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Enunciado

Termodinâmica - Sonntag, R.E. e Borgnakke, C. -Fundamentos da Termodinâmica- Ed: 1º - Capítulo 8.Problemas - Ex. 53

Um conjunto cilindro-pistão contém água a 200   k P a e a 200 ° C , com um volume de 20   l . O pistão é movimentado lentamente, comprimindo a água até uma pressão de 800   k P a . A carga sobre o pistão é tal que o produto PV é uma constante. Considerando que a temperatura ambiente é de 20 ° C , mostre que esse processo não viola a segunda lei da termodinâmica.

Passo 1

Fala pessoal, tudo certinho? vamos responder mais uma questão, então prepara o material e vamos responder!!

Recebemos os seguintes dados para a água:

P 1 = 200   k P a

T 1 = 200 ° C

V 1 = 20   l = 0,02   m 3

P 2 = 800   k P a

T a m b = 20 ° C = 293   K

P V = c t e

Para ver se esse processo é possível temos que ver se a geração de entropia é positiva ou negativa. A variação de entropia de um sistema ou de sua vizinhança pode ser negativa, mas a geração de entropia não pode.

Da tabela de água superaquecida B.1.3, com os valores correspondentes a P 1 = 200   k P a e T 1 = 200 ° C , podemos encontrar o volume específico do estágio 1, energia interna e entropia:

u 1 = 2654,39 k J k g

v 1 = 1,08034 m 3 k g

s 1 = 7,5066 k J k g   K

O problema nos diz que produto P V é constante, o que significa que a água está se comportando como gás ideal. A partir do gás ideal, podemos encontrar o volume específico do estágio 2:

v 2 = P 1 ∙ v 1 P 2

Fazendo a substituição,

v 2 = 200 ∙ 2654,39 800 = 0,27 m 3 k g

Para o caso de P 2 = 800   k P a e v = 0,2608 m 3 k g , podemos encontrar entropia específica e energia interna:

u = 2630,61 k J k g

s = 6,8158 k J k g   K

Passo 2

Da tabela de água superaquecida B.1.3, com valores correspondentes a P 2 = 800   k P a e v = 0,29314 m 3 k g , podemos encontrar entropia específica e energia interna:

u = 2715,46 k J k g

s = 7,0384 k J k g   K

Calculando a entropia específica do estágio 2 e a energia interna usando o método de interpolação linear:

u 2 = 2630,61 + 0,27 - 0,2608 0,29314 - 0,2608 ∙ 2715,46 - 2630,61 = 2654,75 k J k g

s 2 = 6,8158 + 0,27 - 0,2608 0,29314 - 0,2608 ∙ 7,0384 - 6,8158 = 6,88 k J k g   K

Calculando o trabalho específico:

w = ∫ P ∙ d v = R ∙ T 1 ∙ ∫ d v v = P 1 ∙ v 1 ∙ ∫ d v v

A integral tem o seguinte resultado

w = P 1 ∙ v 1 ∙ ln ⁡ v 2 v 1

Substituindo os termos

w = 200 ∙ 1,08034 ∙ ln ⁡ 0,27 1,08034 = - 299,6 k J k g

A transferência de calor específico é igual a:

q = u 2 - u 1 + w = 2654,75 - 2654,39 - 299,6 = - 299,24   k J

Passo 3

Calculando a geração de entropia durante o processo:

Δ s g e n = s 2 - s 1 - q T a m b

Fazendo a substituição

Δ s g e n = 6,88 - 7,5066 + 299,24 293

Com isso, nós temos que

Δ s g e n = 0,4 k J k g   K > 0

Portanto, temos que s g e n > 0 , logo, o processo não viola a segunda lei da termodinâmica.

Resposta

s g e n = 0,4 k J k g   K > 0

O processo não viola a segunda lei da termodinâmica!

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