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Aula sobre a segunda lei da Termodinamica, apresentando os principais conceitos originados pela segunda lei com exercicios explicativos
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1
Termodinâmica Aplicada
Segunda Lei da Termodinâmica Aplicada a Volumes de Controle
Profa Dra. Sinthya Gonçalves Tavares
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
2
Taxa de variação de entropia para sistemas:
gersist S
T
Q
dt
S &&
+=∑ δ
Taxa de Variação = + (entradas) – (saídas)
+ (geração)
Balanço de entropia no Volume de Controle:
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gerCV
sseeCV S
T
Qsmsm
dt
S &&
&& ++−= ∑∑∑ .... δ
3
Taxa de variação de entropia para Volume de Controle:
1. Taxa de acúmulo de entropia
2. Fluxo de entropia devido à entrada demassa
3. Taxa de entropia devido à transferênciade calor para o volume de controle
4. Geração de energia no V.C.
(1)
(2) (3) (4)
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4
Termo de acúmulo e geração de entropia:
∫ +++=== ......... .... CCBBAACVCV smsmsmsmdVsS ρ
∫ +++== ..... ,,,. CgerBgerAgergerger SSSdVsS &&&&& ρ
O termo associado à geração de entropia é positivo ou nulo:
0≥gerS& 0 .... ≥−+−= ∑∑∑
T
Qsmsm
dt
SS CV
sseeCV
ger
&&&& δ
∑∑∑ +−≥T
Qsmsm
dt
S CVssee
CV .... &&&
δ
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5
2ª Lei da Termodinâmica para volume de controle:
∑∑∑ +−≥T
Qsmsm
dt
S CVssee
CV .... &&&
δ
gerCV
sseeCV S
T
Qsmsm
dt
S &&
&& ++−= ∑∑∑ .... δ
= 0 (Processo reversível)
> 0 (Pocesso irreversível)
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6
O processo em regime permanente:Para regime permanente:
0 .. =dt
S CVδger
CVssee S
T
Qsmsm &
&&& ++−= ∑∑∑ ..0
gerCV
eess ST
Qsmsm &
&&& +=− ∑∑∑ ..
Considerando apenas uma área de entrada e saída de massa, e que: es mm && =
( ) gerCV
es ST
Qssm &
&& +=− ∑ ..
m&:
gerCV
es sT
qss &
&+=− ∑ ..
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7
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:
dt
dmmm se ∑∑ =− &&
0
(Reg. Permanente)
Como tem-se apenas um ponto de entrada e
um ponto de saída:
mmm se &&& ==
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8
Primeira Lei da Termodinâmica:
++
−
+++−=
∑
∑
ssss
eeeeCVCVCV
gZVhm
gZVhmWQdt
dE
2
2..
.
2
1
2
1
&
&&&0 (adiabático)
Como tem-se apenas um ponto de entrada e
um ponto de saída, e já dividindo-se por :m&
+−
+= 22.
