Instituto Instituto de Engenh Engenharia aria e Tecnologia Tecnologia – IET
Termodinâmica Aplicada Segunda Lei da Termodinâmica Aplicada a Volumes de Controle
Profa Dra. Sinthya Gonçalves Tavares 1
Instituto Instituto de Engenh Engenharia aria e Tecnologia Tecnologia – IET
Taxa de variação de entropia para sistemas: s istemas: δ S sist dt
=
Q!
! T
+
! S ger
Balanço de entropia no Volume de Controle: Taxa de Varia ariaç ção = + (ent (entrrada das s) – (saí (saída das s) + (ge gerração)
2
Instituto Instituto de Engenh Engenharia aria e Tecnologia Tecnologia – IET
Taxa de variação de entropia para sistemas: s istemas: δ S sist dt
=
Q!
! T
+
! S ger
Balanço de entropia no Volume de Controle: Taxa de Varia ariaç ção = + (ent (entrrada das s) – (saí (saída das s) + (ge gerração)
2
Instituto Instituto de Engenh Engenharia aria e Tecnologia Tecnologia – IET
Taxa de variação de entropia para Volume (1) de Controle: δ S V .C . dt
=
! m! s −! m! s ! s s +
e e
(2)
Q! V .C . T (3)
+
! S ger (4)
1. Taxa de de acúmulo de entropia entropia 2. Flux Fluxo o de en entr trop opia ia de devid vido o à en entra trada da de massa 3. Taxa de entropia devido devido à transferê transferência ncia de calor para o volume de controle 4. Geração de energia energia no V.C. 3
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Termo de acúmulo e geração de entropia: S V .C .
=
" ρ .s.dV
! S ger .
=
"
=
mV .C . .s
=
m A .s A
! ρ .s! ger .dV = S ger , A
+
+
m B .s B
! S ger , B
+
+
mC .sC + ...
! S ger ,C + ...
O termo associado à geração de entropia é positivo ou nulo:
! S
ger ≥
0
! S
ger =
δ S V .C . dt
δ S V .C . dt
−
≥
! m! s ! m! s −! e e +
s s
! m! s −! m! s ! e e
s s +
Q! V .C . T
Q! V .C . T
≥
4
0
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2ª Lei da Termodinâmica para volume de controle: δ S V .C . dt
=
! m! s −! m! s !
δ S V .C . dt
s s +
e e
≥
Q! V .C . T
! m! s −! m! s ! e e
s s +
+
! S ger
Q! V .C . T
= 0 (Processo reversível) > 0 (Pocesso irreversível)
5
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
O processo em regime permanente: Para regime permanente:
δ S V .C . dt
=
0
0=
! m! s −! m! s ! e e
s s +
! m! s −! m! s ! e e =
s s
Q! V .C . T
Q! V .C . T
+
+
! S ger
! S ger
Considerando apenas uma área de entrada e saída de massa, e que:
! (s s m
− se
)= !
Q! V .C . T
! :m ! + S
ger
ss
− se =
!
q!V .C . T
+
!s m
s! ger
=
!e m
6
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O processo em regime permanente: Exemplo 1: Determine o trabalho fornecido por um compressor para que a água seja comprimida de forma isoentrópica de 100 kPa e 1 MPa, assumindo que, no estado de entrada a água existe como: (a) líquido saturado; (b) vapor saturado, e que as velocidades de escoamento são conforme indicado na figura.
Equação da Continuidade: 0
!
!e m
−
!
!s m
=
dm
(Reg. Permanente)
dt
Como tem-se apenas um ponto de entrada e um ponto de saída:
!e m
=
!s m
=
! m
7
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Primeira Lei da Termodinâmica:
dE V .C dt
0 (adiabático)
! = Q
V .C
!
