3- Se comprime aire de manera estacionaria desde 1 atm hasta 9 atm . Si la temperatura inicial es de 300 K , calcular el trabajo del compresor para una transformación adiabática si dicha compresión se hace en una sola etapa y cuando se realiza en dos etapas en condiciones óptimas de trabajo. (30 puntos).

Passo 1

O enunciado dá uma compressão de ar estacionária (compressor) desde a pressão inicial \;P_1=1\\ \text{atm}\; até a pressão final \;P_2=9\\ \text{atm}\;. A temperatura inicial é \;T_1=300\\ \text{K}\;. Pede-se calcular o trabalho do compressor para uma transformação adiabática (ou seja, sem troca de calor) nas duas situações: compressão em uma só etapa e compressão em duas etapas em condições ótimas de trabalho. Informações relevantes listadas:
  • \;P_1=1\\ \text{atm}\; e \;P_2=9\\ \text{atm}\;.
  • \;T_1=300\\ \text{K}\;.
  • Processo adiabático (assumiremos reversível/isentrópico para obter as relações clássicas).
  • O enunciado não dá massa nem propriedades do ar; portanto vamos calcular o trabalho específico (por unidade de massa, em \text{J/kg}).
  • Não foi dada a razão de capacidades térmicas; usaremos valores padrão para ar: \;k=\dfrac{c_p}{c_v}=1{,}40\;, \;R=287\\ \text{J}\!\cdot\!\text{kg}^{-1}\!\cdot\!\text{K}^{-1}\; e \;c_p\approx1005\\ \text{J}\!\cdot\!\text{kg}^{-1}\!\cdot\!\text{K}^{-1}\;. Estas são hipóteses usuais em problemas de prova quando não fornecidas.

Passo 2

Vou explicar qual fórmula usamos para o trabalho específico do compressor em um processo adiabático reversível (isentrópico). Para um escoamento estacionário e desprezando energia cinética e potencial, o trabalho específico fornecido ao fluido por um compressor ideal isentrópico é igual ao aumento de entalpia específica:
w = h_2 - h_1 = c_p\,(T_2 - T_1),
onde w é o trabalho específico (positiva a entrada de trabalho), c_p é o calor específico a pressão constante e T_1,T_2 são as temperaturas na entrada e saída do estágio. Então precisamos achar T_2 para o processo isentrópico usando a relação entre temperatura e pressão para gás ideal:
para processo isentrópico de gás ideal com k=\dfrac{c_p}{c_v},
\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{k-1}{k}}.
Definimos a=\dfrac{k-1}{k} (no caso k=1{,}4, a=0{,}285714\ldots).

Passo 3

Cálculo para compressão em uma só etapa (isentrópica). Primeiro calculemos a:
a=\frac{k-1}{k}=\frac{1{,}4-1}{1{,}4}=0{,}285714\ldots
A razão de pressão total é
\frac{P_2}{P_1}=\frac{9}{1}=9.
A temperatura de saída \;T_2\; é
T_2 = T_1\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{a} = 300\cdot 9^{0{,}285714\ldots}.

Passo 4

Calculemos numericamente 9^{0{,}285714}. Usando a relação com logaritmos:
9^{0{,}285714}\approx e^{0{,}285714\cdot\ln 9}\approx e^{0{,}62777845}\approx 1{,}873058.
Portanto
T_2 \approx 300\cdot 1{,}873058 \approx 561{,}92\\ \text{K}.

Passo 5

Agora o trabalho específico na compressão em uma etapa é
w_{\text{1 etapa}} = c_p\,(T_2-T_1).
Substituindo c_p=1005\\ \text{J}\!\cdot\!\text{kg}^{-1}\!\cdot\!\text{K}^{-1},
w_{\text{1 etapa}} \approx 1005\cdot(561{,}92-300)\\ \text{J/kg} = 1005\cdot 261{,}92\\ \text{J/kg}.
Calculando:
w_{\text{1 etapa}} \approx 263\,227\\ \text{J/kg}\approx 263{,}2\\ \text{kJ/kg}.

