termodinâmica engenharia aula 12
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TERMODINÂMICA
CLÁSSICA
Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica Universidade Federal Fluminense
Volta Redonda - RJ
Prof. Dr. Ednilsom Orestes
09/03/2015 – 18/07/2015 AULA 12
Term
od
inâm
ica
- V
an W
ylen
, Bo
rgn
akke
, So
nn
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2ª Lei e Volume de Controle
𝑑𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡𝑑𝑡
= 𝑄
𝑇+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟
• Considerar fluxo de massa cuja única contribuição é o transporte de certa quantidade
de entropia por unidade de tempo.
• Taxa de geração de entropia geralmente não é nula, mas ocorre dentro ou fora do V.C.
• Taxa de criação de entropia devido à transferência de calor.
Taxa de variação = entrada - saída + geração
𝑑𝑆v.c.𝑑𝑡
= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 − 𝑚 𝑠𝑠𝑠 + 𝑄 v.c.𝑇
+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟
• Acúmulo e geração são relativos ao volume como um todo.
𝑆v.c. = ∫ 𝜌𝑠 𝑑𝑉 = 𝑚v.c.𝑠 = 𝑚𝐴𝑠𝐴 +𝑚𝐵𝑠𝐵 +𝑚𝐶𝑠𝐶 +⋯
𝑆 𝑔𝑒𝑟 = ∫ 𝜌𝑠 𝑔𝑒𝑟 𝑑𝑉 = 𝑆 𝑔𝑒𝑟,𝐴 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟,𝐵 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟,𝐶 +⋯
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2ª Lei e Volume de Controle
Com transferência de calor ocorrendo em
várias partes com temperaturas diferentes,
análise é feita por unidade de área.
𝑄 v.c.𝑇
= 𝑑𝑄
𝑇=
𝑄 𝐴 𝑙𝑜𝑐𝑎𝑙
𝑇 𝑑𝐴
𝑠𝑢𝑝
Termo associado a geração é positivo ou nulo.
𝑑𝑆v.c.𝑑𝑡
≥ 𝑚 𝑒𝑠𝑒 − 𝑚 𝑠𝑠𝑠 + Q v.c.𝑇
Igualdade para processos reversíveis
e
Desigualdade para processos irreversíveis.
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Regime Permanente Entropia específica, em qualquer ponto do sistema, não muda com o tempo.
𝑑𝑆v.c.𝑑𝑡
= 0 então 𝑚 𝑒𝑠𝑒 − 𝑚 𝑠𝑠𝑠 = Q v.c.𝑇
v.c.
+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟
Considerando apenas uma área de entrada e uma de saída
𝑚 𝑠𝑠 − 𝑠𝑒 = Q v.c.𝑇
v.c.
+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟
Dividindo pela vazão mássica
𝑠𝑠 − 𝑠𝑒 = 𝑞
𝑇v.c.
+ 𝑠𝑔𝑒𝑟
Para um processo adiabático
𝑠𝑠 = 𝑠𝑒 + 𝑠𝑔𝑒𝑟 ≤ 𝑠𝑒
Igualdade para processos reversíveis
Desigualdade para processos irreversíveis.
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Processo Adiabático Reversível Vapor de água entra numa turbina a
300°C, pressão de 1 Mpa e velocidade
50 m/s. O vapor sai da turbina com
pressão de 150 kPa e velocidade de
200 m/s. Determine o trabalho
específico realizado pelo vapor que
escoa na turbina, admitindo que o
processo seja adiabático e reversível.
