Lista de Exercicios Resolvidos - Termodinamica 1 - Segunda Lei e Entropia

Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica UAC00076 Termodinâmica 1 Período 20222 Profa Edilma Pereira Oliveira Discente Observações Importantes A Atividade 2 deve ser entregue no drive do google httpsdrivegooglecomdrivefolders1E6D3xlZyLH6AjWtGNUjzrwi5PhuK1f7uspdrivelink até o horário das 23h59min do 16092023 A Atividade 2 tem peso de até 20 pontos E servirá para ajudar na primeira avaliação A Atividade 2 deve ser respondida de lápis visível ou caneta preta ou azul em qualquer tipo de papel sem rasuras ou sujeiras A capa das respostas é a própria lista cedida digitalize e transforme o documento em um único pdf contendo nome completo do discente Não será aceito respostas das listas feitas em rascunhos sem organização e sem letra legível Não será aceito questões idênticas aos dos colegas cada aluno elabore a sua mesmo que estudem juntos cada um tem uma interpretação e dissertação diferente A lista é respondida de forma dissertativa Questões não dissertadas não serão consideradas na pontuação Não será aceito cópia do solucionário e nem respostas copiadas dos livros textos As respostas devem seguir o procedimento de solução 1 Dados 2 Achar 3 Esquema 4 ConsideraçõesHipóteses 5 Equações Básicas 6 Propriedades 7 Análise dissertativa 8 Comentários ou conclusões Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica UAC00076 Termodinâmica 1 Período 20221 Profa Edilma Pereira Oliveira 2ª Atividade Unidade II Capítulo 6 Segunda Lei da Termodinâmica Capítulo 7 Entropia Capítulo 8 Exergia Uma medida de potencial de trabalho Capítulo 6 Segunda Lei da Termodinâmica 1 Uma máquina térmica tem uma entrada de calor de 3x104 Btuh e uma eficiência de 40 Calcule a potência que ela irá produzir em hp 2 Um compartimento de alimentos é mantido a 12 C por um refrigerador em um ambiente a 30 C O ganho total de calor do compartimento de alimentos é estimado em 3300 kJh e a rejeição de calor no condensador é de 4800 kJh Determine a potência entregue ao compressor em kW e o COP do refrigerador Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica 3 Um refrigerador doméstico com um COP de 12 remove calor do espaço refrigerado a uma taxa de 60 kJmin Determine a a energia elétrica consumida pelo refrigerador e b a taxa de transferência de calor para o ar da cozinha 4 Considere um prédio cuja carga anual de arcondicionado corresponde a 120000 kWh localizado em uma área onde o custo unitário da eletricidade é de US 010kWh Considerase a instalação de dois aparelhos de condicionamento de ar no prédio O condicionador de ar A tem um COP médio sazonal de 32 e os custos totais de sua compra e instalação são de US 5500 O condicionador de ar B tem um COP médio sazonal de 50 e os custos totais de sua compra e instalação são de US 7000 Considerando todas as outras características dos sistemas idênticas determine qual condicionador de ar representa a melhor compra 5 Refrigerante134a entra no condensador de uma bomba de calor residencial a 800 kPa e 35 C a uma taxa de 0018 kgs e sai a 800 kPa como líquido saturado Considerando que o compressor consome 12 kW de energia determine a o COP da bomba de calor e b a taxa de remoção de calor do ar externo Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica 6 Uma bomba de calor é usada para manter uma casa a 22 C pela extração de calor do ar externo em um dia em que a temperatura do ar externo é de 2C Calculase que a casa perca calor a uma taxa de 110000kJh e que a bomba de calor consuma 5kW de energia elétrica quando em operação Essa bomba de calor tem potência suficiente para realizar o serviço 7 Um refrigerador deve remover calor do espaço refrigerado a uma taxa de 300 kJmin para manter sua temperatura a 8 C Considerando que o ar circundante do refrigerador está a 25 C determine a potência mínima necessária para alimentar esse refrigerador Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica Capítulo 7 Entropia 1 Uma bomba de calor completamente reversível produz calor a uma taxa de 300kW para aquecer uma casa mantida a 24C O ar exterior que está a 7C serve como a fonte Calcule a taxa de variação da entropia dos dois reservatórios e determine se essa bomba de calor satisfaz a segunda lei de acordo com o princípio do aumento da entropia 2 Dois quilogramas de vapor de água saturado a 600 kPa estão contidos em um arranjo pistãocilindro A água expandese adiabaticamente até que a pressão seja de 100 kPa e considerase que são produzidos 700 kJ de trabalho a Determine a variação da entropia da água em kJkgK b Esse processo é realista Usando o diagrama Ts para o processo e os conceitos da segunda lei justifique sua resposta 3 Uma bomba adiabática deve ser usada para comprimir água líquida saturada a 10kPa até uma pressão de 15MPa de forma reversível Determine o trabalho realizado usando a dados de entropia da tabela de líquido comprimido b o valor do volume específico na entrada c o valor médio do volume específico Determine também os erros envolvidos nas partes b e c 4 Um arranjo pistãocilindro isolado contém inicialmente 300L de ar a 120kPa e 17C O ar é aquecido por 15min por um aquecedor a resistência de 200W dentro do cilindro A pressão do ar permanece constante durante o processo Determine a variação da entropia do ar considerando Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica a calores específicos constantes e b calores específicos variáveis 5 Água líquida entra em uma bomba de 25kW a 100kPa e