2B/2 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES 
 
1) Qual é o trabalho executado quando 0,6m3 de ar, a pressão de 1,05x105 N/m2 e a 
temperatura de 7ºC, sofre um aumento de pressão até 4,20x105, permanecendo a volume 
constante? R. W = 0 
2) Quanto calor é fornecido no problema anterior? Qual foi a variação de energia interna? 
R. U = Q = 11,5Kcal 
3) Qual é o trabalho executado quando se evaporam 5Kg de água a pressão atmosférica, 
até que ela ocupe um volume de 8,16m3? R. W = 32000J 
4) 1,25Kg de oxigênio ocupa um volume de 0,85 m3 a temperatura de 300K. calcule o 
trabalho necessário para fazer decrescer o volume até a metade. Considere Rar = 
260J/KmolK 
a) A pressão constante; R. -48750J 
b) A temperatura constante; R. -67582J 
c) Qual a temperatura no final do processo?R. 150K 
d) Qual a pressão no fim do processo? R. 229411,6 N/m2 
 
5) Um cilindro em degrau provido de um êmbolo sem atrito contém ar. A seção transversal 
de maior área tem 0,0093 m2, enquanto que a menor tem 0,00697 m2. Com o êmbolo na 
posição indicada o ar está a 3,52 Kgf/ cm2 e 426ºC. O ar é então resfriado como 
resultado da transferência de calor para a vizinhança. 
a) Qual a temperaturado ar quando o êmbolo atinge o degrau? R. 420K 
b) Se o ar for resfriado até 21ºC, qual é a pressão neste estado? R. 242151,7N/m2 
 
6) Calcule os seguintes volumes específicos: 
a) amônia, 50ºF, 80% de título R. 2,640 pes3/lbm 
b) freon 12, 20ºF, 15% R. 0,17 pes3/lbm 
 
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 35 
7) É comum os estudantes pensarem que há 1Kg de água líquida ocupando 1litro para 
qualquer temperatura e pressão. Sendo assim, usando as tabelas de vapor, determinar o 
volume e densidade real da água em Kg/ m3 nos seguintes estados: 
a) líquido saturado a 60ºF; 
b) líquido saturado a 100Psi; 
c) líquido saturado a 500ºF. 
 
8) Uma turbina é alimentada com 5 m3/s de vapor d’água a 3MPa e 400ºC. A turbina 
apresenta uma extração intermediária de vapor. A temperatura e a pressão do vapor na 
tubulação de extração são iguais a 200ºC e 600KPa. Já a pressão e o título na tubulação de 
descarga principal da turbina são iguais a 20KPa e 90%. Sabendo que a vazão em massa na 
extração é igual a 15% da vazão em massa na seção de alimentação da turbina e que a 
velocidade na tubulação de descarga principal da turbina é 20m/s, determine: 
a) a vazão em volume na tubulação de extração; R.2,65m3/s 
b) o diâmetro de descarga principal da turbina; R. 4,93m 
c) a potência gerada na turbina. R. 21609KW 
 
 
 
 
 
9) Um tubo com diâmetro de 30mm localizado num gerador de vapor é alimentado 
com uma vazão de 3litros/s de água a 30ºC e 10MPa. Sabendo que a temperatura e 
a pressão da água na seção de descarga do tubo são 400ºC e 9MPa, determine a 
taxa de transferência de calor para a água. R. 298,3KW 
 
10) Um bocal convergente é alimentado com nitrogênio a 200KPa e 400K. o 
escoamento na seção de descarga do bocal tem temperatura e pressão de 330K e 
100KPa. Sabendo que a velocidade do nitrogênio na seção de alimentação do bocal 
é pequena e que o bocal é adiabático. Determine a velocidade do escoamento na 
seção de descarga do bocal. R 381,7m/s 
 
11) Ar inicialmente a 0,1MPa e 23ºC é comprimido para 0,5MPa e 227ºC. a 
potência fornecida ao compressor é de 3,7KW e a perda de calor para o ambiente é 
estimada em 8KJ/Kg. Determine a vazão mássica do compressor. Considere o ar 
como gás ideal, Rar = 287J/KGK, cp = 1,016J/KgK R. 1,03Kg/min. 
 
12 ) Um aquecedor de água operando em regime permanente possui duas entradas e 
uma saída. Na entrada 1, o vapor d’água entra a 7bar e 200ºC com uma vazão de 
40Kg/s. Na entrada 2, água líquida a 7bar e 40ºC entra através de uma área de 
25cm2 . líquido saturado a 7bar sai em 3 com uma vazão de 0,06m3/s. Determine: 
a) a vazão mássica na saída; R. 54,15Kg/s 
b) a vazão mássica na entrada 2; R. 14,15Kg/s 
c) a velocidade na entrada 2. R. 5,7m/s 
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 36 
 
 
13) Um trocador de calor é alimentado com 1Kg/s de água a 300ºC e 10KPa pela 
entrada 1 e descarrega líquido saturado a 10KPa pela saída 2. ele é resfriado com 
água obtida num rio que entra por 3 a 20ºC e sai em 4 a 30ºC. desprezando-se a 
perda de calor do equipamento, calcule a vazão da água de resfriamento. R. 
68,96Kg/s 
 
 
 
 
14) A vazão em massa de vapor d’água que entra numa turbina é 1,5Kg/s. são 
conhecidas as seguintes informações: 
 
 
 Entrada Saída 
Pressão (MPa) 2 0,1 
Temperatura (ºC) 350 
Velocidade (m/s) 50 100 
Cota em relação ao plano 
de referência (m) 
6 3 
 
 
Sabendo-se que a turbina perde 8,5KW de calor, determine: 
a) a potência produzida pela turbina. R. 678,2 KW 
b) os diâmetros das tubulações de entrada e saída da turbina R. 73mm e 
179mm 
 
15) Uma turbina é alimentada com 100Kg/s de vapor d’água a 15MPa e 600ºC. 
num estágio intermediário, onde a pressão é 2MPa e a temperatura é de 350ºC, é 
realizada uma extração de 20Kg/s. na seção final de descarga, a pressão e o título 
são respectivamente iguais a 75KPa e 95%. Admitindo que a turbina seja 
adiabática e que as variações de energia potencial e cinética sejam desprezíveis, 
determine a potência da turbina. R. 91946 W 
 
16) Uma turbina é alimentada com 2Kg/s de vapor a 1MPa e 350ºC. o vapor é 
descarregado da turbina como vapor saturado a 100KPa. Sabendo que a velocidade 
na seção de alimentação da turbina é desprezível e que a velocidade na descarga é 
50m/s, determine o trabalho específico e a potência gerada pela turbina. 
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 37 
 
 
CAPÍTULO 2 
 
2º LEI DA TERMODINÂMICA 
 
 
2.1 INTRODUÇÃO A 2ºLEI DA TERMODINÂMICA 
 
 Na prática todos sabem que certas coisas só podem acontecer em um sentido. Por 
exemplo: 
 
- A queima de combustível produz o movimento em um carro, mas o contrário, o 
movimento desse mesmo carro produzir combustível é impossível. 
- Um objeto cai no chão do alto de um prédio, mas nunca retorna do chão para o prédio. 
- Um copo d`água é derramado, você já viu a água retornando para o copo novamente? 
 
A 2ºlei da termodinâmica trata dos processos que caminham em um único sentido. Um 
sistema tende a passar de: 
 
- Um estado mais ordenado para um mais desordenado. 
- Um estado com muita informação para um com menos informação. 
- Um estado com energia mais nobre para energia menos nobre. 
 
 
2.2 DOIS ENUNCIADOS IMPORTANTES 
 
2.2.1 O enunciado de Clausius 
 
 “ È impossível para qualquer sistema operar de maneira que o único resultado seria 
a transferência de energia térmica de um corpo mais frio para um corpo mais quente”. 
 
2.2.2 O enunciado de Kelvin-Planck 
 
 “È impossível para qualquer sistema que opere em um ciclo termodinâmico 
fornecer uma quantidade líquida de trabalho para suas vizinhanças enquanto recebe 
energia por transferência de calor de um único reservatório térmico”. 
 
Ambos os enunciados proíbem algo, e lidam com dispositivos que operam em um ciclo. 
Essa exigência cíclica é necessária para dispositivos de ação contínua. Os dois 
dispositivos são ilustrados nas figuras 2.1 e 2.2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 38 
Figura 2.1 Enunciado de Clausius 
 
 
 
 
 
Figura 2.2 Enunciado de Kelvin-Planck 
 
 
 
Restrição da 1ºlei: Wciclo = Qciclo (regime permanente) que diz que o trabalho líquido 
realizado sobre ou pelo sistema quando este está executando um ciclo é igual ao calor 
líquido transferido durante o ciclo. 
 
Figura 2.3 Ciclo de potência 
 
 
De acordo com a figura 2.3 para Kelvin-Planck a 1ºlei fica 
Qentra = Wciclo + Qsai 
Wciclo = Qentra - Qsai 
 
Considerando como Qe o calor que entra e QS como o calor que sai 
 
A eficiência é 
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 39 
 = energia pretendida / energia fornecida 
 = Wciclo / Qe 
 = 1 – (QS / Qe ) 2.1 
 
Exemplo 1: 
 
 Uma grande central de potência produz 1000 MW de potência elétrica operando 
com uma eficiência térmica de 40%. Qual a taxa em que o calor é rejeitado para o 
ambiente? 
 
 = Wciclo / Qe 
0,40 = 1000 MW / Qe 
Qe = 2500 MW 
1000 = 2500 - QS 
QS = 1500 MW 
 
 
Figura 2.4 Ciclo de refrigeração 
 
 
Para uma geladeira: 
QS é o calor do condensador que é transferido para o ambiente 
Qe é o calor que entra na geladeira que corresponde à temperatura baixa interna da 
câmara. 
 
Para Clausius temos a 1º lei como 
W = Qsai – Qentra 
 
Aqui temos o coeficiente de desempenho COP que é dado por 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 40 
 
 
 
 
 
COP = energia pretendida / energia fornecida = Qe / W 
 
 
COP = Qe / (QS - Qe) 2.2 
 
 
Exemplo 2: 
 
 Um refrigerador mantém o congelador a –5ºC quando a temperatura ambiente é de 
22ºC. A taxa de transferência decalor entre o congelador e o refrigerante que circula é de 
8000 KJ/h e a potência de entrada necessária para funcionar o compressor é de 3200 
KJ/h.Determine o coeficiente de performance do refrigerador. 
 
 
COP = energia pretendida / energia fornecida = Qe / W 
COP = 8000 / 3200 = 2,5 
 
Figura 2.5 Esquema de bomba de calor para aquecimento de piscina 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Baixa 
temperatura 
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 41 
Figura 2.6 Ciclo de bomba de calor 
 
Para uma bomba de calor 
Qe é o calor transferido para a água com temperatura elevada 
QS é o calor retirado para o ambiente com temperatura baixa 
 
Novamente temos a 1º lei como 
W = Qsai – Qentra 
 
Aqui temos também o coeficiente de desempenho COP que é dado por 
 
 
 
 
 
 
COP = energia pretendida / energia fornecida = Qe / W 
 
COP = Qe / (Qs - Qe) 2.4 
 
 
2.3 ENUNCIADO PRINCIPAL DA 2º LEI 
 
 No século XVIII a máquina a vapor foi utilizada em várias aplicações como já foi 
comentado na introdução desse livro. Mas, uma grande questão na época era como avaliar 
a quantidade máxima de trabalho que poderia ser obtida a partir de uma dada quantidade 
de combustível. Um jovem engenheiro francês resolveu a questão formulando 
matematicamente o seguinte enunciado: 
 
A eficiência máxima de uma máquina térmica operando em ciclo entre Te e TS onde: 
 
Te > TS é: 
 
máx. = 1 – Ts /Te 2.5 
Alta 
temperatura 
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 42 
 
Como explicar esse enunciado? 
 
Bem, a eficiência de uma máquina térmica reversível foi definida como: 
 
Qe – QS/Qe = 1 – Qs/Qe < 1. Ora, é fácil perceber que o calor Qe e Qs dependem 
exclusivamente das temperaturas Te e TS sendo assim podemos afirmar que a eficiência 
de uma máquina térmica reversível deve portanto, ser uma função somente das 
temperaturas desses reservatórios, pois a temperatura é a única propriedade relevante de 
um reservatório. Assim sendo, 
 
máx. = 1 – Ts /Te = f1 (Ts ,Te) 
 ou 
Qe/ QS = f2 (Ts ,Te) 
 
 Para um ciclo reversível, pode ser demonstrado que a razão Qe/QS é igual à razão 
 TS /Te. Isto é, 
 
(Qe / QS)ciclo = (Ts /Te)ciclo 
Se a integral de Q/T ao redor do ciclo para uma máquina de Carnot for calculada, 
obtém-se: 
 
Q/T = Qe/QS - Ts /Te 
 
 
Mas pela equação anterior 
Qe/QS = Ts /Te portanto 
Q/T = 0 
 
A análise de ciclos irreversíveis mostra que: 
(Q/T)irrev < 0 de tal forma que uma equação geral para ciclos termodinâmicos pode ser 
escrita 
(Q/T) ≤ 0 2.7 
 
 Essa equação é conhecida como desigualdade de Clausius onde a igualdade vale 
quando não existem irreversibilidades no interior do sistema e a desigualdade é válida 
quando irreversibilidades estão presentes. Para um refrigerador o COP máximo será 
 
COPmáx = Te / (Ts – Te) 2.8 
COPmáx = TFF / (TFQ – TFF) 
 
E para uma bomba de calor 
 
COPmáx = TFQ / (TFF – TFQ) 2.9 
 
 
2.4 O NASCIMENTO DA ENTROPIA 
 
 O enunciado de Carnot visto na seção 2.3 é basicamente o surgimento da entropia.A 
entropia é o que nos informa o que pode ou não pode acontecer no mundo real, ou seja, é 
uma propriedade do sistema, assim como a energia interna. Da mesma forma que 
medimos U para uma transformação, medimos também a variação da entropia S. 
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 43 
Quando um sistema vai do estado 1 para o estado 2, encontramos U através da 1º lei. De 
forma semelhante, a mudança de entropia do estado 1 para o estado 2 pode ser encontrada 
por 
 
 2 
Ssistema =  dQrev. / Tsistema 2.10 
 1 
Onde T é a temperatura absoluta e Qrev. é quando todas as transformações de energia 
ocorrem de forma reversível, sem atrito. 
 
 
2.5 CAMINHOS REVERSÍVEIS E IRREVERSÍVEIS 
 
 Sempre há vários caminhos para se ir do estado 1 para o estado 2. Para determinar 
U não faz nenhuma diferença utilizar este ou aquele caminho, porque entre os dois a 
diferença de W é compensada pela diferença de Q. em todos os casos U é o mesmo, Por 
exemplo: 
Para aquecer água de 20ºC a 30ºC podemos: 
 
Colocar 50 J de calor, U = Q – W = 50 – 0 = 50 
Colocar 50 J de trabalho mecânico, U = Q – W = 0 – ( -50) = 50 
Colocar 70 J de trabalho e retirar 20 J de calor, U = Q – W = -20- (-70) = 50 
Em todos os casos U é o mesmo. 
 
 Caminho reversível é quando podemos retornar para as condições iniciais. No exemplo 
anterior podemos tanto aquecer a água como resfriá-la. Já o irreversível é quando o sistema e 
todas as partes de sua vizinhança não conseguem voltar ao estado inicial.Um sistema que passa 
por um processo irreversível não está impedido de retornar ao seu estado inicial. No entanto se 
o sistema retornar ao estado inicial não será possível fazer o mesmo com sua vizinhança. 
. No caso de S o caminho faz diferença quando precisamos medi-lo.As etapas a seguir 
são importantes para a resolução de alguns problemas: 
 
- Defina o estado final e o inicial e calcule a quantidade de calor recebida ou cedida 
pelo sistema, Qreal . 
- Se não houver interferências de efeitos mecânicos como K, T, expansão ou 
contração, atrito ou outro efeito qualquer, Qreal = Qrev portanto use diretamente 
na equação 2.10. 
- Se as mudanças de energia mecânica envolvem atrito (irreversibilidades) devemos 
considerar um caminho como reversível para as mudanças de energia mecânica 
que estão acontecendo. Calcule Qrev e depois S para esse caminho a partir do 
estado inicial para o estado final. 
 