Análise
Equação da continuidade:
𝑚 𝑠 = 𝑚 𝑒 = 𝑚
1ª Lei:
ℎ𝑒 +𝐕𝑒2
2= ℎ𝑠 +
𝐕𝑠2
2+ 𝑤
2ª Lei:
𝑠𝑠 = 𝑠𝑒
ℎ𝑒 = 3051,2 𝑘𝐽/𝑘𝑔 e 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝑃𝑠 = 0,15 𝑀𝑃𝑎 e 𝑠𝑠 = 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K
𝑠𝑠 = 7,1228 = 𝑠𝑙 + 𝑥𝑠𝑠𝑙𝑣 = 1,4335 + 𝑥𝑠5,7897
𝑥𝑠 = 0,9827
ℎ𝑠 = ℎ𝑙 + 𝑥𝑠ℎ𝑙𝑣 = 467,1 + 0,9827 2226,5
ℎ𝑠 = 2655,0 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝑤 = 3051,2 +502
2000− 2655,0 −
2002
2000= 377,5
𝑘𝐽
𝑘𝑔
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Regime Permanente Considere o escoamento de vapor de
água num bocal. O vapor entra no
bocal a 1 Mpa, 300°C e com
velocidade de 30 m/s. A pressão do
vapor na saída do bocal é 0,3 MPa.
Admitindo que o escoamento seja
adiabático, reversível e em regime
permanente, determine a velocidade
do vapor na seção de saída do bocal.
Análise
Equação da continuidade:
𝑚 𝑠 = 𝑚 𝑒 = 𝑚
1ª Lei:
ℎ𝑒 +𝐕𝑒2
2= ℎ𝑠 +
𝐕𝑠2
2
2ª Lei: 𝑠𝑠 = 𝑠𝑒
ℎ𝑒 = 3051,2 𝑘𝐽/𝑘𝑔 e 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝑃𝑠 = 0,3 𝑀𝑃𝑎 e 𝑠𝑠 = 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K
𝑇𝑠 = 159,1°𝐶 e ℎ𝑠 = 2780,2 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝐕𝑠2
2= ℎ𝑒 − ℎ𝑠 +
𝐕𝑒2
2= 271,5 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝐕𝑠 = 737 𝑚/𝑠
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Violação da 2ª Lei
Um inventor alega ter construído um compressor frigorífico
adiabático que recebe vapor saturado de R-134a a -20°C e
descarrega o vapor a 1 MPa e 40°C. Esse processo viola a 2ª Lei ?
Análise:
O processo é adiabático e ocorre em regime
permanente. A 2ª Lei indica que:
𝑠𝑠 ≥ 𝑠𝑒
Solução:
𝑠𝑠 = 1,7148 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K e 𝑠𝑒 = 1,7395 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K
Temos, então, que 𝑠𝑠 < 𝑠𝑒 . A 2ª Lei requer que
𝑠𝑠 ≥ 𝑠𝑒. Assim, o processo alegado viola a 2ª Lei e,
portanto, não é possível.
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Taxa de Geração de Entropia Os desuperaquecedores são utilizados para
produzir vapor saturado a partir da mistura de
vapor superaquecido com água no estado
líquido. A figura mostra o esboço de um
equipamento desse tipo que é alimentado com 2 kg/s de vapor de água a 200°C e 300 kPa e
com água líquida a 20°C. Determine a vazão
mássica de água líquida para que o
desuperaquecedor descarregue vapor saturado
a 300 kPa. Calcule, também, a taxa de geração
de entropia nesse processo de mistura.
Análise: Pressão na água uniforme igual a 300
kPa. Como o processo ocorre em regime
permanente, é adiabático e não apresenta
interação de trabalho.
Eq. continuidade: 𝑚 1 +𝑚 2 = 𝑚 3
1ª Lei:
𝑚 1ℎ1 +𝑚 2ℎ2 = 𝑚 3ℎ3 = 𝑚 1 +𝑚 2 ℎ3
2ª Lei:
𝑚 1𝑠1 +𝑚 2𝑠2 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟 = 𝑚 3𝑠3
Solução: A entalpia e a entropia do estado 2 serão consideradas iguais àquelas do líquido saturado a 20°C.
