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Apostila de MAT I - Máquinas Térmicas I

Curso de Engenharia Mecânica.

Autor: Rolando Nonato Oliveira Lima.

D.Sc. Planejamento de Sistemas Energéticos.

DCTEF - UFSJ.

Setembro 2003

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1.0 - Apostila 1 - Preâmbulos:

Máquinas Térmicas I - Eng. Mec.Integral / Noturno - Programação do Curso -

Aula Data Assunto

01 Apresentação do Curso - Aula Inaugural

02 Generalidades, Sistemas de Vapor, Diagramas p-v, T-s, h-s

03 Balanços Primeira Segunda Leis para SF e VC

04 Processos com Vapor - Processo a Pr.Cte. / Vol. Cte

05 Processos com Vapor - Processo T Cte. / Entr. Cte.

06 Expansão Adiab. Irrev. / Compress. Adiabat.

07

AVALIAÇÃO NO. 1 / TAREFA NO. 1

08 Processo Estrangulamento

09 Processo de Produção Reversível de Vapor

10 Exercícios e Revisão

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AVALIAÇÃO NO. 2 / TAREFA NO. 2

12 Geradores de Vapor/ Mecanismos de Circulação

13 Análise das Figuras 39 e 42

14 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão

15 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão

16 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão 17 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão

18 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Sistemas Auxiliares 19 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Sistemas Auxiliares

20 Compl. Caldeiras de Vapor: Sistemas Auxiliares - Exercícios Revisão 21 AVALIAÇÃO NO 3 / TAREFA NO 3

22 Balanço Completo de Caldeiras Sistema Inglês

23 Balanço Completo de Caldeiras Sistema Internacional

24 Ciclos a Vapor : Carnot e Rankyne Ideais

25 Ciclos a Vapor Rankyne Real

26 Ciclos a Vapor Reaquecimento

27 Ciclos a Vapor Reaquecimento

28

AVALIAÇÃO NO. 4 / TAREFA 4

29 Ciclos a Vapor com Regeneração

30 Ciclos a Vapor idem

31 Ciclos a Vapor idem

32

AVALIAÇÃO NO. 5 / TAREFA NO. 5

33 Cogeração - Ciclos a Vapor Instal Conv -Turbina Contrapressão

34 Cogeração - Ciclos a Vapor - Turb Extr Cond

3

35 Cogeração - Ciclos a Vapor Aloc Custos I

36 Cogeração - Ciclos a Vapor Aloc Custos II

37

AVALIAÇÃO NO. 6 / TAREFA NO.6

38 Dimensionamento de Sistemas de Vapor - Apostila 2

39 Dimensionamento de Sistemas de Vapor

40 Dimensionamento de Sistemas de Vapor

41 Dimensionamento de Sistemas de Vapor

42 Dimensionamento de Sistemas de Vapor

43 Dimensionamento de Sistemas de Vapor - Dicas Projeto

44 Dimensionamento de Sistemas de Vapor - Dicas Projeto

45

AVALIAÇÃO NO. 7 / TAREFA NO.7- Projeto

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MAT I - Máquinas Térmicas I - Eng. Mecãnica BIBLIOGRAFIA:

1 - JOLODOVSKY, G. Y. ; “Introducion a Las Centrales Térmicas”;Barcelona; Editorial Labor; 1973

2 - SORENSEN, Harry; ”Energy Conversion Systems”; John Wiley; New York; 1983

3 - KENNEY,W, F.; ”Energy Conservation in Process Industries”; Orlando; Florida; Academic Press;1984. 4

- MATAIX, Claúdio; ”Turbomáquinas Térmicas”; Madrid; Espanha; Editorial Dossat; 1973.

5 - VAN WYLEN, G. J. e outros; ”Fundamentals of Classical Thermodynamics”; 3rd ed.;SI Edition; John Wiley; New York;1985.

6 - MORAN. M. J. e outros; ”Fundamentals of Engineering Thermodynamics”; New York; John Wiley; 1988. 7

- LIMA, Léo da Rocha; ”Elementos Básicos de Engenharia Química”; São Paulo; McGraw Hill; 1974.

8 - TORREIRA, Raul P.; “Geradores de Vapor”; São Paulo; Cia. Melhoramentos; 1995.

9 - TELLES, Pedro C. S.;”Tabelas e Gráficos para Projetos de Tubulações”; 5 ed.; Rio de Janeiro; Interciência;

1991.

10 - SHARPE, G. J. ;”Solving Problems in Applied Thermodynamics and Energy Conversion”; Essex; England;

Longman Scientific & Technical; 1987.

11 - EL-WAKIL, M. M.; “ Powerplant Technology ”; Singapore; International Edition; McGraw Hill; 1984.

12 - CULP, Archie W.;” Principles of Energy Conversion “; Singapore; 2nd ed.;International Edition; McGraw Hill;

1991.

13 - HICKS,Tyler G.;”Standard Handbook of Engineering Calculations”; New York; 2nd ed.;McGraw Hill; 1985. 14

- Catálogos SPIRAX SARCO Brasil.

15 - Catálogos CONFORJA.

