# Mecânica dos fluidos/Exercícios resolvidos/C7

* Teoria
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## Enunciado

Um tanque de volume igual a 0.1 m$^3$ 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 m$_3$ |
| p$_i$ | 100k Pa (manométrica) |
| T$_i$ | 20 °C |
| p$_f$ | 20M Pa |
| dT/dt (0) | 0.050 °C/s |
| ΔQ | 0 J |
| Φ$_m$(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:
${\frac {dQ}{dt}}\;+\;{\frac {dW}{dt}}\;=\;{\frac {\partial }{\partial t}}\int _{C}\rho (u\;+\;{\frac {v^{2}}{2}})dV\;+\;\int _{S}[\rho (u\;+\;{\frac {v^{2}}{2}})\;-\;\sigma ]({\vec {v}}\cdot d{\vec {S}})$
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
$0\;+\;0\;=\;{\frac {\partial }{\partial t}}\int _{C}\rho (u_{t}\;+\;{\frac {v^{2}}{2}}\;+\;gz)dV\;+\;\int _{S}\rho (u_{t}\;+\;{\frac {p}{\rho }}\;+\;{\frac {v^{2}}{2}}\;+\;gz)({\vec {v}}\cdot d{\vec {S}})$
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$_e$T. Assim,
$0\;=\;{\frac {\partial }{\partial t}}\int _{C}\rho (u_{t}\;+\;{\frac {0^{2}}{2}}\;+\;0)dV\;+\;\int _{S}\rho (u_{t}\;+\;R_{e}T\;+\;{\frac {0^{2}}{2}}\;+\;0)({\vec {v}}\cdot d{\vec {S}})$
${\frac {\partial }{\partial t}}\int _{C}\rho u_{t}dV\;+\;\left.{\frac}(\rho [u_{t}\;+\;R_{e}T]vA_{f})\right|_{i}^{f}\;=\;0\Rightarrow \;\;\;{\frac {\partial }{\partial t}}(u_{t}m)\;-\;(\rho [u_{t}\;+\;R_{e}T]vA_{f})\;=\;0$
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,
$m\cdot c_{v}{\frac {dT}{dt}}\;=\;R_{e}T{\frac {dm}{dt}}\Rightarrow \;\;\;{\frac {dm}{dt}}\;=\;\Phi _{m}\;=\;{\frac {m\cdot c_{v}{\frac {dT}{dt}}}{R_{e}T}}$
$\Phi _{m}\;=\;{\frac {\rho V\cdot c_{v}{\frac {dT}{dt}}}{R_{e}T}}\;=\;{\frac {{\frac {p}{R_{e}T}}V\cdot c_{v}{\frac {dT}{dt}}}{R_{e}T}}\;=\;{\frac {pV\cdot c_{v}{\frac {dT}{dt}}}{(R_{e}T)^{2}}}$
$\Phi _{m}(0)\;=\;{\frac {p(0)V(0)\cdot c_{v}{\frac {dT}{dt}}(0)}{(R_{e}T(0))^{2}}}\;=\;{\frac {(100k\;Pa\;+\;1\;atm)\cdot 0.1\;m^{3}\cdot 720\;J\cdot kg^{-1}\cdot K^{-1}\cdot 0.05\;K/s}{(290\;J\cdot (20^{o}\;C))^{2}}}$
$\;=\;{\frac {(100000\;Pa\;+\;100000\;Pa)\cdot 0.1\;m^{3}\cdot 720\;J\cdot kg^{-1}\cdot K^{-1}\cdot 0.05\;K/s}{(290\;J\cdot [(273\;+\;20)\;K])^{2}}}$
$\;=\;0.10\;g/s$