Lista de St 2

AAA EXERCÍCIOS 9 ATIVIDADE M2 Questão 1 Uma usina de potência com sistema combinado de ciclos gásvapor figura 1 tem uma potência líquida desenvolvida pela turbina a gás de 147 MW A razão de pressão do ciclo da turbina a gás é 13 o ar entra no compressor à 300 K e na turbina à 1580 K Os gases de combustão que saem da turbina a 900 K e são usados para aquecer o vapor a 10 MPa até 520ºC em um trocador de calor e saem do mesmo à 400 K Um aquecedor de água de alimentação aberto incorporado ao ciclo de vapor opera a uma pressão de 18 MPa A pressão no condensador é de 75 kPa Considerandose 85 e 80 as eficiências isentrópicas da turbina e da bomba no ciclo a vapor respectivamente determine a A razão entre as vazões em massa entre os ciclos de vapor e de gás b As temperaturas nos estados 6 10 e 12 c O calor por unidade de massa perdido pelo ciclo d A eficiência térmica do ciclo combinado Figura 1 Questão 2 A Figura 2 mostra um sistema com ciclo combinado formado por uma turbina a gás na parte superior da figura e um ciclo Rankine localizado na parte inferior da mesma Dados da operação em regime permanente estão indicados na figura Devido às irreversibilidades internas a saída de eletricidade do gerador é 95 da potência de entrada do eixo A relação de pressão na compressão é de 81 O regenerador préaquece o ar que entra no combustor No evaporador o gás quente de escape vindo do regenerador evapora o fluido de trabalho do ciclo localizado na parte inferior da figura Para água como fluido de trabalho no ciclo Rankine operando entre os limites de 08 MPa e 10 kPa com uma vazão em massa de 19 da vazão em massa de gás determine a potência útil do ciclo Rankine a taxa de calor perdido pelo sistema e a sua eficiência térmica EXERCÍCIOS 10 Questão 1 Ar entra no compressor de um ciclo de ar padrão Brayton com uma vazão volumétrica de 60 m3s a 08 bar e 280 K A relação de pressão do compressor é 20 e o ciclo máximo da temperatura é 2100 K Para o compressor a eficiência isoentrópica é 92 e para a turbina a eficiência isoentrópica é 95 Determine a potência líquida desenvolvida em MW a taxa de adição de calor no combustor em MW e a eficiência térmica do ciclo Adote calor específico variável 1 bar 101 kPa MORAN 482 954 Michael J Princípios de Termodinâmica para Engenharia 8ª edição LTC 012018 Questão 2 Ciclos de potência Brayton supercríticos fechados utilizando dióxido de carbono como fluido de trabalho estão sendo avaliados atualmente A figura representa esquematicamente um desses ciclos e também o diagrama Ts correspondente Nesse ciclo o fluxo principal é separado no Estado 8 e reunido no estado 3 após dois estágios de compressão As frações do fluxo total em vários pontos do ciclo estão indicadas entre parênteses na figura como 1 y e 1 y Se o ciclo desenvolve um trabalho líquido a uma taxa de 855 kJ por kg de CO2 fluindo na turbina determine a eficiência térmica a razão de trabalho reverso a eficiência isentrópica de cada estágio de compressor e da turbina Adote K 12859 e R 0189 kJkgK Estado P MPa T K 1 77 30515 2 20 33425 3 20 43114 4 20 66969 5 20 82315 6 79 71344 7 78 44149 8 77 34274 Questão 1 Uma usina de potência com sistema combinado de ciclos gásvapor figura 1 tem uma potência líquida desenvolvida pela turbina a gás de 147 MW A razão de pressão do ciclo da turbina a gás é 13 o ar entra no compressor à 300 K e na turbina à 1580 K Os gases de combustão que saem da turbina a 900 K e são usados para aquecer o vapor a 10 MPa até 520 ºC em um trocador de calor e saem do mesmo à 400 K Um aquecedor de água de alimentação aberto incorporado ao ciclo de vapor opera a uma pressão de 18 MPa A pressão no condensador é de 75 kPa Considerandose 85 e 80 as eficiências isentrópicas da turbina e da bomba no ciclo a vapor respectivamente determine a A razão entre as vazões em massa entre os ciclos de vapor e de gás Solução Primeira Lei da Termodinâmica no trocador de calor TC 0 𝑚 𝐴𝑟ℎ5 𝑚 𝐻2𝑂ℎ7 𝑚 𝐴𝑟ℎ4 𝑚 𝐻2𝑂ℎ6 Isolando a razão 𝑚 𝐻2𝑂𝑚 𝐴𝑟 temos 0 𝑚 𝐴𝑟ℎ5 𝑚 𝐻2𝑂ℎ7 𝑚 𝐴𝑟ℎ4 𝑚 𝐻2𝑂ℎ6 𝑚 𝐴𝑟ℎ4 𝑚 𝐴𝑟ℎ5 𝑚 𝐻2𝑂ℎ7 𝑚 𝐻2𝑂ℎ6 𝑚 𝐴𝑟ℎ4 ℎ5 𝑚 𝐻2𝑂ℎ7 ℎ6 𝑚 𝐻2𝑂 𝑚 𝐴𝑟 ℎ7 ℎ6 ℎ4 ℎ5 3424546 895724 93315 4013 47548 𝒎 𝑯𝟐𝑶 𝒎 𝑨𝒓 𝟒 𝟕𝟓𝟒𝟖 b As temperaturas nos estados 6 10 e 12 𝑻𝟔 𝟐𝟎𝟖 𝟖𝟒𝟑𝟏 𝐂 𝑻𝟏𝟎 𝟐𝟗𝟑 𝟓𝟎 𝐂 𝑻𝟏𝟐 𝟐𝟎𝟕 𝟎𝟗𝟐 𝐂 c O calor por unidade de massa perdido pelo ciclo Note que é perdido calor por