Uma turbina a vapor é alimentada com 30 \mathrm{~kg} / \mathrm{s} de vapor d’água a 3 MPa e 350^{\circ} \mathrm{C}. O vapor deixa a turbina a 15 kPa e com título de 90%. Há uma perda de calor na carcaça da turbina, que está a 30^{\circ} \mathrm{C}, no valor de 5 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg}.
Determine:
a) Variação de disponibilidade entre a seção de entrada e a seção de descarga da turbina;
b) A eficiência de acordo com a primeira lei (isoentrópica);
c) A eficiência racional (segunda lei);
d) A irreversibilidade deste processo;
e) A geração de entropia deste processo;

Passo 1

Vamos organizar claramente o que o problema dá e o que pede.
Dados (do enunciado):
  • Vazão mássica do vapor: \dot{m}=30\\ \mathrm{kg/s}.
  • Estado de entrada (1): p_1=3{,}0\\ \mathrm{MPa} e T_1=350^\circ\mathrm{C}.
  • Estado de saída (2): p_2=15\\ \mathrm{kPa} e título x_2=0{,}90.
  • Perda de calor na carcaça (para o ambiente a T_0=30^\circ\mathrm{C}): q_{\text{loss}}=5\\ \mathrm{kJ/kg}. (Isso significa \dot{Q}_{\text{loss}}=\dot{m}\,q_{\text{loss}}=30\cdot5=150\\ \mathrm{kW}.)
  • Temperatura ambiente de referência (temperatura-morta): T_0=30^\circ\mathrm{C}=303{,}15\\ \mathrm{K}.
O que o enunciado pede:
a) Variação de disponibilidade (exergia de fluxo) entre a seção de entrada e a de descarga da turbina.
b) Eficiência segundo a primeira lei (eficiência isentrópica da turbina).
c) Eficiência racional (eficiência segundo a segunda lei — eficiência exergética).
d) Irreversibilidade (taxa de destruição de exergia) deste processo.
e) Geração de entropia deste processo (taxa de geração de entropia).
Observação importante (que vamos usar): para escoamento estacionário sem variação apreciável de energia cinética/potencial, as grandezas relevantes são entalpias e entropias específicas. A variação específica de disponibilidade (exergia de fluxo) entre 1 e 2 é
\Delta\psi = (h_1-h_2) - T_0(s_1 - s_2).
A potência máxima reversível entre esses dois estados (por kg) é exatamente \Delta\psi. A potência de eixo real por kg é
w_{\text{act}} = (h_1-h_2) - q_{\text{loss}}.
A eficiência isentrópica é
\eta_I=\frac{w_{\text{act}}}{w_{\text{is}}}=\frac{(h_1-h_2)-q_{\text{loss}}}{h_1-h_{2s}},
onde h_{2s} é a entalpia no mesmo p_2 com entropia s_{2s}=s_1 (expansão isentrópica).
A eficiência racional (exergética) é
\eta_{\text{II}}=\frac{w_{\text{act}}}{\Delta\psi}.
A irreversibilidade (taxa de destruição de exergia) é
\dot{I}= \dot{m}\,\Delta\psi - \dot{W}_{\text{shaft}}
com \dot{W}_{\text{shaft}}=\dot{m}\,w_{\text{act}}. A geração de entropia segue da balanço de entropia estacionário:
\dot{S}_{\text{gen}}=\dot{m}(s_2-s_1)-\frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T_0}.
Aqui \dot{Q}_{\text{in}} é a taxa de calor que entra no controle; como há perda de calor para o ambiente, \dot{Q}_{\text{in}}=-\dot{Q}_{\text{loss}}=-150\\ \mathrm{kW}. (Vou detalhar e calcular tudo passo a passo.)