ℎ1 = 2864,54 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠1 = 7,3115 𝑘𝐽 𝑘𝑔 K
ℎ2 = 83,94 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠2 = 0,2966 𝑘𝐽 𝑘𝑔 K
ℎ3 = 2725,3 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠1 = 6,9918 𝑘𝐽 𝑘𝑔 K
𝑚 2 = 𝑚 1ℎ1 − ℎ3ℎ3 − ℎ2
= 22865,54 − 2725,3
2725,3 − 83,94= 0,1062 𝑘𝑔/𝑠
𝑚 3 = 𝑚 1 +𝑚 2 = 2,1062 𝑘𝑔/𝑠
𝑆 𝑔𝑒𝑟 = 𝑚 3𝑠3 −𝑚 1𝑠1 −𝑚 2𝑠2 = 0,072 𝑘𝑊/𝐾
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Regime Transiente 𝑑
𝑑𝑡𝑚𝑠 v.c. = ∑𝑚 𝑒𝑠𝑒 − ∑𝑚 𝑠𝑠𝑠 +
𝑄 v.c.𝑇
v.c.
+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟
Integrando no tempo: 𝑑
𝑑𝑡𝑚𝑠 v.c. 𝑑𝑡 = 𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 v.c.
𝑡
0
𝑚 𝑒𝑠𝑒 𝑑𝑡
𝑡
0
= ∑𝑚𝑒𝑠𝑒; 𝑚 𝑠𝑠𝑠 𝑑𝑡
𝑡
0
= ∑𝑚𝑠𝑠𝑠; 𝑆 𝑔𝑒𝑟𝑑𝑡
𝑡
0
= 1𝑆2 𝑔𝑒𝑟
𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 v.c. = ∑𝑚𝑒𝑠𝑒 − ∑𝑚𝑠𝑠𝑠 + 𝑄 v.c.𝑇
𝑑𝑡
v.c.
𝑡
0
+ 1𝑆2 𝑔𝑒𝑟
Como temperatura é uniforme no v.c. em qualquer instante
𝑄 v.c.𝑇
𝑑𝑡
v.c.
𝑡
0
= 1
𝑇
𝑡
0
𝑄 v.c.𝑑𝑡
v.c.
= 𝑄 v.c.𝑇
𝑑𝑡
𝑡
0
𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 v.c. = ∑𝑚𝑒𝑠𝑒 − ∑𝑚𝑠𝑠𝑠 + 𝑄 v.c.𝑇
𝑑𝑡
𝑡
0
+ 1𝑆2 𝑔𝑒𝑟
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Regime Transiente Inicialmente, um tanque com volume interno de 40 L contém ar a 17°C e 100 kPa. Um compressor de
ar, adiabático e reversível, é acionado e ele passa a
encher o tanque. O compressor é desligado no
instante em que a pressão do ar no tanque atinge
1000 kPa. Determine a temperatura do ar contido
no tanque no estado final desse processo e o
trabalho necessário para encher o tanque.
Solução: V.C. engloba compressor e tanque.
Tanque adiabático rígido. Processo de enchimento
ideal (𝑆 𝑔𝑒𝑟 = 0)
𝑚2 −𝑚1 = 𝑚𝑒;
𝑚2𝑢2 −𝑚1𝑢1 = −1𝑊2 +𝑚𝑒ℎ𝑒;
𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 = 𝑚𝑒𝑠𝑒; 𝑠1 = 𝑠𝑒
𝑚2𝑠2 = 𝑚1𝑠1 +𝑚𝑒𝑠1 = 𝑠1 𝑚1 +𝑚𝑒
então 𝑠2 = 𝑠1
𝑠𝑇20 = 𝑠𝑇1
0 + 𝑅 ln𝑃2𝑃1
= 7,4961 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾
Interpolando na Tabela A.7, 𝑇2 = 555,7 𝐾 e 𝑢2 =401,49 kJ/kg.
