Enunciado

Reconsidere o Prob. 10–27. Agora, propõe-se que a água líquida que sai do separador seja usada como fonte de calor de um ciclo que utiliza isobutano como fluido de trabalho. A água líquida geotérmica deixa o trocador de calor a 90 °C enquanto o isobutano entra na turbina a 3,25 MPa e 145 °C, saindo a 80 °C e 400 kPa. O isobutano é condensado em um condensador resfriado a ar e, em seguida, é bombeado até a pressão do trocador de calor. Considerando uma eficiência isentrópica de 90% para a bomba, determine (a) o fluxo de massa de isobutano no ciclo binário, (b) as potências líquidas produzidas nos dois ciclos da instalação e (c) as eficiências térmicas do ciclo a isobutano e global da instalação. As propriedades do isobutano podem ser obtidas pelo EES.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem?

Consideremos:

    T 1 = 230 0 C         P 2 = P 3 = 0,5   M P a       P 4 = 10   k P a     m ˙ 1 = 230 k g s

Bem, mais uma vez, para início de análise, o problema indica que o estado 1 encontra-se em líquido saturado. Sabemos que o estado 1 encontra-se à mesma temperatura do estado 4, que por sinal, já sabemos a pressão. Então, utilizando o auxílio das tabelas A.4, A.5 e A6, é possível encontrar algumas relações termodinâmicas.

Passo 2

Temos a temperatura de T 1 = 230 0 C , na tabela de líquido saturado, para esta temperatura, podemos obter:

h 1 = 990,14     K J k g  

Sabendo que P 2 = 0,5   M P a e que h 2 = h 1 :

x 2 = h 2 - h l h l v = 990,14 - 640,09 2108 = 0,1661

Assim, o fluxo de massa de vapor na turbina:

m ˙ 3 = x 2 m ˙ 1     → m ˙ 3 = 38,2 k g s  

E m ˙ 6 = m ˙ 1 - m ˙ 3 = 230 - 38,2  

Assim: m ˙ 6 = 191,8 k g s

Passo 3

Na turbina, estado 3 está em vapor superaquecido com P 3 = 0 , 5   M P a , então:

h 3 = 2748,1   K J k g         e     s 3 = 6 , 8207 K J k g K

Sabemos que s 3 = s 4 e que s 4 encontra no estado de mistura, portanto há título:

s 4 = x 4 s l v + s l   → x 4 = s 4 - s l s l v       → x 4 = 0 , 9

Para encontrar o h 4 :

h 4 = x 4 h l v + h l   → h 4 = 2344,7   K J k g

Para o estado 6, sabemos que P 6 = 0,5   M P a e é líquido saturado, das tabelas termodinâmicas: h 6 = 640,09 K J k g .

Para o estado 7, sabemos que a nova temperatura é de T 7 = 90 0 C e encontra-se no estado de líquido saturado, então:

h 7 = 377,04 K J k g

Passo 4

Para o estado 8, sabe-se a pressão do isobutano P 8 = 3250   k P a e T 8 = 145 0 C ,   com o auxílio do EES, temos que h 8 = 755,05   K J k g .

Para o estado 9, com P 9 = 400   k P a e T 9 = 80 0 C , com o auxílio do EES, temos que h 9 = 691,01   K J k g .

E para o estado 10, sabemos que se encontra em líquido saturado e P 10 = 400   k P a , então:

h 10 = 270,83 K J k g       e     v 10 = 0,001839 m 3 k g

Considerando a eficiência isentrópica de 90%, o trabalho específico se dá por:

w p = v 10 P 11 - P 10 η = 0,001839 3250 - 400 0,9   → w p = 5,82 K J k g

Portanto, podemos descobrir a entalpia h 11 :

w p = h 11 - h 10   → h 11 = w p + h 10     → h 11 = 276,65 K J k g

Aplicando o balanço de energia da entrada e saída do trocador de calor:

m ˙ 6 h 6 - h 7 = m ˙ i s o h 8 - h 11       → m ˙ i s o = 105,46 k g s

Passo 5

As saídas de energia são

W ˙ v a p o r = m ˙ 3 h 3 - h 4         W ˙ v a p o r = 15,41   K W

E

W ˙ i s o = m ˙ i s o h 8 - h 9   → W ˙ i s o = 6753   K W  

Então:

W ˙ b i n á i r o = W ˙ i s o - m ˙ i s o w p   → W ˙ b i n = 6139   K W

Passo 6

A eficiência térmica do ciclo isobutano é:

η i s o = W ˙ b i n Q ˙ b i n

Em que: Q ˙ b i n = m ˙ i s o h 8 - h 11 = 50,454   K W

Portanto:

η i s o = 6139 50,454           →       η i s o = 12,2 %

Para encontrar a energia que consumida global:

W ˙ e n t = m ˙ 1 ( h 1 - h 0 )

Sendo h 0 = 104,83 K J k g , proveniente do líquido saturado à 25ºC.

Então:

W ˙ e n t = 203,622   K W

Portanto:

η u s i = 15,41 + 6139 203,621 = 10 , 6   %

Resposta

Portanto: a)   m ˙ i s o = 105,46 k g s b)   W ˙ v a p o r = 15,41   K W ; W ˙ b i n = 6139   K W

c) η i s o = 12,2 % η u s i = 10,6   %

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