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Condições de Aprovação:

Media = [(7 x Soma das Avaliações Teóricas) + (3 x Soma Avaliações Projeto)] / 10

Média ≥ 60 % do total de pontos previstos nas avaliações APROVADO

É feito um ajuste final das notas em função da MÉDIA conseguida pelo grupo. Portanto procure ficar o mais

próximo possível desse valor. Se a média do grupo for muito baixa esse ajuste não será feito e,valerá o critério

bruto de 60% dos pontos válidos nas avaliações realizadas.

Avaliações teóricas valem 12 pontos ** As tarefas associadas valem 3 pontos

Ementa Básica do Curso:

PARTE I:

Geradores de Vapor; Tipos e Aplicações; Balanços Energéticos e Exergéticos de Processos diversos

com Vapor; Diagrama T-s, h-s e p-v para processos com vapor; Ciclos de Vapor com turbinas de condensação,

contrapressão e extração-condensação; Análises clássicas do ciclo de Rankyne; Balanço e Cálculo de perdas em

caldeiras; Cogeração; Análise Econômica básica de aspectos diversos associados a componentes e

acessórios utilizados em sistemas distribuidores de vapor;

PARTE II:

Metodologia de cálculo e pré-dimensionamento de sistemas distribuidores de vapor.

Processo de Avaliação(detalhes):

Sistema de Avaliação Continuada com diversas avaliações sendo compostas de testes individuais e

tarefas propostas. As notas da PARTE I têm peso 7 e as notas da PARTE II peso 3. A NOTA FINAL é

calculada de acordo com NF = ( ∑ notas da PARTE I x 7 + ∑ notas da parte II x 3 ) / 10,0. Se essa nota

atingir 60% dos pontos totais o aluno é considerado APROVADO. Em caso contrário é REPROVADO. A

avaliação da parte II é composta de um teste e da execução de um projeto de sistema de distribuição de

vapor.

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Tópico I - Generalidades Sobre o Vapor.

Diagramas T-S, h - s ( MOLLIER), p-v e T-v - e Tabelas de Vapor.

Um sistema de produção e distribuição de vapor é um conjunto de componentes acoplados mais os

acessórios necessários que, produz e distribui o vapor dentro de uma instalação industrial ou de uma central

termoelétrica, de acordo com as necessidades e aplicações daquela instalação ou central. Existem situações

onde tal sistema vai produzir o vapor na forma de calor de processo para uso nas diversas unidades

componentes do arranjo industrial; ou então vai produzir o vapor para acionamento de máquinas produtoras

de energia (elétrica ou mecânica) as turbinas a vapor; ou também situações onde vai produzir as duas formas

de energia acopladas (sistemas de cogeração). O esquema básico de tais arranjos pode ser visto na figura

que se segue:

vapor de alta

Potência ou Calor de

vapor de média Processo

vapor de baixa Calor de Processo

Ar Gases de Combustão

Condensado

Combustível

Retorno de Condensado + H2O de Alimentação

Gerador De Vapor (Caldeira + Fornalha ou Câmara de Combustão)

Figura 1 - Arranjo Genérico de Produção e Distribuição de Vapor

O vapor é produzido dentro da caldeira segundo as etapas mostradas no diagrama a seguir:

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V. Superaq

H2O de Alimentação Mudança de Estado Calor Sensível ∆T

+ Condensado Lsat V. Sat.

Calor Sensível ∆T Calor Latente ( T cte.)

Note-se que a caldeira rigorosamente falando é composta apenas da seção geradora de vapor sendo a câmara

de combustão um complemento necessário e essencial. Daí porque os sistemas que utilizam vapor para

produção de energia mecânica ou elétrica através de turbinas serem chamados de sistemas de combustão

externa.Assim, considerando o diagrama anterior o vapor entra na caldeira na forma de líquido (comprimido

ou quase saturado) e, recebendo calor atinge a condição de líquido saturado na primeira seção da caldeira

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(ocorre variação de temperatura - calor sensível). Continua a receber calor na segunda seção da caldeira

sofrendo mudança de estado (temperatura e pressão constantes - calor latente). Finalmente recebe mais calor

na terceira seção da caldeira e superaquece, sendo o grau de superaquecimento dado pela diferença de

temperatura atingida nessa etapa e aquela da condição de vapor saturado (aqui também há fornecimento de

calor sensível, pois, ocorre variação de temperatura).

Se o vapor é utilizado como vetor energético nas mais diversas aplicações certamente ele deve ter suas

vantagens e conveniências para justificar tal emprego. Tem e elas são:

1 - libera calor à temperatura constante simplificando o controle das instalações de troca térmica;

2 - a água necessária à sua produção ainda é abundante e relativamente mais barata que outras alternativas,

além de quimicamente estável e inofensiva;

3- possui bom poder calorífico e boas condições entalpicas fazendo com que tubulações de diâmetros

relativamente pequenos possam transportar quantidades significativas de energia;

4 - limpo, inodoro, insípido, não inflamável, não comburente e atóxico no caso de vazamentos;

5 - tanto pode ser usado para produção de calor de processo como de potência elétrica ou mecânica;

6 - controle e distribuição relativamente fáceis: sistema de tubulações, válvulas, acessórios e instrumentos

pouco sofisticados.