uma vazão de 5kgs Determine a maior pressão que a água líquida pode atingir na saída da bomba Despreze as variações das energias cinética e potencial da água e considere que o volume específico da água é de 0001m3kg 6 Considere uma usina de potência a vapor operando entre os limites de pressão de 5MPa e 10kPa Vapor de água entra na bomba como líquido saturado e sai da turbina como vapor saturado Determine a razão entre o trabalho produzido pela turbina e o trabalho consumido pela bomba Considere todo o ciclo como reversível e como desprezíveis as perdas de calor da bomba e da turbina 7 Refrigerante134a inicialmente a 1200kPa e 40C é estrangulado até 200kPa O refrigerante perde calor a uma taxa de 05kJkg para a vizinhança que está a 25C Determine a a temperatura de saída do refrigerante e b a geração de entropia durante esse processo 8 Vapor de água se expande em uma turbina em um processo em regime permanente a uma vazão de 40000kgh entrando a 8MPa e 500C e saindo a 40kPa como vapor saturado Considerando que a potência gerada pela turbina é de 82MW determine a taxa de geração de entropia desse processo Considere que a vizinhança está a 25C Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica Capítulo 8 Exergia Uma medida de potencial de trabalho 1 As necessidades de energia elétrica de uma comunidade devem ser atendidas por turbinas eólicas com rotores de 20m de diâmetro As turbinas estão localizadas em um local onde o vento sopra de forma constante a uma velocidade média de 6ms Determine o número máximo de turbinas que precisam ser instaladas considerando que a potência necessária é de 900kW 2 Uma massa de 8kg de hélio cujo estado inicial é de 3m3kg e 15C passa por um processo até chegar a um estado final de 05 m3kg e 80C Considerando que a vizinhança está a 25C e 100kPa determine o aumento do potencial de trabalho útil do hélio durante esse processo 3 Refrigerante134a entra em um compressor adiabático a 26C como vapor saturado a uma taxa de 045m3min saindo a 800 kPa e 50 C Determine a o consumo de potência no compressor b a eficiência isentrópica do compressor e c a taxa de destruição de exergia e a eficiência de segunda lei do compressor Considere T027C 4 Refrigerante134a é condensado em um sistema de refrigeração rejeitando calor para o ar ambiente a 25C O refrigerante entra no condensador a 700kPa e 50C a uma taxa de 005kgs saindo como líquido saturado com a mesma pressão anterior Determine a a taxa de calor rejeitado no condensador b o COP desse ciclo de refrigeração considerando que a carga de resfriamento a essas condições é de 6 kW e c a taxa de destruição de exergia no condensador Universidade Federal Rural do Pernambuco Unidade Acadêmica do Cabo de Santo Agostinho Curso de Engenharia Mecânica 5 Um tanque rígido isolado é dividido em duas partes iguais por uma partição Inicialmente uma parte contém 3kg de gás argônio a 300kPa e 70C e a outra parte está evacuada A partição é então removida e o gás preenche todo o tanque Considerando que a vizinhança está a 25C determine a exergia destruída durante esse processo 2ª ATIVIDADE UNIDADE II 1 ① DADOS i CALOR DE ENTRADA QENT 310⁵ Btuh ii EFICIÊNCIA DA MÁQUINA TÉRMICA ηT 40 ② ACHAM i CALCULAR A POTÊNCIA PRODUZIDA EM hp ③ ESQUEMA FONTE QUENTE ηT 40 QENT 310⁵ Btuh MÁQUINA TÉRMICA MT Wliq QSAI JUMIDÃO ④ EQUAÇÕES BÁSICAS i EFICIÊNCIA TÉRMICA ηT Wliqsai Qemt ⑤ CONSIDERAÇÕES i ORDENÇÃO CONSTANTE ii VALORES DESPREZÍVEIS ⑥ ANÁLISES No macsmo aparato uma máquina térmica opera recebendo calor de uma fonte quente com um eficiência de 40 O problema nos solicita o valor da potência produzida para a quantidade de entrada e eficiência da máquina Portanto considerando a ordenação constante e os valores enquadrados como desprezíveis pela equação i ηT Wliq sai Qemt isolando o trabalho Wliqsai ηT Qemt Agora basta aplicarmos os dados da questão Wliqsai 04 310⁵ Btuh 12000 Btuh Contudo como a questão nos solicita em hp pelo ultima pagina do Geugel 7ª edição que se mantém nas tabelas de conversão temos que 1 hp 25445 Btuh logo Wliqsai 12000 Btuh 1 hp 25445 Btuh Wliqsai 472 hp 2 ① DADOS i TEMPERATURA NO REFRIGERADOR Tn 12C ii TEMPERATURA AMBIENTE TA 30C iii GASTO DE CALOR NO COMPARTIMENTO DE ALIMENTOS QL 3300 kJh iv INJEÇÃO DE CALOR NO CONDENSADOR QH 4800 kJh ② ACHAM i A POTÊNCIA ENTREGA NO COMPRESSOR EM kW ii COP DO REFRIGERADOR ③ ESQUEMA TA 30 QH 4800 kJh R WENT QL 3300 kJh Tn 12C ④ EQUAÇÕES BÁSICAS i PRINCÍPIO DE CONSERVAÇÃO DE ENERGIA PARA UM DISPOSITIVO CÍCLICO Wliqint QH QL OU EM TAXA Wliqsai QH QL ii COEFICIENTE DE REFRIGERAÇÃO PARA UM REFRIGERADOR COPn QL Wliqint EM TAXA COPn QL W𝗅𝗂𝗊𝗂𝗇𝘁 ⑤ CONSIDERAÇÕES i REFRIGERADOR OPERA DE FORMA CONSTATANTE ⑥ ANÁLISE O PROBLEMA TRATA UM REFRIGERADOR DO QUAL ESTÃO ASSOCIADAS TAXAS DE CALOR E REJEIÇÃO DE TRABALHO ONDE TEMOS UMA POTENCIA FORNECIDO PARA QUE O CICLO OCORRA CONSIDERANDO O CICLO DE REFRIGERAÇÃO FUNCIONANDO DE FORMA CONSTANTE ATRAVÉS DAS EQUAÇÕES i e ii PODE MOS CALCULAR A POTÊNCIA E O COEFICIENTE DE PERFORMANCE DO PROCESSO ASSIM Wliqent QH QL APLICANDO OS DADOS Wliqent 4800 KJ h 3300 KJ h 1500 KJh OBSERVE QUE OBTEMOS UMA RESULTADO EM KJh ASSIM DEVEMOS CON VERTER PARA ISSO ATRAVÉS DA ÚLTIMA PÁGINA DO SERIEEL 7a EDIÇÃO PODEMOS ACESSAR O ÁREO DEDICADO DOS FATONES DE CALOR DE QUERENTE ASSIM 1 KW 3600 KJh LOGO Wliqent 1500 KJh 1 KW3600 KJh 0417 KW AGORA CALCULANDO O COPn COPn QL Wliqent APLICANDO OS DADOS COPR 3300 KJh 1500 KJh 22 ⑤ CONSIDERAÇÕES i REFRIGERADOR OPERA DE FORMA CONSTATANTE ⑥ ANÁLISE O PROBLEMA TRATA UM