Enunciado

Repita o Prob. 10-111 considerando eficiências isentrópicas de 100% para a bomba, 80% para o compressor e 85% para as turbinas a gás e a vapor.

Passo 1

Tá legal, vamos primeiro ilustrar o diagrama T-s do ciclo gás-vapor com reaquecimento na câmara de combustão, lembrando que agora temos que considerar a eficiência isentrópica dos dispositivos, então, teremos:

Agora, o que nós vamos fazer é trabalhar com o ciclo a gás para descobrir o valor das propriedades nos pontos de interesse. Então, com a ajuda das tabelas termodinâmicas do apêndice A, vamos determinar as propriedades dos pontos 7 a 11. Então, começando pelo ponto 7, temos:

T 7 = 310   K → P r 7 = 1,5546 ; h 7 = 310,24   k J / k g

Então, assumindo que o processo 7-8 seja isentrópico, com a pressão relativa em 7, podemos obter a pressão relativa em 8 através de:

P r 8 s = P 8 s P 7 P r 7 = 12 1,5546 → P r 8 s = 18,66

E, com esse valor de pressão relativa, recorrendo às tabelas do apêndice A, temos a seguinte entalpia para o ponto 8:

h 8 s = 630,18   k J / k g

Agora, nós sabemos que a eficiência isentrópica do compressor do ciclo superior pode ser dada por:

η C = h 8 s - h 7 h 8 - h 7

Com isso, podemos encontrar a entalpia real no ponto 8, então, temos:

h 8 = h 7 + h 8 s - h 7 η C = 310,24 + 630,18 - 310,24 0,8 → h 8 = 710,16   k J / k g

Continuando, agora analisando o ponto 9, temos:

T 9 = 1400   K → P r 9 = 450,5 ; h 9 = 1515,42   k J / k g

Então, da mesma forma que fizemos acima, podemos encontrar o valor da pressão relativa no ponto 10 assumindo que o processo seja isentrópico:

P r 10 s = P 10 s P 9 P r 9 = 1 12 450,5 → P r 10 s = 37,54

E, com esse valor de pressão relativa, recorrendo às tabelas do apêndice A, temos a seguinte entalpia para o ponto 10:

h 10 s = 768,38   k J / k g

Agora, nós sabemos que a eficiência isentrópica da turbina do ciclo superior pode ser dada por:

η T = h 9 - h 10 h 9 - h 10 s

Então, isolando a entalpia real no ponto 10, temos:

h 10 = h 9 - η T h 9 - h 10 s = 1515,42 - 0,8 5 ( 1515,42 - 768,38 )

h 10 = 880,44   k J / k g

E, por fim, podemos encontrar a entalpia no ponto 11 pela sua temperatura:

T 11 = 520   K → h 11 = 523,63   k J / k g

Passo 2

Agora nós vamos encontrar as propriedades do ciclo a vapor com a ajuda das temperaturas e pressões e consultando as tabelas do apêndice A, então, temos:

P 1 = 10   k P a ; x 1 = 0 → h 1 = 191,81   k J / k g ; v 1 = 0,001010   m 3 / k g

Com isso, podemos encontrar o trabalho consumido pela bomba 1 através de:

w b 1 = v 1 P 2 - P 1 = 0,001010 12500 - 10 → w b 1 = 12,62   k J / k g

E, com esse valor, aplicando o equilíbrio de energia para a bomba 1, podemos encontrar o valor da entalpia no ponto 2:

h 2 = h 1 + w b 1 = 191,81 + 12,62 → h 2 = 204,43   k J / k g

Agora, continuando com as propriedades, temos:

P 3 = 1 2,5   M P a ; T 3 = 5 00   ° C → h 3 = 3343,6   k J / k g ; s 3 = 6,4651   k J / k g . K

P 4 = 2,5   M P a ; s 4 s = s 3 = 6,4651   k J / k g . K → h 4 s = 2909,6   k J / k g

Agora, usando a definição de eficiência isentrópica da turbina, temos:

η T = h 3 - h 4 h 4 - h 4 s

Então, isolando a entalpia real no ponto 4, temos:

h 4 = h 3 - η T h 3 - h 4 s = 3343,6 - 0,8 5 ( 3343,6 - 2909,6 )

h 4 = 2974,7   k J / k g

Agora, continuando com as propriedades, temos:

P 5 = 2,5   M P a ; T 5 = 5 50   ° C → h 5 = 3574,4   k J / k g ; s 5 = 7,4653   k J / k g . K

P 6 = 10   k P a ; s 6 s = s 5 = 7,4653   k J / k g . K

Então, podemos encontrar o título nessa condição isentrópica:

x 6 s = s 6 s - s l s l v = 7,4653 - 0,6492 7,4996 → x 6 s = 0,9089

E, com esse valor, encontrar a entalpia nesse ponto:

h 6 s = h l + x 6 s h l v = 191,81 + 0,9089 2392,1 → h 6 s = 2365,8   k J / k g

Agora, vamos usar novamente a definição de eficiência isentrópica para uma turbina, só que agora aplicada ao processo 5-6, então, temos:

η T = h 5 - h 6 h 5 - h 6 s

Então, isolando a entalpia real no ponto 6, temos:

h 6 = h 5 - η T h 5 - h 6 s = 3574,4 - 0,85 ( 3574,4 - 2365,8 )

h 6 = 2547,1   k J / k g

Passo 3

Agora nós vamos aplicar o equilíbrio de energia para o trocador de calor, dessa forma, teremos:

E ˙ e - E ˙ s = Δ E ˙

Como no nosso caso temos regime permanente, então Δ E ˙ = 0 , dessa forma, a equação se torna:

E ˙ e = E ˙ s

E, colocando em função das entalpias e das vazões mássicas, temos:

m ˙ g a s h 11 + m ˙ v a p o r h 3 = m ˙ g a s h 10 + m ˙ v a p o r h 2

Então, substituindo os valores conhecidos, temos:

m ˙ g á s 523,63 + 12 3343,6 = m ˙ g á s 880,44 + 12 204,43

m ˙ g á s = 105,57   k g / s

Passo 4

Agora, para a letra (b), nós vamos calcular o calor total que foi adicionado ao sistema, que entra pela câmara de combustão e devido ao reaquecimento, então, temos:

Q ˙ e = Q ˙ c + Q ˙ r = m ˙ g á s h 9 - h 8 + m ˙ v a p o r ( h 5 - h 4 )

Então, substituindo os valores conhecidos, temos:

Q ˙ e = 105,57 1515,42 - 710,16 + 12 3574,4 - 2974,7 → Q ˙ e = 92207,7   k W

Passo 5

Agora, o calor que sai do sistema pode ser encontrado pela soma do calor que deixa o sistema no trocador de calor e no condensador, então, temos:

Q ˙ s = Q ˙ t c + Q ˙ c o n d = m ˙ g á s h 11 - h 7 + m ˙ v a p o r ( h 6 - h 1 )

Substituindo os valores conhecidos, temos:

Q ˙ s = 105,57 523,63 - 310,24 + 12 2547,1 - 191,81 → Q ˙ s = 50791,1   k W

E, então, a eficiência térmica do ciclo será:

η = 1 - Q ˙ s Q ˙ e = 1 - 50791,1 92207,7 → η = 0,4492

Resposta

m ˙ g á s = 105,57   k g / s

Q ˙ e = 92207,7   k W

η = 0,4492

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