 
Dessa forma para qualquer mudança reversível temos 
 
 
 
 
 
S = 0 
 
Para tudo: 
sistema e 
arredores 
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 44 
 
e para mudanças irreversíveis, 
 
 
 
 
 
S>0 
 
Isso quer dizer que a entropia total de um sistema isolado não pode diminuir, ou seja, 
 
Stotal  0 ou 
 
Suniverso = Ssistema + Svizinhança  0 2.11 
 
 
 
2.6 IRREVERSIBILIDADES 
 
 Os processos espontâneos que ocorrem na realidade são todos irreversíveis tais 
como atrito, resistência elétrica, deformação inelástica, transferência de calor etc.O 
termos irreversibilidade é utilizado para identificar qualquer destes efeitos. A medida que 
um sistema sofre um processo, podem ser encontradas irreversibilidades dentro do 
sistema, bem como em suas vizinhanças assim é importante definirmos irreversibilidades 
internas aquelas que ocorrem dentro do sistema e externas a que ocorrem na vizinhança. 
 
 
 
2.7 BALANÇO DE ENTROPIA PARA SISTEMAS FECHADOS 
 
 
A equação 2.7 pode ser escrita de forma alternativa como 
 
(Q/T) = - ciclo 2.12 
 
 Onde ciclo pode ser associado à “intensidade” da desigualdade.O valor de ciclo é 
positivo quando irreversibilidades internas estão presentes, zero quando irreversibilidades 
internas não estão presentes e nunca pode ser negativo.Considere um ciclo executado por 
um sistema fechado, percorre um caminho no qual irreversibilidades internas estão 
presentes, seguido por outro caminho internamente reversível. Para esse ciclo, a Eq. 2.12 
toma a forma: 
 
 1 1 (Q/T) +  (Q /T)int rev = -  2.13 
2 2 
 
A segunda integral pode ser expressa por: 
 1 
S1 – S2 =  (Q /T)int rev 
 2 
Com essa relação obtemos: 
Para tudo: 
sistema e 
arredores 
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 45 
 
 1 
 (Q/T) + (S1 – S2 ) = -  
 2 
 
Finalmente rearranjando a última equação, o balanço de entropia para um sistema fechado 
é: 
 
 
 
 
 
 
 
 2 
S2 – S1 =  (Q/T) +  2.14 
 1 
 
A segunda lei determina que a geração de entropia possua valores positivos ou nulos 
 
 
:  0 irreversibilidades estão presentes no interior do sistema 
 = 0 irreversibilidades não estão presentes no interior do sistema 2.15 
 
O valor da geração de entropia não pode ser negativo. Por outro lado, a variação de 
entropia de um sistema pode ser positiva, negativa ou nula: 
 
  0 
S2 – S1: = 0 2.16 
  0 
 
 A segunda lei pode ser interpretada como obrigando que a entropia seja gerada por 
irreversibilidades e conservada somente no limite em que as irreversibilidades sejam 
reduzidas a zero. 
Na forma de taxa a Eq. 2.14 se transforma em: 
 
 
 
 2 
dS/dt =  (Q/T) +  2.17 
 1 
 
 
2.8 BALANÇO DE ENTROPIA PARA ESCOAMENTO DE FLUIDOS 
 
 
 No capítulo 1 quando vimos a primeira lei para escoamento de fluidos chegamos as 
Eqs. 1.35 e 1.36 e da mesma forma para a segunda lei faremos o balanço de entropia que 
como massa e energia também pode ser transferida para o interior ou o exterior do 
volume de controle por escoamento de matéria. Seguindo a Eq.2.14 o resultado é 
Variação 
de 
entropia 
Transferência 
de entropia 
Geração de 
entropia 
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 46 
 
 
 
 
 
 
 
 
dSvc /dt =  Q/T + me se - ms ss +  2.18 
 
 
Se o regime for permanente a equação anterior fica 
 
0 =  Q/T + me se - ms ss +  2.19 
 
 
2.9 EXERGIA OU DISPONIBILIDADE (E) 
 
 Exergia ou disponibilidade está relacionado com o máximo de trabalho que se pode 
extrair, ou o menor dispêndio necessário para uma transformação que ocorre. O trabalho 
basicamente depende do estado inicial e final do sistema, mais o estado do ambiente. Um 
objetivo na análise da exergia é a identificação de locais onde a destruição de exergia e as 
perdas aconteçam de modo que sejam mínimas na operação de um sistema. De acordo 
com a 2º Lei, a destruição de exergia é positiva quando as irreversibilidades estão 
presentes no interior do sistema durante o processo e desaparecem quando não existem 
irreversibilidades. Portanto, 
 
 
 
E:  0 irreversibilidades estão presentes no interior do sistema 
 = 0 irreversibilidades não estão presentes no interior do sistema 2.20 
 
 
 O valor da destruição da exergia não pode ser negativo, mas sua variação pode ser: 
 
  0 
E2 – E1: = 0 2.21 
  0 
 
 
2.10 BALANÇO DE EXERGIA PARA ESCOAMENTO DE FLUIDOS 
 
 Em regime permanente teremos: 
 
0 =  (1 –T0/Ti)Qi - Wvc +meefe - ms efs - Ed 2.22 
 
Já a exergia de fluxo vale: 
 
efs - efe = h s – he – T0( ss – se ) + (Vs
2/2 - Ve
2/2) + g(zs -z e ) 2.23 
 
 Em geral T0 vale 293K 
 
Taxas de 
transferência de 
entropia 
Taxa de 
geração de 
entropia 
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 47 
 
 
Finalizando o capítulo podemos afirmar que 
- A entropia de um sistema pode aumentar somente de duas formas, por adição de 
calor ou pela presença de uma irreversibilidade. 
- A entropia de um sistema pode diminuir somente de uma única maneira, que é por 
remoção de calor. 
- A entropia de um sistema não pode diminuir durante um processo adiabático. 
 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DO CAPÍTULO 
 
 
1) Um objeto de 20 Kg cai de uma altura de 50m, sendo que os arredores se 
encontram a 20ºC. Responda: 
 
a) Qual o S do objeto? 
b) Qual o S dos arredores? 
c) Qual o S do universo? 
 
 
solução 
 
Vamos escolher o objeto como o sistema e o universo como arredores ou vizinhança. 
Apesar de algum calor ter sido gerado por atrito quando o objeto atingiu o solo, esse calor 
provavelmente deve ter sido dissipado nos arredores e o objeto retornado à sua 
temperatura inicial que é a do ambiente. Vamos então adotar como estado 1 o objeto a 
20ºC, a 50 m de altura e, como estado 2, o mesmo objeto à mesma temperatura, no solo. 
Para esse objeto o calor realmente perdido para a vizinhança pode ser calculado pela 1º 
lei 
U + K + T = Q – W mas 
U = 0 pois a temperatura não variou 
K = 0 sem velocidade antes e depois 
W = 0 não houve trabalho realizado 
Então teremos 
 
 
 
Qreal = T = mg ( Z2 – Z1 ) = 20 Kg . 9,8m/s
2 (0 – 50m) = -9800 J 
 
Será que algum efeito mecânico foi envolvido nesse processo? A resposta é sim, para o 
objeto, uma vez que ele perdeu energia potencial, e não para os arredores, uma vez que os 
arredores apenas ganharam calor. 
 
a) Para o sistema (objeto), a queda é tipicamente um processo mecânico irreversível; 
então imaginemos um processo reversível para levá-lo do alto até o chão. Podemos 
utilizar por exemplo um dispositivo tipo roldana onde pode ser controlada a queda do 
objeto.O calor necessário para levar o objeto ao solo reversivelmente é zero. Então pela 
Eq.2.10 
 
Perdido 
pelo objeto 
e recebido 
pela 
vizinhança 
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 48 
Ssistema =  dQrev. / Tsistema = 0 
 
b) Para a vizinhança ocorrem apenas efeitos térmicos. Depois que o objeto atinge o chão, 
a vizinhança recebeu 9800 J e permaneceu a 20ºC; portanto 
 
Sviz =  dQrev. / Tsistema = 9800 / 293 = 33,5 J/K 
 
c) Suniverso = Ssistema +Svizinhança = 0 
 
Suniverso = 0 + 33,5 = 33,5 J/K 
 
 
2) Um congelador doméstico opera numa sala onde a temperatura é 20ºC. Para manter a 
temperatura do espaço refrigerado em –30ºC é necessário uma taxa de transferência de calor, do 
espaço refrigerado igual a 2 KW. Qual a mínima potência necessária para operar esse 
congelador? 
 
 
solução 
 
A potência mínima de acionamento da máquina é dada se admitirmos que o equipamento 
opera segundo um ciclo de Carnot. De acordo com a figura 2.4 pelo ciclo de refrigeração 
calculamos o COP como 
 
COP = calor retirado/energia consumida = Qe/W 
 
COP = Qe / (QS - Qe) = Te / (Ts – Te) 
COP = 273 – 30 / (273+20) – (273-30) = 4,86 
A potência de acionamento é 
 
W = Qe/COP = 2 / 4,86 = 0,41 KW 
 
3) Propõe-se aquecer uma residência usando uma bomba de calor. A temperatura da 
residência deve ser mantida a 20ºC, estima-se que quando a temperatura externa cai a –
10ºC, a taxa de transferência de calor da residência para o exterior é igual a 25KW. Qual 
é a mínima potência elétrica necessária para acionar essa bomba de calor?solução 
 
COP = energia pretendida / energia fornecida = Qe / W 
 
COP = Qe / (QS - Qe ) 
COPmáx = Te / (Ts – Te) 
 
Ts = -10ºC = 263K 
Te = 20ºC = 293K 
COP = 293 /( 293 – 263) = 9,7 
A potência de acionamento é 
 
W = Qe /COP = 25 /9,7 = 2,57 KW 
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 49 
 
4) Você é encarregado de projetar um motor movido a energia solar para produzir 75KW. 
O coletor solar deverá operar a 115ºC com uma temperatura ambiente de 15ºC, se o fluxo 
de energia absorvido pelos coletores é de 950 W/m2, calcule a área mínima necessária 
para esse coletor solar. 
solução 
 
A eficiência de Carnot é dada por 
 = 1 – fonte fria/ fonte quente = 1 - (15+273)/(115+273) = 25% ( eficiência máxima) 
 = W/ Q 
0,25 = 75 W/ Q Q = 300 KW 
Área mínima é dada por 
 
A = Q/q = 300 KW / 950x10-3KW m2 = 315 m2 
 
 
5) Um inventor afirma ter desenvolvido um ciclo de potência capaz de fornecer um 
trabalho de 410 KJ através de uma entrada de energia por transferência de calor de 
1000KJ. O sistema percorrendo o ciclo recebe o calor de gases quentes à temperatura de 
500K e descarrega para a atmosfera energia térmica a 300K. Avalie essa afirmação. 
 
solução 
 
A eficiência térmica do ciclo é 
 
 = energia pretendida / energia fornecida = 410 KJ/1000 KJ = 41% 
 
A eficiência térmica máxima que qualquer ciclo de potência pode ter enquanto opera 
entre reservatórios a Te = 500 K e TS = 300 K é 
 
máx. = 1 – TS /Te = 1 - 300 K / 500 K = 40% 
Uma vez que a eficiência térmica do ciclo real excede o valor máximo teórico, a 
afirmação não pode ser válida. 
 
 
 
6) Um congelador de um refrigerador está a –5ºC enquanto que o ar exterior se encontra a 
22ºC. A taxa de transferência de calor entre o congelador e o refrigerante é de 2,2 KW e a 
potência de entrada necessária para acionar o compressor é de 0,88 KW. Determine o 
COP do refrigerador e compare com o COP de um ciclo de refrigeração reversível. 
 
Solução 
 
 
COP = energia pretendida / energia fornecida = Qe / W = 2,2 / 0,88 = 2,5 
 
O COP que opera entre reservatórios a Te = 268 K e Ts = 295 K de um ciclo de 
refrigeração reversível é 
 
COPmáx = Te / (Ts – Te) = 268 / (295-268) = 9,9 
 
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 50 
 Como o COP real é muito inferior comparado com o teórico é possível que possa 
haver algumas melhorias para se aumentar o desempenho termodinâmico desse 
ciclo.Porém, o objetivo deve ser estudado com cuidado, pois uma melhora no 
desempenho pode exigir aumentos no tamanho, complexidade e custo. 
 
7) Água, inicialmente como líquido saturado a 100ºC, está contida em um conjunto 
cilindro-pistão. A água é submetida a um processo que a leva ao estado correspondente 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 mecânica de um agitador, determine o trabalho líquido por unidade de massa, em 
KJ/Kg, e a quantidade de entropia produzida por unidade de massa, em KJ/KgK. 
 
solução 
 
 
Hipóteses: 
 
a) A água no conjunto cilindro-pistão constitui um sistema fechado. 
b) Não ocorre troca de calor com a vizinhança. 
c) Não ocorre variações de energia cinética e potencial 
 
A 1ºlei é utilizada para se determinar o trabalho líquido 
 
U + K + T = Q – W 
 
Por unidade de massa, o balanço de energia se reduz a 
 
W/m = - (ug – uf) 
Com valores da energia interna específica da tabela a 100ºC fica 
W/m = - ( 2506,5 – 418,94) = - 2087,56 KJ/Kg 
 
O sinal negativo indica que o trabalho fornecido pelo agitador é maior que o trabalho 
realizado pela água à medida que está se expande. 
A quantidade de entropia gerada é calculada pela aplicação do balanço de entropia. Uma 
vez que não ocorre transferência de calor, o termo relacionado à transferência de entropia 
se anula 
 
 2 
S2 – S1 =  (Q/T) +  
 1 
por unidade de massa, essa expressão se torna 
 
/m = Sg – Sf 
 
Com valores de entropia específica da tabela a 100ºC 
 
/m = 7,3549 – 1,3069 = 6,048 KJ/Kg K 
 
Nesse exemplo efeitos de atrito estão presentes no fluido durante o processo, e a 
quantidade de entropia gerada assume valor positivo ( irreversibilidades presentes no 
interior do sistema). 
Sistemas Térmicos Profº. Mestre André R. Quinteros Panesi 
 51 
 
 
8) Vapor d’ água é admitido em uma turbina a uma pressão de 30bar, a uma temperatura 
de 400°C e a uma velocidade de 160m/s. vapor saturado a 100ºC é descarregado a uma 
velocidade de 100m/s. em regime permanente, a turbina produz uma quantidade de 
trabalho igual a 540 KJ/Kg de vapor escoando através da turbina. Ocorre transferência de 
calor entre a turbina e sua vizinhança a uma temperatura média da superfície externa igual 
a 350K. Determine a taxa de geração de entropia no interior da turbina. Despreze a 
variação da energia potencial entre a admissão e a descarga. 
Aplicando a 1º lei para regime permanente temos: 
 
 
me(h + v
2/2) – ms(h + v
2/2) + Q – W = 0 dividindo por m 
he + v
2
e/2 - hs - v
2
s/2 + Q/m – W/m = 0 
Q/m = W/m + (hs - he) + (v
2
s/2 - v
2
e/2 ) 
Q/m = 540 + ( 2676,1- 3230,9) + ( 1002/2000 – 1602/2000) 
Q/m = 22,6KJ/Kg 
Pelo balanço de entropia em regime permanente fica: 
 
0 =  Q/T + me se - ms ss +  dividindo por m 
Q/m/T + se - ss + /m = 0 
/m = - Q/m/T + (ss - se ) 
/m = - 22,6 /350 + ( 7,3549 – 6,9212) = 0,4983 KJ/KgK 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES 
 
1) O motor térmico reversível representado na figura abaixo, durante um ciclo de 
operação recebe 1200KJ do reservatório que se encontra a 720K e produz 200KJ de 
trabalho. Calcule a quantidade e o sentido das interações de calor com os outros 
reservatórios. R. Q1 = 200,7 KJ e Q2 = -1200,7KJ 
 
 
 
 
 
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 52 
2) Uma máquina térmica operando em regime permanente conforme a figura abaixo, 
recebe 580KW de uma fonte quente e produz uma potência de 191,36KW. Determine: 
a) o fluxo de calor transferido para a fonte fria. R. 388,64KW 
b) o rendimento térmico da máquina. R. 33% 
c) a variação de entropia que ocorre na fonte fria e na fonte quente, para temperaturas 
respectivamente 50ºC e 400ºC. R. 1,2KW/K 
d) verifique se é uma máquina de Carnot. R. sim 
 
 
 
 
3) Verificar por meio da desigualdade de Clausius, se é possível existir uma máquina 
térmica que receba 8360KJ a temperatura de 470ºC e produza um trabalho de 2926KJ. A 
máquina fornece para a fonte fria uma determinada quantidade de calor a temperatura de 
70ºC. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 53 
 
 
CAPÍTULO 3 
 
 ESTUDO DOS CICLOS TERMODINÂMICOS 
 
 
 
3.1 CICLO DE CARNOT 
 
 
 É o ciclo executado pela Maquina de Carnot, idealizada pelo engenheiro francês 
Carnot e que tem funcionamento apenas teórico (ainda não conseguiram criar uma Maquina 
de Carnot). 
Funcionando entre duas transformações isotérmicas e duas adiabáticas alternadamente, 
permite menor perda de energia (Calor) para o meio externo (fonte fria). 
 