Passo 6

Agora tratemos a compressão em duas etapas com resfriamento intermédio ótimo (intercooling perfeito até \;T_1\;). A estratégia ótima (mínimo trabalho) com intercooler perfeito e duas etapas é escolher a pressão intermediária \;P_m\; que minimiza o trabalho total. Vamos deduzir P_m.
Seja \;P_m\; a pressão entre as etapas. As razões de pressão das etapas são \;r_1=\dfrac{P_m}{P_1}\; e \;r_2=\dfrac{P_2}{P_m}\;. Com intercooling perfeito, a temperatura de entrada da segunda etapa volta a \;T_1\;. O trabalho específico total é
w_{\text{total}} = c_p\Big[T_1\big(r_1^{a}-1\big) + T_1\big(r_2^{a}-1\big)\Big] = c_p T_1\big(r_1^{a}+r_2^{a}-2\big).
Queremos minimizar r_1^{a}+r_2^{a} sujeito a r_1 r_2 = \dfrac{P_2}{P_1} (pois r_1 r_2 = \dfrac{P_m}{P_1}\cdot\dfrac{P_2}{P_m}=\dfrac{P_2}{P_1}). Usando cálculo (derivada) ou simetria, a soma é mínima quando r_1=r_2. Assim a condição ótima é
r_1 = r_2 \quad\Rightarrow\quad \frac{P_m}{P_1}=\frac{P_2}{P_m}\quad\Rightarrow\quad P_m=\sqrt{P_1P_2}.
Portanto, para P_1=1\\ \text{atm} e P_2=9\\ \text{atm},
P_m=\sqrt{1\cdot 9}=3\\ \text{atm}.
Isto significa que cada estágio tem razão de pressão igual a 3.

Passo 7

Com a razão de pressão por estágio r=3, calculemos a temperatura de saída de cada estágio isentrópico (cada estágio parte de \;T_1=300\\ \text{K} graças ao intercooler perfeito):
T_{2,\text{por estágio}} = T_1\cdot r^{a} = 300\cdot 3^{0{,}285714}.á
Calculemos numericamente 3^{0{,}285714}:
3^{0{,}285714}\approx e^{0{,}285714\cdot\ln 3}\approx e^{0{,}3138892}\approx 1{,}368998.
Logo
T_{2,\text{por estágio}} \approx 300\cdot 1{,}368998 \approx 410{,}70\\ \text{K}.á

Passo 8

Trabalhemos o trabalho por estágio e o total. O aumento de temperatura por estágio é
\Delta T_{\text{estágio}} = T_{2,\text{por estágio}} - T_1 \approx 410{,}70 - 300 = 110{,}70\\ \text{K}.áá
O trabalho específico por estágio é
w_{\text{estágio}} = c_p\,\Delta T_{\text{estágio}} \approx 1005\cdot 110{,}70\\ \text{J/kg} \approx 111\,254\\ \text{J/kg}.áá
Como são duas etapas idênticas, o trabalho total é
w_{\text{2 etapas}} = 2\cdot w_{\text{estágio}} \approx 2\cdot 111\,254\\ \text{J/kg} \approx 222\,508\\ \text{J/kg}\approx 222{,}5\\ \text{kJ/kg}.á

Passo 9

Comparação e economia de trabalho: a economia absoluta é
\Delta w = w_{\text{1 etapa}} - w_{\text{2 etapas}} \approx 263{,}227 - 222{,}508 \approx 40{,}719\\ \text{J/kg},
o que corresponde a uma redução percentual aproximada
\frac{\Delta w}{w_{\text{1 etapa}}}\approx\frac{40{,}719}{263{,}227}\approx 0{,}1548\approx 15{,}5\%.

Resposta

w_{\text{1 etapa}}\approx 263{,}2\\ \text{kJ/kg}
w_{\text{2 etapas (óptimo, com intercooler perfeito)}}\approx 222{,}5\\ \text{kJ/kg}ó

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