Determine a potência necessária para uma bomba hidráulica operando em regime permanente elevar 100 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{h} de água a uma temperatura de 25^{\circ} \mathrm{C} e 1 bar de pressło (diâmetro na entrada de 4^{\prime \prime} ) até a condiçło desejada de saída de 5,45bar (diâmetro na saida de 2"). Leve em consideração as velocidades de entrada e saída, com base no diâmetro da tubulaçăo. A eficiência isentrópica da bomba é de 73%, e a mesma perde 1% da poténcia consumida na forma de calor, que passa pela fronteira que está a 30^{\circ} \mathrm{C}. O estado morto está a 20^{\circ} \mathrm{C} e 1 bar, e efeitos de energia potencial podem ser desprezados. Determine:
a. A potência consumida, em hp [5 pts]
b. A taxa de geração de entropia da bomba; [10 pts]
c. A exergia associada ao calor; [5 pts]
d. A exergia associada ao trabalho; [5 pts]
e. A exergia associada ao fluxo; [10 pts]
f. A exergia destruida. [5 pts]
Resposta: \_\_\_\_ hp

Passo 1

O enunciado pede várias quantidades para uma bomba em regime permanente que eleva água de 1 bar e 25^\circ\mathrm{C} para 5{,}45 bar, com vazão volumétrica 100\\ \mathrm{m^{3}/h}. Dados e pedidos (lista clara):
  • Vazão volumétrica: \dot{V}=100\\ \mathrm{m^{3}/h}.
  • Temperatura e pressão de entrada: T_1=25^\circ\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K}, p_1=1\\ \mathrm{bar}=10^5\\ \mathrm{Pa}.
  • Pressão de saída desejada: p_2=5{,}45\\ \mathrm{bar}=5{,}45\times 10^5\\ \mathrm{Pa}.
  • Diâmetro na entrada: D_1=4''=4\times 0{,}0254\\ \mathrm{m}=0{,}1016\\ \mathrm{m}.
  • Diâmetro na saída: D_2=2''=0{,}0508\\ \mathrm{m}.
  • Eficiência isentrópica da bomba: \eta_{is}=73\%=0{,}73.
  • A bomba perde 1\% da potência consumida como calor que atravessa a fronteira à temperatura T_b=30^\circ\mathrm{C}=303{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Estado morto (referência para exergia): T_0=20^\circ\mathrm{C}=293{,}15\\ \mathrm{K} e p_0=1\\ \mathrm{bar}.
  • Desprezar energia potencial.
  • Pedidos:
    (a) potência consumida em \mathrm{hp};
    (b) taxa de geração de entropia da bomba \dot{S}_{gen};
    (c) exergia associada ao calor (taxa);
    (d) exergia associada ao trabalho (taxa);
    (e) exergia associada ao fluxo (taxa, variação entre saída e entrada);
    (f) exergia destruída (taxa).
Observações relevantes extraídas do enunciado: considerar velocidades de entrada/saída com base nos diâmetros (ou seja, incluir a variação de energia cinética), água líquida (usar aproximações de líquido incompressível), a perda de 1\% é referente à potência consumida total e sai como calor pela fronteira à T_b.

Passo 2

Transformações de unidades e quantidades básicas (muito importante, vamos passo a passo):
  • Converter vazão volumétrica:
\dot{V}=\frac{100\\ \mathrm{m^3}}{3600\\ \mathrm{s}}=0{,}0277777778\\ \mathrm{m^3/s}.
  • Áreas nas seções (cilíndricas): A=\pi D^2/4.
A_1=\frac{\pi D_1^2}{4}=\frac{\pi (0{,}1016)^2}{4}\approx 0{,}008103\\ \mathrm{m^2},
A_2=\frac{\pi D_2^2}{4}=\frac{\pi (0{,}0508)^2}{4}\approx 0{,}002027\\ \mathrm{m^2}.
  • Velocidades média (pela continuidade \dot{V}=A v):
v_1=\frac{\dot{V}}{A_1}\approx \frac{0{,}02777778}{0{,}008103}\approx 3{,}427\\ \mathrm{m/s},
v_2=\frac{\dot{V}}{A_2}\approx \frac{0{,}02777778}{0{,}002027}\approx 13{,}702\\ \mathrm{m/s}.
  • Energia cinética específica ( \mathrm{J/kg}):
ke_1=\frac{v_1^2}{2}\approx \frac{3{,}427^2}{2}\approx 5{,}873\\ \mathrm{J/kg},
ke_2=\frac{v_2^2}{2}\approx \frac{13{,}702^2}{2}\approx 93{,}942\\ \mathrm{J/kg},
\Delta ke = ke_2-ke_1 \approx 88{,}069\\ \mathrm{J/kg}.
  • Densidade e volume específico da água em 25^\circ\mathrm{C}: para líquido usamos \rho\approx 997{,}05\\ \mathrm{kg/m^3} (tabela usual) e v=\dfrac{1}{\rho}\approx 0{,}00100296\\ \mathrm{m^3/kg}.
  • Vazão mássica:
\dot{m}=\rho\dot{V}\approx 997{,}05\times 0{,}02777778\approx 27{,}696\\ \mathrm{kg/s}.
  • Diferença de pressão:
\Delta p = p_2-p_1 =(5{,}45-1)\\ \mathrm{bar}=4{,}45\\ \mathrm{bar}=4{,}45\times 10^{5}\\ \mathrm{Pa}.
Essas quantidades são usadas depois nas fórmulas de energia e entropia. Até aqui transformamos o problema em números prontos para aplicar fórmulas termodinâmicas.

