Mecânica dos fluidos/Exercícios resolvidos/C7

• Teoria
• Voltar para a lista de exercícios resolvidos

Enunciado

Um tanque de volume igual a 0.1 m³ encontra-se a 20 °C de temperatura e uma pressão manométrica de 100k Pa. Ar é injetado a uma pressão absoluta de 20M Pa, o que faz a temperatura subir a uma taxa de 0.05 °C/s em t = 0. Determine a vazão de ar no tanque em t = 0, assumindo um processo adiabático.

Dados do problema

V	0.1 m3
pi	100k Pa (manométrica)
Ti	20 °C
pf	20M Pa
dT/dt (0)	0.050 °C/s
ΔQ	0 J
Φm(0)	a calcular

c_v = 720 J.kg^-1.K^-1

R = 290 J.kg^-1.K^-1

Solução

Como neste problema não temos um eixo que realiza trabalho, deve-se usar a seguinte forma da equação da primeira lei da termodinâmica:

$\frac{dQ}{dt}+\frac{dW}{dt}=\frac{\partial }{\partial t}{\int }_C\rho (u+\frac{v^2}{2})dV+{\int }_S[\rho (u+\frac{v^2}{2})-\sigma ](\overrightarrow{v}\cdot d\overrightarrow{S})$

O trabalho realizado sobre o tanque é nulo, pois seu volume permanece constante. Escolhendo-se o volume de controle em torno do tanque, com a superfície de controle perpendicular ao fluxo, desprezando-se os efeitos da viscosidade e considerando que a energia se distribui uniformemente, teremos

$0+0=\frac{\partial }{\partial t}{\int }_C\rho (u_t+\frac{v^2}{2}+gz)dV+{\int }_S\rho (u_t+\frac{p}{\rho }+\frac{v^2}{2}+gz)(\overrightarrow{v}\cdot d\overrightarrow{S})$

As componentes devidas à energia cinética e à energia potencial gravitacional do ar mantêm-se constantes e por isso não precisam ser levadas em conta. Além disso, de acordo com a equação de estado dos gás ideal, p = ρR_eT. Assim,

$0=\frac{\partial }{\partial t}{\int }_C\rho (u_t+\frac{0^2}{2}+0)dV+{\int }_S\rho (u_t+R_{e}T+\frac{0^2}{2}+0)(\overrightarrow{v}\cdot d\overrightarrow{S})$

$\frac{\partial }{\partial t}{\int }_C\rho u_{t}dV+{\frac{}{}(\rho [u_t+R_{e}T]v{A}_f)|}_i^f=0\Rightarrow \frac{\partial }{\partial t}(u_{t}m)-(\rho [u_t+R_{e}T]v{A}_f)=0$

onde A_f é a área da abertura de entrada de ar. O sinal negativo deve-se ao fato de o fluxo ter a direção para dentro do volume de controle. Mas ρvA_f = Φ_m = dm/dt. Assim,

$u_t\frac{dm}{dt}+m\frac{d}{dt}{u}_t=(u_{t}f+R_{e}T)\frac{dm}{dt}\Rightarrow m\frac{d}{dt}{u}_t=R_{e}T\frac{dm}{dt}$

Como o processo é isovolumétrico, ΔH = ΔU = c_v ΔT, onde c_v é o calor específico do ar a volume constante. Assim,

$m\cdot c_v\frac{dT}{dt}=R_{e}T\frac{dm}{dt}\Rightarrow \frac{dm}{dt}={\mathrm{\Phi }}_m=\frac{m\cdot c_v\frac{dT}{dt}}{R_{e}T}$

${\mathrm{\Phi }}_m=\frac{\rho V\cdot c_v\frac{dT}{dt}}{R_{e}T}=\frac{\frac{p}{R_{e}T}V\cdot c_v\frac{dT}{dt}}{R_{e}T}=\frac{pV\cdot c_v\frac{dT}{dt}}{(R_{e}T{)}^2}$

${\mathrm{\Phi }}_m(0)=\frac{p(0)V(0)\cdot c_v\frac{dT}{dt}(0)}{(R_{e}T(0){)}^2}=\frac{(100kPa+1atm)\cdot 0.1m^3\cdot 720J\cdot k{g}^{-1}\cdot K^{-1}\cdot 0.05K/s}{(290J\cdot (20^{o}C){)}^2}$

$=\frac{(100000Pa+100000Pa)\cdot 0.1m^3\cdot 720J\cdot k{g}^{-1}\cdot K^{-1}\cdot 0.05K/s}{(290J\cdot [(273+20)K]{)}^2}$

$=0.10g/s$