Termodinamica em fracoes

CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) D E P ROCESSAMENTO J ÚNIOR E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á R E A : PROCESSAMENTO

T F A R D Termodinâmica Questões Resolvidas

Q UESTÕES RETIRADAS DE PROV PROVAS DA BANCA CESGRANRIO

Eng. Rodrigo Corsetti Eng. Roni G. Rigoni www.ExatasConcursos.com.br

Introdução

T F A R D

Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois utilize utilize esta apostila. apostila. Recomendamo Recomendamoss também também que o candidato candidato primeiro tente resolver resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.

Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando consultando docentes docentes da área ou a bibliogr bibliografia. afia. Apenas serão considerad considerados os casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido. Os autores deste material não têm nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO. As resoluções aqui apresentadas apresentadas foram elaboradas por Rodrigo Rodrigo R. Corsetti, formado em Engenharia Engenharia Química pela Universidade Federal do Rio Grande do Sul, aprovado em quinto lugar no concurso Petrobras 2012/1 para o cargo de Engenheiro(a) de Processamento Júnior. A organização, edição e revisão deste material foi feita pelo Eng. Roni G. Rigoni. Este material material é de uso exclusivo exclusivo do Comprador Comprador Cód. T64TRJ73YN T64TRJ73YNKS. KS. Sendo vedada, vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.

Introdução

T F A R D

Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois utilize utilize esta apostila. apostila. Recomendamo Recomendamoss também também que o candidato candidato primeiro tente resolver resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.

Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando consultando docentes docentes da área ou a bibliogr bibliografia. afia. Apenas serão considerad considerados os casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido. Os autores deste material não têm nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO. As resoluções aqui apresentadas apresentadas foram elaboradas por Rodrigo Rodrigo R. Corsetti, formado em Engenharia Engenharia Química pela Universidade Federal do Rio Grande do Sul, aprovado em quinto lugar no concurso Petrobras 2012/1 para o cargo de Engenheiro(a) de Processamento Júnior. A organização, edição e revisão deste material foi feita pelo Eng. Roni G. Rigoni. Este material material é de uso exclusivo exclusivo do Comprador Comprador Cód. T64TRJ73YN T64TRJ73YNKS. KS. Sendo vedada, vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.

Índice de Questões

T F A R D Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2012/1

Q21 (pág. Q21 (pág. 1), Q22 1), Q22 (pág. (pág. 4), Q24 4), Q24 (pág. (pág. 3), Q25 3), Q25 (pág. (pág. 5), Q26 5), Q26 (pág. (pág. 7), Q27 7), Q27 (pág. (pág. 8), Q28 (pág. Q28 (pág. 9), Q29 9), Q29 (pág. (pág. 10), Q34 10), Q34 (pág. (pág. 11). Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2010/2

Q27 (pág. Q27 (pág. 12), Q32 12), Q32 (pág. (pág. 14), Q33 14), Q33 (pág. (pág. 16), Q34 16), Q34 (pág. (pág. 17), Q35 17), Q35 (pág. (pág. 18), Q36 18), Q36 (pág. (pág. 20), Q37 (pág. Q37 (pág. 21), Q38 21), Q38 (pág. (pág. 22), Q39 22), Q39 (pág. (pág. 23), Q40 23), Q40 (pág. (pág. 25). Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2010/1

Q9 (pág. Q9 (pág. 26), Q10 26), Q10 (pág. (pág. 27), Q11 27), Q11 (pág. (pág. 28), Q12 28), Q12 (pág. (pág. 29), Q21 29), Q21 (pág. (pág. 30), Q23 30), Q23 (pág. (pág. 31), Q35 (pág. Q35 (pág. 32), Q36 32), Q36 (pág. (pág. 33), Q44 33), Q44 (pág. (pág. 34), Q52 34), Q52 (pág. (pág. 35), Q53 35), Q53 (pág. (pág. 36), Q63 36), Q63 (pág. (pág. 38), Q69 (pág. Q69 (pág. 39). Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2006

Q34 (pág. Q34 (pág. 37), Q35 37), Q35 (pág. (pág. 40), Q36 40), Q36 (pág. (pág. 41), Q37 41), Q37 (pág. (pág. 42), Q38 42), Q38 (pág. (pág. 44), Q52 44), Q52 (pág. (pág. 45), Q53 (pág. Q53 (pág. 46). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2012

Q41 (pág. Q41 (pág. 47), Q42 47), Q42 (pág. (pág. 48), Q43 48), Q43 (pág. (pág. 49), Q44 49), Q44 (pág. (pág. 51), Q46 51), Q46 (pág. (pág. 52), Q55 52), Q55 (pág. (pág. 53). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2011

Q56 (pág. Q56 (pág. 54), Q57 54), Q57 (pág. (pág. 55), Q58 55), Q58 (pág. (pág. 56), Q59 56), Q59 (pág. (pág. 57), Q60 57), Q60 (pág. (pág. 59), Q61 59), Q61 (pág. (pág. 60), Q62 (pág. Q62 (pág. 61), Q63 61), Q63 (pág. (pág. 62), Q64 62), Q64 (pág. (pág. 63), Q65 63), Q65 (pág. (pág. 64), Q66 64), Q66 (pág. (pág. 65), Q67 65), Q67 (pág. (pág. 66), Q68 (pág. Q68 (pág. 67), Q70 67), Q70 (pág. (pág. 68). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2006

Q24 (pág. Q24 (pág. 69), Q26 69), Q26 (pág. (pág. 70), Q27 70), Q27 (pág. (pág. 71).

TERMODINÂMICA

www.ExatasConcursos.com.br

Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - PetroquímicaSuape 2011 Q36 (pág. 72), Q37 (pág. 73), Q39 (pág. 74), Q40 (pág. 75). Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras Biocombustível 2010 Q26 (pág. 76), Q27 (pág. 78), Q28 (pág. 79). Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - PetroquímicaSuape 2009 Q36 (pág. 80), Q38 (pág. 81), Q39 (pág. 82). Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Termoaçu 2008

T F A R D Q26 (pág. 83), Q27 (pág. 84), Q28 (pág. 85), Q29 (pág. 86), Q30 (pág. 87). Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - REFAP 2007 Q34 (pág. 88).

Número total de questões desta apostila: 78

Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T64TRJ73YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.

Termodinâmica

Questão 1

(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2012/1)

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Na figura, pode ser visto um processo de estrangulamento adiabático de um fluxo de gás, sendo que h 1 e h2 são as entalpias do gás, V 1 e V2 são as velocidades do gás, e h 01 e h02 são as entalpias de estado estacionário. Se o diâmetro de entrada é duas vezes maior que a saída e a entalpia do gás não se altera (h 1 = h2), então 1 (A) h01 = h02 e V1 = V2 2

(B) h01 = h02 e V1 = 2V2

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4 Esta questão aborda um processo de estrangulamento em um bocal conver 6 T gente. No escoamento em um duto, pode haver variação da velocidade, mas con(C) h01 = h02 e V1 = V2

(D) h01 > h02 e V1 = 1 V2 2 1 (E) h01 < h02 e V1 = V2 2

sequentemente, haverá variação da entalpia (e da temperatura e pressão).Porém, se este escoamento for sem perda de calor, a entalpia de estagnação não varia. É informado pelo enunciado que a entalpia do fluido não se altera. Como o processo de compressão é adiabático, sabe-se que a entalpia de estagnação (h0), em es-

TERMODINÂMICA

2


tado permanente, não se altera. Pela aplicação direta das equações deste tipo de problema, tem-se: h01 h02

v12 = h 1 + 2 v22 = h 2 + 2

Como tanto a entalpia total do fluido quanto a entalpia de estagnação não se alteram, chegaria-se na seguinte conclusão:

S K v = v N Ycorreta Esta seria a alternativa C. Porém, no gabarito constava que a resposta 3 seria a A. Muito provavelmente a banca se enganou na informação 7 dada no enun J ciado, a informação deveria ser de que a entalpia de estagnação não se alterava, R T pois esta é a consequência de problemas de estrangulamento adiabáticos em es 4 tado permanente. Se assim fosse, como a figura mostra 6 que há uma redução no T que: diâmetro do bocal, pelo balanço de massa poderia-se inferir S v > v K N E como consequência: Y 3 h < h 7 J A única alternativa que apresentaria estas relações é a A, junto com a igualdade R das entalpias de estagnação. T Devido a estes erros, a questão foi anulada. 4 6 T Questão Anulada S K N Y 3 7 J R T 4 6 T 1

2

2

1

2

1










TERMODINÂMICA

Questão 2

3


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2012/1) A figura mostra o diagrama da temperatura versus entropia de uma transformação reversível cíclica realizada por um sistema termodinâmico.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Qual a eficiência desse ciclo? (A) (B) (C) (D) (E)

25% 30% 40% 75% 100%

S K N Y 3 Resolução: 7 J Um ciclo térmico composto por duas etapas isotérmicas e duas isentrópi R cas alternadamente é conhecido como Ciclo de Carnot. Este tipo de ciclo térmico T 4 opera de forma estritamente reversível, desconé inviável na prática, visto 6 que T energia para o meio externo. É um ciclo térmico ideal, siderandoqualquer perda de que apresenta a maior eficiência possível, função apenas das temperaturas das S fontes quente e K fria: N T − T Y η = T 3 7 400 − 100 η = J 400 R η = 0, 75 T 4 η = 75% 6 T Q

F

Q





Alternativa (D) 




TERMODINÂMICA

Questão 3

4



S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

A figura representa uma turbina de avião. Numa turbina de avião, o ar sofre compressão antes da entrada do motor. O ar que entra no difusor tem temperatura T1 300 K, pressão P1 60 kPa, velocidade V1 250 m/s, e a cp do ar é 1,00 kJ/(kg.K). =

=

=

Se o processo é esentrópico, qual é a temperatura da entrada do compressor (T01)? (A) 330,125 K (B) 330,25 K (C) 331,25 K (D) 362,50 K (E) 425 K

S K Resolução: N Y A questão representa a entrada de uma corrente de ar, com suas condições 3 7 de pressão, temperatura e velocidade especificadas, em um difusor de uma turbina J de avião. Consta no enunciado R que o processo que ocorre é "esentrópico", apre T sentando um erro de português, pois na verdade o termo correto seria isentrópico. 4 6 Para a resolução do problema, é necessário a aplicação do balanço de energia em T sistemas abertos: S ˙ dU m(v ˙ − v ) + mgdh ˙ Kdt = mdh + ˙ ˙ + Q˙ − W 2 N Y de entrada no difusor ocorre em estado estacionário, sem a Como o processo 3 geração de calor por ser isentrópico, sem geração de trabalho útil e sem variação 7 J potencial, a expressão se reduz a: de energia R T v −v 4 ∆h = − 2 6 T 2 2

2 1

2 2

2 1

Onde tempo ∆h pode ser escrito em função da variação de temperatura: v22

2 1

−v C ∆T = − 2 p

Na entrada do difusor, sabe-se que a velocidade do fluido é igual a zero visto Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T64TRJ73YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.

TERMODINÂMICA

5


que este é um ponto de estagnação. A expressão fica: C p (T 01

−

v12 T 1 ) = 2 v12 T 01 = + T 1 2C p (250)2 T 01 = + 300 2 1000

×

T 01 = 331, 25K

Questão 4


S K N Alternativa (C) Y 3 7 J R T 4 6 T 







Um sistema termodinâmico consiste em um gás ideal. Ele sofre uma transformação AB reversível e isotérmica, como mostra, abaixo, o diagrama pressão versus volume.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Qual é, aproximadamente, a quantidade de calor em J trocada entre o sistema e a vizinhança durante essa transformação?

S K N Y 3 7 J R T 4 Resolução: 6 T O sistema termodinâmico em questão sofre uma transformação isotérmica Dado: ln 2,5 = 0,9

(A) 6,4 x 103 (B) 5,8 x 103

(C) 3,2 x 103 (D) 2,5 x 103 (E) 1,8 x 103

e reversível. Por se tratar de um gás ideal, é sabido que, pelo processo ser isotérmico, a variação de energia interna e entalpia são nulas. Para se descobrir a quantidade de calor trocada entre o sistema e a vizinhança, aplica-se a primeira lei


TERMODINÂMICA

6


da termodinâmica: ˙ ∆U = d Q˙ + dW ˙ dQ =

−dW ˙

O trabalho trocado por um gás ideal entre o sistema e a vizinhança é dado por:

S K N Que, na forma integral, fica: Y  3 nRT ˙ Q = dV 7 V J   V R ˙ Q = nRT ln T V 4 6 Pelo gráfico: V = 0, 004m , V = 0, 01m , nRT T = 2.000J (pode ser obtido pelo produto P V em qualquer um dos pontos, visto que para o gás ideal S P V = nRT , e a temperatura não muda. Outra K maneira de se obter este valor seria calculando diretamente a temperatura em N algum dos pontos como T = , ao Y invés de se calcular o produto nRT .) 3 7 ˙ J Q = 2000 ln(0, 4) R T 4o valor ln(2, 5), logo. Na questão é informado 6   T Q = 1 ˙ 2000 ln 2, 5 S ˙ −2000 ln(2, 5) Q = K N ˙ −2000 × 0, 9 Q = Y 3 Q˙ | = 1800J | 7 J R Alternativa (E) T 4 6 T ˙ dQ = P dV

V 2

V 1

1 2

1

3

2

3

P V nR










TERMODINÂMICA

Questão 5

7


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2012/1) Considere um gás que obedece à equação de estado de van der Waals: RT a − p= v−b v2 onde a, b e R são constantes, p é a pressão, T a temperatura absoluta, e v o volume molar do gás.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Parte 1

Suponha que o gás é submetido a uma transformação reversível na qual o volume molar é mantido constante. O diagrama T versus p dessa transformação é uma reta, cuja inclinação é (A)

v2 a

(B)

v − b R

(C)

v − b R

(D)

2a

−

.

(1

+

a v2

)

RT

S K N Y 3 Resolução: 7 J A transformação pela qual o gás é submetido ocorre de maneira isocórica, R ou seja, mantendo seu volume T constante. O seu comportamento é descrito através 4 da equação de Van der Waals, descrita no enunciado. O objetivo desta questão 6 T que representa T (eixo y) versus P (eixo x). A inclié obter a inclinação da reta nação será dada pelo coeficiente angular desta equação. A questão é facilmente S K a equação de Van der Waals de maneira a obter uma resolvida reescrevendo-se N relação T versus P. Y 3 RT a 7 P = − v−b v J RT a R = P + T v−b v 4 (v − b) a(v − b) 6 T = P + R Rv T 3

v

(v − b)2

3 (E) pv − av + 2ab v3 R

2

2

2


TERMODINÂMICA

8


Como foi dito no enunciado, nesta transformação o volume não varia, o que faz com que a equação tenha comportamento linear, cuja inclinação é descrita pelo (v − b) termo . R





Alternativa (B)  

Parte 2

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Em comparação com o modelo do gás ideal, o modelo de van der Waals, através do parâmetro b, presente na equação de estado, passa a considerar (A) a energia cinética média das moléculas do gás (B) as forças de atração entre as moléculas do gás (C) as transformações irreversíveis (D) o volume ocupado pelas moléculas do gás (E) as moléculas poliatômicas do gás

Resolução:

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Para descrever o comportamento de gases quando submetidos a transformações termodinâmicas, faz-se uso de equações de estado. A mais simples e mais utilizada equação é a dos gases ideais, que descreve o comportamento destes fluidos em escala macroscópica, desconsiderando as interações intermoleculares. Uma das equações que busca quantificar estes efeitos de nãoidealidade dos gases foi proposta por Van der Waals, baseada na introdução de duas constantes, diferentes para cada gás. A constante a representa as forças de atração entre as moléculas, corrigindo, a grosso modo, a pressão total do sistema gasoso. O parâmetro b leva em conta o volume ocupado por cada molécula, corrigindo neste caso o volume total de gás.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T





Alternativa (D)  


TERMODINÂMICA

Questão 6

9


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2012/1) A equação de estado de um gás é P (v b) .