2
1
2
1sseeCV VhVhW
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9
Segunda Lei da Termodinâmica:
Para um ponto de entrada e um ponto de saída, e dividindo-se por :m&
gerCV
sseeCV S
T
Qsmsm
dt
S &&
&& ++−= ∑∑∑ .... δ
se ss =
a
b
Em um diagrama T x s:
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10
Pelas tabelas termodinâmicas:
a
b
Entrada: Pe = 100 kPa; líquido saturado (a)
vapor saturado (b)
he = 417,44 kJ/kg ;se = 1,3025 kJ/(Kg.K)
he = 2675,46 kJ/kg ;se = 7,3593 kJ/(Kg.K)
Saída: Ps = 1MPa; líquido comprimido (a)
vapor superaquecido (b)
hs = ? ; se = ss =1,3025 kJ/(kg.K)
hs = ? ; se = ss = 7,3593 kJ/(kg.K)
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11
Pelas tabelas termodinâmicas:
Sendo as propriedades na saída conhecidas: Ps = 1 MPa; ss =1,3025 kJ/(kg.K) (a)
Interpolando:
P = 1 MPa
T = 80oC
P = 1 MPa
T = 100oC
s =1,0742 kJ/(kg.K)
s =1,3057 kJ/(kg.K)
P = 1 MPa
s = 1,3025 kJ/(kg.K)T =80,4oC
Para 99,7oC ≅ 100oC, na tabela de vapor saturado, hl = hs = 419,02 kJ/kg
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12
Pelas tabelas termodinâmicas:
Sendo as propriedades na saída conhecidas: Ps = 1 MPa; ss =7,3593 kJ/(kg.K) (b)
7,3583 kJ/(kg.K)
Interpolando:
Ts =382,5oC
hs = 3226,76 kJ/kg
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13
Resumindo:
Propriedade Entrada Saída
Pressão [kPa] 100 1000
Entalpia [kJ/kg](a) 417,44 419,02
(b) 2675,46 3226,76
Entropia [kJ/(kg.K)](a) 1,3025 1,3025
(b) 7,3593 7,3593
+−
+= 22.
2
1
2
1sseeCV VhVhWPrimeira Lei da Termodinâmica:
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14
Para o caso (a):( )
+−
+=
3
2
3
2
.10
80
2
102,419
10
)95(
2
144,417compW
Para o caso (b):( ) ( )
+−
+=
3
2
3
2
.10
50
2
176,3226
10
95
2
146,2675compW
kJ/kg 27,0. −=compW
kJ/kg 04,548. −=compW
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15
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:
dt
dmmm se ∑∑ =− &&
Como tem-se apenas um ponto de entrada e
um ponto de saída:
mmm se &&& ==
0
(Reg. Permanente)
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16
Primeira Lei da Termodinâmica:
++
−
+++−=
∑
∑
ssss
eeeeCVCVCV
gZVhm
gZVhmWQdt
dE
2
2..
.
2
1
2
1
&
&&&0 (adiabático)
Como tem-se apenas um ponto de entrada e
um ponto de saída, e já dividindo-se por :m&
( )seCV hhW −=.
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17
Da tabela A-5: kJ/(kg.K) 004,1, =arpC
k
k
e
s
e
s
P
P
T
T1−
=se ss =Para processo isoentrópico :
Segunda Lei da Termodinâmica:
a) para k = 1,44,1
14,1
100
900
300
−
=sTK 562=sT
( ) ( )sepseCV TTChhW −=−=.
( )562300004,1. −=compW
kJ/kg 8,260. −=compW
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18
Da tabela A-5: kJ/(kg.K) 287,0=arR
Para processo politrópico :
( )3,11
300562287,0.
−
−=compW
kJ/kg 6,250. −=compW
( )n
TTRW es
CV−
−=
1.
b) para n = 1,3
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19
Da tabela A-5: kJ/(kg.K) 287,0=arR
Para processo isotérmico :
=900
100ln.300.287,0.compW
kJ/kg 2,189. −=compW
s
eCV
P
PRTW ln. =
b) para Te = Ts = 300 K
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20
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 65oC, 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 m3/s, e é descarregado a 50oC 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.
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21
Esboço do sistema:
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22
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg]
Entropia [kJ/(kg.K)]
Título
Estado
Definição das propriedades (R- 410a):
Estado 1: T1 = -5oC
P1 = 350 KPaVapor superaquecido!
Para 350 kPa e –5oC, na tabela de vapor superaquecido:
h1 = 274,80 kJ/kg
s1 = 1,1034 kJ/(kg.K)
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg]
Entropia [kJ/(kg.K)]
Título -
Estado V.S.
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034
Título -
Estado V.S.
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23
Estado 2: T2 = 65oC
P2 = 1400 KPaVapor superaquecido!
Para 1400 kPa e 65oC, na tabela de vapor superaquecido:
h2 = 345,50 kJ/kg
s2 = 1,1955 kJ/(kg.K)
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034
Título -
Estado V.S.
