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Enunciado

Termodinâmica - Çengel - Termodinâmica - Ed: 7º - Capítulo 7.Problemas - Ex. 211

Tanques de oxigênio são preenchidos pela compressão do gás oxigênio, como mostrado na figura. Um tanque de 1 m³, inicialmente evacuado, deve ser preenchido até 13.000 kPa ao mesmo tempo em que a temperatura do oxigênio no tanque permanece constante a 20 °C com esse sistema. Um compressor isentrópico usado. O oxigênio entra no compressor com uma pressão constante e temperatura de 150 kPa e 20 °C. Determine o trabalho total que o compressor deve realizar e a transferência total de calor do tanque de oxigênio.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem?

Bem, inicialmente no problema, fazemos a análise de que à medida que o tanque está sendo enchido, a pressão no tanque aumenta à medida que o tempo passa, mas a temperatura não. Na linha entre o compressor e o tanque, a pressão sempre corresponde à do compressor e, como resultado, a temperatura muda com o tempo. A aplicação das relações isentrópicas do processo ao compressor gera a temperatura nesta linha:

T 2 = T 1 P 2 P 1 k - 1 k       ( 1 )

Obs: Para o oxigênio, da tabela A-2ª do livro texto podemos encontrar tais propriedades:

k = 1,395             R = 0,2598   k P a   m 3 k g   K                 c p = 0,918 K J k g K               c v = 0,658 K J k g K        

Aplicando o balanço de massa no tanque, temos:

d m c v d t = m ˙ e n t

Mas, sabemos que para um gás ideal:

m c v = P V R T

Assim:

m ˙ e n t = d P V R T d t = V R T d P d t     ( 2 )

Onde a última etapa incorpora o fato de que o volume e a temperatura do tanque não mudam com o passar do tempo. A massa no tanque no final da compressão então é:

m ˙ f i n a l = P f i n a l V R T = 13000   k P a * 1 m 3 0,258   k p a * m 3 k g K * 293   K = 170,8   k g

Passo 2

Podemos adaptar a primeira lei da termodinâmica ao tanque de oxigênio, considerando o gás ideal, assim:

Q ˙ = d m u d t - m ˙ e n t h e n t = c v T d m d t - c p T 2 m ˙ e n t    

Ao substituir o T 2 e o m ˙ e n t de acordo com as equações 1 e 2, temos:

Q ˙ = c v T d m d t - c p T 1 P P 1 k - 1 k V R T d P d t      

Integrar esse resultado do início da compactação ao final dos rendimentos da compactação resulta em:

Q ˙ e n t = c v T ∫ i f d m d t - c p T 1 1 P 1 k - 1 k * V R T ∫ i f P k - 1 k d P      

Então, resolvendo a integração, temos:

Q ˙ e n t = c v T m f - c p T 1 1 P 1 k - 1 k * V R T k 2 k - 1 P f k - 1 k * P f       ( 3 )        

Obs:

∫ i f P k - 1 k d P = P k - 1 k + 1 k - 1 k + 1 = P k - 1 k * P 1 2 k - 1 k = k 2 k - 1 P f k - 1 k * P f

Rearranjando termos na equação 3, têm-se:

Q ˙ e n t = c v T m f - c p T 1 P f P 1 k - 1 k * m f k 2 k - 1  

Portanto, substituindo os termos na equação 4:

Q ˙ e n t = 0,658 * 293 * 170,8 - 0,918 * 293 13000 150 0,395 1,395 * 170,8 1,395 1,79 → Q ˙ e n t = - 93,72   K J

Passo 3

O sinal negativo indica que o calor é perdido no tanque. Adotando a primeira lei para o compressor e o tanque como sistema dá:

Q ˙ e n t + W ˙ e n t = d m u d t - m ˙ e n t h e n t

Reconhecendo que a entalpia do oxigênio que entra no compressor permanece constante, esse resultado se integra à:

Q e n t + W e n t = m f u f - h 1 m f

Reorganizando os termos, temos:

W e n t = - Q e n t + m f u f - h 1 m f = - Q e n t - m f ( c p T 1 - c v T f )

Como a temperatura permanece constante em 293 K, podemos reorganizar e substituir os valores na equação acima. Assim:

W e n t = - - 93,72 - 170,8 * 0,918 - 0,658 * 293     → W e n t = 80,71   K J

Resposta

Portanto:

Q ˙ e n t = - 93,72   K J

W e n t = 80,71   K J

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