Gabarito PME3398 - Fundamentos Termodinamica Transferencia Calor - Prova 2

PME3398 Fundamentos de Termodinâmica e Transferência de Calor 1º semestre 2024 Profs Fernando Luiz Sacomano Filho e Bruno Souza Carmo Gabarito da Prova 2 Questão 1 A figura ao lado ilustra um aparato utilizado para o enchimento de cilindros de um gás monoatômico com k16 e R02 kJkgK A linha de produção se encontra a 20 MPa e a temperatura ambiente T0300K O cilindro se encontra inicialmente evacuado e o êmbolo é mantido na posição indicada por um pino O volume inicial do cilindro é de 10 L e quando o êmbolo encosta nos esbarros o volume do cilindro é de 100 L O processo em análise ocorre em 5 etapas Aenchimento rápido válvula totalmente aberta até que o escoamento da linha para o cilindro pare B fechamento da válvula e desconexão da linha C equilíbrio térmico com o meio D liberação do pino E equilíbrio térmico com o meio Dados êmbolo e atmosfera exercem pressão equivalente a 500 kPa quando este se encontra livre Calcule a a massa de gás no interior do cilindro ao final da etapa A 10 ponto b a variação líquida de entropia entre o início da etapa B e o final da etapa C 15 ponto c o trabalho realizado após a liberação do pino 10 ponto d a variação líquida de entropia de todo o processo 15 ponto Solução a No momento que o escoamento de ar da linha para o cilindro para há uma igualdade de pressao entre a linha e o cilindro Neste caso a pressao no interior do cilindro atinge o valor de 20 MPa Sabemos o volume disponível no cilindro para enchimento e da pressao final Como se trata de um gás utilizaremos modelo de gás perfeito por ser monoatômico sabese que os calores específicos nao variam com a temperatura Com a hipótese de gás perfeito precisase da temperatura para que a massa seja determinada Ao aplicar a 1a Lei para volume de controle em regime uniforme temos que na etapa A Q Σ me he Ve22 gze m2 u2 V222 gz2 m1 u1 V122 gz1 Σ ms hs Vs22 gzs W me he m2 u2 Ao aplicar a conservacao de massa temos que m2 me m Logo he u2 T2 cpcv Te kTe 16 x 300 480 K Com a temperatura temos que m p2 V2 R T2 2083 kg 10 pt b Do início da etapa B ao término da etapa C nao há entrada nem saída de massa do cilindro Portanto o gás pode ser modelado como um sistema Neste caso a variacao líquida de entropia é dada por ΔSliq ΔSsis QT0 m s3 s2 QT0 O calor trocado com o meio pode ser determinado ao aplicar a 1a Lei no gás contido no cilindro Q mcv T3 T2 onde cv cpk cv cv Rk cv Rk 1 0333 kJkgK Logo Q 2083 x 0333 x 300 480 125 kJ s3 s2 cp lnT3T2 R lnp3p2 cp cv R 0533 kJkgK p3 mRT3V 12500 kPa Portanto s3 s2 01567 kJkgK Dessa forma a variacao líquida de entropia é ΔSliq m s3 s2 QT0 00903 kJK 15 pt c Após a liberacao do pino ocorre uma expansao nao resistida até que gás entre em equilíbrio térmico com o meio novamente Nesse caso o trabalho é calculado com a acao da pressao externa que é constante e igual a 500 kPa W pex V4 V3 Para se determinar a posicao final do embolo é necessário realizar um teste de hipóteses Consideraremos que o êmbolo toca os esbarros quando atinge equilíbrio térmico novamente Assim p4 mRT4V4 2083 x 02 x 30001 