Considere o projeto de uma tubbina a gás para operar com gás liquefeito de petröleo e produzir 5000 WWh de energia elétrica. Para garantir a integridade estrutural da turbina um sistema by-pass foi instalado no ciclo para redurir a temperatura dos gases na entrada da turbina.
Considere o poder calorifico inferior do gás liquefeito de petróleo (GLP): PCi=11750 kcal/kg.
Admita: ar ambiente à 25^circ extC, eficiência do compressor e turbina de 82 %, eficiència do gerador elétrico de 92 %, eficiência do TC (trocador de calor) de 80 %, P[2] / P[1]=10, eficiência de combustão de 93 %, admita uma vazão de ar de 60 ton / h no ponto 1 e T[3]=1500^circ C.
Para fins de cálculo do balanço de massa despreze a vazão de combustível após o ponto 3. Admita propriedades do ar em todos os pontos do ciclo. Determine:
Apresente as entalpias do ar em cada ponto do ciclo; ( 7 times 1=7 pontos)

Passo 1

Beleza, o exercício pede pra gente achar as entalpias do ar em 7 pontos de um ciclo Brayton com recuperador (trocador de calor, TC) e sistema de by‐pass. O conteúdo é Termodinâmica de gases perfeitos, usando cp constante, lei de Sadiq (processos isentrópicos ideais corrigidos por eficiências) e eficiência do TC. Vamos precisar de:
  1. cp do ar (aprox. 1,005 kJ/kg·K) e γ=1,4;
  2. fórmula de temperatura de saída igual ao ideal corrigido por eficiência (compressor e turbina);
  3. fórmula de um recuperador: T_saida = T_frio + η_TC·(T_quente – T_frio).

Passo 2

Primeiro vamos achar T1 e h1 no ponto 1 (ar ambiente) e T2,h2 após o compressor (ηc=82% e razão de pressão π=10):
  1. T1 = 25 °C = 298,15 K
    h1 = cp·T1 = 1,005 kJ/kg·K · 298,15 K ≈ 299,7 kJ/kg
  2. Temperatura isentrópica de saída:
    T2s = T1 · π^((γ-1)/γ) = 298,15 · 10^(0.4/1.4) ≈ 576,5 K
  3. Temperatura real de saída do compressor:
    T2 = T1 + (T2s – T1)/ηc = 298,15 + (576,5–298,15)/0,82 ≈ 637,6 K
  4. Entalpia no ponto 2:
    h2 = cp·T2 = 1,005 · 637,6 ≈ 641,8 kJ/kg

Passo 3

Agora a turbina. O ponto 4 é a entrada da turbina (após combustão) e o ponto 5 a saída:
  1. T4 = 1500 °C = 1773,15 K
    h4 = cp·T4 = 1,005 · 1773,15 ≈ 1782,0 kJ/kg
  2. Primeiro a temperatura isentrópica de saída da turbina:
    T5s = T4 · (1/π)^((γ-1)/γ) = 1773,15 · 10^(-0.4/1.4) ≈ 918,1 K
  3. Temperatura real de saída da turbina (ηt=82%):
    T5 = T4 – ηt·(T4 – T5s) = 1773,15 – 0.82·(1773,15–918,1) ≈ 1072,0 K
  4. Entalpia no ponto 5:
    h5 = cp·T5 = 1,005 · 1072,0 ≈ 1077,4 kJ/kg

Passo 4

Agora o recuperador (TC, ηTC=80%). No lado frio ele esquenta o ar comprimido, e no lado quente ele esfria os gases da turbina:
  1. Ponto 3: saída do lado frio do TC (e entrada do queimador):
    T3 = T2 + η_TC·(T5 – T2)
    = 637,6 + 0.80·(1072,0 – 637,6) ≈ 985,1 K
    h3 = cp·T3 = 1,005 · 985,1 ≈ 990,1 kJ/kg
  2. Ponto 6: saída do lado quente do TC (antes de exaurir pra atmosfera):
    T6 = T5 – η_TC·(T5 – T2)
    = 1072,0 – 0.80·(1072,0 – 637,6) ≈ 724,5 K
    h6 = cp·T6 = 1,005 · 724,5 ≈ 728,1 kJ/kg

Passo 5

Por fim, fechando o ciclo, o ponto 7 é o escoamento final dos gases exauridos, que a grosso modo chegam à temperatura ambiente (ou seja, mesmos 25 °C). Assim:
T7 ≈ 298,15 K
h7 = cp·T7 ≈ 299,7 kJ/kg

Resposta

As entalpias do ar em cada ponto do ciclo são:
h1 = 299,7 kJ/kg
h2 = 641,8 kJ/kg
h3 = 990,1 kJ/kg
h4 = 1782,0 kJ/kg
h5 = 1077,4 kJ/kg
h6 = 728,1 kJ/kg
h7 = 299,7 kJ/kg

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