Enunciado

Uma usina de potência a vapor opera no ciclo de Rankine com reaquecimento. Vapor de água entra na turbina de alta pressão a 12,5 MPa e 550 °C a uma vazão de 7,7 kg/s, saindo a 2 MPa. Em seguida, o vapor é reaquecido a uma pressão constante até 450 °C antes de se expandir na turbina de baixa pressão. As eficiências isentrópicas da turbina e da bomba são de 85% e 90%, respectivamente. O vapor deixa o condensador como líquido saturado. Considerando que o conteúdo de umidade do vapor na saída da turbina não deve exceder 5%, determine (a) a pressão no condensador, (b) a potência líquida produzida e (c) a eficiência térmica.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem?

Consideremos o esboço para este problema:

|     T 3 = 5 5 0 0 C   | P 3 = 12,5   M P a P 4 = 2   M P a     T 5 = 450 0 C         x 6 = 0,95     η t = 0,85   |   η B = 0,9

Bem, utilizando o auxílio das tabelas A.4, A.5 e A6, é possível encontrar algumas relações termodinâmicas para a resolução deste problema e dos outros desse capítulo.

Passo 2

O problema não traz informações inicias acerca da pressão ou temperatura no estado 1, impossibilitando de calcularmos a entalpia agora, assim como do estado 2, que depende do estado 1.

Mas sabemos que P 3 = 12,5   M P a     e     T 3 = 550 0 C e que o estado 3 é vapor superaquecido, então:

h 3 = 3476,5 K J k g     e     s 3 = 6,6317 K J k g K

Passo 3

E sabemos que P 4 = 2   M P a e que s 3 = s 4 s , portanto, das tabelas:

h 4 s = 2948,1 K J k g K

Devemos lembrar que a eficiência da turbina pode ser escrita:

η t = h 3 - h 4 h 3 - h 4 s → h 4 = h 3 - η t h 3 - h 4 s → h 4 = 3027,3 K J k g

Para o estado 5, sabemos a pressão e temperatura P 5 = 2   M P a   e   T 5 = 450 0 C , e que está em vapor superaquecido, então:

h 5 = 3358,2 K J k g     e     s 5 = 7,2815 K J k g K

No estado 6, temos x 6 = 0,95 somente, e sabemos que s 5 = s 6 . Neste caso temos duas equações com duas incógnitas: h 6   e   h 6 s .

Mas, assim como no estado 3, porém agora analisando a eficiência da bomba, temos:

η B = h 5 - h 6 h 5 - h 6 s   → h 6 = h 5 - η B h 5 - h 6 s   3

A pressão no estado 6 pode ser determinada por uma abordagem de tentativa-erro das tabelas de vapor ou usando o EES das três equações acima. Assim, podemos encontrar que:

P 6 = 9,73   k P a       e     h 6 = 2463,3 K J k g

Passo 4

Agora, como sabemos P 6 e P 1 = P 6 , estando o estado 1 em líquido saturado, podemos encontrar as propriedades nas tabelas termodinâmicas:

h 1 = 189,57 K J k g     e   v 1 = 0,001010 m 3 k g

Sabendo que o trabalho específico pode ser dado por w p = v 1 P 2 - P 1   → w p = 1 4,02   K J k g :

h 2 = h 1 + w p       → h 2 = 2 03,59   K J k g

Passo 5

Então, o calor que entra é:

q e n t = h 3 - h 2 + h 5 - h 4 → q e n t = 3603,8 K J k g

E o calor que sai:

q s a i = h 6 - h 1 → q s a i = 2273,7 K J k g

Assim, a potência do ciclo é:

W ˙ = m ˙ q e n t - q s a i → W ˙ = 10,242   K W

E a eficiência térmica:

η = 1 - q s a i q e n t     → η = 36,9   %

Resposta

Portanto:

  1. P 6 = 9,73   k P a      
  2. W ˙ = 10,242   K W
  3. η = 36,9 %
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