# Lista 2 - Termodinâmica
**Aluno:** Breno Amin e Maurício Taffarel
**Data:** 06/10/2020
**Professora:** Rosana Fialho

### 1. Descreva o que acontece em termos de fluxo e armazenamento de energia, quando um aquecedor elétrico é colocado em um recipiente com água. Sabendo-se que a água aquece de 20°C até 80°C.

:::success
De acordo com a Lei zero da Termodinâmica, quando dois objetos possuem temperaturas diferentes surge um fluxo de calor do objeto com maior temperatura para o de menor temperatura. Apesar de não apresentar relação direta com o exemplo prático da questão, o aquecedor elétrico, através de corrente elétrica e uma resistência em seu interior, por efeijo joule, é capaz de fornecer calor $Q$ para a água e promover um gradiente de temperatura.

Através do fornecimento de calor, a massa $m$ de água que se encontra a 20°C, como resultado da mudança da energia térmica trocada entre o aquecedor e a água, apresenta um acréscimento de temperatura, alcançando 80°C. Para entender a transferência de calor, é importante entender sobre capacidade térmica de um objeto, que nada mais é do que a constante de proporcionalidade entre o calor recebido ou cedido e a variação de temperatura.
$$C = m.c$$
Quando for conveniente, é possível definir a capacidade térmica por unidade de massa, ou calor específico, onde m é uma massa unitária do material de que é feito o objeto. Além disto, como todo o fluxo de energia é transferido na forma de calor e armazenado na forma de energia interna ($\Delta U=Q)$, sendo utilizado única e exclusivamente para o aumento de temperatura, sem realização de trabalho $(W=0)$, então pode-se definir $Q$:
$$Q= m.c.\Delta T$$
>Importante salientar que a análise em questão foi realizada considerando que este proceso em questão foi realizado a uma pressão de $1\space atm$.
:::

### 2. Considere um gás perfeito para o qual Cv=5/2R e Cp=7/2R. O estado inicial é a 1 bar e 20ºC.

a) 1 kmol é aquecido a volume constante até 80°C. Calcule $\Delta$U , $\Delta$H , $\Delta$S , Q e W;

$$
Dados:\\
\begin{cases}
n = 1kmol\\
T_{1} = 293,15K\\
T_{2}= 353,15K\\
P_{1}= 1\space bar = 100KPa\\
\end{cases}
$$

Como feito no item posterior para um processo reversível, os valores de $\Delta$U , $\Delta$H , $\Delta$S se mantém iguais para um processo reversível ou irreversível, uma vez que são funções de estado, independendo da trajetória assumida para chegar até esse estado:

:::success
$\Delta U = 1.246,5 kJ$
:::

:::success
$\Delta H=1745.1kJ$
:::

:::success
$\Delta S = 3868,48101504J/K$
:::

Sabemos que $\Delta U = Q - W$ também é válido para um processo não reversível.

Por definição, temos que a variação de entalpia é:

$\Delta H = \Delta U + \Delta PV + P\Delta V$, onde $\Delta V=0$

A quantidade de calor $Q$ menos o trabalho $W$ é igual a variação de energia interna $\Delta U$, logo:

$\Delta H = Q-W+ \Delta PV$

No entanto, sabemos que um processo a $P$ constante, a quantidade de calor $Q$ é igual a variação de entalpia:

$Q=Q-W+\Delta PV$
$W=\Delta PV$
$W=24.3607649999 m^3\times (120,467337541kPa-100kPa)= 498,599988 kJ$

:::success
$W=498,599988 kJ$
:::

Portanto, $Q$, pela primeira lei da termodinâmica:

$Q=1.246,5 kJ-498,599988 kJ=747,9000012 kJ$

:::success
$Q=747,9000012 kJ$
:::

Pela lei de Charles:
$\frac{P_{1}}{T_{1}}=\frac{P_{2}}{T_{2}}$
$P_{2} = \frac{100kPa}{293,15K}\times 353,15K=120,467337541kPa$

