Gabarito P1

UNISANTA
FACULDADE DE ENGENHARIA QUÍMICA
DISCIPLINA 0460 - TERMODINÂMICA QUÍMICA I
1
GABARITO
PROVA P1 DO SEGUNDO SEMESTRE DE 2007
1 Um reservatório de pressão rígido e estanque de capacidade igual a 1 m
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contém amônia,
inicialmente à temperatura de -10º C e título de 80%. Devido ao armazenamento inadequado do
tanque, ocorre o aquecimento da amônia, até se atingir a pressão limite de 4,379 kgf/cm2. Nestas
condições, pede-se:
a) (1,5) a massa de amônia armazenada no reservatório (kg);
m =
V
v
sendo v = v L + (v V − v L ) . Da Tabela (2.4-11), propriedades
saturadas da amônia, obtém-se vL e vV e então tem-se:
m3
(constante, pois o
v=0,0015337+(0,4185-0,0015337) = 0,3351
kg
recipiente é rígido e estanque. A massa será:
1,0
m =
m = 2,9841kg (Resposta)
0,3351
b) (1,5) a temperatura final da amônia (oC);
kgf
Do exame da Tabela (2.4-11), para a pressão de 4,379
e volume específico de
cm 2
m3
, conclui-se que se trata de vapor superaquecido (v>vV). Da
kg
Tabela (2.4-12), para a pressão referida (pressão final), tem-se:
T(oC) v(m3/kg)
30
0,33014
40
0,34292
Interpolando linearmente, para o volume específico da amônia acima
calculado, tem-se: T2 = 33,881oC. (Resposta)
0,3351
c) (1,5) mostrar o processo de aquecimento da amônia num diagrama T(temperatura) em
função de v(volume específico), indicando os valores de pressão (kgf/cm2), volume
específico (m3/kg) e temperatura(0C) dos estados inicial e final.
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GABARITO
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A massa de 50 g de ar é comprimida politropicamente (n = 1,2) em um compressor,
dotado de cilindro com êmbolo. Sendo a pressão inicial do ar de 100 kPa, e a temperatura igual a
25oC e a pressão final de 700 kPa, determinar:
a) (1,5) o trabalho transferido ao ar pelo compressor (kJ);
Trabalho de processos politrópicos de gás ideal:
1 W2 =
ideal:
P2 V2 − P1 V1
1 − n
Determinação do Volume V1, considerando gás
mR arT1
0,05 * 287(25 + 273,15)
V1 =
= 0,0428m 3
P1
100000
O Volume V2 será determinado através da equação do processo politrópico:
1
1
P
100 1,2
n
n
n
1
P1 V1 = P2V2
V2 = V1
= 0,0428
= 0,0085m 3 .
Substituindo os
P2
700
valores na expressão do trabalho, acima, tem-se:
700 * 0,0085 − 100 * 0,0428
1W2= - 8,35 kJ(Resposta)
1W2 =
1 − 1,2
P1V1 = mR arT1
V1 =
b) (1,0) a temperatura do ar no final da compressão (oC).
Temperatura T2:
P1V1 = mR arT1
P2 V2
T
= 2
P1 V1
T1
o
ou T2 = 141,33 C (Resposta)
P2V2 = mR arT2
P V
700 0,0085
T2 = T1 2 2 = (25 + 273,15)
= 414,48K
P1 V1
100 0,0428
3
Em uma geladeira doméstica o condensador, que é um trocador de calor de
convecção natural, (fica atrás da geladeira) é projetado para que o fluido refrigerante saia deste no
estado de líquido saturado. Em particular, em uma geladeira doméstica, cujo refrigerante é o R134a o condensador apresenta problemas e o refrigerante sai com pressão de 1682,76 kPa e título
de 15%. Determinar;
a) (1,5) A temperatura (oC) e o volume específico(m3/kg) do refrigerante neste estado;
Propriedades na saída do condensador (Estado 2):
O Estado 2 é vapor úmido. Tabela (2.4-9), T2 = 60oC(Resposta)
m3
m3
Da mesma Tabela: vL = 0,0010
e vV = 0,0115
. Então:
kg
kg
m3
v2 = 0,0010+0,15(0,0115-0,0010)
v2 = 0,0026
(Resposta)
kg
b) (1,5) Esquematizar o processo de resfriamento do refrigerante se este foi resfriado
P-v ( Pressão –
isobaricamente da temperatura de 90 oC até o estado final, em um diagrama
volume específico).
Determinação do volume específico no início do processo (Temperatura
90oC. Como o processo é isobárico (Pressão constante) e igual a 1682,76
kPa, tem-se vapor superaquecido (Temperatura superior à de saturação
para esta pressão). Da Tabela (2.4-10), para 90o C, tem-se:
P(kPa) v(m3/kg)
1400
0,01793
1800
0,01309
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GABARITO
Interpolando, para P = 1682,76 kPa, tem-se v1 = 0,014508
Diagrama PxV:
m3
kg