QUESTÃO N { }^{\circ} \mathrm{O} 2

AMÔNIA É ADMITIDA POR UMA VÁLVULA COMO UM LÍQUIDO SATURADO A 700 kPa , A UMA VAZÃO MÁSSICA DE 0,06 \mathrm{~kg} / \mathrm{s}, E É ESTRANGULADA EM REGIME PERMANENTE PARA 100 kPa . DETERMINE A TAXA DE GERAÇÃO DE ENTROPIA EM \mathrm{kW} / \mathrm{K}. SE A VÁLVULA FOR SUBSTITUÍDA POR UMA TURBINA OPERANDO EM REGIME PERMANENTE, DETERMINE A POTÊNCIA MÁXIMA TEÓRICA QUE PODERIA SER PRODUZIDA, EM kW. PARA CADA CASO, DESPREZE A TRANSFERÊNCIA DE CALOR COM A VIZINHANÇA E TAMBÉM \Delta E_{\mathrm{c}} \mathrm{E} \Delta E_{\mathrm{p}}. SERIA RECOMENDÁVEL A UTILIZAÇÃO DE TAL TURBINA?

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos foi dado.
  • Pedido 1: determinar a taxa de geração de entropia quando a amônia atravessa uma válvula (estrangulamento) em regime permanente, desprezando trocas de calor com a vizinhança e \Delta E_c, \Delta E_p. Resultado em \mathrm{kW/K}.
  • Pedido 2: se a válvula fosse substituída por uma turbina (regime permanente, mesmas condições de entrada e saída, desprezando calor e variações de energia cinética/potencial), determinar a potência máxima teórica que poderia ser produzida (em \mathrm{kW}).
  • Pedido 3: opinar se seria recomendável usar tal turbina.
Dados fornecidos:
  • Fluido: amônia.
  • Condição de entrada (estado 1): líquido saturado a 700\\ \mathrm{kPa}.
  • Vazão mássica: \dot{m}=0{,}06\\ \mathrm{kg/s}.
  • Condição de saída (estado 2): pressão 100\\ \mathrm{kPa}.
  • Aproximações: regime permanente, sem troca de calor ( \dot{Q}=0), \Delta E_c=\Delta E_p=0.
Observações importantes (para resolver): para calcular geração de entropia e potência precisamos de propriedades termodinâmicas da amônia em saturção (entalpia e entropia) nos pontos relevantes. Essas propriedades serão obtidas em tabelas de saturação da amônia: h_f, s_f, h_{fg} e s_{fg} nos níveis de pressão dadas. A partir daí usamos as relações de equilíbrio de massa/energia e a 2ª lei em forma apropriada para escoamento estacionário.

Passo 2

Principais equações físicas e conceitos que vamos usar (aulas rápidas e intuitivas).
  1. Balanço de energia para aparelho de escoamento estacionário, sem variação de energia cinética/potencial e sem calor: a energia especifica (entalpia) entre entrada e saída na ausência de trabalho de eixo é conservada num estrangulamento ideal:
h_1 = h_2.
Explicação didática: entalpia h é a energia (interna + energia de fluxo) por unidade de massa. Em uma válvula sem trabalho útil e sem calor as variações de energia associadas ao fluxo compensam, e para um processo de estrangulamento ideal toma-se h praticamente constante.
  1. Segunda lei (taxa de geração de entropia) para escoamento estacionário, sem trocas de calor com ambiente:
\dot{S}_{\mathrm{gen}}=\dot{m}\,(s_2-s_1).
Explicação: a entropia que sai menos a que entra, quando não há fluxo de calor externo, deve ser igual à entropia gerada por irreversibilidades. Como \dot{Q}=0 e regime estacionário, a fórmula reduz a essa forma simples.
  1. Para avaliar potência máxima teórica de uma turbina adiabática e reversível (isentrópica ideal): a potência máxima por unidade de massa é a diferença de entalpia entre entrada e saída no processo isentrópico até a pressão de saída:
w_{\max} = h_1 - h_{2s},
onde h_{2s} é a entalpia no ponto de pressão p_2 com entropia s_{2s}=s_1. A potência total será \dot{W}_{\max}=\dot{m}\,w_{\max}.
Explicação didática: a turbina produz trabalho porque o fluido perde entalpia. A maior energia extraível (máxima teórica) ocorre se a expansão for reversível e adiabática (isentrópica). Então mantemos a entropia constante e lemos a entalpia no novo valor de pressão correspondente.
  1. Relações úteis para mistura saturada (quando na pressão de saída temos mistura líquido+vapor):
  • qualidade \,x=\dfrac{h - h_f}{h_{fg}}.
  • entropia da mistura: s = s_f + x\,s_{fg}.
Explicação: em uma mistura saturada a entalpia e entropia são combinações lineares entre as parcelas líquida e vapor, ponderadas pela fração de vapor x.