 
Figura 3.1 Ciclo de Carnot 
 
 
 
 O ciclo de Carnot na prática apresenta grande dificuldade devido a mistura líquido/vapor 
de água que sai do condensador e é comprimida para entrar na caldeira. A dificuldade consiste 
na compressão de vapor e do líquido separadamente. Além disso, a energia gasta na compressão 
de vapor é muita maior do que a energia gasta para consumir a mesma quantidade de líquido. 
Portanto, é muito mais prático um ciclo que tenha somente líquido na entrada da bomba. Esse 
ciclo está representado na figura abaixo. O ciclo de Rankine é então aquele quese obtém 
quando o ponto 3’ é deslocado para a linha de líquido saturado. Podemos então definir um ciclo 
ideal de Rankine como aquele que tem dois processos adiabáticos (bomba e turbina) e dois 
processos isobáricos ( caldeira e condensador), sendo todos eles reversíveis. 
 
 
 
http://pt.wikipedia.org/w/index.php?title=Nicolas_L%C3%A9onard_Sadi_Carnot&action=edit
http://pt.wikipedia.org/wiki/Isotermo
http://pt.wikipedia.org/wiki/Adiab%C3%A1tico
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 54 
 
 
 
3.1 O CICLO DE POTÊNCIA DE RANKINE 
 
 Muito empregado em usinas termoelétricas, esse ciclo tem como característica principal a 
utilização do vapor d`água como fluido de trabalho. A fonte térmica é em geral, a combustão 
de carvão, óleo, gás natural ou a fissão do urânio235. A caldeira é o local onde a água é 
transformada em vapor a alta temperatura e alta pressão. Esse vapor expande-se e resfria-se ao 
passar por uma turbina, convertendo energia térmica em mecânica de rotação de um eixo. O 
condensador resfria o vapor e reduz a sua pressão. 
 
Figura 3.1 Ciclo de Rankine 
 
 
 
Turbina 
 
 O vapor na caldeira no estado 1, tendo uma pressão e temperatura elevadas, se expande 
através da turbina para produzir trabalho e então é descarregado no condensador no estado 2 
com uma pressão relativamente baixa. Desprezando a transferência de calor com as 
vizinhanças, os efeitos da energia cinética e potencial, os balanços de massa e energia sob a 
forma de taxa para um volume de controle envolvendo a turbina simplificam-se no regime 
permanente a 
 
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 55 
 Condensador 
 
 No condensador há transferência de calor do vapor para a água de resfriamento que escoa 
por sua tubulação. O vapor é condensado e a água de resfriamento aumenta de temperatura. Em 
regime permanente, os balanços de massa e energia desprezando os efeitos da energia cinética e 
potencial, trabalho no eixo sob a forma de taxa para um volume de controle envolvendo o 
condensador simplificam-se 
 
 
Bomba 
 
 O líquido condensado que deixa o condensador em 3 é bombeado para a caldeira que se 
encontra a uma pressão mais elevada. Para um volume de controle envolvendo a bomba e 
desprezando-se os efeitos da energia potencial e cinética e a troca de calor com as vizinhanças, 
os balanços de massa e de energia sob a forma de taxa fornecem: 
 
 
Uma forma alternativa para se determinar o trabalho da bomba pode ser 
 
 
Caldeira 
 
 O fluido de trabalho completa um ciclo ao deixar a bomba em 4, esse fluido já no estado 
líquido é aquecido até a saturação e evaporação na caldeira. Tomando-se um volume de 
controle envolvendo os dutos e tubulações da caldeira e desprezando-se novamente a energia 
potencial e cinética e também trabalho no eixo, os balanços de massa e de energia sob a forma 
de taxa fornecem 
 
 
 
Parâmetros de Desempenho 
 
 A eficiência térmica do ciclo de potência é dada por 
 
 
 η = (h1 – h2 ) – (h4 – h3 ) / (h1 – h4 ) 3.7 
 
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 56 
 Desde que os estados 1 a 4 sejam determinados as equações anteriores são aplicadas tanto 
ao desempenho real, quando irreversibilidades estão presentes, quanto ao desempenho 
idealizado, na ausência destes efeitos. É importante considerar um ciclo ideal no qual as 
irreversibilidades estão ausentes, uma vez que este ciclo estabelece um limite superior para o 
desempenho do ciclo de Rankine. 
 
 
 
Figura 3.2 Ciclo ideal 
 
 
 Analisando a figura 3.2 o fluido de trabalho sofre os seguintes processos internamente 
reversíveis: 
 
Processo 1-2: Expansão isentrópica do fluido de trabalho através da turbina de vapor saturado 
no estado 1 até a pressão do condensador. 
 
Processo 2-3: transferência de calor do fluido de trabalho à medida que ele escoa a pressão 
constante através do condensador com líquido saturado no estado 3. 
 
Processo 3-4: compressão isentrópica na bomba até o estado 4 na região de líquido comprimido. 
 
Processo 4-1: transferência de calor para fluido de trabalho à medida que ele escoa a pressão 
constante através da caldeira para completar o ciclo. 
 
 
Exemplo 1 
 
Considere a central de potência que opera com vapor de água com os seguintes dados: 
 
 Pressão Temperatura ou título 
Saída do gerador de vapor 2MPa 300ºC 
Entrada da turbina 1,9MPa 290ºC 
Saída da turbina, entrada 
do condensador 
15KPa 90% 
Saída do condensador., 
entrada da bomba 
14KPa 45ºC 
Trabalho da bomba = 
4KJ/Kg 
 
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 57 
 
Determine: 
 
a) O calor transferido na linha de vapor entre o gerador e a turbina 
b) O trabalho da turbina 
c) O calor transferido no condensador 
d) O calor transferido no gerador de vapor 
e) A eficiência do ciclo 
 
 
 
 
Das tabelas de vapor d’água encontramos: 
 
h1 = 3023,5 KJ/Kg 
h2 = 3002,5 KJ/Kg 
h3 = 226 + 0,9(2373,1) = 2361,8KJ/Kg 
h4 = 188,5KJ/Kg 
 
a) 0 = h1 - h2 + Q Q = 3002,5 – 3023,5 = -21KJ/Kg 
 
b) h2 = W + h3 W = 3002,5 – 2361,8 = 640,7KJ/Kg 
 
c) h3 = Q + h4 Q = 2361,8 – 188,5 = 2173,3KJ/Kg 
 
d) h4 + W = h5 h5 = 188,5 + 4 = 192,5KJ/Kg 
 h5 + Q = h1 Q = 3023,5 – 192,5 = 2831KJ/Kg 
 
e) pela 2º Lei a eficiência vale 
 
 = Wciclo - Wb / Qe 
 = 640,7 – 4 / 2831 = 22,4% 
 
 
 
3.2 EFEITOS DA PRESSÃO DA CALDEIRA E DO CONDENSADOR 
 
 Como o ciclo de Rankine ideal consiste em processos internamente reversíveis, pode-se 
obter uma expressão para a eficiência térmica em termos de temperaturas médias da caldeira e 
do condensador. Essa expressão é definida como 
 
 ηideal = 1- Tsai / Tent 3.8 
 
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 58 
 A Eq. 3.8 pode ser empregada no estudo dos efeitos de variações nas pressões da caldeira 
e do condensador sobre o desempenho. Esses resultados funcionam também em ciclos reais. 
Essa equação é similar a de Carnot, porém, observando-se a fig. 3.3 o ciclo de Rankine ideal 1-
2-3-4`-1 possui uma eficiência térmica menor do que o ciclo de Carnot 1-2-3`-4`-1 que possui a 
mesma temperatura máxima TH e a mesma temperatura mínima TC, porque a temperatura média 
entre 4 e 4`é menor do que TH. 
 
 
Figura 3.3 Comparação entre o ciclo de Carnot e o ciclo de Rankine ideal 
 
 
 
 
 
 Irreversibilidades e perdas estão associadas a cada um dos componentes do ciclo de 
Rankine. Na turbina, a principal irreversibilidade experimentada pelo fluido de trabalho está 
associada à expansão através da turbina. A transferência de calor através da turbina para as 
vizinhanças representa uma perda que pode ser desprezada. 
 
 
3.3 EFICIÊNCIA ISOENTRÓPICA 
 
 É o tipo de eficiência que envolve a comparação entre o desempenho real e o desempenho 
ideal. O estado do fluido que está sendo admitido na turbina e a pressão de saída são fixos. Uma 
vez que o estado 1 é fixo, a entalpia específica h1 é conhecida. Assim o trabalho depende 
somente da entalpia específica h2 e aumenta à medida que h2 é reduzida. O valor máximo para o 
trabalho da turbina corresponde ao menor valor possível para a entalpia específica na saída da 
turbina. Os estados possíveis na saída estão restringidos por: 
 
 Uma vez que a geração de entropia não pode ser negativa, estados como s2 < s1 não são 
possíveis em uma expansão adiabática. Os únicos estados possíveis são aqueles com s2 > s1. O 
estado indicado por 2s na figura 3.4 seria atingido somente no limite de ausência de 
irreversibilidades internas. Isso corresponde a uma expansão isoentrópica através da turbina. 
Parauma pressão de saída fixa, a entalpia específica h2 diminui a medida que a entropia 
específica s2 diminui. Então, o menor valor possível para h2 corresponde ao estado 2s , e o valor 
máximo do trabalho da turbina é 
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 59 
 
 
Assim a eficiência isoentrópica pode ser encontrada por 
 
ηiso = h1 - h2 / h1 – h2s 3.11 
 
 
Figura 3.4 Comparação entre uma expansão real e uma expansão isoentrópica de turbinas. 
 
 
 
 
3.4 MELHORANDO O DESEMPENHO DO CICLO DE RANKINE 
 
 
 Na prática observou-se que um aumento da pressão da caldeira ou uma diminuição 
da pressão no condensador pode resultar numa redução do título de vapor na saída da 
turbina. É comum procurar manter um título de no mínimo de 90% na saída para que não 
ocorra a condensação nas pás da turbina causando assim corrosões e mais manutenção 
nessa turbina. Para isso é necessária a criação de um superaquecimento e um 
reaquecimento no ciclo. 
 
 
Superaquecimento 
 
 Considere a figura 3.5 que mostra vapor superaquecido na entrada da turbina: o 
ciclo 1`-2`-3-4-1`.Esse ciclo possui uma temperatura média de adição de calor maior do 
que o ciclo sem superaquecimento (ciclo 1-2-3-4-1) e, portanto, a eficiência térmica é 
maior. Também, o título no estado 2`na saída da turbina é maior do que no estado 2, que 
seria a saída da turbina sem superaquecimento. Assim o superaquecimento evita que se 
tenha título baixo na saída da turbina. 
 
 
 
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 60 
 
 
 
Figura 3.5 Ciclo Rankine com superaquecimento 
 
 
Reaquecimento 
 
 Com o reaquecimento a pressão da caldeira é maior e também proporciona um título 
baixo na saída da turbina. Nesse caso é preciso que tenha dois estágios para a turbina 
como indica a figura 3.6. O reaquecimento permite a presença de um vapor mais seco na 
saída da segunda turbina. 
 
 
Figura 3.6 Ciclo de reaquecimento 
 
 
 
 
 
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 61 
Exemplo 2 
 Calcular o rendimento de um ciclo de Rankine conhecendo-se a pressão da caldeira, 
P1 =50bar, e a do condensador, P2 = 0,5bar. Sabe-se que o vapor entra saturado na turbina 
e que a água que sai do condensador está saturada. 
 
 
 
 
 
 
 = 1 – Qcond./ Qcald. 
Qcond = m ( h2 - h3 ) 
Qcald. = m ( h1 - h4 ) 
 = 1 – ( h2 - h3 )/ ( h1 - h4 ) 
 
Cálculo das entalpias 
Ponto 1: pelas tabelas para P1 =50bar e x1 = 1,0 
 h1 = 2794,3 KJ/Kg 
 s1 = 5,9734 KJ/KgK 
 
Ponto 2: também através da tabela para s2 = s1(turbina ideal) e P2 = 0,5bar 
 
s2 = 5,9734KJ/KgK 
s2 = sf + x2s 
x2 = (s2 - sf )/s 
sf = 1,0910KJ/KgK 
sg = 7,5939KJ/KgK 
x2 = (5,9734- 1,0910 )/ 7,5939 – 1,0910 = 0,75 
 
hf = 340,49KJ/Kg 
hg = 2645,9KJ/Kg 
 
h2 = hf + x2h = 340,49 + 0,75 ( 2645,9 - 340,49) = 2069,5 KJ/Kg 
 
Ponto 3: para P2 =0,5bar e x3 = 0 
h3 = 340,49KJ/Kg 
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 62 
 
Ponto 4: a entalpia no ponto 4 é a soma da entalpia do ponto 3 com a variação de entalpia 
provocada pela bomba. 
h4 = h3 + v( P4- P3) = 340,49 + 0,001( 50x10
5-0,5x105) = 345,44KJ/KgK 
 
 = 1 – ( h2 - h3 )/ ( h1 - h4 ) = 1 – (2069,5 - 340,49) / (2794,3 -345,44) = 29% 
 
Exemplo 3 
Calcular o rendimento do ciclo do problema anterior adotando agora o vapor 
superaquecido na entrada da turbina a 500ºC, com as demais condições mantidas. 
 