−

RT, onde

=

R e b são constantes, P é a pressão, v é o volume específico, e T é a temperatura absoluta do gás. ∂s A derivada parcial ( ∂ P )T da entropia específica do gás em relação à pressão, a uma temperatura constante, é

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

dada pela expressão (A)

−

R P

(B)

−

P R

(C) (D)

−

R v-b

v-b R

(E) v b −

S  K  para um gás cuja equação A questão busca a obtenção da relação N de estado é descrita por: Y 3 P (v − b) = RT 7 J R De onde tiramos uma expressão para v : T RT 4 v = +b 6 P T Com o conhecimento prévio das relações de Maxwell, sabe-se que a S seguinte relação é Kválida:  ∂S   ∂V  N =− ∂P ∂T Y 3 7 Ou seja, a relação é encontrada se derivando V em relação a T a partir da J equação de estado, mantendo-se a pressão constante. R      T ∂S d RT 4 =− +b 6 ∂P dT P  ∂S  R T Resolução:

∂S ∂P T

T

T

∂P

P

=

T

P

− P





Alternativa (A) 




TERMODINÂMICA

Questão 7

10


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2012/1) O interior de um refrigerador é mantido a uma temperatura constante através do funcionamento contínuo de seu motor. O calor é removido do interior da geladeira a uma taxa de 5,0 kJ/s. Se a potência líquida entregue ao refrigerador é de 2,0 kW, qual o coeficiente de performance desse refrigerador? (A) 0,40 (B) 0,80 (C) 2,5 (D) 5,0 (E) 7,0

S K N Y 3 7 Resolução: J R A questão aborda o tema ciclos térmicos de refrigeração. Para estes ciclos, T utiliza-se o conceito de coeficiente de performance: 4 6 (calor absorvido no evaporador T ) ω ou COP = (trabalho fornecido pelo compressor) S Este índice serve como um indicador K da eficiência destes equipamentos, N sendo na maioria dos casos um valor entre 2,5 e 5. Para resolver esta questão, Y 3 basta substituir os valores de calor fornecidos no enunciado: 7 J 5kW ω = R 2kW T ω = 2, 5 4 6 T Alternativa (C) S K N Y 3 7 J R T 4 6 T 








TERMODINÂMICA

Questão 8

11


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2012/1) Em diversos processos químicos, os equilíbrios de fases e o equilíbrio químico são primordiais. O equilíbrio de fase (A) é inversamente proporcional ao potencial químico. (B) é alcançado quando a pressão de vapor é igual à pressão atmosférica. (C) ocorre quando o potencial químico das duas fases tem valor igual a zero. (D) depende da igualdade do potencial químico entre as fases. (E) depende da entropia ser nula.

S K N Y 3 Resolução: 7 J O equilíbrio de fases é um fenômeno que ocorre quando não há forças R T motrizes entre as diferentes fases de um sistema. Um artifício termodinâmico uti 4 lizado para identificar este estado de equilíbrio é o potencial químico, representado 6 T as fases apresentam por µ , onde i identifica a fase correspondente. Quando todas os mesmos valores de µ , o sistema se encontra em equilíbrio entre as fases, per S Kde alguma condição do sistema. manecendo neste estado até que haja a mudança N Y 3 Alternativa (D) 7 J R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T i










TERMODINÂMICA

Questão 9

12


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/2) Em relação à primeira lei e à segunda lei da termodinâmica, analise as afirmações a seguir. I

A primeira lei da termodinâmica estabelece que a variação de energia interna em um sistema é igual à diferença entre o calor e o trabalho no eixo realizado. II - Em um ciclo termodinâmico para transformação de calor em trabalho, o calor absorvido e o trabalho realizado são grandezas numericamente iguais, obedecendo dessa forma, ao princípio da conservação da energia. III - De acordo com a segunda lei da termodinâmica, é inviável a realização de um ciclo termodinâmico capaz de transferir calor de um ambiente a baixa temperatura para um ambiente a uma temperatura mais elevada. IV - A entropia é uma função de estado cuja variação diferencial pode ser caracterizada por meio da razão entre o calor trocado e a temperatura, ao longo de uma trajetória reversível. V - A segunda lei da termodinâmica impõe que, em um sistema isolado, as variações de entropia serão sempre positivas ou nulas.

-

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 7 Resolução: J R T I - Falso. A primeira lei da 4 termodinâmica descreve o princípio da conservação 6 da energia. Esta define que, em uma mudança de estado termodinâmico, T haverá variação da energia interna (∆U ) de um sistema fechado caso ocorra troca de calor S entre o meio externo (Q) e o sistema e/ou realização de trabalho (W K ). Por convenção, a maioria dos autores considera o trabalho real N izado pelo sistema como negativo. A afirmativa está incorreta pois restringe Y 3 o trabalho somente a trabalho de eixo, quando na verdade outras formas de 7 J realização de trabalho, como compressão e expansão, também irão alterar R a energia interna do sistema. O termo trabalho de eixo está relacionado a T 4 transmissão do trabalho gerado por um sistema à equipamentos que irão 6 gerar trabalho mecânico, como bombas e compressores. T São corretas APENAS as afirmativas (A) I e II. (B) I e V. (C) II e III. (D) III e IV. (E) IV e V.

II - Falso. A afirmativa estaria correta caso todas as etapas do ciclo termodinâmico ocorressem de maneira reversível, onde não haveria perdas de energia e todo o calor absorvido seria convertido em trabalho. Isto não ocorre na prática. Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T64TRJ73YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.

TERMODINÂMICA

13


III - Falso. A segunda lei da termodinâmica afirma que nenhum processo cujo único resultado seja a transferência de calor de um corpo mais frio para um mais quente é possível. Porém, quando se trata de ciclos termodinâmicos, estes realizam uma sequência de transformações de estado que viabilizam esta transferência de calor. Se esta afirmativa fosse correta, não existiriam ciclos de refrigeração que retiram calor de uma fonte fria.

S K N Y dQ dS = 3 T 7 J Onde dQ é o calor trocado reversivelmente entre o meio externo e o sis R tema e T é a temperatura do sistema. Apesar de T o calor não ser uma 4inicial e final do sisfunção de estado, a entropia só depende dos estados 6 tema, sendo independente do caminho. V. Verdadeiro. T Um sistema isolado é aquele onde não há troca de calor. Sendo assim, se houver uma mudança S de estado de maneira reversível, a variação Kde entropia será nula, visto que N o sistema poderá retornar ao seu estado inicial sem perdas. Isto pode ser Y no ítem IV, pois o termo dQ confirmado a partir da expressão 3 apresentada será igual a zero. No caso de 7 transformações irreversíveis, haverá sempre J um aumento da entropia do sistema devido à parcela de energia perdida na R transformação, que irá T aumentar o grau de desordem do sistema visto que 4 não será possível retornar ao estado inicial. 6 T V - Verdadeiro. Um sistema isolado é aquele onde não há troca de calor. Sendo S assim, se houver uma mudança de estado de maneira reversível, a variação K de entropia será nula, visto que o sistema poderá retornar ao seu estado ini N Yperdas. Isto pode ser confirmado a partir da expressão apresentada cial sem 3 no item IV, pois o termo dQ será igual a zero. No caso de transformações 7 J irreversíveis, haverá sempre um aumento da entropia do sistema devido à R parcela de energia perdida na transformação, que irá aumentar o grau de T 4 desordem do sistema visto que não será possível retornar ao estado inicial. 6 T IV - Verdadeiro. Por definição, a entropia é caracterizada como uma medida do grau de desordem, ou irreversibilidade, de um sistema. Sua definição é dada por: rev

rev

rev

rev





Alternativa (E)  


TERMODINÂMICA

Questão 10

14


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/2) Uma determinada massa de gás ideal, inicialmente a uma pressão e temperatura P i e Ti, é submetida a um processo de alteração de suas variáveis de estado até que estas atinjam novos valores Pf e Tf . Esse processo é baseado em duas etapas em sequência: 1a – Aquecimento à pressão constante até atingir a

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

temperatura T f .

2a – Compressão isotérmica do gás até atingir uma pressão Pf .

Considerando-se que a capacidade calorífica à pressão constante (Cp) mantém o mesmo valor ao longo do processo, a variação da energia interna do sistema é igual a (A) CpTf (B) Cp(Tf – Ti) (C) RTf – RTi (D) (CpTf – RTi) + (C pTi – RTf ) (E) (CpTf + RTi) – (CpTi + RTf )

S K Resolução: N Y A questão envolve um processo termodinâmico de mudança de estado que 3 ocorre em duas etapas. Para gases 7 ideais, a variação da energia interna é função Jexpressão: somente da temperatura, segundo a R T dU = C dT 4 6 T Por ser uma função de estado, a variação total da energia interna do sistema S pode ser dada como K a soma das variações de cada etapa: N ∆U = ∆U + ∆U Y 3 7 Vamos tratar cada etapa separadamente: J R 1. Aquecimento a pressão constante: Neste caso, a expressão de dU pode ser T 4utilizada substituindo-se C por C a partir da seguinte relação: 6 T v

total

v

1

2

p

C p = C v + R C v = C p

−R


TERMODINÂMICA

15


A expressão fica: dU 1 = (C p

− R)dT ∆U = (C − R)(T − T ) 1

p

f

i

2. Compressão isotérmica: Como esta transformação ocorre sem mudança de temperatura, a variação da energia interna deste processo é nula

S K N Y A expressão final então fica: 3 7 ∆U = ∆U + ∆U J R ∆U = (C − R)(T − T ) + 0 T ∆U = (C T + RT ) − (C T + RT 4 ) 6 T Alternativa (E) S K N Y 3 7 J R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T ∆U 2 = 0

1

total total

p

total

p f

2

f

i

i

p i

f










TERMODINÂMICA

Questão 11

16


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/2) As propriedades termodinâmicas dos fluidos: energia interna, entalpia e entropia específicas podem ser calculadas a partir das propriedades temperatura, pressão e volume específico, que são mensuráveis. Se for escolhida adequadamente a dependência dessas propriedades, relações importantes podem ser obtidas. Definindo-se a dependência: h = h(s,p), a seguinte expressão é obtida: (A)

(B)

(C)

(D)

(E)

Resolução:

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 dH = T dS + V dP 7 J R Para obter uma relação no mesmo formato que as alternativas de resposta, T as duas opções que se tem 4 é derivar a expressão em relação a S, mantendo-se 6 P constante ou derivar emTrelação a P, mantendo-se S constante. Como opções, temos:   ∂H S = T K ∂S  ∂H  N Y = V ∂P 3 7 J A única alternativa que apresenta uma destas relações é a letra B. R T 4 Alternativa (B) 6 T A maneira mais simples para a resolução desta questão é a partir do conhecimento prévio da expressão que descreve a variação da entalpia a partir da entropia e pressão. Esta é descrita como:

P

S










TERMODINÂMICA

Questão 12

17


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/2) Em relação ao comportamento volumétrico de fluidos, é INCORRETO afirmar que (A) todos os fluidos têm o mesmo fator de compressibilidade, à mesma temperatura e pressão reduzidas, de acordo com o princípio dos estados correspondentes. (B) o fator de compressibilidade (z) pode assumir valores iguais a 1, maiores do que 1 ou menores do que 1. (C) o fator de compressibilidade (z) é adimensional. (D) as substâncias apolares em qualquer temperatura e pressão se comportam como um gás ideal. (E) as densidades do líquido e do gás tornam-se idênticas no estado crítico.

S K N Y 3 7 Resolução: J R Julguemos os ítens: T 4 6 A) Verdadeiro. Este é exatamente o princípio dos estados correspondentes. T B) Verdadeiro. Gases ideais possuem sempre z = 1. No caso de gases reais, o S fator de compressibilidade será definido através K das condições de temperatura N e pressão, podendo assumir valores maiores ou menores do que 1. Yé definido como: 3 C) Verdadeiro. O fator de compressibilidade 7 P V J z = R nRT T Onde o produto P V tem 4 a mesma unidade do que o produto nRT . Sendo 6 assim, z é adimensional. T D) Falso. O fato de algumas substâncias serem apolares indica que as forças de S interação intermoleculares nestas são inexistentes. Porém, a não idealidade K N dos gases não provém somente devido a existência de forças intermoleculares, Y mas 3 também devido a outros efeitos, como a correção do volume molecular. 7efeito passa a ser mais pronunciado em pressões elevadas. A equação Este J R de Van der Waals, que descreve o comportamento de gases reais, leva em T conta este efeito a partir do seu coeficiente b. 4 6 T E) Verdadeiro. O ponto crítico é definido como o estado em que não é possível se distinguir entre as diferentes fases de um sistema, visto que as densidades destas apresentam os mesmos valores e uma única fase é então formada. 



Alternativa (D) 




TERMODINÂMICA

Questão 13

18


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/2) A entalpia específica h(p,T) e a energia livre de Gibbs específica g definida por: g = h – Ts são funções de estado e, portanto, as suas expressões na forma diferencial, dh e dg, respectivamente, são diferenciais exatas. A partir da definição de entalpia e da forma diferencial da equação de conservação de energia para um sistema fechado,

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

contendo um fluido compressível, obtém-se a expressão: dh = Tds + vdp.

Usando uma das relações de Maxwell, a variação da

entalpia com relação à pressão, mantendo-se a temperatura constante,

é determinada pela expressão

(A)

(B)

(C)

(D)

S K N Y Resolução: 3 7o objetivo da questão é obter a relação Como informado no enunciado, J   . Como a entalpia do sistema é fornecida no enunciado da questão na sua R T de S e P , o primeiro passo a ser tomado é forma diferencial exata em 4 função derivar esta expressão em 6 Trelação a P , mantendo-se T constante: dh = T dS + vdP S       ∂h ∂S ∂P K = T + v ∂P ∂P ∂P N Y 3 Visto que T é constante neste processo e o termo = 1, chega-se em: 7 J     ∂h ∂S R = T +v T ∂P ∂P 4 6 Nota-se que esta expressão não está entre as alternativas de resposta, se T (E)

∂h ∂P T

T

T

T

∂P ∂P

T

T

fazendo necessário a utilização de uma das chamadas relações de Maxwell. O enunciado fornece a expressão da energia livre de Gibbs, cuja relação de Maxwell deve ser utilizada para a resolução da questão. g = h

− T S


TERMODINÂMICA

19


A forma diferencial desta expressão é: dg = dh

− d(T S ) dg = dh − T dS − SdT Aonde o termo dh pode ser substituído pela expressão mostrada anteriormente, resultando em:

S K N Esta expressão fornece a seguinte relação de Maxwell: Y  ∂v   ∂S  3 =− 7 ∂T ∂P J R     , O termo pode ser finalmente substituído na T expressão de 4 fornecendo a seguinte expressão final: 6  ∂h   ∂v  T = v − T ∂P ∂T S K N Alternativa (B) Y 3 7 J R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T dg = vdP

− SdT

P

T

∂S ∂P T

∂h ∂P T

T

P










TERMODINÂMICA

Questão 14

20



Uma corrente gasosa escoa através de uma válvula termicamente isolada, na qual a pressão a jusante se torna inferior à pressão a montante. Sobre a diferença entre as temperaturas a jusante e a montante, sabe-se que (A) é sempre negativa em qualquer situação. (B) é positiva em qualquer situação. (C) é zero em qualquer situação. (D) pode ser positiva, negativa ou nula, dependendo das condições de temperatura e de pressão. (E) pode ser positiva ou negativa, mas nunca igual a zero.