Passo 2

Pegar valores das propriedades termodinâmicas do vapor (tabelas de vapor). Vou listar os números que usei (estes valores foram obtidos em tabelas de vapor saturado e superaquecido padrão):
Propriedades no estado 1 ( p_1=3{,}0\\ \mathrm{MPa}, T_1=350^\circ\mathrm{C}):
  • h_1 = 3115{,}3\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • s_1 = 6{,}50\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Propriedades de saturado à pressão p_2=15\\ \mathrm{kPa}:
  • h_f(p_2)=209{,}33\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • h_{fg}(p_2)=2392{,}80\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • s_f(p_2)=0{,}718\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • s_{fg}(p_2)=7{,}358\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Comentário didático rápido sobre esses termos:
  • h_f é a entalpia do líquido saturado na pressão considerada.
  • h_{fg} é a entalpia latente (diferença h_g-h_f) na mesma pressão.
  • s_f e s_{fg} são análogos para entropia.
    Com x_2=0{,}90 (título), a entalpia e entropia de saída (estado 2) são:
h_2 = h_f + x_2\,h_{fg}, \qquad s_2 = s_f + x_2\,s_{fg}.
Agora calculamos h_2 e s_2 numericamente.

Passo 3

Cálculo do estado de saída (2) usando as fórmulas de mistura:
h_2 = 209{,}33 + 0{,}90\cdot2392{,}80 = 209{,}33 + 2153{,}52 = 2362{,}85\\ \mathrm{kJ/kg}.
s_2 = 0{,}718 + 0{,}90\cdot7{,}358 = 0{,}718 + 6{,}6222 = 7{,}3402\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Verificação física simples: s_2>s_1 (7,3402 > 6,50) — há aumento de entropia do fluido, como esperado em processo real com irreversibilidades e perda de calor.

Passo 4

Energia e trabalho específico disponível do fluido (por kg) e potência de eixo.
Diferença de entalpia:
h_1-h_2 = 3115{,}3 - 2362{,}85 = 752{,}45\\ \mathrm{kJ/kg}.
A perda de calor dada é q_{\text{loss}}=5\\ \mathrm{kJ/kg}. A potência específica útil (trabalho de eixo por kg) é:
w_{\text{act}}=(h_1-h_2)-q_{\text{loss}}=752{,}45-5=747{,}45\\ \mathrm{kJ/kg}.
Potência de eixo total:
\dot{W}_{\text{shaft}}=\dot{m}\,w_{\text{act}}=30\cdot747{,}45=22423{,}5\\ \mathrm{kW}.
(Comentário didático: a entalpia retirada do fluido se divide entre trabalho e calor perdido; por isso subtrai-se q_{\text{loss}} para obter o trabalho entregue ao eixo.)

Passo 5

Cálculo da variação de disponibilidade (exergia de fluxo) entre entrada e saída — item (a).
A variação específica de disponibilidade (por kg) entre 1 e 2 é
\Delta\psi = (h_1-h_2)-T_0(s_1-s_2).
Calculemos s_1-s_2 = 6{,}50 - 7{,}3402 = -0{,}8402\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}. Então
\Delta\psi = 752{,}45 - 303{,}15\cdot(-0{,}8402) = 752{,}45 + 254{,}70 = 1007{,}15\\ \mathrm{kJ/kg}.
Variação de disponibilidade por segundo (taxa):
\dot{\Psi}=\dot{m}\,\Delta\psi = 30\cdot1007{,}15 = 30214{,}5\\ \mathrm{kW}.
Explicação: \Delta\psi é a diminuição de exergia do fluxo entre entrada e saída; representa a potência reversível máxima (sem gerar entropia) que poderia ser extraída entre esses mesmos estados quando a referência é T_0.

