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
, eficiência do compressor e turbina de
, eficiència do gerador elétrico de
, eficiência do TC (trocador de calor) de
, eficiência de combustão de
, admita uma vazão de ar de 60 ton
no ponto
.
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; (
pontos)
Admita: ar ambiente à
Apresente as entalpias do ar em cada ponto do ciclo; (
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:
- cp do ar (aprox. 1,005 kJ/kg·K) e γ=1,4;
- fórmula de temperatura de saída igual ao ideal corrigido por eficiência (compressor e turbina);
- 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):
-
T1 = 25 °C = 298,15 K
h1 = cp·T1 = 1,005 kJ/kg·K · 298,15 K ≈ 299,7 kJ/kg -
Temperatura isentrópica de saída:
T2s = T1 · π^((γ-1)/γ) = 298,15 · 10^(0.4/1.4) ≈ 576,5 K -
Temperatura real de saída do compressor:
T2 = T1 + (T2s – T1)/ηc = 298,15 + (576,5–298,15)/0,82 ≈ 637,6 K -
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:
-
T4 = 1500 °C = 1773,15 K
h4 = cp·T4 = 1,005 · 1773,15 ≈ 1782,0 kJ/kg -
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 -
Temperatura real de saída da turbina (ηt=82%):
T5 = T4 – ηt·(T4 – T5s) = 1773,15 – 0.82·(1773,15–918,1) ≈ 1072,0 K -
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:
-
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 -
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
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
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