duas vias Pelo ciclo Brayton e pelo ciclo Rankine veja na figura acima Assim 𝑞𝐿 𝑞𝐿𝑅 𝑞𝐿𝐵 Onde 𝑞𝐿𝑅 ℎ9 ℎ8 16877 2278301 2109531 kJ kg E 𝑞𝐿𝐵 ℎ1 ℎ5 30047 4013 10083 kJ kg Assim 𝑞𝐿 2109531 10083 𝒒𝑳 𝟐𝟐𝟏𝟎 𝟑𝟔𝟏 𝐤𝐉 𝐤𝐠 d A eficiência térmica do ciclo combinado A eficiência térmica é dada por 𝜂 1 𝑄𝐿 𝑄𝐻 Calculando a vazão mássica de ar temos 𝑊 𝑙𝑖𝑞 𝑊 𝑇𝐵 𝑊 𝐶 Onde 𝑊 𝐶 𝑚 𝑎𝑟ℎ2 ℎ1 𝑊 𝑇𝐵 𝑚 𝑎𝑟ℎ4 ℎ3 𝑊 𝑙𝑖𝑞 𝑚 𝑎𝑟ℎ1 ℎ2 𝑚 𝑎𝑟ℎ3 ℎ4 𝑚 𝑎𝑟 𝑊 𝑙𝑖𝑞 ℎ1 ℎ2 ℎ4 ℎ3 𝑚 𝑎𝑟 147000 30047 632923 93315 1732986 314517 kg s Assim de cara 𝑚 𝐻2𝑂 02103 𝑚 𝑎𝑟 66143 kg s Balanço de massa no ciclo Rankine 𝑚 𝐻2𝑂 𝑚 𝑎 𝑚 𝑏 𝑚 𝑎 𝑚 𝑏 66143 Balanço de energia no AAA 0 𝑚 𝐻2𝑂ℎ12 𝑚 𝑎ℎ10 𝑚 𝑏ℎ11 3012847𝑚 𝑎 174345𝑚 𝑏 58505997 Assim temos o seguinte sistema 𝑚 𝑎 𝑚 𝑏 66143 3012847𝑚 𝑎 174345𝑚 𝑏 58505997 Assim determinamos que 𝑚 𝑎 6549 kg s 𝑚 𝑏 49594 kg s Assim 𝑄𝐿 𝑞𝐿𝐵 𝑚 𝑎𝑟 𝑞𝐿𝑅 𝑚 𝑏 10083 314517 2109531 49594 13633283 kW Balanço de energia na câmara de combustão 𝑄𝐻 𝑚 𝑎𝑟ℎ3 ℎ2 314517 1732986 632923 345988515 kW Assim 𝜂 1 13633283 345988515 𝜼 𝟎 𝟔𝟏 Estados termodinâmicos Ciclo Brayton Sabendo que ℎ ℎ𝑇 para um gás ideal depende apenas da temperatura conseguimos facilmente as entalpias dos estados 1 3 4 e 5 a partir do Apêndice A71 do Van Wylen 8 ed Entrada no compressor 𝑇1 ℎ1 30047 kJ kg Saída do compressor Para esse caso temos como determinar apenas a pressão na saída do compressor Foi dada a razão de compressão 𝑟𝑐 13 Logo 𝑟𝑐 𝑝2 𝑝1 𝑝2 13 101325 1317225 kPa Tornaremos o compressor isentrópico pois não nos foi falado se existe uma eficiência associada a ele Assim temos a seguinte equação 𝑠2 𝑠1 𝑐𝑝 ln 𝑇2 𝑇1 𝑅 ln 𝑝2 𝑝1 onde 𝑠2 𝑠1 𝑐𝑝 ln 𝑇2 𝑇1 𝑅 ln 𝑝2 𝑝1 𝑇2 𝑇1 𝑐𝑝 𝑝2 𝑝1 𝑅 𝑇2 𝑇1 𝑝2 𝑝1 𝑅 𝑐𝑝 𝑇2 𝑇1 𝑝2 𝑝1 𝑅 𝑐𝑝 Como 𝑅 𝑐𝑝 𝑐𝑉 𝑅 𝑐𝑝 𝑐𝑝 𝑐𝑉 𝑐𝑝 1 𝑐𝑉 𝑐𝑝 1 1 𝑘 𝑘 1 𝑘 Assim 𝑇2 𝑇1 𝑝2 𝑝1 𝑘1 𝑘 Para o ar 𝑘 14 Assim 𝑇2 300 13 141 14 624296 K Assim voltando na tabela A7 temos que 620 624296 640 62838 ℎ2 64953 Fazendo uma interpolação simples temos 624296 620 640 620 ℎ2 62838 64953 62838 ℎ2 632923 kJ kg Entrada na turbina Interpolando para 𝑇3 1580 K 1550 1580 1600 169647 ℎ3 175733 1580 1550 1600 1550 ℎ3 169647 175733 169647 ℎ3 1732986 kJ kg Saída da turbina 𝑇4 900 K ℎ4 93315 kJ kg Saída do trocador de calor 𝑇5 400 K ℎ5 4013 kJ kg Ciclo Rankine Agora o fluído é vapor e não mais ar Logo vamos partir para a tabela do apêndice B Tomando 𝑝𝐻 a pressão de alta do ciclo Rankine correspondente do AAA até o trocador de calor 𝑝𝐿 a pressão de baixa que é encontrada do segundo estágio da turbina Rankine até a primeira bomba e 𝑝𝐻𝐿 a pressão intermediária que sai do primeiro estágio da turbina Rankine até o AAA temos que 𝑝𝐻 10 MPa 𝑝𝐿 75 kPa 𝑝𝐻𝐿 18 MPa Saída do trocador de calor pelo Rankine Temos 𝑝7 𝑝𝐻 e 𝑇7 520 C Note quem a partir da tabela B12 para 𝑝7 10000 kPa 𝑇𝑠𝑎𝑡7 31106 C 𝑇7 Logo a água se encontra na fase de vapor superaquecido Assim olhando a tabela B13 temos que 500 520 550 337363 ℎ7 350092 65965 𝑠7 67561 Assim 520 500 550 500 ℎ7 337363 350092 337363 𝑠7 65965 67561 65965 ℎ7 3424546 kJ kg 𝑠7 6660 kJ kg K Saída do segundo estágio da turbina caso isentrópico Tomando 𝑠8𝑠 𝑠7 e a pressão 𝑝8 𝑝𝐿 75 kPa temos a partir da tabela B12 𝑠8𝑠 𝑠𝑙 𝑠𝑣 dentro da saturação Assim determinando o título deste estado temos 𝑠𝑙 05763 kJ kg K 𝑠𝑣 82514 kJ kg K 𝑥8𝑠 𝑠8𝑠 𝑠𝑙 𝑠𝑣 𝑠𝑙 666 05763 82514 05763 07927 Assim podemos determinar a entalpia deste estado ℎ𝑙 16877 kJ kg ℎ𝑣 257479 kJ kg ℎ8𝑠 1 𝑥8𝑠 ℎ𝑙 𝑥8 ℎ𝑣 1 07927 16877 07927 257479 2076022 kJ kg Agora podemos determinar ℎ8 onde 𝜂𝑇 085 eficiência isentrópica da turbina 𝜂𝑇 ℎ7 ℎ8 ℎ7 ℎ8𝑠 ℎ8 ℎ7 𝜂𝑇ℎ7 ℎ8𝑠 3424546 085 3424546 2076022 ℎ8 2278301 kJ kg estado 8 real Saída do condensador Como necessitamos de ter pelo menos líquido saturado na entrada das bombas forçaremos título 𝑥9 0 e pressão 𝑝9 𝑝𝐿 75 kPa pois o condensador não varia a pressão Assim a partir da tabela B12 temos que ℎ9 ℎ𝑙 16877 kJ kg 𝑠9 𝑠𝑙 05763 kJ kg K Saída do primeiro estágio da turbina caso isentrópico De maneira análoga ao estado 8s temos 𝑠10𝑠 𝑠7 666 kJ kg K e 𝑝10 𝑝𝐻𝐿 1800 kPa Pela tabela B12 temos que 1750 1800 2000 23851 𝑠𝑙 24473 63895 𝑠𝑣 63408 Como a entropia desse estado não se encontra neste intervalo então de cara o ponto 10s é vapor superaquecido Assim partindo para a tabela B13 𝑝10𝑠 1800 kPa 66066 666 68226 291096 ℎ10𝑠 302921 ℎ10𝑠 291096 302921 291096 666 66066 68226 66066 ℎ10𝑠 2940194 kJ kg Assim ℎ10 ℎ7 𝜂𝑇ℎ7 ℎ10𝑠 3424546 085 3424546 2940194 ℎ10 3012847 kJ kg