1250 kPa Como a pressao é superior a 500 kPa a posicao final é a com o êmbolo encostado nos esbarros Portanto W 450 kJ 10 pt d O processo completo corresponde a um processo de enchimento com expansao nao resistida e troca de calor com o meio Isso pode ser modelado com o modelo de regime uniforme Logo ΔSliq ΔSVC mse mss 1 Q4 T0 m s4 se 1 Q4 T0 s4 se cp lnT4Te R ln p4pe 05545 kJkgK 1 Q4 mcv T4 T2 3 W4 800 kJ Dessa forma ΔSliq m s4 se 1 Q4 T0 14219 kJK 15 pt Questão 2 Você trabalha para uma empresa de energia que opera uma central de potência a vapor que funciona conforme um ciclo Rankine no qual todos os equipamentos podem ser considerados ideais exceto a turbina que apresenta eficiência isentrópica igual a 90 Neste ciclo a pressão na caldeira é 4 MPa a temperatura máxima é 750 C e a pressão no condensador é 15 kPa Um fornecedor de equipamentos propõe mo dificar o ciclo de forma a tornálo do tipo re generativo com aquecedor fechado conforme mostra a figura fazendo uma extração inter mediária de vapor a 18 MPa da turbina argu mentando que com isso conseguiria aumentar o rendimento do ciclo a ponto de compensar as perdas na turbina Analise esta proposta respondendo as seguintes perguntas a Qual é o rendimento do ciclo atual 10 ponto b Qual deve ser a fração mássica extraída no estágio intermediário da turbina y m5 m3 para que o ciclo regenerativo proposto tenha o mesmo rendimento que o ciclo atual teria se a turbina fosse isentrópica 20 pontos c É realmente possível operar o ciclo com a fração mássica determinada no item b Qual é o máximo rendimento que este ciclo regenerativo poderia ter mantendo os equipamentos condições de operação na caldeira e condensador e pressão na extração intermediária da turbina Qual é o valor de y correspondente a este ponto ótimo 20 pontos Solução Substância água propriedades termodinâmicas obtidas de tabales a Para calcular o rendimento do ciclo Rankine atual ηa precisamos determinar os estados nas entradassaídas de cada equipamento Vamos utilizar uma numeração consistente com a figura apresentada para facilitar a solução dos itens seguintes 1 Entrada da bomba 2 Saída da bomba 3 Entrada da turbina 4 Entrada no condensador Estado 1 p1 15 kPa x1 00 h1 22594 kJkg 02 pt v1 0001014 m3kg Estado 2 p2 4 MPa wb v1p2 p1 404 kJkg h2 h1 wb 22999 kJkg 02 pt Estado 3 p3 4 MPa T3 750 C h3 402364 kJkg 02 pt s3 77390 kJkg K Estado 4s p4s 15 kPa s4s s3 77390 kJkg K h4s 251059 kJkg Estado 4 ηt 09 h4 h3 ηth3 h4s 266190 kJkg 02 pt ηa wt wb qH 1 qL qH 1 h4 h1 h3 h2 3579 02 pt b O rendimento que o ciclo teria se a turbina fosse isentrópica é ηs 1 h4s h1 h3 h2 3978 02 pt O rendimento do ciclo regenerativo pode ser calculado por ηr 1 qL qH Se a fração mássica extraída na seção intermediária da turbina é y a que é extraída na seção final e segue para o condensador é 1 y Assim ηr 1 qL qH 1 1 yh4 h1 h3 h9 Os estados 1 2 3 e 4 do ciclo regenerativo são os mesmos dos respectivos números calculados no item a Portanto precisamos obter h9 e para isso aplicamos a 1ª Lei ao misturador VC y h7 1 y h8 h9 03 pt Para obter h7 precisamos antes determinar o estado 6 Estado 6 p6 