S K N Y 3 7 Resolução: J O escoamento de uma corrente gasosa através de uma R válvula com isola T mento térmico é um processo isentálpico. Este efeito pode ser 4conferido através do 6 balanço de energia em um sistema aberto, que resulta no T termo ∆H = 0. Ainda, é informado no enunciado que há uma queda de pressão da corrente neste pro S cesso. Este tipo de escoamentos de gases são conhecidos como processos de es K trangulamento, que são acompanhadospor N um efeito chamado Joule-Thompson. Yda corrente gasosa seguida da expanEste consiste em uma compressão brusca 3 são da mesma, ocorrendo de maneira isentalpica. Como consequência, haverá 7 Jque poderá ser um aumento, diminuição ou uma variação na temperatura do gás, R manutenção do mesmo, dependendo T das condições do processo. O efeito será 4 dado a partir do coeficiente Joule-Thompson, que pode ser positivo, negativo ou 6 T expresso por: nulo (no caso de gases ideais),   ∂T S µ = K ∂P N Y Alternativa (D) 3 7 J R T 4 6 T H










TERMODINÂMICA

Questão 15

21


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/2) Uma corrente de metano a 27 oC, com vazão de 3 600 kg/h, é comprimida de 100 kPa até 200 kPa, consumindo, nesse processo, 150 kW. Sabendo-se que a capacidade térmica específica do metano é 2,2 kJ ∙kg−1∙K−1, e considerando-se a compressão como adiabática, o gás com comportamento ideal e as ineficiências associadas à máquina como nulas, a variação de temperatura entre a sucção e a descarga do compressor deve ser aproximadamente igual a (A) zero (B) 42 oC (C) 68 oC (D) 92 oC (E) 100 oC

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4 6 O processo de compressão da corrente de metano descrito no enunciado T consome uma potência de 150 kW do compressor. Visto que este ocorre de maneira adiabática e o compressor não apresenta problemas de ineficiência, toda S K à corrente na forma de calor a potência fornecida pela máquina será entregue N sensível. Desta maneira, sabendo-se o Y calor fornecido, a vazão mássica e a capacidade térmica específica, é possível 3 utilizar a expressão abaixo para calcular 7 J recebe. Nota-se que não é necessário acréscimo de temperatura que a corrente R utilizar as informações de pressão e temperatura fornecidas no enunciado para a T 4 resolução da questão. 6 T Q = mc∆T ˙ Q S ∆T = mc ˙ K 150.000 N  × 2200 ∆T =  Y 3 ∆T = 68 C 7 J R Alternativa (C) T 4 6 T 3600 3600 ◦










TERMODINÂMICA

Questão 16


22


Parte 1

O propeno no estado de vapor saturado a 1 100 kPa é comprimido adiabaticamente por um compressor, onde, na descarga, a pressão e temperatura são 2 500 kPa e 80 ºC, respectivamente. Sabendo-se que o rendimento termodinâmico é dado pela relação entre o trabalho ideal e o trabalho real desenvolvido pelo compressor, e de acordo com o diagrama da página anterior, pressão x entalpia específica, o valor do rendimento é (A) 61,5% (B) 66,7%

S K N Y 3 Resolução: 7 J A questão cita um processo de compressão de uma corrente de propano, R cujo diagrama termodinâmico de pressão versus entalpia T é mostrado no Anexo 4 A. Como a compressão é realizada adiabaticamente, o 6 trabalho de compressão T de propano entra no será dado pelo acréscimo na entalpia da corrente. A corrente compressor na pressão de 1100kPa no estado de S vapor saturado. Pelo diagrama, K é possível identificar esta corrente a partir da intersecção da reta horizontal na N pressão de 11 bar (que equivale a 1100kPa) com o lado direito da curva de equi Y 3 líbrio de fases, que representa a corrente no estado de vapor saturado. A entalpia 7 específica referente à condição de entrada J da corrente é de 280 kJ/kg. A condição R real de saída desta corrente é de 2500kPa e 80 C. A partir da intersecção da reta T de 25bar com a curva de 80 4 C no diagrama, tem-se a condição real de saída da 6 corrente, cuja entalpia é de T345 kJ/kg. Se o processo tivesse ocorrido de maneira ideal, a compressão teria sido isentrópica, pois neste caso o processo teria sido re S versível, sem perdas. Neste caso, a mudança de estado seguiria uma das retas de K entropia constante até a pressão final da corrente de 25bar. Seguindo-se as linhas N Y isentrópicas desde a condição inicial até a pressão final, o valor de entalpia obtido 3 neste 7 caso seria de 320 kJ/kg.Com estes valores, é possível calcular o rendimento J do processo. R T W η= 4 W 6 m(H ˙ − H ) T η= (C) 69,2% (D) 71,4%

(E) 76,9%

◦

◦

ideal real

final,ideal

m(H ˙ final,real

inicial

− H

inicial )


TERMODINÂMICA

23


320 280 345 280 40 η = 65 η = 0, 615 η =

− −

η = 61, 5%

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T 



Alternativa (A)  

Parte 2

Se 1 kg/s do propeno efluente do compressor na pressão de 2 500 kPa e na temperatura de 80 ºC, depois de passar por

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4 6 A corrente de propeno, que se encontra no estado de vapor superaquecido, T será condensada até que seu estado final seja de 90% líquido e 10% vapor. A carga térmica removida pelo condensador será dada pela diferença entre as en S Kfinal e inicial, que podem ser retiradas do diagrama. O estado talpias do estado N inicial já foi Y discutido na questão anterior, será o ponto em 2500kPa e 80 C, cuja en 3 talpia é de 345kJ/kg. Já a saída do condensador será o ponto na mesma pressão 7 J (o condensador opera a pressão constante) com composição de 90% líquido e R 10% vapor. Existe mais de uma maneira de se obter a entalpia específica deste T 4ponto, e a que será aqui mostrada se baseia na seguinte condição: a corrente 6 T será condensada a partir do estado de vapor saturado a 25bar até que 90% do um condensador com perda de carga desprezível, sai desse condensador com 90% em massa de propeno no estado líquido, a carga térmica removida no condensador será (A) 50 kW (B) 120 kW (C) 225 kW (D) 275 kW

(E) 300 kW

◦

seu calor de mudança de fase seja retirado. Outra maneira seria identificar no


TERMODINÂMICA

24


gráfico o ponto com título de 10% na reta horizontal em 25bar. H 10%liq,25bar = H vapsat,25bar H 10%liq,25bar

− 0, 9 × ∆H = 295 − 0, 9 × (295 − 45)

vap,25bar

H 10%liq,25bar = 70kJ/kg

Com estes valores de entalpia é possível calcular a carga térmica removida.

S K N Y 3 7 J Onde o sinal negativo indica que a carga térmica foi R removida, não adi T cionada. 4 6 T Alternativa (D) S K N Y 3 7 J R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T Q = m(H ˙ f

− H ) Q = 1 × (70 − 345) Q = −275kW i










TERMODINÂMICA

Questão 17

25



Tomando como base a análise de um ciclo de Carnot para refrigeração, pode-se demonstrar que o trabalho necessário cresce quando a temperatura da etapa isotérmica de absorção de calor (T A) diminui, aumentando quando a temperatura da etapa isotérmica de rejeição de calor (T R) aumenta. Nesse contexto, a potência usada na compressão para a absorção de uma taxa de calor Q é representada pela seguinte expressão: (A) Q[(TR – T A)/TR] (B) Q(TR/T A)

S K N Y 3 Resolução: 7 J O Ciclo de Carnot de refrigeração funciona da mesma do Ciclo de Carnot R para máquinas térmicas, porém operando no sentido inverso. O refrigerador ideal T 4 onde o calor é opera em duas etapas isotérmicas e duas etapas isentrópicas, 6 T temperatura mais alta absorvido na temperatura mais baixa (T ) e rejeitado na (T ). Ainda, uma certa quantidade de trabalho é adicionada ao sistema para o S funcionamento do ciclo. A medida da efetividade Kdestes ciclos é dada a partir do N coeficiente de performance: Y calor absorvido 3 COP = 7 trabalho fornecido J R Que, no caso de ciclos T ideais de Carnot, só depende das temperaturas das 4 fontes: 6 T COP = T T − T = W Q Igualando as S temos: Kduas expressões, Q T N = Y W T − T  T − T  3 7 W = Q × T J   R T W = Q −Q T T 4 6 T Alternativa (C) (C) Q(TR/T A) – Q (D) Q(T A /T R)

(E) (T A – T R)/Q

A

R

A

R

A

A

R

A

R

A

A

R A










TERMODINÂMICA

Questão 18

26


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Considere um ciclo de potência a vapor simples em que: •

•

o fluido de trabalho passa por seus vários componentes sem irreversibilidades; não existe queda de pressão por atrito na caldeira e no condensador e o fluido de trabalho fluirá através desses componentes a pressão constante; não existem irreversibilidades e transferência de calor com as vizinhanças; os processos, através da turbina e através da bomba, são isentrópicos.

S K N Y 3 7 J R T Resolução: 4 6 T observa-se o ciclo é Pelas características dadas no enunciado da questão, composto por duas etapas isobáricas e duas etapas isentrópicas, operando alter S nadamente. Fica claro que estas etapas ocorrem K de maneira reversível, o que N classifica este ciclo como um ciclo ideal, visto que um processo totalmente rever Y de resposta, as alternativas A, C e sível é inviável na prática. Dentre as opções 3 7 não cita as etapas principais destes D são descartadas, visto que o enunciado J ciclos. Entre as opções de Ciclo R de Carnot e Ciclo de Rankine, as etapas de op T eração destes são muito semelhantes, porém a grande diferença é que o ciclo da 4 máquina de Carnot é um 6 ciclo teórico, de máximo rendimento, baseado apenas T nos conceitos de fonte quente e fonte fria, sem a existência de equipamentos. Vale ainda lembrar que, S por definição, as etapas de adição e remoção de calor ciclo de K isotérmicas, enquanto no ciclo de Rankine a operação dos Carnot são plenamente N equipamentos nestas etapas ocorrem a pressão constante (podendo ou não ser Y 3 Sendo assim, a alternativa correta para este ciclo é o ideal de 100% 7 isotérmicas). J Rankine. R T 4 Alternativa (E) 6 T •

•

Trata-se de um ciclo (A) regenerativo. (C) de reaquecimento. (E) ideal de Rankine.

(B) de Carnot. (D) supercrítico.










TERMODINÂMICA

Questão 19

27


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Quando um fluido escoa através de uma restrição, como um orifício, uma válvula parcialmente fechada ou um tampão poroso, sem qualquer variação apreciável de energia cinética ou potencial, e na ausência de transferência de calor, realiza-se um processo (A) isotérmico. (B) isentálpico. (C) isentrópico. (D) isobárico. (E) isocórico.

S K N Y 3 7 Resolução: J R O enunciado descreve um processo típico de estrangulamento. A partir das T características do processo fornecidas, é possível realizar 4 um balanço de energia 6 para um sistema aberto: T d(mU ) ˙ = −∆(m(H ˙ + E + E S )) + Q˙ + W dt K N É infomado que o processo ocorre Y sem variação de energia cinética e poten 3 cial, e na ausência de calor. Ainda, não há nenhuma informação de que há geração 7 Jque não há acúmulo de energia, visto que de trabalho. Por último, considera-se R estes processos geralmente T se encontram no estado estacionário. Sendo assim, a expressão se resume a: 4 6 m∆H ˙ =0 T S Ou seja, o processo K é isentálpico. N Alternativa (B) Y 3 7 J R T 4 6 T cin

pot










TERMODINÂMICA

Questão 20

28


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Em relação à pressão de vapor de um líquido, é INCORRETO afirmar

que (A) a pressão de vapor de um líquido aumenta linearmente com o aumento da temperatura. (B) a curva de pressão de vapor relaciona pressão a temperatura, sendo que, em qualquer ponto acima da curva, existem duas fases, líquido e vapor.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

(C) a pressão de vapor pode ser estimada por meio de equações empíricas.

(D) a Equação de Clapeyron estabelece uma relação termodinâmica entre pressão de vapor e entalpia de vaporização de uma substância pura. (E) um líquido puro entra em ebulição, em dada temperatura, quando sua pressão de vapor é igual à pressão à qual está submetido.

Resolução:

S K A) Falso. A dependência da pressão de vapor com a temperatura é exponencial. N Y 3 B) Falso. Acima da curva de pressão de vapor existe somente a fase vapor. 7 J C) Verdadeiro. Existem diversas equações empíricas que permitem prever a R pressão de vapor de diferentes substâncias, como a equação de Antoine, de T 4são específicos para cada substância. Wagner, cujos parâmetros 6 T D) Verdadeiro. A partir de aproximações aceitáveis, a equação de Clapeyron rela S ciona a pressão de vapor com a entalpia de vaporização na mudança de fase K de uma substância pura. N Y Correto, a ebulição se dá devido à igualdade entre a pressão de E) Verdadeiro. 3 7da substância e a pressão ambiente. vapor J R T Sendo assim, existem duas alternativas incorretas. 4 6 T Questão Anulada Julguemos os ítens:










TERMODINÂMICA

Questão 21

29


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Um gás com comportamento ideal é comprimido isotermicamente do estado caracterizado por pressão e volume molar iguais a p1 e V1 para outro cujos valores são p2 e V2. Qual a variação de energia interna ocorrida entre os estados 1 e 2, em J/mol? (T = temperatura absoluta e R = constante dos gases)

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

(A) p2.V1 – p1.V2 (B) p1.V2 – p2.V1 (C) 0 (D) R.T

 p2.V1  (E)  p1.V2  RT  

S Kde compressão de um gás ideal. A questão aborda um processo isotérmico N Ye entalpia para gases ideais é função Como é sabido, a variação de energia interna 3 somente da temperatura, conforme as seguintes expressões: 7 J R dU = C dT T 4 dH = C dT 6 T Ou seja, se o processo é isotérmico, tanto a variação de energia interna S quanto de entalpia Kserão nulas. N Y Alternativa (C) 3 7 J R T 4 6 T Resolução:

v

p










TERMODINÂMICA

Questão 22

30


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Um refrigerador ideal opera em um Ciclo de Carnot, sendo constituído por duas etapas isotérmicas nas quais calor QF é absorvido no nível mais baixo de temperatura TF , e calor QQ é rejeitado no nível mais alto de temperatura TQ, e por duas etapas adiabáticas. O ciclo requer a

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

adição de uma quantidade líquida de trabalho ao sistema. Considerando-se esses dados, o coeficiente de performance  desse refrigerador é dado por (A)

(B)

(C)

TQ TQ



TF

TQ



TF

(D)

TF TQ



(E) TF

TQ

TQ



TF

TF

TF

TQ



TF

S K N da mesma do Ciclo de Carnot O Ciclo de Carnot de refrigeração Y funciona 3 para máquinas térmicas, porém operando no sentido inverso. O refrigerador ideal 7 opera em duas etapas isotérmicas J e duas etapas isentrópicas, onde o calor é absorvido na temperatura mais R baixa (T ) e rejeitado na temperatura mais alta T (T ). Ainda, uma certa quantidade de trabalho é adicionada ao sistema para o 4 6 funcionamento do ciclo. AT medida da efetividade destes ciclos é dada a partir do coeficiente de performance: S calor absorvido K COP = trabalho fornecido N Y Que, no caso de ciclos ideais de Carnot, só depende das temperaturas das 3 7 fontes: J T R COP = T − T T 4 6 Alternativa (E) T Resolução:

F

Q

F

Q

F










TERMODINÂMICA

Questão 23

31


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) A Equação de Estad o de Van der Waal s descre ve o comportamento de gases reais, ajustando seus desvios em relação ao comportamento ideal através dos parâmetros a e b. Esses parâmetros estão relacionados com as

forças

intermoleculares e com os volumes moleculares. Os valores determinados para a amônia (NH3), por exemplo, são