estado 10 real Assim para 𝑝10 1800 kPa e ℎ10 3012847 kJ kg temos que para a tabela de vapor superaquecido 250 𝑇10 300 291096 3012847 302921 𝑇10 250 300 250 3012847 291096 302921 291096 𝑻𝟏𝟎 𝟐𝟗𝟑 𝟓𝟎 𝐂 Saída do AAA Temos que como o ponto 9 consideraremos 𝑥12 0 pois o vapor entra na segunda bomba Assim 𝑝12 𝑝𝐻𝐿 𝑥12 0 Da tabela B12 𝑇12 𝑇𝑠𝑎𝑡12 1750 1800 2000 20576 𝑇𝑠𝑎𝑡12 21242 1800 1750 2000 1750 𝑇𝑠𝑎𝑡12 20576 21242 20576 𝑇𝑠𝑎𝑡12 207092 C 𝑻𝟏𝟐 𝟐𝟎𝟕 𝟎𝟗𝟐 𝐂 Para a entalpia 1800 1750 2000 1750 ℎ12 87848 90877 87848 ℎ12 884538 kJ kg Para a entropia 1800 1750 2000 1750 𝑠12 23851 24473 23851 𝑠12 23975 kJ kg K Saída da primeira bomba caso isentrópico 𝑠11𝑠 𝑠9 05763 kJ kg K 𝑝11 𝑝𝐻𝐿 1800 kPa Sabendo que 𝑠11𝑠 𝑠𝑙 𝑠𝑣 e 𝑠9 𝑠𝑙 11s está na fase de líquido comprimido Note que a tabela B14 não possui tabela para a pressão 𝑝𝐻𝐿 Logo devemos construir a sua coluna 𝑇 C 500 kPa 1800 kPa 2000 kPa ℎ 𝑠 ℎ 𝑠 ℎ 𝑠 40 16798 05722 17195 05705 𝑇11𝑠 ℎ11𝑠 05763 60 25151 08308 25528 08284 Assim 500 1800 2000 16798 ℎ 17195 1800 500 2000 500 ℎ 16798 17195 16798 ℎ 171421 kJ kg 1800 500 2000 500 𝑠 05722 05705 05722 𝑠 05707 kJ kg K Completando a tabela 𝑇 C 500 kPa 1800 kPa 2000 kPa ℎ 𝑠 ℎ 𝑠 ℎ 𝑠 40 16798 05722 171421 05707 17195 05705 𝑇11𝑠 ℎ11𝑠 05763 60 25151 08308 25528 08284 500 1800 2000 25151 ℎ 25528 1800 500 2000 500 ℎ 25151 25528 25151 ℎ 254777 kJ kg 1800 500 2000 500 𝑠 08308 08284 08308 𝑠 08287 kJ kg K Completando novamente a tabela 𝑇 C 500 kPa 1800 kPa 2000 kPa ℎ 𝑠 ℎ 𝑠 ℎ 𝑠 40 16798 05722 171421 05707 17195 05705 𝑇11𝑠 ℎ11𝑠 05763 60 25151 08308 254777 08287 25528 08284 E finalmente ℎ11𝑠 171421 254777 171421 05763 05707 08287 05707 ℎ11𝑠 17323 kJ kg Assim como no caso da turbina sabendo que a eficiência isentrópica bomba 𝜂𝐵 080 𝜂𝐵 ℎ9 ℎ11𝑠 ℎ9 ℎ11 ℎ11 ℎ9 ℎ9 ℎ11𝑠 𝜂𝐵 16877 16877 17323 080 174345 kJ kg real De maneira análoga ao que foi feito no ponto 11 será feito para o ponto 6 Saída da segunda bomba caso isentrópico 𝑝6 𝑝𝐻 10000 kPa 𝑠6𝑠 𝑠12 23975 kJ kg K Como 𝑠6𝑠 não pertence a zona de saturação e 𝑠6𝑠 𝑠𝑙 tabela B12 o estado 6 é de líquido comprimido Assim na tabela B14 temos 23178 23975 25038 85597 ℎ6𝑠 94588 ℎ6𝑠 85597 94588 85597 23975 23178 25038 23178 ℎ6𝑠 893487 kJ kg Assim como no estado 11 𝜂𝐵 ℎ12 ℎ6𝑠 ℎ12 ℎ6 ℎ6 ℎ12 ℎ12 ℎ6𝑠 𝜂𝐵 884538 884538 893487 080 895724 kJ kg real Assim 𝑝6 10000 kPa ℎ6 895724 kJ kg Que continua ainda em líquido comprimido Assim na tabela B14 200 𝑇6 220 85597 895724 94588 𝑇6 200 220 200 895724 85597 94588 85597 𝑻𝟔 𝟐𝟎𝟖 𝟖𝟒𝟑𝟏 𝐂 Questão 2 A Figura 2 mostra um sistema com ciclo combinado formado por uma turbina a gás na parte superior da figura e um ciclo Rankine localizado na parte inferior da mesma Dados da operação em regime permanente estão indicados na figura Devido às irreversibilidades internas a saída de eletricidade do gerador é 95 da potência de entrada do eixo A relação de pressão na compressão é de 81 O regenerador préaquece o ar que entra no combustor No evaporador o gás quente de escape vindo do regenerador evapora o fluido de trabalho do ciclo localizado na parte inferior da figura Para água como fluido de trabalho no ciclo Rankine operando entre os limites de 08 MPa e 10 kPa com uma vazão em massa de 19 da vazão em massa de gás determine a potência útil do ciclo Rankine a taxa de calor perdido pelo sistema e a sua eficiência térmica Ciclo Brayton Entalpias Tabela A71 Ponto 1 𝑝1 100 kPa 𝑇1 300 K ℎ1 ℎ1𝑇1 30047 kJ kg Ponto 2 𝑝2 8 𝑝1 800 kPa e compressor isentrópico Assim vale a seguinte relação 𝑝2 𝑝1 𝑇2 𝑇1 𝑘 𝑘1 𝑇2 𝑇1 𝑝2 𝑝1 𝑘1 𝑘 300 8 141 14 5434342 K Assim ℎ2 ℎ2𝑇2 Interpolando os dados da tabela A7 540 5434342 560 54469 ℎ2 56547 ℎ2 54469 56547 54469 5434342 540 560 540 ℎ2 5482581 kJ kg Ponto 3 ficará reservado pois a única informação é a pressão isto é 𝑝3 𝑝2 Ponto 4 𝑝4 𝑝2 800 kPa e 𝑇4 1200 K ℎ4 ℎ4𝑇4 151527 kJ kg Ponto 5 𝑠5 𝑠4 e 𝑝5 𝑝1 da saída da turbina até a saída do evaporador a pressão é igual a entrada do compressor 𝑝5 𝑝4 𝑇5 𝑇4 𝑘 𝑘1 𝑇5 𝑇4 𝑝5 𝑝4 𝑘1 𝑘 1200 100 800 141 14 6624537 K Logo interpolando os dados da tabela A7 660 6624537 680 67078 ℎ5 69212 ℎ5 67078 69212 67078 6624537 660 680 660 ℎ5 6733981 kJ kg Ponto 6 ficará reservado pois a única informação é a pressão isto é 𝑝6 𝑝1 Ponto 7 𝑝7 𝑝1 𝑇7 410 K 400 410 420 40130 ℎ7 42159 ℎ7 40130 42159 40130 420 400 410 400 ℎ7 44188 kJ kg Ciclo Rankine 𝑝𝐻 800 kPa 𝑝𝐿 10 kPa Ponto 8 indeterminado Conhecemos apenas 