Para operar e lidar com sistemas envolvidos na produção e distribuição de vapor é usual recorrer ao

uso de tabelas e diagramas que contém dados relativos a esse vetor energético tão importante nas aplicações

industriais. Os mais utilizados são:

a) Diagramas p-v e T-v

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b)Diagrama T-s

c) Diagrama h-s

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Além dos diagrama trabalha-se também com tabelas de vapor encontradas em dezenas de publicações

incluídos os textos usuais de Termodinâmica como Van Wyllen, Moran, Cengell, etc.

Existem alguns processos básicos que devem ser avaliados e entendidos, pois, são essenciais como

base de fundamentação para qualquer estudo sistemático envolvido com sistemas que utilizem vapor. Como

sugestão inicial propõe-se o cálculo das seguintes propriedades de vapor utilizando diagramas e tabelas: (a)

entalpia do vapor saturado e seco a 689,5 kPa; (b) entalpia, volume específico e, entropia do vapor a 68,9 kPa

e umidade de 40%; (c) entalpia do vapor a 689,5 kPa e 315,6 °C. (os resultados corretos seriam: a- 2761

kJ/kg ; b- 1744,5 kJ/kg; c- 3100 kJ/kg). Seja usando tabelas ou diagramas é sempre usual citar a fonte de

referência, pois, pode haver diferenças significativas nos resultados finais em função de cálculos efetuados

com essas propriedades.Uma segunda bateria de exercícios propõe as seguintes questões: a) - h,v e s do

vapor a 1000 kPa (manométrica) - atenção tabelas e diagramas de vapor geralmente operam com pressões

ABSOLUTAS; b) - h e v do vapor a 758,4 kPa e 315,6 °C; c) - h, v,s e t do vapor saturado seco a 1041,1 kPa;

d) h,v,s e t do vapor a 1898,675 kPa manométrica.

Ademais do uso de tabelas e diagramas qualquer estudo consistente de sistemas produtores e,

distribuidores de vapor têm de utilizar duas leis básicas da Termodinâmica.Essas leis, conhecidas como

primeira e segunda lei da Termodinâmica, tratam de dois modelos básicos e essenciais: o sistema aberto ou

volume de controle e, o sistema fechado ou massa de controle.O primeiro deles admite que ao se definir uma

região para estudo, podem ocorrer fluxos de energia e massa através da fronteira que delimita a região

definida como de interesse (superfície de controle).O segundo permite apenas a fluxos de energia e não de

massa.O balanço de entradas e saídas de cada caso sempre deve estar equilibrado quando aplicando a

primeira lei, pois, ENERGIA não pode ser criada nem destruída apenas transformada. Portanto é uma lei que

lida com QUANTIDADES e é conservativa.Já o balanço de segunda lei que é centrado na QUALIDADE de

cada tipo ou forma de energia envolvida nos processos (ou EXERGIA ou CAPACIDADE DE REALIZAR

TRABALHO), não é conservativa, pois, as diversas formas de energia ao serem convertidas vão perdendo

gradualmente a capacidade de realizar trabalho, em função das IRREVERSIBILIDADES dos processos

REAIS. Assim a segunda lei só enxerga uma única forma final de energia, o trabalho, enquanto que a primeira

lei enxerga os diversos tipos de energia na forma em que elas se encontram. Como a EXERGIA pode assumir

diversas formas em função do tipo de ENERGIA considerada passa-se então a identifica-las:

Exc = Ec = mv2/2, ou seja, a exergia cinética é totalmente equivalente à energia cinética.

Exp = Ep = mgh ou seja a exergia potencial é totalmente equivalente à energia potencial.

ExT = Qr [(Tr - To)/ Tr] ou seja a exergia térmica associada a uma quantidade de calor Qr a uma

temperatura Tr , não é totalmente equivalente a essa quantidade de calor sendo que uma parcela igual a

Qr*To/Tr é dissipada ou destruída quando houver a conversão de calor em trabalho. To é uma

temperatura

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de referência sempre associada a análises de segunda lei e, para fins práticos é igual à temperatura média do

meio circundante.

ex = exergia física equivalente às mudanças de estado sem que ocorram reações químicas.

exSF= (u - uo) + po (v - vo) + V2/2 + gz - To (s - so) ==>exergia física para mudanças de estado em sistemas

fechados.

exVC = (h -ho) + V2/2 + gz - To (s - so) ==>exergia física para mudanças de estado em volumes de controle.

exch= exergia química que para fins práticos é exatamente igual ou muito próxima da energia química

,quando é utilizada em análises que envolvem principalmente combustão e aporte de energia via combustíveis.

Normalmente se desprezam os efeitos de energia cinética e potencial gravitacional para mudanças de

estado e, assim esses termos podem ser descartados das duas fórmulas anteriores. Novamente o índice “o” se

refere a um estado de referência que normalmente é identificado pelas condições de temperatura e

pressão do meio circundante ou vizinhança do SF ou VC.