S K N Y 3 7 J R T Resolução: 4 6 Para a resolução desta questão, é necessário que T se conheça a equação de Van der Walls, definida como: S RT K a P = ¯ − V ¯ V − b N Y 3 A partir desta, realiza-se uma análise dimensional para verificar a unidade 7 do termo a. Nota-se que o termo J deverá ter a mesma unidade de pressão. R Assim, com base no Sistema Internacional de unidades, temos: T 4[P a] = [a] 6 [(m /mol) ] T Como não existe esta alternativa, abrimos a unidade de pressão em função S K já que P V = E , no SI temos: do volume e energia, N Y [P a][m ] = [J ] 3 7 [J ] [P a] = J [m ] R [a] [J ] T = 4 [(m /mol) ] [m ] 6 [J ] T [a] = × [(m /mol )] [m ] a = 4.233 e b = 3,73 x 10−5m3/mol. Quais as unidades SI corretas para o parâmetro a? (A) J.m3.mol−2

(B) Pa.mol2.m−3

(C) Pa.m3.mol−2 (D) N.m3.mol−2 (E) J.m6.mol−2

2

a ¯ 2 V

3

2

3

3

3

2

3

6

2

3

[a] = [(Jm3 .mol 2 ] −





Alternativa (A) 




TERMODINÂMICA

Questão 24

32


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Nos processos de vaporização em pressões baixas, admitindo-se que a fase vapor tenha comportamento de gás ideal e que o volume molar do líquido seja desprezível face ao volume molar do vapor, a expressão a ser utilizada para vap o cálculo da entalpia de vaporização H de uma substância é

(A) R

(B) R

d(lnPsat ) dT

(D) R

dPsat dT (E) R

(C)

R

dP sat  1 d  T

Resolução:

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

d(lnPsat )  1 d  T

d(lnPsat ) d(lnT)

S K N Y 3 7 J R T dP ∆H = dT 4 P RT 6 T Esta, na sua forma integrada, fica:  ∆H  1 S K ln(P ) = − R × T N Ypode ser mais uma vez diferenciada: 3 E que 7 1 J ∆H d(ln(P )) = − d R R T T d(ln(P )) ∆H 4   =− 6 R d T d(ln(P ))  ∆H = −R d

Processos de vaporização a baixas pressões podem ser representados pela equação de Clausius-Clapeyron. Esta equação faz algumas considerações no seu processo de desenvolvimento, como considerar o comportamento de gases como ideal, desprezar o volume da fase líquida frente ao volume de vapor, que permitem chegar no seu formato final: sat

vap 2

vap

sat

sat

sat

vap

vap

1

T

sat

vap

1

T





Alternativa (D) 




TERMODINÂMICA

Questão 25

33


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) No escoamento irreversível adiabático de um fluido incompressível, em estado estacionário, por meio de um tubo com área de seção transversal constante, a (A) temperatura diminui no sentido do escoamento. (B) pressão aumenta no sentido do escoamento. (C) variação de entalpia do fluido é maior que zero. (D) velocidade do fluido é constante. (E) variação de entropia do fluido é zero.

S K N Resolução: Y 3 O enunciado da questão descreve o escoamento do fluido incompressível 7de um tubo como sendo em estado estacionário, irreversível, adiabático, através J R de área constante. Como o processo está em estado estacionário, é possível T verificar por balanço de massa que o taxa mássica que entra 4 é igual a que sai. 6 Como o fluido é incompressível, sua massa específica T não irá se alterar durante o escoamento, e portanto a taxa volumétrica também se mantém constante. Em S um escoamento cuja área transversal é constante, a única hipótese possível que K valida estas condições é de que a velocidade de escoamento do fluido não se N Yfaltam informações referentes à perda altere. Com relação às outras alternativas, 3 de carga no trecho para que se possa julgá-los. 7 J R Alternativa (D) T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T 








TERMODINÂMICA

Questão 26

34


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) O acionamento de um motor a querosene requer a compressão do ar, por meio de um turbocompressor, antes de sua introdução na câmara de combustão. Como o processo de compressão ocorre de forma adiabática, o trabalho requerido é dado pela variação da função termodinâmica de (A) Entropia. (B) Entalpia. (C) Energia livre de Helmholtz. (D) Energia livre de Gibbs. (E) Energia interna.

S K N Y 3 7 J Resolução: R T O processo em questão leva em conta a compressão adiabática de ar 4 através de um turbocompressor. Aplicando o balanço de 6 energia entre a entrada e T saída do equipamento, temos: S d(mU ) ˙ = −∆(m(H ˙ + E + E )) + Q˙ + W K dt N Yo trabalho fornecido pelo compressor Neste caso, como o sistema é isolado, 3 será absorvido pelo ar, aumentando 7 a entalpia do mesmo. Vale salientar que não J há variações nas energias cinética e potencial do fluido, e este processo pode ser R T considerado em estado estacionário. A equação fica: 4 6 ˙ T W ˙ = m∆H S A consequência K do ganho entálpico será o aumento na pressão do fluido. N Alternativa (B) Y 3 7 J R T 4 6 T cin

pot










TERMODINÂMICA

Questão 27

35


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Um reator de volume conhecido contém 100 mol de um gás ideal a uma pressão de 10 5 Pa e a uma temperatura T1. Se, nessas condições, a variação de entropia com o volume para esse gás vale 100 J.m.K −1, e se a constante universal dos gases pode ser considerada igual a 8,3 J.mol − 1. K−1, a temperatura T 1 do reator, em K, é de (A) 100 (B) 200 (C) 273 (D) 1.000 (E) 2.000

S K N Y 3 7 J Resolução: R T O objetivo da questão é descobrir a temperatura do 4 gás ideal que está ar 6 mazenado no reator a partir das informações termodinâmicas fornecidas, dentre T elas a pressão, número de mols e a relação entre a entropia e volume deste gás S (nota-se que a unidade desta relação está equivocada, deveria ser J/(Km ). A Kesta questão foi a partir da exmaneira mais simples encontrada para resolver N pressão da energia interna: Y 3 dU = T dS − P dV 7 J  : R Que é derivada em relação a V para o uso da expressão T  ∂U   ∂S   ∂V  4 6 = T − P ∂V ∂V ∂V T Sabe-se que S para um gás ideal, a energia interna só varia com a temper  é nulo. A expressão fica então: atura. Assim, o K termo N  ∂S  Y T = P 3 ∂V 7 J P   T = R T 1 × 10 4 T = 6 100 T 3

∂S ∂V

∂U ∂V

∂S ∂V

5

T = 1.000K





Alternativa (D) 




TERMODINÂMICA

Questão 28

36



Definindo-se (C p) e (C v) como as capacidades caloríficas molares de um gás ideal, a pressão e volume constantes, respectivamente, e ( ) como a razão entre essas capacidades caloríficas (   Cp / Cv ) , a equação que expressa o trabalho (W) de expansão de um gás ideal em um sistema fechado é dada por

S K   N Y 3 7 J R T 4 Resolução: 6 T Para a resolução desta questão, é importante salientar que a relação entre S as capacidades caloríficas fornecida no enunciado só é válida para gases ideais K em processos adiabáticos. Esta informação deveria ter sido dada no enunciado da N questão. Partindo-se desta relação, temos: Y 3 C 7 γ = J C R T Além disso, para gases ideais, temos: 4 6 T dU = C dT S dH = C dT K Assim, N podemos substituir os calores específicos na relação inicial. Y    dH  3 7 γ =   = J dU R T O termo dH pode ser substituído pela seguinte expressão: 4 6 dH = dU + d(P V ) T (A)

P2 V2

 P1V1

  1

(D)

  1

P V  P2V2 (B) 1 1   1

(E)

(C)

P2 V2  P1V1

P2 V2 

  1



 P1V1

Cp

P2 V2  P1V1

p v

v

p

dH dT dU dT


TERMODINÂMICA

37


Resultando em: dU + d(P V ) dU d(P V ) γ = 1 + dU d(P V ) = (γ 1) dU d(P V ) dU = γ 1 γ =

−

−

Como o processo é adiabático: d(P V ) γ 1 ∆(P V ) W = γ 1 P 2 V 2 P 1 V 1 W = γ 1

dU = dW =

−

−

− −

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y Questão 29 3 (Eng de Processamento Jr 7 - Petrobras 2006) J R T 4 6 T S K N Y 3 Resolução: 7 JConsiderando o ovo como um sistema fechado, como mencionado no enun R T ciado da questão, e sabendo-se que para ocorrer a incubação do mesmo este 4 precisa receber calor de uma fonte externa, conclui-se que o ovo é um sistema en 6 T 



Alternativa (A)  

Considerando um ovo como um sistema fechado, seu processo de incubação, necessariamente, deve ser: (A) endotérmico. (B) exotérmico. (C) isentálpico.

(D) isentrópico.

(E) isovolumétrico

dotérmico, e a fonte que proporciona o processo de incubação é necessariamente exotérmica. 



Alternativa (B) 




TERMODINÂMICA

Questão 30

38


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) A trajetória de um fluido em um compressor adiabático que opera reversivelmente é representada no Diagrama de Mollier por uma linha (A) horizontal da temperatura inicial até a temperatura final. (B) horizontal da pressão inicial até a pressão final. (C) horizontal da entalpia inicial até a entalpia final.

S K N Y Resolução: 3 7 Diagramas termodinâmicos são gráficos que representam, J para uma deter R minada substância, um conjunto de propriedades, tais como T T , P , V , H e S . Um 4H versus S . Outras dos diagramas mais comum é o de Mollier, que representa 6 propriedades também são mostradas no diagrama a partir T de curvas presentes. Considerando a compressão adiabática de um fluido ocorrendo de maneira rever S sível, temos um processo isentrópico. Desta K maneira, este processo será representado no diagrama de Mollier como uma N reta vertical (sem variação de entropia), partindo da pressão inicial até a pressão Y final do fluido após a compressão. 3 7 J Alternativa (E) R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T (D) inclinada da temperatura inicial até a temperatura final. (E) vertical da pressão inicial até a pressão final.










TERMODINÂMICA

Questão 31

39


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2010/1) Qual dos processos descritos abaixo pode ser associado à variação nula de entropia desse sistema? (A) Reação entre HCl e NH3 formando NH4Cl em um reator fechado e isolado. (B) Vaporização de um hidrocarboneto em sua temperatura normal de ebulição.

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4 A variação de entropia de um processo é definida 6 como: T dQ dS = T S K isentrópico, ou seja, com variPortanto, para um processo ser considerado N ação nula de entropia, este terá que ocorrer de maneira adiabática e reversível. Y 3 Sendo assim, dentre as alternativas, a única que representa um processo sem 7 transferência de calor é a opção C. J As opções A, B, D e E contemplam a geração R de calores de reação, de vaporização, de mistura e de energia química, respecti T 4 que nada é dito com relação a reversibilidade do vamente. Deve-se salientar ainda 6 T processos, porém isto foi considerado para que houvesse uma alternativa correta. S Alternativa (C) K N Y 3 7 J R T 4 6 T (C) Expansão adiabática de fluido refrigerante em uma turbina.

(D) Mistura de 2 gases ideais, em recipiente isolado, mantendo-se constante o volume total.

(E) Geração de energia elétrica em uma pilha.

rev










TERMODINÂMICA

Questão 32

40


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2006) A Equação de Clausius-Clapeyron é comumente utilizada para avaliar a relação entre pressão de vapor de um fluido e sua temperatura. ln(

p1 p2

)=

ΔHv

R

(

1 T1

1

−

T2

)

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Qual das seguintes afirmativas NÃO se aplica à fórmula apresentada acima? (A) O vapor é considerado um gás ideal. (B) A entalpia de vaporização é considerada como independente da temperatura. (C) A variação de volume é aproximada pelo volume total da fase vapor. (D) A dependência entre a pressão de vapor e a pressão externa é desprezada. (E) A relação é válida para condições próximas ao ponto crítico.

S K N Julguemos os itens: Y 3 A) Verdadeiro. A Equação de Clausius-Clapeyron considera o comportamento 7 J ideal para o vapor em mudança de fase, visto que a Equação de Gases Ideais R é utilizada para substituir T o termo ∆V durante o seu desenvolvimento. 4 6 B) Verdadeiro. No desenvolvimento desta equação, o termo ∆H é considerado T independente da temperatura, de forma que este é tomado como constante S para que a expressão K possa ser integrada. N C) Verdadeiro. O volume da fase gás é muito superior ao volume de líquido. Y Sendo assim, o volume da mistura pode ser aproximado apenas pelo volume 3 7 de gás. J R D) Verdadeiro. Esta dependência é desprezada, pois o processo de vaporização T 4 é considerado a pressão constante. 6 T Resolução:

v

E) Falso. As hipóteses nas quais a equação de Clausius-Clapeyron está baseada possuem validade somente aproximadamente a baixas pressões. 



Alternativa (E) 




TERMODINÂMICA

Questão 33

41


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2006) Os valores aproximados dos coeficientes da Equação de Van der Waals para o metano são: a = 0,2Pa.m6/mol e b = 4 x 10-5m3/mol. Para 100mol do gás ocupando o volume de 1m3 a 300K, a diferença, em KPa, entre a pre ssão calculada por essa relação e a verificada para um gás ideal, nas

S K N Y 3 7 J R T Resolução: 4 6 Inicialmente iremos calcular a pressão P atravésTda Equação dos Gases Ideais. S K P V = nRT nRT N P = Y V 3 100 × 8 × 300 7 P = J 1 R P = 240, 0kP a T 4 6 Em seguida faremos o cálculo da pressão empregando a Equação de Van T der Waals. S a K P = V ¯RT − − b V ¯ N 8 × 300 0, 2 Y P = −   3 4 × 10 − 7 J P ≈ 239kP a R T 4 A diferença calculada entre as pressões é: 6 T ∆P ≈ 239, 0 − 240, 0 = −1, 0 mesmas condições, R=8J.mol-1.K-1, é: (A) –2 (B) –1 (C) 0

(D) +2

E +3

2

1 100

−

5

1 100

2





Alternativa (B)  


TERMODINÂMICA

Questão 34

42


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2006) T(° C)

40

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

-10

-1

-1

S(Jmol K )

Em coordenadas T (temperatura) e S (entropia), o di agrama acima ilustra um típico ciclo de evaporação, compressão, condensação e expansão, válido para o refrigerante HFC-134a. O coeficiente de desempenho (COP) desse ciclo de refrige ração deve ser avaliado em: (A) 1 (B) 2,5 (C) 3,3 (D) 5,3 (E) 6,3

Resolução:

S K N Yno evaporador calor absorvido 3 COP = 7 de compressão trabalho J O calor absorvido empregado na expressão do COP pode ser calculado através R T da diferença das entalpias entre os pontos 2 e 1, enquanto o trabalho fornecido 4 pelo compressor pode ser 6 obtido através da diferença de entalpia entre os pontos T 3 e 2. Desta forma, pode-se reescrever a expressão da seguinte forma: S H − H COP = K H − H N Y 3 7 J R T 4 6 T

A questão aborda o tema ciclos térmicos de refrigeração. Para estes ciclos, utiliza-se o conceito de coeficiente de performance:

2

1

3

2

Para a resolução da questão se torna então necessário a obtenção dos valMaterial de uso exclusivo do Comprador Cód. T64TRJ73YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.

TERMODINÂMICA

43


ores de H 1 , H 2, H 3 através do diagrama termodinâmico para o fluido refrigerante HFC-134a, disponível no final da prova em questão e também no Anexo B. H 1 : O ponto 1 está localizado na região bifásica a -10 C, onde há equilíbrio entre ◦

líquido e vapor. Neste ponto, a maneira mais adequada de se encontrar o valor de entalpia é através da entalpia do ponto 4 (H 4 ). Visto que a expansão é isentálpica, pode-se dizer que H 1 = H 4 . Desta forma, para localizá-lo no diagrama termodinâmico basta encontrar o ponto sobre a curva de equilíbrio líquido-vapor, para fase líquida, correspondente à temperatura de 40 C.

