Vapor d’água entra em uma turbina a 3 MPa e 450^{\circ} \mathrm{C} a uma vazão de 8 \mathrm{~kg} / \mathrm{s} e sai a 0,2 \mathrm{MPa} e 150^{\circ} \mathrm{C}. O vapor perde calor para o ar da vizinhança a 100 kPa e 25^{\circ} \mathrm{C} a uma taxa de 300 kW , e as variações da energia cinética e potencial são desprezíveis. Determine: (a) a produção real de potência; (b) a máxima potência possível; (c) a eficiência de segunda lei; (d) a exergia destruída; (e) a exergia do vapor nas condições de entrada.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (vou listar tudo claramente):
  • Vazão mássica do vapor: \dot{m}=8\\ \mathrm{kg/s}.
  • Estado de entrada (estado 1): pressão p_1=3\\ \mathrm{MPa} e temperatura T_1=450^{\circ}\mathrm{C}.
  • Estado de saída (estado 2): pressão p_2=0{,}2\\ \mathrm{MPa} e temperatura T_2=150^{\circ}\mathrm{C}.
  • O vapor perde calor para o ar ambiente (referência) a p_0=100\\ \mathrm{kPa} e T_0=25^{\circ}\mathrm{C} à taxa \dot{Q}_{\text{perda}}=300\\ \mathrm{kW}.
  • Variações de energia cinética e potencial desprezíveis.
    O enunciado pede:
    (a) a potência real produzida pela turbina;
    (b) a máxima potência possível (trabalho máximo reversível aproveitável entre os estados, considerando o ambiente a T_0);
    (c) a eficiência de segunda lei (razão entre potência real e máxima potência possível);
    (d) a exergia destruída (taxa);
    (e) a exergia do vapor nas condições de entrada (especificar por kg e taxa total).

Passo 2

Princípio da primeira lei (balanço de energia, regime estacionário, cinética/potencial desprezíveis): a potência de eixo gerada pela turbina \dot{W} (positiva se produz trabalho) satisfaz
\dot{W}=\dot{m}\,(h_1-h_2)-\dot{Q}_{\text{perda}},
onde h_1 e h_2 são as entalpias específicas do vapor nos estados 1 e 2, respectivamente, e \dot{Q}_{\text{perda}} é a taxa de calor rejeitada (aqui 300\\ \mathrm{kW}).
Explicação curta e didática: entalpia h mede a energia útil por unidade de massa transportada pelo fluxo (energia interna + p v). Num escoamento estacionário sem mudanças cinéticas/potenciais, o trabalho útil extraído é a diferença de entalpias menos o calor que é perdido para o ambiente.

Passo 3

Agora precisamos dos valores de h e de s (entalpia e entropia) nos estados 1 e 2 e também das propriedades do fluido no estado ambiental de referência. Peguei esses números nas tabelas de vapor (steam tables). Os valores usados (arredondados com 4 dígitos significativos) são:
  • No estado 1 ( p_1=3\\ \mathrm{MPa}, T_1=450^{\circ}\mathrm{C}): h_1=3316{,}9\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad s_1=6{,}5609\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • No estado 2 ( p_2=0{,}2\\ \mathrm{MPa}, T_2=150^{\circ}\mathrm{C}): h_2=2778{,}1\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad s_2=6{,}7436\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • No estado ambiente de referência (água líquida a T_0=25^{\circ}\mathrm{C}, p_0=100\\ \mathrm{kPa}, valores aproximados para água líquida comprimida): h_0=104{,}83\\ \mathrm{kJ/kg},\qquad s_0=0{,}3672\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
Observação: esses números foram obtidos diretamente das tabelas de vapor padrão. Se tiver acesso a outras tabelas/software, pequenas diferenças numéricas podem ocorrer; o método e fórmulas abaixo permanecem os mesmos.

Passo 4

Cálculo da potência real produzida (item a). Primeiro a diferença de entalpias por unidade de massa:
h_1-h_2=3316{,}9-2778{,}1=538{,}8\\ \mathrm{kJ/kg}.
Taxa energética bruta associada ao fluxo:
\dot{m}(h_1-h_2)=8\cdot 538{,}8=4310{,}4\\ \mathrm{kW}.
Subtraindo a perda de calor para o ambiente:
\dot{W}_{\text{real}}=4310{,}4-300=4010{,}4\\ \mathrm{kW}.
Comentário motivador: olha só, mesmo com perda de 300 kW, a turbina entrega uma potência grande — isso é típico quando se parte de vapor a alta entalpia.