REFRIGERADOR DOMÉSTICO QUE RETI RA O CALOR DO ESPAÇO REFRIGERADO A QL 60 KJmin CONSIDERANDO QUE O MESMO OPERA DE FORMA CONSTANTE PODEMOS CHEGAR AOS RESULTADOS SEGUINTES PARA DETERMINAR A ENERGIA ELÉTRICA CONSUMIDA PRECISA MOS CALCULAR A POTÊNCIA LOGO ATRAVÉS DA EQUAÇÃO ii COPn QL Wliqent INOCANDO Wliqent Wliqent QL COPR APLICANDO OS DADOS DO PROBLEMA Wliqent 60 KJmin 12 5015 KJmin ATRAVÉS DA ÁREA DE FATONES DE CALORENTO DO SERIETE 7a EDIÇÃO TEMOS EM KW Wliqent 50 KJmin 14W 6024 083 KW AGORA VAMOS A TAXA DE TRANSFERÊNCIA DE CALOR PARA O AM DA COZINHA PELO EQUAÇÃO i Wliqent QH QL INOCANDO QH QH Wliqent QL APLICANDO OS DADOS QH 50 KJ min 60 KJ min PORTANTO QH 110 KJ min 3 ① DADOS i COEFICIENTE DE REFRIGERANACE DE UM REFRIGERADOR DOMÉSTI CO COPR 12 ii TAXA DE CALOR REMOVIDO DO ESPAÇO REFRIGERADO QL 60 KJmin ② ACHON i ENERGIA ELÉTRICA CONSUMIDA PELO REFRIGERADOR ii TAXA DE TRANSFERÊNCIA DE CALOR PARA O AM DA COZINHA ③ ESQUEMA AM DA COZINHA REFRIGERADOR R Wliqent QL 60 KJmin COMPARTIMENTO FRIO ④ EQUAÇÕES BÁSICAS i PRINCÍPIO DE CONSERVAÇÃO DE ENERGIA PARA UM DISPOSITIVO CÍCICO Wliqent QH QL EM TAXA Wliqent QH QL ii COEFICIENTE DE REFRIGERANACE PARA UM REFRIGERADOR COPR QLWliqent EM TAXA COPn QL Wliqent 4 ① DADOS i CARGA ANUAL DE AR CONDICIONADO DE UM MÉDIO 120000 kWh ii CUSTO UNITÁRIO DA ELETRICIDADE US 010 kWh iii CONSIDERASE A INSTALAÇÃO DE 2 APARELHOS DE AR CONDICIONADO iv AR CONDICIONADO A TEM UM COEFICIENTE DE PERFORMANCE COPA 32 v CUSTO DE INSTALAÇÃO E COMPRA DO AR CONDICIONADO A US 550000 vi AR CONDICIONADO B TEM COEFICIENTE DE PERFORMANCE COPB 50 v CUSTO DE INSTALAÇÃO E COMPRA DO AR CONDICIONADO B US 700000 ② ACHAR i QUAL AR CONDICIONADO REMEHECESTA O MELHOR COMPRA ③ ESQUEMA AR CONDICIONADO A COP 32 Wleigtent AR CONDICIONADO B COP 5 Wleigtent ④ EQUAÇÕES BÁSICAS i COEFICIENTE DE PERFORMANCE COP QHWleigtent EM TAXNO COP QHWleigt ⑤ CONSIDERAÇÕES i OS DOIS AR CONDICIONADOS SÃO COMPARÁVEIS DIVERGINDO EM RESPEITO DO PREÇO E EFICIÊNCIA ii OPERAÇÃO DE AMBOS AR CONDICIONADOS SÃO CONSTANTES ⑥ ANÁLISES O PROBLEMA ABORDADO REGE AINDA QUE COMPAREMOS DOIS AR CONDICIONADOS A E B A FIM DE DEFINIR QUAL DELES É MAIS VIÁVEL DADO O CONTEXTO DE DEMANDA DE UM DETERMINADO REMÉDIO LEVANDO EM CONTA QUE AS OPERAÇÕES DE AMBOS SÃO CONSTANTES E O CONTEXTO DO MÉDIO EM QUESTÃO ATRAVÉS DA EQUAÇÃO i COP QHWleigtent PODEMOS CALCULAR O POTENCIAL ANUAL CONSIDERANDO QH COMO O CARGO ANUAL DE UM CONDICIONADO LOGO PARA A E B COPA QANUALWleigtent A Wleigtent A QANUAL COPA APLICANDO OS DADOS Wleigtent A 120000 kWhano 32 37500 kWhano COPB QANUALWleigtent B Wleigtent B QANUAL COPB APLICANDO OS DADOS Wleigtent B 120000 kWhano 5 24000 kWhano AGORA VAMOS AVALIAR A VIABILIDADE DE INSTALAÇÃO DE CADA UM DOS EQUIPAMENTOS DADO QUE SOMEMOS OS CUSTOS ENVOLVIDOS NA OPERAÇÃO DE CADA UM VAMOS AO MEUAN CUSTO CUSTO UNITÁRIO DA ELETRICIDADE Wleigt CUSTO DE INSTALAÇÃO E COMPRA PORTANTO VAMOS AO EQUIPAMENTO A E B CUSTO A 010 37500 5500 CUSTO A 9250 CUSTO B 010 24000 7000 CUSTO B 9400 DESSE FORMATO NOTE QUE DEVIDO A MAIOR EFICIÊNCIA DO AR CONDICIONADO B SE DESCONSIDERARMOS OS CUSTOS INICIAIS DA INSTALAÇÃO CUSTO A 01 37500 3750 CUSTO B 01 24000 2400 TEMOS UMA ECONOMIA DE OPERAÇÃO DE US 135000 LOGO A DIFERENÇA DE CUSTO TOTAL QUE É DE US 15000 SERIA PAGA EM POUCO MAIS DE UM ANO DE USO 5 1 DADOS i PRESSÃO DO REFRIGERANTE134a QUANDO ENTRA NO CONDENSADOR P1 800KPa ii TEMPERATURA DO REFRIGERANTE134a QUANDO ENTRA NO CONDEN JADOR T1 35C iii VAZÃO MÁSSICA m 0018 Kgs iv PRESSÃO DO REFRIGERANTE134a QUANDO SAI DO CONDENSADOR P2 800 KPa ESTADO LÍQUIDO SATURADO v COMPRESSOR CONSUMO WEiqemt 12 KW 2 AÇÃO i O COP DA BOMBA DE CALOR ii A TAXA DE REMOÇÃO DE CALOR DO AR EXTERNO 3 ESQUEMA P2 800 KPa m 0018 Kgs CONDENSADOR P1 800 KPa T1 35C m 0018 Kgs COMPRESSOR VÁLVULA DE EXPANSÃO EVAPORADOR m3 0018 Kgs m4 0018 Kgs 4 EQUAÇÕES BÁSICAS i PRINCÍPIO DE CONSERVAÇÃO DE ENERGIA WEiqemt QH QL ii COEFICIENTE DE PERFORMANCE DA BOMBA DE CALOR COPBC QH WEiqemt 5 CONSIDERAÇÕES i FUNCIONAMENTO DE RAMPA CONTÍNUO ii VARIAÇÃO DE ENERGIAS CINÉTICA E POTENCIAL DESPREZÍVEL 6 VARIÁVEIS PARA O LÍQUIDO SATURADO SUJEITO TÍTULO IGUAL A ZERO QUANDO O REFRIGERANTE SAI DO CONDENSADOR TEMOS QUE RETIRARES DO TABELA R12 REFRIGERANTE134a CICLO DE VAPOR SATURADO COM ENTRADA DE MISURA O VALOR PRESSÃO P2 DE 800 KPa TSAT 3131C h2 9547 KJKg PARA O REFRIGERANTE QUE ENTRA NO CONDENSADOR TEMOS QUE ELE ESTÁ A UMA PRESSÃO P1 800 KPA E TEMPERATURA T1 35C LOGO PELO TABELA R12 COM ENTRADA DE MISURA TEMOS QUE T1 TSAT UMA VEZ QUE 35C 3131C PORTANTO O REFRIGERANTE ESTÁ NO FASE DE VAPOR SATURADO DESSE MODO ATRAVÉS DO TABELA A13 REFRIGERANTE134a VAPOR SUPER AQUECIDO TEMOS QUE PARA P1 08 MPa E T1 35C NÃO HÁ CONDICIONALIDADE LOGO PRECISAMOS INTERPOLAR DAS TEMPERATURAS MAIS PRÓXIMAS ASSIM T C h KJKg 3131 26729 X 35 40 27645 LOGO 27645 h1 40 35 27645 26729 40 3131 h1 27645 27645 26729 40 3131 40 35 h1 27101 KJKg 7 ANÁLISES O PROBLEMA TRATA UMA BOMBA DE CALOR ONDE CONSIDERANDO ORIENTAÇÃO CONTÍNUA E QUE AS VARIAÇÕES DE ENERGIA CINÉTICA E POTENCIAL É DESPREZIVEL DEVEMOS ACIMA O COEFICIENTE DE PERFORMANCE DA BOMBA DE CALOR E A TAXA DE REMOÇÃO DE CALOR DO AR PORTANTO COM BASE NA EQUAÇÃO ii COPBC QH WEiqemt COMO PODEMOS CALCULAR QH ATRAVÉS DAS ENTRADAS COPBC mh1 h2 WEiqemt APLICANDO OS DADOS COPBC 0018 Kg s 27101 KJ Kg 9547 KJ Kg 12 Kw 316 Kw 12 Kw COPBC 263 AGORA PARA A TAXA DE CALOR REMOVIDO DO AR EXTERNO ATRAVÉS DA EQUAÇÃO i WEiqemt QH QL ISOLANDO QL QL QH WEiqemt 316 KW 12 KW QL 196 KW 6 ① DADOS i TEMPERATURA MANTIDA NA CASA TH 22ºC 295 