Ar comprimido entra num trocador de calor de contracorrente a 610 K e 1 MPa e sai a 860 K e 0,97 \mathrm{MPa}. Gás de combustão quente entra como um fluxo separado a 1020 K e 110 KPa e sai a 100 kPa . Cada fluxo tem uma vazão mássica de 90 \mathrm{~kg} / \mathrm{s}. A transferência de calor entre a superfície exterior do trocador de calor e a vizinhança pode ser ignorada. Os efeitos do movimento e gravidade são desprezíveis. Admitindo que o fluxo do gás de combustão tem as propriedades do ar e usando o modelo de gás ideal para ambos os fluxos, determine para o trocador de calor: a) temperatura de saída dos gases de combustão; b) a variação líquida da taxa de exergia de fluxo entre a entracía e saída de cada fluxo de massa; c) a taxa de exergia destruída no processo; d) a eficiência exergética. Admita regime permanente e que a vizinhança esteja a 300 K e 100 kPa .

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que é pedido.
Dados extraídos do enunciado:
  • Vazões mássicas: \dot m_{\text{ar}}=\dot m_{\text{gás}}=90\\ \mathrm{kg/s}á.
  • Estado do ar comprimido (fluxo “frio”):
    • entrada: T_{c,in}=610\\ \mathrm{K}, p_{c,in}=1{,}00\\ \mathrm{MPa}=1000\\ \mathrm{kPa};
    • saída: T_{c,out}=860\\ \mathrm{K}, p_{c,out}=0{,}97\\ \mathrm{MPa}=970\\ \mathrm{kPa}.
  • Estado do gás de combustão (fluxo “quente”):
    • entrada: T_{h,in}=1020\\ \mathrm{K}, p_{h,in}=110\\ \mathrm{kPa};
    • saída: T_{h,out}=\\ ? (a determinar), p_{h,out}=100\\ \mathrm{kPa}.
  • Vizinhança (referência): T_0=300\\ \mathrm{K}, p_0=100\\ \mathrm{kPa}.
  • Suposições fornecidas/necessárias:
    • Regime permanente, sem trocas de calor com o exterior do trocador (adiabático em relação à vizinhança).
    • Efeitos de velocidade e gravidade desprezíveis.
    • Ambos os gases modelados como gás ideal; usar propriedades do ar para o gás de combustão.
    • Vamos usar calor específico constante do ar: c_p=1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} e constante do gás R=0{,}287\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} (valores típicos).
  • O que o enunciado pede:
    (a) temperatura de saída do gás de combustão T_{h,out};
    (b) variação líquida da taxa de exergia de fluxo entre entrada e saída de cada fluxo de massa (ou seja, \dot m[\psi_{out}-\psi_{in}] para cada fluxo);
    (c) taxa de exergia destruída no processo;
    (d) eficiência exergética do trocador.

Passo 2

Determinar T_{h,out} usando balanço de energia (primeira lei) para regime permanente.
Justificativa rápida da fórmula que usarei:
  • Em regime permanente, sem trabalho útil, sem trocas de calor com o ambiente externo ao trocador e desprezando energia cinética/potencial, o balanço de energia do trocador reduz-se à conservação de fluxo de entalpia total:
\dot m_h h_{h,in} + \dot m_c h_{c,in} = \dot m_h h_{h,out} + \dot m_c h_{c,out}.
  • Como \dot m_h=\dot m_c=\dot m e para gás ideal com h=c_p T (com c_p constante), a equação simplifica para:
c_p (T_{h,in} - T_{h,out}) = c_p (T_{c,out} - T_{c,in}).
  • Cancelando c_p (não nulo) obtemos:
T_{h,out} = T_{h,in} - (T_{c,out} - T_{c,in}).
Cálculo numérico:
T_{h,out} = 1020\\ \mathrm{K} - (860\\ \mathrm{K} - 610\\ \mathrm{K}) = 1020 - 250 = 770\\ \mathrm{K}.
Portanto a temperatura de saída do gás de combustão é 770\\ \mathrm{K}.