( '
( ! m + ! e &' he V .C
! − W
! s & hs m
+
1 2
2
V s
+
+
1 2
V e2
+
% $
gZ e # −
% $
gZ s #
Como tem-se apenas um ponto de entrada e um ponto de saída, e já dividindo-se por m ! :
( '
W V .C = & he
+
1 2
% ( $ '
V e2 # − & hs
+
1 2
% $
V s2 # 8
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Segunda Lei da Termodinâmica:
δ S V .C . dt
=
! m! s −! m! s ! e e
s s +
Q! V .C . T
+
! S ger
Para um ponto de entrada e um ponto de saída, e dividindo-se por
! : se m
=
ss
Em um diagrama T x s:
b a
9
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Pelas tabelas termodinâmicas: Entrada: Pe = 100 kPa; líquido saturado (a) vapor saturado (b) Saída: Ps = 1MPa; líquido comprimido (a) vapor superaquecido (b)
he = 417,44 kJ/kg ;se = 1,3025 kJ/(Kg.K) he = 2675,46 kJ/kg ;se = 7,3593 kJ/(Kg.K)
hs = ? ; se = ss =1,3025 kJ/(kg.K) hs = ? ; se = ss = 7,3593 kJ/(kg.K)
b a
10
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Pelas tabelas termodinâmicas: Sendo as propriedades na saída conhecidas: Ps = 1 MPa; ss =1,3025 kJ/(kg.K)
(a)
Interpolando: P = 1 MPa
s =1,0742 kJ/(kg.K)
T = 80oC P = 1 MPa T = 100oC
s =1,3057 kJ/(kg.K)
P = 1 MPa s = 1,3025 kJ/(kg.K)
Para
99,7oC
o ≅ 100 C,
na tabela de vapor saturado, h l = hs = 419,02 kJ/kg
T =80,4oC
11
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Pelas tabelas termodinâmicas: Sendo as propriedades na saída conhecidas: Ps = 1 MPa; ss =7,3593 kJ/(kg.K)
(b)
Interpolando: Ts =382,5oC hs = 3226,76 kJ/kg 7,3583 kJ/(kg.K)
12
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Resumindo: Propriedade
Entrada
Saída
100
1000
(a)
417,44
419,02
(b)
2675,46
3226,76
(a)
1,3025
1,3025
(b)
7,3593
7,3593
Pressão [kPa] Entalpia [kJ/kg] Entropia [kJ/(kg.K)]
Primeira Lei da Termodinâmica:
( '
W V .C = & he
+
1 2
% ( $ '
V e2 # − & hs
+
1 2
% $
V s2 #
13
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
Para o caso (a):
Para o caso (b):
W comp.
2 ( 1 (95) 2 % ( 1 (80) % # # − & 419,02 + = & 417,44 + 3 # 3 & 2 10 $ &' 2 10 $# '
W comp.
= −
W comp.
2 2 ( 1 (95) % ( 1 (50) % # − & 3226,76 + # = & 2675,46 + 3 # 3 # & & 2 10 $ ' 2 10 $ '
W comp.
= −
0,27 kJ/kg
548,04 kJ/kg
14
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O processo em regime permanente: Exemplo 2: Ar é comprimido de 100 kPa e 300 K por um compressor de um estágio até uma pressão de saída de 900 kPa. Determine o trabalho do compressor por unidade de massa para (a) uma compressão isoentrópica com k = 1,4; (b) uma compressão politrópica com n = 1,3; (c) uma compressão isotérmica
Equação da Continuidade: 0
!
!e m
−
!
!s m
=
dm
(Reg. Permanente)
dt
Como tem-se apenas um ponto de entrada e um ponto de saída:
!e m
=
!s m
=
! m
15
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Primeira Lei da Termodinâmica: 0 (adiabático)
( ! m + ! V .C V .C e & he dt ' 1 2 ( % ! + + m h V gZ ! s &' s 2 s s # $
dE V .C
! = Q
! − W
+
1 2
V e2
+
% $
gZ e # −
Como tem-se apenas um ponto de entrada e um ponto de saída, e já dividindo-se por m ! :
W V .C = (he
−
hs )
16
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Segunda Lei da Termodinâmica: Para processo isoentrópico :
T s
a) para k = 1,4
300
W V .C = (he
−
=
se
=
ss
( 900 % & # 100 ' $
hs ) = C p (T e
( Ps % ## = & & T e ' Pe $ T s
k −1 k
1, 4−1 1, 4
− T s
T s
562 K
=
) C p ,ar = 1,004 kJ/(kg.K)
Da tabela A-5:
1,004(300 − 562)
W comp.