K ii TEMPERATURA DO AR EXTERNO TL 2ºC 275 K iii TAXA DE REMOCAO DE CALOR DA CASA QH 110 000 KJh iv CONSUMO DE ENERGIA ELETRICA DA BOMBA WBC 5 KW ② ACHAR i ESTA BOMBA POSSUI POTENCIA O SUFICIENTE PARA REALIZAR O SERVIÇO ③ ESQUEMA ④ CONSIDERAÇÕES i A BOMBA DE CALOR OPERA DE FORMA CONSTUTE ii BOMBA DE CALOR REVERSIVEL ⑤ EQUAÇÕES BÁSICAS i COEFICIENTE DE RENDIMENTO COPBC QHWliqemt EM TAXA COPBC QHWliqemt ii COEFICIENTE DE RENDIMENTO DE UMA BO REVERSÍVEL COPBCnew 11TLTH 6 ANALISE O PROBLEMA ABORDA A UTILIZAÇÃO DE UMA BOMBA DE CALOR PARA MANTER UMA CASA A DETERMINADA TEMPERATU NA ONDE IRÁ EXTRAR CALOR DO AR EXTERNO TOMANDO COMO CONSIDERANDO UMA OPERAÇÃO CONSTANTE E A BOMBA COMO REVERSÍVEL PARA UTILIZAÇÃO DO EQ ii TEMOS COPBCnew 11TLTH 11275295 1475 PORTANTO AGORA ATRAVÉS DO EQ ii PODEMOS CALCULAR A POTENCIA COPBC QHWliqemt ISOLANDO Wliqemt Wliqemt QHCOPBC ARRECADANDO OS DADOS Wliqemt 110 000 KJh 1475 74610³ KJh TRANSFORMANDO PARA KJs OU SEJA EM WATT W ESTÁ Wliqemt 74610³ KJh 1h3600 20710³ KJs Wliqemt 207 KW 207 KW NOTE QUE WBC Wliqemt OU SEJA 5 KW 207 KW PORTANTO A BOMBA DE CALOR É SUFICIENTEMENTE POTENTE 7 ① DADOS i REFRIGERADOR ii TAXA DE REMOÇÃO DE CALOR QL 300 KJmin iii TEMPERATURA NO REFRIGERADOR TH 8ºC 265K iv TEMPERATURA NO AMBIENTE TL 25ºC 298K ② ACHAR i A POTÊNCIA MÍNIMA NECESSÁRIA PARA ALIMENTAR O REFRIGERADOR ③ ESQUEMA ④ CONSIDERAÇÕES i OPERAÇÃO DO REFRIGERADOR É CONTINUA ii PROCESSO REVERSÍVEL ⑤ EQUAÇÕES BÁSICAS i COEFICIENTE DE RENDIMENTO DO REFRIGERADOR COPR QLWliqemt OU EM TAXA COPR QLWliqemt ii COEFICIENTE DE RENDIMENTO DO REFRIGERADOR REVERSÍVEL COPRnew 1THTL1 6 ANÁLISES O PROBLEMA ABORDA UM REFRIGERADOR NO QUAL PRECISA MANTER UMA TEMPERATURA DE 8C E CONSIDERANDO O PROCESSO CONSTANTE E TAMBÉM REVERSÍVEL PODEMOS UTILIZAR A EQ ii PODEMOS BUSCAR A POTÊNCIA MÍNIMA NECESSÁRIA PARA ALIMENTAÇÃO DO REFRIGERADOR ASSIM COPR rev 1298K265K 1 803 APLICANDO ESTE RESULTADO NA EQ i COPR QL Wliqent ISOLANDO A POTÊNCIA Wliqent QL COPR APLICANDO OS DADOS Wliqent 300 KJmin 803 3736 KJmin CONVERTENDO PARA WATT Wliqent 3736 KJmin 1min60s Wliqent 0623 KJs OU Wliqent 0623 KW LISTA DE EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 7 1 1 DADOS i BOMBA DE CALOR REVERSÍVEL ii TAXA DE PRODUÇÃO DE CALOR QH 300 KW iii TEMPERATURA DO EXTERIOR TL 7C 280 K iv TEMPERATURA DO INTERIOR TH 24C 297 K 2 ACHAM i TAXA DE VARIAÇÃO DO ENTROP DO 2 REVERSATÓRIOS ii SE A BOMBA SEGUE A 2ª LEI DA TERMODINÂMICA DE AON OD COM O SIMÍCIO DO AUMENTO DE ENTROPIA 3 ESQUEMA 24C QH BOMBA DE CALOR Wout Qc 7C 4 CONSIDERAÇÕES i DISPOSITIVO OPERA DE FORMA CONSTANTE ii DISPOSITIVO É REVERSÍVEL 5 EQUAÇÕES BÁSICAS i COEFICIENTE DE DESEMPENHO DA BOMBA DE CALOR REVERSÍVEL COPBCREV 11 TLTH ii COEFICIENTE DE DESEMPENHO PARA BOMBA DE CALOR COPBC QHWliqent EM TAXA COPBC QHWliqent iii PRINCÍPIO DE CONSERVAÇÃO DE ENERGIA PARA UM DISPOSITIVO CÍCLICO Wliqent QH QL EM TAXA Wliqent ṠH QL iv VARIAÇÃO DA ENTROPIA PARA PROCESSO IRREV ΔS 12 δQT COMO VAMOS AVALIAR INDIVIDUALMENE TE PARA CADA CASO REVERSÍVEL ΔSH QHTH OU EM TAXA ΔSH QHTH 1 ΔSL QLTL OU EM TAXA ΔSL QLTL 2 v VARIAÇÃO TOTAL DE ENTROPIA ΔSTOTAL ΔSH ΔSL SGeniii ΔSH ΔSL 6 ANÁLISES O PROBLEMA ABORDA UMA BOMBA DE CALOR QUE MANTÉM UMA CASA A CERTO TEMPERATURA UTILIZANDO O EXTERIOR COMO REVERSATÓRIO PARA O PROCESSO POSUIMOS CONSIDERANDO A BOMBA DE CALOR UM DISPOSITIVO REVERSÍVEL OPERANDO DE MODO CONSTANTE TEMOS UTILIZANDO A EQ i INICIAMOS DETERMINAR O COEFICIENTE DE DESEMPENHO ASSIM CORBC 1 1 TL TH APLICANDO OS DADOS CORBC 1 1 280k 297k 1747 A PARTIR DESTE RESULTADO UTILIZANDO A EQ ii INICIAMOS OBTER A POTÊNCIA ÚTIL QUE NECESSITA SER DADA AO MODELO OBRANDO CORBC QH WÚTILENT ISOLANDO WÚTILENT QH CORBC APLICANDO OS DADOS WÚTILENT 300kW 1747 1717 kW PORTANTO PARA OBTER O TRABALHO DE CALOR QL QUE É O TRABALHO DE REMOÇÃO DE CALOR DE UMA PARTE A BAIXA TEMPERATURA EM VAMOS CASO O EXTENSOR DO CICLO USAMOS EQ iii WÚTILENT QH QL ISOLANDO QL QH WÚTILENT APLICANDO OS DADOS QL 300kW 1717 kW 28283 kW AGORA EM BASE DAS TAXAS DE FORNECIMENTO E REMOÇÃO DE CALOR PODEMOS CALCULAR AS ENTROPIAS RELATIVAS EM CADA UM DELES ASSIM NA 1 E 2 ΔSH QH TH 300KW 297k 101 kWK ΔSL QL TL 28283 kW 280k 101 kWK POR ISSO PELA EQ v PODEMOS OBTER A VARIAÇÃO TOTAL DE ENTROPIA DENTRO DO NOVO MODELO ΔST SH SL 101 kW 101 kW 0 LOGO COMO A ENTROPIA TOTAL É NULA TEMOS UM PROCESSO COMPLETAMENTE REVERSÍVEL 2 1 DADOS i MASSA DE VAPOR DE ÁGUA SATURADO m 2kg ii PRESSÃO DO VAPOR DE ÁGUA P1 600kPa iii DIÂMETRO CILINDRO PISTÃO iv O CONCERTE UM PROCESSO DE EXPANSÃO ADIABÁTICO v PRESSÃO APÓS A EXPANSÃO P2 100 kPa vi TRABALHO REALIZADO PELO PROCESSO W 700 kJ 2 ACHAM i VARIAÇÃO DA ENTROPIA ii DIAGRAMA T S PARA JUSTIFICAR SE O PROCESSO É REALISTA 3 ESQUEMA ESTADO 1 INICIAL ESTADO 2 FINAL m 2kg Q1 Q2 W 700 kJ P1 600 kPa P2 100 kPa VAPOR DE ÁGUA SATURADO 4 CONSIDERAÇÕES i SISTEMA FECHADO ii PROCESSO DE EXPANSÃO ADIABÁTICO iii PROCESSO QUASE REVERSÍVEL iv ATENTO ENTRE O CICLO E O PISTÃO 5 EQUAÇÕES BÁSICAS i PRIMEIRA LEI DO TERMODINÂMICO ΔU Qinicial W ΔU W DEIXANDO ΔU POR UNIDADE DE MASSA W m Δu m u2 u1 1 ii TÍTULO DE ENTROPIA ymed yL X yLV iii VARIAÇÃO DE ENTROPIO iv ΔJunterno J2 J1 Gen ΔJunit J2 J1 2 6 ANÁLISES O problema mostrado um sistema cilíndrico pistão inicialmente com vapor de água isotermicamente ocorre uma expansão adiabática e a pressão é nevrada Levando em conta as considerações temos para o entropio inicial retirado da tabela A5 como temos um vapor saturado para p1 600 kPa uV u1 25668 kJkg ΔV Δ1 67593 kJkgK Através da eq 1 podemos calcular a energia