BALANÇOS ENERGÉTICOS E EXERGÉTICOS::

A - Balanços energéticos ou de PRIMEIRA LEI:

A.1 - Sistema Fechado

Processos dE = δQ - δW (1)

onde dE=dU + dEc + dEp como normalmente se desprezam efeito cinéticos e potenciais resulta dE

= dU e, integrando entre dois estados resulta finalmente:

∫dE = E2 - E1 = 1Q2 - 1W2 = U2 - U1

Ciclos δQ = δW

A.2 - Volume de Controle em Regime Permanente:

QVC + Σm

e (h

e + V

e2/2 + gZe) = W

VC + Σm

s (h

s + V

s2/2 + gZs) e se desprezados efeitos cinéticos e

potenciais resulta:

QVC

+ Σme (h

e ) = W

VC + Σm

s (h

s )

Para fluxos de MASSA Σme = Σms.

B - Balanços exergéticos ou de SEGUNDA LEI:

B.1 - Sistema Fechado:

∫δQ[(Tr - To) / Tr] + Ex1 = Ex2 + ∫δw + Irr (lei não conservativa)

Como ∫δQ[(Tr - To) / Tr] = ExT resulta:

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ExT + Ex1 = Ex2 +∫δw + Irr OU ExT + Ex1 = Ex2 + [1W2 - po(V2 - V1)] + Irr

A expressão realçada entre colchetes equivale à exergia líquida (Exw) associada a trabalho no

sistema fechado e, Ex1= m.ex1 , Ex2 = m.ex2 , Irr = To [m.(s2 - s1) - Σ Qr/Tr ]. Como σ = (S2 - S1) - ∫ δQr / Tr e,

mede a produção líquida de entropia do sistema fechado resulta Irr = To.σ . Note-se que a parcela (S2 -

S1) representa a variação de entropia associada às mudanças de estado no SF e, a parcela ∫δQr / Tr a

variação de entropia associada às trocas de calor no SF.

B.2 - Volume de Controle em Regime Permanente:

Σi Qi.[(Ti - To) / Ti] - ( Wvc - po.dVvc/dt) + Σe me.exe - Σs ms.exs - Irrvc = 0,0

Como Σi Qi.[(Ti - To) / Ti] = ExT exergia térmica associada a fluxos de calor ocorridos no volume de

controle e, Σe me.exe = Exe , Σs ms.exs = Exs (fluxos de exergia física em função das entradas e saídas de

massa no VC) resulta:

ExT + Exe = Exs + ( Wvc - po.dVvc/dt) + Irrvc = 0,0. Nessa equação o termo entre parêntesis indica a

exergia líquida associada a trabalho produzido ou consumido pelo VC, sendo a parcela po.dVvc/dt o trabalho

contra o meio. Além disso pode-se definir a Irrvc como:

Irrvc = To [Σs ms.ss - Σe me.se - Σ Qvc/Tr] caso haja apenas uma entrada e uma saída de massa os

somatórios se reduzem apenas ao fluxo de massa ocorrido.

Nessas equações deve-se obedecer às convenções de sinal, ou seja, trabalho positivo é aquele feito

pelo sistema ou VC e, o negativo aquele feito sobre o sistema ou VC. Calor positivo é aquele transferido para

o sistema ou VC e, calor negativo é aquele rejeitado pelo sistema ou VC. Como σvc = Σs ms.ss - Σe me.se - Σ

Qvc/Tr (produção liquida de entropia no volume de controle), resulta então Irrvc = To.σvc .

B.3 - Balanços de entropia:

Para SISTEMA FECHADO tem-se:

(S2 - S1) = Σj (Qj / Tj) + σ

onde σ indica a produção líquida de entropia do SF.Se σ > 0.0 ocorrem irreversibilidades no sistema fechado

e, se σ for igual a zero não há irreversibilidades no SF.Portanto a produção líquida de entropia não pode ser

negativa e, no limite seu valor é igual a zero.Aqui S2 = m.s2 , S1= m.s1 . Caso haja taxas de variação a equação se

transforma em:

dS/dt = Σj (Qj / Tj) + σ

Para o VOLUME de CONTROLE em regime permanente valem:

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dSvc/dt = ΣQj/Tj + Σe me.se - Σs ms.ss + σvc

taxa de taxa de transferência de entropia taxa de produção líquida

variação via fluxos de massa e de calor de entropia

de entropia

Como para o VC em RP dSvc/dt = 0,0 resulta então:

ΣQj/Tj + Σe me.se - Σs ms.ss + σvc = 0,0 .

Se houver apenas uma entrada e uma saída resulta finalmente:

ΣQj/Tj + m.( se - ss ) + σvc = 0,0 e, σvc = m(ss - se) - ∑ Qj / Tj .

E também de relevância para análises de primeira e segunda lei são as equações Tds:

T.ds = du + p.dv e, T. ds = dh - v.dp.

Caso Especial - Processo de Fluxo Uniforme: esse é um caso especial de aproximação para processos fora do

regime permanente. Geralmente envolve variação de massa dentro do volume de controle mas, numa taxa

uniforme:

. QVC + Σme (he + Ve2/2 + gZe) = WVC + Σms (hs + Vs2/2 + gZs) + (m2e2 - m1e1)VC onde o último termo representa

a variação (uniforme) de massa dentro do volume de controle.Se desprezados efeitos cinéticos e potenciais

resulta: QVC

+ Σme (h

e ) = W

VC + Σm

s (h

s ) + (m

2u

2 - m

1u

1)VC

Observe que se não houver variação de massa dentro do vc a equação se reduz àquela do sistema fechado. Para

análise de segunda lei e mais especificamente para cálculos de irreversibilidade resultaria:

Irr = To [ ∑SmSsS - ∑EmEsE -m1s1 + m2s2 - ∑(QJ/TJ)]

Onde “s “representa saída e “E” entrada , m fluxos de massa e, m1 e m2 as condições inicial e final dentro do

volume de controle. Resolva os exercícios sugeridos a seguir para entender a aplicação desse caso.

