5-49 Vapor escoa em regime permanente por uma turbina adiabática. Na entrada, o vapor está a 6 MPa, 400 °C e 80 m/s, e na saída, a 40 kPa, 92% de título e 50 m/s. O fluxo de massa do vapor é de 20 kg/s. Determine (a) a variação da energia cinética, (b) a potência produzida e (c) a área de entrada da turbina.
Respostas: (a) -1,95 kJ/kg; (b) 14,6 MW; (c) 0,0119 m²

$P_1 = 6 ext{ MPa}$
$T_1 = 400 ext{ °C}$
$V_1 = 80 ext{ m/s}$

Vapor
$\dot{m} = 20 ext{ kg/s}$

$W_{sai}$

↓

$P_2 = 40 ext{ kPa}$
$x_2 = 0,92$
$V_2 = 50 ext{ m/s}$

FIGURA P5-49

Question

5-49 Vapor escoa em regime permanente por uma turbina adiabática. Na entrada, o vapor está a 6 MPa, 400 °C e 80 m/s, e na saída, a 40 kPa, 92% de título e 50 m/s. O fluxo de massa do vapor é de 20 kg/s. Determine (a) a variação da energia cinética, (b) a potência produzida e (c) a área de entrada da turbina.
Respostas: (a) -1,95 kJ/kg; (b) 14,6 MW; (c) 0,0119 m²

$P_1 = 6 	ext{ MPa}$
$T_1 = 400 	ext{ °C}$
$V_1 = 80 	ext{ m/s}$

Vapor
$\dot{m} = 20 	ext{ kg/s}$

$W_{sai}$

↓

$P_2 = 40 	ext{ kPa}$
$x_2 = 0,92$
$V_2 = 50 	ext{ m/s}$

FIGURA P5-49

Accepted Answer

Aqui está a solução passo a passo para o problema:

**(a) Variação da energia cinética:**

A variação da energia cinética (ΔKE) pode ser calculada usando a seguinte fórmula:

$\Delta KE = \frac{1}{2} (V_2^2 - V_1^2)$

Onde:
- $V_1$ é a velocidade na entrada (80 m/s)
- $V_2$ é a velocidade na saída (50 m/s)

Substituindo os valores:

$\Delta KE = \frac{1}{2} (50^2 - 80^2) = \frac{1}{2} (2500 - 6400) = \frac{1}{2} (-3900) = -1950 \, 	ext{J/kg} = -1,95 \, 	ext{kJ/kg}$

**(b) Potência produzida:**

Para calcular a potência produzida, precisamos primeiro encontrar as entalpias na entrada e na saída.

Na entrada (Estado 1):
- $P_1 = 6 \, 	ext{MPa}$
- $T_1 = 400^\circ	ext{C}$

Usando as tabelas de vapor superaquecido, encontramos a entalpia $h_1$ correspondente a essas condições. Aproximadamente, $h_1 = 3178 \, 	ext{kJ/kg}$.

Na saída (Estado 2):
- $P_2 = 40 \, 	ext{kPa}$
- $x_2 = 0,92$ (qualidade)

Usando as tabelas de vapor saturado, encontramos as entalpias do líquido saturado ($h_f$) e do vapor saturado ($h_g$) a 40 kPa:
- $h_f = 317,62 \, 	ext{kJ/kg}$
- $h_g = 2636,1 \, 	ext{kJ/kg}$

A entalpia na saída ($h_2$) é calculada como:
$h_2 = h_f + x_2 (h_g - h_f) = 317,62 + 0,92 (2636,1 - 317,62) = 317,62 + 0,92 	imes 2318,48 = 317,62 + 2133,00 = 2450,62 \, 	ext{kJ/kg}$

Agora, podemos calcular a variação de entalpia (Δh):
$\Delta h = h_2 - h_1 = 2450,62 - 3178 = -727,38 \, 	ext{kJ/kg}$

A potência produzida ($\dot{W}$) é dada por:
$\dot{W} = \dot{m} (\Delta h + \Delta KE) = 20 \, 	ext{kg/s} 	imes (-727,38 \, 	ext{kJ/kg} - 1,95 \, 	ext{kJ/kg}) = 20 	imes (-729,33) = -14586,6 \, 	ext{kW} = -14,5866 \, 	ext{MW}$

Como estamos interessados na potência produzida (e não no trabalho específico), consideramos o valor absoluto:
$\dot{W} = 14,5866 \, 	ext{MW} \approx 14,6 \, 	ext{MW}$

**(c) Área de entrada da turbina:**

Para encontrar a área de entrada da turbina, precisamos do volume específico na entrada ($v_1$). Usando as tabelas de vapor superaquecido para $P_1 = 6 \, 	ext{MPa}$ e $T_1 = 400^\circ	ext{C}$, encontramos $v_1 \approx 0,04742 \, 	ext{m}^3/	ext{kg}$.

A vazão volumétrica ($\dot{V}$) na entrada é:
$\dot{V} = \dot{m} 	imes v_1 = 20 \, 	ext{kg/s} 	imes 0,04742 \, 	ext{m}^3/	ext{kg} = 0,9484 \, 	ext{m}^3/	ext{s}$

A área de entrada ($A_1$) é dada por:
$A_1 = \frac{\dot{V}}{V_1} = \frac{0,9484 \, 	ext{m}^3/	ext{s}}{80 \, 	ext{m/s}} = 0,011855 \, 	ext{m}^2 \approx 0,0119 \, 	ext{m}^2$

**Respostas:**
(a) -1,95 kJ/kg
(b) 14,6 MW
(c) 0,0119 m²

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