S K N H = H = 258kJ/kg Y 3 7 J H : Como pode ser visto na figura anterior, o ponto 2 está localizado sob a curva de R equilíbrio e portanto corresponde a vapor saturado. Analogamente, para localizá T 4 sobre a curva de lo no diagrama termodinâmico é necessário encontrar o ponto 6 equilíbrio, para fase vapor, correspondente à T= -10 C. T H = 390kJ/kg S K N H : O ponto 3 está representando o fluido como vapor superaquecido. Para este Y 3 ponto não é conhecida a referente temperatura, porém se sabe que o sistema 7 J que o ponto 4 e, ainda, que este possui correspondente tem a mesma pressão a mesma entropia do ponto 2. R Estes dados podem ser obtidos no diagrama ter T 4 valores: P = 10bar e S = 1, 75kJ/kgK . Através modinâmico e tem os seguintes 6 destes dados, podemos localizar T efetivamente o ponto 3 no diagrama e obter o valor da entalpia do sistema representado pelo ponto 3. S K H = 430kJ/kg N Y Com 3 posse dos valores de entalpia para os pontos 1, 2 e 3 podemos calcular 7 o COP . J R 390 − 258 COP = T 430 − 390 4 6 COP = 3, 3 T ◦

1

4(T =40◦ C )

2

◦

2

3

4

2

3





Alternativa (C) 




TERMODINÂMICA

Questão 35

44


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2006) Uma corrente de gás com comportamento próximo ao ideal é comprimida adiabaticamente da pressão p1 para p2. O compressor emprega uma potência W para uma vazão molar F do gás comprimido. Qual a variação na entropia do gás entre a entrada e a saída do compressor? (R = constante dos gases; Te = temperatura de entrada no compressor; Ts = temperatura de saída do compressor) (A) −Rln( (B) −Rln(

p2 p1

)

Ts Te

)

(C) 0 (D) −

W F(Ts − Te)

(E) -R

Resolução:

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T dS = dQT

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Na presente questão são disponibilizados alguns dados como: a idealidade do gás e a ausência de troca de calor entre o sistema e a vizinhança durante a compressão. Porém, nota-se a falta de informação sobre a reversibilidade do processo de compressão que esta sendo tratado. Supõe-se que por se tratar de um processo ideal, fica subentendido que o processo é também reversível. Neste caso, a variação de entropia para um gás ideal, passando por um processo reversível é dado pela seguinte equação: rev

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Por se tratar de processo adiabático o termo dQrev = 0 e consequentemente a variação de entropia é igual a zero. 



Alternativa (C)  


TERMODINÂMICA

Questão 36

45


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2006)

Considere que

é o modelo para a energia livre

de Gibbs em excesso (G E) para uma fase líquida binária, sendo R a constante universal dos gases, T, a temperatura, e x1 e x2, as frações molares das espécies químicas 1 e 2. Para se obter o equilíbrio líquido-líquido, qual deve ser o parâmetro A? (A) A = 0 (B) 0 < A < 1 (C) 1

A < 1,5

(D) 1,5 (E) A

A<2 2

Resolução:

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Para a resolução desta questão é necessário o conhecimento acerca das propriedades em excesso de misturas. Como se sabe, a energia de Gibbs em excesso quantifica o desvio de um determinado sistema da idealidade. Neste caso, a ocorrência do equilíbrio líquido-líquido corresponde ao caso extremo de desvio da idealidade, para tanto, o valor da constante A deve ser o maior possível. Conclui-se então, que a alternativa que apresenta o maior valor para A é a alternativa (E).

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T





Alternativa (E) 




TERMODINÂMICA

Questão 37

46


(Eng de Processamento Jr - Petrobras 2006) Um sistema binário formado pelas espécies químicas 1 e 2 está no equilíbrio líquido-vapor, e as equações l n 1= Ax2 l n

2

2

= Ax1

2

e

fornecem uma estimativa adequada para os

coeficientes de atividade das espécies na fase líquida, onde A é igual a 2. Para uma dada temperatura T obtém-se

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4binário, pode-se conComo o enunciado da questão trata de um sistema 6 siderar que: X = 1 − X . Ao fazer a substituição doTvalor de A, fornecido no enunciado, nas expressões dadas, podemos chegar nas seguintes equações: S K ln(γ ) = N 2X Y 3 ln(γ ) = 2X 7 J Substituindo-se estas expressões na relação dada no enunciado, temos: R T   γ 4 ln = 0, 4 6 γ T ln(γ ) − ln(γ ) = 0, 4 S 2X − 2X = 0, 4 K N Y a expressão de X obtém-se: Substituindo 3 7 2(1 − X ) − 2X = 0, 4 J R 2 − 4X + 2X − 2X = 0, 4 T 4 2 − 4X = 0, 4 6 T 4X = 2 − 0, 4 n l 1n

1

= 0,4 . Considerando que a fase vapor é ideal, o valor

2

da composição da espécie 1 no azeótropo é: (A) 0,1 (B) 0,2 (C) 0,3 (D) 0,4 (E) 0,5

2

1

1

2 2

2

2 1

1 2

1

2

2 2

2 1

2

2

2 1

2 1

2 1

1

1

1 1

X 1 = 0, 4 



Alternativa (D) 




TERMODINÂMICA

Questão 38

47


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012)

O esquema de uma máquina térmica que opera em ciclos é mostrado na figura.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Durante cada ciclo, a máquina realiza o trabalho W, absorve a quantidade de calor Q H do reservatório quente e rejeita a quantidade de calor Q C para o reservatório frio. As temperaturas dos reservatórios estão indicadas na figura e não variam. A tabela a seguir apresenta cinco ciclos hipotéticos e valores propostos para QH, QC e W em cada um desses c iclos. Ciclo A

Ciclo B

Ciclo C

Ciclo D

Ciclo E

QH (J)

1.000

1.000

1.000

1.000

1.000

QC (J)

400

400

300

500

300

W (J)

700

600

700

600

600

Dentre esses ciclos, o único fisicamente possível é o (C) C (D) D (A) A (B) B

(E) E

S K térmica, valida-se o seguinte A partir do esquema mostrado para o máquina N balanço de energia: Y 3 Q = W + Q 7 J Ou seja, o calor fornecido pela fonte quente será igual ao trabalho gera R do mais o calor rejeitado na T fonte fria. Dentre as opções de resposta, exclui-se 4 6 primeiramente as alternativas A, D e E por estas não obedecerem ao balanço de T energia. O rendimento de uma maquina térmica é dado pela divisão do trabalho líquido gerado pelo S calor fornecido na fonte quente. O rendimento máximo que K pode ter é o rendimento de Carnot, que depende somente uma maquina térmica N das temperaturas das fontes quente e fria, na seguinte forma: Y 3 T 7 η = T − J T R T Que, para este caso, fica: 4 6 200 400 η = 600 = = 0, 667 = 66, 7% − T Resolução:

H

C

C

H

H

600

600

Dentre as alternativas restantes, a C operaria com um rendimento de 70%, superior ao rendimento de Carnot, sendo portanto um ciclo impossível na prática.   Logo a única alternativa viável é a letra B. Alternativa (B)   Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T64TRJ73YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.

TERMODINÂMICA

Questão 39

48



As usinas termoelétricas e nucleares utilizam, normalmente, máquinas térmicas a vapor para girar suas turbinas. O esquema simplificado dessa máquina térmica com seus principais elementos é mostrado na figura 1. Considere que o fluido de trabalho dessa máquina opere em um ciclo de Rankine ideal ilustrado na figura 2.

Figura 1 Durante a etapa 3 – 4 do ciclo, a(o) (A) máquina cede calor para a fonte fria. (B) máquina realiza trabalho girando a turbina. (C) máquina absorve calor da fonte quente. (D) bomba recebe trabalho de uma fonte externa. (E) vapor é condensado no condensador.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T Figura 2

S K Resolução: N Y Como mencionado no enunciado, 3 diversas usinas utilizam maquinas térmi 7a geração de energia. Este ciclo funciona cas baseadas no ciclo de Rankine para J da seguinte maneira: primeiramente, água é aquecida na caldeira a pressão cons R T tante até que se forme vapor de elevada entalpia, geralmente superaquecido (2-3). 4 Este vapor é encaminhado 6 a uma turbinaque opera adiabaticamente, em um proT a geração de trabalho de eixo (3-4). Este trabalho cesso de expansão que visa será utilizado para S a geração de energia elétrica. O vapor a jusante da turbina é condensado a K pressão constante (4-1) e então o líquido é bombeado adiabatica N mente de Y volta a caldeira (1-2), onde todo o ciclo se repete. Em um ciclo ideal, as etapas 3 ocorrem reversivelmente, portanto as duas etapas adiabáticas são tam 7 bém J isentrópicas. Sendo assim, a etapa 3-4 representa a expansão do vapor na R turbina. T 4 6 Alternativa (B) T 








TERMODINÂMICA

Questão 40

49



Um mol de um gás monoatômico ideal sofre a transformação LMN reversível mostrada no diagrama PV.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

A quantidade de calor, em kJ, trocada entre o gás e a vizinhança, durante essa transformação, é

Dados: Calor específico do gás ideal monoatômico a volume constante = 3R/2 Calor específico do gás ideal monoatômico a pressão constante = 5R/2

S K N Y 3 7 J Resolução: R T Como não existe uma 4 expressão para o cálculo direto do calor trocado, esta 6 questão é resolvida a partir Tda aplicação da primeira lei da termodinâmica: dU = dQ + dW S K dQ = dU − dW N Y O 3 balanço será aplicado do estado L até N, passando pelo estado M. Ou 7 seja, J serão somadas as variações de energia referentes a cada uma das duas R transformações. Para tanto, é necessário o conhecimento das seguintes ex T pressões: 4 6 T −1

onde R = 8,3 J mol .

−1

K

.

(A) 6,0 (B) 15 (C) 24 (D) 30 (E) 36

dU = C v dT , para gás ideal

dW =

−P dV

Sendo assim, é necessário que se calcule a variação destas duas parcelas de energia em cada transformação para que se saiba a quantidade total de calor Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T64TRJ73YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.

TERMODINÂMICA

50


trocada. Do processo L-M, tem-se os seguintes cálculos: dU LM = C v (T M dU LM =

− T )  3R P V L

M M

−

P L V L nR



2 nR 3 dU LM = (2 105 40 10 3 ) 2 dU LM = 6 103 J = 6kJ

×

× ×

5

− (1 × 10 × 40 × 10

−

−

3

)

S K e dW = −P dV = 0 , visto que o volume não varia. N E do processo M-N, temos: Y 3 7 dU = C (T − T ) J   3R P V P V R dU = − T 2 nR nR 4  3 6 dU = 2 × 10 × 100 × 10 − 2 × 10 × 40 × 10 T 2 dU = 18kJ S K e N dW = −P dV = −2 × 10 (100 × 10 − 40 × 10 ) = −12kJ Y 3 7 Finalmente, temos: J R dQ = dU T + dU − (dW + dW ) 4 dQ = 6 6 × 10 + 18 × 10 − 0 + 12 × 10 T dQ = 36kJ S K Alternativa (E) N Y 3 7 J R T 4 6 T ×

LM

M N

v

N

M

N N

M M

M N

5

−

M N

3

5

−

3

M N

5

−

M N

LM

M N

3

3

LM

3

3

−

M N 3










TERMODINÂMICA

Questão 41

51



Um sistema termodinâmico é formado por uma substância pura. A energia interna desse sistema é expressa através da relação U = C S3 / V, onde C é uma constante, S é a entropia, e V é o volume do sistema. .

Se P é a pressão interna do sistema, uma equação de estado desse sistema é (A) T = 6 C S / V .

.

(B) T = 3 C S3 / V2 .

.

(C) T = 3 C S2 / V .

.

(D) P = C S3 / V

S K N Resolução: Y 3 A partir da expressão geral da energia interna, temos: 7 J dU = T dS − P dV R T 4 6 Desta igualdade, podemos encontrar duas derivadas parciais que resulT tariam em equações de estado:  ∂U  S = T K ∂S N  ∂U  Y = −P 3 ∂V 7 J Assim, derivando a expressão dada para U nos dois casos, chegamos em: R T    ∂ CS 3CS 4 T = = 6 T ∂S V  V ∂ CS CS P = = − S ∂V V V K Dentre N as opções de resposta, a única que contempla uma destas duas Y hipóteses 3 é a letra C. 7 J Alternativa (C) R T 4 6 T .

(E) P = C S2 / V .

V

S

3

2

V

3

3

2

S










TERMODINÂMICA

Questão 42

52



A equação de estado de um gás é a seguinte:

Nessa equação, a, b e R são constantes, p é a pressão, v é o volume molar, e T é a temperatura termodinâmica do gás. Seja s a entropia molar do gás. A derivada parcial ( ∂s/∂v)T é dada pela expressão

S K N Y 3 7 J R T Resolução: 4 6 A partir do conhecimento prévio das relações de Maxwell, tem-se: T  ∂S   ∂P  S = ∂V ∂T K N Ypara P em relação a T , mantendo-se Assim, basta derivar a expressão dada 3 V constante, para se chegar na resposta. 7 J  ∂P   R  RT  ∂ a = − √ T v(v + b) ∂T ∂T v − b T  ∂P  6 4 R a √ = + ∂T T v − b 2v(v + b) T S Alternativa (A) K N Y 3 7 J R T 4 6 T (A)

(D)

(B)

(E)

(C)

T

V

V

V

V

3










TERMODINÂMICA

Questão 43

53



As propriedades termodinâmicas de uma substância são frequentemente apresentadas, além de em tabelas, em cartas ou em diagramas que são úteis porque apresentam a relação entre as propriedades termodinâmicas e também porque possibilitam a visualização dos fenômenos que ocorrem em cada parte do sistema. Os chamados diagramas de Mollier usualmente têm como ordenada a (A) temperatura (T), como abcissa, a pressão (p), e são adequados à representação do ciclo termodinâmico de refrigeração. (B) temperatura (T), como abcissa, a entalpia (h), e são adequados à representação do ciclos termodinâmicos de refrigeração. (C) temperatura (T), como abcissa, a entalpia (h), e não são adequados à representação dos ciclos termodinâmicos de refrigeração. (D) pressão absoluta (p), como abcissa, a entalpia (h), e são adequados à representação dos ciclos termodinâmicos de refrigeração. (E) pressão absoluta (p), como abcissa, a entalpia (h), e não são adequados à representação dos ciclos termodinâmicos de refrigeração.