 
 
 
Para P1’ = 50bar e T1’ = 500ºC a través da tabela de vapor superaquecido encontramos 
 
h1’ = 3433,75 KJ/Kg 
s1’ = 6,98565 KJ/KgK 
 
Ponto 2’: também através da tabela para s2’ = s1’ e P2’ = 0,5bar 
s2’ = 6,98565KJ/KgK 
s2’ = sf + x2s 
x2 = (s2 - sf )/s 
sf = 1,0910KJ/KgK 
sg = 7,5939KJ/KgK 
x2 = (6,98565- 1,0910 )/ 7,5939 – 1,0910 = 0,90 
h2’ = hf + x2h = 340,49 + 0,90 (2645,9 - 340,49) = 2415,35 KJ/Kg 
 
Ponto 3: para P2 =0,5bar e x3 = 0 
h3 = 340,49KJ/Kg 
 
Ponto 4 é o mesmo do problema anterior 
h4 = 345,44KJ/KgK 
 
 = 1 – ( h2’ - h3 )/ ( h1’ - h4 ) = 1 – (2415,35 - 340,49) / (3433,75 -345,44) = 32,8% 
 
Conclusão: o rendimento aumentou de 29% para 32,8% devido ao uso de vapor 
superaquecido em lugar de vapor saturado 
 
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 63 
 
Exemplo 4 
Suponha agora um ciclo de Rankine como indica a figura 3.6 com reaquecimento do 
vapor que passa pela turbina do problema anterior na pressão de 40bar. Calcular o 
rendimento deste novo ciclo supondo que a temperatura de reaquecimento seja também 
500ºC e que P1 = 60bar e P4 = 0,5bar 
 
 
 
Ponto 1: 
Para P1 = 60bar e T1 = 500ºC a través da tabela de vapor superaquecido encontramos 
 
h1 = 3422,2 KJ/Kg 
s1 = 6,8803 KJ/KgK 
 
Ponto 2: também através da tabela para s2 = s1 e P2 = 40bar 
 
h2 = 3213,6KJ/Kg 
 
Ponto 3: 
P3 = 40bar 
T3 = 500ºC 
h3 = 3445,3KJ/Kg 
s3 = 7,0901KJ/KgK 
 
 
Ponto 4: 
P4 = 0,5bar 
s4 = s3 
s4 = 7,0901KJ/KgK 
s4 = sf + x4s 
x4 = (s4 - sf )/s 
sf = 1,0910KJ/KgK 
sg = 7,5939KJ/KgK 
x4 = (7,0901- 1,0910 )/ 7,5939 – 1,0910 = 0,92 
h4 = hf + x4h = 340,49 + 0,92 (2645,9 - 340,49) = 2461,46 KJ/Kg 
 
Ponto 5: 
P5 = 0,5bar 
x5 = 0 
h5 = 340,49KJ/Kg 
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 64 
 
Ponto 6 é igual ao ponto 4 do problema anterior 
h6 = 345,44KJ/KgK 
 
 = 1 – ( h4 - h5 )/ ( h1 - h6 )+( h3 - h2 ) 
 = 1 – (2461,46-340,49)/ (3422,2- 345,44)+( 3445,3-3213,6) = 36% 
 
 
3.5 CICLO OTTO 
 
 Os motores de combustão interna, tem por objetivo transformar energia térmica em 
energia mecânica. Após a mistura combustível/ar ser comprimida na câmara de 
combustão de cada cilindro, inicia-se uma queima, a qual produz uma força contra a 
cabeça do pistão, forçando este se mover contra o eixo de manivelas. A biela transmite a 
força atuante do pistão ao eixo de manivelas, fazendo com que este gire, convertendo 
assim o movimento alternativo dos pistões em movimento rotativo do eixo de manivelas. 
 
Figura 3.7 Motor de combustão interna 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 65 
 
Figura 3.8 Esquema de funcionamento 
 
 
3..5.1 CILINDRADA 
 
 É o volume total deslocado pelo pistão entre o ponto morto inferior (PMI) e o ponto 
morto superior (PMS), multiplicado pelo número de cilindros do motor. É indicada em 
cm3 ou em litros. 
 
Figura 3.9 Cilindrada 
 
 
 
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 66 
 
 A cilindrada é determinada por 
 
C = πd Sn / 4 3.12 
Onde 
d = diâmetro do cilindro 
S = curso do pistão 
n = número de cilindros 
 
 
 3.5.2 TAXA DE COMPRESSÃO 
 
 
 É a relação entre o volume da mistura no cilindro antes e depois da compressão. Se 
por exemplo a mistura for reduzida a um nono do seu volume, a taxa de compressão será 
de 9:1. Essa taxa é determinada por 
 
Tc = C + Vc / Vc 3.13 
Onde 
C = cilindrada 
Vc = volume da câmara de combustão 
 
 Se essa taxa de compressão for muito elevada, a combustão não será progressiva. A 
parte da mistura que se encontrar mais afastada da vela de ignição inflamarse-á 
violentamente ou detonará. Quando tal sucede, diz-se que o motor está adiantado. Esta 
detonação poderá causar um aquecimento excessivo, podendo danificar o motor caso não 
seja corrigida. Os combustíveis formulados com chumbo tetraetila são resistentes a auto-
ignição e assim permitem razões de compressão relativamente altas. A gasolina sem 
chumbo que é utilizada atualmente, limitaas taxas de compressão de motores de 
combustão por centelha em torno de 9. Taxas de compressão mais elevadas podem ser 
obtidas em motores de ignição por compressão típicas na faixa de 12 a 20 caso dos 
motores Diesel. 
 
 
3..5.3 EFICIÊNCIA X TAXA DE COMPRESSÃO 
 
 A eficiência de um motor de combustão está diretamente relacionada com a taxa de 
compressão, quanto mais alta for essa taxa maior será a eficiência. Ela é dada por 
 
 η = 1- (1 / Tck-1) 3.14 
onde 
k = razão entre os calores específicos ( cp /cv ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 67 
 
Figura 3.10 Diagrama p-v para o ciclo Otto 
 
 
 
 O ciclo Otto consiste em dois processos nos quais há trabalho, mas não há 
transferência de calor, os processos 1-2 e 3-4 e em dois processos nos quais há 
transferência de calor, mas não há trabalho, os processos 2-3 e 4-1. O processo 1-2 é uma 
compressão isentrópica do ar conforme o pistão se move do ponto morto inferior para o 
ponto morto superior. O processo 2-3 é uma transferência de calor a volume constante 
para o ar. O processo 3-4 é uma expansão isentrópica ( curso de potência). No processo 4-
1 o ciclo é completado com uma transferência de calor a volume constante do ar. No 
diagrama p-v a área mais escura representa o trabalho fornecido por unidade de massa 
durante o processo de compressão, e as duas regiões do diagrama representa o trabalho 
executado por unidade de massa no processo de expansão. 
 
 O trabalho líquido do ciclo é expresso por 
 
Wciclo /m = W34/m – W12/m = ( u3 - u2 ) – ( u4 - u1 ) 3.15 
 
 
Ou 
 
 
 
 
Wciclo /m = Q23/m – Q41/m = ( u3 - u2 ) – ( u4 - u1 ) 3.16 
 
 
 
3.6 CICLO DIESEL 
 
 
 Esse ciclo ideal considera que a adição de calor ocorre durante um processo a 
pressão constante, que se inicia com o pistão no ponto morto superior. O ciclo Diesel é 
mostrado na figura 3.11, ele consiste em quatro processos internamente reversíveis onde 
no processo 1-2 é o mesmo que no ciclo Otto: uma compressão isentrópica. Porém, o 
Calor 
rejeitado 
Calor 
adicionado 
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 68 
calor não é transferido para o fluido de trabalho a volume constante como no ciclo Otto. 
Aqui, o calor é transferido para o fluido de trabalho a pressão constante. O processo 2-3 
também constitui a primeira parte do curso de potência. A expansão isentrópica do estado 
2 para o estado 3 é o restante do curso de potência. Como no ciclo otto, o ciclo é 
completado pelo processo 4-1 a volume constante, no qual o calor é rejeitado do ar 
enquanto o pistão está no ponto morto inferior. No diagrama p-v, a área mais escura é o 
trabalho fornecido por unidade de massa durante o processo de compressão. A área total é 
o trabalho executado por unidade de massa conforme o pistão se move do ponto morto 
superior para o ponto morto inferior. 
 
Figura 3.11 Ciclo Diesel 
 
 
 Da mesma forma que no ciclo Otto, a eficiência térmica do ciclo Diesel aumenta 
com a taxa de compressão. Como a adição do calor ocorre a pressão constante, o processo 
2-3 envolve tanto trabalho quanto calor. O trabalho é dado por 
 
 
 3 
W23 /m = ∫ Pdv = P2 ( v3 - v2 ) 3.17 
 2 
 
 O calor adicionado no processo 2-3 pode ser encontrado aplicando-se o balanço de 
energia para sistema fechado. 
 
m( u3 - u2 ) = Q23 - W23 3.18 
 
 Da mesma forma que no ciclo Otto a eficiência á dada por 
 
 
 η = 1 – (1/ Tck-1 )[ rck – 1/ k(rc – 1)] 3.19 
onde 
 rc = razão de corte (V3/V2 ) 
 
 
 
 
 
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 69 
3.7 TURBINAS A GÁS (CICLO BRAYTON) 
 
 As turbinas a gás podem operar tanto no modo aberto como fechado. O modo aberto 
é o mais utilizado onde o ar atmosférico é admitido no compressor indo para o combustor 
que é misturado com o combustível onde ocorre uma combustão com grande elevação de 
temperatura. Os produtos da combustão se expandem na turbina e são, em seguida 
liberados nas vizinhanças. Parte do trabalho produzido é usado para acionar o 
compressor, o restante utiliza-se para a geração de eletricidade ou para impulsionar um 
veículo. O modo aberto é ilustrado na figura 3.12 
 
Figura 3.12 Sistema aberto 
 
 
 No sistema fechado, o fluido de trabalho recebe um acréscimo de energia por 
transferência de calor de uma fonte externa, o gás que deixa a turbina passa por um 
trocador de calor, onde é resfriado antes de entrar novamente no compressor. 
 
 
Figura 3.13 Sistema fechado 
 
 
 No ciclo Brayton da figura 3.13 é feito uma análise de ar-padrão considerando o ar 
como fluido de trabalho que se comporta como gás ideal. Essa análise de ar-padrão, 
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 70 
simplifica consideravelmente o estudo do ciclo evitando a complexidade do processo de 
combustão. 
 
Cálculo das transferências de calor e trabalhos 
 
Turbina 
 
 Supondo-se que a turbina opera adiabaticamente e com efeitos desprezíveis de 
energia cinética e potencial, o trabalho produzido por unidade de massa é 
 
 
 
Compressor 
 
 Com as mesmas hipóteses, o trabalho do compressor é 
 
 
 
Calor adicionado 
 
Calor rejeitado 
 
 
Eficiência térmica do ciclo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 71 
3.8 SISTEMAS DE REFRIGERAÇÃO 
 
 
3.8.1 SISTEMAS DE REFRIGERAÇÃO A VAPOR 
 
 
 Sabe-se que para uma substância passar do estado líquido para o estado de vapor é 
necessário fornecer-lhe calor durante um certo tempo, até atingir a temperatura de 
evaporação da substância. Esse é o princípio básico da refrigeração, ou seja, toda 
substância ao evaporar rouba calor. O fluxo de calor sempre ocorre de uma fonte quente 
para uma mais fria, e nunca ao contrário, de acordo com os princípios da 2º lei da 
termodinâmica. Sendo assim, quanto maior for à diferença de temperatura entre essas 
duas fontes, maior será o fluxo de calor. Em refrigeração, é de grande importância que 
esse transporte de calor ocorra de modo eficiente, ou seja, sem perdas. Agora, como 
conseguir alcançar um diferencial de temperatura muito alto? Considere que a fonte 
quente esteja a 25ºC e que sejam utilizados os alimentos de um refrigerador comum. Se 
usarmos, por exemplo, a água como indica a tabela 3.1, conseguiremos provocar um 
fluxo de calor dos alimentos para a água? Evidentemente que não. Sendo assim, 
precisamos de uma substância que evapore em baixas temperaturas. Qual você escolheria 
da tabela 3.1? 
 
Tabela 3.1 Ponto de ebulição de algumas substâncias 
 
Substância Ebulição (ºC ao nível do mar) 
Água 100 
Butano -0,4 
Propano -42,3 
Diclorodifluormetano -29,8 
Monoclorodifluormetano -40,8 
Amônia -28 
Dióxido de enxofre -10 
 
 
 
 Agentes de Refrigeração 
 
 Em qualquer processo de refrigeração a substância empregada como absorvente de calor 
ou agente de esfriamento é chamada de refrigerante. Na tabela 3.1 os mais empregados são o 
CFC 12 (diclorodifluormetano), CFC 22 (monoclorodifluormetano) e amônia. Elaborada em 
meados de 1920, a famíla CFC inovou completamente o campo da refrigeração pelo simples 
fato de atingir um ponto de ebulição extremamente baixo e de não ser tóxica e inflamável. 
Atualmente a família CFC está sendo banida do mercado devido à constatação de ser 
considerado um gásestufa que agride a camada de ozônio da atmosfera. As temperaturas de 
evaporação e condensação constituem parâmetros que determinam o tipo de refrigerantes 
adequado à instalação. Refrigerantes de baixa temperatura crítica ou baixa temperatura de 
ebulição, normal, devem ser utilizados em aplicações de baixa temperatura de evaporação. Por 
outro lado, refrigerantes de elevada temperatura crítica são recomendados para aplicações de 
alta temperatura de evaporação. 
 
 
 
 
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 72 
Tabela 3.2 Propriedades físicas de diversos refrigerantes 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 73 
 
Continuação da tabela 3.2 
 
 
 
 
Tabela 3.3 Relação de refrigerantes utilizados atualmente 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 74 
Continuação da tabela 3.3 
 
 
 
 
 
3.8.2 O CICLO DE REFRIGERAÇÃO DE CARNOT 
 
 
 As figuras 3.14 e 3.15 ilustram o ciclo de refrigeração de Carnot que corresponde como já 
foi visto o ciclo cujo rendimento é máximo. 
 
 
 
 
 
 
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 75 
Figuras 3.14 
 
 
Figura 3.15 
 
 
 
Exemplo 
 Considere um ciclo de Carnot que apresenta os seguintes valores: 
 
T2 = T3 = 250K 
T1 = T4 = 300K 
s1 = s2 = 0,9 KJ/KgK 
s3 = s4 = 1,2 KJ/KgK 
 
O calor absorvido da fonte fria é a área sob a linha 2-3 dada por: 
 
Qa = T3 (s3 - s2 ) = 250 ( 1,2 - 0,9) = 75KJ/Kg 
 
Enquanto que o calor rejeitado no condensador é: 
 
Qr = T4 (s4 - s1 ) = 300 ( 1,2 - 0,9) = 90KJ/Kg 
 
Através da 1º Lei podemos obter o trabalho líquido no compressor que vale: 
 
Qa + Wliq. = Qr 
Wliq = Qr - Qa = 90 – 75 = 15 KJ/Kg 
 
O COP de Carnot pode ser calculado por: 
 
COPcarnot = Qa / Wliq = T3 (s3 - s2 ) / (T4 - T3 ) (s3 - s2 ) = T3 / T4 - T3 3.25 
COPcarnot = 250 / 300 -250 = 5 
 
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 76 
 
3.8.3 CONDIÇÕES PARA COP ELEVADO EM CICLOS DE CARNOT 
 
 
 Pela Eq. 3.25 observa-se se reduzirmos a temperatura de condensação T4 , implica numa 
elevação do COP. Por outro lado o mesmo efeito poderia ser obtido por elevação da 
temperatura de evaporação T3. O ciclo da figura 3.16 remove calor de um ambiente a baixa 
temperatura (-20ºC), rejeitando para uma fonte quente que se encontra em alta temperatura 
(35ºC). Nessas condições a temperatura de evaporação deve ser inferior a do ambiente frio, 
permitindo que haja uma troca de calor da fonte quente para a fonte fria através de um T. por 
outro lado, a fim de que o calor possa ser rejeitado, a temperatura externa deve ser inferior à 
temperatura de condensação. Percebe-se que o COP do ciclo está relacionado as diferenças de 
temperaturas entre o espaço refrigerado e o evaporador e entre o condensador e o ambiente 
externo. Assim os T devem ser mínimos, uma vez que nesse caso, a temperatura de 
condensação será a menor possível, ao mesmo tempo em que a temperatura de evaporação 
assumirá seu valor máximo. Entretanto, uma redução no T implica num fator de área de troca 
de calor no limite, um T nulo exigirá um trocador de calor de área infinita. 
 
 
Figura 3.16 
 
 
 
 
 Apesar do ciclo de refrigeração de Carnot representar um COP máximo, na prática que é 
uma condição mais realista ele será modificado resultando no chamado ciclo de compressão de 
vapor. O ciclo de Carnot o processo de compressão se dá com o refrigerante no ponto 3 que é 
uma mistura líquido-vapor que não é interessante para o compressor, pois o mesmo correrá o 
risco de que entre refrigerante líquido na camisa do compressor, causando nele vários 
problemas como erosão das válvulas, diluição do óleo de lubrificação na porção líquida. Assim 
para esse novo ciclo o ponto 3 é afastado para a região da vapor saturado onde ocorre a garantia 
teórica de que todo o líquido após passar pelo evaporador esteja no estado de vapor. 
 
