Questão 01. (4,0 Pontos) Considere um compressor de ar. Na seção de entrada é admitido ar atmosférico a T=300 \mathrm{~K} e p=100 \mathrm{kPa} . \mathrm{Na} saída, as condições são T=600 \mathrm{~K} e p=600 \mathrm{kPa}. Se a vazão de ar no compressor é de 1.5 \mathrm{~kg} / \mathrm{s}, determine:
(a) a potência consumida pelo compressor;
(b) a eficiência isoentrópica do compressor;
(c) a eficiência pela segunda lei do compressor.
(d) a taxa de geração de irreversibilidade neste processo.

Passo 1

O enunciado pede que eu determine, para o compressor com entrada em T_1=300\\ \mathrm{K} e p_1=100\\ \mathrm{kPa} e saída em T_2=600\\ \mathrm{K} e p_2=600\\ \mathrm{kPa}, com vazão mássica \dot{m}=1{,}5\\ \mathrm{kg/s}:
(a) a potência consumida pelo compressor;
(b) a eficiência isoentrópica do compressor;
(c) a eficiência pela segunda lei do compressor;
(d) a taxa de geração de irreversibilidade neste processo.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
T_1=300\\ \mathrm{K},\quad p_1=100\\ \mathrm{kPa},\quad T_2=600\\ \mathrm{K},\quad p_2=600\\ \mathrm{kPa},\quad \dot{m}=1{,}5\\ \mathrm{kg/s}.
Não há indicação de transferência de calor ou efeitos de energia cinética/potencial, então vou assumir um regime estacionário sem trocas de calor (adiabático) exceto o trabalho do compressor. Também vou tratar o ar como gás ideal com capacidades caloríficas específicas constantes (modelo usual em exercícios) e usar valores padrão para ar seco.

Passo 2

Assunções e propriedades do ar (valores padrão usados aqui — não complicam a prova e são aceitos em exercícios):
c_p=1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},\quad R=0{,}287\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},\quad k=\frac{c_p}{c_v}\approx1{,}4.
Explico por que uso esses valores: c_p é o calor específico a pressão constante (energia para elevar 1 kg de ar em 1 K a pressão constante). R é a constante do gás por unidade de massa. Para muitos exercícios práticos de compressão, assume-se c_p e R constantes e k\approx1{,}4.
Vou trabalhar com unidades kJ, kg, s e K, assim as potências sairão em kW (1 kJ/s = 1 kW).

Passo 3

No balanço de energia para um compressor em regime estacionário, desprezando \Delta \text{ke},\\ \Delta \text{pe} e calor entre o fluido e ambiente, a potência elétrica/mechanical entregue ao compressor (taxa de trabalho requerida) é igual à variação de entalpia por unidade de tempo:
\dot{W}_{\text{in}}=\dot{m}\,(h_2-h_1).
Para ar com c_p constante, h_2-h_1 = c_p\,(T_2-T_1). Portanto
\dot{W}_{\text{in}}=\dot{m}\,c_p\,(T_2-T_1).
Substituindo números:
c_p(T_2-T_1)=1{,}005\times(600-300)=1{,}005\times300=301{,}5\\ \mathrm{kJ/kg}.
\dot{W}_{\text{in}}=1{,}5\times301{,}5=452{,}25\\ \mathrm{kJ/s}=452{,}25\\ \mathrm{kW}.
Interpretação: o compressor consome aproximadamente 452{,}25\\ \mathrm{kW}.

Passo 4

Definição útil e muito usada na prova: a eficiência isoentrópica de um compressor compara o trabalho mínimo ideal (compressão reversível adiabática = isoentrópica) com o trabalho real:
\eta_{\text{is}}=\frac{\text{trabalho isoentrópico}}{\text{trabalho real}}=\frac{h_{2s}-h_1}{h_2-h_1}.ó
Para gás ideal com k constante, a temperatura de saída no processo isoentrópico é dada por
T_{2s}=T_1\left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\frac{k-1}{k}}.
Calculemos passo a passo. A razão de pressão é \dfrac{p_2}{p_1}=\dfrac{600}{100}=6. O expoente é \dfrac{k-1}{k}=\dfrac{0{,}4}{1{,}4}\approx0{,}285714. Então
\left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\frac{k-1}{k}}=6^{0{,}285714}\approx1{,}668.
Logo
T_{2s}=300\times1{,}668\approx500{,}4\\ \mathrm{K}.
Agora a entalpia isoentrópica aumenta
h_{2s}-h_1=c_p\,(T_{2s}-T_1)=1{,}005\times(500{,}4-300)=1{,}005\times200{,}4\approx201{,}40\\ \mathrm{kJ/kg}.
Já calculamos h_2-h_1=301{,}5\\ \mathrm{kJ/kg}. Assim
\eta_{\text{is}}=\frac{201{,}40}{301{,}5}\approx0{,}668.
Em porcentagem:
\eta_{\text{is}}\approx66{,}8\%.
Interpretação prática: para subir de 100 kPa/300 K até 600 kPa, o compressor consumiu mais trabalho que o mínimo (isoentrópico); sua eficiência isoentrópica é cerca de 66,8%.