Passo 3

Potência hidráulica ideal requerida para elevar a água (trabalhando com líquido quase incompressível):
  • Aumento de entalpia específico ideal (aproximação para líquido):
\Delta h_{is}\approx v\,\Delta p.
Explicação didática: para líquidos a variação de entalpia associada ao aumento de pressão é muito bem aproximada por v\,dp (porque dh = T\,ds + v\,dp e para um processo quase isentrópico a contribuição de T\,ds é pequena). Aqui v é o volume específico ( \mathrm{m^3/kg}), dp em \mathrm{Pa}; produto dá \mathrm{J/kg}.
Calculemos:
\Delta h_{is} \approx 0{,}00100296\times 4{,}45\times 10^5 \approx 446{,}31\\ \mathrm{J/kg}.
  • Potência associada ao aumento de entalpia (hidráulica ideal):
\dot{W}_{h,ideal}=\dot{m}\,\Delta h_{is}\approx 27{,}696\times 446{,}31\approx 12{,}361\\ \mathrm{W}.
  • Potência associada à variação de energia cinética:
\dot{W}_{ke}=\dot{m}\,\Delta ke\approx 27{,}696\times 88{,}069\approx 2{,}439\\ \mathrm{W}.
  • Potência ideal total necessária (isentrópica), incluindo cinética:
\dot{W}_{ideal}=\dot{W}_{h,ideal}+\dot{W}_{ke}\approx 12{,}361+2{,}439\approx 14{,}800\\ \mathrm{W}.
Comentário: este \dot{W}_{ideal} é a potência mínima (ideal) que precisaria entrar na água para produzir as elevações de pressão e velocidade, sem irreversibilidades.

Passo 4

Incluir a eficiência isentrópica e achar a potência de eixo (shaft) e a potência consumida total:
  • Definição usada (para bombas): \eta_{is}=\dfrac{\dot{W}_{ideal}}{\dot{W}_{shaft}}. Ou seja, a bomba precisa de mais potência de eixo do que o ideal por causa de irreversibilidades.
Logo
\dot{W}_{shaft}=\frac{\dot{W}_{ideal}}{\eta_{is}}=\frac{14{,}800}{0{,}73}\approx 20{,}247\\ \mathrm{W}.
  • A bomba perde 1\% da potência consumida como calor que atravessa a fronteira à T_b. Denotando \dot{W}_{cons} a potência elétrica (ou total) consumida:
\dot{Q}_{loss}=0{,}01\,\dot{W}_{cons}.
Energia: a potência consumida fica dividida entre a potência de eixo e o calor perdido (assumimos que não há outras saídas significativas):
\dot{W}_{cons}=\dot{W}_{shaft}+\dot{Q}_{loss}=\dot{W}_{shaft}+0{,}01\,\dot{W}_{cons}.
Assim
\dot{W}_{cons}= \frac{\dot{W}_{shaft}}{0{,}99} \approx \frac{20{,}247}{0{,}99}\approx 20{,}450\\ \mathrm{W}.
  • Calor perdido pela fronteira (taxa):
\dot{Q}_{loss}=0{,}01\,\dot{W}_{cons}\approx 0{,}01\times 20{,}450\approx 204{,}50\\ \mathrm{W}.
  • Converter potência consumida para \mathrm{hp}: usamos 1\\ \mathrm{hp}=745{,}7\\ \mathrm{W}.
\dot{W}_{cons} \\ (\mathrm{hp})=\frac{20{,}450}{745{,}7}\approx 27{,}42\\ \mathrm{hp}.
Didática curta: a eficiência isentrópica diz quanto do “trabalho ideal” é obtido por unidade de trabalho real colocado no equipamento. Como há também uma perda fixa (1%) em forma de calor que sai, dividimos o shaft por 0{,}99 para achar o consumo total.