 A figura 3.17 ilustra o ciclo básico de refrigeração por compressão de vapor muito 
utilizado atualmente no mundo todo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 77 
 
Figura 3.17 Ciclo básico de refrigeração por compressão de vapor 
 
 
 
 De acordo com a figura 3.17 o ciclo pode ser acompanhado, começando com o 
refrigerante que é comprimido no compressor no estado de vapor, tendo sua pressão e sua 
temperatura aumentadas e seguindo diretamente para o condensador. Aqui, o calor retirado da 
câmara é rejeitado para as vizinhanças, causando dessa forma a mudança de estado para a forma 
líquida, indo agora para o dispositivo de controle (tubo capilar ou válvula de expansão). Esse 
dispositivo provoca uma queda de pressão consequentemente caindo também a temperatura que 
tem que ser a temperatura de evaporação do refrigerante no congelador. Em seguida o 
refrigerante, entrando no evaporador, está em estado de evaporação na temperatura desejada do 
projeto, ocorrendo assim o que chamamos de efeito refrigerante. Esse calor é transportado 
pelo refrigerante que está sempre em circulação indo diretamente em seguida para o 
compressor, iniciando novamente mais um ciclo. O estado 1 é referente ao líquido saturado na 
temperatura do condensador e o estado 3 é vapor saturado correspondente à temperatura do 
evaporador. O processo 1-2 se dá através de uma expansão adiabática onde a entalpia 
permanece constante que ocorre no dispositivo de controle. No processo 3-4 a entropia 
permanece constante, em razão do refrigerante sofrer uma compressão adiabática reversível no 
compressor. O calor é rejeitado à pressão constante no processo 4-1 com o refrigerante saindo 
do condensador como líquido saturado. Em 2-3, após sofrer o estrangulamento, o fluido de 
trabalho é então vaporizado à pressão constante finalizando o ciclo. 
 
 
 
3.8.4 O CICLO IDEAL 
 
 
 Se as irreversibilidades no evaporador e no condensador forem ignoradas, não existe 
queda de pressão por atrito e o refrigerante escoa com pressão constante nos dois trocadores de 
calor. Se a compressão ocorrer sem irreversibilidade e a transferência de calor perdida para as 
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 78 
vizinhanças for também ignorada, o processo de compressão será isentrópico. Com essas 
considerações, tem-se o ciclo como indica as figuras 3.18 e 3.19 
 
Figura 3.18 Diagrama temperatura x entropia 
 
 
Figura 3.19 Diagrama pressão x entalpia 
 
 
 
Cálculo das transferências de calor e trabalho 
 
 Desprezando-se as energias cinética e potencial. Os balanços de massa e energia 
simplificam-se fornecendo 
 
 
Compressor 
 
 O trabalho do compressor é 
 
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 79 
 
 
Calor adicionado 
 
 
 A taxa de calor transferido é conhecida como a capacidade frigorífica. No sistema 
de unidades SI, ela é normalmente expressa em kW. No sistema inglês de unidades, a 
capacidade frigorífica é expressa em Btu/h. Uma outra unidade muito utilizada é a 
tonelada de refrigeração, que é igual a 200 Btu/min, ou 211 kJ/min, ou também 3,517 
kW. 
 
Calor rejeitado 
 
Coeficiente de desempenho 
 
 
 
Válvula de expansão 
 
 Na válvula de expansão, considera-se que o processo de estrangulamento ocorre em 
regime permanente, que o volume de controle é adiabático e sem trabalho, e que as 
variações de energia cinética e potencial são desprezíveis. Apesar de haver uma pequena 
variação na velocidade entre os estados 1 e 2, as velocidades são relativamente baixas e a 
variação de energia cinética é muito pequena. Aplicando a 1º lei a equação se reduz ah2 = h1 3.30 
 
 
Exemplo 1 
 
 Refrigerante 134a é utilizado como fluido de trabalho em um ciclo de compressão de 
vapor onde o vapor saturado entra no compressor a 0ºC e o líquido saturado deixa o 
condensador a 26ºC. A vazão mássica do refrigerante é 0,08 Kg/s, sabendo que a temperatura 
do compartimento frio é de 0ºC e do compartimento quente é de 26ºC, determine 
a) a potência do compressor em KW 
b) a capacidade frigorífica em TR 
c) o COP 
d) o coeficiente de desempenho de um ciclo de refrigeração de Carnot operando 
nas respectivas temperaturas. 
 
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 80 
Uma tabela pode ser elaborada com os seguintes dados 
 
Estado T ºC P bar h kJ/Kg s kJ/KgK x Situação 
1 26 6,86 85,75 0,320 0 Líquido saturado 
2 0 2,93 85,75 0,3269 0,18 Líquido vapor 
3 0 2,93 247,2 0,919 1 Vapor saturado 
 4* 30 6,86 265,3 0,919 Vapor 
superaquecido 
 
h2 = hf + x2h 85,75 = 50,02 + x2 ( 247,23 – 50,02) 
x2 = 0,18 
s2’ = sf + x2s 
s2’ = 0,1970 + 0,18. (0,9190 – 0,1970) = 0,3269 
 
* O estado 4 determina-se pela pressão e entropia constante 
 
Os diagramas obtidos são: 
 
 
a) 
 
 wc = 0,08 ( 265,3 – 247,2 ) = 1,44 kW 
 
 
 
b) 
Qentra = 0,08 ( 247,2 – 85,75 ) = 12,9 kW = 3,6 TR 
 
c) 
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 81 
 
COP = 12,9 kW / 1,44 kW = 8,9 
 
 
d) de acordo com a Eq. 2.8 temos 
 
 
 COPmáx = Te / (Ts – Te) = 273 / ( 299 – 273 ) = 10,5 
 
 
3.8.4 DIMINUINDO A TEMPERATURA DE EVAPORAÇÃO OU AUMENTANDO A DE 
CONDENSAÇÃO 
 
 Nas situações onde a temperatura de evaporação diminui e a temperatura de condensação 
aumenta verifica-se na prática, efeitos não vantajosos para um sistema de refrigeração. O 
exemplo 2 ilustra esse fato. 
 
Exemplo 2 
 Para o exercício anterior considere que o vapor saturado que sai do evaporador entra no 
compressor a –12ºC e o líquido saturado sai a uma pressão de 9bar do condensador. Determine 
os mesmos parâmetros para essa nova situação. 
 
Montando novamente a tabela temos 
 
Estado T ºC P bar h kJ/Kg s kJ/KgK x Situação 
1 35,5 9,0 99,56 0,3656 0 Líquido saturado 
2 -12 1,85 99,56 0,336 Líquido-vapor 
3 -12 1,85 240,15 0,9267 1 Vapor saturado 
4 40 9,0 271,25 0,9267 Vapor superaquecido 
 
 
a) 
 
wc = 0,08 ( 271,25 – 240,15 ) = 2,48 kW 
 
 
 
b) 
Qentra = 0,08 (240,15 – 99,56) = 11,25 kW = 3,19 TR 
 
c) 
 
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 82 
COP = 11,25 kW / 2,48 kW = 4,53 
 
 
d) de acordo com a Eq. 2.8 temos 
 
 COPmáx = Te / (Ts – Te) = 261 / ( 308,5 – 261 ) = 5,49 
 
 Nesse exemplo nota-se que diminuindo a temperatura de evaporação implica no 
aumento do trabalho requerido no compressor, a diminuição do efeito de refrigeração e a 
diminuição do coeficiente de performance. 
 
 
3.8 O CICLO REAL 
 
 No ciclo real de refrigeração por compressão de vapor, as transferências de calor 
entre o refrigerante e as regiões quente e fria não são realizadas de maneira reversível: a 
temperatura do refrigerante no evaporador é menor do que a temperatura TC da região 
fria, e a temperatura do refrigerante no condensador é maior do que a temperatura TH da 
região quente. 
 
Figura 3.20 Ciclo real de refrigeração por compressão de vapor 
 
 
 
 Na compressão que corresponde o processo 3-4’, ocorre irreversibilidades causando um 
aumento da entropia associada a uma compressão adiabática irreversível. Comparando o ciclo 
1’-2-3-4’ com o ciclo 1’-2-3-4, a capacidade frigorífica é a mesma para os dois ciclos, mas a 
potência de acionamento é maior para o caso da compressão irreversível quando comparada ao 
ciclo ideal. Consequentemente o coeficiente de performance é menor no ciclo real do que no 
ciclo ideal. O efeito da compressão irreversível é observada usando-se a eficiência isentrópica 
do compressor que é dada por: 
 
 
η = h4 – h3 / h4’ – h3 3.31 
 
 
 
 
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 83 
 Outros efeitos que ocorrem no ciclo real são os efeitos de atrito que causam quedas de 
pressão na passagem do refrigerante pelo sistema, e os efeitos de superaquecimento e 
subresfriamento que são as condições do vapor superaquecido na saída do evaporador ( estado 
3), o que difere da condição de vapor saturado no ciclo ideal e o estado subresfriado na saída do 
condensador (estado 1’ ), o que difere da condição de líquido saturado no ciclo ideal. 
 
Exemplo 3 
 Reconsidere o ciclo de refrigeração do exemplo 2, mas inclua uma eficiência do 
compressor de 80% e que a temperatura do líquido que deixa o compressor seja de 30ºC. Para 
esse ciclo, determine os mesmos parâmetros. 
 
Nesse exemplo nota-se a diminuição da temperatura de condensação que passou de 35,5ºC para 
30ºC, ou seja, ocorrência de subresfriamento na saída do condensador. 
 
Hipóteses 
• não existem quedas de pressão no evaporador e no condensador. 
• O compressor opera adiabaticamente e com uma eficiência de 80%. 
• Os efeitos de energia potencial e cinética são desprezíveis. 
 
Assim, podemos construir mais uma tabela das propriedades termodinâmicas do ciclo. 
 
 
Estado T ºC P bar h kJ/Kg s kJ/KgK Condição 
1 35,5 9,0 99,56 0,3656 Líq.saturado 
2 -12 1,85 99,56 Líquido-vapor 
3 -12 1,85 240,15 0,9267 Vapor saturado 
4 41,5 9,0 271,25 0,9267 Vapor superaq. 
1’ 30 9,0 99,56 0,3396 Líq. subresfriado 
 4’* 49 9,0 279 0,958 Vapor superaq. 
 
* o estado 4’ na saída do compressor pode ser determinado utilizando-se sua eficiência 
 
η = h4 – h3 / h4’ – h3 
0,8 = 271,25 – 240,15 / h4’ - 240,15 
h4’ = 279 kJ/Kg 
interpolando na tabela a entropia é de 0,958 kJ/KgK 
A expansão ao longo da válvula é um processo de estrangulamento, logo h2 = h1’. O título e a 
entropia no estado 2 são respectivamente 
 
x2 = h2 - hf / hg – hf = 99,56 – 34,39 / 240,15-34,39 = 65,17 / 205,76 = 0,3167 
s4 = sf + x4 (sg - sf ) = 0,1388 + 0,3167( 0,9267 – 0,1388) = 0,3883 kJ/KgK 
 
a) Wc = m (h4’ – h3 ) = 0,08 (279 - 240,15 ) = 3,1 kW 
b) Qentra = m(h3 - h2 ) = 0,08 (240,15 - 99,56) = 11,24 kW = 3,19TR 
 
 
 
 
 
 
 
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 84 
c) 
 
 
COP = 11,24 / 3,1 = 3,6 
 
d) COPmáx = Te / (Ts – Te) = 261 / ( 303 – 261 ) = 6,2 
 
4) Um ciclo real de refrigeração opera com os seguintes parâmetros: 
Pressão de descarga: 883KP 
Pressão de sucção: 200KPa 
Vazão mássica de refrigerante: 2,48Kg/s 
Superaquecimento: 14ºC 
Determinar: 
1) a temperatura de condensação 
2) a temperatura de evaporação 
3) a potência mínima necessária para operar esse ciclo 
4) a capacidade de refrigeração em TR 
5) o COP 
6) o EER 
Resolver o problema utilizando os seguintes refrigerantes: 
a) R22 
b) R12 
c) amônia 
d) R134a 
 
 
 
 
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 85 
 
 
 
 
 
 
 
 R22 Resultados 
Estado T(ºC) P(Kpa) h(KJ/Kg) s(KJ/KgK) Vazão 1 18,91 
1 18,91 883 67,75 2,48 2 -25,43 
2 -25,43 198 67,75 hiso 3 136,71 KW 
3 14,00 198 265,50 1,0660 0,8 4 490,42 KW 139,32 TR 
4 87,00 883 309,60 1,0660 5 3,59 
4' 101,00 883 320,63 1,10 6 0,98 KW/TR 
 
 
 
 R12 Resultados 
Estado T(ºC) P(Kpa) h(KJ/Kg) s(KJ/KgK) Vazão 1 36,63 
1 36,63 883 71,18 2,48 2 -12,79 
2 -12,79 198 71,18 hiso 3 92,69 KW 
3 14,00 198 198,60 0,7644 0,8 4 316,00 KW 89,77 TR 
4 72,14 883 228,50 0,7644 5 3,41 
4' 82,43 883 235,98 0,7858 6 1,03 KW/TR 
 
 
 
 
 
 AmôniaResultados 
Estado T(ºC) P(Kpa) h(KJ/Kg) s(KJ/KgK) Vazão 1 20,92 
1 20,92 883 278,60 2,48 2 -19 
2 -19,00 198 278,60 hiso 3 753,3 KW 
3 14,00 198 1496,00 5,883 0,8 4 3019,15 KW 857,71 TR 
4 129,40 883 1739,00 5,883 5 4,01 
4' 154,40 883 1799,75 6,03 6 0,88 KW/TR 
 
 
 
 
 R134a Resultados 
Estado T(ºC) P(Kpa) h(KJ/Kg) s(KJ/KgK) Vazão 1 34,84 
1 34,84 883 98,55 2,48 2 -10,3 
2 -10,30 198 98,55 hiso 3 107,57 KW 
3 14,00 198 262,50 1,003 0,8 4 406,60 KW 115,51 TR 
4 63,00 883 297,20 1,003 5 3,78 
4' 71,50 883 305,88 1,028 6 0,93 KW/TR 
 
 
 Resultado geral 
 Tevap(ºC) Tcond.(ºC) Wcomp.(KW) Qevap.(TR) EER(KW/TR) COP 
R22 -25,43 18,91 136,71 139,32 0,98 3,59 
R12 -12,79 36,63 92,69 89,77 1,03 3,41 
amônia -19 20,92 753,30 857,71 0,88 4,01 
R134a -10,3 34,84 107,57 115,51 0,93 3,78 
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 86 
 
 
3.9 DIMENSIONAMENTO DE TUBULAÇÃO EM REFRIGERAÇÃO 
 
 
 Em sistemas de refrigeração também temos o estudo da mecânica dos fluidos 
onde podemos determinar os diâmetros adequados das tubulações utilizadas nos 
equipamentos. O objetivo nesse caso é dimensionar corretamente a linhas de sucção, a 
linha de líquido e a linha de descarga como indica a figura 3.21. Para isso é preciso 
determinar as perdas de carga em cada linha como também a diminuição de 
temperatura máxima permitida em cada uma. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 87 
Figura 3.21 Sistema de refrigeração comercial de um estágio 
 
 
 
 
Figura 3.22 Circuito comercial com controles 
 
 
 
 
 
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 88 
 
 
LINHAS DE SUCÇÃO 
 
 Nas linhas de sucção que transporta basicamente vapor refrigerante do 
evaporador para o compressor, deve-se ter uma velocidade relativamente alta para 
conduzir o óleo de volta para o compressor, ao mesmo tempo a queda de pressão deve 
ser mínima para evitar quedas de capacidade e aumento de potência do compressor. 
As linhas de sucção são dimensionadas de forma que a perda de carga total não 
exceda o equivalente a 2,2ºC de queda da temperatura de saturação para fluidos 
halogenados e 1,1ºC para a amônia. A velocidade máxima recomendada é de 16m/s. 
 
 
 
LINHAS DE LÍQUIDO 
 
 É a linha que transporta o refrigerante do compressor até o evaporador. A queda 
de pressão nesse caso deve fazer variar no máximo 1,1ºC a temperatura na linha. A 
boa prática também recomenda uma velocidade abaixo de 1,5m/s devido a golpes de 
líquido, vibração e ruídos resultantes da ação das válvulas solenóides ou outras 
válvulas de ação rápida. 
 
