10.37 Um conjunto cilindro - pistão, que opera a pressão constante, contém 2 kg de água. Inicialmente, a pressão e a temperatura da água são iguais a 5 MPa e
. Calor é transferido para a água de um reservatório térmico a
até que a temperatura da água se torne igual aquela do reservatório. Sabendo que o meio encontra-se a
e
, determine a irreversibilidade total nesse processo e a disponibilidade no estado 1 e 2 .
Passo 1
Beleza, vamos lá! A questão é de Termodinâmica Avançada, mais precisamente sobre exergia (disponibilidade) e irreversibilidade num processo de aquecimento a pressão constante.
– Temos 2 kg de água num cilindro-pistão a 5 MPa e 100 °C;
– Ela recebe calor de um reservatório a 700 °C até atingir 700 °C (sempre a 5 MPa);
– O meio ambiente está a 25 °C e 0,1 MPa.
O que precisamos: 1) calcular o calor trocado e as variações de energia interna e entropia; 2) usar balanço de exergia para achar irreversibilidade; 3) calcular a disponibilidade (exergia) no estado 1 e no estado 2.
– Temos 2 kg de água num cilindro-pistão a 5 MPa e 100 °C;
– Ela recebe calor de um reservatório a 700 °C até atingir 700 °C (sempre a 5 MPa);
– O meio ambiente está a 25 °C e 0,1 MPa.
O que precisamos: 1) calcular o calor trocado e as variações de energia interna e entropia; 2) usar balanço de exergia para achar irreversibilidade; 3) calcular a disponibilidade (exergia) no estado 1 e no estado 2.
Passo 2
Primeiro, vamos buscar as propriedades da água nos dois estados.
Estado 1 (P=5 MPa, T=100 °C – água comprimida):
– u₁≈419,0 kJ/kg (energia interna)
– v₁≈0,001043 m³/kg (volume específico)
– s₁≈1,307 kJ/kg K (entropia)
Estado 2 (P=5 MPa, T=700 °C – vapor superaquecido):
– u₂≈3156,4 kJ/kg
– v₂≈0,05604 m³/kg
– s₂≈7,050 kJ/kg K
Estado 1 (P=5 MPa, T=100 °C – água comprimida):
– u₁≈419,0 kJ/kg (energia interna)
– v₁≈0,001043 m³/kg (volume específico)
– s₁≈1,307 kJ/kg K (entropia)
Estado 2 (P=5 MPa, T=700 °C – vapor superaquecido):
– u₂≈3156,4 kJ/kg
– v₂≈0,05604 m³/kg
– s₂≈7,050 kJ/kg K
Esses valores vêm das tabelas de água.
Passo 3
Balanço de energia (1ª lei) para sistema fechado com trabalho de fronteira W=P·ΔV:
Q = m·(u₂−u₁) + P·m·(v₂−v₁)
Q = m·(u₂−u₁) + P·m·(v₂−v₁)
Calculemos:
Δu = u₂−u₁ = 3156,4 − 419,0 = 2737,4 kJ/kg
Δv = v₂−v₁ = 0,05604 − 0,001043 = 0,0550 m³/kg
Δu = u₂−u₁ = 3156,4 − 419,0 = 2737,4 kJ/kg
