Enunciado

Considere uma usina de potência com ciclo combinado gás-vapor que produz uma potência líquida de 280 MW. A razão de pressão do ciclo da turbina a gás é 11. O ar entra no compressor a 300 K, e na turbina, a 1100 K. Os gases de combustão que saem da turbina a gás são usados para aquecer o vapor a 5 MPa até 350 °C em um trocador de calor. Os gases de combustão saem do trocador de calor a 420 K. Um aquecedor de água de alimentação aberto incorporado ao ciclo de vapor opera a uma pressão de 0,8 MPa. A pressão no condensador é de 10 kPa. Considerando eficiências isentrópicas de 100% para a bomba, 82% para o compressor e 86% para as turbinas a gás e a vapor, determine (a) a razão entre os fluxos de massa de ar e de vapor, (b) a taxa de fornecimento de calor necessária na câmara de combustão e (c) a eficiência térmica de ciclo combinado.

Passo 1

Tá legal, vamos primeiro ilustrar o diagrama T-s do ciclo gás-vapor, lembrando que nesse caso temos eficiência isentrópica a ser aplicada aos dispositivos, então, teremos:

Agora, o que nós vamos fazer é trabalhar com o ciclo a gás para descobrir o valor das propriedades nos pontos de interesse. Então, com a ajuda da tabela A.17 do apêndice A, começando pelo ponto 8, temos:

T 8 = 300   K → P r 8 = 1,386 ; h 8 = 300,19   k J / k g

Agora, da relação entre as pressões relativas entre os pontos 8 e 9, temos:

P r 9 = P 9 P 8 P r 8 = 11 1,386 → P r 9 = 15,25

E, com esse valor, da tabela A-17, temos o valor da entalpia para a situação isentrópica:

h 9 s = 595,84   k J / k g

Agora, nós sabemos que a eficiência isentrópica do compressor do ciclo superior pode ser dada por:

η C = h 9 s - h 8 h 9 - h 8

Com isso, podemos encontrar a entalpia real no ponto 9, então, temos:

h 9 = h 8 + h 9 s - h 8 η C = 300,19 + 595,84 - 300,19 0,82 → h 9 = 660,74   k J / k g

Agora, continuando com o ponto 10, temos:

T 10 = 1100   K → P r 10 = 167,1 ; h 10 = 1161,07   k J / k g

E, com isso, podemos encontrar a pressão relativa no ponto 11 através de:

P r 11 = P 11 P 10 P r 10 = 1 11 167,1 → P r 11 = 15,19

Então, do apêndice A, a entalpia para o caso isentrópico no ponto 11 será:

h 11 s = 595,18   k J / k g

Agora, nós sabemos que a eficiência isentrópica da turbina do ciclo superior pode ser dada por:

η T = h 10 - h 11 h 10 - h 11 s

Então, isolando a entalpia real no ponto 11, temos:

h 11 = h 10 - η T h 10 - h 11 s = 1161,07 - 0,86 ( 1161,07 - 595,15 )

h 11 = 674,4   k J / k g

E, por fim, podemos encontrar a entalpia no ponto 12 através da sua temperatura com o auxílio da tabela A-17, então, temos:

T 12 = 420   K → h 12 = 421,26   k J / k g

Passo 2

Agora nós vamos encontrar as propriedades do ciclo a vapor, de novo, com a ajuda das temperaturas e pressões e consultando as tabelas do apêndice A, então, temos:

P 1 = 10   k P a ; x 1 = 0 → h 1 = 191,81   k J / k g ; v 1 = 0,001010   m 3 / k g

Com isso, podemos encontrar o trabalho produzido pela bomba 1 através de:

w b 1 = v 1 P 2 - P 1 = 0,001010 800 - 10 → w b 1 = 0,8   k J / k g

E, com esse valor, aplicando o equilíbrio de energia para a bomba 1, podemos encontrar o valor da entalpia no ponto 2:

h 2 = h 1 + w b 1 = 191,81 + 0,8 → h 2 = 192,6   k J / k g

Agora, para o ponto 3, teremos:

P 3 = 800   k P a ; x 3 = 0 → h 3 = 720,87   k J / k g ; v 3 = 0 , 001115   m 3 / k g

Com isso, podemos encontrar o trabalho produzido pela bomba 2 através de:

w b 2 = v 3 P 4 - P 3 = 0,001115 5000 - 800 → w b 2 = 4,68   k J / k g

E, com esse valor, aplicando o equilíbrio de energia para a bomba 2, podemos encontrar o valor da entalpia no ponto 4:

h 4 = h 3 + w b 2 = 720,87 + 4,68 → h 4 = 725,55   k J / k g

Agora, continuando com as propriedades, temos:

P 5 = 5   M P a ; T 3 = 350   ° C → h 5 = 3069,3   k J / k g ; s 5 = 6,4516   k J / k g . K

P 6 = 0,8   M P a ; s 6 s = s 5 = 6,4516   k J / k g . K

Com esses valores para o ponto 6, podemos encontrar seu título para o caso isentrópico através de:

x 6 s = s 6 s - s l s l v = 6,4516 - 2,0457 4,616 → x 6 s = 0,9545

Com esse valor de título, podemos encontrar a entalpia para o caso isentrópico através de:

h 6 s = h l + x 6 s h l v = 720,87 + 0,9545 2085,8 → h 6 s = 2675,1   k J / k g

Então, com a entalpia isentrópica, podemos aplicar a definição de eficiência isentrópica para a turbina e encontrar a entalpia real no ponto 6. Dessa forma, teremos:

η T = h 5 - h 6 h 5 - h 6 s → h 6 = h 5 - η T h 5 - h 6 s = 3069,3 - 0,86 3069,3 - 2675,1

h 6 = 2730,3   k J / k g

Agora, nós vamos fazer a mesma análise para os pontos 5 e 7. Então, começando pelo ponto 7, temos:

P 7 = 10   k P a ; s 7 s = s 5 = 6,4516   k J / k g . K

Com esses valores para o ponto 7, podemos encontrar seu título para o caso isentrópico através de:

x 7 s = s 7 s - s l s l v = 6,4516 - 0,6492 7,4996 → x 7 s = 0,7737

Com esse valor de título, podemos encontrar a entalpia para o caso isentrópico através de:

h 7 s = h l + x 7 s h l v = 191,81 + 0,7737 2392,1 → h 7 s = 2042,5   k J / k g

Então, com a entalpia isentrópica, podemos aplicar a definição de eficiência isentrópica para a turbina e encontrar a entalpia real no ponto 7. Dessa forma, teremos:

η T = h 5 - h 7 h 5 - h 7 s → h 7 = h 5 - η T h 5 - h 7 s = 3069,3 - 0,86 3069,3 - 2042,5

h 7 = 2186,3   k J / k g

Passo 3

Agora nós vamos aplicar o equilíbrio de energia para o trocador de calor, dessa forma, teremos:

E ˙ e - E ˙ s = Δ E ˙

Como no nosso caso temos regime permanente, então Δ E ˙ = 0 , dessa forma, a equação se torna:

E ˙ e = E ˙ s

E, colocando em função das entalpias e das vazões mássicas, temos:

m ˙ g a s h 12 + m ˙ v a p o r h 5 = m ˙ g a s h 11 + m ˙ v a p o r h 4

Então, agrupando os termos e isolando a massa de vapor, temos:

m ˙ v a p o r h 5 - h 4 = m ˙ g á s h 11 - h 12 → m ˙ g á s = m ˙ v a p o r h 5 - h 4 h 11 - h 1 2

Então, substituindo os valores conhecidos, temos:

m ˙ g á s = m ˙ v a p o r 3069,3 - 725,55 674,4 - 421,26 → m ˙ g á s m ˙ v a p o r = 9,259

Passo 4

Agora podemos aplicar um balanço de energia para o aquecedor de água de alimentação, então, vamos ter:

E ˙ e - E ˙ s = Δ E ˙

Como no nosso caso temos regime permanente, então Δ E ˙ = 0 , dessa forma, a equação se torna:

E ˙ e = E ˙ s

E, colocando em função das entalpias e das vazões mássicas, temos:

m ˙ 2 h 2 + m ˙ 6 h 6 = m ˙ 3 h 3

Escrevendo em função da fração mássica y , temos:

y h 6 + 1 - y h 2 = h 3

Substituindo os valores conhecidos, chegamos em:

y 2730,3 + 1 - y 192,6 = 720,87 → y = 0,2082

Agora, com a fração mássica extraída da turbina do ciclo a vapor, podemos encontrar o trabalho específico produzido pela turbina nesse ciclo, então, teremos:

h 5 = w v a p o r T η T + y h 6 + 1 - y h 7

Substituindo os valores conhecidos, temos:

3069,3 = w v a p o r T 0,86 + 0,2082 2730,3 + 1 - 0,2082 2186,3 → w v a p o r T = 769,8   k J / k g

Agora, o trabalho líquido do ciclo a vapor será dado pela diferença entre o trabalho da turbina e aquele consumido pelas bombas, então, temos:

w v a p o r l i q = w v a p o r T - w b = w v a p o r T + 1 - y w b 1 + w b 2

Substituindo os valores conhecidos, temos:

w v a p o r l i q = 769,8 + 1 - 0,2082 0,8 + 4,68 → w v a p o r l i q = 764,5   k J / k g

E, da mesma forma, o trabalho líquido para o ciclo a gás será:

w g á s l i q = w g á s T - w C = h 10 - h 11 - ( h 9 - h 8 )

Substituindo os valores conhecidos, temos:

w g á s T = 1161,07 - 674,4 - 660,74 - 300,19 → w g á s T = 126,12   k J / k g

Passo 5

Então, agora vamos calcular o trabalho líquido produzido por unidade de massa de gás, dessa forma, temos:

w l i q = w g á s l i q + m ˙ v a p o r m ˙ g á s w v a p o r l i q

Substituindo os valores conhecidos, temos:

w l i q = 126,12 + 1 9,259 764,5 → w l i q = 208,69   k J / k g

E, com isso, podemos encontrar a vazão mássica de gás através da potência produzida no ciclo, então, temos:

m ˙ g á s = W ˙ l i q w l i q = 280000 208,69 → m ˙ g á s = 1341,7   k g / s

E então, o calor que é adicionado ao sistema pode ser encontrado pela diferença de entalpia na câmara de combustão, então, temos:

Q ˙ e = m ˙ g á s h 10 - h 9 = 1341,7 1161,07 - 660,74 → Q ˙ e = 671292,8   k W

Passo 6

E, finalmente, para a letra (c), podemos encontrar a eficiência térmica do ciclo através de:

η = W ˙ l i q Q ˙ e = 280000 671292,8 → η = 0,4171

Resposta

m ˙ g á s m ˙ v a p o r = 9,259

Q ˙ e = 671292,8   k W

η = 0,4171

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