18 MPa x6 0 h6 88447 kJkg 02 pt v6 0001168 m³kg Estado 7 p7 p3 4 MPa wbs v6p7 p6 257 kJkg h7 h6 wbs 88704 kJkg 02 pt Para obter h8 aplicamos a 1ª Lei ao aquecedor fechado VC yh5 h6 1 yh8 h2 h8 y 1 y h5 h6 h2 03 pt Estado 5s p5s 18 MPa s5s s3 77390 kJkg K h5s 367901 kJkg Estado 5 ηt 09 h5 h3 ηth3 h5s 371347 kJkg 02 pt Substituindo a expressão de h8 na expressão de h9 h9 h7 1 y y 1 y h5 h6 h2 h2 h7 h6 h5 h2 y h9 22999 348606 y kJkg 03 pt Substituindo na expressão de ηr usando os valores numéricos das entalpias e igualando a ηs 03978 ηr 1 1 y 243596 379366 348606 y 03978 y 04496 03 pt c A análise dos novos componentes do ciclo misturador e aquecedor fechado feita no item anterior foi baseada somente na primeira lei da termodinâmica e conservação de massa Olhando a expressão de ηr acima vêse que aumentando o valor de y até 1 resulta em ηr 100 o que claramente viola a 2ª lei da termodinâmica O que está faltando é uma análise de 2ª lei dos novos componentes Em ambos os casos temos processos em regime permanente em volume de controle com múltiplas entradassaídas sem troca de calor com o meio externo e sem realização de trabalho Portanto ṁs ss ṁe se 0 ṁs ss ṁe se Misturador ṁ3 s9 ṁ5 s7 ṁ4 s8 s9 y s7 1 y s8 y s9 s8 s7 s8 Determinando as entropias para y 04496 calculado no item anterior Estado 7 s7 s6 23975 kJkg K 01 pt Estado 8 h8 y 1 y h5 h6 h2 254064 kJkg p8 p3 4 MPa s8 55726 kJkg K 01 pt Estado 9 h9 y h7 1 y h8 179723 kJkg p9 p3 4 MPa s9 41525 kJkg K 01 pt y s9 s8 s7 s8 04473 02 pt Portanto y 04496 viola a 2ª lei aplicada ao misturador de forma que não é possível operar o ciclo com este valor de fração mássica 02 pt Para determinar o maior valor de y possível vamos também analisar o aquecedor fechado Aquecedor fechado ṁ4 s8 ṁ5 s6 ṁ5 s5 ṁ4 s2 1 y s8 y s6 y s5 1 y s2 y s8 s2 s5 s2 s8 s6 Estado 2 s2 s1 07549 kJkg K 01 pt Estado 5 p5 18 MPa h5 371347 kJkg s5 77784 kJkg K 01 pt Estado 6 p6 18 MPa x6 0 s6 23975 kJkg K 01 pt y s8 s2 s5 s2 s8 s6 04724 02 pt Assim aparentemente o misturador impõe um limite mais restritivo para y A geração de entropia no misturador acontece porque misturamos duas correntes de líquido com temperaturas diferentes troca de calor com diferença finita de temperatura O processo de mistura poderia ser considerado reversível se as correntes de líquido estivessem na mesma temperatura Como estão também na mesma pressão significa dizer que teriam o mesmo estado termodinâmico e tanto a 1ª Lei quanto a 2ª Lei aplicada ao misturador seriam satisfeitas a 2ª Lei a nível de igualdade por ser processo reversível Dos estados envolvidos na mistura 7 8 e 9 somente o primeiro é independente de y portanto é o que determina qual deve ser o estado termodinâmico da mistura Assim h8opt h9opt h7 88704 kJkg 02 pt Obtemos yopt da aplicação da 1ª Lei ao aquecedor fechado yopth5 h6 1 yopth8opt h2 yopt h8opt h2 h5 h6 h8opt h2 01885 02 pt Conferindo se y yopt não viola a 2a Lei para o aquecedor fechado s8opt s7 23975 kJkg K y s8opt s2 s5 s2 s8opt s6 s8opt s7 23975 kJkg K y 02339 02 pt O rendimento máximo que o ciclo regenerativo poderia ter é ηropt 1 1 yopth4 h1 h3 h9opt 3698 02 pt