=
W comp.
= −
260,8 kJ/kg 17
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
Para processo politrópico : Da tabela A-5: Rar
b) para n = 1,3
=
W V .C
=
R (T s
− T e
)
1− n
0,287 kJ/(kg.K)
W comp.
=
0,287(562 − 300) 1 − 1,3 W comp.
250,6 kJ/kg
= −
18
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
Para processo isotérmico :
Da tabela A-5: Rar
=
b) para Te = Ts = 300 K
W V .C = RT ln
Pe Ps
0,287 kJ/(kg.K)
W comp.
( 100 % = 0,287.300. ln & # ' 900 $ W comp.
189,2 kJ/kg
= −
19
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
O processo em regime permanente: Exemplo 3: Na figura são mostrados componentes de uma bomba de calor para fornecimento de ar aquecido para uma residência. Em regime permanente, R–410a é admitido no compressor a –5oC, 350 kPa e é comprimido adiabaticamente até 65 oC, 1,4 MPa. Do compressor o refrigerante passa através do condensador, onde é condensado a líquido a 15oC, 1,4 MPa. O refrigerante é então expandido através de uma válvula de expansão até 350 kPa. Ar de retorno da residência é admitido no condensador a 20oC, 100 kPa, a uma vazão volumétrica de 0,42 m 3 /s, e é descarregado a 50 oC com uma perda de carga desprezível. Utilizando o modelo de gás ideal para o ar e desprezando os efeitos das energias cinéticas e potencial, determine as taxas de geração de entropia, em kW/K, para volumes de controle envolvendo o condensador, compressor e válvula de expansão. 20
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Esboço do sistema:
21
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Definição das propriedades (R- 410a): Pressão [kPa] Temperatura [oC]
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
Entalpia [kJ/kg]
274,80
Entropia [kJ/(kg.K)]
1,1034
Título Estado
V.S.
Estado 1: T1 = -5oC P1 = 350 KPa
Vapor superaquecido!
Para 350 kPa e –5 oC, na tabela de vapor superaquecido: h1 = 274,80 kJ/kg s1 = 1,1034 kJ/(kg.K) 22
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Definição das propriedades (R- 410a): 1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
Entalpia [kJ/kg]
274,80
345,50
Entropia [kJ/(kg.K)]
1,1034
1,1955
-
-
V.S.
V.S
Pressão [kPa] Temperatura [oC]
Título Estado
Estado 2: T2 = 65oC P2 = 1400 KPa
Vapor superaquecido!
Para 1400 kPa e 65 oC, na tabela de vapor superaquecido: h2 = 345,50 kJ/kg s2 = 1,1955 kJ/(kg.K) 23
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Definição das propriedades (R- 410a): Pressão [kPa] Temperatura [oC]
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
Entalpia [kJ/kg]
274,80
345,50
81,15
Entropia [kJ/(kg.K)]
1,1034
1,1955
0,3083
-
-
-
V.S.
V.S
L.C.
Título Estado
Estado 3: T3 = 15oC P3 = 1400 KPa
Líquido comprimido!
Para 15oC, na tabela de vapor saturado: hl = h3 = 81,15 kJ/kg sl = s3 = 0,3083 kJ/(kg.K) 24
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Definição das propriedades (R- 410a): Pressão [kPa]
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
-21,45
Temperatura [oC] Entalpia [kJ/kg]
274,80
345,50
81,15
81,15
Entropia [kJ/(kg.K)]
1,1034
1,1955
0,3083
0,3698
-
0,234
L.C.
Saturado
Título Estado
-
-
V.S.
V.S
Estado 4: P4 = 350 kPa Como o processo na válvula de expansão é isoentálpico: h3 = h4 = 81,15 kJ/kg
x4
=
s4
=
h4
− hl
hv
−
hl
(1 − x) sl
=
+
81,15 − 23,16 270,38 − 23,16 xsv
Vapor Saturado! =
0,234
=
25
(1 − 0,234)0,0957 + (0,273)(1,0859) = 0,3698 kJ/((kg.K)
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Resumo das propriedades (R- 410a): Pressão [kPa] Temperatura [oC]
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
-21,45
Entalpia [kJ/kg]
274,80
345,50
81,15
81,15
Entropia [kJ/(kg.K)]
1,1034
1,1955
0,3083
0,3698
Título Estado
-
-
-
0,234
V.S.