𝑚1 = 𝑃1𝑉1 𝑅𝑇1 =100 × 0,04
0,287 × 290= 0,0481 𝑘𝑔
𝑚2 = 𝑃2𝑉2 𝑅𝑇2 =1000 × 0,04
0,287 × 555,7= 0,2508 𝑘𝑔
𝑚𝑒 = 𝑚2 −𝑚1 = 0,2027 𝑘𝑔
1𝑊2 = 𝑚𝑒ℎ𝑒 +𝑚1𝑢1 −𝑚2𝑢2
1𝑊2 = 290,43𝑚𝑒 + 207,19𝑚1 − 401,39𝑚2 = −31,9 𝑘𝐽
𝑇𝑓 razoavelmente alta. Hipótese adiabática não é
adequada (𝑇𝑓 próxima do amb. ou enchimento rápido
para não haver tempo de troca de calor).
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Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em
Regime Permanente
1ª Lei para regime permanente com uma entrada e uma saída (escoamento simples):
𝑞 + ℎ𝑒 +𝐕𝑒2
2+ 𝑔𝑍𝑒 = ℎ𝑠 +
𝐕𝑠2
2+ 𝑔𝑍𝑠 + 𝑤
2ª Lei para o mesmo caso:
𝑠𝑒 + 𝑠𝑔𝑒𝑟 + 𝛿𝑞
𝑇= 𝑠𝑠 𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟 + 𝛿𝑞 𝑇 = 𝑑𝑠 ⇒ 𝛿𝑞 = 𝑇𝑑𝑠 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟
Para facilitar a integração e encontrar 𝑞, utiliza-se 𝑇𝑑𝑠 = 𝑑ℎ − 𝑣𝑑𝑃:
𝛿𝑞 = 𝑇𝑑𝑠 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟 = 𝑑ℎ − 𝑣𝑑𝑃 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟
Com a integração:
𝑞 = 𝛿𝑞
𝑠
𝑒
= 𝛿ℎ
𝑠
𝑒
− 𝑣𝑑𝑃
𝑠
𝑒
− 𝑇𝑑𝑠𝑔𝑒𝑟
𝑠
𝑒
= ℎ𝑠 − ℎ𝑒 − 𝑣𝑑𝑃
𝑠
𝑒
− 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟
𝑠
𝑒
Substituindo na equação da energia (1ª Lei), tem-se:
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Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em
Regime Permanente
𝑤 = 𝑞 + ℎ𝑒 − ℎ𝑠 +1
2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠
2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠
= ℎ𝑠 − ℎ𝑒 − 𝑣𝑑𝑃
𝑠
𝑒
− 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟
𝑠
𝑒
+ ℎ𝑒 − ℎ𝑠 +1
2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠
2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠
Os termos de entalpia se cancelam e o trabalho do eixo para o escoamento simples de um
processo real fica:
𝑤 = 𝑣𝑑𝑃
𝑠
𝑒
+1
2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠
2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟
𝑠
𝑒
1. O último termo é sempre positivo (𝑇 > 0 e 𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟 ≥ 0) e a maior produção de trabalho
ocorre para o processo reversível (geração de entropia é trabalho perdido).
2. Em processos reversíveis, o trabalho está associado à variações de pressão, energia
cinética e/ou potencial. Quando pressão aumenta (bomba ou compressor) 𝑤 < 0.
Quando pressão diminui (turbina) 𝑤 > 0 – sai Do V.C..
3. Se não há trabalho de eixo, termos do lado direito se cancelam. Para escoamento
reversível com Δ𝐸𝐶 = Δ𝐸𝑃 = 0, último termo é nulo e, portanto, Δ𝑃 = 0.
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Para turbinas, compressores e bombas Δ𝐸𝐶 e Δ𝐸𝑃 são pequenas.
Trabalho de escoamento reversível (frequentemente adiabático).
𝑤 = − 𝑣 𝑑𝑃
𝑠
𝑒
Diferente de trabalho de fronteira para cilindro-pistão (∫ 𝑷𝒅𝒗)
Trabalho de eixo muito relacionado ao volume específico.