Passo 3

Definir exergia de fluxo específica e expressão para gás ideal (com explicação didática).
Conceito: a exergia de fluxo específica \psi (também chamada exergia disponível por unidade de massa num escoamento) mede quanto trabalho máximo reversível pode ser extraído quando uma massa do fluido é trazida do seu estado até o estado ambiente T_0,p_0. Desprezando energia cinética/potencial:
\psi = (h - h_0) - T_0(s - s_0).
Para gás ideal com h=c_p T e a variação de entropia
s - s_0 = c_p \ln\!\left(\frac{T}{T_0}\right) - R \ln\!\left(\frac{p}{p_0}\right),
substituindo obtemos, após manipular:
\psi(T,p) = c_p\bigl[(T-T_0) - T_0\ln\!\left(\frac{T}{T_0}\right)\bigr] + T_0 R \ln\!\left(\frac{p}{p_0}\right).
Explicando cada termo:
  • c_p(T-T_0): energia térmica que difere do ambiente (entalpia relativa).
  • -T_0 c_p \ln(T/T_0): redução devido à irreversibilidade térmica ao igualar temperaturas.
  • +T_0 R \ln(p/p_0): contribuição devido ao desvio de pressão (já que escoar para p_0 pode gerar trabalho de fluxo).
Com esta fórmula vamos calcular \psi em cada estado e, depois, a variação de taxa de exergia \dot\Psi = \dot m[\psi_{out}-\psi_{in}].
Usarei c_p=1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}, R=0{,}287\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}, T_0=300\\ \mathrm{K}, p_0=100\\ \mathrm{kPa}, e \dot m=90\\ \mathrm{kg/s}.

Passo 4

Calcular a exergia específica e a variação para o fluxo frio (ar comprimido).
Estados:
  • entrada frio: T_{c,in}=610\\ \mathrm{K}, p_{c,in}=1000\\ \mathrm{kPa}.
  • saída frio: T_{c,out}=860\\ \mathrm{K}, p_{c,out}=970\\ \mathrm{kPa}.
Para cada estado calculo três parcelas auxiliares:
A = c_p (T - T_0),\quad B = T_0 c_p \ln\!\left(\frac{T}{T_0}\right),\quad C = T_0 R \ln\!\left(\frac{p}{p_0}\right),
e \psi = A - B + C.
Entrada frio ( 610\\ \mathrm{K},1000\\ \mathrm{kPa}):
A_{c,in}=1{,}005(610-300)=311{,}55\\ \mathrm{kJ/kg},
B_{c,in}=300\cdot1{,}005\ln\!\left(\frac{610}{300}\right)\approx213{,}91\\ \mathrm{kJ/kg},
C_{c,in}=300\cdot0{,}287\ln\!\left(\frac{1000}{100}\right)=86{,}1\ln(10)\approx198{,}32\\ \mathrm{kJ/kg}.
\psi_{c,in}=311{,}55-213{,}91+198{,}32\approx295{,}95\\ \mathrm{kJ/kg}.
Saída frio ( 860\\ \mathrm{K},970\\ \mathrm{kPa}):
A_{c,out}=1{,}005(860-300)=562{,}80\\ \mathrm{kJ/kg},
B_{c,out}=300\cdot1{,}005\ln\!\left(\frac{860}{300}\right)\approx317{,}66\\ \mathrm{kJ/kg},
C_{c,out}=300\cdot0{,}287\ln\!\left(\frac{970}{100}\right)\approx195{,}63\\ \mathrm{kJ/kg},
\psi_{c,out}=562{,}80-317{,}66+195{,}63\approx440{,}77\\ \mathrm{kJ/kg}.
Variação específica para o fluxo frio:
\Delta\psi_c=\psi_{c,out}-\psi_{c,in}\approx440{,}77-295{,}95=144{,}82\\ \mathrm{kJ/kg}.
Taxa de variação da exergia (multiplicando pela vazão mássica):
\dot\Psi_c=\dot m\,\Delta\psi_c =90\cdot144{,}82\approx13033{,}8\\ \mathrm{kW}.