Usando a equação dos gases perfeitos:
$PV=nRT$

$V = \frac{nRT}{P}=\frac{1000\cdot8.31\cdot353.15}{120467.337541}=24.3607649999\space m^{3}$

$V = 24.3607649999\space m^{3}$

b) 1 kmol é aquecido a volume constante até 80°C. Calcule $\Delta$U , $\Delta$H , $\Delta$S, Q e W admitindo que o processo é reversível;

$$
Dados:\\
\begin{cases}
n = 1kmol\\
T_{1} = 293,15K\\
T_{2}= 353,15K\\
P_{1}= 1\space bar = 100KPa\\
\end{cases}
$$

Para um gás ideal e com um aquecimento a volume constante:

$Q=nc_{v}\Delta T=1000\times \frac{5R}{2}\times 60= 1.246,5 kJ$

Pela 1ª lei da termodinâmica e substituindo $Q=nc_{v}\Delta T$ em $Q$:

$\Delta U=nc_{v}\Delta T - W$

Como o gás é aquecido a volume constante, então o gás não pode se expandir e, portanto, não realiza trabalho ($W=0$). Assim $\Delta U= Q$ e $W=0$:

:::success
$Q = 1.246,5 kJ$
:::

:::success
$W = 0\space J$
:::

:::success
$\Delta U = 1.246,5 kJ$
:::

Pela lei de Charles:
$\frac{P_{1}}{T_{1}}=\frac{P_{2}}{T_{2}}$
$P_{2} = \frac{100kPa}{293,15K}\times 353,15K=120,467337541kPa$

Usando a equação dos gases perfeitos:
$PV=nRT$

$V = \frac{nRT}{P}=\frac{1000\cdot8.31\cdot353.15}{120467.337541}=24.3607649999\space m^{3}$

$V = 24.3607649999\space m^{3}$

Por definição de entalpia:

$\Delta H=\Delta U+P\Delta V+V\Delta P$, onde $P\Delta V =0$ (Processo isovolumétrico)

$\Delta H=\Delta U+V\Delta P$
$\Delta H=1.246,5kJ+24.3607649999 m^3\times (120,467337541kPa-100kPa)$

:::success
$\Delta H=1745.1kJ$
:::

Para calcular a entropia de um processo reversível de um gás ideal temos que:

$dS=\frac{dU}{T}+\frac{PdV}{T}$

Como se trata de uma transformação isovolumétrica, temos que $dV = 0$, logo:

$\Delta S=\int_{T_{1}}^{T_{2}}\frac{dU}{T}dT=\int_{T_{1}}^{T_{2}}\frac{nC_{v}}{T}dT$

$\Delta S =\int_{T_{1}}^{T_{2}}\frac{5}{2}\frac{1000\cdot8.31}{T}dT=20775\int_{293,15}^{353,15}\frac{dT}{T}=20775\ln\left(\frac{353,15}{293,15}\right)$

:::success
$\Delta S = 3868,48101504J/K$
:::

c) 1 kmol é levado do seu estado inicial para um estado final com 10 bar e 80°C através de diversos processos reversíveis. Quais das quantidades se mantem para todos os processos: $\Delta$U , $\Delta$H , $\Delta$S , Q e W?

$$
Dados:\\
\begin{cases}
n = 1kmol\\
T_{1} = 293,15K\\
T_{2}= 353,15K\\
P_{1}= 1\space bar = 100KPa\\
P_{2}= 10\space bar = 1MPa\\
\end{cases}
$$

A variação da energia interna de um gás ideal depende apenas da variação de temperatura, não dependendo, portanto, do processo processo responsável pela variação na temperatura.

Pela 1ª lei da termodinâmica:

$\Delta U=nc_{v}\Delta T$

:::success
$\Delta U = 1.246,5 kJ$
:::

Além da variação da energia interna, as grandezas volume, pressão, temperatura, entropia e entalpia são funções de estado e independente da trajetória assumida pelos processos infinitesimais, os valores se mantém constante uma vez que o ponto final e o inicial são os mesmos para todos os processos.