Passo 5

Cálculo da taxa de geração de entropia \dot{S}_{gen} da bomba (passo-chave para exergia destruída):
  • Equilíbrio de entropia em regime permanente, uma entrada e uma saída e uma troca de calor \dot{Q}_{loss} que sai (entrada negativa):
\dot{m}s_1 + \frac{\dot{Q}_{in}}{T_b} + \dot{S}_{gen} = \dot{m}s_2.
Aqui \dot{Q}_{in} é calor que entra no sistema; como o calor sai, \dot{Q}_{in}=-\dot{Q}_{loss}. Rearranjando:
\dot{S}_{gen}=\dot{m}(s_2-s_1)-\frac{\dot{Q}_{in}}{T_b}=\dot{m}(s_2-s_1)+\frac{\dot{Q}_{loss}}{T_b}.
  • Precisamos de s_2-s_1. Usamos a relação termodinâmica geral
dh = T\,ds + v\,dp \quad\Longrightarrow\quad ds=\frac{dh-v\,dp}{T}.
Para a água no processo real, podemos avaliar usando temperatura próxima de T_1 (água praticamente incompressível). Já calculámos h_2-h_1 via trabalho real por unidade de massa:
\text{trabalho específico real } w_{spec}=\frac{\dot{W}_{shaft}}{\dot{m}}=\frac{20{,}247}{27{,}696}\approx 731{,}15\\ \mathrm{J/kg}.í
Mas esse trabalho específico alimenta tanto a variação de entalpia como a variação cinética:
w_{spec}=(h_2-h_1)+\Delta ke \quad\Rightarrow\quad h_2-h_1 = w_{spec}-\Delta ke.
Usando os números:
h_2-h_1 \approx 731{,}15 - 88{,}069 \approx 643{,}08\\ \mathrm{J/kg}.
  • Agora
s_2-s_1=\frac{h_2-h_1 - v\,\Delta p}{T_{aprox}}.
Tomamos T_{aprox}=T_1=298{,}15\\ \mathrm{K} (boa aproximação para líquido com pequena elevação de temperatura). Já temos v\Delta p=\Delta h_{is}\approx 446{,}31\\ \mathrm{J/kg}. Logo
s_2-s_1\approx\frac{643{,}08-446{,}31}{298{,}15}\approx\frac{196{,}77}{298{,}15}\approx 0{,}6604\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
  • Taxa de aumento de entropia transportada pela massa:
\dot{m}(s_2-s_1)\approx 27{,}696\times 0{,}6604\approx 18{,}29\\ \mathrm{W/K}.
  • Termo do calor que sai:
\frac{\dot{Q}_{loss}}{T_b}\approx \frac{204{,}50}{303{,}15}\approx 0{,}6746\\ \mathrm{W/K}.
  • Logo a geração de entropia total:
\dot{S}_{gen} \approx 18{,}29 + 0{,}6746 \approx 18{,}96\\ \mathrm{W/K}.
Explicação didática: entropia é gerada sempre que há irreversibilidade. Aqui dois contribuintes óbvios aparecem: o aumento de entropia do fluido (devido à irreversibilidade na compressão/pumping) e o calor que sai através da fronteira (cada joule de calor trocado com o ambiente a T_b contribui \dot{Q}/T_b à balanço).

Passo 6

Exergia associada ao calor (taxa), item (c):
  • Fórmula: a exergia transportada por uma taxa de calor \dot{Q} que atravessa a fronteira à temperatura T_b em relação ao estado morto T_0 é
\dot{Ex}_{Q} = \left(1-\frac{T_0}{T_b}\right)\dot{Q}.
(Explicação: nem todo calor tem valor exergético; a fração (1-T_0/T_b) é a parte disponível para conversão em trabalho quando o calor entra a T_b.)
  • Aplicando aos nossos números (lembrando que aqui \dot{Q} é o calor que sai, mas a magnitude nos interessa para a exergia associada ao fluxo de calor):
1-\frac{T_0}{T_b}=1-\frac{293{,}15}{303{,}15}\approx 0{,}03298,
\dot{Ex}_{Q} \approx 0{,}03298\times 204{,}50\approx 6{,}74\\ \mathrm{W}.
Interpretação: apenas cerca de 6{,}74\\ \mathrm{W} de exergia estão sendo transportados (e perdidos) junto com os 204{,}5\\ \mathrm{W} de calor — o restante desse calor é baixa qualidade (praticamente não aproveitável) porque ocorre a temperatura próxima do ambiente.