𝑝8 𝑝𝐻 Ponto 9 𝑝9 𝑝𝐿 Ponto 10 𝑝10 𝑝𝐿 e 𝑥10 0 𝑔 ℎ10 ℎ𝑙 19181 kJ kg Ponto 11 𝑝11 𝑝𝐻 Primeira Lei da Termodinâmica em cada um dos equipamentos Compressor 𝑊 𝐶 𝑚 𝑎𝑟ℎ2 ℎ1 Combustor 𝑄𝐻 𝑚 𝑎𝑟ℎ4 ℎ3 Turbina Brayton 𝑊 𝑇𝐵 𝑚 𝑎𝑟ℎ5 ℎ4 Regenerador temos uma eficiência associada Assim 𝜂𝑅𝐸 ℎ3 ℎ2 ℎ6 ℎ5 08 Final do ciclo Brayton 𝑄𝐿𝐵 𝑚 𝑎𝑟ℎ1 ℎ7 Turbina Rankine 𝑊 𝑇𝑅 𝑚 𝐻2𝑂ℎ9 ℎ8 Condensador 𝑄𝐿𝑅 𝑚 𝐻2𝑂ℎ10 ℎ9 Bomba 𝑊 𝐵 𝑚 𝐻2𝑂ℎ11 ℎ10 Evaporador 0 𝑚 𝑎𝑟ℎ7 𝑚 𝐻2𝑂ℎ8 𝑚 𝑎𝑟ℎ6 𝑚 𝐻2𝑂ℎ11 Nos foi dado a potência do gerador 𝑊 𝐺𝐸𝐵 100 kW Assim 𝜂𝐺𝐸𝐵 𝑊 𝐺𝐸𝐵 𝑊 𝑇𝐵 𝑊 𝑇𝐵 100 095 1052631 kW Assim 1052631 𝑚 𝑎𝑟6733981 151527 𝑚 𝑎𝑟 0125 kg s Não dá para continuar resolvendo este exercício pois ele quer que você investigue o comportamento da temperatura do ponto 8 implicando também em conhecer o valor de 𝑇6 Para isso só com um software Na mão não dá não bambam Questão 3 Ar entra no compressor de um ciclo de ar padrão Brayton com uma vazão volumétrica de 60 m3 s a 08 bar e 280 K A relação de pressão do compressor é 20 e o ciclo máximo da temperatura é 2100 K Para o compressor a eficiência isoentrópica é 92 e para a turbina a eficiência isoentrópica é 95 Determine a potência líquida desenvolvida em MW a taxa de adição de calor no combustor em MW e a eficiência térmica do ciclo Adote calor específico variável 1 bar 101 kPa Temos que 60 m3 s Sabendo que 𝑝1 𝜌1𝑅𝑇1 𝜌1 𝑝1 𝑅𝑇1 Além disso para 𝑅 0287 kJ kg K 𝑝1 08 bar 808 kPa 𝑚 𝜌1 𝑝1 𝑅𝑇1 808 0287 280 60 603285 kg s Determinando as entalpias em cada ponto temos pela tabela A7 ℎ1 ℎ1𝑇1 28039 kJ kg Para o ponto 2 temos 𝑝2 20 𝑝1 Para o caso em que o compressor é isentrópico temos 𝑠2𝑠 𝑠1 𝑝2 1616 kPa Assim 𝑇2𝑠 𝑇1 𝑝2 𝑝1 𝑘1 𝑘 280 20 141 14 658993 kPa Assim interpolando os dados da tabela A7 640 658993 660 64953 ℎ2𝑠 67078 ℎ2𝑠 64953 67078 64953 658993 640 660 640 ℎ2𝑠 668523 kJ kg Eficiência isentrópica do compressor 𝜂𝐶 ℎ1 ℎ2𝑠 ℎ1 ℎ2 ℎ2 ℎ1 ℎ1 ℎ2𝑠 𝜂𝐶 28039 28039 668523 092 7022737 kJ kg Para o ponto 3 𝑇3 2100 K Assim ℎ3 ℎ3𝑇3 237682 kJ kg De maneira análoga ao compressor 𝑝4 𝑝1 𝑠4𝑠 𝑠3 𝑇4𝑠 𝑇3 𝑝4 𝑝3 𝑘1 𝑘 2100 808 1616 141 14 8922703 K Assim interpolando novamente 850 8922703 900 87740 ℎ4𝑠 93315 ℎ4𝑠 87740 93315 87740 8922703 850 900 850 ℎ4𝑠 9245314 kJ kg Assim 𝜂𝑇 ℎ3 ℎ4 ℎ3 ℎ4𝑠 ℎ4 ℎ3 𝜂𝑇ℎ3 ℎ4𝑠 237682 095 237682 9245314 9971458 kJ kg 1 Lei Compressor 𝑊 𝐶 𝑚 ℎ2 ℎ1 Turbina 𝑊 𝑇 𝑚 ℎ4 ℎ3 Potência líquida 𝑊 𝑙𝑖𝑞 𝑊 𝑇 𝑊 𝐶 𝑚 ℎ4 ℎ3 𝑚 ℎ2 ℎ1 𝑚 ℎ3 ℎ4 ℎ2 ℎ1 𝑊 𝑙𝑖𝑞 603285 237682 9971458 7022737 28039 𝑾 𝒍𝒊𝒒 𝟓𝟕𝟕𝟖𝟐 𝟎𝟔𝟒𝟐 𝐤𝐖 Câmara de combustão 𝑄𝐻 𝑚 ℎ3 ℎ2 603285 237682 7022737 𝑸 𝑯 𝟏𝟎𝟏𝟎𝟐𝟐 𝟖𝟔𝟔𝟓 𝐤𝐖 Expulsão dos gases 𝑄𝐿 𝑚 ℎ1 ℎ4 603285 28039 9971458 432408023 kW Assim 𝜂 1 𝑄𝐿 𝑄𝐻 1 432408023 1010228665 𝜼 𝟎 𝟓𝟕𝟐 Questão 4 Ciclos de potência Brayton supercríticos fechados utilizando dióxido de carbono como fluido de trabalho estão sendo avaliados atualmente A figura representa esquematicamente um desses ciclos e também o diagrama 𝑇 𝑠 correspondente Nesse ciclo o fluxo principal é separado no Estado 8 e reunido no estado 3 após dois estágios de compressão As frações do fluxo total em vários pontos do ciclo estão indicadas entre parênteses na figura como 1 y e 1 y Se o ciclo desenvolve um trabalho líquido a uma taxa de 855 kJ por kg de CO2 fluindo na turbina determine a eficiência térmica a razão de trabalho reverso a eficiência isentrópica de cada estágio de compressor e da turbina Adote k 12859 e R 0189 kJkgK Estado 𝑝 kPa 𝑇 K 1 7700 30515 2 20000 33425 3 20000 43114 4 20000 66969 5 20000 82315 6 7900 71344 7 7800 44149 8 7700 34274 𝑐𝑝0 𝑐0 𝑐1𝜃 𝑐2𝜃2 𝑐3𝜃3 kJ kg K 𝜃 𝑇1000 Gás 𝑅 kJ kg 𝑐0 𝑐1 𝑐2 𝑐3 𝐶𝑂2 01889 045 167 127 039 Sabendo que o calor especifico a pressão constante é variável teremos que Assim utilizando a tabela acima completaremos a tabela das propriedades 𝑐𝑝01 045 167𝜃 127𝜃2 039𝜃3 Assim 𝑐𝑝01 045 167 30515 1000 127 30515 1000 2 039 30515 1000 3 08152 kJ kg K 𝑐𝑝02 045 167 33425 1000 127 33425 1000 2 039 33425 1000 3 08362 kJ kg K 𝑐𝑝03 045 167 43114 1000 127 43114 1000 2 039 43114 1000 3 08908 kJ kg K 𝑐𝑝04 045 167 66969 1000 127 66969 1000 2 039 66969 1000 3 09365 kJ kg K 𝑐𝑝05 045 167 82315 1000 127 82315 1000 2 039 82315 1000 3 09106 kJ kg K 𝑐𝑝06 045 167 71344 1000 127 71344 1000 2 039 71344 1000 3 09330 kJ kg K 𝑐𝑝07 045 167 44149 1000 127 44149 1000 2 039 44149 1000 3 08953 kJ kg K 𝑐𝑝08 045 167 34274 1000 127 34274 1000 2 039 34274 1000 3 08419 kJ kg K Assim fazendo a operação ℎ𝑘 𝑐𝑝0𝑘 𝑇𝑘 Estado 