interna no estado final W m u2 u1 u2 Wm u1 Aplicando os dados u2 700 kJ2 kg 25668 kJ 22768 kJkg Como o estado final é uma mistura retirado da tabela A5 podemos catalonar dados mecânicos para calcular o título logo para p2 100 kPa uLV 20882 kJkg uL 41740 kJkg Logo pela eq ii u2 uL X uLV X u2 uLuLV aplicando os dados X 22768 kJkg 41740 kJkg 20882 kJkg X 0862 ou em percentual X 862 Portanto para o entropio também pela eq ii Δ2 ΔL X ΔLV retirado da tabela A5 para entropia de pressão para p2 100 kpa ΔL 13028 kJkgK ΔLV 60562 kJkgK Aplicando na fórmula Δ2 13028 kJkgK 0862 60562 kJkgK Δ2 65232 kJkgK Em nome de Δ1 e Δ2 pelo através da eq iii calcular a variação de entropia ΔΔ interno Δ2 Δ1 65232 67593 kJkgK 02361 kJkgK logo o processo é não reurtico pois de nc a entropia não deve diminuir em um processo ondibático 3 1 DADOS i BOMBA ADIABÁTICA ii COMPRESSÃO DE ÁGUA LÍQUIDA SATURADA iii PRESSÃO INICIAL p1 10 Mpa iv PRESSÃO FINAL p2 15 MPa v PROCESSO REVERSÍVEL 2 ALHAMS i TRABALHO ATRAVÉS DOS DADOS DE ENTROPIA DA TABELA DE LÍQUIDO COMPRIMIDO ii VALOR DO VOLUME ESPECÍFICO NA ENTRADA iii VALOR MÉDIO DO VOLUME ESPECÍFICO iv CALCULAR ERROS DE ii e iii 3 EQUEMA 4 CONSIDERAÇÕES i CONDIÇÕES DE OPERAÇÃO SÃO ESTÁVEIS ii VARIAÇÃO DE ENERGIA POTENCIAL E CINÉTICA SÃO DESPREZÍVEIS iii OPERAÇÃO ADIABÁTICA iv PROCESSO ISENTRÓPICO v REGIME PERMANENTE 5 Propriedades Para as condições iniciais sabendose que o Água está na região de líquido saturado ou seja x 0 através da tabela A5 líquidovapor saturados com entrada de pressão temos Para r1 10 kPa hL h1 19181 kJkg DL D1 06492 kJkgK vL v1 0001010 m3kg Tsat 4581 ºC Para a região de saída da bomba sabemos que o líquido sofreu uma compressão e como neste estado do ciclo líquido saturado é implícito que o mesmo esteja no região de líquido comprimido logo Para r2 15 MPa através da tabela N7 sabemos que temos um processo isentrópico ou seja D1 D2 logo D2 06492 kJkgK como não temos este exato valor na tabela para a pressão r2 necessitamos interpolar os valores mais próximos são h kJkg D kJkgK v m3kg 18977 05666 00010013 x 06492 00010105 26374 08234 00010105 Interpolando a entalpia x 1897726374 18977 06492 0566608234 05666 x 20746 kJkg h2 20746 kJkg Interpolando o volume específico v2 0001001300010105 00010013 06492 0566608234 05666 Y v2 0001004 m3kg 6 Equações básicas 1 balanço de energia para VC em regime permanente Ėent ĖSáa Qent Went Σṁh v²2 gz ṁh2 Wt Σṁh v²2 gz Went ṁh1 ṁh2 Went ṁh2 ṁh1 ṁh2 h1 logo W ṁ h2 h1 Wr h2 h1 1 O partir desta tiramos Wr v1r2 r1 2 Wr v médio r2 r1 v1 v22 r2 r1 3 7 Análise O problema adora uma bomba isentrópica que comprime a água que esta na entrada líquido saturado Calculando o trabalho realizando através da eq 1 W h2 h1 aplicando os dados W 20746 19181 kJkg W 1565 kJkg Agora usamos o volume específico de entrada através da eq 2 Wr v1 r2 r1 0001010 m3kg 1500 10 kPa Wr 1514 kJkg erro 1565 15141565 100 33 Agora usamos o volume específico médio através da eq 3 Wr v1 v22 r2 r1 0001010 00010042 m3kg 1500 10 kPa Wr 1509 erro 1565 15091565 100 36 4 1 Dados i Armazeno esut roto cilindro isolado ii Volume de ar V 300L 03 m³ iii Pressão inicial do ar r1 120 kira iv Temperatura inicial do ar T1 17C 290 K v Ar é aquecido por uma resistência de aquência Went 200 W 02 KJs vi Processo isobárico vii Tempo de aquecimento t 15 min 900 s 2 Achado i Entropia do ar com calores específicos constantes ii Entropia do ar com calores específicos variáveis 3 Esquema V03 m³ r1 r2 120 kira T1 17C W 02 KJs 4 Considerações i Ar como gás ideal ii Processo isobárico iii Variação de energia cinética e potencial desprezável iv Sistema fechado 5 Equações básicas i Lei dos gases ideais pV mRT ii Balanço de energia Eent Esai ΔE interna Went Wsai ΔU Went m h2 h1 Cp T2 T1 iii Variação de entropia para cr constante Δsj si s1 Cr ln T2T1 R ln r2r1 multiplicando pela massa Δfj m s2 s1 m Cr ln T2T1 R ln r2r1 porém caso o processo é isobárico r2r1 1 logo ln10 Δf m s2 s1 m Cr ln T2T1 1 para Cr variável s2 s1 s2 s1 R ln r2r1 multiplicando de ambos os lados por m e sabendo que o processo é isobárico Δs m s2 s1 2 6 Propriedades Como o ar está sendo considerado gás ideal para este problema através da tabela A2 massa molar constante do gás e propriedades do ponto crítico podemos coletar a constante do gás e o calor específico para o ar R 02870 kJkgK Cr 1005 kJkgK 7 Análise A questão modela um cilindro isolado que contém ar com volume pressão e temperatura determinados para o estado inicial O sistema em questão sofre certo aquecimento através de uma resistência elétrica O processo é isobárico logo a pressão é constante para ambos os estados Levando em conta as considerações teremos Para obtenção da massa do fluido como o ar está sendo considerado gás ideal pela eq1 r1 V1 mRT1 isolando m r1 V1 RT1 Aplicando os dados m 120kira 03 m³ 0287 KJkgK290 K 04325 kg Calculando o trabalho sobre o sistema via resistência elétrica e mantia do potência fornecida Went Went Δt 02 KJs 900 s 180 KJ Para calcular a entropia antes precisamos definir quem é T2 T2 T1 WentmCr 290 K 180 KJ 04325kg 1005 kJkgK 704 K Agora portanto através da eq 1 para cr constante Δsinterno m Cr ln T2T1 04325 kg 1005 kJkgK ln 704K290K Δsinterno 03855 kJKg Através da eq ii podemos determinar o valor final h2 e a partir dele obter o s2 convenientemente logo Went m h2 h1 h2 h1 Wentm Outros pelo tabela A17 para temperatura de ta igual a 290 K temos h1 29016 kJkg e s1 166802 kJkg Agora aplicando dados e anormalidades h2 29016 kJkg 180kJ04325kg 70639 kJkg Através