Exercício 1 - um tanque rígido isolado está inicialmente vazio e conectado a uma válvula que pode encher o

tanque, através de uma linha que mantém vapor a 1 MPa e 300 °C. A válvula é aberta e vapor flui de forma

uniforme para dentro do tanque. A pressão final dentro do tanque atinge 1Mpa quando a válvula é então

fechada.Calcule a temperatura final do vapor dentro do tanque. Resp. 456,2 °C.

Exercício 2 - uma panela de pressão é usada como elemento de cozinhar por manter uma pressão mais

elevada dentro de seu interior e, um fluxo contínuo de vapor de escape para manter a pressão constante.Por

isso cozinha mais rápido economizando energia.Uma panela de 6 litros que opera a 75 kPa manométrica,

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inicialmente contém 1 kg de água.Calor é fornecido para a panela a uma taxa de 500 W durante 30 min depois

que a panela atinge a pressão nominal da panela.Assumindo que a pressão atmosférica é de 100 kPa calcule:

(a) a temperatura em que ocorre o cozimento e ,(b) e a quantidade de água deixada dentro da panela no final

do processo. Resp. (a) 116,06 °C ; (b) 0,6 kg.Os processos mais usuais onde se pode aplicar esse modelo é

enchimento e esvaziamento de tanques, vasos e balões; acionar máquinas com ar armazenado em tanques,

enchimento de pneus, e cozimento em panelas de pressão e similares.

METODOLOGIA PARA RESOLUÇÃO DE PROBLEMAS:

1 - Identifique o sistema e tente fazer um diagrama que facilite entender o enunciado; 2 -

Liste as propriedades e informações dadas pelo enunciado;

3 - Verifique os possíveis processos fáceis de identificar (pressão constante, volume constante, adiabático,

etc);

4 - Estabeleça as hipóteses adequadas de acordo com o enunciado (desprezar energias que não são

relevantes ou que não foram informadas, processos reversíveis ou não, dispositivos adiabáticos,etc);

5 - Aplique as equações adequadas para cada modelo identificado na análise: sistema fechado ou volume de

controle;

6 - Utilize diagramas apropriados e tabelas(T-s, p-v, h-s, etc) para tentar visualizar os estados e processos

descritos e, identificar propriedades de interesse para o caso em estudo.

PROCESSOS BÁSICOS COM VAPOR.

Existem processos essenciais e básicos que são da máxima importância no estudo de questões

associadas à produção e distribuição de vapor. Eles serão estudados na seqüência.

(I) Processo à Pressão Constante:

Exemplo I - 1,4 kg de vapor com 15% de umidade (x = 0,85) sofrem uma mudança de estado à pressão

constante que é mantida em 2758 kPa ( 27,58 bar ) atingindo uma temperatura final de 315,6 C . Faça os

diagramas T-s e o h-s do processo e calcule: (a) h1, t1, u1, v1, s1, ex1. (b) h2, t2, u2, v2, s2, ex2. (c) 1Q2, 1W2, (d) ∆U,

∆V, ∆S, ∆Ex, Irr.

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T Tvar

h 2 2

1 VS

1 Tcte

S S

Figura 4 - Processo à pressão constante

Como foi solicitada uma análise de segunda lei é necessário estabelecer um estado de referência.

Considerando os dados desse problema o estado de referência seria líquido comprimido mas, pode-se adotar

as condições de referência com a temperatura do meio e, adotando dados do líquido saturado naquela

temperatura (equivalente a 25 °C). Assim as propriedades do estado de referência seriam: uo = 104,88

kJ/kg ; so = 0,3673 kJ / kg K; vo = 1,0029 * 10-3 m3 / kg; ho = uo + po .vo = 104,9 kJ / kg. Para o estado um

foram dadas a pressão e a umidade e, portanto também o título x = 0,85.Logo as propriedades são: h1 = hv -

y.hlv = 2531,0 kJ/kg; u1 = uv - y.ulv =2360,05 kJ / kg ; v1 = vv - y.vlv = 0,06184m3 / kg ; s1 = sv - y.slv = 5,676

kJ / kg K .Para o cálculo de ex1 o modelo é de sistema fechado uma vez que foi definida uma quantidade fixa

de massa.Logo ex1 = (u1 - uo ) + po(v1 - vo) - To.(s1 - so) = (2360,5 - 104,88) + 1,013*105 N/m2 (0,062 -

1,0029*10-3) - 298,15*(5,68 -0,3674) = 678,48 kJ/kg.Para o estado dois foram dadas a pressão (que

permaneceu constante) e a temperatura 315,6 °C. Como essa temperatura é maior que a temperatura de

saturação dada em função da pressão, o estado é de vapor superaquecido. Os estados inicial e final são então

identificados no T-s e no h-s. Usando tabelas de vapor com a pressão e a temperatura definidas tem-se: h2 =

3038,07 kJ/kg ; v2 = 0,09214 m3/kg; u2 = 2784,00 kJ/kg;s2 = 6,653 kJ/kg K ; ex2 = (u2 - uo ) + po(v2 - vo) -

To.(s2 - so) = 814,25 kJ/kg.