𝑝 kPa 𝑇 K ℎ kJ kg 1 7700 30515 2487583 2 20000 33425 2795000 3 20000 43114 3840595 4 20000 66969 6271647 5 20000 82315 7495604 6 7900 71344 6656395 7 7800 44149 3952660 8 7700 34274 2885528 Assim temos os estados termodinâmicos de todos os pontos considerando que existem reversibilidades Precisamos determinar ainda as grandezas ℎ2𝑠 ℎ3𝑠 e ℎ6𝑠 tomando os processos 1 2𝑠 2 3𝑠 e 4 6𝑠 isentrópicos Para isso temos que 𝑇2𝑠 𝑇1 𝑝2 𝑝1 𝑘1 𝑘 30515 20000 7700 128591 12859 3772939 K 𝑇3𝑠 𝑇8 𝑝3 𝑝8 𝑘1 𝑘 33425 20000 7700 128591 12859 4132737 K 𝑇6𝑠 𝑇5 𝑝6 𝑝5 𝑘1 𝑘 82315 7900 20000 128591 12859 6695586 K Assim ℎ2𝑠 08362 3772939 3154932 kJ kg ℎ3𝑠 08908 4132737 3681442 kJ kg ℎ6𝑠 09330 6695586 6246982 kJ kg Assim calculamos a eficiência isentrópica do compressor 𝜂𝐶1 ℎ1 ℎ2𝑠 ℎ1 ℎ2 2487583 3154932 2487583 2795 𝜂𝐶2 ℎ8 ℎ3𝑠 ℎ8 ℎ3 2885528 3681442 2885528 3840595 𝟎 𝟖𝟑𝟑𝟒 Eficiência isentrópica da turbina 𝜂𝑇 ℎ5 ℎ6 ℎ5 ℎ6𝑠 7495604 6656395 7495604 6246982 𝟎 𝟔𝟕𝟐𝟏 Balanço de massa 𝑚 𝑚 𝑎 𝑚 𝑏 Onde 𝑚 𝑎 percorre os pontos 1 e 2 até se juntar com 𝑚 𝑏 em 3 e 𝑚 𝑏 percorre do ponto 8 até o ponto 3 Os pontos 3 4 5 6 7 até chegar em 8 são percorridos pelo fluxo total de massa Eficiência térmica 𝜂 1 𝑄𝐿 𝑄𝐻 1 𝑞𝐿 𝑞𝐻 1 ℎ1 ℎ8 ℎ5 ℎ4 1 2487583 2885528 7495604 6271647 𝟎 𝟔𝟕𝟒𝟗 Sabendo que 𝑤𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 𝑊 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 𝑚 𝑊 𝑇 𝑊 𝐶1 𝑊 𝐶2 𝑚 855 kJ kg Onde 𝑊 𝑇 𝑚 ℎ6 ℎ5 𝑊 𝐶1 𝑚 𝑎ℎ2 ℎ1 𝑊 𝐶2 𝑚 𝑏ℎ3 ℎ8 Assim 𝑚 ℎ6 ℎ5 𝑚 𝑎ℎ2 ℎ1 𝑚 𝑏ℎ3 ℎ8 𝑚 855 𝑚 ℎ6 ℎ5 𝑚 𝑎ℎ2 ℎ1 𝑚 𝑏ℎ3 ℎ8 855𝑚 Razão de trabalho reverso bwr 𝑊 𝐶1 𝑊 𝐶2 𝑊 𝑇 Assim bwr 𝑚 𝑎ℎ2 ℎ1 𝑚 𝑏ℎ3 ℎ8 𝑚 ℎ6 ℎ5 Balanço de energia nos regeneradores R1 0 𝑚 𝑎ℎ3 𝑚 𝑏ℎ8 𝑚 𝑎ℎ2 𝑚 ℎ7 No segundo regenerador as linhas possuem a mesma vazão mássica tornando inviável um balanço de massa 0 𝑚 𝑎ℎ3 ℎ2 𝑚 𝑏ℎ8 𝑚 ℎ7 Assim temos as seguintes equações 0 𝑚 𝑎ℎ3 ℎ2 𝑚 𝑏ℎ8 𝑚 ℎ7 𝑚 𝑎 𝑚 𝑏 𝑚 0 𝑚 ℎ6 ℎ5 855 𝑚 𝑎ℎ2 ℎ1 𝑚 𝑏ℎ3 ℎ8 0 Questão 1 Uma usina de potência com sistema combinado de ciclos gásvapor figura 1 tem uma potência líquida desenvolvida pela turbina a gás de 147 MW A razão de pressão do ciclo da turbina a gás é 13 o ar entra no compressor à 300 K e na turbina à 1580 K Os gases de combustão que saem da turbina a 900 K e são usados para aquecer o vapor a 10 MPa até 520 ºC em um trocador de calor e saem do mesmo à 400 K Um aquecedor de água de alimentação aberto incorporado ao ciclo de vapor opera a uma pressão de 18 MPa A pressão no condensador é de 75 kPa Considerandose 85 e 80 as eficiências isentrópicas da turbina e da bomba no ciclo a vapor respectivamente determine a A razão entre as vazões em massa entre os ciclos de vapor e de gás Solução Primeira Lei da Termodinâmica no trocador de calor TC 0 m Ar h5 mH 2Oh7 m Arh4 mH 2Oh6 Isolando a razão m H2O mAr temos 0 mAr h5 mH 2Oh7 mAr h4 mH2Oh6 m Arh4 m Arh5 m H2Oh7 mH 2Oh6 m Ar h4h5 mH 2O h7h6 mH 2O m Ar h7h6 h4h5 3424546895724 933154013 47548 mH 2O mAr 47548 b As temperaturas nos estados 6 10 e 12 T 62088431CT 1029350C T12207092C c O calor por unidade de massa perdido pelo ciclo Note que é perdido calor por duas vias Pelo ciclo Brayton e pelo ciclo Rankine veja na figura acima Assim qLqLRqLB Onde qLRh9h81687722783012109531 kJ kg E qLBh1h530047401310083 kJ kg Assim qL210953110083 qL2210361 kJ kg d A eficiência térmica do ciclo combinado A eficiência térmica é dada por η1 Q L QH Calculando a vazão mássica de ar temos W liq W TB W C Onde W C mar h2h1 W TB mar h4h3 W liq mar h1h2 marh3h4 mar W liq h1h2h4h3 mar 147000 30047632923933151732986 314517 kg s Assim de cara m H2O02103 mar66143 kg s Balanço de massa no ciclo Rankine mH2O ma mb ma mb66143 Balanço de energia no AAA 0 mH 2Oh12 mah10 mbh11 3012847 ma174345 mb58505997 Assim temos o seguinte sistema ma mb66143 3012847 ma174345 mb58505997 Assim determinamos que ma6549 kg s mb49594 kg s Assim Q LqLB marqL R mb1008331451721095314959413633283kW Balanço de energia na câmara de combustão Q H mar h3h23145171732986632923345988515kW Assim η113633283 345988515 η061 Estados termodinâmicos Ciclo Brayton Sabendo que hh T para um gás ideal depende apenas da temperatura conseguimos facilmente as entalpias dos estados 1 3 4 e 5 a partir do Apêndice A71 do Van Wylen 8 ed Entrada no compressor T 1h130047 kJ kg Saída do compressor Para esse caso temos como determinar apenas a pressão na saída do compressor Foi dada a razão de compressão