da tabela A17 podemos coletar os valores mais máximos no equilíbrio pontencialmente e interpolando logo h kJkg Dº kJkgk 70252 255731 70639 x 71327 257277 x255731257277255731 70639702527132770252 x 25628 kJkg Portanto Dº2 25628 kJkg Agora aplicando na eq 2 os dados e propriedades temos Delta S sistema m Dº2 Dº1 04325kg 25628 166802 kJkg Delta S sistema 0387 kJkg 39 5 1 Dados i Água líquida estra em uma bomba ii Potência de entrada Went 25 KW iii Pressão de entrada r1 100 KPa iv Vazão mássica m 5 kgs v Volume específico da água v 0001 m3kg 2 Acham i A maior pressão que a água líquida pode atingir ao sair da bomba 3 Esquema BOMBA Went 25 KW r1 100 kPa 4 Considerações i Desprezar as variações de energia cinética e potencial ii Fluido incompressível iii processo reversível iv Processo sem transferência de calor 5 Equações básicas i Primeira lei da termodinâmica Delta U Qiv W Delta U W como tem um trabalho de entrada Delta U Went Delta U Went dividindo pelo m da bomba ou caopio 40 Wentm Delta Um Went m Delta U dobrando sue Went m integral 21 vdp Deri Derii fazendo eliminações Went m integral21 v dp pelo consideração iii e sem da integral Went m v integral21 dp m v r2 r1 em torno de taxa WEnt m v Delta r 1 6 Análises O problema consiste água líquida de manjaem por uma bomba onde o intuito da nova análise é determinar o máxima pressão que o fluido poderá atingir na saída Para isso realizamos considerações que colaboram para atingir este objetivo Portanto através da eq 1 Went m v Delta r Went m v r2 r1 isolando o r2 r2 Went mv r1 aplicando os dados r2 125000 Js5 kgs0001 m³kg1 kPam³1 kJ 100kPa 5100 kPa 6 1 Dados i Limites de pressão de uma usina de potência P3 5 MPa e P4 10 MPa ii Varon entra como líquido saturado na bomba iii Varon sai como vapor saturado da turbina iv Ciclo reversível e adiabático 2 Acham i Razão entre trabalho produzido pela turbina e aquele consumido pela bomba 3 Esquema image diagram P3 P3 5MPa V4 P4 10MPa vapor saturado liquido saturado 4 Considerações i Fluido incompressível ii Processo reversível iii Bomba e turbina adiabáticos iv Variação de energia potencial e cinética desprezível v Processo isotérmico 5 Premissas Como estamos em um processo isotérmico temse P1 P2 e P3 P4 Portanto qualquer ponto ou parâmetro de uma saída da turbina que está na região de vapor saturado será Para P4 10 MPa temse d4 81488 hv h4 25839 kJkg Varon o ponto de entrada da turbina o ponto 3 tem que o fluido entra como vapor superaquecido e sabese que P3 5 MPa e que o processo no dispositivo é isotérmico ou seja P3 P4 temse através da Tabela A6 tabela vapor superaquecido valores de entalpia máximos no novo código relacionamos internamente um tanto h kJkg D kJkgK 43802 79619 x 81488 46283 81648 x 43802 46283 43802 81488 79619 81648 79619 x h3 46087 kJkg Volume específico do vapor saturado 0001001 m3kg 6 Equações básicas i Balanço de energia entre A e C E entrando E saindo W entrando m v²2 dρ Δert Δec W entr m v² dρ m ϑ P2 P1 W entr ϑ P2 P1 1 Logo em 1 vem a não o trabalho de entrada Agora para o trabalho de saída E entrando E saindo m h3 W saído m h4 recompondo W saído m h3 m h4 m h3 h4 W saído h3 h4 2 7 Análise O problema aborda o funcionamento de uma bomba e uma turbina ambos adiabáticos com processo isotérmico para cada um desses dispositivos Logo temos processos reversíveis Desenvolvendo as variações de energia potencial e energia cinética temos Através da eq 1 calculando o trabalho de entrada Wentrado ϑ P2 P1 aplicando os dados Wentrado 0001001 m³kg 5000 10 MPa 1kJ 1kPam³ Went 501 kJkg Agora para o trabalho rotativo do eq 2 Wsaído h3 h4 46087 25833 kJkg 20254 kJkg Assim a razão Wsaído WENT 20254 kJkg 504 kJkg 402 7 1 DADOS i Fluido de trabalho é o refrigerante 134a ii Pressão inicial P1 1200 kPa iii Temperatura inicial T1 40ºC 313K iv O fluido é estrangulado ate atingír P2 200 kPa v Taxa de renda de calor Q 05 KJkg vi Temperatura do vizinhanca Tviz 25ºC 298K 2 ACHAR i Temperatura de saída do refrigerante ii Geração de entropia do processo 3 ESQUEMA R134a Tviz 298K P1 1200 kPa P2 200 kPa T1 313 K 4 CONSIDERAÇÕES i Condições de operação estacionar ii Variação de energia cinética e potencial desprezível 5 EQUAÇÕES BÁSICAS i Balanço de entropia Sent Sin Sgen Δ SSISTEMA Sent Sin Sgen 0 mA1 mA2 Qent Tviz Sgen 0 Sgen mA2 mA1 Qent Tviz jgen m S2 S1 Qent T jgen m Δsv Qent Tviz Dgen Δsv Qent Tviz 1 6 PROPRIEDADES Tirano da entalpia do durvo através do tabelo A11 como T1 40ºC h1 10826 KJkg s1 039486 KJ KgK Tirando a saida do durvo calculando a entalpia temos h2 h1 Qinino 10826 KJKg 05 KJkg 10776 KJkg Portanto temos P2 200 kPa T2 1009ºC h2 10776 KJkg s2 047800 KJKg 7 CONCLUSÕES O modelo usando a injecção do 134a tem uma vaçvula onde o fluido é estrangulado ate uma pressão muito baixa ser atingida Dessa para o cálculo da entropia gerada durante o processo utilizase da eq 1 Dgen Δsv Qent Tviz 047800 039486 KJkgK 05 KJkg 298 K Dgen 0025 KJKgK 8 1 DADOS i Valor de agua de entrada a uma turbina ii Vazão mássica m 40000 Kgh 1h 3600s 1111 Kgs iii Pressão e temperatura de entrada P1 8 MPa e T1 500ºC 723K iv Pressão de saída P2 40 kPa vapor saturado v Potência gerada pela turbina Wtm 82 MW vi Temperatura do vizinhanca Tviz 25ºC 298 K 2 ACHAR i Taxa de geração de entropia do processo 3 ESQUEMA P1 8 MPa T1 500ºC Turbina a vapor Wtm 82 MW P2 40 kPa T2 vapor saturado 4 CONSIDERAÇÕES i Regime estacionário ii Variações de energia cinética e potencial são desprezíveis 5 Equações básicas i Balanço de energia Ṗent Ṗsai ΔĖ i Sistema