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Enunciado

Termodinâmica - Van Wylen- Ed: 6º - Capítulo 13.Problemas - Ex. 111

Uma vazão de 1 k g / s de água entra num coletor solar a 40 ° C e sai a 90 ° C , como mostra a Fig. P13.111. A água quente é borrifada no interior de um trocador de calor de contato (sem mistura dos dois fluidos) e assim transfere calor para o butano. O trocador de calor é alimentado com butano liquido e descarrega, vapor saturado de butano a 80 ° C , numa turbina. Se a temperatura do butano no condensador é 30 ° C e as eficiências isoentrópicas da turbina e da bomba são iguais a 80 % , determine a potência líquida gerada no ciclo.

Passo 1

E aí bonit@s, como vocês estão? Prontos pra mais uma questão maneira?

Se liguem, primeiramente demos nos lembrar que no ciclo da água temos que a entrada de energia solar aumenta 1   k g / s de H 2 O l i q de 40 ° C para 190 ° C . Sendo assim, a entrada de calor correspondente ao butano no trocador de calor é

Q ˙ = m ˙ ⋅ h F   190 C - h F   40 C H 2 O = 1 ⋅ 807,62 - 167,57 = 640,05   k W

Para o ciclo do butano temos

T 1 = 80 ° C ,     x 1 = 1,0 ; T 3 = 30 ° C ,     x 3 = 0,0

η S T = η S P = 0,8

T r 1 = 353,2 425,2 = 0,831

Dos diagramas generalizados D . 1 , D . 2   e   D . 3 encontramos

P 1 = 0,325 × 3800 = 1235   k P a

h 1 * - h 1 = 0,14304 ⋅ 425,2 ⋅ 0,56 = 34,1

s 1 * - s 1 = 0,14304 ⋅ 0,475 = 0,0680

T r 3 = 303,2 425,2 = 0,713

Passo 2

Além disso, com os diagramas também conseguimos encontrar

P 3 = 0,113 ⋅ 3800 = 429   k P a

Para líquido saturado:

h * - h F = R T C ⋅ 4,81 = 292,5 ,     s * - s F = R ⋅ 6,64 = 0,95

Para o vapor saturado:

h * - h G = R T C ⋅ 0,235 = 14,3 ,     s * - s G = R ⋅ 0,22 = 0,031

Por causa da combinação de propriedades de C4H10 (particularmente o grande C P 0 / R   ), s 1 é maior que s G em T 3 . Como pode ser observado em

s 1 * - s G 3 * = 1,7164 ⋅ ln ⁡ 353,2 303,2 - 0,14304 ⋅ ln ⁡ 1235 429 = 0,1107

s 1 - s G 3 = - 0,068 + 0,1107 + 0,031 = 0,0737 k J k g ⋅ K

Passo 3

Tomando o diagrama T - S temos o seguinte

de modo que T 2 S será > T 3 , conforme mostrado no diagrama T - s . Vários outros hidrocarbonetos pesados também exibem esse comportamento. Pois bem, dos diagramas generalizado D.2 e D.3 teremos

h 2 S * - h 2 S = R T C ⋅ 0,21 = 12,8 ,     s 2 S * - s 2 S = R ⋅ 0,19 = 0,027

s 1 * - s 2 S * = 1,7164 ⋅ ln ⁡ 353,2 315 - 0,14304 ⋅ ln ⁡ 1235 429 = 0,0453

s 1 - s 2 S = - 0,068 + 0,0453 + 0,027 ≈ 0

Com isso encontramos T 2 S = 315   K . Ainda utilizando os diagramas teremos

h 1 * - h 2 S * = 1,7164 ⋅ 353,2 - 315 = 65,6

W S T = h 1 - h 2 S = - 34,1 + 65,6 + 12,8 = 44,3   k J / k g

W T = η S ⋅ W S T = 0,8 ⋅ 44,3 = 35,4   k J / k g

No estado 3, temos

v 3 = 0,019 ⋅ 0,143 ⋅ 303,2 429 = 0,00192   m 3 / k g

- w S P ≈ v 3 ⋅ P 4 - P 3 = 0,00192 ⋅ 1235 - 429 = 1,55   k J / k g

- w p = - w p η S P = 1,55 0,8 = 1,94   k J / k g

W l i q = W T + W P = 35,4 - 1,94 = 33,46   k J / k g

Passo 4

Para o trocador de calor temos

Q ˙ = 640,05 = m ˙ C 4 H 10 ⋅ h 1 - h 4

Mas h 1 - h 4 = h 1 - h 3 + w p então

h 1 - h 3 = h 1 - h 1 * + h 1 * - h 3 * + h 3 * - h 3

h 1 - h 3 = - 34,1 + 1,716 ⋅ 80 - 30 + 292,5 = 344,2   k J / k g

Portanto,

m ˙ C 4 H 10 = 640,05 344,2 - 1,94 = 1,87   k g / s

Assim, nossa potência será

W ˙ l i q = m ˙ C 4 H 10 ⋅ w l i q = 1,87 ⋅ 33,46 = 62,57   k W

Finalmente resolvemos esse problemão, né?

Resposta

W ˙ l i q = 62,57   k W

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