$V_{1}=\frac{nRT_{1}}{P_{1}}=\frac{1000\cdot8,31\cdot293,15}{100.000}=24,360765m^{3}$

$V_{2}=\frac{nRT_{2}}{P_{2}}=\frac{1000\cdot8,31\cdot353,15}{1.000.000}=2,9346765m^{3}$

Por definição de entalpia:

$H=U+PV$

$H_{1}=U_{i}+P_{1}V_{1} = U_{i} + 100KPa\times24,360765m^{3}$
$H_{1}=U_{i}+ 100KPa\times24,360765m^{3} = U_{i} + 2436,0765kJ$

$H_{2}=U_{f}+P_{2}V_{2} = U_{f} + 1MPa\times2,9346765m^{3}$
$H_{2}=U_{f}+ 1000KPa\times 2,9346765m^{3} = U_{f} + 2934,6765kJ$

$\Delta H=H_{2}-H_{1}=(U_{2}-U_{1})+(P_{2}\times V_{2}-P_{1}\times V_{1})=$

$\Delta H=H_{2}-H_{1}=\Delta U+(P_{2}\times V_{2}-P_{1}\times V_{1})=$

$\Delta H=H_{2}-H_{1}=1.246,5kJ+(2934,6765kJ -2.436,0765kJ)=1745.1kJ$

:::success
$\Delta H = 1745.1kJ$
:::

Para calcular a entropia de um processo reversível de um gás ideal temos que:

$dS=\frac{dU}{T}+\frac{PdV}{T}$

Independente do processo especificado, a entropia é dada por:

$\Delta S\ =\ nR\ln\left(\frac{V_{2}}{V_{1}}\right)+nC_{v}\ln\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)=$

$\Delta S=1000\cdot8.31\cdot\ln\left(\frac{2,9346765}{24,360765}\right)+1000\cdot\frac{5}{2}\cdot8.31\cdot\ln\left(\frac{353.13}{293.15}\right)$

:::success
$\Delta S=−13719.7852889\frac{kJ}{K}$
:::

Como sabemos que o processo é politrópico com n diferente de 1, então calculamos o trabalho envolvido no processo por:

$W = \frac{P_{2}\times V_{2}-P_{1}\times V_{1}}{1-n}$

onde $n = \frac{C_{P}}{C_{V}}=\frac{7R}{2}\times\frac{2}{5R}=\frac{7}{5}$

$W = \frac{1.000kPa\times 2,9346765 - 100kPa\times 24,360765m^{3}}{1-\frac{7}{5}}=-1246.5kJ$

:::success
$W = -1246.5kJ$
:::

Usando a primeira lei da termodinâmica:

$Q = \Delta U + W = 1.246,5 kJ -1246.5kJ = 0kJ$

:::success
$Q = 0J$
:::

d) Faça os mesmos cálculos do item c), considerando agora processos irreversíveis.

$$
Dados:\\
\begin{cases}
n = 1kmol\\
T_{1} = 293,15K\\
T_{2}= 353,15K\\
P_{1}= 1\space bar = 100KPa\\
P_{2}= 10\space bar = 1MPa\\
\end{cases}
$$

Como feito no item posterior para um processo reversível, os valores de $\Delta U$, $\Delta H$, $\Delta S$ se mantém iguais para um processo reversível ou irreversível, uma vez que são funções de estado, independendo da trajetória assumida para chegar até esse estado:

:::success
$\Delta U = 1.246,5 kJ$
:::

:::success
$\Delta H = 1745.1kJ$
:::

:::success
$\Delta S=−13719.7852889\frac{kJ}{K}$
:::

Além da variação da energia interna, variação de entalpia e variação de entropia. As grandezas volume, pressão, temperatura também são funções de estado e independente da trajetória assumida pelos processos infinitesimais, os valores se mantém constante uma vez que o ponto final e o inicial são os mesmos para todos os processos.

