Enunciado

Uma maneira de melhorar o desempenho de um ciclo de refrigeração, que opera num grande intervalo de temperatura, consiste na utilização de um compressor de dois estágios. Considere o sistema ideal de refrigeração deste tipo, mostrado na F i g .   P 11.115 , que utiliza R - 12 como fluido de trabalho. Líquido saturado sai do condensador a 40   ° C e é estrangulado até - 20   ° C . O líquido e o vapor, a esta temperatura, são separados e o líquido é estrangulado até a temperatura do evaporador ( - 70   ° C ) . O vapor que sai do evaporador é comprimido até a pressão de saturação correspondente a - 20 ° C . Após esta operação, ele é misturado com o vapor que sai da câmara de evaporação instantânea. Pode-se admitir que tanto a câmara de evaporação instantânea, como a câmara de mistura, estejam isoladas termicamente de modo a impedir qualquer transferência de calor do ambiente. O vapor que deixa a câmara de mistura é comprimindo, no segundo estágio do compressor, até a pressão de saturação correspondente temperatura do condensador ( 40 ° C ) . Nestas condições determine:

  1. O coeficiente de eficácia do ciclo.
  2. O coeficiente de eficácia de um ciclo ideal de refrigeração simples, que opera entre as mesmas temperaturas do condensador e do evaporador da unidade de compressão em dois estágios estudada neste problema.

Passo 1

Oi, tudo bem? Vamos resolver esta questão!

Neste problema queremos a fração de vapor extraído na turbina e a taxa de transferência de calor no condensador, considerando agora que a turbina seja real com um rendimento de 85 % .

Se você observar o exercício 11.47 vai perceber que esta central de potência se comporta da seguinte maneira:

Vamos então organizar os dados:

Pressão máxima:

p 5 = 20   M P a

Pressão mínima:

p 1 = 10   k P a

Pressão do aquecedor de água de alimentação:

p 6 = 1   M P a

Temperatura máxima:

T 5 = 800   ° C

Eficiência isentrópica da turbina:

η T = 85 %

Potência de eixo da turbina:

W ˙ = 5   M W

Passo 2

Analisando os dados do estado 5 e as tabelas termodinâmicas para o vapor supersaturado, temos que:

h 5 = 4069,8   k J / k g

s 5 = 7,0544   k J / k g K

Analisando agora o estado de baixa pressão p 1 = 10   k P a , das tabelas termodinâmicas conseguimos os seguintes dados:

h l = 191,81   k J / k g

h l v = 2392,82   k J / k g

s l = 0,6492   k J / k g

s l v = 7,5010   k J / k g

v l = 0,00101   m 3 / k g

Como o processo 5 → 6 é isentrópico, podemos encontrar a entalpia do estado 6 :

h 6 = 3013,68   k J / k g K

Passo 3

Agora vamos analisar a turbina de baixa pressão como sendo nosso volume de controle. Como temos o rendimento da turbina, sabemos que é uma turbina real. Neste caso vamos calcular os parâmetros para um processo ideal e depois aplicar o rendimento para saber a parcela real.

Analisando o processo ideal, 6 → 7 , temos que:

s 6 = s 7

s 7 = 7,0544   k J / k g K

Sabendo que na saída da turbina de baixa temos a mesma pressão de trabalho do condensador, podemos encontrar o título relacionado a este estado:

s 7 = s l 10   k P a + x 7 s l v 10   k P a

7,0544 = 0,6492 + x 7 7,501

x 7 = 0,853

Aplicaremos o título para encontrar a entalpia especifica:

h 7 = h l 10   k P a + x 7 h l v 10   k P a

h 7 = 191,81 + 0,853 2392,82

h 7 = 2232,88   k J / k g

Passo 4

Agora para a turbina de alta pressão:

w _

Passo 5

Sabendo a entalpia específica de entrada e de saída da turbina, podemos calcular o trabalho específico gerado:

w T i d e a l = h 6 - h 7

w T i d e a l = 3230,82 - 2407,261

w T i d e a l = 823,559   k J / k g

Aplicando o rendimento podemos encontrar o trabalho de turbina real:

w T r e a l = w T i d e a l η T

w T r e a l = 823,559 0,8

w T r e a l = 658,8472   k J / k g

Como sabemos a potência de eixo, temos que:

W ˙ = m ˙ w T

Logo:

m ˙ = 9 ⋅ 10 3 658,8472

m ˙ = 13,66   k g / s

Passo 6

Já temos a vazão em massa e o trabalho específico gerado pela turbina. O exercício também nos pede a eficiência do ciclo.

A eficiência térmica é dada pela razão entre o trabalho líquido e o calor fornecido:

η = w l i q q H

O trabalho líquido é a parcela de energia gerada menos a consumida. Neste ciclo o que consome trabalho é a bomba. O trabalho da bomba é dado por:

w B = h 2 - h 1

Ou:

w B = v p 2 - p 1

w B = 0,00103 3000 - 50

w B = 3,0385   k J / k g

Como w B = h 2 - h 1 , podemos encontrar o valor de h 2 . Temos que:

h 2 = h 1 + w B

h 2 = 340,47 + 3,0385

h 2 = 343,5085   k J / k g

Passo 7

O calor fornecido pela caldeira é dado por:

q H = h 3 - h 2

q H = 3230,82 - 343,5085

q H = 2887,3115   k J / k g

Podemos então calcular a eficiência do ciclo:

η = w T r e a l - w B q H

η = 658,8472 - 3,0385 2887,3115

η = 0,2271

Ou:

η = 22,71 %

Ufa, conseguimos resolver. As questões que envolvem ciclos são bem extensas e necessitam de uma atenção redobrada nos dados, mas você já deve ter percebido que elas seguem um padrão. Seguindo o passo a passo você vai conseguir fazer várias questões desse tipo.

Vamos pra próxima?

Resposta

w T r e a l = 658,8472   k J / k g

m ˙ = 13,66   k g / s

η = 22,71 %

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