rc13 Logo rc p2 p1 p2131013251317225kPa Tornaremos o compressor isentrópico pois não nos foi falado se existe uma eficiência associada a ele Assim temos a seguinte equação s2s1c pln T 2 T 1 R ln p2 p1 onde s2s1c pln T 2 T 1 R ln p2 p1 T2 T1 cp p2 p1 R T 2 T 1 p2 p1 R cp T 2T 1 p2 p1 R cp Como Rc pcV R c p c pcV c p 1cV cp 11 k k1 k Assim T 2T1 p2 p1 k 1 k Para o ar k14 Assim T 230013 141 1 4 624296 K Assim voltando na tabela A7 temos que 620624296640 62838h264953 Fazendo uma interpolação simples temos 624296620 640620 h262838 6495362838 h2632923 kJ kg Entrada na turbina Interpolando para T 31580 K 155015801600 169647h3175733 15801550 16001550 h3169647 1757331696 47 h31732986 kJ kg Saída da turbina T 4900K h493315 kJ kg Saída do trocador de calor T 5400 K h54013 kJ kg Ciclo Rankine Agora o fluído é vapor e não mais ar Logo vamos partir para a tabela do apêndice B Tomando pH a pressão de alta do ciclo Rankine correspondente do AAA até o trocador de calor pL a pressão de baixa que é encontrada do segundo estágio da turbina Rankine até a primeira bomba e pHL a pressão intermediária que sai do primeiro estágio da turbina Rankine até o AAA temos que pH10 MPa pL7 5kPa pHL18 MPa Saída do trocador de calor pelo Rankine Temos p7pH e T 7520C Note quem a partir da tabela B12 para p710000 kPa T sat 731106CT 7 Logo a água se encontra na fase de vapor superaquecido Assim olhando a tabela B13 temos que 500520550 337363h7350092 65965s767561 Assim 520500 550500 h7337363 350092337363 s765965 6756165965 h73424546 kJ kg s76660 kJ kg K Saída do segundo estágio da turbina caso isentrópico Tomando s8ss7 e a pressão p8pL75kPa temos a partir da tabela B12 s8s sl sv dentro da saturação Assim determinando o título deste estado temos sl05763 kJ kg K sv82514 kJ kg K x8s s8ssl svsl 66605763 825140576307927 Assim podemos determinar a entalpia deste estado hl16877 kJ kg hv257479 kJ kg h8s1x8 s hlx8hv10792716877079272574792076022 kJ kg Agora podemos determinar h8 onde ηT085 eficiência isentrópica da turbina ηT h7h8 h7h8s h8h7ηT h7h8s342454608534245462076022 h82278301 kJ kg estado 8 real Saída do condensador Como necessitamos de ter pelo menos líquido saturado na entrada das bombas forçaremos título x90 e pressão p9pL75kPa pois o condensador não varia a pressão Assim a partir da tabela B12 temos que h9hl168 77 kJ kg s9sl05763 kJ kg K Saída do primeiro estágio da turbina caso isentrópico De maneira análoga ao estado 8s temos s10ss7666 kJ kg K e p10pHL1800 kPa Pela tabela B12 temos que 175018002000 23851sl24473 63895sv63408 Como a entropia desse estado não se encontra neste intervalo então de cara o ponto 10s é vapor superaquecido Assim partindo para a tabela B13 p10s1800kPa 6606666668226 291096h10s302921 h10s291096 302921291096 66666066 6822666066 h10s2940194 kJ kg Assim h10h7ηT h7h10s342454608534245462940194 h103012847 kJ kg estado 10 real Assim para p101800kPa e h103012847 kJ kg temos que para a tabela de vapor superaquecido 250T 10300 2910963012847302921 T10250 3002503012847291096 3029212910 96 T 1029350 C Saída do AAA Temos que como o ponto 9 consideraremos x120 pois o vapor entra na segunda bomba Assim p12pHL x120 Da tabela B12 T 12T sat 12 175018002000 20576T sat 1221242 18001750 20001750 T sat 1220576 2124220576 T sat 12207092 C T 12207092 C Para a entalpia 18001750 20001750 h1287848 9087787848 h12884538 kJ kg Para a entropia 18001750 20001750 s1223851 2447323851 s1223975 kJ kg K Saída da primeira bomba caso isentrópico s11 ss905763 kJ kg K p11pHL1800kPa Sabendo que s11 s slsv e s9sl 11s está na fase de líquido comprimido Note que a tabela B14 não possui tabela para a pressão pHL Logo devemos construir a sua coluna T C 500kPa 1800kPa 2000kPa h s h s h s 40 16798 05722 17195 05705 T 11s h11 s 05763 60 25151 08308 25528 08284 Assim 50018002000 16798h17195 1800500 2000500 h167 98 1719516798 h171421 kJ kg 1800500 2000500 s05722 0570505722 s05707 kJ kg K Completando a tabela T C 500kPa 1800kPa 2000kPa h s h s h s 40 16798 05722 171421 05707 17195 05705 T 11s h11 s 05763 60 25151 08308 25528 08284 50018002000 25151h25528 1800500 2000500 h25151 2552825151 h254777 kJ kg 1800500 2000500 s08308 0828408308 s08287 kJ kg K Completando novamente a tabela T C 500kPa 1800kPa 2000kPa h s h s h s 40 16798 05722 171421 05707 17195 05705 T 11s h11 s 05763 60 25151 08308 