$V_{1}=\frac{nRT_{1}}{P_{1}}=\frac{1000\cdot8,31\cdot293,15}{100.000}=24,360765m^{3}$

$V_{2}=\frac{nRT_{2}}{P_{2}}=\frac{1000\cdot8,31\cdot353,15}{1.000.000}=2,9346765m^{3}$

Sabe-se através da equação de Gibbs que podem ser aplicadas a um processo irreversível, pois lida-se apenas com propriedades termodinâmicas que:

$W = \int_{V_{1}}^{V_{2}}PdV=\frac{nR\left(T_{2}-T_{1}\right)}{1-n}=\frac{1000\cdot8,31\cdot60}{1-\frac{7}{5}}=-1246,5kJ$

:::success
$W = −1246,5KJ$
:::

Usando a primeira lei da termodinâmica:

$Q = \Delta U + W = 1.246,5 kJ − 1246,5KJ = 0 J$

:::success
$Q = 0J$
:::

### 3. Um recipiente de 0.2m³ armazena nitrogénio a 1 atm e 15°C. Carrega-se depois o recipiente com mais 0.2 kg de nitrogênio. Determine a pressão final do recipiente, uma vez atingida a temperatura inicial.

$$
Dados:\\
\begin{cases}
V = 0,2m^3\\
P = 1 atm\\
T = 15ºC = 288,15K\\
m = 0,2 kg\\
\end{cases}
$$

Para o nitrogênio que está no recipiente, calculamos o número de mols inicial:

$n_{1}=\frac{PV}{RT}=\frac{101325Pa\times 0,2m^{3}}{8,31\times\frac{J}{mol K}\times 288,15K}=8,46305104579\space mols$

Pela tabela periódica, a massa molecular do nitrogênio $N=28g/mol$, dessa forma, podemos calcular o número de mols que foi adicionado ao recipiente sob a forma de $0,2 kg$ de nitrogênio. Portanto:

$n_{2}=\frac{200}{28}=7,142857143 \space mols$

$n=n_{1}+n_{2}=15,6059081888 \space mols$

Para a mesma temperatura $T= 288,15 K$ pode-se determinar a pressão final do recipiente

$P=\frac{nRT}{V}=\frac{15,6059081888\times8,31\times 288,15}{0,2}=186,843803573kPa$

:::success
$P=186,843803573kPa$
:::

### 4. Um determinado pistão é freado por um sistema de mola linear, e contém um gás dentro do cilindro, como mostra a figura abaixo. A pressão e volume iniciais são, respectivamente, 150kPa e 0,001m³. Na posição inicial a mola toca o pistão, sem exercer força. O gás é aquecido até que seu volume triplique e a pressão seja de 1000 kPa.


a) Esboce o diagrama PV para o processo;
b) Calcule o trabalho realizado pelo gás;
c) Calcule o trabalho realizado contra o pistão e a mola.

$$
Dados:\\
\begin{cases}
P_{1}=150kPa\\
V_{1}=0,001m^{3}\\
P_{2}=1000kPa\\
V_{2}=3\times V_{1}=0,003m^{3}\\
\end{cases}
$$

a)
:::success
O esboço é uma reta, as justificativsa para isso, se dão no item seguinte.
<br>
<center>
<img src="https://i.imgur.com/xBQN9SE.png"/>
</center>
:::

b)
Sabe-se que a pressão do sistema através do somatório de forças é dada por:

$$F_{peso\space pistão}+F_{mola}-F_{gás}=0$$

Subtendendo que a área é igual ao longo do pistão:

$$P_{gás}= P_{pistão}+P_{mola}$$

onde $P_{peso\space pistão}$ é constante e $P_{mola}$ varia conforme a variação de $x$

$$P_{gás}= \frac{m\times g}{A} + k\frac{(x-x_{1})}{A}$$

$$P_{gás}= \frac{m\times g}{A} + \frac{k\times (x-x_{0})\times A}{A^{2}}$$

$$P_{gás}=\frac{m\times g}{A} + \frac{k\times (V-V_{1})}{A^{2}}$$

Dessa forma, é possível interpolar os dois pontos e modelar a variação da pressão com o volume como uma reta $y=ax+b$:

$a=\frac{1000000-150000}{0.003-0.001}=425000000\frac{Pa}{m^{3}}$
$b=1000000-a\cdot0.003=-275000Pa$

Portanto, podemos determinar a expressão para a pressão do gás:
$$P_{gás}=425000000V-275000$$

$$W=\int_{V_{1}}^{V_{2}}P_{gás}\left(v\right)dV=\int_{0.001}^{0.003}\left(425000000V-275000\right)dV$$

:::success
$W_{gás} = 1150J$
:::

c) Para calcular o trabalho realizado contra o pistão, podemos utilizar a integral de cálculo de trabalho $W$:
$W=\int_{V_{1}}^{V_{2}}P_{pistão}dV=\int_{0.001}^{0.003}150000dv=300J$
:::success
$W_{pistão}=300J$
:::
E para calculár o trabalho realizado contra a mola, sabendo a pressão da mola:
$P_{mola}=P_{gás}-P_{pistão}$
$P_{mola}=425000000V-275000 - 150000=425000000V-400000$
Da mesma maneira, para calcular o trabalho realizado contra a mola, podemos utilizar a integral de cálculo de trabalho $W_{mola}$
$W_{mola}=\int_{V_{1}}^{V_{2}}P_{mola}dV=W=\int_{0.001}^{0.003}\left(425000000V-425000\right)dV$
:::success
$W_{mola}=850J$
:::

### 5. Avalie a transferência de calor necessária para evaporar a água e aquecer seu vapor, durante um experimento com o cilindro-pistão, como mostrado na figura abaixo. O processo é quase-equilíbrio. O estado inicial corresponde a um líquido saturado a 1,0MPa e o processo de evaporação termina no estado 2 sobre a curva de vapor saturado. Em seguida, ocorre uma transferência de calor até que a água atinja o estado 3 a 600°C.

Calcule os calores:

a) de 1 para 2;
b) de 2 para 3;
c) de 1 para 3.

 

**a)** A transferência de calor num processo quase-estático a pressão constante é igual a variação de entalpia e esta inclui a variação de energia interna e o trabalho neste processo.

Analisando a tabela de propriedades termodinâmicas da água saturada, obtemos:

| Pressão (kPa) | Entalpia (kJ/kg) Evap. $h_{lv}$ |
| :-----------: | :-------: |
| 1000 | **2015,29**|

Pela primeira lei da termodinâmica: $\Delta u=q-w$, isolando $q$, temos:

$q = \Delta u + Pdv=\Delta h$

$\Delta h=h_{lv}=2015,29\space kJ/kg$
:::success
$q=2015,29\space kJ/kg$
:::
**b)**

Usando a tabela de água saturada, obtendo a energia interna para vapor saturado:

| Pressão (kPa) | $u_{v}$ ($kJ/kg$) | $v_{v} (m^{3}/kg$) |
| :--------: | :--------: | :---: |
| 1000 | 2583,64 |0,19444|

E usando a tabela de vapor super aquecido a 600°C:

| Temperatura (°C) | $u$ ($kJ/kg$) | $v$ ($kJ/kg)$|
| :--------: | :-------: | :------: |
| 600 | 3296,76 | 0,40109|

$q=\Delta u + P\Delta v= 3296.76-2583.64+1000(0.40109-0.19444)$

$q=\Delta u + P\Delta v= 919,77 kJ/kg$
:::success
$q=919,77 kJ/kg$
:::

**c)**
O $q$ para ir ddo ponto 1 para o ponto 3 pode ser calculado através do q calculado nas questões anteriores a) e b).

$q= 2015,29 +919,77= 2935,06\space kJ/kg$

:::success
$q=2935,06\space kJ/kg$
:::

###### tags: `UFBA`, `Avaliações`