 
LINHAS DE DESCARGA DE GÁS 
 
 A queda de pressão nessa linha aumenta a taxa de compressão e 
conseqüentemente a potência necessária para acionar o compressor, esse aumento faz 
com que a eficiência volumétrica diminua causando uma redução da capacidade do 
compressor. Recomenda-se assim, que as linhas de descarga podem ser 
dimensionadas para uma queda de pressão tal que a redução de temperatura 
equivalente não seja superior a 1,1ºC. a velocidade máxima recomendada é de 16m/s 
baseadas em considerações de ruídos. 
 
 Para se determinar o diâmetro das tubulações, é necessário determinar a vazão 
volumétrica de refrigerante em cada uma das linhas do sistema. Esta vazão é 
determinada a partir do volume específico do fluido refrigerante em cada uma das 
linhas e da vazão mássica. O volume específico nas linhas de sucção e de líquido 
pode ser determinado através das tabelas de propriedades dos fluidos refrigerantes, 
porém o volume específico na descarga do compressor depende do tipo do 
compressor e da sua eficiência. Em geral, este volume específico pode ser estimado 
pela seguinte equação: 
 
Vdesc = Vsuc (Psuc / Pdesc) . 1,2 3.31 
 
 
 
 
 
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 89 
3.10 SISTEMAS MULTIPRESSÃO 
 
 Sistemas multipressão auxiliam na diminuição do consumo de energia, indicados em 
situações onde a temperatura de evaporação é muito baixa ( inferior a -20ºC) ou em 
situações onde existem temperaturas de evaporação diferentes como por exemplo um 
supermercado que apresenta câmaras de resfriados e congelados. A pressão intermediária 
que é a pressão entre os dois estágios de compressão é dada por: 
 
Pint. =  Paspiração.Pdescarga 3.32 
Exemplo 
 Considere um sistema de refrigeração que funcione com o refrigerante amônia como 
indica o diagrama abaixo, cuja capacidade de refrigeração do evaporador seja de 250W a -
25ºC. o sistema utiliza compressão de dois estágios com resfriador intermediário (flash). A 
temperatura de condensação é de 35ºC. Determine a potência requerida pelos dois 
compressores utilizados nesse sistema. 
 
 
Estado T ºC PKPa h kJ/Kg s kJ/KgK x Situação 
1 -25 152 468 1 Vapor saturado 
2 --- 453 580 --- Vapor superaquecido 
3 --- 453 500 1 Vapor saturado 
4 --- 1352 650 --- Vapor superaquecido 
5 35 1352 -595 0 Líquido saturado 
6 --- 453 -595 Líquido-vapor 
7 --- 453 -755 0 Líquido saturado 
8 --- 152 -755 Líquido-vapor 
 
Pressão intermediária: 
Pint. = 1352 .152 = 453 KPa 
 
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 90 
Diagrama Px h 
 
Cálculo da vazão mássica do compressor de baixa 
Qevap. = m1 ( h1 – h8 ) 
250 = m1 (468 +755) 
m1 = 0,20 Kg/s 
Balanço de energia no “flash”: 
m1h2 + m2h6 = m1h7 + m2h6 = 0,20.580 + m2 (-595) = 0,20(-755) + m2.500 
m2 = 0,24Kg/s 
Cálculo da potência do compressor 1 
W1 = m1 (h2 – h1 ) = 0,20. (580 – 468) = 22,85 KW 
Cálculo da potência do compressor 2 
W2 = m2 (h4 – h3 ) = 0,24. (650 – 500) = 37,35 KW 
Potência total = W1+ W2 = 22,85 + 37,35 = 60,2 KW 
 
Exemplo 2 
Compare o exemplo anterior caso fosse utilizado compressão de um estágio. 
Estado T ºC P KPa h kJ/Kg s kJ/KgK x Situação 
1 35 1352 346,8 1,278 0 Líquido saturado 
2 -25 152 346,8 1,403 0,20 Líquido-vapor 
3 -25 152 1411 5,691 1 Vapor saturado 
4 135 1352 1742 5,691 Vapor 
superaquecido 
 
 
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 91 
 
Diagrama Pxh 
 
Qevap. = m ( h3 – h2 ) 
250 = m ( 1411 – 346,8) 
m = 0,23 
W = m (h4 – h3 ) = 0,23. (1742 – 1411) = 76 KW 
 
 
3.10 CICLO DE REFRIGERAÇÃO POR ABSORÇÃO 
 
 
 A figura 3.23 diferencia o ciclo de refrigeração por compressão de vapor e o ciclo de 
refrigeração por absorção. A finalidade nos dois ciclos é a mesma, que é a retirada de 
calor de um compartimento fechado. A diferença básica está em que, na refrigeração por 
compressão utiliza-se um compressor para a circulação do fluido refrigerante e na 
refrigeração por absorção utilizam-se para o mesmo fim, o absorvedor(A), o gerador(G), o 
retificador(R), o condensador de refluxo(CR) e a bomba(B) da mistura líquida, para a 
circulação do par refrigerante. Ao invés de se comprimir mecanicamente o vapor entre o 
evaporador e o condensador, o refrigerante de um sistema de absorção é absorvido por 
uma substância secundária, chamada absorvente, de modo a formar uma solução líquida. 
Essa solução líquida é em seguida, bombeada para uma pressão mais elevada no gerador, 
onde o vapor é liberado pela solução por fornecimento de calor. Como o volume 
específico médio da solução líquida é muito menor que o do vapor do refrigerante, uma 
quantidade bem menor de trabalho é requerida no bombeamento em comparação ao 
sistema de compressão de vapor. Desta forma, o consumo deenergia elétrica dos sistemas 
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 92 
de absorção é bem inferior ao dos sistemas de compressão de mesmo porte, substituído 
por fornecimento de calor a temperaturas não necessariamente elevadas. 
Figura 3.23 Ciclo por compressão de vapor e absorção água-amônia 
 
 
 Um sistema de absorção utiliza vários pares de refrigerante absorvente, sendo os mais 
utilizados a amônia-água, água-brometo de lítio. Em sistemas de água-amônia, o fluído 
refrigerante é a amônia e o absorvente a água. O ciclo básico de absorção se inicia com o 
vapor de amônia a baixa pressão vindo do evaporador que vai para o absorvedor onde é 
absorvido por uma solução com baixa concentração de refrigerante denominada de solução 
pobre criando uma solução de alta concentração de refrigerante denominada de solução rica. 
A solução rica é bombeada para o gerador onde ocorre à separação entre a solução pobre e a 
solução rica em alta pressão. A solução pobre retorna ao absorvedor sendo a pressão 
diminuída através de uma válvula redutora de pressão. O vapor de amônia a alta pressão vai 
para o condensador onde se liquefaz cedendo calor para o ambiente, seguindo para o 
evaporador após ter sua pressão reduzida através de uma válvula de expansão(Ve). No 
evaporador o fluido refrigerante troca calor com o meio indo novamente para o absorvedor. 
 
 
 Nos sistemas contendo água-amônia, a água absorvente possui grande afinidade com o 
vapor de amônia e os dois são conjuntamente solúveis. Como o absorvente é muito volátil o 
vapor de amônia que sai do gerador, carrega uma quantidade de vapor de água que acaba 
indo para o evaporador diminuindo assim o efeito refrigerante. Para evitar esse problema, o 
ciclo incorpora os componentes condensador de refluxo(CR) e o retificador(R). 
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 93 
 
 Já na figura 3.24 o modelo ganha mais dois recuperadores de calor. Como a amônia 
líquida sai do condensador a uma temperatura elevada ela é agora introduzida no primeiro 
recuperador (T1) antes da válvula de expansão em contracorrente ao vapor de amônia em 
baixa temperatura proporcionando que o fluido refrigerante chegue mais frio ao evaporador. 
O segundo recuperador (T2) pré-aquece a solução rica que vai do condensador ao gerador, 
pré-resfriando a solução pobre que vai em sentido inverso. 
 
Figura 3.24 Ciclo água-amônia com dois recuperadores de calor 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DO CAPÍTULO 
 
 
1) Refrigerante R22 é admitido no compressor a -5ºC, 3,5 bar e é comprimido adiabaticamente 
até 75ºC, 14 bar. Do compressor, o refrigerante passa através do condensador onde é 
condensado a líquido a 28ºC, 14 bar. O refrigerante então é expandido através de uma válvula 
de expansão até 3,5 bar. Ar de retorno da residência é admitido no condensador a 20ºC, 1bar, a 
uma vazão volumétrica de 0,42m3/s e é descarregado a 50ºC com uma perda de carga 
desprezível. Utilizando o modelo de gás ideal para o ar e desprezando efeitos de energia 
cinética e potencial, determine as taxas de geração de entropia para volumes de controle 
envolvendo o condensador, o compressor e a válvula de expansão. 
 
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 94 
 
 
 
 
 
Uma tabela pode ser elaborada com os seguintes dados 
 
Estado T ºC P bar h kJ/Kg s kJ/KgK x Situação 
1 28 14 79,05 0,2936 0 Líquido saturado 
2 -5 3,5 79,05 0,3078 0,216 Líquido vapor 
3 -5 3,5 249,75 0,9572 1 Vapor saturado 
4 75 14 294 0,9822 Vapor 
superaquecido 
 
h2 = hf + x2h 79,05 = 33,09 + x2 ( 212,91) 
x2 = 0,216 
s2’ = sf + x2s 
s2’ = 0,1328 + 0,216 (0,9431 – 0,1328) = 0,3078 
 
Condensador 
pelo balanço de entropia temos: 
 
0 =  Q/T + me se - ms ss +  
0 = me se - ms ss +  
0 = mcond (s4- s1) + mar (s5- s6) +  
 
Adotando cpar = 1,005 KJ/Kg.K podemos encontrar a vazão mássica de ar 
mar = v/ var 
 
Pv = RgásT 
var = Rar T/ P 
 
var = 287 J/Kg K . 293K 
 
 105 N/m2 
 
var = 0,84091 m
3/Kg 
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 95 
mar = v/ var 
mar = 0,42 m
3/s / 0,84091 m3/Kg = 0,5Kg/s 
 
a vazão mássica do refrigerante(mr) é determinada através de um balanço de energia para 
o volume de controle envolvendo o condensador, de forma a obter: 
 
 meh - msh = 0 
 
(mr h4 + mar h5) - (mr h1 + mar h6) = 0 
mr( h4- h1 ) + mar( h6 - h5) = 0 
mr = mar( h6 - h5) / ( h4- h1 ) 
 
h6 - h5 = cpar(T6 - T5) = 1,005 ( 323 – 293 ) = 30,15 KJ/Kg 
mr = 0,5 . 30,15 / (294 – 79,05) = 0,07Kg/s 
 
A variação da entropia específica do ar pode ser determinada por: 
 
s6 - s5 = cpar ln T6 / T5 - Rln P5/ P6 
 
s6 - s5 = 1,005 ln 323/293 – 0 = 0,098 KJ/Kg.K 
 
Assim, a entropia gerada no condensador fica: 
 
 = mar (s6- s5) + mr (s1- s4) 
 = 0,5.0,098 + 0,07.( 0,2936 - 0,9822) = 7,98x10-4 KW/K 
 
Compressor 
 
0 = mr (s3- s4) +  
 = mr (s4- s3) 
 = 0,07.( 0,9822 - 0,9572) = 17,5x10-4 KW/K 
 
Válvula 
 
0 = mr (s1- s2) +  
 = mr (s2- s1) 
 = 0,07.( 0,3078 - 0,2936) = 9,94x10-4 KW/K 
 
 
2) Para o problema anterior, determine a potência, a eficiência isoentrópica, e a eficiência 
exergética do compressor. 
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 96 
 
Wvc = mr ( h3 – h4) = 0,07.( 249,75 - 294) = -3,1KW 
 
E a eficiência isoentrópica fica: 
 
= trabalho ideal/ trabalho real = ( h4s – h3)/ ( h4 – h3) 
 
mas s4s = s3 = 0,9572 KJ/Kg.K 
 
Através das tabelas de vapor superaquecido para o R22 com e 14bar e s4s = 0,9572 KJ/Kg.K 
encontramos: 
h4s = 285,58 KJ/Kg, substituindo valores, 
 
= ( h4s – h3)/ ( h4 – h3) = (285,58 – 249,75)/( 294 – 249,75) = 0,81 = 81% 
 
A eficiência exergética é: 
 
 = efs - efe / trabalho real = efs – efe /( h4 – h3) 
para o ambiente consideramos T0= 273K (0ºC) 
 
efs - efe = hs – he – T0( ss – se ) + (Vs
2/2 - Ve
2/2) + g(zs -ze ) desprezando-se a energia potencial 
e cinética obtemos: 
 
efs - efe = 294 –249,75 – 273(0,9822 – 0,9572 ) = 37,425 KJ/Kg 
 
 = 37,425 / (294 -249,75) = 0,845 = 84,5% 
 
3) Determine os custos diários de destruição de exergia do problema anterior. Considere T0 = 
273K e o custo de exergia de R$0,2872 por KWh considere também que o equipamento 
trabalhe durante 8 horas por dia. 
 
As taxas de destruição de exergia podem ser determinadas por: 
 
Ed = T0 
Edcomp. = 273. 17,5x10
-4 = 0,478KW 
Edvál.= 273. 9,94x10
-4 = 0,271KW 
Edcond. = 273. 7,95x10
-4 = 0,217KW 
 
Os custos de destruição de exergia são respectivamente: 
 
Custos do compressor = 0,478 . 0,2872 . 8 = R$1,098 
Custos do condensador = 0,217 . 0,2872 . 8 = R$0,5 
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 97 
Custos da válvula = 0,271 . 0,2872 . 8 = R$0,62 
 
O custo diário de energia elétrica do compressor é: 
 
Custo diário = 3,1KW. 0,2872 = R$7,12 
Como o compressor possui perdas com custo diário de R$1,098 avaliando mensalmente 
teríamos: R$32,94 
 
 
4) Considere um sistema frigorífico operando com R22 com capacidade de 352KW, 
temperatura de evaporação de -5ºC e de condensação de 40ºC. A linha de sucção tem 
um comprimento de 25m e é dotada de duas válvulas angulares, uma válvula de 
retenção e três cotovelos. A linha de descarga tem um comprimento de 30m, sendo 
dotada de uma válvula globo, uma válvula de retenção e três cotovelos. A linha de 
líquido tem um comprimento de 55m, duas válvulas angulares e três cotovelos. 
Determine o diâmetro ideal dessas tubulações. 
 
Da tabela A27, tem –se m = 0,00636 Kg/s.KW ou m = 2,24Kg/s 
Dos diagramas de propriedades temos: 
 
vsuc = 0,05534 m
3/Kg 
vliq = 0,000884 m
3/Kg 
Pdesc = 1534 Kpa 
Psuc = 422 Kpa 
Vazão volumétrica na sucção = 2,24Kg/s . 0,05534 m3/Kg = 0,124 m3 /s 
Vazão volumétrica na linha de líquido = 2,24Kg/s . 0,000884 m3/Kg= 0,00198 m3 /s 
Vazão volumétrica na linha de descarga: 
 
Vdesc = 0,124. (422/1534). 1,2 = 0,0409 m
3 /s 
 
Linha de sucção: admitindo-se inicialmente um diâmetro de 105mm, tem-se: 
 
Comprimento: 25m 
2 válvulas angulares: 2x14,8m 
1 válvula retenção: 1x12,6m 
3 cotovelos(90º): 3x2,2m 
total: 73,8m 
 
Da tabela A19 tem-se: capacidade = 527,8KW , T = 0,04K/m, P = 572Pa/m 
 
Cálculo da queda de temperatura: 
 
T = 0,04. 73,8/1,0 (352/527,8)1,85 = 1,4ºC (< 2,2ºC ) 
 
Cálculo da queda de pressão: 
 
P =572. 73,8/1,0 (352/527,8) = 28,1KPa 
 
 Da tabela A22, a capacidade mínima requerida para ocorrer transporte adequado 
do óleo é de 115,24 KW. Como T =1,4ºC calculado é menor que o máximo 
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 98 
recomendado (2,2ºC), e a capacidade é maior que a mínima requerida, o diâmetro 
adotado pode ser utilizado. 
 
Verificação da velocidade: 
 
V = A. v 
v = V/A = 0,124 m3 /s / 0,00865m2 = 14,33m/s como a velocidade recomendada é de 
16m/s então o valor encontrado está dentro da especificação. 
 