254777 08287 25528 08284 E finalmente h11s171421 2547771714210576305707 0828705707 h11s17323 kJ kg Assim como no caso da turbina sabendo que a eficiência isentrópica bomba ηB080 ηBh9h11s h9h11 h11h9h9h11s ηB 168771687717323 080 174345 kJ kg real De maneira análoga ao que foi feito no ponto 11 será feito para o ponto 6 Saída da segunda bomba caso isentrópico p6pH10000kPa s6ss1223975 kJ kg K Como s6s não pertence a zona de saturação e s6ssl tabela B12 o estado 6 é de líquido comprimido Assim na tabela B14 temos 231782397525038 85597h6s945 88 h6s85597 94588855 97 2397523178 2503823178 h6 s893487 kJ kg Assim como no estado 11 ηBh12h6s h12h6 h6h12h12h6s ηB 884538884538893487 080 895724 kJ kg real Assim p610000 kPa h6895724 kJ kg Que continua ainda em líquido comprimido Assim na tabela B14 200T 6220 8559789572494588 T 6200 22020089572485597 9458885597 T 62088431 C Questão 2 A Figura 2 mostra um sistema com ciclo combinado formado por uma turbina a gás na parte superior da figura e um ciclo Rankine localizado na parte inferior da mesma Dados da operação em regime permanente estão indicados na figura Devido às irreversibilidades internas a saída de eletricidade do gerador é 95 da potência de entrada do eixo A relação de pressão na compressão é de 81 O regenerador préaquece o ar que entra no combustor No evaporador o gás quente de escape vindo do regenerador evapora o fluido de trabalho do ciclo localizado na parte inferior da figura Para água como fluido de trabalho no ciclo Rankine operando entre os limites de 08 MPa e 10 kPa com uma vazão em massa de 19 da vazão em massa de gás determine a potência útil do ciclo Rankine a taxa de calor perdido pelo sistema e a sua eficiência térmica Ciclo Brayton Entalpias Tabela A71 Ponto 1 p1100kPa T 1300 K h1h1 T 130047 kJ kg Ponto 2 p28 p1800kPa e compressor isentrópico Assim vale a seguinte relação p2 p1 T2 T1 k k1 T 2T 1 p2 p1 k1 k 3008 141 1 4 5434342K Assim h2h2T2 Interpolando os dados da tabela A7 5405434342560 54469h256547 h254469 56547544 695434342540 560540 h25482581 kJ kg Ponto 3 ficará reservado pois a única informação é a pressão isto é p3p2 Ponto 4 p4p2800kPa e T 41200 K h4h4 T 4151527 kJ kg Ponto 5 s5s4 e p5p1 da saída da turbina até a saída do evaporador a pressão é igual a entrada do compressor p5 p4 T 5 T 4 k k1T 5T 4 p5 p4 k1 k 1200 100 800 141 1 4 6624537 K Logo interpolando os dados da tabela A7 6606624537680 67078h569212 h5670 78 69212670786624537660 680660 h56733981 kJ kg Ponto 6 ficará reservado pois a única informação é a pressão isto é p6p1 Ponto 7 p7p1 T 7410 K 400410420 40130h742159 h740130 4215940130420400 410400 h744188 kJ kg Ciclo Rankine pH800kPa pL10 kPa Ponto 8 indeterminado Conhecemos apenas p8pH Ponto 9 p9pL Ponto 10 p10pL e x100gh10hl19181 kJ kg Ponto 11 p11pH Primeira Lei da Termodinâmica em cada um dos equipamentos Compressor W C mar h2h1 Combustor Q H mar h4h3 Turbina Brayton W TB mar h5h4 Regenerador temos uma eficiência associada Assim ηℜh3h2 h6h5 08 Final do ciclo Brayton Q LB marh1h7 Turbina Rankine W TR m H 2O h9h8 Condensador Q LR m H2O h10h9 Bomba W B m H 2O h11h10 Evaporador 0 mar h7 mH 2Oh8 mar h6 mH 2Oh11 Nos foi dado a potência do gerador W GEB100kW Assim ηGEB W GEB W TB W TB 100 0951052631kW Assim 1052631 mar6733981151527 mar0125 kg s Não dá para continuar resolvendo este exercício pois ele quer que você investigue o comportamento da temperatura do ponto 8 implicando também em conhecer o valor de T 6 Para isso só com um software Na mão não dá não bambam Questão 3 Ar entra no compressor de um ciclo de ar padrão Brayton com uma vazão volumétrica de 60m 3 s a 08 bar e 280 K A relação de pressão do compressor é 20 e o ciclo máximo da temperatura é 2100 K Para o compressor a eficiência isoentrópica é 92 e para a turbina a eficiência isoentrópica é 95 Determine a potência líquida desenvolvida em MW a taxa de adição de calor no combustor em MW e a eficiência térmica do ciclo Adote calor específico variável 1 bar 101 kPa Temos que 60 m 3 s Sabendo que p1ρ1 RT1 ρ1 p1 RT 1 Além disso para R0287 kJ kg K p108808kPa mρ1 p1 RT1 808 0287280 60603285 kg s Determinando as entalpias em cada ponto temos pela tabela A7 h1h1T 128039 k J kg Para o ponto 2 temos p220 p1 Para o caso em que o compressor é isentrópico temos s2ss1 p21616 kPa Assim T 2sT 1 p2 p1 k1 k 28020 141 1 