(40 pontos) Vapor dágua entra em uma turbina a 3 Mpa e 500^{\circ} \mathrm{C} a uma vazão de 9 \mathrm{~kg} / \mathrm{s} e sai a 0,3 \mathrm{Mpa} e 200^{\circ} \mathrm{C}. O vapor perde calor para o ar da vizinhança a 100 KPa e 25^{\circ} \mathrm{C} a uma taxa de 350 kW , e as variações de energia cinética e potencial são desprezíveis. Determine:
a) A produção real de potência;
b) A máxima potência possível;
c) A Eficiência da segunda lei ou exergética;
d) A exergia destruída;
e) A exergia do vapor nas condições de entrada.

Passo 1

O enunciado pede que analisemos uma turbina por onde passa vapor na vazão \dot m e que perde calor para o ambiente. Especificamente, temos:
  • Vapor de entrada:
    \;P_1 = 3\\ \mathrm{MPa}, \;T_1 = 500^\circ\mathrm{C}.
  • Vapor de saída:
    \;P_2 = 0{,}3\\ \mathrm{MPa}, \;T_2 = 200^\circ\mathrm{C}.
  • Vazão mássica: \;\dot m = 9\\ \mathrm{kg/s}.
  • Perda de calor para o ar vizinho (ambiente): \;\dot Q_{\text{loss}} = 350\\ \mathrm{kW}.
  • Ambiente (estado morto): \;P_0 = 100\\ \mathrm{kPa}, \;T_0 = 25^\circ\mathrm{C} = 298{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Variações de energia cinética e potencial desprezíveis.
O que é pedido:
a) A potência real produzida pela turbina (taxa de trabalho útil).
b) A potência máxima possível (trabalho máximo reversível extraível).
c) A eficiência de segunda lei (eficiência exergética).
d) A exergia destruída (taxa).
e) A exergia do vapor nas condições de entrada (especificar exergia específica e taxa de exergia).
Todas as informações numéricas importantes do enunciado estão acima. A resolução começa no Passo 2.

Passo 2

Vamos escrever as equações físicas e conceitos que vamos usar (explicando tudo devagarinho).
  1. Balanço de energia (primeira lei) para um dispositivo em regime permanente, desprezando variações cinéticas/potenciais e considerando trabalho de eixo \dot W saindo do sistema:
\dot W = \dot m\,(h_1 - h_2) - \dot Q_{\text{in}}
Aqui:
  • \dot W é a potência produzida pela turbina (kW). Vou usar a convenção: \dot W>0 quando o fluxo de energia mecânica sai do sistema (potência útil).
  • \dot m é a vazão mássica ( \mathrm{kg/s}).
  • h_1,h_2 são as entalpias específicas do vapor nas seções 1 e 2 ( \mathrm{kJ/kg}).
  • \dot Q_{\text{in}} é a soma das taxas de calor que entram no sistema (positivo para calor entrando). No problema o vapor perde calor para o ar; portanto para o sistema da turbina \dot Q_{\text{in}} = -350\\ \mathrm{kW}. Substituindo o sinal corretamente verá que esse calor reduz a potência disponível. Em forma prática que usarei:
\dot W_{\text{real}} = \dot m\,(h_1 - h_2) - \dot Q_{\text{loss}}
onde \dot Q_{\text{loss}} = 350\\ \mathrm{kW} é positivo (é calor perdido para o ambiente).
  1. Definição de exergia específica (exergia de fluxo) em relação ao estado morto (T_0,P_0):
\psi = (h - h_0) - T_0\,(s - s_0)
Aqui:
  • \psi é a exergia específica ( \mathrm{kJ/kg}).
  • h e s são entalpia e entropia do fluxo na condição considerada.
  • h_0 e s_0 são entalpia e entropia da substância no estado morto (no ambiente).
  • T_0 é a temperatura ambiente em \mathrm{K}.
  1. Balanço de exergia (regime permanente) para um fluxo único que entra e sai, com trabalho de eixo e calor trocado com reservatórios:
\dot E_{D} = \dot m(\psi_1 - \psi_2) - \dot W - \sum_k \left(1-\frac{T_0}{T_k}\right)\dot Q_k
onde \dot E_{D} é a taxa de exergia destruída (não-negativa) e \dot Q_k são as taxas de calor (positivas quando entram no sistema) trocadas com reservatórios a temperatura T_k. No nosso caso a perda de calor \dot Q_{\text{loss}} vai para o ambiente a T_0, logo \left(1-\dfrac{T_0}{T_0}\right)\dot Q_{\text{loss}}=0. Assim a expressão útil reduz-se a:
\dot E_{D} = \dot m(\psi_1 - \psi_2) - \dot W
Isto também implica que o trabalho máximo reversível (quando \dot E_{D}=0) é
\dot W_{\max} = \dot m(\psi_1 - \psi_2).
  1. Eficiência exergética (eficiência da 2ª lei) definida como razão entre trabalho real e trabalho máximo teoricamente extraível:
\eta_{\text{II}} = \frac{\dot W_{\text{real}}}{\dot W_{\max}} = \frac{\dot W_{\text{real}}}{\dot m(\psi_1-\psi_2)}.
Resumo do plano: precisamos de h_1,s_1,h_2,s_2 e dos valores de h_0,s_0 no estado morto para calcular \dot W_{\text{real}}, \psi_1,\psi_2, \dot W_{\max}, \dot E_D e \eta_{\text{II}}.

