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Enunciado

Termodinâmica - Çengel - Termodinâmica - Ed: 7º - Capítulo 8.Problemas - Ex. 64

Gases de combustão a 900   ° C , 800   k P a e 100   m / s entram em uma turbina a gás, saindo a 650   ° C ,   400   k P a e 220   m / s . Considerando c p = 1,15   k J / k g ° C e k = 1,3 para os gases de combustão, determine ( a ) a exergia dos gases de combustao na entrada da turbina e ( b ) o trabalho produzido pela turbina em condicoes reversiveis. Considere a vizinhança a 25   ° C e 100   k P a . Essa turbina pode ser adiabática?

Passo 1

Temos gases de combustão e teremos que determinar a exergia dos gases em combustão na entrada, o trabalho produzido pela turbina.

Assumindo que este processo está em regime permanente, pois, não há mudanças com o tempo. A variação da energia potencial será desconsiderada. A temperatura da vizinhança foi dada como T v i z = 25 ° C . Os gases em combustão são gases ideais com calores específicos constantes.

Propriedades do calor específico constante c p = 1,15   k J / k g ∙ K e calor específico k = 1,3 e com estás propriedades podemos encontrara a constante do gás ideal:

R = c p - c v = c p - c p k

R = c p 1 - 1 k

R = 1,15 ∙ 1 - 1 1,3

R = 0,265   k J / k g ∙ K

Passo 2

a) A gora que temos todas as propriedades podemos calcular a exergia de entrada.

ψ 1 = h 1 - h 0 - T 0 s 1 - s 2 + V 1 2 2 + g z 1

Mas antes temos que encontra a variação da entropia.

Δ s = c p ∙ ln ⁡ T 1 T 0 - R ∙ ln ⁡ P 1 P 2

Δ s = 1,15 ∙ ln ⁡ 1173 298 - 0,265 ∙ ln ⁡ 800 100

Δ s = 1,025   k J / k g ∙ K

Retomando o calculo da exergia de entrada, temos:

ψ 1 = 1,15 ∙ 900 - 25 - 298 ∙ 1,025 + 100 2 2 ∙ 1 k J k g 1000 m 2 s 2

ψ 1 = 705,8   k J / k g

Passo 3

b)A energia reversível ou trabalho Maximo de saída pode ser determina pela equação do balanço de exergia igual a zero.

Como o sistema é de controle de volume e regime permanente podemos escrever a equação de balanço da seguinte forma:

X ˙ i n - X ˙ o u t - X ˙ d e s t r u = Δ X ˙ s i s t e m a = 0

Como a exergia destruída é igual à zero, pois é reversível neste caos e a variação da exergia tende a zero, pois estamos em regime permanente. Temos:

X ˙ i n = X ˙ o u t

m ˙ ψ 1 = m ˙ ψ 2 + W ˙ r e v

W ˙ r e v = m ˙ ( ψ 1 - ψ 2 )

W ˙ r e v = m ˙ h 1 - h 2 - T 0 s 1 - s 2 - Δ k e - Δ p e

Note que Δ p e   será igual à zero, pois consideramos a variação deste como insignificante.

Para finalizarmos a conta basta calcularmos a variação da energia cinética e a variação da entropia, derterminando por:

Δ k e = V 2 2 - V 1 2 2

Δ k e = 220 2 - 100 2 2 ∙ 1 k j k g 1000 m 2 s 2

Δ k e = 19,2   k J / k g

Calculando a variação da entropia:

Δ s = c p ∙ ln ⁡ T 2 T 1 - R ∙ ln ⁡ P 2 P 1

Δ s = 1,15 ∙ ln ⁡ 923 1173 - 0,265 ∙ ln ⁡ 400 800

Δ s = - 0,09196   k J / k g

Passo 4

Agora que calculamos todos os termos podemos retomar o calculo da energia reversível:

Substituindo valores, temos:

W ˙ r e v = h 1 - h 2 + T 0 S 1 - S 2 - Δ k e = c p T 1 - T 2 + T 0 ∙ s 2 - s 1 - Δ k e

W ˙ r e v = 1,15 ∙ 900 - 650 + 298 ∙ - 0,09196 - 19,2

W ˙ r e v = 240,0   k j / k g

Resposta

a)

ψ 1 = 705,8   k J / k g

b) W ˙ r e v = 240,0   k j / k g

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