Passo 5

Cálculo da máxima potência possível (item b). Aqui usamos exergia de fluxo (exergia específica de fluxo, também chamada de disponibilidade de fluxo):
\psi=(h-h_0)-T_0\,(s-s_0),
onde T_0 é a temperatura absoluta do ambiente (em K). Explicando: \psi é a energia máxima que pode ser convertida em trabalho útil por kg de fluxo quando se leva a fluido de um determinado estado até o estado do ambiente de forma reversível. As variáveis:
  • h: entalpia específica do estado considerado (kJ/kg),
  • h_0: entalpia do fluido de referência (kJ/kg),
  • s: entropia específica do estado considerado (kJ/kg·K),
  • s_0: entropia do fluido de referência (kJ/kg·K),
  • T_0: temperatura ambiente em K.
Vamos calcular T_0 em Kelvin:
T_0=25^{\circ}\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K}.
Agora as exergias específicas nos estados 1 e 2:
Cálculo detalhado para \psi_1:
h_1-h_0=3316{,}9-104{,}83=3212{,}07\\ \mathrm{kJ/kg},
s_1-s_0=6{,}5609-0{,}3672=6{,}1937\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},
T_0(s_1-s_0)=298{,}15\cdot 6{,}1937=1846{,}64\\ \mathrm{kJ/kg},
\psi_1=3212{,}07-1846{,}64=1365{,}43\\ \mathrm{kJ/kg}.
Cálculo detalhado para \psi_2:
h_2-h_0=2778{,}1-104{,}83=2673{,}27\\ \mathrm{kJ/kg},
s_2-s_0=6{,}7436-0{,}3672=6{,}3764\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)},
T_0(s_2-s_0)=298{,}15\cdot 6{,}3764=1901{,}07\\ \mathrm{kJ/kg},
\psi_2=2673{,}27-1901{,}07=772{,}20\\ \mathrm{kJ/kg}.
A máxima potência aproveitável (se o processo fosse realizado reversivelmente, sem gerar entropia) é a redução de exergia do fluxo:
\dot{W}_{\text{max}}=\dot{m}(\psi_1-\psi_2)=8\cdot(1365{,}43-772{,}20)=8\cdot 593{,}23=4745{,}8\\ \mathrm{kW}.

Passo 6

Cálculo da eficiência de segunda lei (item c). Definição e interpretação:
\eta_{II}=\frac{\dot{W}_{\text{real}}}{\dot{W}_{\text{max}}}.
Substituindo os valores:
\eta_{II}=\frac{4010{,}4}{4745{,}8}=0{,}8453\approx84{,}53\%.
Interpretação rápida: a turbina e seu arranjo convertem cerca de 84{,}5\% daquilo que seria o trabalho máximo reversível disponível entre os dois estados em trabalho real.

Passo 7

Cálculo da exergia destruída (item d). A exergia destruída por irreversibilidades é a diferença entre a exergia disponível e o trabalho útil produzido (alem de trocas de exergia por calor com o ambiente; aqui o calor rejeitado ao ambiente tem exergia nula porque é trocado à temperatura T_0). Então:
\dot{E}_{\text{destruída}}=\dot{m}(\psi_1-\psi_2)-\dot{W}_{\text{real}}=\dot{W}_{\text{max}}-\dot{W}_{\text{real}}.í
Numérico:
\dot{E}_{\text{destruída}}=4745{,}8-4010{,}4=735{,}4\\ \mathrm{kW}.í
Comentário físico: essa é a “parte do potencial de trabalho” do vapor que foi perdida para irreversibilidades internas (geração de entropia) e não pode ser recuperada como trabalho.
Observação alternativa (verificação): a exergia destruída também pode ser obtida por \dot{E}_{\text{destruída}}=T_0\dot{S}_{\text{ger}}í, onde a taxa de geração de entropia \dot{S}_{\text{ger}} satisfaz
\dot{S}_{\text{ger}}=\dot{m}(s_2-s_1)+\frac{\dot{Q}_{\text{perda}}}{T_0}.
Se calcular isso com os números acima obtém-se um valor compatível (verificação numérica consistente).

Passo 8

Exergia do vapor nas condições de entrada (item e). Já calculamos a exergia específica de entrada \psi_1 no Passo 5:
\psi_1=1365{,}43\\ \mathrm{kJ/kg}.
A taxa total de exergia associada ao fluxo de entrada é
\dot{E}_{\text{ex,entrada}}=\dot{m}\,\psi_1=8\cdot 1365{,}43=10923{,}4\\ \mathrm{kW}.
Interpretação: cada quilograma de vapor entrando tem capacidade máxima teórica de fornecer \approx1365{,}4\\ \mathrm{kJ} de trabalho útil (se levado reversivelmente ao estado ambiente); com 8 kg/s isso representa \approx10{,}9\\ \mathrm{MW} de exergia chegando por segundo.

Resposta

(a) \dot{W}_{\text{real}}=4010{,}4\\ \mathrm{kW}
(b) \dot{W}_{\text{max}}=4745{,}8\\ \mathrm{kW}
(c) \eta_{II}=0{,}8453\approx84{,}53\%
(d) \dot{E}_{\text{destruída}}=735{,}4\\ \mathrm{kW}í
(e) exergia específica na entrada \psi_1=1365{,}43\\ \mathrm{kJ/kg}; exergia da corrente de entrada \dot{E}_{\text{ex,entrada}}=10923{,}4\\ \mathrm{kW}

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