Ṗent Ṗsm ṁh1 Qsm Wsm ṁh2 Qsm ṁh1 h2 Wsm 1 ii Balanço de entropia i Ĵent Ĵout Ĵgen ΔĴsistema Ĵgen ṁD1 ṁD2 QsmTvrz 0 2 6 Enunciado Sendo os valores de entrada na turbina temos que p1 8MPa e T 500C através da tabela A5 água vapor vapor saturado temos que para p1 Tjot 20501C logo como Tjot T1 nosso fluido está na região de vapor superaquecido porém assim pela tabela A6 temos p1 8 MPa e T 500C D1 67266 kJ kgK h1 33995 kJkg Para p saída temos que o fluido está com p2 40 kPa e na região de vapor saturado Logo através da tabela A5 água vapor vapor saturado p2 40 kPa h12 hu 26361 kJkg D2 Dv 761 kJkg 7 Análise O problema mostra o entalpio de vapor de água em uma turbina à determinação pressão e temperatura tais que possa certa quantidade de potência e sob as suposições de fluxo pressão interna Levando em consideração um regime permanente e vaoração de energias cinética e potencial através da eq 1 Qsm ṁ h1 h2 Wsm Qsm 1111 kgs3399526361 kJkgK 82 MW Qsm 1111 kgs33995 26361 kJkgK 82000 kJs Qsm 2814 kJs Agora através da eq 2 determinamos o fluxo de geração de entropia Ĵgen ṁn1 ṁn2 Qsm Tvrz 0 Ĵgen ṁ D2 D1 Qsm Tvrz aplicando os dados e informações Ĵgen 1111 kgs76697 67266 kJkgK 2814 kJs 298 K Ĵgen 1142 kWK Livro de exercícios do capítulo 8 1 1 Dados i Diâmetro dos rotores d 20 m ii Velocidade média conjunta do vento V 6 ms iii Potência requerida W 900 kW 2 Achar i Determinar o número máximo de turbinas para atender as necessidades da comunidade 3 Esquema d 20 m V 6 ms AR 4 Condições i Ar como um gás ideal ii Balanço de energia potencial derivável iii P é uniforme na área AC iv Ar em condição padrão T 25C e p 1 atm 101 kPa 5 Equações básicas i Energia da energia cinética Xec EC V2 2 ii Lei dos gases ideais PV mRT ρ mV R T ρ P R T 1 iii Fluxo de massa massa p uniforme em Ac ṁ ρ Vmed Ac 6 Análise O problema aborda no momento de energia que técnica de uma comunicação em que o que precisa ser definido é a quantidade de trabalho comção causas de inatividade no necessitados constante Logo levando em conta as considerações feitas temos Para calcular a exergia da energia cinética usamos da eq i Xec V²2 calculando os dados Xec 6 ms²2 18 m²s² 1 kJ1000 m²s² 0018 KJkG Através das consideração iv utilizando a tabela A2 temos que a constante do gás para o ar será R 02870 KJKgK Entretanto através da eq 1 agora podemos definir o massa específica ρ P R T isolando ρ p RT aplicando os dados ρ 101 kPa 02870 KJKgK 298K 118 m³Kg Através da eq iii temos ṁ ρ Vmed Ac utilizando a fórmula ṁ ρ Vmed πD²4 calculando os dados ṁ 118 m³Kg 6 ms π4 20 m² 2225 Kgs Portanto temos de potência disponível PD ṁke 2225 Kgs 00180 kJKg 4005 KW Além disso podemos obter o número de turbinas necessárias N WPD 900 KW4005 KW 2248 Devendo assim serão necessárias cerca de N 23 turbinas 2 1 Dados i Massa de Hélio m 8Kg ii Volume específico do hélio no estado inicial v₁ 3 m³Kg iii Temperatura no estado inicial T₁ 15C iv Volume específico no estado final v₂ 05 m³Kg V Temperatura no estado final T₂ 80C vi Temperatura e pressão da vizinhança T₀ 25C 298K P₀ 100 kPa 2 Acham i O aumento do potencial de trabalho útil do hélio durante o processo 3 Esquema estado 1 Hélio m 8 Kg T₁ 15C 268K v₁ 3 m³Kg estado 2 Hélio m 8 Kg T₂ 80C 353K v₂ 05 m³Kg 4 CONSIDERAÇÕES i Hélio como gás ideal ii Hélio possui capacidade específica constante à temperatura ambiente iii Sistema fechado iv Variações de energia cinética e potencial são desconsideradas 5 EQUAÇÕES BÁSICAS i Variação de entropia dos gases ideais com calor específico constante Δs s1 Cvmedln T2T1 R ln v2v1 1 ii Variação de exergia em um sistema fechado ΔX X2 X1 mφ2 φ1 E2 E1 p0v2 v1 Tos2 s1 Δx u2 u1 p0v2 v1 Tos2 s1 mv22 v122 øz2z1 ΔΨ mu1u2 Tos1s2 p0v1v2 2 6 PARÂMETROS Através dos tabelas A1 e A2 podemos coletar os valores de constante do gás e calor específico para o Hélio R 20769 KJkgK Cv 31156 KJkgK 7 CÁLCULOS O modelo em questão trata um gás realizado sob um processo provocando aumento de temperatura e redução no volume específico levando em conta as considerações anteriores calculam o item referente Calculando a entropia através da eq 1 s2s1 Cvmed ln T2T1 R ln v2v1 aplicando os dados s2s1 31156 KJ kgK ln 8027315273 20769 KJkgK ln 05 m3kg3 m3kg s2 s1 3087 KJkgK Adonto calculando o potencial de trabalho útil do Hélio através da eq 2 ΔΨ mv1v2 Tos1s2 p0v1v2 mcvT1T2 Tos1 s2 p0v1v2 8 kg 31156 KJkgK 288373K 20 MPa3087 KJkg 100kPa305 m3kg 6980 KJ 3 1 Dados i Fluido de trabalho é o refrigerante134a ii Compressão adiabática iii Temperatura de entrada T1 26 ºC 247K iv Vazão volumétrica Ṽ1 045 m³min 00075 m³d v Temperatura e pressão na saída do compressor T2 50 ºC 323K p2 800KPa vi Temperatura do vizinho To 27 ºC 300K 2 Achar i Consumo de potência no compressor ii Eficiência isentropica do compressor iii Taxa de destruição de exergia e eficiência de 2ª lei do compressor 3 Esquema r2 800 KPa T2 50 ºC 323K R134a Compressão T1 26 ºC 247K Ṽ1 045 m³min 00075 m³d Vazão volumétrica 4 Considerações i Fluxo constante ii Variações de energia cinética e potencial são desconsideradas iii Compressão adiabática 5 EQUAÇÕES BÁSICAS i FLUXO DE MASSA ṁ ρ V COMO ρ 1v ENTÃO ṁ V v 1 ii BALANÇO DE ENERGIA PARA VC EM REGIME PERMANENTE ĖENT ĖSAI QENT WENT ṁh₁ v₁²2 gz₁ QSAI WSAI ṁh₂ v₂²2 gz₂ Went ṁh₁ ṁh₂ Went ṁh₂ ṁh₁ LOGO Went ṁh₂ h₁ 2 iii EFICIÊNCIA ISENTRÓPICA η WISENTRÓPICO WENT 3 iv CRITÉRIO DA SEGUNDA LEI η WREV WENT 4 v ENERGIA DESTRUIDA XDESTRUIDA ṁ T₀ Δs vi ENERGIA REVERSÍVEL WREV WENT XDESTRUIDA 6 PROPRIEDADES RANHO DE ENTRADA TEMOS QUE O FLUIDO ESTÁ EM