Passo 7

Exergia associada ao trabalho (item d):
  • Trabalho é forma totalmente reversível de energia (idealmente toda potência de trabalho é exergia). Assim a taxa de exergia associada ao trabalho fornecido ao sistema é igual à taxa de trabalho:
\dot{Ex}_{W}=\dot{W}_{cons}\approx 20{,}450\\ \mathrm{W}.
Comentário didático: ao contrário do calor, cujo exergia depende da temperatura, qualquer trabalho útil é exergia completa.

Passo 8

Exergia associada ao fluxo (item e) — variação de exergia entre saída e entrada:
  • Definição de exergia específica de fluxo (sem considerar potencial gravitacional):
b=(h-h_0)-T_0(s-s_0)+ke.
  • Em vez de calcular b_1 e b_2 separadamente (o que exigiria h_0,s_0), é muito prático calcular a variação específica de exergia ao atravessar a bomba:
\Delta b = b_2-b_1=(h_2-h_1)-T_0(s_2-s_1)+\Delta ke.
Explicação: termos com h_0,s_0 se cancelam quando calculamos a diferença entre saída e entrada.
  • Já temos h_2-h_1\approx 643{,}08\\ \mathrm{J/kg}, s_2-s_1\approx 0{,}6604\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}, \Delta ke\approx 88{,}069\\ \mathrm{J/kg} e T_0=293{,}15\\ \mathrm{K}. Então
\Delta b \approx 643{,}08 - 293{,}15\times 0{,}6604 + 88{,}069.
  • Calculemos o termo:
T_0(s_2-s_1)\approx 293{,}15\times 0{,}6604\approx 193{,}59\\ \mathrm{J/kg}.
Portanto
\Delta b\approx 643{,}08 -193{,}59 +88{,}07 \approx 537{,}56\\ \mathrm{J/kg}.
  • Taxa de exergia associada ao fluxo (variação total por segundo):
\dot{Ex}_{fluxo}=\dot{m}\,\Delta b \approx 27{,}696\times 537{,}56\approx 14{,}89\times 10^{3}\\ \mathrm{W}\approx 14{,}89\\ \mathrm{kW}.
Interpretação: essa é a quantidade de exergia que foi adicionada ao fluxo de água pela bomba (o “aumento de exergia do fluido” por segundo).

Passo 9

Exergia destruída (item f) — ligação com geração de entropia:
  • Relação fundamental: exergia destruída por irreversibilidades é
\dot{Ex}_{d}=T_0\,\dot{S}_{gen}.
(Explicação: exergia destruída é a parte da exergia que se perde devido à irreversibilidades; relaciona-se diretamente com a entropia gerada e a temperatura de referência.)
  • Já temos \dot{S}_{gen}\approx 18{,}96\\ \mathrm{W/K} e T_0=293{,}15\\ \mathrm{K}, então
\dot{Ex}_{d}\approx 293{,}15\times 18{,}96\approx 5{,}56\times 10^{3}\\ \mathrm{W}\approx 5{,}56\\ \mathrm{kW}.
  • Verificação por balanço de exergia (checagem rápida): balanço de exergia em regime permanente (sem trabalho de saída) diz
\dot{Ex}_{W,in} + \dot{m}b_1 + \dot{Ex}_{Q,in} = \dot{m}b_2 + \dot{Ex}_{Q,out} + \dot{Ex}_d.
Aqui \dot{Ex}_{Q,in}=0 e \dot{Ex}_{Q,out}=\dot{Ex}_Q calculado antes. Isolando \dot{Ex}_d obtém-se o mesmo valor aproximado que encontramos via T_0\dot{S}_{gen} (cheque de consistência numérica).

Resposta

(a) 27,42\\ \mathrm{hp}
(b) 18,96\\ \mathrm{W/K}
(c) 6,74\\ \mathrm{W}
(d) 20{,}45\\ \mathrm{kW}
(e) 14{,}89\\ \mathrm{kW}
(f) 5{,}56\\ \mathrm{kW}

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