Enunciado

31. A Fig. P6.31 fornece o diagrama T-s de um ciclo de bomba de calor de Carnot para o qual a substância é a amônia. Determine o trabalho líquido de entrada necessário, em kJ, para 50 ciclos de operação em 0,1 kg de substância.

Passo 1

Aqui temos um processo de refrigeração por um ciclo de bomba de Carnot, composto pelos processos:

-Processo 1-2: Compressão isotérmica (T1=T2);

-Processo 2-3: Compressão adiabática (Q23=0) de T2 até T3;

-Processo 3-4: Expansão isotérmica (T3=T4);

-Processo 4-1: Expansão adiabática (Q41=0) de T4 até T1;

Vamos relembrar que para um Ciclo de Carnot, os processos ocorrem de forma reversível, assim quando se fala que o processo é adiabático, ele quer dizer também que o mesmo é isentrópico, e isentrópico quer dizer que a entropia não varia de um estado a outro.

Então,

-No processo 2-3:

S 2 = S 3

-No processo 4-1:

S 1 = S 4

Passo 2

Para a resolução do problema, é válido estabelecer as considerações acerca do processo.

As considerações que podem ser feitas são:

-Regime permanente (sem variação das propriedades com o tempo);

-Variações de energia cinética e potencial desprezíveis;

Passo 3

O que foi pedido no problema é o trabalho líquido de entrada, sendo que este trabalho de entrada significa o trabalho do compressor, ou seja, o trabalho do sistema de compressão, que está fornecendo energia ao sistema. Assim, vamos precisar encontrar o trabalho do compressor para um ciclo.

Pelas descrições dos processos, a compressão ocorre no processo 2-3, a compressão adiabática.

Vamos fazer um balanço de energia no processo 2-3 para chegar numa expressão para o trabalho 2-3, W23

A equação do balanço de energia é

m ∆ E ^ = m ( ∆ U ^ + ∆ E ^ K + ∆ E ^ P ) = Q - W

Onde,

-m é a massa do fluido (amônia);

- ∆ E ^ , é a variação de energia total, em que essa energia total é a soma da energia interna (U), energia cinética (EK) e energia potencial (EP);

- ∆ U ^ , é a energia interna especifica;

- ∆ E ^ K , é a energia cinética especifica;

- ∆ E ^ P , é a energia potencial especifica;

-Q é o calor transferido;

-W é o trabalho.

Como foi considerado que as variações de energia cinética e potencial são desprezíveis, logo você pode eliminar elas da equação

m ∆ U ^ = Q - W

Vamos agora aplicar essa equação ao processo 2-3

m ( U ^ 3 - U ^ 2 ) = Q 23 - W 23

O processo 2-3 ocorre de forma adiabática, então Q23=0

W 23 = - m ( U ^ 3 - U ^ 2 )

Já temos a massa, mas não temos as energias internas especificas U ^ 3 e U ^ 2 .

Passo 4

Para achar as energias internas vamos analisar o diagrama T-S do enunciado e usar os dados fornecidos.

Você vai ver que no ponto 3 (estado 3), temos a pressão p3=20 bar e o título, x3=90%=0,90, vamos então usar estes valores para determinar U ^ 3 .

Pela definição de título

x 3 = U ^ 3 - U ^ l U ^ g - U ^ l  

U ^ 3 = U ^ l + x 3 ( U ^ g - U ^ l )

Onde,

-x3 é o título no estado 3;

- U ^ l , é a energia interna especifica do líquido saturado;

- U ^ g , é a energia interna especifica do vapor saturado;

Os valores para U ^ l , U ^ g , são encontrados diretamente na tabela de dados para a amônia saturada na pressão p3=20bar.

Pela Tabela A-14 do livro Shapiro-Princípios da Termodinâmica, 7ª Edição:

U ^ l = 414,44 k J k g ;   U ^ g = 1342,37 k J k g

Calculando U ^ 3

U ^ 3 = 414,44 k J k g + 0,90 1342,37 - 414,44 k J k g = 1249,58 k J k g

Passo 5

Também pelo diagrama T-S, você vai ver que o ponto 2 (estado 2) se encontra dentro da região bifásica e você vai precisar então de outros dois dados para encontrar U ^ 2 .

Nesse estado, já temos a pressão p2=1,0 bar. Outro dado que você pode usar é o título do estado 2, x2, na qual você consegue calcular pela entropia S2 que é igual a entropia do estado 3, S3, sendo que S3 você pode achar na mesma tabela A-14, da mesma forma que você achou U ^ 3

Analogamente,

x 3 = S ^ 3 - S ^ l S ^ g - S ^ l

S ^ 3 = S ^ l + x 3 ( S ^ g - S ^ l )

Onde,

- S ^ 3 , é a entropia especifica do estado 3;

- S ^ l , é a entropia especifica do líquido saturado;

- S ^ g , é a entropia especifica do vapor saturado;

Pela Tabela A-14 do livro Shapiro-Princípios da Termodinâmica, 7ª Edição, na pressão de 20 bar:

S ^ l = 1,5012 k J k g K ;   S ^ g = 4,7670 k J k g K

Calculando   S ^ 3

S ^ 3 = 1,5012 k J k g K + 0,90 4,7670 - 1,5012 k J k g K = k J k g K

E

S ^ 2 = S ^ 3 = 4,4404 k J k g K

Para o título no estado 2

x 2 = S ^ 2 - S ^ l S ^ g - S ^ l

Aqui as entropias especificas S ^ g e S ^ l devem ser determinadas na pressão de 1,0 bar.

Pela Tabela A-14 do livro Shapiro-Princípios da Termodinâmica, 7ª Edição, na pressão de 1,0 bar:

S ^ l = 0,1191 k J k g K ;   S ^ g = 5,8391 k J k g K

Substituindo os valores

x 2 = 4,4404 - 0,1191 5,8391 - 0,1191 = 0,75548

Para U ^ 2 U ^ 2 = U ^ l + x 2 ( U ^ g - U ^ l )

Aqui as energias interna especificas U ^ g e U ^ l também devem ser determinadas na pressão de 1,0 bar.

Pela Tabela A-14 do livro Shapiro-Princípios da Termodinâmica, 7ª Edição, na pressão de 1,0 bar:

U ^ l = 28,03 k J k g ;   U ^ g = 1284,61 k J k g

Calculando U ^ 3

U ^ 2 = 28,03 k J k g + 0,75548 1284,61 - 28,03 k J k g = 977,35 k J k g

Passo 6

Agora para finalizar, é só aplicar os valores encontrados

Aplicando os valores

W 23 = - 0,1   k g 1249,58 - 977,35 k J k g = - 27,22   k J

Este valor achado foi para um ciclo, então para 50 ciclos, o trabalho total é

W L í q u i d o   e n t r a d a = 50 - 27,22   k J = - 1361,13   k J

O sinal negativo representa que a energia está sendo consumida pelo sistema.

Resposta

W L í q u i d o   e n t r a d a = 1361,13   k J

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