V.S
L.C.
Saturado
No diagrama T x s:
26
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Para o condensador: Pressão [kPa] Temperatura [oC]
Entalpia [kJ/kg] Entropia [kJ/(kg.K)]
Título Estado
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
-21,45
81,15
81,15
0,3083
0,3698
274,80
345,50
1,1034
1,1955
-
-
-
0,234
V.S.
V.S
L.C.
Saturado
Balanço de energia: Q! ref
=
Q! ar
! ref (h2 m 2ª Lei da Termodinâmica:
−
! ar (h6 h3 ) = m
δ S V .C . dt
! m! s ! m s s s =
e e +
! S ger
=
! ref s3 m
−
! ar .C p,ar (T 6 h5 ) = m
! m! s −! m! s !
+
s s +
e e
! ar s6 m
=
! ref s 2 m
+
− T 5 )
Q! V .C .
! ar s5 m
T +
+
! S ger
! S ger
27
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Para o condensador: Pressão [kPa] Temperatura [oC]
Entalpia [kJ/kg] Entropia [kJ/(kg.K)] Título
Estado
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
-21,45
81,15
81,15
0,3083
0,3698
274,80
345,50
1,1034
1,1955
-
-
-
0,234
V.S.
V.S
L.C.
Saturado
Cálculo da vazão mássica do ar: (T5 = 20oC; P5 = P6 = 100 kPa; V5 = 0,42 m3 /s; T6 = 50oC) ! P5 .V (100 )(0,42) 5 ! ar = 0,50 kg/s ! ar = ! ar = m m m ( 0 , 287 ).( 293 ) Rar T 5 Cálculo da vazão mássica do refrigerante: (Cp,ar = 1,004 kJ/kg.K)
! ref (h2 m ! ref m
=
−
! ar (h6 h3 ) = m
−
! ar C p,ar (T 6 h5 ) = m
0,50.1,004.(323 − 293) (345,50 − 81,15)
! ref m
− T 5 )
=
0,06 kg/s
28
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Para o condensador: Pressão [kPa] Temperatura [oC]
Entalpia [kJ/kg] Entropia [kJ/(kg.K)]
Título Estado
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
-21,45
81,15
81,15
0,3083
0,3698
274,80
345,50
1,1034
1,1955
-
-
-
0,234
V.S.
V.S
L.C.
Saturado
Variação específica da entalpia do ar: (T5 = 20oC; P5 = P6 = 100 kPa; T6 = 50oC)
( T 6 % ( P % ## − R ln&& 6 ## ' T 5 $ ' P5 $
s6
− s5 =
C p ,ar ln&&
s6
− s5 =
0,098 kJ/kg.K
Na 2ª Lei da Termodinâmica:
s6
− s5 = 1,004 ln
! = m! ( s S 3 ger ref
! = 0,06(0,3083 − 1,1955) + 0,50(0,098) S ger
−
( 323 % ( 100 % & # − 0,287 ln& # ' 293 $ ' 100 $
! ar ( s6 s2 ) + m
− s5 )
! = 4,23 x 10 3 kW/K S ger
29
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Para o compressor: Pressão [kPa] Temperatura [oC]
Entalpia [kJ/kg] Entropia [kJ/(kg.K)]
Título Estado
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
-21,45
81,15
81,15
0,3083
0,3698
274,80
345,50
1,1034
1,1955
-
-
-
0,234
V.S.
V.S
L.C.
Saturado
2ª Lei da Termodinâmica: δ S V .C . dt
! m! s ! m s s s =
e e +
! S ger
! = 0,06(1,1955 − 1,1034) S ger
! ref s 2 m
! e se = !m =
mref s1
! s ss −! m
+
+
! S ger
!
