A água entra na bomba de uma usina de vapor como líquido saturado, a 20 kPa a uma taxa de 45 \mathrm{~kg} / \mathrm{s} e sai a 6 MPa . Negligenciar as mudanças da energia cinética e potencial e supondo que o processo seja reversível, determinar a potência de entrada da bomba.

Passo 1

O enunciado fornece e pede o seguinte (vou listar claramente os dados e a pergunta):
  • Água entra na bomba como líquido saturado à pressão \,20\\ \mathrm{kPa}\,.
  • Vazão mássica \,\dot m = 45\\ \mathrm{kg/s}\,.
  • Saída da bomba à pressão \,6\\ \mathrm{MPa}\,.
  • Desprezar variações de energia cinética e potencial.
  • Supor que o processo é reversível.
    Pergunta: determinar a potência de entrada da bomba (potência fornecida à bomba), em watts ou kW.

Passo 2

Princípio físico que vamos usar — balanço de energia para regime permanente (fluxo estacionário) aplicado à bomba, desprezando variações de energia cinética e potencial e trocas de calor: a potência de entrada da bomba por unidade de tempo é dada por
\dot W_{\text{in}}=\dot m\,(h_2-h_1),
onde \dot W_{\text{in}} é a potência (positiva quando fornecida à bomba), \dot m é a vazão mássica, e h_1 e h_2 são as entalpias específicas na entrada e na saída, respectivamente.
Agora precisamos relacionar h_2-h_1 com as pressões. Use a relação termodinâmica fundamental para entalpia:
\mathrm{d}h = T\,\mathrm{d}s + v\,\mathrm{d}P,
onde T é a temperatura, s a entropia e v o volume específico. Se o processo na bomba for reversível e não houver troca de calor (condição usual para bomba ideal), então o processo é isentrópico e \mathrm{d}s=0. Assim:
\mathrm{d}h = v\,\mathrm{d}P.
Integrando entre os estados 1 e 2,
h_2-h_1 = \int_{P_1}^{P_2} v\,\mathrm{d}P.
Para líquido quase incompressível (como água líquida saturada), v varia muito pouco com a pressão, então podemos aproximar v por um valor constante (avaliado no estado de entrada):
h_2-h_1 \approx v\,(P_2-P_1).
Esta é a fórmula prática usada para bombas ideais: trabalho específico aproximado w = v\Delta P.

Passo 3

Precisamos do volume específico do líquido saturado na entrada. Peguei o valor de v para água saturada à pressão de 20\\ \mathrm{kPa} nas tabelas de vapor (ou, de forma prática, usa-se v\approx 0{,}001\\ \mathrm{m^3/kg} porque o líquido é quase incompressível). Vou usar
v \approx 0{,}001\\ \mathrm{m^3/kg}.

Passo 4

Calcular a diferença de pressão em unidades do SI:
P_1 = 20\\ \mathrm{kPa} = 20\times10^{3}\\ \mathrm{Pa},\qquad P_2 = 6\\ \mathrm{MPa} = 6\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}.
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\Delta P = P_2-P_1 = 6{,}0\times10^{6}-2{,}0\times10^{4}=5{,}98\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}.
Aplicando h_2-h_1 \approx v\Delta P:
h_2-h_1 \approx 0{,}001\cdot 5{,}98\times10^{6}=5{,}98\times10^{3}\\ \mathrm{J/kg}.

Passo 5

Agora a potência de entrada:
\dot W_{\text{in}}=\dot m\,(h_2-h_1)=45\cdot 5{,}98\times10^{3}=2{,}691\times10^{5}\\ \mathrm{W}.
Em unidades mais usuais:
\dot W_{\text{in}} \approx 269{,}1\\ \mathrm{kW}.

Passo 6

Breve comentário sobre precisão (pra te acalmar): se na tabela usar um valor ligeiramente diferente para v (por exemplo v=0{,}00101\\ \mathrm{m^3/kg}), o resultado muda só alguns kW — a ordem de grandeza e a resposta prática para prova ficam em torno de 2{,}7\times10^{5}\\ \mathrm{W} ou 270\\ \mathrm{kW}. Isso acontece porque água líquida é praticamente incompressível.

Resposta

269{,}1\\ \mathrm{kW}

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