Passa-se à análise de primeira lei para cálculo de calor e trabalho envolvidos no processo para

sistema fechado, equação geral dE = δQ - δW , considerando dE = dU ao desprezar efeitos de EC e EP.

Portanto ∫dU = ∫δQ - ∫δW resultando U2 - U1 = 1Q2 - 1W2 . Como 1W2 = ∫ p.dV = p.m.(v2

- v1) = 116,99 kJ resulta

1Q2 = 710,59. Esse foi o calor total fornecido ao sistema para provocar a mudança de estado. Note-se que

nesse processo o calor é fornecido em duas etapas: a primeira à temperatura constante para fazer com que o

vapor na região de mistura atinja a condição de vapor saturado; a segunda com temperatura variável onde o

vapor passa da condição de saturado para superaquecido e, a temperatura é variável. Portanto 1Q2

= 1Q

vs +

vsQ2 ,onde

1Q

vs = m.(hvs - h

1) = 380,8 kJ e

vsQ

2 = m.(h

2 - hvs) = 329,79.A temperatura de saturação na pressão

dada é de 229,1 °C = 502,25 K. Portanto a exergia térmica associada à parcela de calor trocada nessa

temperatura é dada por:

ExT = 1Qvs [(Tsat - To) / Tsat] = 380,8 [(502,25 - 298,150) / 502,25] = 154,75 kJ. A exergia térmica

correspondente à troca de calor com temperatura variável será dada por ExT = vsQ2 [(Tm - To)/ Tm], sendo

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Tm uma temperatura média a ser definida para a troca de calor ocorrida entre a condição de vapor saturado

e superaquecido. Duas hipóteses podem ser adotadas para cáculo de Tm : uma média aritmética simples entre

Tsat e Tvsuper, ou então com o uso da equação Tds = dh - vdp. Nesse último caso resultaria Tm.∆s = ∆h - v.dp

e, uma vez que p é constante o termo v.dp = 0,0 resultando Tm = (h2 - hvs) / (s2 - svs.). No caso da média

aritmética o resultado seria Tm = 545,5 K e, no caso da equação Tds, Tm = 541,47 K.As respectivas exergias

térmicas seriam 149,54 kJ e 148,20 kJ. A equação da irreversibilidade se reduz a Irr = To .[ m.( s2 -s1) - (

1Qvs / Tsat

+

vsQ

2/Tm)] (1) e, como há duas hipóteses sobre Tm vão ser obtidos dois resultados para Irr. A

checagem deverá ser feita com o balanço de exergia para o processo através da equação geral ExT + Ex1 =

Ex2 + [1W2 - po∆V] + Irr (2). ExT nesse caso é a exergia térmica total composta da parcela calculada com

temperatura constante e da parcela calculada com temperatura variável. As irreversibilidades devem ser

então idênticas ou muito próximas quando os cálculos forem feitos com qualquer arranjo de equações (1) ou

(2). Essa tarefa é deixada como exercício para o leitor e, também os cálculos finais pedidos.

(II) Processo a volume constante: 2

v cte

2 p cte

h 1 T 1

S S

Figura 5 - Processo a volume constante

2,3 kg de vapor inicialmente a 827,4 kPa e com 30% de umidade são aquecidos num processo a

volume constante a uma temperatura final de 537,8 °C. Calcule para o processo: (a) t1, h1, u1, v1, ex1 ; (b) p2,

h2, u2, v2, ex2 ; ( c) 1Q2,

1W

2, ∆U, ∆V, ∆S, ∆Ex, Irr. ; (d) identifique os estados no h-s e no T-s. Aqui

novamente se trata de sistema fechado, pois foi dada uma quantidade fixa de massa. Portanto as equações de

primeira e segunda lei para sistema fechado serão utilizadas novamente:

dE = δQ - δW onde dE = dU + dEc + dEp e desprezados efeitos de Ec e Ep resulta dE = dU.A equação geral

de exergia física ou de estado é ex = ( u - uo) + po.(v - vo) - To.(s - so). A equação geral de balanço de

exergia é dada por ExT + Ex1 = Ex2 + 1W2 + Irr e ExT = 1Q2 .[( Tm - To) / Tm].Consultando tabelas de vapor se

descobre que o estado um está na região de mistura ( x = 0,70) logo t1 = tsat na pressão dada, isto é, t1 =

171,8 °C.Outras propriedades:h1 = hv - y.hlv = 2156,2 kJ / kg ; u1 = uv - y.ulv = 2021,1 kJ/kg ; v1 = vv - y.vlv =

0,16 m3 / kg ; s1 = sv - y.slv = 5,3 kJ / kg K.O estado de referência é novamente adotado com 25 °C e uma

atmosfera. Logo ex1 será dada por: ex1 = (2021,1 - 104,88) + 1,01325*102*(0,16 - 1,0029*10-3) - 298,15*(5,3 -

0,3674) = 462,41 kJ / kg. O estado dois tem o mesmo volume pois, o processo é a volume constante t2 foi

dado e é igual a 537,8 °C.Como essa temperatura é maior do que qualquer temperatura de saturação do vapor

(a temperatura de saturação limite é igual àquela do estado crítico), o estado dois é de vapor superaquecido.