 
Linha de descarga: admitindo-se inicialmente um diâmetro de 80mm, tem-se: 
 
Comprimento: 30m 
1 válvula globo: 1x 26m 
1 válvula retenção: 1x 9,1m 
3 cotovelos(90º): 3x 2,3 m 
total: 72m 
 
 
Da tabela A19 tem-se: capacidade = 476,3KW , T = 0,02K/m, P = 749Pa/m 
 
 
 
Cálculo da queda de temperatura: 
 
T = 0,02. 72/1,0 (352/476,3)1,85 =0,82ºC (< 1,1ºC ) 
 
Cálculo da queda de pressão: 
 
P =749. 72 /1,0 (352 / 476,3) = 39,8KPa 
 
 Da tabela A24, a capacidade mínima requerida para ocorrer transporte adequado 
do óleo é de 88,73KW. Como T= 0,82ºC calculado é menor que o máximo 
recomendado (1,1ºC), e a capacidade é maior que a mínima requerida, o diâmetro 
adotado pode ser utilizado. 
 
Verificação da velocidade: 
 
V = A. v 
v = V/A = 0,0409m3 /s / 0,005024 m2 = 8,14 m/s como a velocidade recomendada é 
de 16m/s então o valor encontrado está dentro da especificação. 
 
 
Linha de líquido: admitindo-se inicialmente um diâmetro de 54mm, tem-se: 
 
Comprimento: 55m 
2 válvulas angulares: 2x7,7m 
3 cotovelos(90º): 3x1,6m 
total: 75,2m 
 
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 99 
Da tabela A19 tem-se: capacidade = 794,2KW , T = 0,02K/m, P = 749Pa/m 
 
Cálculo da queda de temperatura: 
 
T = 0,02. 75,2/1,0 (352/794,2)1,85 =0,33ºC (< 1,1ºC ) 
 
Cálculo da queda de pressão: 
 
P =749. 75,2 /1,0 (352 / 794,2) = 24,9 KPa 
 
Como T= 0,33ºC calculado é menor que o máximo recomendado (1,1ºC), o 
diâmetro adotado pode ser utilizado. 
 
Verificação da velocidade: 
 
V = A. v 
v = V/A = 0,000198m3 /s / 0,002289 m2 = 0,086m/s como a velocidade recomendada 
é de 1,5m/s então o valor encontrado está dentro da especificação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 100 
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES 
 
1)Um ciclo de potência como indica a figura, possui uma vazão de vapor d’água de 
25Kg/s, considerando que os diâmetros dos tubos de entrada e saída da turbina são 
respectivamente 200m e 150mm, determinar: 
a) a potência gerada na turbina; 
b) a taxa de calor no condensador; 
c) a taxa de calor na caldeira; 
d) as velocidades na entrada e saída da turbina. 
 
 
 
Ponto 1 2 3 4 
Pressão (MPa) 5,5 0,01 0,009 4 
Temperatura (ºC) 490 40 40 
 
 
2) Considere um ciclo ideal de refrigeração que apresenta temperatura no condensador e no 
evaporador, respectivamente, iguais a 45ºC e -15ºC. Determine o COP para ciclos que utilizam 
R-12 e amônia como fluido de trabalho. R. 3,06 e 3,22 
 
3) Um ciclo de refrigeração por compressão, utilizando R22, desenvolve 50KW de refrigeração, 
operando a uma temperatura de condensação de 36ºC e uma temperatura de evaporação de -
10ºC. Determine: 
a) a vazão de refrigerante em, Kg/s R. 0,32Kg/s 
b) o efeito de refrigeração, em KJ/Kg R. 156,86KJ/Kg 
c) a potência do compressor em KW R. 11KW 
d) o COP R. 4,5 
 
4) Um ciclo de refrigeração por compressão de vapor ideal opera usando refrigerante 134ª como 
fluido de trabalho. O vapor saturado entra no compressor a -12ºC e o líquido saturado deixa o 
condensador a 28ºC e a vazão em massa é de 5Kg/min. Determine: 
a) a potência do compressor, em KW R. 1,98KW 
b) a capacidade frigorífica, em TR R. 3,5TR 
c) o coeficiente de desempenho R. 6,3 
 
 
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 101 
5) A figura apresenta um ciclo de Carnot cuja potência produzida é de 11038,5KW 
 
 
 
s2 = s1 
s4 = s3 
 
Calcule: 
a) A vazão de vapor em Kg/s R. 15,86Kg/s 
b) A potência de compressão utilizada pela bomba. R. 1541,5Kw 
c) O fluxo de calor trocado na caldeira. R. 31961KW 
d) O calor transmitido pelo condensador. R. 22464KW 
e) O rendimento térmico do ciclo. R. 29,7% 
 
 
6) Verifique se os resultados obtidos no problema anterior estão de acordo: 
a) com a 1º Lei da termodinâmica; 
b) com a 2º Lei da termodinâmica. 
 
7) Em uma máquina cíclica, o vapor se forma a pressão de 10bar e se condensa a 0,1bar. 
De acordo com os dados abaixo verificar: 
a) se a máquina é irreversível. 
b) Em que parte do ciclo se processa a irreversibilidade? 
c) Qual a quantidade de calor perdida por causa da irreversibilidade? 
d) Qual a potência perdida por causa da irreversibilidade? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 102 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
• Sonntag.R.E & Borgnakke.C Introdução à Termodinâmica para Engenharia, LTC Editora, 
2003. 
• Schmidt. F. W, Henderson. R. E & Wolgemuth. C.H Introdução as Ciências Térmicas. 
Editora Edgar Blucher Ltda, 1996. 
• Moran.M.J & Shapiro.H.N Princípios de termodinâmica para Engenharia. LTC Editora, 
2003. 
• Kuehn, T.H., Ramsey, J.W, Threlkeld, J.L. Thermal Environmental Engineering. 
3.ed. In: Absorption Refrigeration , 1999, cap. 5, pp. 114-150. 
• Dossat, R.J., Princípios de refrigeração. In: princípios de refrigeração por absorção, 
1980, cap. 20, pp. 717-752. 
• Anderson, E.P., Palmquist, R.E. Refrigeration: Home and Commercial. 4.ed. In: 
Absorption Refrigeration, 1994, cap. 26, pp. 559-577. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 103 
APÊNDICE 
 
A1 TRABALHANDO COM TABELAS DAS PROPRIEDADES TEMODINÂMICAS 
 
 Existem três tipos de tabelas: a primeira é para as propriedades do líquido 
comprimido(sub-resfriado), a Segunda para as propriedades da mistura líquido e vapor e a 
terceira para o vapor superaquecido. Como a pressão e a temperatura na região de mistura são 
dependentes, é comum o uso de duas tabelas para a região de mistura, uma contendo a 
temperatura e outra contendo a pressão como dado de entrada. Na região de líquido 
comprimido, pressão e temperatura são independentes e definem o estado termodinâmico. A 
prática mostra que as propriedades do líquido comprimido são muito próximas das propriedades 
do líquido saturado na mesma temperatura. 
 
A2 INTERPOLAÇÃO LINEAR SIMPLES 
 
 Há situações em que os dados das tabelas não contém valores numéricos que as vezes 
necessitamos.Vamos supor que seja necessário conhecer o volume específico da água a 198ºC 
com título de 50%. Como na informação apareceo título, a conclusão é que estamos lidando 
com mistura de líquido vapor. Consultando uma tabela como indicada abaixo, notamos que 
temos informações na temperatura de 195 e 200ºC, assim, devemos proceder à uma 
interpolação linear simples. 
 
 Nesse caso, determinaremos os valores da pressão, o volume específico do líquido 
saturado e vapor saturado a 198ºC montando a seguinte tabela: 
 
 
 Da interpolação linear temos 
 
 
 
 
Com isso, podemos obter os resultados 
 
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 104 
 
 
 
A3 INTERPOLAÇÃO LINEAR DUPLA 
 
 Nesse caso é necessário realizarmos duas interpolações simples. Vamos supor que seja 
necessário conhecer o volume específico do vapor superaquecido a 190ºC e pressão de 35 kPa. 
Consultando a tabela obtemos 
 
 
 Ou seja, sem informações a 190ºC e nem a 35 kPa. Se estivéssemos a 10 kPa e depois a 50 
kPa, as informações para a temperatura de 190ºC seriam 
 
 
E pela interpolação simples obteríamos 
 
 
O valor de z para essa interpolação é de v = 10,675 m3/Kg. Valores mais exatos poderiam ser 
obtidos através de um programa de computador. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 105 
A4 Propriedades da água saturada (líquido-vapor) tabela de temperatura 
 
 
Volume específico m
3
/Kg Energia int.KJ/Kg Entapia KJ/Kg Entropia KJ/KgK
líq. Sat. vap. Sat. líq. Sat. vap. Sat. líq. Sat. Evap. vap. Sat. líq. Sat. vap. Sat.
Temp. Pressão 
ºC bar vf x10
3
vg uf ug hf hfg hg sf sg
4 0,00813 1,0001 157,232 16,77 2380,9 16,78 2491,9 2508,7 0,061 9,0514
6 0,00935 1,0001 137,734 25,19 2383,6 25,2 2487,2 2512,4 0,0912 9,0003
8 0,01072 1,0002 120,917 33,59 2386,4 33,6 2482,5 2516,1 0,1212 8,9501
10 0,0123 1,0004 106,379 42 2389,2 42,01 2477,7 2519,8 0,151 8,9008
11 0,0131 1,0004 99,857 46,2 2390,5 46,2 2475,4 2521,6 0,1658 8,8765
12 0,014 1,0005 93,784 50,41 2391,9 50,41 2473 2523,4 0,1806 8,8524
13 0,015 1,0007 88,124 54,6 2393,3 54,6 2470,7 2525,3 0,1953 8,8285
14 0,016 1,0008 82,848 58,79 2394,7 58,8 2468,3 2527,1 0,2099 8,8048
15 0,0171 1,0009 77,926 62,99 2396,1 62,99 2465,9 2528,9 0,2245 8,7814
16 0,0182 1,0011 73,333 67,18 2397,4 67,19 2463,6 2530,8 0,239 8,7582
17 0,0194 1,0012 69,044 71,38 2398,8 71,38 2461,2 2532,6 0,2535 8,7351
18 0,0206 1,0014 65,038 75,57 2400,2 75,58 2458,8 2534,4 0,2679 8,7123
19 0,022 1,0016 61,293 79,76 2401,6 79,77 2456,5 2536,2 0,2823 8,6897
20 0,0234 1,0018 57,791 83,95 2402,9 83,96 2454,1 2538,1 0,2966 8,6672
21 0,0249 1,002 54,514 88,14 2404,3 88,14 2451,8 2539,9 0,3109 8,645
22 0,0265 1,0022 51,447 92,32 2405,7 92,33 2449,4 2541,7 0,3251 8,6229
23 0,0282 1,0024 48,574 96,51 2407 96,52 2447 2543,5 0,3393 8,6011
24 0,0299 1,0027 45,833 100,7 2408,4 100,7 2444,7 2545,4 0,3531 8,5794
25 0,0317 1,0029 43,36 104,88 2409,8 104,89 2442,3 2547,2 0,3674 8,558
26 0,0336 1,0032 40,994 109,06 2411,1 109,07 2439,9 2549 0,3814 8,5367
27 0,0357 1,0035 38,774 113,25 2412,5 113,25 2437,6 2550,8 0,3954 8,5156
28 0,0378 1,0037 36,69 117,42 2413,9 117,43 2435,2 2552,6 0,4093 8,4946
29 0,0401 1,004 34,733 121,6 2415,2 121,61 2432,8 2554,5 0,4231 8,4739
30 0,0425 1,0043 32,894 125,78 2416,6 125,79 2430,5 2556,3 0,4369 8,4533
31 0,045 1,0046 31,165 129,96 2418 129,97 2428,1 2558,1 0,4507 8,4329
32 0,0476 1,005 29,54 134,14 2419,3 134,15 2425,7 2559,9 0,4644 8,4127
33 0,0503 1,0053 28,011 138,32 2420,7 138,33 2423,4 2561,7 0,4781 8,3927
34 0,0532 1,0056 26,571 142,5 2422 142,5 2421 2563,5 0,4917 8,3728
35 0,0563 1,006 25,216 146,67 2423,4 146,68 2418,6 2565,3 0,5053 8,3531
36 0,0595 1,0063 36,94 150,85 2424,7 150,86 2416,2 2567,1 0,5188 8,3336
38 0,0663 1,0071 21,602 159,2 2427,4 159,21 2411,5 2570,7 0,5458 8,295
40 0,0738 1,0078 19,523 167,56 2430,1 167,57 2406,7 2574,3 0,5725 8,257
45 0,0959 1,0099 15,258 188,44 2436,8 188,45 2394,8 2583,2 0,6387 8,1648
50 0,1235 1,0121 12,032 209,32 2443,5 209,33 2382,7 2592,1 0,7038 8,0763
55 0,1576 1,0146 9,568 230,21 2450,1 230,23 2370,7 2600,9 0,7679 7,9913
60 0,1994 1,0172 7,671 251,11 2456,6 251,13 2358,5 2609,6 0,8312 7,9096
65 0,2503 1,0199 6,197 272,02 2463,1 272,06 2346,2 2618,3 0,8935 7,831
70 0,3119 1,0228 5,042 292,95 2469,6 292,98 2333,8 2626,8 0,9549 7,7553
75 0,3858 1,0259 4,131 313,9 2475,9 313,93 2312,4 2635,3 1,0155 7,6824
80 0,4739 1,0291 3,407 334,86 2482,2 334,91 2308,8 2643,7 1,0753 7,6122 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistemas Térmicos Profº. Mestre André R. Quinteros Panesi 
 106 
Continuação 
Volume específico m
3
/Kg Energia int.KJ/Kg Entapia KJ/Kg Entropia KJ/KgK
líq. Sat. vap. Sat. líq. Sat. vap. Sat. líq. Sat. Evap. vap. Sat. líq. Sat. vap. Sat.
Temp. Pressão 
ºC bar vf x10
3
vg uf ug hf hfg hg sf sg
85 0,5783 1,0325 2,828 355,84 2488,2 355,9 2296 2651,9 1,1343 7,5445
90 0,7014 1,0361 2,361 376,85 2494,5 376,92 2283,2 2660,1 1,1925 7,4791
95 0,8455 1,0397 1,982 397,88 2500,6 397,96 2270,2 2668,1 1,25 7,4159
100 1,014 1,0435 1,673 418,94 2506,5 419,04 2257 2676,1 1,3069 7,3549
110 1,433 1,0516 1,211 461,14 2518,1 461,3 2230,2 2691,5 1,4185 7,2387
120 1,985 1,0603 0,8919 503,5 2529,3 503,71 2202,6 2706,3 1,5276 7,1296
130 2,701 1,0697 0,6685 546,02 2539,9 546,31 2174,2 2720,5 1,6344 7,0269
140 3,613 1,0797 0,5089 588,74 2550 589,13 2144,7 2733,9 1,7391 6,9299
150 4,758 1,0905 0,3928 631,68 2559,5 632,2 2114,3 2746,5 1,8418 6,8379
160 6,178 1,102 0,3071 674,86 2568,4 675,55 2082,6 2758,1 1,9427 6,7502
170 7,917 1,1143 0,2428 718,33 2576,5 719,21 2049,5 2768,7 2,0419 6,6663
180 10,02 1,1274 0,1941 762,09 2583,7 763,22 2015 2778,2 2,1396 6,5857
190 12,54 1,1414 0,1565 806,19 2590 807,62 1978,8 2786,4 2,2359 6,5079
200 15,54 1,1565 0,1274 850,65 2593,3 852,45 1940,7 2793,2 2,3309 6,4323
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistemas Térmicos Profº. Mestre André R. Quinteros Panesi 
 107 
A5 Propriedades da água saturada (líquido-vapor) tabela de pressão 
 