Passo 6

Cálculo do estado isentrópico de saída e da eficiência isentrópica (item b).
Definição: estado isentrópico de saída tem s_{2s}=s_1 e mesma pressão p_2. Para mistura saturada em p_2 a fração seca isentrópica é
x_{2s}=\frac{s_{2s}-s_f}{s_{fg}}=\frac{s_1-s_f}{s_{fg}}.
Calculando:
x_{2s}=\frac{6{,}50-0{,}718}{7{,}358}=\frac{5{,}782}{7{,}358}=0{,}7864.
Então entalpia isentrópica de saída:
h_{2s}=h_f + x_{2s}\,h_{fg}=209{,}33 + 0{,}7864\cdot2392{,}80 = 209{,}33 + 1881{,}67 = 2091{,}00\\ \mathrm{kJ/kg}.
Trabalho específico isentrópico (máximo reversível sem troca de calor com ambiente entre os dois estados) é
w_{\text{is}}=h_1-h_{2s}=3115{,}3-2091{,}00=1024{,}3\\ \mathrm{kJ/kg}.
Eficiência segundo a primeira lei (isentrópica):
\eta_I=\frac{w_{\text{act}}}{w_{\text{is}}}=\frac{747{,}45}{1024{,}3}=0{,}7298\approx72{,}98\%.
Comentário didático: essa eficiência compara o trabalho real com o trabalho que um processo isentrópico ideal (reversível adiabático) produziria entre as mesmas pressões e com a mesma entropia inicial.

Passo 7

Cálculo da eficiência racional (segunda lei) — item (c).
Definição: eficiência racional (ou eficiência exergética) compara o trabalho real com a diminuição de exergia (potência exergética disponível) entre os mesmos estados:
\eta_{\text{II}}=\frac{w_{\text{act}}}{\Delta\psi}.
Substituindo valores:
\eta_{\text{II}}=\frac{747{,}45}{1007{,}15}=0{,}7420\approx74{,}20\%.
Interpretação: das 100\% da potência exergética disponível (redução de exergia do vapor), a turbina converte cerca de 74{,}2\% em trabalho de eixo; o restante é destruído por irreversibilidades.

Passo 8

Cálculo da irreversibilidade (taxa de destruição de exergia) — item (d).
Usando balanço de exergia para escoamento estacionário (sem trabalho de fluxo/energia cinética):
\dot{I}=\dot{m}\,\Delta\psi - \dot{W}_{\text{shaft}}.
Já temos \dot{m}\,\Delta\psi=30214{,}5\\ \mathrm{kW} e \dot{W}_{\text{shaft}}=22423{,}5\\ \mathrm{kW}. Então
\dot{I}=30214{,}5-22423{,}5=7791{,}0\\ \mathrm{kW}.
Explicação: essa é a potência de exergia que foi destruída (irreversivelmente transformada em entropia) durante o processo.

Passo 9

Cálculo da geração de entropia (taxa) — item (e).
Usaremos o balanço de entropia estacionário (entrada/saída e troca de calor). A forma conveniente é:
\dot{S}_{\text{gen}}=\dot{m}(s_2-s_1)-\frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T_0}.
Como a turbina perde calor para o ambiente, \dot{Q}_{\text{in}}=-\dot{Q}_{\text{loss}}=-150\\ \mathrm{kW}. Então
\dot{m}(s_2-s_1)=30\cdot(7{,}3402-6{,}50)=30\cdot0{,}8402=25{,}206\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)}.
E
-\frac{\dot{Q}_{\text{in}}}{T_0}=-\frac{-150}{303{,}15}=+\;0{,}495\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)}.
Somando:
\dot{S}_{\text{gen}}=25{,}206 + 0{,}495 = 25{,}701\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)} \approx 25{,}70\\ \mathrm{kW/K}.
Verificação com irreversibilidade: como \dot{I}=T_0\dot{S}_{\text{gen}},
T_0\dot{S}_{\text{gen}}=303{,}15\cdot25{,}701\approx7791\\ \mathrm{kW},
coincidindo com \dot{I} calculada no passo anterior (boa consistência numérica).
Interpretação: a turbina gera cerca de 25{,}7\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)} de entropia devido às irreversibilidades (atrito, não reversibilidade da expansão, perdas térmicas, etc.).

Resposta

a) \Delta\psi = 1007{,}15\\ \mathrm{kJ/kg}, \dot{\Psi}=30214{,}5\\ \mathrm{kW}.
b) \eta_I = 72{,}98\\ \%.
c) \eta_{\text{II}} = 74{,}20\\ \%.
d) \dot{I} = 7791{,}0\\ \mathrm{kW}.
e) \dot{S}_{\text{gen}} = 25{,}70\\ \mathrm{kJ/(s\cdot K)} (ou \mathrm{kW/K}).

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