17

Fazendo interpolação dupla nas tabelas de vapor (entre 2 MPa e 3 Mpa) resulta p2 = 2240,9 kPa ≈ 2,241 Mpa.

Com esses dados se obtém finalmente: h2 = 3545,8 kJ / kg ; v2 = v1 = 0,16 m3/kg ; s2 = 7,5 kJ / kg K ; u2 =

3177,1 kJ /kg ; ex2 = 961,75 kJ/kg. A próxima etapa é aplicar equações de balanço de primeira lei para

cálculos de calor e trabalho. Como 1W2 = ∫p.dv e v é constante 1

W2 = 0,0. Logo usando a equação da primeira

lei resulta: 1Q2

= m.(u2 - u

1) = 2,3 .(3177,1 - 2021,1) = 2658,8 kJ. Para o balanço de segunda lei ExT = 1Q2

*[(Tm - To) / Tm]. Aqui serão testadas novas hipóteses sobre Tm e, deve ser lembrado SEMPRE que Tm no

limite deve ser aquela que leva a irreversibilidade a tomar um valor nulo pois, a irreversibilidade NUNCA

pode ser negativa. Três hipóteses no mínimo podem ser consideradas : média aritmética simples ( T2 + T1) /

2,0 ; Tds = dh - vdp com Tm substituindo T para se fazer a integral da equação ; e Tm = [ ( T2 -T1) / ln

(T2/T1)]. Vai ser utilizada aqui o resultado obtido via equação Tds e, recomendá-se ao leitor refazer o

exercício com as outras duas hipóteses, para se verificar o nível de aproximação das diversas hipóteses.Com

a equação Tds obtém-se para Tm o valor de 528,84 K, resultando ExT = 2658,8 .[(528,84 - 298,15) /

528,84] = 1159,8 kJ. Levando esse e os outros valores obtidos na equação de balanço de segunda lei resulta

Irr = 12,12 kJ e, utilizando a equação da irreversibilidade na forma Irr = To[ m.(s2 - s1) - 1Q2/ Tm ] = 9,66

kJ. Há portanto uma boa aproximação entre os resultados. Os demais cálculos de ∆U, ∆Ex, ∆V são deixados

como exercício para o leitor. É importante observar aqui que nesse processo aquela hipótese de troca de

calor em duas etapas não se aplica. Ou seja, aquela é uma hipótese específica do caso à pressão constante.

(III) Processo à temperatura constante

2,7 kg de vapor a 8274 kPa e umidade de 50% expandem à temperatura constante até atingirem a

pressão de 2068,5 kPa. O estado de referência para análises de segunda lei é to 25 °C e uma

atmosfera.Calcule para esse processo: (a) t1, h1, u1, v1, s1, ex1 ; (b) t2, h2, u2, v2, s2, ex2 ; (c) 1Q2 , 1W2 , ∆U, ∆V, ∆S,

∆Ex ; (d) identifique os estados no T-s e h-s .

h T p1

2

1 1 2 p2

S S

Figura 6 - Processo a T constante

No estado um o vapor se encontra na região de mistura uma vez que foi dada a pressão e a umidade.Tem-

se então: t1 = tsat = 297,3 °C, h1 = hv - y.hlv = 2041,53; u1 = uv - y.ulv = 1942,2 ; v1 = vv - y.vlv = 0,0123 ; s1 = sv

- y.sv = 4,4768 ; ex1 = (u1 - uo) + po.(v1- vo) - To(s1- so) = 613,25 kJ/kg sendo o cálculo feito com base no

18

modelo SF pois, foi dada uma quantidade fixa de massa. O estado dois é caracterizado pela mesma

temperatura uma vez que o processo é à temperatura constante e, pela pressão final dada de 2068,5

kPa.Isso corresponde a um estado de vapor superaquecido.Interpolando nas tabelas de vapor resulta: t2 =

297,30 ; h2 = 3015,02 ; u2 = 2766,07 ; v2 = 0,1211 ; s2 = 6,7378 ; ex2 = (u2 - uo) + po.(v2 - vo) - To(s2 - so) =

774,02 kJ/kg. Análise de primeira lei para cálculo de calor e trabalho envolvidos no processo: dU = δQ - δW

e integrando resulta U2 -U1 = 1Q2 -

1W

2 (1). Usando o conceito de variação de entropia dS =

∫δQ/T + σ para

sistema fechado nesse caso e, admitindo como hipótese inicial que σ = 0,0 resulta m.( s2 - s1) = 1Q2 / T uma

vez que T é constante no processo.Logo 1Q2

= m.( s2 - s

1).T= 3482,73 kJ. Levando esse resultado na equação

(1) obtém-se: 1W2 = 3482,73 - m.(u2 - u1) = 1258,28 kJ. Aplicando a análise de segunda lei ExT + Ex1 = Ex2 +

1W2 + Irr e utilizando os valores já obtidos calculá-se ExT = 3482,73 .[(570,5 - 298,15) / 570,5] = 1662,61

kJ. Usando esse valor e os outros calculados na equação de balanço de segunda lei resulta que Irr = 0,0 e, como

Irr = To.σ e To é diferente de zero resulta que σ = 0,0 o que confirma a hipótese inicial adotada.

