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Enunciado

Termodinâmica - Sonntag, R.E. e Borgnakke, C. -Fundamentos da Termodinâmica- Ed: 1º - Capítulo 11.Problemas - Ex. 20

Considere um ciclo de vapor ideal regenerativo, no qual vapor entra na turbina a 3   M P a e 400   ° C e sai para o condensador a 10   k P a . Vapor é extraído da turbina a 0,8   M P a   para um aquecedor de água aberto. A água sai do aquecedor como líquido saturado. Bombas adequadas são utilizadas para a água nas saídas do condensador e do aquecedor. Calcule o rendimento térmico do ciclo e o trabalho líquido por quilograma de vapor.

Passo 1

Fala pessoal, tudo certinho? vamos responder mais uma questão, então prepara o material e vamos responder!!

Nós temos os seguintes dados

p 5 = 3   M P a

T 5 = 400   ° C

p c o n d = 10   k P a

p 6 = 800   k P a

Nós assumimos que temos um ciclo ideal de Rankine. A expansão em turbinas e compressão em bombas é isentrópica s = 0 . As perdas potenciais e cinéticas são desprezadas.

Passo 2

A tarefa é determinar a eficiência térmica e a rede específica. Primeiro vamos determinar a entalpia para todos os estados do ciclo. Estado (5) da Tabela B.1.3 com valores correspondentes t 5 = 400   ° C e p = 3   M P a

h 5 = 3230,82 k J k g

s 5 = 6,9211 k J k g   K

Verificando se o estado (6) está em área saturada, da Tabela B.1.2, tomamos as propriedades da água saturada em p 6 = 800   k P a

h 3 = h f   p a r a   800   k P a = 721,10 k J k g

h g   p a r a   800   k P a = 2769,13 k J k g

s f   p a r a   800   k P a = 2,0461 k J k g   K

s g   p a r a   800   k P a = 6,6627 k J k g   K

υ f   p a r a   800   k P a = 0,001115 m 3 k g

Porque s 6 > s g   p a r a   800   k P a . O estado (6) está na área superaquecida. O estado (6) é determinado por p 6 = 800   k P a e s 6 = s 5 = 6,9211 k J k g   K . Usando interpolação linear, com isso, tomamos entalpia e temperatura entre nossos parâmetros de pressão e entropia, em p 6 = 800   k P a e s 6 = 6,9211 k J k g   K

s ' = 6,8158 k J k g   K → h ' = 2839,25 k J k g

s ' ' = 7,0384 k J k g   K → h ' ' = 2949,97 k J k g

Calculando a entalpia com interpolação linear:

h 6 - h ' h ' ' - h ' = s 6 - s ' s ' ' - s '

Isolando o h 6

h 6 = s 6 - s ' s ' ' - s ' ∙ h ' ' - h ' + h '

Substituindo os valores, nós temos que

h 6 = 6,9211 - 6,8158 7,0384 - 6,8154 ∙ 2949,97 - 2839,25 + 2839,25 = 2891,62 k J k g

Passo 3

Para o estado (7), na parte do condensador

p c o n d = 10   k P a

Com isso, pela tabela B.1.2

h f   p a r a   10   k P a = 191,81 k J k g

h g   p a r a   10   k P a = 2584,63 k J k g

s f   p a r a   10   k P a = 0,6492 k J k g   K

s g   p a r a   10   k P a = 8,1501 k J k g   K

υ f   p a r a   10   k P a = 0,001010 m 3 k g

Mas para determinar a entalpia no estado (7) precisamos da qualidade x da mistura, pois s 7 = s 5 , com isso, nós podemos encontrar x

s 7 = s f   p a r a   50 ° C + x ∙ s g   p a r a   50 ° C - s f   p a r a   50 ° C

Isolando o x

x = s 7 - s f   p a r a   50 ° C s g   p a r a   50 ° C - s f   p a r a   50 ° C

Substituindo os valores, nós temos que

x = 6,9211 - 0,6492 8,1501 - 0,6492 = 0,8361 = 83,61 %

Passo 4

A entalpia no estado (7):

h 7 = h f   p a r a   50 ° C + x ∙ h g   p a r a   50 ° C - h f   p a r a   50 ° C

Substituindo os termos

h 7 = 191,81 + 0,8361 ∙ 2584,63 - 191,81 = 2192,44 k J k g

Trabalho específico para bomba de baixa pressão é:

w p 1 = υ 10   k P a ∙ p 6 - p c o n d = 0,001010 ∙ 800 - 10

Com isso, nós temos que

w p 1 = 0,7979 k J k g

Agora, a entalpia no estado (2) é

h 2 = h 1 + w p 1 = 191,81 + 0,7979

Portanto,

h 2 = 192,60 k J k g

Trabalho específico para bomba de alta pressão é:

w p 2 = υ f   p a r a   800   k P a ∙ p 5 - p 6

Novamente, fazendo o processo de substituição

w p 2 = 0,001115 ∙ 3000 - 800 = 2,453 k J k g

Passo 5

Agora a entalpia no estado (4) é:

h 4 = h 3 + w p 2

Fazendo o processo de substituição

h 4 = 721,10 + 2,453 = 723,55 k J k g

Então, o trabalho específico da turbina

w t u r b i n a = h 5 - h 7 = 3230,82 - 2192,44 = 1038,38 k J k g

Transferência de calor dentro da caldeira:

q i n = h 5 - h 4 = 3230,82 - 723,55 = 2507,27 k J k g

Transferência de calor dentro do condensador:

q o u t = h 7 - h 1 = 2192,44 - 191,81 = 2000,63 k J k g

A eficiência térmica do ciclo é:

η t = q i n - q o u t q i n = 1 - q o u t q i n

Substituindo os termos

η t = 1 - 2000,63 2507,27 = 0,2020 = 20,20   %

Resposta

η t = 0,2020 = 20,20 %

W t u r b i n a = 1038,38 k J k g

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