Suponha instalação ideal (sem queda de pressão
nas tubulações, caldeira ou condensador.
Aumento de pressão na bomba é igual ao
decréscimo de pressão na turbina.
Bomba trabalha com líquido (volume específico
pequeno em comparação ao do vapor que escoa
na turbina), potência para acioná-la é muito
menor que a fornecida pela turbina, diferença é
potência líquida da instalação.
Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em
Regime Permanente
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Trabalho de Eixo Calcule o trabalho, por quilograma, para
bombear água isoentropicamente de 100
kPa e 30°C até 5 MPa.
Análise: Admita regime permanente,
reversível e adiabático com Δ𝐸𝐶 = Δ𝐸𝑃 =0
1ª Lei:
ℎ𝑒 = ℎ𝑠 + 𝑤
2ª Lei:
𝑠𝑠 − 𝑠𝑒 = 0
Solução: Como 𝑃𝑠 e 𝑠𝑠 são conhecidos, o
estado 𝑠 está determinado (ℎ𝑠 conhecido).
O trabalho específico é determinado com
a 1ª Lei. Mas, processo é reversível em
regime permanente ( ∫ 𝑣 𝑑𝑃 ). Como
bombeamento é de líquido, volume
específico varia pouco.
Das tabelas:
𝑣𝑒 = 0,001004 𝑚3 𝑘𝑔
−𝑤 = 𝑣 𝑑𝑃
𝑠
𝑒
= 𝑣 𝑃2 − 𝑃1 =
= 0,001004 5000 − 100 = 4,92 𝑘𝐽 𝑘𝑔
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Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em
Regime Permanente
Para fluidos incompressíveis (𝑣 = 𝑐𝑡𝑒):
𝑤 = 𝑣(𝑃𝑠 − 𝑃𝑒) +1
2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠
2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠
Equação de Bernoulli estendida.
Quando não há trabalho:
𝑣𝑃𝑒 +1
2𝐕𝑒2 + 𝑔𝑍𝑒 = 𝑣𝑃𝑠 +
1
2𝐕𝑠2 + 𝑔𝑍𝑠
Soma do trabalho de fluxo (𝑃𝑣), energia cinética e potencial são constantes em
uma linha escoamento.
Para escoamento ascendente, energia cinética deve ser reduzidas enquanto a
potencial é aumentada.
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Fluido Incompressível
Considere um bocal utilizado para nebulizar água líquida. Se a pressão da linha
for de 300 kPa e a temperatura da água de 20°C, qual é a velocidade do
escoamento na seção de saída, admitindo bocal ideal?
Análise: Para esse escoamento em regime permanente, não há trabalho nem
transferência de calor. Uma vez que ele é reversível, a equação de Bernoulli diz
que:
𝑣𝑃𝑒 +𝐕𝑒2
2+ 𝑔𝑍𝑒 = 𝑣𝑃𝑒 + 0 + 0 = 𝑣𝑃𝑠 +
𝐕𝑠2
2+ 𝑔𝑍𝑠 = 𝑣𝑃0 +
𝐕𝑠2
2+ 0
𝐕𝑒2
2= 𝑣(𝑃𝑒 − 𝑃0)
Solução: Podemos agora determinar 𝐕𝑒 usando 𝑣 = 0,001002 𝑚3 𝑘𝑔 para a água
a 20°C:
𝐕𝑒 = 2𝑣 𝑃𝑒 − 𝑃0 = 2 × 0,001002 300 − 100 1000 = 20 𝑚/𝑠
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Aumento da Entropia no Volume de Controle
𝑑𝑆liq
𝑑𝑡=𝑑𝑆v.c.𝐴𝑑𝑡
+𝑑𝑆v.c.𝐵𝑑𝑡
= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +𝑄
𝑇𝐴+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐴 +𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +
𝑄
𝑇𝐵+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐵
= 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐴 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐵 ≥ 0
Um processo se desenvolve no V.C. A, que troca massa, energia e entropia com as
vizinhanças, o V.C. B.