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034
Título - -
Estado V.S. V.S
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955
Título - -
Estado V.S. V.S
Definição das propriedades (R- 410a):
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24
Estado 3: T3 = 15oC
P3 = 1400 KPaLíquido comprimido!
Para 15oC, na tabela de vapor saturado:
hl = h3 = 81,15 kJ/kg
sl = s3 = 0,3083 kJ/(kg.K)
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955
Título - -
Estado V.S. V.S
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955
Título - - -
Estado V.S. V.S L.C.
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083
Título - - -
Estado V.S. V.S L.C.
Definição das propriedades (R- 410a):
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25
Estado 4: P4 = 350 kPa
Como o processo na válvula de expansão é isoentálpico:
h3 = h4 = 81,15 kJ/kg
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083
Título - - -
Estado V.S. V.S L.C.
Vapor Saturado!
234,016,2338,270
16,2315,8144 =
−
−=
−
−=
lv
l
hh
hhx
kJ/((kg.K) 3698,0)0859,1)(273,0(0957,0)234,01(
)1(4
=+−
=+−= vl xssxs
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -5 65 15
Entalpia [kJ/kg] 274,80 345,50 81,15 81,15
Entropia [kJ/(kg.K)] 1,1034 1,1955 0,3083
Título - - -
Estado V.S. V.S L.C.
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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
Título - - -
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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
Título - - - 0,234
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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 - - - 0,234
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
Definição das propriedades (R- 410a):
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26
Resumo das propriedades (R- 410a):
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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 - - - 0,234
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
No diagrama T x s:
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27
Para o condensador:
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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 - - - 0,234
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
gerCV
sseeCV S
T
Qsmsm
dt
S &&
&& ++−= ∑∑∑ .... δ2ª Lei da Termodinâmica:
gereess Ssmsm && ∑∑ += gerarrefarref Ssmsmsmsm &&&&& ++=+ 5263
Balanço de energia: arref QQ && =
)(.)()( 56,5632 TTCmhhmhhm arpararref −=−=− &&&
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28
Para o condensador:
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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 - - - 0,234
Estado 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)
5
55.
TR
VPm
arar
&& =
)293).(287,0(
)42,0)( 100(=arm& kg/s 50,0=arm&
Cálculo da vazão mássica do refrigerante:
)()()( 56,5632 TTCmhhmhhm arpararref −=−=− &&&
)15,8150,345(
)293323.(004,1.50,0
−
−=refm&
(Cp,ar = 1,004 kJ/kg.K)
kg/s 06,0=refm&
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29
Para o condensador:
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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 - - - 0,234
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
Variação específica da entalpia do ar:
−
=−
5
6
5
6,56 lnln
P
PR
T
TCss arp
−
=−100
100ln287,0
293
323ln004,156 ss
(T5 = 20oC; P5 = P6 = 100 kPa; T6 = 50oC)
kJ/kg.K 098,056 =− ss
Na 2ª Lei da Termodinâmica: )()( 5623 ssmssmS arrefger −+−= &&&
)098,0(50,0)1955,13083,0(06,0 +−=gerS& kW/K 10 x 23,4 3=gerS&
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30
Para o compressor:
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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 - - - 0,234
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
gerCV
sseeCV S
T
Qsmsm
dt
S &&
&& ++−= ∑∑∑ .... δ2ª Lei da Termodinâmica:
gereess Ssmsm && ∑∑ += gerrefref Ssmsm && += 12 )( 12 ssmS refger −=&
)1034,11955,1(06,0 −=gerS& kW/K 10 x 53,5 3=gerS&
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31
Para a válvula de expansão:
1 2 3 4
Pressão [kPa] 350 1400 1400 350
Temperatura [oC] -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 - - - 0,234
Estado V.S. V.S L.C. Saturado
gerCV
sseeCV S
T
Qsmsm
dt
S &&
&& ++−= ∑∑∑ .... δ2ª Lei da Termodinâmica:
gereess Ssmsm && ∑∑ += gerrefref Ssmsm && += 34 )( 34 ssmS refger −=&
)3083,03698,0(06,0 −=gerS& kW/K 10 x 69,3 3=gerS&
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32
O processo em regime transiente:Para regime transiente:
( ) gerCV
sseeCV ST
Qsmsmms
dt
d &&
&& ++−= ∑∑∑ ...