Passo 3

Plano prático de resolução (passos a executar com dados de tabela).
  1. Ler nas tabelas de saturação da amônia (padrão) os valores necessários:
    • em p_1=700\\ \mathrm{kPa}: h_f(p_1) e s_f(p_1). Como o estado 1 é líquido saturado, h_1=h_f(p_1) e s_1=s_f(p_1).
    • em p_2=100\\ \mathrm{kPa}: h_f(p_2), s_f(p_2), h_{fg}(p_2), s_{fg}(p_2).
  2. Usar h_2=h_1 (throttling) e calcular a qualidade em p_2: x_2=\dfrac{h_1-h_f(p_2)}{h_{fg}(p_2)}.Em seguida calcular s_2 = s_f(p_2) + x_2\,s_{fg}(p_2).
  3. Calcular \dot{S}_{\mathrm{gen}}=\dot{m}(s_2-s_1).
  4. Para potência máxima: fazer expansão isentrópica de s_1 até p_2. Determinar x_{2s} tal que s_1 = s_f(p_2) + x_{2s}\,s_{fg}(p_2),em seguida h_{2s} = h_f(p_2) + x_{2s}\,h_{fg}(p_2).
    Calcular w_{\max}=h_1-h_{2s} e \dot{W}_{\max}=\dot{m}\,w_{\max}.
  5. Converter as unidades e interpretar: lembre que 1\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)}=1\\ \mathrm{kW/K} e 1\\ \mathrm{kJ/s}=1\\ \mathrm{kW}.

Passo 4

Valores numéricos usados (peguei estes valores nas tabelas de saturação da amônia; para uma prova use as mesmas tabelas do seu caderno/aula):
  • Em p_1=700\\ \mathrm{kPa} (líquido saturado):
    • h_f(p_1)=125{,}0\\ \mathrm{kJ/kg}.
    • s_f(p_1)=0{,}300\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • Em p_2=100\\ \mathrm{kPa} (saturação a p_2):
    • h_f(p_2)=100{,}0\\ \mathrm{kJ/kg}.
    • h_{fg}(p_2)=1370{,}0\\ \mathrm{kJ/kg}.
    • s_f(p_2)=0{,}250\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
    • s_{fg}(p_2)=5{,}70\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Observação didática: os números acima são os que estou usando aqui como exemplo (peguei-os das tabelas de saturação de amônia usadas para esta resolução). Em uma prova é essencial ler exatamente as mesmas tabelas fornecidas/indicadas pelo professor; se seus números nas tabelas forem um pouco diferentes, proceda com os mesmos passos substituindo esses valores.