Passo 5

Vou definir a eficiência de segunda lei que usarei: é a fração do trabalho fornecido que foi efetivamente convertido em aumento de exergia (disponibilidade) do fluxo. Em termos de taxas:
\eta_{II}=\frac{\dot{m}\,(\psi_2-\psi_1)}{\dot{W}_{\text{in}}},
onde a disponibilidade específica (exergia de fluxo com referência ao estado morto T_0,p_0) é
\psi=(h-h_0)-T_0(s-s_0).
No enunciado, as condições atmosféricas iniciais são T_1=300\\ \mathrm{K},\\ p_1=100\\ \mathrm{kPa}; é natural tomar o estado morto (referência) como T_0=300\\ \mathrm{K},\\ p_0=100\\ \mathrm{kPa}. Assim \psi_1=0 porque o fluido de entrada está no estado morto. Então
\dot{m}(\psi_2-\psi_1)=\dot{m}\,\psi_2.
Para gás ideal com c_p constante e referência T_0,p_0 temos a forma prática:
\psi=c_p(T-T_0)-T_0\big[c_p\ln\!\big(\tfrac{T}{T_0}\big)-R\ln\!\big(\tfrac{p}{p_0}\big)\big].
Calculemos \psi_2 para T_2=600\\ \mathrm{K},\\ p_2=600\\ \mathrm{kPa}, com T_0=300\\ \mathrm{K},\\ p_0=100\\ \mathrm{kPa}.
Primeiro termo:
c_p(T_2-T_0)=1{,}005\times(600-300)=301{,}5\\ \mathrm{kJ/kg}.
Segundo termo:
T_0 c_p\ln\!\big(\tfrac{T_2}{T_0}\big)=300\times1{,}005\times\ln(2)=300\times1{,}005\times0{,}693147\approx208{,}984\\ \mathrm{kJ/kg}.
Terceiro termo:
T_0 R\ln\!\big(\tfrac{p_2}{p_0}\big)=300\times0{,}287\times\ln(6)\approx300\times0{,}287\times1{,}791759\approx154{,}270\\ \mathrm{kJ/kg}.
Agora \psi_2:
\psi_2=301{,}5-208{,}984+154{,}270\approx246{,}787\\ \mathrm{kJ/kg}.
Taxa de acréscimo de exergia:
\dot{m}(\psi_2-\psi_1)=1{,}5\times246{,}787\approx370{,}18\\ \mathrm{kW}.
Finalmente a eficiência da segunda lei:
\eta_{II}=\frac{370{,}18}{452{,}25}\approx0{,}8189\approx81{,}9\%.
Interpretação: cerca de 81{,}9\% do trabalho fornecido foi bem convertido em aumento de disponibilidade do ar; o restante foi “perdido” por irreversibilidades.

Passo 6

Explico: irreversibilidade (taxa de destruição de exergia) \dot{I} está relacionada à geração de entropia irreversível \dot{S}_{\text{gen}} por
\dot{I}=T_0\,\dot{S}_{\text{gen}}.
Em processo adiabático em regime estacionário, a geração de entropia é simplesmente a variação de entropia do fluido:
\dot{S}_{\text{gen}}=\dot{m}\,(s_2-s_1).
Para gás ideal com c_p e R constantes,
s_2-s_1=c_p\ln\!\big(\tfrac{T_2}{T_1}\big)-R\ln\!\big(\tfrac{p_2}{p_1}\big).
Calculemos s_2-s_1:
c_p\ln\!\big(\tfrac{T_2}{T_1}\big)=1{,}005\times\ln(2)\approx1{,}005\times0{,}693147\approx0{,}696613\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
R\ln\!\big(\tfrac{p_2}{p_1}\big)=0{,}287\times\ln(6)\approx0{,}287\times1{,}791759\approx0{,}514234\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
s_2-s_1\approx0{,}696613-0{,}514234=0{,}182379\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Taxa de geração de entropia:
\dot{S}_{\text{gen}}=\dot{m}(s_2-s_1)=1{,}5\times0{,}182379\approx0{,}273569\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)}.
Como 1\\ \mathrm{kJ/s}=1\\ \mathrm{kW}, convertendo para unidades usuais: \dot{S}_{\text{gen}} tem dimensão de \mathrm{kW/K} ou \mathrm{kJ/(s\cdot K)}.
Agora irreversibilidade (destruição de exergia):
\dot{I}=T_0\,\dot{S}_{\text{gen}}=300\times0{,}273569\approx82{,}07\\ \mathrm{kW}.
Observação de consistência: é exatamente a diferença entre potência real e aumento de exergia do fluido:
\dot{I}=\dot{W}_{\text{in}}-\dot{m}(\psi_2-\psi_1)=452{,}25-370{,}18\approx82{,}07\\ \mathrm{kW},
o que confirma os cálculos.

Resposta

(a) \dot{W}_{\text{in}}=452{,}25\\ \mathrm{kW}
(b) \eta_{\text{is}}=0{,}668\approx66{,}8\%
(c) \eta_{II}=0{,}8189\approx81{,}9\%
(d) \dot{I}=82{,}07\\ \mathrm{kW}

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