Δv = v₂−v₁ = 0,05604 − 0,001043 = 0,0550 m³/kg
Logo, para m=2 kg:
m·Δu = 2·2737,4 = 5474,8 kJ
P·m·Δv = 5000 kPa · (2·0,0550 m³) = 5000·0,11 = 550,0 kJ
m·Δu = 2·2737,4 = 5474,8 kJ
P·m·Δv = 5000 kPa · (2·0,0550 m³) = 5000·0,11 = 550,0 kJ
Então:
Q = 5474,8 + 550,0 = 6024,8 kJ
Q = 5474,8 + 550,0 = 6024,8 kJ
Passo 4
Agora a variação de entropia do sistema:
Δs = s₂−s₁ = 7,050 − 1,307 = 5,743 kJ/kg K
m·Δs = 2·5,743 = 11,486 kJ/K
Δs = s₂−s₁ = 7,050 − 1,307 = 5,743 kJ/kg K
m·Δs = 2·5,743 = 11,486 kJ/K
Como o calor vem de reservatório a T_R = 700 °C = 973 K, a entropia gerada é:
S_gen = m·Δs − Q/T_R
S_gen = 11,486 − 6024,8/973 = 11,486 − 6,193 = 5,293 kJ/K
S_gen = m·Δs − Q/T_R
S_gen = 11,486 − 6024,8/973 = 11,486 − 6,193 = 5,293 kJ/K
Passo 5
A irreversibilidade (exergia destruída) é:
I = T₀ · S_gen, com T₀=25 °C=298 K
I = 298 K · 5,293 kJ/K = 1577 kJ
I = T₀ · S_gen, com T₀=25 °C=298 K
I = 298 K · 5,293 kJ/K = 1577 kJ
Passo 6
Agora calculamos a disponibilidade (exergia) em cada estado:
ψ = m·[(u − u₀) + P₀·(v − v₀) − T₀·(s − s₀)]
ψ = m·[(u − u₀) + P₀·(v − v₀) − T₀·(s − s₀)]
Na referência (estado morto) a 0,1 MPa e 25 °C, usamos propriedades aproximadas:
u₀≈104,8 kJ/kg, v₀≈0,001003 m³/kg, s₀≈0,3672 kJ/kg K, P₀=100 kPa
u₀≈104,8 kJ/kg, v₀≈0,001003 m³/kg, s₀≈0,3672 kJ/kg K, P₀=100 kPa
Estado 1:
Δu₁ = u₁−u₀ = 419,0−104,8 = 314,2 kJ/kg
P₀·Δv₁ = 100·(0,001043−0,001003) = 0,004 kJ/kg
T₀·Δs₁ = 298·(1,307−0,3672) = 280,0 kJ/kg
ψ₁/kg = 314,2 + 0,004 − 280,0 = 34,2 kJ/kg
ψ₁ = 2·34,2 = 68,4 kJ
Δu₁ = u₁−u₀ = 419,0−104,8 = 314,2 kJ/kg
P₀·Δv₁ = 100·(0,001043−0,001003) = 0,004 kJ/kg
T₀·Δs₁ = 298·(1,307−0,3672) = 280,0 kJ/kg
ψ₁/kg = 314,2 + 0,004 − 280,0 = 34,2 kJ/kg
ψ₁ = 2·34,2 = 68,4 kJ
Estado 2:
Δu₂ = u₂−u₀ = 3156,4−104,8 = 3051,6 kJ/kg
P₀·Δv₂ = 100·(0,05604−0,001003) = 5,504 kJ/kg
T₀·Δs₂ = 298·(7,050−0,3672) = 1991,2 kJ/kg
ψ₂/kg = 3051,6 + 5,504 − 1991,2 = 1065,9 kJ/kg
ψ₂ = 2·1065,9 = 2131,8 kJ
Δu₂ = u₂−u₀ = 3156,4−104,8 = 3051,6 kJ/kg
P₀·Δv₂ = 100·(0,05604−0,001003) = 5,504 kJ/kg
T₀·Δs₂ = 298·(7,050−0,3672) = 1991,2 kJ/kg
ψ₂/kg = 3051,6 + 5,504 − 1991,2 = 1065,9 kJ/kg
ψ₂ = 2·1065,9 = 2131,8 kJ
Resposta
Irreversibilidade total I ≈ 1577 kJ
Disponibilidade no estado 1 ψ₁ ≈ 68,4 kJ
Disponibilidade no estado 2 ψ₂ ≈ 2131,8 kJ
Disponibilidade no estado 1 ψ₁ ≈ 68,4 kJ
Disponibilidade no estado 2 ψ₂ ≈ 2131,8 kJ