Enunciado

Foi sugerido que o vapor que passa através do condensador do ciclo combinado do Prob. 10-108E seja encaminhado para edifícios durante o inverno, a fim de aquecê-los. Quando isso for feito, a pressão no sistema de aquecimento, onde o vapor é condensado, terá de ser aumentada para 10 psia. Como isso muda a eficiência térmica global do ciclo combinado?

Passo 1

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

Obs: No enunciado do Prob. 10-108, quando temos “O gás sai do trocador de calor 50 °F mais quente do que a temperatura de saturação do vapor no trocador de calor” na verdade ele quis dizer 50 R (Rankine) mais quente, pois se for °F, as contas não fecham e obtemos uma vazão mássica negativa no momento em que é feito o balanço de massa no trocador de calor, então, vamos considerar como Rankine.

Nesse exercício, a primeira coisa que devemos fazer é converter os valores de temperatura e pressão fornecidas para as unidades que estamos habituado a trabalhar, então, temos:

P 1 = P 4 = 10   p s i a = 69   k P a

P 2 = P 3 = 800   p s i a = 5515   k P a

T 3 = 600   ° F = 315,5   ° C

T 5 = 300   K

P 5 = 101,35   k P a

T 7 = 1422   K

Beleza, com isso, agora vamos analisar o ciclo a gás através das relações isentrópicas, começando com os pontos 5-6, temos:

T 6 s = T 5 P 6 P 5 k - 1 k

Substituindo os valores conhecidos, temos:

T 6 s = 300 10 1,4 - 1 1,4 → T 6 s = 579,2   K

Então, através da definição de eficiência isentrópica do compressor, podemos encontrar a temperatura real no ponto 6, sendo assim, temos:

η C = h 6 s - h 5 h 6 - h 5

Escrevendo em função do calor específico e das temperaturas e isolando a temperatura real no ponto 6, temos:

η C = c p T 6 s - T 5 c p T 6 - T 5 → T 6 = T 5 + T 6 s - T 5 η C

Substituindo os valores conhecidos, temos:

T 6 = 300 + 579,2 - 300 0,9 → T 6 = 610,2   K

Passo 2

Agora, vamos fazer exatamente a mesma análise, só que envolvendo os pontos 7 e 8, entrada e saída da turbina. Então, da relação isentrópica, temos:

T 8 s = T 7 P 8 P 7 k - 1 k

Substituindo os valores conhecidos, temos:

T 8 s = 1422 1 10 1,4 - 1 1,4 → T 8 s = 736,5   K

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

η T = h 7 - h 8 h 7 - h 8 s

Escrevendo em função do calor específico, temos:

η T = c p T 7 - T 8 c p T 7 - T 8 s → T 8 = - η T T 7 - T 8 s + T 7

Substituindo os valores conhecidos, podemos encontrar a temperatura real do ponto 6, então:

T 8 = - 0,9 1422 - 736,5 + 1422 → T 8 = 805   K

E, por fim, para fechar a análise dos pontos do ciclo superior, sabemos que no ponto 9 teremos:

T 9 = T s a t 5515   k P a + 27,8 = 543,5 + 27,8 → T 9 = 571,3   K

Passo 3

Agora nós vamos encontrar as propriedades do ciclo Rankine inferior com o auxílio das tabelas do apêndice A, então temos:

P 1 = 69   k P a ; x 1 = 0 → h 1 = 375,1   k J / k g ; v 1 = 0,001036   m 3 / k g

Com esse volume específico, podemos encontrar o trabalho específico da bomba 1 e depois, a entalpia no ponto 2, então, temos:

w b 1 = v 1 P 2 - P 1 = 0,001036 5515 - 69 → w b 1 = 5,64   k J / k g

E, com isso, aplicando um equilíbrio de energia específica para a bomba 1, temos:

h 2 = h 1 + w b 1 = 375,1 + 5,64 → h 2 = 380,7   k J / k g

Agora, continuando com o ponto 3, temos:

P 3 = 5515   k P a ; T 3 = 315,5   ° C → h 3 = 2956,1   k J / k g ; s 3 = 6,2241   k J / k g . K

P 4 = 69   k P a ; s 4 s = s 3 = 6,2241   k J / k g . K

Então, considerando o processo 3-4 isentrópico, temos:

h 4 s = 2201,8   k J / k g

E, agora, usando a definição de eficiência isentrópica da turbina, temos:

η T = h 3 - h 4 h 3 - h 4 s → h 4 = - η T h 3 - h 4 s + h 3

Substituindo os valores conhecidos, conseguimos encontrar a entalpia real do ponto 4:

h 4 = - 0,95 2956,1 - 2201,8 + 2956,1 → h 4 = 2239,5   k J / k g

Então, agora conseguimos encontrar o trabalho líquido específico produzido por cada ciclo, então, para o ciclo a gás, temos:

w g a s l i q = w g a s T - w g a s C = h 7 - h 8 - h 6 - h 5

E, escrevendo em função do calor específico, temos:

w g a s l i q = c p T 7 - T 8 - c p ( T 6 - T 5 )

E, substituindo os valores conhecidos, chegamos em:

w g a s l i q = 1,005 1422 - 805 - 1,005 610,2 - 300 → w g a s l i q = 308,3   k J / k g

E, para o ciclo Rankine temos:

w R l i q = w R T - w R C = h 3 - h 4 - w b 1

Substituindo os valores conhecidos, temos:

w R l i q = 2956,1 - 2239,5 - 5,64 → w R l i q = 711   k J / k g

Passo 4

Agora podemos aplicar um balanço de energia para o trocador de calor do sistema ilustrado no passo 1, 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 8 + m ˙ v a p o r h 2 = m ˙ g a s h 9 + m ˙ v a p o r h 3

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

m ˙ v a p o r h 3 - h 2 = m ˙ g á s h 8 - h 9 → m ˙ v a p o r = m ˙ g á s h 8 - h 9 h 3 - h 2

Escrevendo em função do calor específico do ar e substituindo os valores conhecidos, temos:

m ˙ v a p o r = m ˙ g á s c p T 8 - T 9 h 3 - h 2 = m ˙ g á s . 1,005 805 - 571,3 2956,1 - 380,7

m ˙ v a p o r = 0,09120 m ˙ g á s

Então, 1 kg de gás de exaustão consegue aquecer 0,09120 kg de água, dessa forma, podemos encontrar o calor que entra no sistema através de:

q e = h 7 - h 6 = c p T 7 - T 6 = 1,005 1422 - 610,2 → q e = 815,8   k J / k g

E, agora, o calor que sai, por unidade de massa de gás será:

q s = h 9 - h 5 + m ˙ v a p o r m ˙ g á s h 4 - h 1 = c p T 9 - T 5 + m ˙ v a p o r m ˙ g á s ( h 4 - h 1 )

Substituindo os valores conhecidos, temos:

q s = 1,005 571,3 - 300 + 0,09120 2239,5 - 375,1 → q s = 442,7   k J / k g

Então, a eficiência do sistema será:

η = 1 - q s q e = 1 - 442,7 815,8 → η = 0,4573

Resposta

η = 0,4573

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