Passo 5

Calcular a exergia específica e a variação para o fluxo quente (gás de combustão).
Estados:
  • entrada quente: T_{h,in}=1020\\ \mathrm{K}, p_{h,in}=110\\ \mathrm{kPa}.
  • saída quente: T_{h,out}=770\\ \mathrm{K}, p_{h,out}=100\\ \mathrm{kPa}=p_0.
Entrada quente ( 1020\\ \mathrm{K},110\\ \mathrm{kPa}):
A_{h,in}=1{,}005(1020-300)=723{,}60\\ \mathrm{kJ/kg},
B_{h,in}=300\cdot1{,}005\ln\!\left(\frac{1020}{300}\right)\approx368{,}95\\ \mathrm{kJ/kg},
C_{h,in}=300\cdot0{,}287\ln\!\left(\frac{110}{100}\right)\approx8{,}20\\ \mathrm{kJ/kg},
\psi_{h,in}=723{,}60-368{,}95+8{,}20\approx362{,}85\\ \mathrm{kJ/kg}.
Saída quente ( 770\\ \mathrm{K},100\\ \mathrm{kPa}):
A_{h,out}=1{,}005(770-300)=472{,}35\\ \mathrm{kJ/kg},
B_{h,out}=300\cdot1{,}005\ln\!\left(\frac{770}{300}\right)\approx284{,}12\\ \mathrm{kJ/kg},
C_{h,out}=300\cdot0{,}287\ln\!\left(\frac{100}{100}\right)=0,
\psi_{h,out}=472{,}35-284{,}12+0\approx188{,}23\\ \mathrm{kJ/kg}.
Variação específica para o fluxo quente:
\Delta\psi_h=\psi_{h,out}-\psi_{h,in}\approx188{,}23-362{,}85=-174{,}62\\ \mathrm{kJ/kg}.
Taxa de variação da exergia:
\dot\Psi_h=\dot m\,\Delta\psi_h =90\cdot(-174{,}62)\approx-15715{,}8\\ \mathrm{kW}.
(Interpretação: o fluxo quente perde exergia, logo \dot\Psi_h é negativo.)

Passo 6

Calcular a taxa de exergia destruída no processo (irreversibilidade interna).
Balanço de exergia para o trocador em regime permanente (sem trocas de exergia térmica com o ambiente e sem trabalho útil): a exergia destruída \dot E_d é igual à redução total de exergia dos fluxos de massa:
\dot E_d = -\bigl(\dot\Psi_c + \dot\Psi_h\bigr).
Substituindo os valores calculados:
\dot\Psi_c \approx +13033{,}8\\ \mathrm{kW},\qquad \dot\Psi_h\approx -15715{,}8\\ \mathrm{kW},
\dot\Psi_c + \dot\Psi_h \approx 13033{,}8 -15715{,}8 = -2682{,}0\\ \mathrm{kW},
\dot E_d = -(-2682{,}0) = 2682{,}0\\ \mathrm{kW}.
(Arredondamentos das etapas anteriores produzem pequeno desvio; com os números apresentados, a taxa destruída é cerca de 2{,}68\\ \mathrm{MW}.)

Passo 7

Calcular a eficiência exergética do trocador (definição e cálculo).
Definição que vou usar (uma definição comum para trocador que aproveita exergia do fluido quente para “elevar” exergia do fluido frio):
\eta_{\text{ex}}=\frac{\text{exergia útil obtida}}{\text{exergia fornecida pelo fluido quente}} = \frac{\dot\Psi_c}{-\dot\Psi_h}.ú
Essa fração mede que parte da exergia perdida pelo fluxo quente foi efetivamente transferida para aumentar a exergia do fluxo frio (o restante é destruído).
Cálculo numérico:
\eta_{\text{ex}}=\frac{13033{,}8}{15715{,}8}\approx0{,}829\quad\text{ou}\quad82{,}9\%.
Outra forma equivalente:
\eta_{\text{ex}} = 1 - \frac{\dot E_d}{-\dot\Psi_h} = 1 - \frac{2682{,}0}{15715{,}8}\approx0{,}829.

Resposta

(a) T_{h,out}=770\\ \mathrm{K}
(b) \dot\Psi_{\text{ar}}=\dot m(\psi_{c,out}-\psi_{c,in})\approx13033{,}8\\ \mathrm{kW}
\dot\Psi_{\text{gás}}=\dot m(\psi_{h,out}-\psi_{h,in})\approx-15715{,}8\\ \mathrm{kW}á
(c) \dot E_d\approx2682{,}0\\ \mathrm{kW}
(d) \eta_{\text{ex}}\approx0{,}829\\ (82{,}9\%)

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