 
Volume específ. m
3
/Kg Energia int.KJ/Kg Entapia KJ/Kg Entropia KJ/KgK
líq. Sat. vap. Sat. líq. Sat. vap. Sat. líq. Sat. Evap. vap. Sat. líq. Sat. vap. Sat.
Pressão Temp. 
bar ºC vf x10-
3
vg uf ug hf hfg hg sf sg
0,04 28,96 1,004 34,8001 121,45 2415 121,45 2433 2554,5 0,4226 8,4746
0,06 36,16 1,0064 23,739 151,53 2425 151,53 2416 2567,4 0,521 8,3304
0,08 41,5 1,0084 18,103 173,87 2432 173,88 2403 2577 0,5926 8,2287
0,1 45,81 1,0102 14,674 191,82 2438 191,83 2393 2584,7 0,6493 8,1502
0,2 60 1,0172 7,649 251,38 2456,6 251,45 2358 2610 0,832 7,9085
0,3 69 1,0223 5,229 289,21 2468,5 289,23 2336 2625 0,9439 7,7686
0,4 75,8 1,0265 3,993 317,53 2477 317,58 2319 2637 1,0259 7,67
0,5 81,3 1,03 3,24 340,44 2484 340,51 2305,5 2646 1,0911 7,5939
0,6 85,9 1,0331 2,732 359,79 2489,5 359,86 2293,6 2653,5 1,1453 7,5321
0,7 89,95 1,036 2,365 376,63 2494,5 376,71 2283,4 2660 1,1919 7,4797
0,8 93,5 1,038 2,087 391,58 2498 391,66 2274 2666 1,2329 7,4346
0,9 96,7 1,041 1,869 405,06 2502 405,15 2266 2671 1,2695 7,3949
1 99,63 1,0432 1,694 417,36 2506 417,46 2258 2675,5 1,3029 7,3594
1,5 111 1,0528 1,159 466,94 2519,7 467,11 2226,5 2693,6 1,4336 7,2233
2 120 1,0605 0,8857 504,49 2529,5 504,71 2202 2706,7 1,5301 7,1271
2,5 127 1,0647 0,7187 535,1 2537 535,37 2181,5 2717 1,6072 7,0527
3 133,6 1,0732 0,6058 561,15 2543,5 561,47 2164 2725 1,6718 6,9919
4 143,6 1,0836 0,4625 604,31 2553,6 604,75 2134 2738 1,7766 6,8959
5 152 1,0629 0,3749 639,68 2561 640,23 2108,5 2749 1,8607 6,8212
6 159 1,1006 0,3157 670 2567,4 670,56 2086 2757 1,9312 6,7611
7 165 1,108 0,2729 696,5 2572,5 997,22 2066 2763,5 1,9922 6,708
8 170 1,1148 0,2409 720 2576,8 721,11 2048 2769 2,0462 6,6628
9 175,4 1,1212 0,2152 741,85 2580,5 742,83 2031 2774 2,0946 6,6226
10 180 1,1273 0,1944 761,68 2583,6 762,81 2015 2778 2,1387 6,5863
15 198 1,1539 0,1318 843,19 2594,5 844,84 1947 2792 2,3151 6,4448
20 212 1,1767 0,09963906,45 2600 908,79 1890,7 2799,5 2,4474 6,3409
25 224 1,1973 0,07998 959 2603 962,11 1841 2803 2,5547 6,2575
30 234 1,2165 0,06668 1004,8 2604 1008,4 1795,7 2804 2,6457 6,1869
35 243 1,2347 0,05707 1045 2603,7 1049,8 1754 2803 2,7253 6,1253
40 250 1,2522 0,04978 1082 2602 1087,3 1714 2801 2,7964 6,0701
45 257,5 1,2692 0,04406 1116 2600 1121,9 1676,5 2798 2,8611 6,0199
50 264 1,2859 0,03944 1148 2597 1154 1640 2794 2,9202 5,9734
60 275,6 1,3187 0,03245 1205,5 2589,7 1213 1571 2784 3,0264 5,8892
70 285,7 1,3513 0,02737 1257,6 2580,5 1267 1505 2772 3,1211 5,8133
80 295 1,3842 0,02352 1305,6 2569,8 1316,6 1441,4 2758 3,2068 5,7432
90 303 1,4178 0,02048 1350,5 2557,8 1363,4 1379 2742 3,2858 5,6772
100 311 1,4524 0,01803 1393 2544,5 1407,6 1317 2725 3,3596 5,6141
110 318 1,4886 0,01599 1433,7 2529,8 1450 1255,5 2705,6 3,4295 5,5527
120 325 1,5267 0,01426 1473 2513,7 1491,5 1193,6 2685 3,4962 5,4924
130 331 1,5671 0,01278 1511 2496,1 1531,5 1130,7 2662 3,5606 5,4323
140 337 1,6107 0,01149 1548,6 2476,8 1571 1066,5 2638 3,6232 5,3717
150 342 1,6581 0,01034 1585,5 2455,5 1610,5 1000 2610,5 3,6848 5,3098
160 347,5 1,7107 0,009305 1622,7 2431,7 1650 930,6 2580,6 3,7461 5,2455
170 352,5 1,7702 0,008365 1660 2405 1690 857 2547 3,8079 5,1777
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 108 
A6 Propriedades do vapor d’água superaquecido 
 
 
T (ºC) v (m
3
/Kg) u(KJ/Kg) h (KJ/Kg) s(KJ/KgK)
P = 1,0 bar
100 1,696 2506,7 2676 7,3614
120 1,793 2537,3 2716,6 7,4668
160 1,984 2597,8 2796,2 7,6597
200 2,172 2658,1 2875,5 7,8343
240 2,359 2,718,5 2957,5 7,9949
280 2,546 2,779,6 3034 8,1445
320 2,732 2841,5 3114,6 8,2849
360 2,917 2904,2 3196 8,4175
400 3,103 2968 3278 8,5435
440 2,288 3032,6 3361,5 8,6636
500 3,564 3131,6 3488 8,8342 
 
 
T (ºC) v (m
3
/Kg) u(KJ/Kg) h (KJ/Kg) s(KJ/KgK)
P = 1,5 bar
100 1,088 2521 2692,4 7,2123
120 1,188 2533 2711,5 7,2993
160 1,317 2595 2792,7 7,4665
200 1,444 2656 2873 7,6433
240 1,571 2717 2953 7,8052
280 1,695 2778,6 3033 7,9555
320 1,819 2840,6 3113,5 8,0964
360 1,943 2903,5 3195 8,2293
400 2,067 2967 3277 8,3555
440 2,191 3032 3360,7 8,4757
500 2,376 3131 3704 8,6466 
 
 
T (ºC) v (m
3
/Kg) u(KJ/Kg) h (KJ/Kg) s(KJ/KgK)
P = 3 bar
100 0,493 2453,5 2705,6 6,7455
120 0,623 2521,6 2752,4 7,0895
160 0,651 2587 2782,8 7,1276
200 0,716 2650,7 2865,5 7,3115
240 0,781 2713 2947,4 7,4774
280 0,844 2775,4 3028,6 7,6299
320 0,907 2838 3110 7,7722
360 0,969 2901,4 3192 7,9061
400 1,032 2965,5 3275 8,033
440 1,094 3030,6 3359 8,1539
500 1,187 3300,8 3486 8,3251 
 
 
 
 
 
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 109 
 
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 110 
 
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 111 
A7 PROPRIEDADES DA ÁGUA SATURADA 
 
TºC cp KJ/KgºC  Kg/m3 
0 4,218 999,8 
5 4,203 1000,0 
10 4,193 999,8 
15 4,187 999,2 
20 4,182 998,3 
25 4,180 997,1 
30 4,180 995,7 
35 4,179 994,1 
40 4,179 992,3 
45 4,182 990,2 
50 4,182 998,0 
55 4,184 985,7 
60 4,186 983,1 
65 4,187 980,5 
70 4,191 977,7 
75 4,191 974,7 
80 4,195 971,6 
85 4,201 968,4 
90 4,203 965,1 
95 4,120 961,7 
100 4,215 958,1 
 
A8 ENERGIA E TRABALHO 
 
 J Kwh Kgf.m Cvh Kcal Btu 
J 1 277,8x10-9 0,101197 377,5x10-9 238,8x10-6 948x10-6 
Kwh 3,6x106 1 367x103 1,36 859,8 3,412 
Kgf.m 9,80665 2,724x10-6 1 3,704x10-6 2,342x10-3 9,294x10-3 
Cvh 2,648x106 0,7355 270x103 1 632,4 2,509 
Kcal 4.185,8 1,163x10-3 427 1,581x10-3 1 3,968 
Btu 1.055 293x10-6 107,6 398,5x10-6 0,252 1 
 
Joule = 1N.m 
 
A9 POTÊNCIA MECÂNICA E TÉRMICA 
 
 W Kw Kgfm/s Cv Kcal/h 
W 1 10-3 1,02x10-1 1,36x10-3 8,598x10-1 
KW 103 1 1,02x102 1,36 8,598x102 
Kgfm/s 9,807 9,807x10-3 1 1,333x10-2 8,432 
Cv 7,355x102 7,355x10-1 75 1 6,322x102 
Kcal/h 1,163 1,163x10-3 1,186x10-1 1,582x10-3 1 
 
1BTU = 3,927x10-4 CV = 0,2931 W = 0,2162 lb.pé/s = 2,712 Kcal/h 
1Kcal/h = 1,162 W 
1 KW = 56,92 BTU/min = 4,42x104 lb.pé/min = 14,34 Kcal/min 
1W = 3,4123 BTU/h = 1J/s = 0,01433Kcal/min = 44,26 lb.pé/min 
 
 
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 112 
A10 MEDIDAS LINEARES 
 
 mm m pol pé jarda 
mm 1 10-3 0,0394 0,0033 0,001094 
m 103 1 39,4 3,28 1,094 
pol(inch) 25,4 0,0254 1 0,0833 0,0278 
pé(foot) 304,8 0,3048 12 1 0,3333 
jarda 914,4 0,9144 36 3 1 
 
A11 MEDIDAS DE SUPERFÍCIE 
 
 mm2 cm2 m2 pol2 pé2 
mm2 1 10-2 10-6 1,55x10-3 1,076x10-5 
cm2 102 1 10-4 0,155 1,076x10-3 
m2 108 104 1 1,55x103 10,76 
pol2 6,452x102 6,452 6,452x10-4 1 5,944x10-3 
pé2 9,290x104 9,290x102 0,0929 1,44x102 1 
 
 
A12 MEDIDAS DE CAPACIDADE 
 
 cm3 m3 pol3 pé3 
cm3 1 10-6 0,061 0,035x10-3 
m3 106 1 61,123 35,31 
litro 1000 0,001 61,02 0,0353 
pol3 16,39 16,39x10-6 1 5,787x10-4 
pé3 28,32x103 0,0283 1,728 1 
 
 
A13 MEDIDAS DE PRESSÃO 
 
 Pa Bar Kg/cm2 atm mmHg (Torr) mmH2O 
Kgf/m2 
Pa 1 10-6 1,02x10-5 9,689x10-6 7,501x10-3 1,02x10-1 
Bar 105 1 1,02 9,689x10-1 7,501x102 1,02x104 
Kg/cm2 9,807x104 9,807x10-1 1 9,678x10-1 7,356x102 104 
atm 1,013x105 1,013 1,033 1 7,6x102 1,033x104 
mmHg 1,33x102 1,33x10-3 1,36x10-3 1,316x10-3 1 13,6 
mm H2O 9,807 9,807x10
-5 103 9,678x10-5 7,356x10-2 1 
 
1Pa = 1N/m2 
1Pé de coluna d’água = 62,425 libras por pé quadrado = 0,4335 Psi = 0,0295 atm =0,8826 
Pol.Hg 
1Psi = 2,307 pés de coluna d’água = 0,0703 Kgf/cm2 = 4,882 Kgf/m2 
1Pol de Hg = 345,3 Kgf/m2 = 0,03453 Kgf/cm2 = 70,73 lb/pé = 0,4912 Psi =1,133 pé de coluna 
d’água 
1atm = 14,7 Psi = 29,92 Pol de Hg a 32ºF = 33,947 pés de água a 62ºF = 101,3 Kpa = 2116,8 
lb/pé2 
 
 
 
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 113 
A14 UNIDADES DERIVADAS, NO SI 
 
Área: metro quadrado, m2 
Volume: metro cúbico,m3 
Ângulo plano: radiano, rad 
Ângulo sólido: esterradiano, sr 
Freqüência: hertz, Hz 
Velocidade: metro por segundo, m/s 
Velocidade angular: radiano por segundo, rad/s 
Aceleração: metro por segundo, por segundo, m/s2 
Aceleração angular: radiano por segundo, por segundo, rad/s2 
Massa específica: quilograma por metro cúbico, Kg/m3 
Vazão: metro cúbico por segundo, m3/s 
Fluxo de massa: quilograma por segundo, Kg/s 
Momento de inércia: quilograma.metro quadrado, Kgm2 
Momento linear: quilograma.metro por segundo, Kgm/s 
Força: Newton,N 
Momento de uma força, torque: Newton.metro,Nm 
Pressão: pascal, Pa 
Viscosidade dinâmica: pascal.segundo, Pás 
Trabalho, energia, quantidade de calor: joule,J 
Potência, fluxo de energia: watt, W 
Densidade de fluxo energético: watt por metro quadrado, W/m2 
1N é a força necessária para colocar um corpo de 1 Kg de massa a uma aceleração de 1m/s2 
1N = Kgm/ s2 
 
 
A15 CONSTANTES FÍSICAS 
 
Velocidade da luz no vácuo 3x108 m/s 
Carga elementar 1,6x10-19 C 
Massa do elétron 9,11x10-31 Kg 
Massa do próton 1,67x10-27 Kg 
Nº do avogrado 6,02x1023 moléc./mol 
Boltzmann, k 1,38x10-23 J/Kmoléc. 
Plank, h 6,625x10-34 J.s/molec. 
Stefan-boltzmann,  4,87x10
-8Kcal/m2K,5,67x10-8W/m2K4, 0,1714x10-8 
BTU/hpé2 ºR4 
Cte molar dos gases,R 8,31 KJ/molK,1,986 BTU/lbmolºR,0,082atm.l/molK 
Volume molar do gás ideal CNTP 2,24x10-2 m3/mol 
Gravitacional, G 6,67x10-11 m3/s2 Kg 
Permissividade do vácuo 8,85x10-12 F/m 
 
 
 
 
 
 
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 114 
A16 ALFABETO GREGO 
A  alfa 
B  beta 
  gama 
∆  delta 
E  epsilon 
Z  zeta 
H  eta 
  teta 
I  iota 
K  kapa 
  lambda 
M  mu 
N  nu 
  ksi 
O  ômicron 
II  pi 
P  ro 
  sigma 
T  tau 
Y  úpsilon 
 , fi 
X  chi 
  psi 
  ômega 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Tabela A17 Capacidades para linhas de sucção, descarga e líquido (amônia), em KW 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 116 
Tabela A18 Capacidades paralinhas de sucção, descarga e líquido (R134a), em KW 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 117 
Tabela A19 Capacidades para linhas de sucção, descarga e líquido (R22), em KW 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tabela A20 Comprimento equivalente de válvulas e acessórios (m) 
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 119 
Tabela A21 Capacidade de refrigeração mínima em KW – linha de sucção (R134a) para 
uma temperatura de condensação de 40°C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 120 
 
Tabela A22 Capacidade de refrigeração mínima em KW – linha de sucção (R22 e R502) 
para uma temperatura de condensação de 40°C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Tabela A23 Capacidade de refrigeração mínima em KW – linha de descarga (R134a) para 
uma temperatura de evaporação de -5°C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Tabela A24 Capacidade de refrigeração mínima em KW – linha de descarga (R22 e R502) 
para uma temperatura de evaporação de -5°C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 123 
Tabela A25 Correções para as capacidades das linhas de sucção 
 
 
Temperatura da linha de líquido (ºC)
Refrigerante 20 30 50
R134a 1,2 1,1 0,89
R22 1,17 1,08 0,91
R502 1,26 1,12 0,86 
 
 
Tabela A26 Correções para as capacidades das linhas de descarga 
 
 
 Temperatura de sucção (ºC)
Refrigerante -50 -40 -30 -20 5
R22 0,87 0,9 0,93 0,96 1,02
R502 0,77 0,83 0,88 0,93 11,04
Temperatura de sucção (ºC)
R134a 0 5 10
1,02 1,04 1,06 
 
 
 
Tabela A27 Vazão mássica de refrigerante em Kg/s por KW 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A28 Diagrama de Mollier para o R22