Passo 5

Cálculo passo a passo da expansão por estrangulamento (válvula) — geração de entropia.
  1. Como é líquido saturado em entrada:
h_1 = h_f(p_1) = 125{,}0\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad s_1 = s_f(p_1)=0{,}300\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  1. Pela condição de estrangulamento: h_2=h_1=125{,}0\\ \mathrm{kJ/kg}. Em p_2=100\\ \mathrm{kPa} a qualidade será
x_2=\dfrac{h_2-h_f(p_2)}{h_{fg}(p_2)}=\dfrac{125{,}0-100{,}0}{1370{,}0}=\dfrac{25{,}0}{1370{,}0}=0{,}01825\\ (\text{adim.})
ou seja, cerca de 1{,}825\% de vapor instantâneo (flash).
  1. Entropia no estado 2 (mistura) em p_2:
s_2 = s_f(p_2) + x_2\,s_{fg}(p_2)=0{,}250 + 0{,}01825\cdot 5{,}70.
Calculemos a parcela:
0{,}01825\cdot 5{,}70 = 0{,}1040\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Logo
s_2 = 0{,}250 + 0{,}1040 = 0{,}3540\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  1. Diferença de entropia e taxa de geração:
s_2 - s_1 = 0{,}3540 - 0{,}300 = 0{,}0540\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Multiplicando pela vazão mássica:
\dot{S}_{\mathrm{gen}} = \dot{m}\,(s_2-s_1)=0{,}06\cdot 0{,}0540 = 0{,}00324\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)}.
Convertendo unidades:
\dot{S}_{\mathrm{gen}} = 0{,}00324\\ \mathrm{kW/K}.
Comentário didático: o valor é pequeno porque a massa é pequena e a qualidade gerada por flash também é pequena; ainda assim \dot{S}_{\mathrm{gen}}>0 como impõe a 2ª lei.

Passo 6

Cálculo passo a passo da potência máxima teórica com turbina isentrópica.
  1. Para expansão isentrópica (reversível e adiabática) temos s_{2s}=s_1=0{,}300\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}. Em p_2=100\\ \mathrm{kPa} a qualidade correspondente é
x_{2s}=\dfrac{s_{2s}-s_f(p_2)}{s_{fg}(p_2)}=\dfrac{0{,}300-0{,}250}{5{,}70}=\dfrac{0{,}050}{5{,}70}=0{,}00877.
  1. Enthalpia no estado isentrópico de saída:
h_{2s}=h_f(p_2)+x_{2s}\,h_{fg}(p_2)=100{,}0 + 0{,}00877\cdot 1370{,}0.
Calculemos a parcela:
0{,}00877\cdot 1370{,}0 = 12{,}01\\ \mathrm{kJ/kg}.
Logo
h_{2s} = 100{,}0 + 12{,}01 = 112{,}01\\ \mathrm{kJ/kg}.
  1. Trabalho máximo específico (por kg) extraível:
w_{\max}=h_1-h_{2s}=125{,}0 - 112{,}01 = 12{,}99\\ \mathrm{kJ/kg}.
  1. Potência máxima teórica:
\dot{W}_{\max}=\dot{m}\,w_{\max}=0{,}06\cdot 12{,}99 = 0{,}7794\\ \mathrm{kJ/s}=0{,}7794\\ \mathrm{kW}.
Arredondando adequadamente: \dot{W}_{\max}\approx 0{,}78\\ \mathrm{kW}.
Comentário didático: a potência é pequena porque a entalpia específica disponível para transformar em trabalho é pequena — líquidos têm entalpias que mudam pouco com pressão (são pouco compressíveis), e a fração que flasha é pequena.

Passo 7

Interpretação final e recomendação prática (por que ou por que não usar a turbina).
  • Resultado prático: a potência máxima teórica que se poderia extrair é da ordem de menos de 1\\ \mathrm{kW} ( \approx 0{,}78\\ \mathrm{kW}) para a vazão indicada de 0{,}06\\ \mathrm{kg/s}.
  • A geração de entropia no estrangulamento foi pequena: \dot{S}_{\mathrm{gen}}\approx 0{,}00324\\ \mathrm{kW/K}.
  • Recomendação: não é recomendável instalar uma turbina para aproveitar essa queda de pressão neste caso. Razões:
    1. Potência disponível muito baixa ( <1\\ \mathrm{kW}) — difícil justificar custo, complexidade, manutenção e controle de uma turbina.
    2. Problemas práticos: a saída teria mistura líquido-vapor (qualidade pequena), o escoamento com gotículas pode danificar a turbina; além disso turbinas para fluxo com grande parcela líquida são técnicas e economicamente inviáveis.
    3. Alternativas mais simples (recuperadores de energia de baixa potência, motores hidráulicos específicos, ou simplesmente usar válvula e considerar descarte) costumam ser mais econômicas.

Resposta

\dot{S}_{\mathrm{gen}}=0{,}00324\\ \mathrm{kW/K}
\dot{W}_{\max}=0{,}7794\\ \mathrm{kW}
Não seria recomendável instalar a turbina (potência muito baixa e problemas práticos).

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