Enunciado

Vapor d'água sai do gerador de vapor de uma central de potência a 3.5   M P a e 400   ° C . A pressão e a temperatura do vapor na seção de alimentação da turbina são iguais a 3.4   M P a e 375   ° C . A eficiência isoentrópica da turbina é de 88% e a pressão na seção de alimentação do condensador é 10   k P a . O condensado sai do condensador e entra na bomba a 35   ° C e 10   k P a . A eficiência isentrópica da bomba é igual a 80 % e pressão na seção de saída deste equipamento é 3,7   M P a . A água de alimentação entra no gerador de vapor a 3,6   M P a e 30   ° C . Nestas condições, determine:

  1. O rendimento térmico do ciclo.
  2. A irreversibilidade no escoamento entra a seção de saída do gerador de vapor e a de entrada da turbina. Admita que a temperatura ambiente seja 25   ° C .

Passo 1

Oi, tudo bem? Vamos resolver esta questão!

A primeira coisa a se fazer é organizar os dados. Temos que:

p 1 = 3,5   M P a

T 1 = 400   ° C

p 2 = 3,4   M P a

T 2 = 375   ° C

η T = 88 %

p 3 = 10   k P a

p 4 = 10   k P a

T 4 = 35   ° C

η B = 80 %

p 5 = 3,7   M P a

p 6 = 3,6   M P a

T 6 = 30   ° C

T 0 = 298   K

Como temos eficiências isoentrópicas, temos que considerar o estado 5 s que indica a saída da bomba e o estado 3 s que indica a saída da turbina.

Feitas essas considerações, vamos encontrar os valores de entalpia e entropia específica para cada estado.

Passo 2

Como dito no passo anterior, vamos encontrar os valores de entalpia e entropia específica para cada estado.

Para o estado 1 , temos que analisar as tabelas de vapor superaquecido e usar interpolação. Temos que:

h 1 = 3230,82 + 3213,51 - 3230,82 3500 - 3000 4000 - 3000

h 1 = 3222,165   k J / k g

E:

s 1 = 6,9211 + 6,7689 - 6,9211 3500 - 300 4000 - 3000

s 1 = 6,845   k J / k g K

Para o estado 2 , queremos os dados para p 2 = 3,4   M P a e T 2 = 375   ° C . Temos que:

h 2 = 3173,035 + 3152,97 - 3173,035 3 4 00 - 3000 4000 - 3000

h 2 = 3 165,01   k J / k g

E:

s 2 = 6,8319 + 6 , 67545 - 6 , 8319 3 4 00 - 300 4000 - 3000

s 2 = 6,76932   k J / k g K

Passo 3

Como o processo 2 → 3 s é isoentrópico, temos que s 2 = s 3 s , portanto:

x 3 s = 6,76932 - 0,6492 7,5010

x 3 s = 0,8159

A entalpia será:

h 3 s = 191,81 + 0,8159 2392,82

h 3 s = 2144,11   k J / k g

Como temos a eficiência da turbina isoentrópica, e sabemos que:

η T = h 2 - h 3 h 2 - h 3 s

Podemos encontrar h 3 . Temos que:

0,88 = 3165,01 - h 3 3165,01 - 2144,11

h 3 = 266,617   k J / k g

Passo 4

O trabalho da bomba ideal é dado por:

w B s = v p 5 - p 4

w B s = 0,001010 3700 - 10

w B s = 3,7269   k J / k g

Temos a eficiência isoentrópica da bomba, portanto podemos encontrar o valor do trabalho real:

0,8 = 3,7269 w B

w B = 4,658   k J / k g

Aplicando a equação de energia ao processo da bomba, teremos:

h 5 = 191,81 + 4,658

h 5 = 195,536   k J / k g

Passo 5

Para o estado 6 , temos que:

h 6 = 127,56 + 130,295 - 127,56 3600 - 2000 5000 - 2000

h 6 = 129,018   k J / k g

O calor adicionado ao sistema é dado por:

q H = h 1 - h 6

q H = 3222,165 - 129,018

q H = 3093,147   k J / k g

O trabalho da turbina será:

w T = h 2 - h 3

w T = 3165,01 - 2266,617

w T = 898,393   k J / k g

Podemos encontrar então o trabalho líquido que será o trabalho gerado pela turbina menos o trabalho consumido pela bomba.

w l i q = 898,393 - 4,658

w l i q = 893,735   k J / k g

Passo 6

Agora temos os dados necessários para encontrar a eficiência térmica do ciclo. Ela é dada por:

η = w l i q q H

η = 893,735 3093,147

η = 0,2889

Ou, em porcentagem:

η = 28,98 %

O exercício também nos pede a geração de entropia. Ela é dada por:

s g e n = s 2 - s 1 - q 1 → 2 T 0

Temos que:

q 1 → 2 = h 2 - h 1 = 3165,01 - 3222,165

q 1 → 2 = - 57,156   k J / j g

Aplicando à fórmula, temos que:

s g e n = 6,76932 - 6,845 - - 57,156 298

s g e n = 0,11611   k J / k g K

Resposta

a )   η = 28,98 %

b )   s g e n = 0,11611   k J / k g K

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