S K N Y 3 7 Resolução: J R Diagramas termodinâmicos são gráficos que representam, para uma deter T minada substância, um conjunto de propriedades, tais como T , P , V , H e S . Um 4 6 dos diagramas mais comum é o de Mollier, que representa, na maioria dos casos, T curvas de H versus S . Outras propriedades também são mostradas no diagrama a partir de outras curvas presentes no mesmo. S Em ciclos de refrigeração, estes K comumente representam pressão na ordenada versus entalpia na abscissa, sendo N Y adequados para a representação destes ciclos por representarem todas as var 3 iáveis de grande importância destes 7 processos. J R Alternativa (D) T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T 








TERMODINÂMICA

Questão 44

54


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Para 1 mol de substância pura sofrendo uma transformação reversível de um estado inicial 1 a um estado final 2, dU = TdS − PdV, onde as variáveis U, S e V são, respectivamente, energia interna, entropia e volume molares, e as variáveis T e P são, respectivamente, temperatura e pressão.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

A relação de Maxwell obtida a partir da equação acima é (A) (D) (B) (E) (C)

S K o conhecimento prévio da Para a resolução desta questão é necessário seguinte propriedade diferencial, que pode N ser aplicada a uma variável qualquer z Y que seja dependente de apenas dois parâmetros x e y, desta forma: 3 7 J z = (x, y) R T dz = M (x, y)dx + N (x, y)dy 4  6   ∂N  ∂M T∂y = ∂x S A partir da equação diferencial da energia interna, fornecida no enunciado K da questão, N identifica-se sua dependência apenas com a variação de entropia e Y da variação de velocidade, conclui-se então que esta pode ser expressa com base 3 7 apresentada acima da seguinte forma: na propriedade J R U = (S, V ) T 4 dU = T dS − P dV 6    ∂P  ∂T T Resolução:

x

∂V

y

=

S

−

∂S

V





Alternativa (B) 




TERMODINÂMICA

Questão 45

55


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Os parâmetros “a” e “b” na equação de Van der Waals e outras equações cúbicas de estado representam, respectivamente, (A) atração molecular e polaridade molecular (B) atração molecular e tamanho molecular (C) peso molecular e polaridade molecular

S K N Y Resolução: 3 7 A equação de van der Waals é considerada uma equação J de estado que R descreve as propriedades de um gás não ideal. Apesar de esta estar baseada na T equação de gás ideal, esta leva em conta os parâmetros a 4 e b que são emprega 6 dos para fazer correções de algumas considerações utilizadas T para gases ideais. Uma delas desconsidera qualquer tipo de atração intermolecular que possa existir S entre as moléculas, onde para a correção desta aproximação é empregado então o K parâmetro a. Já o parâmetro b leva em conta o volume ocupado por cada uma das N Ytotal do gás. Desta forma, a alternativa moléculas, corrigindo, neste caso, o volume 3 correta é a letra B. 7 J R Alternativa (B) T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T (D) tamanho molecular e peso molecular

(E) tamanho molecular e velocidade molecular










TERMODINÂMICA

Questão 46

56


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Em uma turbina bem isolada, o vapor d’água, a alta pressão, sofre uma expansão adiabática e reversível para produzir trabalho mecânico. Se, para esse processo, as variações de entalpia e entropia específicas forem representadas por ( ΔH) e ( ΔS), respectivamente, então,

S K N Y 3 7 J Resolução: R O enunciado descreve um processo típico de expansão em tubinas para T 4 produção de trabalho de eixo. A partir do balanço de 6 energia para um sistema T aberto se tira algumas conclusões: d(mU ) S ˙ = −∆(m(H ˙ + E + E )) + Q˙ + W K dt N Tomando-se a entrada e a saída Y da válvula como o volume de controle, 3 infere-se que não há variação de energia cinética e potencial, é dito no enunciado 7 J considera-se que não há acúmulo de enque a expansão é adiabática. Por último, R ergia, visto que estes processos geralmente se encontram no estado estacionário. T 4resume a: Sendo assim, a expressão 6 se T m∆H ˙ ˙ = −W S K Ou seja, como o objetivo é a geração de trabalho de eixo, a variação de N entalpia á Y menor do que zero. Em relação à variação de entropia, é dito no enunci 3 ado que a expansão é reversível e adiabática. Sabe-se que a variação de entropia 7 J proporcional ao calor trocado reversivelmente, portanto conclui-se é diretamente R que a variação de entropia é nula e desta forma a alternativa correta é a C. T 4 6 Alternativa (C) T (A) (ΔH) = 0 e ( ΔS) = 0

(B) (ΔH) > 0 e ( ΔS) = 0 (C) (ΔH) < 0 e (ΔS) = 0 (D) (ΔH) < 0 e (ΔS) < 0 (E) (ΔH) < 0 e ( ΔS) > 0

cin

pot










TERMODINÂMICA

Questão 47

57


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Um mol de um gás ideal com capacidades caloríficas constantes (Cp e Cv) sofre uma expansão isentrópica de um estado inicial a uma temperatura T 1 e uma pressão P1 a um estado final, a uma temperatura T 2 e uma pressão P 2. Se a razão

for igual a γ, então, a razão

igual a

(A) (D) (B) (E) (C)

será

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K Resolução: N Y Quando se trata de uma expansão isentrópica de um gás ideal, a variação 3 7 de energia interna do gás será igual à geração de trabalho. Nestes casos, uma J R identidade que é válida é a lei de Poisson: T 4 P V = P V 6 T Onde γ está representado no enunciado como a relação entre C e C . S Sendo assim, para Kse obter a relação entre P 1 e P 2 em função da temperatura e N de γ é necessário se reescrever e lei de Poisson. Y P V 3 = 7 P V J   P V R = T P V 4 6 E, tomando-se a equação de gases ideais: T 1

γ

2

1

γ

2

P

V

γ

1

2

2

1

γ

1

2

2

1

γ

P 1 V 1 P 2 V 2 = T 1 T 2 V 2 P 1 T 2 = V 1 P 2 T 1


TERMODINÂMICA

58


Substituindo esta relação na expressão de Poisson, temos: γ

 P T  P T  T  = T  T  P = T P  T  P = P T   P T P 1 = P 2

P 1 γ P 1

1

2

2

1

2

P 2 γ P 2

γ

1

1−γ 1 1−γ 2

2

γ

1

γ

1

2

2

1

1

1

P 2

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

=

1−γ

γ γ −1

T 2

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 7 J R Alternativa (D) T 4 6 T 








TERMODINÂMICA

Questão 48

59


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Sabendo-se que as variáveis entalpia específica, entropia específica e pressão são representadas por H, S e P, respectivamente, em um diagrama de Mollier, a inclinação de uma linha isobárica é dada por

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

(A)

(B)

(C)

(D) zero (E) infinito

S K O diagrama de Mollier é um diagrama termodinâmico que correlaciona var N Y de fluidos em transformações iáveis termodinâmicas para prever o comportamento 3 de estado. Nestes diagramas, os eixos principais representam entalpia, na orde 7 nada, versus entropia, entropia, representada J na abscissa. Ainda, curvas com outros dados R termodinâmicos, como pressão, estão também representadas. Sendo assim, em T 4ou seja, a pressão constante, a derivada com reuma transformação isobárica, 6 T lação a esta curva cur va será representada representad a por   ∂H S K ∂S N Y Alternativa (A) 3 7 J R T 4 6 T Resolução:

P










TERMODINÂMICA

Questão 49

60


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Para uma substância pura nas suas condições críticas (Pc, Tc e Vc), as relações entre P, V e T que devem ser satisfeitas são (A)

(B)

(C)

(D)

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y Resolução: 3 7 puras geralmente é descrito através de O comportamento de substâncias J diagramas P versus V, onde curvas delimitam as regiões de diferentes fases que R T a substância pode admitir, como uma fase única (por exemplo, vapor) ou equilíbrio 4 entre entre fases fases (por exemplo exemplo,, 6 líquido líquido/va /vapor) por).. Existe Existe um ponto ponto de máximo na curva curva T de equilíbrio entre líquido vapor que representa o ponto crítico desta substância, onde as fases líquido S e vapor se tornam indistinguíveis. Seguindo-se uma isoterma Ktemperatura crítica, pelo fato do ponto crítico ser um ponto de representada pela N derivada de P em relação inflex inflexão ão,, a Y primeira primeira derivada relação a V é igual a zero. zero. Ainda, Ainda, como a 3 inflexão deste é horizontal, a segunda derivada também é nula. Sendo assim, para 7 este J ponto, as duas igualdades igualdades apresentadas na alternativa (A) são válidas. válidas. R T Alternativa (A) 4 6 T (E)










TERMODINÂMICA

Questão 50

61


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) O Teorema dos Estados Correspondentes a Três Parâmetros, quando aplicado a dois gases reais, afirma que se esses gases possuírem o mesmo valor de fator (A) acêntrico, quando comparados nas mesmas condições de temperatura crítica e pressão crítica, ambos terão aproximadamente o mesmo fator de compressibilidade.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

(B) acêntrico, quando comparados nas mesmas condi-

ções de temperatura reduzida e pressão reduzida, ambos terão aproximadamente o mesmo fator de compressibilidade.

(C) acêntrico, quando comparados nas mesmas condi-

ções de temperatura e pressão, ambos terão aproximadamente o mesmo fator de compressibilidade.

(D) compressibilidade, quando comparados nas mesmas condições de temperatura crítica e pressão reduzida, ambos terão aproximadamente o mesmo fator acêntrico.

S K N Y 3 7 J Resolução: R O teorema dos estados T correspondentes diz que: “Todos os fluidos, quando 4 comparados na mesma temperatura reduzida e na mesma pressão reduzida, têm 6 T fator de compressibilidade, e todos se desviam do aproximadamente o mesmo comportamento do S gás ideal aproximadamen aproximadamente te da mesma forma”. Foi verificado verificado Kapresenta resultados aproximadamente exatos para fluidos simque este teorema N ples (argônio, criptônio e xenônio), porém, quando aplicados a fluidos mais com Y 3 plexos plexos,, surgem sur gem desvios desvios no comportamento comportamento.. Desta Desta maneira maneira,, surge surge um terceiro terceiro 7 fator J comparativo, que é o fator acêntrico (ω), função da sua pressão de vapor. R Sendo assim, caso as substâncias apresentem o mesmo fator acêntrico, quando T comparados nas suas temperaturas e pressão reduzidas, apresentarão sempre o 4 6 T mesmo fator de compressibilidade. (E) compressibilidade, quando comparados nas mesmas

condições de temperatura reduzida e pressão reduzida, ambos terão aproximadamente o mesmo fator acêntrico.





Alternativa (B) 




TERMODINÂMICA

Questão 51

62


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Uma caldeira é alimentada com água, abaixo do seu ponto de ebulição, para gerar vapor d’água superaquecido como produto. Esse processo pode ser representado em um diagrama pressão, P, versus entalpia específica, H, através de uma linha (A) vertical correspondente ao ΔH da caldeira (B) inclinada correspondente ao ΔH da caldeira (C) inclinada correspondente à pressão da caldeira (D) horizontal correspondente à pressão da caldeira (E) horizontal correspondente à temperatura da caldeira

S K N Y 3 Resolução: 7 J R A etapa de absorção de calor de uma fonte quente em uma máquina térmica T real ocorre em uma caldeira. Nesta etapa, a água proveniente do condensador irá 4 6 receber calor até que se forme vapor com alto vapor entálpico, para que este seja T utilizado na etapa de geração de trabalho em uma turbina. Na prática, a caldeira opera a pressão constante. Sendo assim, em um S diagrama P versus H , esta etapa K será representada por uma linha horizontal N correspondente a pressão da caldeira, partindo da entalpia inicial até a entalpia Y final. 3 7 J Alternativa (D) R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T 








TERMODINÂMICA

Questão 52

63


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Uma máquina térmica apresenta uma eficiência de 75% em relação à sua eficiência máxima de operação. A razão entre a temperatura da fonte quente (medida em Kelvin) e a temperatura da fonte fria (medida em Kelvin) é de 5/3. A fração do calor fornecido pela fonte quente que é convertido em trabalho mecânico é igual a (A) 0,20 (B) 0,25 (C) 0,30 (D) 0,50 (E) 0,75

S K N Y 3 7 Resolução: J R O ciclo térmico de maior eficiência possível é conhecido como Ciclo de T Carnot, funcionando em duas etapas isotérmicas e duas 4 isentrópicas alternadamente. Este tipo de ciclo térmico é inviável na prática, 6 visto que opera de forma T estritamente reversível, desconsiderando qualquer perda de energia para o meio externo. É um ciclo térmico ideal, cuja eficiência é S função apenas das temperaturas K das fontes quente e fria: N T Y − T η = 3 T 7 J T η = 1 − R T T 3 4 η =1− 5 6 T η = 0, 4 = 40% S Kno enunciado que o ciclo térmico em questão apresenta rendiComo é dito N mento de 75% em relação ao seu rendimento máximo, tem-se: Y 3 η = 0, 75 × 0, 4 = 0, 3 = 30% 7 J R É importante mencionar que o rendimento representa o trabalho gerado di T 4vidido pelo calor fornecido pela fonte quente. Assim, esta relação está expressa 6 T na letra (C). Q

F

Q

F Q

real







TERMODINÂMICA

Questão 53

64


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Em um ciclo de refrigeração por compressão, o fluido refrigerante sai do evaporador na condição de vapor saturado, a uma pressão P 1 e a uma temperatura T 1, e do condensador, na condição de líquido saturado, a uma pressão P 2 e a uma temperatura T 2. Sendo assim, na saída da válvula de estrangulamento, parcialmente aberta e isolada termicamente, o fluido encontra-se na condição de

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4 para retirar calor Máquinas de refrigeração por compressão são utilizadas 6 de um ambiente frio e rejeitá-lo em um ambiente quente, Tatravés de um ciclo termodinâmico específico. A etapa de expansão em uma válvula ocorre adiabatica S mente, onde o fluido terá sua pressão e temperatura K reduzida para que a etapa N seguinte, de evaporação (onde ocorre a absorção de calor da fonte fria), absorva a Y maior quantidade de calor possível. Como descrito no enunciado, a válvula recebe 3 7 nas condições de P e T e realiza o líquido saturado proveniente do condensador J estrangulamento do mesmo na R válvula. Este processo ocorre sem variação de en T de pressão e temperatura inferior. Como este talpia, levando o fluido a um 4 estado 6 fluido estava no estado de líquido saturado, para que ele tenha o mesmo valor T entálpico em uma temperatura e pressão inferior, ele entra na região de equilíbrio líquido vapor. Este S processo é identificado como uma linha vertical em um gráfico P versus H . É K dito que o fluido será evaporado até o estado de vapor saturado N em P e T Y . Como a evaporação ocorre a pressão constante e o fluido se encontra dentro da 3 região de equilíbrio de fases, as condições de pressão e temperatura são 7 J do que na entrada do evaporador. Sendo assim, na saída da válvula, as mesmas R haverá líquido e vapor nas condições P e T . T 4 6 Alternativa (E) T (A) vapor saturado a P 1 e T1 (B) vapor superaquecido a P 2 e T2 (C) líquido saturado a P 2 e T2 (D) líquido e vapor em equilíbrio a P 2 e T2 (E) líquido e vapor em equilíbrio a P 1 e T1

2

1

2

1

1

1










TERMODINÂMICA

Questão 54

65


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Em um ciclo de potência, a entalpia específica do vapor superaquecido que deixa a caldeira e alimenta a turbina é de 6.000 kJ/kg, e a entalpia específica do vapor que deixa a turbina é de 2.000 kJ/kg. Se a turbina trabalha com uma eficiência de 90%, a água que alimenta a caldeira tem uma entalpia específica de 1.000 kJ/kg e a água que sai do condensador tem uma entalpia específica de 500 kJ/kg, então, a eficiência térmica do ciclo é de

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4 A eficiência de um ciclo de potência é dada pela 6 relação entre o trabalho T líquido gerado e o calor absorvido na fonte quente: |W | S η= Q K N Y gerado na turbina menos o trabalho O trabalho liquido é dado pelo trabalho 3 7do condensador até a caldeira. As taxas de bombeamento do líquido da saída J de valor podem ser dadas pela R diferença de entalpia entre a saída e entrada dos T equipamentos. Assim, a eficiência fica: 4 6 W − W η =T Q m[(6000 ˙ − 2000) − (1000 − 500)] S η = ˙ − 1000) K 4000 − 500m(6000 N η = Y 5000 3 3500 η = 7 5000 J η = 0, 7 = 70% R T 4 6 Alternativa (C) T (A) 50% (B) 60% (C) 70% (D) 80% (E) 90%

A

turbina

bomba

A










TERMODINÂMICA

Questão 55

66


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) O ciclo percorrido por um fluido em uma máquina de Carnot é representado por

(A)

(D)

(B)

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T (E)

(C)

Resolução:

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

O ciclo de Carnot é um ciclo termodinâmico teórico que traduz o funcionamento de uma máquina térmica para a geração de energia com a maior eficiência possível. É composto por duas etapas isotérmicas e duas isentrópicas, que operam alternadamente, fechando um ciclo. As etapas podem ser consideradas isentrópicas por serem adiabáticas e reversíveis. 