Q! V .C . T
+
! S ger
! = m (s S 2 ger ref
− s1 )
! = 5,53 x 10 3 kW/K S ger 30
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Para a válvula de expansão: Pressão [kPa] Temperatura [oC]
Entalpia [kJ/kg] Entropia [kJ/(kg.K)]
Título Estado
1
2
3
4
350
1400
1400
350
-5
65
15
-21,45
81,15
81,15
0,3083
0,3698
274,80
345,50
1,1034
1,1955
-
-
-
0,234
V.S.
V.S
L.C.
Saturado
2ª Lei da Termodinâmica: δ S V .C . dt
! m! s ! m s s s =
e e +
! S ger
! = 0,06(0,3698 − 0,3083) S ger
! ref s 4 m
! e se = !m =
m ref s 3
! s ss −! m +
+
!
! S ger
Q! V .C . T
+
! S ger
! = m (s S 4 ger ref
− s3 )
! = 3,69 x 10 3 kW/K S ger 31
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
O processo em regime transiente: Para regime transiente:
d
(ms )V .C = ! m! e se −! m! s s s
dt
+
!
Q! V .C .
+
T
! S ger
Integrando cada termo da equação ao longo de um intervalo de tempo t: t
d
" dt (ms )
t
V .C dt =
(m2 s 2 − m1 s1 )V .C .
0
t
" ! (m! s
e e
" ! (m! s
s s
0
ger dt =1 S 2 ger
0
)dt =! me se
0 t
" S !
)dt =! ms s s
Como a temperatura é uniforme no V.C. em qualquer instante de tempo: t
"! 0
Q! V .C . T
t
dt =
1
" T ! Q! 0
V .C . dt =
t
" 0
Q! V .C . T 32
dt
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
O processo em regime transiente: Daí: t
(m2 s 2 − m1 s1 )V .C .
=
!m s − !m s " e e
s s +
0
Q! V .C . T
dt +1 S 2
ger
33
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
O processo em regime transiente: Exemplo 4 (exercício 9.51 – livro texto): Inicialmente, um tanque rígido, com volume interno igual a 2 m 3, contém ar a 300 kPa e 400 K. Uma válvula conectada ao tanque é aberta e só é fechada quando a pressão interna atinge 200 kPa. O tanque é aquecido durante a operação de esvaziamento e é possível admitir que a temperatura do ar contido no tanque seja sempre uniforme e igual a 400 K. Admitindo que o ar que está contido no tanque percorra um processo reversível, determine a entropia média do ar descarregado do tanque.
34
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET Equação da Continuidade:
!
me
−
!
ms
=
dm dt
Como tem-se apenas massa saindo do V.C (queda de pressão):
−
ms
=
1
2
m2
−
m1
Primeira Lei da Termodinâmica:
dE V .C dt
=
! + Q! V .C − W V .C
!
( '
! e & he m
+
1 2
Integrando ao longo de um tempo t: m 2 u 2
Segunda Lei da Termodinâmica:
(m2 s 2 − m1 s1 )V .C .
=
2
V e
= −
ms s s
+
!
m1u1 =1 Q2
t
Q! V .C .
s s +
0
(m2 s 2 − m1 s1 ).
% $
gZ e # −
−
!m s − !m s " e e
+
T
( '
! s & hs m
−
+
2
V s
+
% $
gZ s #
m s hs Processo Reversível!!!!
dt +1 S 2
ger
1 Q2
T
35
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET ESTADO 1: V1 = 2 m3
m1
=
m2
=
P1 .V 1 Rar T 1 P2 .V 2 Rar T 2
ESTADO 2: V2 = V1 = 2 m3
P1 = 300 kPa
P1 = 200 kPa
T1 = 400 K
T2 = T1 = 400 K
=
=
(300)(2) (0,287)(400) ( 200)(2) (0,287)(400)
Da equação da continuidade:
−
ms
Da 1ª Lei da Termodinâmica: m 2 u 2 Sendo: u1 = u2 = 286,48 kJ/kg hs = 401,3 kJ/kg 1 Q2 =
m1
=
5,23 kg
m2
=
3,48 kg
=
m2
−
−
ms
m1
m1u1 =1 Q2
−
=
1,75 kg
m s hs
Tab. A.7
(3,48 x 286,48) − (5,23 x 286,48) + (1,75 x 401,3)
1 Q2 =
200,93 kJ
36