4 658993kPa Assim interpolando os dados da tabela A7 640658993660 64953h2 s67078 h2s64953 6707864953658993640 660640 h2s668523 kJ kg Eficiência isentrópica do compressor ηCh1h2s h1h2 h2h1h1h2s ηC 2803928039668523 092 7022737 kJ kg Para o ponto 3 T 32100 K Assim h3h3 T3237682 kJ kg De maneira análoga ao compressor p4p1s4ss3 T 4sT3 p4 p3 k1 k 2100 808 1616 1 41 14 8922703 K Assim interpolando novamente 8508922703900 877 40h4 s93315 h4s87740 93315877 408922703850 900850 h4s9245314 kJ kg Assim ηT h3h4 h3h4s h4h3ηT h3h4s23768209523768292453149971458 kJ kg 1 Lei Compressor W C mh2h1 Turbina W T m h4h3 Potência líquida W liq W T W C mh4h3 mh2h1 mh3h4h2h1 W liq6032852376829971458702273728039 W liq577820642kW Câmara de combustão Q H mh3h26032852376827022737 Q H1010228665kW Expulsão dos gases Q L mh1h4603285280399971458 432408023kW Assim η1 Q L QH 1 432408023 1010228665 η0572 Questão 4 Ciclos de potência Brayton supercríticos fechados utilizando dióxido de carbono como fluido de trabalho estão sendo avaliados atualmente A figura representa esquematicamente um desses ciclos e também o diagrama Ts correspondente Nesse ciclo o fluxo principal é separado no Estado 8 e reunido no estado 3 após dois estágios de compressão As frações do fluxo total em vários pontos do ciclo estão indicadas entre parênteses na figura como 1 y e 1 y Se o ciclo desenvolve um trabalho líquido a uma taxa de 855 kJ por kg de CO2 fluindo na turbina determine a eficiência térmica a razão de trabalho reverso a eficiência isentrópica de cada estágio de compressor e da turbina Adote k 12859 e R 0189 kJkgK Estado p kPa T K 1 7700 30515 2 20000 33425 3 20000 43114 4 20000 66969 5 20000 82315 6 7900 71344 7 7800 44149 8 7700 34274 c p0c0c1θc2θ 2c3θ 3 kJ kg K θT 1000 Gás R kJ kg c0 c1 c2 c3 CO2 01889 045 167 127 039 Sabendo que o calor especifico a pressão constante é variável teremos que Assim utilizando a tabela acima completaremos a tabela das propriedades c p01045167θ127θ 2039θ 3 Assim c p01045167 30515 1000 127 30515 1000 2 039 30515 1000 3 08152 kJ kg K c p02045167 334 25 1000 127 334 25 1000 2 039 33425 1000 3 08362 kJ kg K c p03045167 43114 1000 127 43114 1000 2 039 43114 1000 3 08908 kJ kg K c p0 40 45167 66969 1000 127 66969 1000 2 039 66969 1000 3 09365 kJ kg K c p05045167 82315 1000 127 82315 1000 2 0 39 82315 1000 3 09106 kJ kg K c p06045167 71344 1000 127 71344 1000 2 039 71344 1000 3 09330 kJ kg K c p07045167 44149 1000 127 44149 1000 2 039 44149 1000 3 08953 kJ kg K c p0 8045167 34274 1000 127 34274 1000 2 039 34274 1000 3 08419 kJ kg K Assim fazendo a operação hkc p0k T k Estad o p kPa T K h kJ kg 1 7700 30515 2487583 2 20000 33425 2795000 3 20000 43114 3840595 4 20000 66969 6271647 5 20000 82315 7495604 6 7900 71344 6656395 7 7800 44149 3952660 8 7700 34274 2885528 Assim temos os estados termodinâmicos de todos os pontos considerando que existem reversibilidades Precisamos determinar ainda as grandezas h2 s h3 s e h6 s tomando os processos 12s 23 s e 4 6 s isentrópicos Para isso temos que T 2sT 1 p2 p1 k1 k 30515 20000 7700 128591 12859 377 2939 K T 3sT 8 p3 p8 k1 k 334 25 20000 7700 128591 12859 4132737 K T 6sT 5 p6 p5 k1 k 82315 7900 20000 128591 12859 6695586 K Assim h2 s0836237729393154932 kJ kg h3 s0890841327373681442 kJ kg h6 s0933066955866246982 kJ kg Assim calculamos a eficiência isentrópica do compressor ηC 1h1h2s h1h2 24875833154932 24875832795 ηC 2h8h3s h8h3 28855283681442 28855283840595 08334 Eficiência isentrópica da turbina ηT h5h6 h5h6s 74956046656395 7495604624698206721 Balanço de massa m ma mb Onde ma percorre os pontos 1 e 2 até se juntar com mb em 3 e mb percorre do ponto 8 até o ponto 3 Os pontos 3 4 5 6 7 até chegar em 8 são percorridos pelo fluxo total de massa Eficiência térmica η1 Q L QH 1qL qH 1h1h8 h5h4 124875832885528 74956046271647 06749 Sabendo que wciclo W ciclo m W T W C 1 W C 2 m 855 kJ kg Onde W T m h6h5 W C 1 mah2h1 W C 2 mbh3h8 Assim mh6h5 ma h2h1 mb h3h8 m 855 m h6h5 mah2h1 mb h3h8855 m Razão de trabalho reverso bwr W C 1 W C2 W T Assim bwr ma h2h1 mbh3h8 mh6h5 Balanço de energia nos regeneradores R1 0 mah3 mbh8 mah2 m h7 No segundo regenerador as linhas possuem a mesma vazão mássica tornando inviável um balanço de massa 0 mah3h2 mbh8 m h7 Assim temos as seguintes equações 0 mah3h2 mbh8 m h7 ma mb m0 m h6h5855 mah2h1 mbh3h80