TERMODINÂMICA

Questão 56

67


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Uma corrente de nitrogênio, escoando em regime permanente, passa por uma válvula, parcialmente fechada e isolada termicamente, sofrendo um processo de estrangulamento. Considere o nitrogênio um gás ideal e as variações de energia cinética e energia potencial desprezíveis.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Se as condições de pressão e temperatura a montante da válvula forem iguais a P 1 e T1, respectivamente, e a jusante da válvula essas condições forem iguais a P 2 e T2, então, (A) P1 = P2 e T 1 = T2 (B) P1 = P2 e T 1 < T2 (C) P1 > P2 e T1 > T2 (D) P1 > P2 e T1 < T2 (E) P1 > P2 e T 1 = T2

Resolução:

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T µ =  ∂T 

O escoamento da corrente de nitrogênio através de uma válvula parcialmente fechada com isolamento térmico é um processo isentálpico e conhecido como expansão Joule-Thompson. Como o nome já diz, estes processos resultam em uma queda de pressão à jusante da válvula, visto que nem toda pressão é recuperada durante a transformação (estes processos são irreversíveis). No caso de gases, pode ocorrer uma variação na temperatura do mesmo, que é dada pelo coeficiente de Joule-Thompson: ∂P S Kideais, a variação de entalpia pode ser dada por: Para gases N Y dH = C dT 3 7 J Como estes processos ocorrem sem variação de entalpia, consequente R T mente não haverá variação de temperatura. Assim, o coeficiente Joule-Thompson 4 6 nulo e a variação de pressão do gás não acarretará em uma alteração na T será temperatura do mesmo. H

p





Alternativa (E) 




TERMODINÂMICA

Questão 57

68


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011) Para uma substância pura sofrendo uma transformação adiabática e reversível, de um estado inicial a um estado final, a variação de entropia do sistema é (A) maior que zero (B) igual a zero (C) menor que zero (D) igual à variação da energia interna do sistema (E) igual à variação de entalpia do sistema

S K N Resolução: Y 3 A expressão para a variação de entropia de um sistema composto por uma 7 J substância pura é, por definição, R T dQ 4 dS = T 6 T e reversível, teremos Como a questão considera uma transformação adiabática dQ = 0 e, portanto, dS = 0. Assim, a variação S de entropia do sistema é igual a K zero. N Y 3 Alternativa (B) 7 J R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T rev

rev










TERMODINÂMICA

Questão 58

69



Assinale a opção que apresenta conceitos diretamente associados à Lei Zero da Termodinâmica. (A) Equilíbrio térmico e temperatura. (B) Equilíbrio químico e energia livre. (C) Irreversibilidade de processos e entropia. (D) Conservação das massas e reação química. (E) Conservação de energia e energia interna.

S K Resolução: N Y posA lei zero, ou anteprimeira lei da termodinâmica estabelece o seguinte 3 7 estão em tulado: “Dois sistemas em equilíbrio térmico com um terceiro sistema J R equilíbrio térmico entre si”. Ou seja, dois sistemas em equilíbrio térmico tem a T mesma temperatura. De forma bem sintética, poderíamos 4 dizer que a lei zero da termodinâmica traz em si o principio físico do equilíbrio 6 térmico e, o conceito e a T medida de grandeza física da temperatura. Desta forma, a alternativa que melhor S se encaixa no enunciado da lei zero da termodinâmica é a (A). K N Alternativa (A) Y 3 7 J R T 4 6 T S K N Y 3 7 J R T 4 6 T 








TERMODINÂMICA

Questão 59

70


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2006) Em ciclos de refrigeração, a redução da pressão provocada pela passagem através de uma restrição (válvula de expansão) leva à evaporação de um líquido com conseqüente absorção de calor. Esse processo de expansão apresenta comportamento: (A) isentrópico. (B) isentálpico. (C) isotérmico. (D) isobárico. (E) isovolumétrico.

S K N Resolução: Y 3 O enunciado descreve um processo típico de expansão em válvulas. A partir 7 J conclusões: do balanço de energia para um sistema aberto podem-se tirar algumas R d(mU ) T ˙ = −∆(m(H ˙ + E + E )) + Q˙ + W 4 dt 6 T Tomando-se a entrada e a saída da válvula como o volume de controle, infere-se que não há variação de energia cinética S e potencial, e sabe-se que este K considera-se que não há acútipo de válvula opera adiabaticamente. Por último, N mulo de energia, visto que estes processos geralmente se encontram no estado Y 3 estacionário. Sendo assim, a expressão se resume a: 7 J m∆H ˙ =0 R T 4 Ou seja, o processo 6 é isentálpico, portanto a variação de entalpia é igual à T zero. S K Alternativa (B) N Y 3 7 J R T 4 6 T cin

pot










TERMODINÂMICA

Questão 60

71


(Eng Jr - Área: Processamento - Transpetro 2006) A pressão de vapor de uma dada substância a 288K é um décimo da verificada a 298K. Indique a estimativa correta para o calor de vaporização dessa substância. (R = 8,314J.mol-1.K-1). (A) 9KJ/mol (B) 20KJ/mol (C) 71KJ/mol (D) 100 KJ/mol (E) 164KJ/mol

S K Resolução: N Y No caso desta questão é necessário o uso da equação de 3 Clausius 7a sua temClapeyron que relaciona a pressão de vapor de uma substância com J peratura da seguinte forma: R  P  H  1 1  4 T ln = − − T 6 P R T T Como foi dito no enunciado da questão, P = 10P . Desta forma isolando a S variável referente ao calor de vaporização e substituindo K os valores fornecidos no N enunciado da questão obtemos: Y   3 ln H 7 = R J − R H ln(10) T = 4 R − 6 T Lembrando que a prova disponibiliza uma tabela de logaritmos naturais de S onde pode ser obtido o valor do logaritmo natural de 10. K H N ≈ 164, 0kJ/mol R Y 3 7 Alternativa (E) J R T 4 6 T 2

v

1

2

1

2

1

P 2 P 1

v

1

1

T 2

T 1

v

1 298

1 288

v










TERMODINÂMICA

Questão 61

72


(Eng de Processamento Jr - Suape 2011) Uma substância pura está armazenada em um vaso fechado, a uma determinada temperatura e pressão, onde a fase líquida ocupa metade do volume do vaso. Nesse sistema, a pressão de vapor da substância sofrerá alteração com o(a) (A) aumento da temperatura do fluido

S K N Y 3 7 Resolução: J R Julguemos os itens: T 4 6 A) Verdadeiro. O aumento da temperatura irá elevar a pressão de vapor do T líquido, vaporizando parte deste. S B) Falso. O aumento do volume de líquido no vaso K fechado causaria o aumento na pressão da fase vapor, e não da sua N pressão de vapor do líquido. Y 3 C) Falso. Não altera o valor da pressão de vapor da fase líquida 7 J D) Verdadeiro.A redução da temperatura irá reduzir a pressão de vapor do líquido, R condensando parte do vapor. T 4 6 E) Falso. A adição de outro líquido irá alterar as propriedades da mistura, porém T não irá afetar a pressão de vapor da substância pura. S O fato de K existirem duas alternativas que alteram a pressão de vapor da N substância Y acarretou a anulação da questão. 3 7 Questão Anulada J R T 4 6 T (B) aumento do volume de líquido no vaso (C) redução da pressão do vaso (D) redução da temperatura do fluido (E) adição de outro líquido no vaso










TERMODINÂMICA

Questão 62

73


(Eng de Processamento Jr - Suape 2011) Considere as afirmativas abaixo que se referem ao ciclo de Carnot operando entre um reservatório quente e um frio. I

-

II

-

III

-

O ciclo de Carnot é formado por dois processos isotérmicos e dois adiabáticos, todos reversíveis, sendo dois de compressão e dois de expansão. A eficiência do ciclo de Carnot é definida como a relação entre o trabalho líquido realizado e o calor fornecido ao reservatório frio. O ciclo de Carnot é o ciclo termodinâmico de maior eficiência.

Está correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) III, apenas. (D) I e III, apenas. (E) I, II e III.

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K Analisando as alternativas fornecidas N na questão: Y 3 I - Verdadeiro.O ciclo de Carnot é formado por duas etapas isotérmicas e duas 7 que formam um ciclo alternado de J isentrópicas (adiabáticas reversíveis), Ra geração máxima de trabalho. compressão e expansão T com 4 II - Falso. A eficiência 6 de Carnot é definida como a relação entre o trabalho líquido realizado e oT calor fornecido pelo reservatório quente, e não ao reservatório frio como mencionado. S K que os processos são reversíveis e adiabáticos, nenhuma III - Verdadeiro.Visto N Ypode possuir uma eficiência térmica superior à de uma máquina de máquina 3 Carnot. 7 J R Alternativa (D) T 4 6 T Resolução:










TERMODINÂMICA

Questão 63

74


(Eng de Processamento Jr - Suape 2011) Em um determinado ciclo de potência, onde os reservatórios quente e frio estão disponíveis a 600 K e 300 K, respectivamente, deseja-se produzir uma potência líquida de 400 kW. A transferência de calor do reservatório quente para o ciclo de potência deve ser, em kW, no mínimo, (A) 400 (B) 500 (C) 600 (D) 700 (E) 800

S K N Y 3 Resolução: 7 J Em ciclos térmicos de Carnot a eficiência pode ser expressa pelas equações R T abaixo : 4 T η = T − 6 T T W η = S Q K N Onde W é o trabalho líquido realizado e é dado no enunciado na questão no Y valor e 400 kW e Q é o calor recebido no reservatório quente. Igualando as duas 3 7 expressões acima obtém-se: J W T − T R = T Q T 4 400 600 − 300 6 = T Q 600 Q = 800kW S K N Alternativa (E) Y 3 7 J R T 4 6 T F

Q

Q

q

f

q










TERMODINÂMICA

Questão 64

75


(Eng de Processamento Jr - Suape 2011) Uma substância na condição de líquido sub-resfriado, ao passar por uma válvula de estrangulamento perfeitamente isolada, sofre vaporização parcial. Considerando-se desprezível a variação de energia cinética entre a entrada e a saída da válvula, nesse sistema, a substância, após a passagem pela válvula, terá a (A) temperatura aumentada (B) pressão aumentada (C) entropia aumentada

S K N Y 3 7 Resolução: J R Quando um líquido passa por um processo de estrangulamento sem vari T ação de energia cinética ou potencial o principal resultado é 4 uma queda de pressão 6 e temperatura do fluido, excluindo assim as alternativas T A e B. Considerando a equação abaixo de conservação de energia: S K+ W dH + du + gdz = Q N Y 3 Sabendo-se que o processo é adiabático, como mencionado no enunciado 7de eixo, a equação pode então ser simplifi J da questão, e que não produz trabalho R cada: ∆H = 0. T 4 Desta forma, também se exclui as alternativas D e E. Considerando-se a 6 T expressão abaixo para entropia: S dH = T dS + V dP K N E sabendo que dH = 0, temos: Y 3 7 T dS = −V dP J R T ∆S = −V (P − P ) T 4 6 foi dito, o estrangulamento causa uma redução de pressão, portanto T P < P Como , tornando o termo da direita (−V (P − P )) necessariamente maior do que (D) entalpia aumentada (E) entalpia diminuída

2

e

2

2

1

2

1

1

zero, explicitando assim um aumento na entropia do sistema.





Alternativa (C) 




TERMODINÂMICA

Questão 65

76


(Eng de Processamento Jr - PetroBio 2010) Um reservatório cilíndrico fechado contém dióxido de carbono a temperatura e pressão ambientes. Admitindo comportamento ideal para o gás, qual a variação estimada da entropia do CO2, em J.mol1.K1, quando aquecido até que sua pressão atinja 270 KPa? Dados: Cp (CO2) = 23 J.mol1.K1 •

S K N Y Resolução: 3 7 J Para a completa resolução da questão é necessário o conhecimento a cerca R das seguintes equações: T 4 6 dU = dQ − P dV (1) T dH = dU + P dV + V dP (2) S dH = C dT (3) K P V = nRT N (4) dQ Y 3 dS = (5) T 7 J R Substituindo a equação 1 na 2: T 4 dQ = dH − V dP (6) 6 T Substituindo a equação 6 na 5: S K dH V dP dS = (7) − T N T Y 3 Através da relação dos gases ideais pode-se expressar a razão V /T como 7 R/P J e da substituição do dH pela equação 3 se pode obter a seguinte expressão: R  C   R  T dS = dT − dP (8) 4 T P 6  T   R   P 2  T ∆S = C ln ln (9) − R = 8 J.mol1.K1

•

(A) 23

(B) 0

(C) 8

(D) 15

(E) 23

p

p

2

p

T 1

P

P 1

Sabe-se do enunciado da questão que: T 1 = 289K ; P 1 = 100kP a; P 2 = 270kP a. Desta forma, através da relação dos gases ideais pode-se obter o valor


TERMODINÂMICA

77


de T 2 da seguinte forma: P 1 P 2 = T 1 T 2 100 270 = 298 T 2 T 2 = 804, 6K

S K N  804, 6   270  Y ∆S = 23 ln 8 ln − 3 298 100 7 J ∆S = 23 ln(2, 7) − 8ln(2, 7) R ∆S ≈ 23 − 8 T 4 ∆S ≈ 15Jmol K 6 T Alternativa (D) S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Através da integração da equação 9 em seus respectivos limites chega-se então às expressões:

−

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

1

−

1










TERMODINÂMICA

Questão 66

78


(Eng de Processamento Jr - PetroBio 2010) Um ciclo de Rankine é utilizado para a produção de energia elétrica em uma unidade piloto multipropósito. Sabendo-se que as entalpias específicas da água de alimentação da caldeira, do vapor superaquecido que sai da caldeira e do vapor saturado que deixa a turbina são iguais a 900 kJ/kg, 3.000 kJ/kg e 2.700 kJ/kg, respectivamente, e que 1 kW é igual a 1 kJ/s, se a caldeira gerar calor a uma taxa de 2.100 kJ/min, a potência elétrica produzida, em kW, será (A) 0,5 (B) 1,0 (C) 2,5 (D) 5,0 (E) 10,0

S K N Y 3 7 J R T Resolução: 4 6 O ciclo de Rankine funciona com o objetivo de produzir T potência através da expansão adiabática do vapor superaquecido com entalpia 3000 kJ/kg (H ) S em uma turbina. Este vapor superaquecido K é produzido por uma caldeira que é alimentada com líquido que tem a entalpia N de 900kJ/kg (H ). O vapor saturado Y que deixa a turbina tem entalpia de 2700 kJ/kg (H ). Ainda é dito no enunciado do 3 7 que equivale a 35 kJ/s (Q ). Como problema que a caldeira gera 2100 kJ/min J se sabe a eficiência do ciclo de Rankine é dada pela relação entre o trabalho R produzido pela turbina (W T ) e o calor gerado na caldeira (Q ): 4 6 T W = m˙ |(H − H )| Q = m(H ˙ − H ) S K N Dividindo estas duas expressões, temos: Y 3 W |H − H | = 7 Q H − H J W |2700 − 3000| R = T 35 3000 − 900 4 300 W = 35 × 6 2100 T W = 5, 0kJ/s = 5, 0kW 2

1

3

caldeira

turbina

caldeira

turbina

3

2

caldeira

2

1

turbina

3

2

caldeira

2

1

turbina

turbina turbina





Alternativa (D) 




TERMODINÂMICA

Questão 67

79


(Eng de Processamento Jr - PetroBio 2010) A equação de estado de van der Waals, representada abaixo, é utilizada para descrever o comportamento de gases reais e inclui os parâmetros a e b. a    p  2  V  b   RT  V 

Esses parâmetros podem ser determinados empiricamente ou estimados a partir do conhecimento da temperatura e da pressão críticas do gás em questão. No caso da amônia, qual a estimativa correta para o parâmetro a, em J.m3.mol2?