Passo 3

Estamos prontos para pegar propriedades termodinâmicas. Vou usar valores extraídos das tabelas de vapor (tabelas de água/vapor). Explicitamente: peguei os valores de entalpia e entropia nas condições indicadas das tabelas de vapor superaquecido / líquido comprimido. Os valores adotados (arredondados razoavelmente) são:
  • Estado ambiente (estado morto) a T_0=25^\circ\mathrm{C} e P_0=100\\ \mathrm{kPa}: propriedades da água líquida comprimida a 25^\circ\mathrm{C}
    h_0 = 104{,}83\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad s_0 = 0{,}3672\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • Entrada (estado 1): \;P_1=3\\ \mathrm{MPa},\;T_1=500^\circ\mathrm{C}. Das tabelas (superaquecido):
    h_1 = 3375{,}10\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad s_1 = 6{,}594\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • Saída (estado 2): \;P_2=0{,}3\\ \mathrm{MPa},\;T_2=200^\circ\mathrm{C}. Das tabelas (superaquecido):
    h_2 = 2843{,}00\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad s_2 = 6{,}747\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Observação: os números acima vieram das tabelas de vapor (superaquecido / líquido comprimido). Usei precisão adequada para cálculos de engenharia (3–4 dígitos significativos), suficientes para a prova.

Passo 4

Calcular a potência real usando a primeira lei (energia):
  1. Diferença de entalpias:
\Delta h = h_1 - h_2 = 3375{,}10 - 2843{,}00 = 532{,}10\\ \mathrm{kJ/kg}.
  1. Potência associada ao escoamento:
\dot m\Delta h = 9\cdot 532{,}10 = 4788{,}90\\ \mathrm{kW}.
  1. Subtrai-se a perda de calor (350 kW) que reduz a potência útil:
\dot W_{\text{real}} = 4788{,}90 - 350 = 4438{,}90\\ \mathrm{kW}.
Portanto a potência real produzida pela turbina é \dot W_{\text{real}}=4438{,}90\\ \mathrm{kW} (cerca de 4{,}439\\ \mathrm{MW}).

Passo 5

Calcular exergias específicas \psi_1 e \psi_2 e potência máxima disponível.
Usamos \psi=(h-h_0)-T_0(s-s_0) com T_0=298{,}15\\ \mathrm{K}.
  1. Para a entrada (estado 1):
h_1-h_0 = 3375{,}10 - 104{,}83 = 3270{,}27\\ \mathrm{kJ/kg},
s_1-s_0 = 6{,}594 - 0{,}3672 = 6{,}2268\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},
T_0\,(s_1-s_0) = 298{,}15\cdot 6{,}2268 = 1856{,}520\\ \mathrm{kJ/kg},
\psi_1 = 3270{,}27 - 1856{,}520 = 1413{,}75\\ \mathrm{kJ/kg}.
  1. Para a saída (estado 2):
h_2-h_0 = 2843{,}00 - 104{,}83 = 2738{,}17\\ \mathrm{kJ/kg},
s_2-s_0 = 6{,}747 - 0{,}3672 = 6{,}3798\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},
T_0\,(s_2-s_0) = 298{,}15\cdot 6{,}3798 = 1902{,}137\\ \mathrm{kJ/kg},
\psi_2 = 2738{,}17 - 1902{,}137 = 836{,}03\\ \mathrm{kJ/kg}.
  1. Diferença de exergia específica:
\psi_1 - \psi_2 = 1413{,}75 - 836{,}03 = 577{,}72\\ \mathrm{kJ/kg}.
  1. Trabalho máximo reversível (quando não há destruição de exergia):
\dot W_{\max} = \dot m(\psi_1 - \psi_2) = 9\cdot 577{,}72 = 5199{,}45\\ \mathrm{kW}.

Passo 6

Calcular exergia destruída e eficiência exergética.
  1. Exergia destruída (taxa):
\dot E_{D} = \dot m(\psi_1 - \psi_2) - \dot W_{\text{real}} = \dot W_{\max} - \dot W_{\text{real}}.
Numericamente:
\dot E_{D} = 5199{,}45 - 4438{,}90 = 760{,}55\\ \mathrm{kW}.
  1. Eficiência de segunda lei (exergética):
\eta_{\text{II}} = \frac{\dot W_{\text{real}}}{\dot W_{\max}} = \frac{4438{,}90}{5199{,}45} = 0{,}8539 \approx 85{,}39\\ \%.

Passo 7

Exergia do vapor nas condições de entrada (item e).
  • Exergia específica na entrada:
\psi_1 = 1413{,}75\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • Taxa de exergia associada ao fluxo de entrada:
\dot E_{1} = \dot m\,\psi_1 = 9\cdot 1413{,}75 = 12723{,}75\\ \mathrm{kW}.

Resposta

a) \dot W_{\text{real}} = 4438{,}90\\ \mathrm{kW}
b) \dot W_{\max} = 5199{,}45\\ \mathrm{kW}
c) \eta_{\text{II}} = 0{,}8539 \;(\text{ou }85{,}39\\ \%)
d) \dot E_{D} = 760{,}55\\ \mathrm{kW}
e) \psi_1 = 1413{,}75\\ \mathrm{kJ/kg};\quad \dot E_{1} = 12723{,}75\\ \mathrm{kW}

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