Integrando cada termo da equação ao longo de um intervalo de tempo t:
( ) ( ) ..1122
0
. CV
t
CV smsmdtmsdt
d−=∫
( ) ∑∫∑ = ee
t
ee smdtsm0
&
( ) ∑∫∑ = ss
t
ss smdtsm0
&
ger 21
0
SdtSt
ger =∫ &
∫∫ ∑∫∑ ==t
CVt
CV
tCV dt
T
QdtQ
Tdt
T
Q
0
..
0
..
0
.. 1 &&
&
Como a temperatura é uniforme no V.C. em
qualquer instante de tempo:
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33
O processo em regime transiente:Daí:
( ) ger 21
0
....1122 Sdt
T
Qsmsmsmsm
tCV
sseeCV++−=− ∫∑∑
&
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34
O processo em regime transiente:Exemplo 4 (exercício 9.51 – livro texto):
Inicialmente, um tanque rígido, com volume interno igual a 2 m3, 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.
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35
Equação da Continuidade:
dt
dmmm se ∑∑ =−
Como tem-se apenas massa saindo do V.C (queda de pressão): 12 mmms −=−
Primeira Lei da Termodinâmica:
++−
+++−= ∑∑ sssseeeeCVCVCV gZVhmgZVhmWQ
dt
dE 22..
.
2
1
2
1&&&&
Integrando ao longo de um tempo t: sshmQumum −=− 211122
Segunda Lei da Termodinâmica:
( ) ger 21
0
....1122 Sdt
T
Qsmsmsmsm
tCV
sseeCV++−=− ∫∑∑
& Processo Reversível!!!!
( ) 21.1122
T
Qsmsmsm ss +−=−
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36
ESTADO 1: V1 = 2 m3
P1 = 300 kPa
T1 = 400 K
ESTADO 2: V2 = V1 = 2 m3
P1 = 200 kPa
T2 = T1 = 400 K
)400)(287,0(
)2)(300(.
1
111 ==
TR
VPm
ar
kg 23,51 =m
)400)(287,0(
)2)(200(.
2
222 ==
TR
VPm
ar
kg 48,32 =m
Da equação da continuidade: 12 mmms −=− kg 75,1=sm
Da 1ª Lei da Termodinâmica: sshmQumum −=− 211122
Sendo: u1 = u2 = 286,48 kJ/kg
hs = 401,3 kJ/kgTab. A.7
401,3) x (1,75286,48) x 23,5()48,286 x 48,3(21 +−=Q kJ 93,20021 =Q
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
Da 2ª Lei da Termodinâmica : ( ) 21.1122
T
Qsmsmsm ss +−=−
onde e são fornecidos na Tabela A.7, em função da temperatura para uma
pressão de referência de 0,1 MPa.
( )1
201
0212 ln
P
PRssss TT −−=− Válida para GASES IDEAIS
kJ/(kg.K) 15926,70 =Ts
A variação da entropia entre dois estados pode ser determinada pela equação:
Para T = 400 K e Pref 100 KPa
01
02 TT ss
Considerando, para efeitos da aplicação na equação de variação de entropia, T= 0 K
e , pode-se reescrever a 2ª Lei da Termodinâmica como:
400
93,200sm
100
200ln287,015926,7m
100
300ln287,015926,7m ss12 +−=
−−
−
kJ/kg.K 0( 0 =Ts kJ/kg.K) 0=s
Substituindo os valores correspondentes para as massas: kJ/(kg.K) 8982,6=ss
Instituto de Engenharia e Tecnologia – IET
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