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Dados: Tc (NH3) = 400 K •

pc (NH3) = 11 MPa

•

R = 8 J.mol-1.K-1

•

(A) 0,2 (B) 0,3 (C) 0,4 (D) 0,5 (E) 1,0

S K Para o caso descrito pela questão, N a equação de Van der Waals representa o comportamento da amônia no Y ponto crítico. Neste caso para o cálculo 3 do parâmetro a, deve-se empregar a 7 seguinte equação.  27 R  J T  a = R T 64 P     4 27 400 6 a = T 64 × 8 × 11.000.000 a ≈ 0, 4 S K N Recomenda-se que, para economia de tempo, esta equação seja de Yprévio do candidato, assim como a equação para estimação do conhecimento 3 7 b, apesar de não ser utilizada na questão. Do contrário estas exparâmetro J pressões podem ser deduzidas a partir das derivadas primeira e segunda da R T equação de Van der Waals, considerando a temperatura constante. Isto só é 4 possível pois a isoterma crítica apresenta inflexão horizontal, por isso as duas 6 T Resolução:

2

c

2

c

2

2

derivadas podem ser igualadas a zero e o algebrismo para a estimação dos parâmetros a e b é possível. 



Alternativa (C) 




TERMODINÂMICA

Questão 68

80


(Eng de Processamento Jr - Suape 2009) Em função da reduzida pressão de vapor da glicerina, os riscos decorrentes de inalações à temperatura ambiente (300 K) são pequenos. Qual a temperatura estimada, em K, para que a pressão de vapor seja 20 vezes maior? R = 8 J.mol-1.K-1

H vaporização glicerina

= 80 KJ /mol

ln 20 = 3

S K N Y Resolução: 3 7 J No caso desta questão é necessário o uso da equação de Clausius R Clapeyron que relaciona a pressão de vapor com a temperatura para líquidos da T seguinte forma:  P  H  1 1  6 4 ln = − − T T P R T Como foi dito no enunciado da questão, P S = 20P . Usando esta relação e K substituindo os valores correspondentes à N entalpia de vaporização e à constante Y universal dos gases na equação de Clausius-Clapeyron, obtém-se o valor da tem 3 peratura em questão. 7   20P R  J  80000 1 1 ln = − − 300 P T 8 T 1 1  4 6 = −10.000 × − 300 T Tln(20) 10000 10000 = − ln(20) S T 300 K 10000 = 100 − 3 N T 3 Y 10000 100 − 9 3 = 3 T 7 J 3 T = 10000 × R 91 T T ≈ 330K 4 6 T Alternativa (D) (A) 400 (C) 350 (E) 310

(B) 370 (D) 330

2 1

v

2

1

2

1

1

1

2

2

2

2

2

2

2










TERMODINÂMICA

Questão 69

81


(Eng de Processamento Jr - Suape 2009) Uma fonte quente a uma temperatura constante (T 1 ) transfere 4.000 Joules de calor a uma fonte fria que está a uma temperatura constante T 2 = 300 Kelvin. Uma máquina de Carnot opera entre a fonte quente e a fonte fria produzindo 2.000 Joules de trabalho. Considerando-se essas informações, qual o valor, em Kelvin, da temperatura da fonte quente? (A) 150 (B) 300 (C) 400 (D) 550 (E) 600

S K N Y 3 7 J Resolução: R Em questões que abordam máquinas térmicas de Carnot é necessário o T 4 ) e o calor gerado uso da relação entre o trabalho gerado pela turbina (W 6 Tna questão. Para tanto na caldeira (Q ), que é a fonte quente mencionada esta relação pode ser obtida fazendo uso dos valores das temperaturas das fontes S quente (T ) e fria (T ) , da seguinte forma: K N W T − Y T = Q T 3 7 W T = 1 J − Q T R T W T = 1 − 4 T Q 6 T T T = Q Q − W S Q T = T × K Q − W N 4000 T = 300 × Y 4000 − 2000 3 7 T = 600K J R T Alternativa (E) 4 6 T turbina

caldeira

Q

F

turbina

Q

caldeira

F

Q

turbina

F

caldeira

Q

F

turbina

Q

caldeira

F

caldeira

Q

turbina

caldeira

caldeira

Q

F

caldeira

turbina

Q Q










TERMODINÂMICA

Questão 70

82


(Eng de Processamento Jr - Suape 2009) Em uma unidade química deseja-se resfriar um solvente de 200 °F até 100 °F. °F. Foi comprada uma máquina máquin a frigorífica frigorífic a que opera segundo um ciclo de refrigeração por compressão. O calor específico do solvente é de 0,4 Btu/((lbm) (°F)). Sabendo-se que o calor total trocado no evaporador da máquina frigorífica é de 400 Btu/min, que o calor total trocado no condensador da máquina frigorífica é de 800 Btu/min, e que o trabalho total de compressão é de 200 Btu/min, a vazão de solvente para que seja alcançada a refrigeração desejada é de (A)) 0, (A 0,1 1 lb lbm/min (B) 0,2 lbm/min

S K N Y 3 7 J R Resolução: T 4 para a refrigerFoi fornecido no enunciado da questão o calor necessário 6 T no evaporador da ação do solvente de 200 F até 100 F, que é o calor trocado máquina térmica, visto que a etapa de evaporação é onde ocorre a absorção do S calor que se deseja retirar. retirar. Como se sabe, o calor Ktrocado pode ser expresso pela N seguinte equação: Y 3 Q˙ = mC ˙ ∆T 7 J Q˙ R m ˙ = C ∆T T 4 m˙ = 400 6 0, 4 × 100 T m ˙ = 10lb 10lb /min S K Alternativa (D) N Y 3 7 J R T 4 6 T (C)) 0, (C 0,5 5 lbm/min

(D) 10 lbm/min

(E)) 20 lbm/min (E

◦

◦

p

p

m










TERMODINÂMICA

Questão 71

83


(Eng de Processamento Jr - Termoaçu 2008) Uma solução saturada de cloreto de sódio em água a 25oC contém 360g de sal por litro de solução e apresenta densidade igual a 1,20. O coeficiente de atividade do NaCl nessa solução é (A) 0,12 (B) 0,36 (C) 0,43 (D) 1,0 (E) 8, 8,6 6

S K Resolução: N Y A questão trata de uma solução aquosa de cloreto de sódio no 3 estado satu 7 rado. É informado que a solução apresenta densidade igual a 1,2, J e que a quantidade de sal presente é de 360 g por litro de solução. solução. Visto que R a massa específica T da água, em condições ambiente, é igual a 1 kg/L, sabe-se que existe 1 kg da 4 6 mesma mesma no litro litro de solução solução.. A partir destas informaç informações ões, , é possível possível verificar verificar a T quantidade quantidade de sal dissolvida na solução, solução, para verificar se este está em excesso. excesso. A densidade densidade é convertida convertida em massa específica: S K 1200g/L = = N (1000g (1000g + m + m )/(1L (1L) ρ = 1, 2kg/L = kg/L = 1200g/L Y 3 7 De onde se tira: J m = 200g 200g R T 4 de 160 g de sal na solução. Sendo assim, esta Ou seja, existe um excesso 6 T apresentando solução está super-saturada, super-saturada, apresentando um desvio positivo do comportamento desta em relação a S idealidade. Nestes casos, o coeficiente de atividade (que mede este desvio) é maior Kdo que um. Dentre as alternativas, apenas a letra E apresenta N uma resposta possível. possível. Nota-se que faltam informações informações para que o coeficiente coeficiente de Y atividade 3 pudesse ser diretamente calculado. 7 J Alternativa (E) R T 4 6 T gua

sal

sal










TERMODINÂMICA

Questão 72

84


(Eng de Processamento Jr - Termoaçu 2008) A ene energia rgia liv livre re de Gib Gibbs bs de mis mistura tura par para a uma cor corrent rente e gas gasosa osa,, o a 25 C e 1atm, formada por 50% de CO2, 10% de O2 e 40% de N2 em volume é (R = 8J.mol 1.K 1) (A) (A) (B)) (B (C)) (C (D)) (D (E)) (E

–8,0KJ/mo –8,0KJ /moll –2,2KJ –2, 2KJ/mo /moll 0,0KJ 0,0 KJ/mo /moll 2,3KJ 2,3 KJ/mo /moll 9,3KJ/ 9,3 KJ/mol mol

S K N Y 3 Resolução: 7 J Esta questão envolve conhecimentos acerca de propriedades de mistura, no R T caso a energia livre de Gibbs, para a mistura mencionada no enunciado, que pode 4 6 ser determinada pela seguinte equação para gases ideais: T  ∆G = RT x ln(x ln(x ) S K Onde x é a fração fração volumétr volumétrica ica de determin det erminado ado composto composto na mistur mistura. a. No N Ymencionadas, pressão e temperatura caso descrito pela questão nas condições 3 7 da mistura por uma mistura ideal. ambiente, torna-se possível a aproximação J Desta forma, fazendo uso da tabela de logaritmos naturais que foi disponibilizada R T ao final da prova, e substituindo os valores das frações volumétricas dadas no 4 enunciado enunciado da questão, questão, obtém-se a expressão expressão a seguir: 6 T ∆G = 8 × 298 × (0, (0, 5ln(0, 5ln(0, 5) + 0, 0, 1ln(0, 1ln(0, 1) + 0, 0, 4ln(0, 4ln(0, 4)) S ∆G K≈ −2, 2kJ/mol N Y Alternativa (B) 3 7 J R T 4 6 T gi

i

i

i

gi gi










TERMODINÂMICA

Questão 73

85


(Eng de Processamento Jr - Termoaçu 2008) Uma máquina térmica é usada para manter um ambiente aquecido no inverno e refrigerado no verão. Supondo que a máquina pudesse operar de maneira ideal (Ciclo de Carnot), qual o trabalho necessário por KJ de calor fornecido no inverno ou removido no verão? (Admita que a temperatura interna seja mantida em 25 oC e que a diferença para a externa seja de ±15 oC, conforme a estação.) (A) 50J (B) 100J (C) 150J (D) 200J (E) 250J

S K N Y 3 Resolução: 7 J A questão aborda uma máquina de refrigeração ideal, R que funciona pelo Tduas etapas isotérCiclo de Carnot. Estas máquinas ideais trabalham a partir 4 de 6 micas e duas isentrópicas, que se operam alternadamente, resultando no maior T rendimento possível. Seu desempenho é medido através do seu coeficiente de performance, que é definido como: S K calor absorvido no evaporador N COP = trabalho Y de compressão 3 E ainda, nos ciclos de Carnot, é função somente das temperaturas das fontes 7 J quente e fria: R T COP = T T − T 4 6 Igualando-se as duas T expressões chegamos na seguinte equação: Q T = S W T − T K N No Y enunciado da questão é pedido o trabalho por 1000 J de calor fornecido, 3adota-se este valor para Q. Substituindo os valores de temperatura dadesta 7 forma Jexpressão acima obtém-se a quantidade de trabalho necessário em Joules. dos na R 1000 273 + 25 T = 4 W (273 + 25 + 15) − (273 + 25) 6 1000 × 15 T W = 298 F

Q

F

F

Q

F

W

≈ 50, 0J 



Alternativa (A) 




TERMODINÂMICA

Questão 74

86


(Eng de Processamento Jr - Termoaçu 2008) Que potência, em KW, poderá ser gerada por uma turbina alimentada com 3.600Kg/H de vapor superaquecido a 200KPa e 400 oC, o qual é descarregado a 50KPa e 150oC? (A) 400 (B) 450 (C) 500 (D) 550 (E) 600

S K N ), A questão pede a potência que pode ser gerada por uma turbina Y (W fornece o valor da taxa mássica (m ˙ ) de vapor que equivale a 1 Kg/s, 3 e menciona 7 as condições de entrada e de saída do vapor na turbina. A potência J pode então R ser calculada a partir da seguinte equação: T 4 ˙ |W | = m(H − H ) 6 T A chave da questão se torna a obtenção dos valores das entalpias do vapor S na entrada e saída, que podem ser obtidas na tabela de propriedades de vapor K superaquecido, entrando com o valor de N pressão em MPa e a temperatura em Y C é possível encontrar o correspondente valor de entalpia do vapor em kJ/kg. A 3 7 referida tabela de propriedades é disponibilizada no final da prova. Desta forma os J R seguintes valores foram encontrados: T 4H = 3.276, 6kJ/kg 6 T H = 2.780, 1kJ/kg S Kos valores de entalpia encontrados na equação da potência Substituindo N obtém-se Y o valor final desta em kW, considerando que 1 kW = 1 kJ/s. 3 7 |W | = 1 × (2.780, 1 − 3.276, 6) J |W | ≈ 500kW R T 4 Alternativa (C) 6 T Resolução:

turbina

turbina

2

1

◦

1

2

turbina turbina










TERMODINÂMICA

Questão 75

87


(Eng de Processamento Jr - Termoaçu 2008) O fluido refrigerante HFC134a, na forma de líquido saturado a 40 oC, passa através de uma válvula de expansão tendo sua pressão reduzida para 100KPa. Qual a variação de entalpia, em KJ/Kg, associada a esse processo? (A) –250 (B) –150 (C) –90 (D) 0,0 (E) 90

S K Resolução: N YA partir O enunciado descreve um processo típico de expansão em válvulas. 3 7conclusões: do balanço de energia para um sistema aberto podem-se tirar algumas J R d(mU ) ˙ ˙ = −∆(m(H ˙ + E + E )) + Q + T W dt 4 6 Tomando-se a entrada e a saída da válvula como T o volume de controle, infere-se que não há variação de energia cinética e potencial, e sabe-se que este S tipo de válvula opera adiabaticamente. Por último, K considera-se que não há acú N mulo de energia, visto que estes processos geralmente se encontram no estado Y estacionário. Sendo assim, a expressão 3 se resume a: 7 J m∆H ˙ =0 R T Ou seja, o processo é 4 isentálpico, portanto a variação de entalpia é igual à 6 zero. T S Alternativa (D) K N Y 3 7 J R T 4 6 T cin

pot










TERMODINÂMICA

Questão 76

88


(Eng de Processamento Jr - REFAP 2007) Qual é o coeficiente de desempenho (COP) de um sistema de refrigeração que opera segundo um Ciclo de Carnot entre a temperatura ambiente (298 K) e –25 °C (248 K)? (A) 6,0 (B) 5,0 (C) 1,0 (D) 0,25 (E) 0,10

S K N A questão aborda uma máquina de refrigeração ideal, que funciona pelo Y 3 Ciclo de Carnot. Estas máquinas ideais trabalham a partir de duas etapas isotér 7 micas e duas isentrópicas, que se operam alternadamente, resultando J no maior rendimento possível. Seu desempenho é medido através do R seu coeficiente de T performance, que é definido como: 4 6 calor absorvido no evaporador T COP = trabalho de compressão S Ksomente das temperaturas das E ainda, nos ciclos de Carnot, é função N fontes quente e fria: Y T 3 COP = T − T 7 J R Substituindo os valores fornecidos no enunciado, temos: T 248 4 COP = 6 − 248 T COP = 298 248 50 S COP ≈ 5, 0 K N Y Alternativa (B) 3 7 J R T 4 6 T Resolução:

F

Q

F










ANEXO A -- Diagrama pressão x entalpia

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

S K N Y 3 7 J R T 4 6 T

Termodinamica em fracoes

Recommend Documents