Onde há transferência de calor para 𝐴, a temperatura é 𝑇𝐴 (não é necessariamente a 𝑇𝑎𝑚𝑏)
𝑑𝑆v.c.𝐴𝑑𝑡
= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +𝑄
𝑇𝐴+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐴
𝑑𝑆v.c.𝐵𝑑𝑡
= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +𝑄
𝑇𝐵+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐵
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Aplicações – Eficiência
𝜂térmico =𝑊liq
𝑄𝐻
Análises para máquinas ideias, usadas como parâmetros,
para estabelecer a eficiência de máquinas reais.
Ex.: Turbina a vapor seja adiabática (única transferência de
calor é entre a turbina e o ambiente – inevitável).
Ex.: Turbina a vapor em regime permanente, estado do
vapor que entra e a pressão do vapor que sai são fixos.
Portanto, o processo ideal é adiabático e reversível
(isoentrópico - 𝑃𝑒, 𝑇𝑒 e 𝑃𝑠 conhecidos). Mas, o processo real
é irreversível – entropia de saída é maior que no estado de
referência.
𝜂turbina =𝑤
𝑤𝑠=
ℎ𝑒 − ℎ𝑠ℎ𝑒 − ℎ𝑠,𝑠
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Eficiência Uma turbina é alimentada com vapor d’água à
pressão de 1 MPa a 300°C. O vapor sai da turbina
à pressão de 15 kPa. O trabalho produzido pela
turbina foi determinado, obtendo-se o valor de
600 kJ/kg de vapor que escoa na turbina.
Determine a eficiência isoentrópica da turbina.
Análise: 𝜂𝑡𝑢𝑟𝑏 =𝑤
𝑤𝑠 envolve o trabalho que
seria realizado no processo isoentrópico entre o
estado de entrada e a pressão final
Eq. da continuidade: 𝑚 𝑒 = 𝑚 𝑠 = 𝑚
1ª Lei: ℎ𝑒 = ℎ𝑠,𝑠 +𝑤𝑠
2ª Lei: 𝑠𝑒 = 𝑠𝑠,𝑠
Solução: Tabs de vapor de água
ℎ𝑒 = 3051,2 𝑘𝑗 𝑘𝑔 e 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝑗 𝑘𝑔 𝐾
A 𝑃𝑠 = 15 𝑘𝑃𝑎:
𝑠𝑠,𝑠 = 𝑠𝑒 = 7,1228 = 0,7548 + 𝑥𝑠𝑠7,2536
𝑥𝑠𝑠 = 0,8779
ℎ𝑠𝑠 = 225,9 + 08779 2373,1 = 2309,3 𝑘𝐽/𝑘𝑔
Da 1ª Lei:
𝑤𝑠 = ℎ𝑒 − ℎ𝑠𝑠 = 3051,2 − 2309,3 = 741,9 𝑘𝐽/𝑘𝑔
Como 𝑤 = 600 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝜂𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 =𝑤
𝑤𝑠=
600
741,9= 0,809 = 80,9%
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Aplicações na Engenharia
Bocais: processo ideal é adiabático
reversível (isoentrópico).
𝜂bocal =𝐕𝑒2 2
𝐕𝑒𝑠2 2
Nos compressores há dois processos ideais que podem servir de base.
1. Nenhum esforço é feito para resfriar o gás durante a compressão: processo ideal é
adiabático reversível (ou seja, isoentrópico).
𝜂compr adiab =𝑤𝑠𝑤
=ℎ𝑒 − ℎ𝑠,𝑠ℎ𝑒 − ℎ𝑠
2. Se existe esforço o processo ideal é isotermico reversível
𝜂compr resfriado =𝑤𝑇
𝑤