Água é bombeada, de modo adiabático, a uma vazão de 20 \mathrm{Kg} / \mathrm{s} da condição de \mathrm{T}=20^{\circ} \mathrm{C} e \mathrm{P}=1 bar até \mathrm{P}=50 \mathrm{bar}. Determine a potência requerida; a temperatura da água na descarga, se a bomba tem uma eficiência de 0,70 e a entropia gerada.

Passo 1

O enunciado diz que água é bombeada de modo adiabático a uma vazão mássica \dot m=20, \mathrm{kg/s}, desde T_1=20^\circ\mathrm{C} e P_1=1, \mathrm{bar} até P_2=50, \mathrm{bar}. A bomba tem eficiência isentrópica \eta_p=0{,}70. O conteúdo aqui envolve trabalho de bomba para fluido quase incompressível, primeira lei (variação de entalpia) e segunda lei (calcular a entropia gerada). Vamos usar: trabalho ideal por unidade de massa w_s=v\,(P_2-P_1), trabalho real w=w_s/\eta_p, e para a entropia \Delta s=c_p\ln\frac{T_2}{T_1}-\frac{v\,(P_2-P_1)}{T_1}.

Passo 2

Como a água é praticamente incompressível, adotamos densidade \rho\approx998, \mathrm{kg/m^3}, logo o volume específico inicial é
v=\frac{1}{\rho}\approx\frac{1}{998}\approx0{,}001002\\ \mathrm{m^3/kg}.

Passo 3

O trabalho isentrópico por quilograma é
w_s = v\,(P_2-P_1)
com P_2-P_1=(50-1)\,\mathrm{bar}=49\times10^5\,\mathrm{Pa}. Assim,
w_s =0{,}001002\times4{,}9\times10^6\approx4\,909{,}8\\ \mathrm{J/kg}.

Passo 4

O trabalho real por quilograma, considerando \eta_p=0{,}70, é
w = \frac{w_s}{\eta_p}=\frac{4\,909{,}8}{0{,}70}\approx7\,014\\ \mathrm{J/kg}.

Passo 5

A potência requerida é
\dot W = \dot m\,w =20\times7\,014\approx140\,280\\ \mathrm{W}\approx140{,}3\\ \mathrm{kW}.

Passo 6

Como o processo é adiabático sem outras modalidades de energia, o aumento de entalpia iguala o trabalho: \Delta h=w. Para estimar a elevação de temperatura usamos c_p\approx4\,184, \mathrm{J/(kg\cdot K)}:
\Delta T = \frac{\Delta h}{c_p}=\frac{7\,014}{4\,184}\approx1{,}68\\ \mathrm{K}.
Logo a temperatura na descarga é
T_2 \approx20^\circ\mathrm{C}+1{,}68^\circ\mathrm{C}\approx21{,}7^\circ\mathrm{C}.

Passo 7

Para a entropia por quilograma calculamos
\Delta s = c_p\ln\frac{T_2}{T_1}-\frac{v\,(P_2-P_1)}{T_1}.
Convertendo para kelvin T_1=293{,}15,K e T_2=294{,}83,K,
c_p\ln\frac{T_2}{T_1}=4\,184\ln\frac{294{,}83}{293{,}15}\approx23{,}9\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)},
\frac{v\,(P_2-P_1)}{T_1}=\frac{0{,}001002\times4{,}9\times10^6}{293{,}15}\approx16{,}8\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)},
portanto
\Delta s =23{,}9-16{,}8\approx7{,}1\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
Como não há troca de calor, essa variação é toda entropia gerada, e a taxa de geração é
\dot S_{\mathrm{ger}} = \dot m\,\Delta s =20\times7{,}1\approx142\\ \mathrm{W/K}.

Resposta

Potência requerida \dot W\approx140{,}3, \mathrm{kW}.
Temperatura de descarga T_2\approx21{,}7^\circ\mathrm{C}.
Entropia gerada \Delta s\approx7{,}1, \mathrm{J/(kg\cdot K)} (ou taxa \dot S_{\mathrm{ger}}\approx142, \mathrm{W/K}).

Exercícios relacionados