ESTADO VAPOR SATURADO LOGO COMO A TEMPERATURA NA ENTRADA T₁ 26 C TEMOS PELOS TABELAS R11 PAT 10173 kpa hv h₁ 23468 kJkg Dv D₁ 095144 KJkgh V₁ Vt 018946 m³kg RANHO DE SAÍDA TEMOS T₂ 50 C E P₂ 800 kpa LOGO NOTE QUE P₂ PAT ISSO INDICA QUE O FLUIDO ESTÁ NA REGIÃO DE VAPOR SUPERAQUECIDO ASSIM PELO TABELAS R13 h₂ 28669 KJkg D₂ 09802 KJkgh V₂ 0128597 m³kg RANHO O ESTADO ISENTRÓPICO P₂ 800 kPa D₁ D₂ 095144 KJkgh h₂s 27753 KJkg 7 EXERCÍCIOS O PROBLEMA ABORDA UM COMPRESSOR COM O R134a COMO FLUIDO DE TRABALHO ONDE O MESMO SOFRE UM AUMENTO DE TEMPERATURA E OCORRE MUDANÇA DE VAPOR SATURADO PARA VAPOR SUPERAQUECIDO LEVANDO EM CONTO AS CONSIDERAÇÕES TEMOS DETERMINAMOS O FLUXO DE MASSA PELO EQ 1 ṁ V₁ v₁ 01075 m³s 018946 m³kg 003958 Kgs AGORA VAMOS DETERMINAR A ENERGIA DO ENTRADA PELO EQ 2 WENT ṁ h₂ h₁ 003958 kgs 28669 23468 KJKg WENT 2059 KW VAMOS EFICIÊNCIA ISENTRÓPICA ATRAVÉS DO EQ 3 η Wise Went ONDE EQ 2 WISE É CALCULADA CONSIDERANDO O PROCESSO ISENTRÓPICO LOGO USAMOS H1s Wise ṁ h₂s h₁ 003958 kgs 27753 23468 KJKg WISE 1696 KW Agora calculando os dados Sua eficiência η 1696 KW 2059 KW 0824 em porcentual η 824 Calculando a exergia destruída através da eq v Ẋ destrutiva ṁT0Δs aplicando os dados Ẋdejt 003959 kgs 300 K 09802 095144 KJkgk Ẋdejt 03416 KW Calculando a energia reversível através da eq vi Ẇrev Ẇent Ẋdejt aplicando os dados Ẇrev 2059 KW 03416 KW 1717 KW Calculando a eficiência da segunda lei η Ẇrev Ẇent 1717 KW 2059 KW 0834 em porcentual η 834 4 1 Dados i Fluido de trabalho é o refrigerante 134a ii Sistema de refrigeração iii Temperatura do ar ambiente TA 25C iv Temperatura e pressão na entrada do condensador T1 50C 323 K p1 700 kPa v Fluxo de massa ṁ 005 kgs vi Estado de saída do condensador como vapor saturado vii Processo no condensador é isobárico viii Carga de resfriamento QL 6 KW 2 Achar i Taxa de calor rejeitado no condensador ii COP do ciclo de refrigeração iii Taxa de destruição da exergia no condensador 3 Esquema ṁ 005 kgs p1 700 kpa r1 700 kpa T1 50C cono JATUTHO condensador r134a 4 Condições i Variação de energia cinética e potencial são despresíveis ii Fluxo constante iii Regime permanente 5 Propriedades Rano o fluido na entrada do condensador como temos uma pressão p1 700 kpa e T1 50 C logo pela tabela A12 nívelvapor saturado com entrada de pressão Fcamos uma pressão p1 700 kPa Temos um Ttot 2669 º C note que T1 Ttot isso indica que vapor fluido entrou no região de vapor superaquecido Levando Aquim pela tabela A13 R134a vapor superaquecido temos p107MPa h128853 kjkg D109954 kjkgk T150C Vano na saída do condensador Temos no mesmo pressão na entrada p1 p2700 kPa e nos foi dito que o fluido esta saindo como liuqido saturado portanto pela tabela A12 R134a líquidovapor satúradano com entrada de pressão temos p2700 kPa h2h28862 kjkg D2D2033230 kjkgk 6 Equações básicas i Balanço de energia mono FC em regime regulamente ĖENT ĖSAÍ ẊQent Ẇext Σṁi h1 v122 g z1 ẊQsaí Ẇsai Σṁj h2 v222 g z2 ṁ h1 ẊQsaí ṁ h2 ẊQsaí ṁ h1 h2 1 ii coeficiente de performance COR QL Weight QL QH QL 2 iii Balance de entropia para regime remo volute Jgen Σ ṁiiD 2 D2 Σ ṁiie 1 n1 Σ Qu Tu Jgen ṁ n2 ṁ n1 QH TH ṁ n2 n1 QH TH 3 iv Deteminção da exergia Xout To Jgen 4 v Análises O probleme representa um n134a sendo neutram no em um condensador onde dentrose ribem o traje de cana de saÃda o cor na operação e tria de exergia o mantem ons condições metnis temos Calculando o caron intercepta no condensador 059 pela eq 1 Qum QH ṁ h1 h2 uosr farcalado ao danos QH 005 ng 28853 8882 UT NG QH 99855 KW Calculando o eder de performance através da ce 2 COR QL QH QL 6 KW 99855 6 KW 15 Noona Calculando o tria de entrino geniano Para Determinar a Determinação da energia ração eq 3 Jgen m n2 n1 QH TH Aplicando os daras e marninanas Jgen 005 ng0 033230 09854 ut kgh 99855 UW 25 273 K Jgen 9000353389 UW k Noona netia eq 4 Xnet Jgen To 0000353389 UW K 25 273 U Xout 010531 KW 5 1 Dados i Tanque sigito valamo dividido em duas rantens iguals ii Inicialmente um tante esto com gas angôno e o outro esto evoluciona iii Massao de anguino no tanque m 34kg iv Pressâo e temperatura do angôno para o contexto inclal T1 70C 343K P1 300kPa v Potencialmente quando a mantision é removendo o gás preenche o tanque vi temperatura do Vizinhança T0 25C 298K 2 Achar i a exergia detenida durante o processo 3 Esquema ANGÔNO P1 300kPa T1 70C 393K 4 CONSIDERAÇÕES i O ANGISNIO COMO UM GAS IDEAL ii Variações de energia cinética e material desneglível iii SISTEMA FECHADO 5 EQUAÇÕES BÁSICAS i BALANÇO DE ENERGIA Ẽma Ẽant ΔE INTERNA ΔU m U2 U1 0 logo u2 u1 e T2 T1 considerando u uT para um gas ideal ii BALANÇO DE ENTROPÍA Sent Sjm Sgen ΔS interna Sgen ΔS sistema m s2 s1 particularmente pois estamos trabalhando com o angênio com gas ideal Sgen m Cv lnT2T1n R ln v2v1 mR ln v2v1 1 iii DEFINIÇÃO DA EXERGIA Ẋdest To Sgen 2 6 ANALISES O modelo assuma um tanque dividido ao meio com angênio no seu interior porém ocupando apenas um dos lados do tanque no decorrer do processo o angênio é retirado e o angênio novo o ouve em todo o tanque Primeiro calculamos a entropia gerada através da eq 1 Sgen m n ln v2v1 como o volume está dado no meio então a negação entre os volumes é de 2 Sgen m n ln 2 como o angênio está sendo considerado um gas ideal então consultando da tabela A1 temos que a constante do gás para ele é de R 02081 KJKgK Calculando os dados Sgen 3kg02081 KJkgK ln 2 Sgen 0432731784 KJK Agora calculamos a energia destrutiva utilizando na eq 2 Ẋdest To Sgen 25 273 4 0432731784 KJKg Ẋdest 12895 KJ