(IV) - Processo com entropia constante ou isentrópico:

p1 1

1 p1

h T p2

p2 2 2

Figura 7 - Processo Isentrópico

Esse é um dos processos mais utilizados na análise termodinâmica.Pela sua generalidade e aplicação as

duas análises SF e VC serão avaliadas aqui.Considere-se 4,5 kg de vapor no caso de SF e 4,5 kg / s no caso do

VC que se expandem segundo um processo isentrópico.Em ambos os casos o estado inicial tem 13790 kPa e

427,6 °C e o final 13,8 kPa.Despreze efeitos e EC e EP em ambas as análises e, considere o estado de

referência a 25 °C e uma atmosfera.Calcule: (a) h1, u1, v1, s1, ex1 ; (b) t2, y, h2, u2, v2, s2, ex2 ; (c) 1Q2 , 1W2 , ∆U,

∆H, ∆V, ∆S, ∆Ex ; (d) identifique os estados no T-s e h-s . Usando as tabelas de vapor e os dados do

problema identificá-se o estado um como vapor superaquecido resultando: h1 = 3106,4 kJ / kg ; u1 = 2844,39 ;

v1 = 0,019 m3 / kg ; s1 = 6,1 kJ / kg K ; ex1 = (u1 - uo) + po.(v1- vo) - To(s1- so) = 1033,0 kJ / kg para o sistema

fechado e, ex1 = (h1 - ho) - To.(s1 - so) = 1293,2 para o volume de controle.Como o processo é isentrópico a

entropia do estado dois é idêntica àquela do estado um ,ou seja, s1 = s2 = 6,1 kJ / kg K e a pressão do estado

dois foi dada sendo igual a 13,8 kPa. Com esses dados o estado dois fica caracterizado na região de mistura.

Assim, y = (sv - s2) / slv = 0,265 pois, s2 = sv - y.slv = 6,1; h2 = hv - y.hlv = 1966,2 kJ / kg ; u2 = uv - y.ulv =

1855,8 kJ / kg ; v2 = vv - y.vlv = 8,0 m3 / kg ; ex2 = (u2 - uo) + po.(v2- vo) - To(s2- so) = 852,9 kJ /kg para o

19

modelo de sistema fechado e, ex2 = (h2 - ho) - To(s2 - so) = 153,0 kJ / kg. Usando análise de primeira lei dE =

δQ - δW e a definição de variação de entropia ds = ∫δQ/T + σ e, verificando que como s é constante ds = 0,0

e que para que tal ocorra 1Q2 = 0,0 e também σ = 0,0. Portanto o processo isentrópico é ADIABÁTICO (não

há troca de calor) e REVERSÍVEL (não há produção interna de entropia), o que já é de conhecimento

generalizado nos estudos de termodinâmica.O resultado final é então: U2 - U1 = 1W2 = 4448,7 kJ. Para o

volume de controle em regime permanente vale a equação geral: Qvc +∑me.he = ∑ms.hs + Wvc onde Qvc = 0,0

conforme já visto. Assim, Wvc =∑me.he - ∑ms.hs. Como ∑me = ∑ms = m = 4,5 kg/s Wvc = 4,5.(he - hs) = 4,5 .

(h1 - h2) = 4,5 .(3106,4 - 1966,2) = 5130,9 kW. A análise de segunda lei para SF e VC permite escrever IrrSF

= To.[m.(s2 - s1) - 1Q2/Tm] e IrrVC = To.[m.(s2 - s1) - Qvc/Tm]. Em ambos os casos Irr = 0,0 pois, (s2 -s1) = 0,0

e tanto 1Q2 como Qvc = 0,0.O balanço de exergia produz: SF ==> ExT + Ex1 = Ex2 + 1W2 + Irr portanto, 1W2 =

Ex1 - Ex2. Para o VC ==> Exe + ExT = Exs + Wvc + Irr . Como ExT = 0,0 e Irr = 0,0 resulta Wvc = Exe - Exs.

V - Processo de Expansão adiabática irreversível:

Esse processo está normalmente associado às máquinas térmicas como turbinas a vapor.O processo

anterior é a condição ideal de expansão em qualquer máquina térmica isto é, representa a condição limite da

expansão.Logo desempenha papel importante também no caso da análise aqui desenvolvida.Considere-se 4,5

kg/s de vapor fluindo em regime permanente de forma adiabática ou seja, sem troca de calor com as

vizinhanças. O estado inicial é 13790,0 kPa e 426,7 °C.O estado final é de 13,9 kPa. A eficiência isentrópica

da expansão é de 0,75. Desprezam-se efeitos de EC e EP .Calcule: (a) ∆U, ∆H, ∆S, ∆V, ∆Ex, Irr, Qvc e Wvc.

(b) identifique os estados no T-s e no h-s. O estado um considerando as propriedades dadas é vapor

superaquecido logo : h1 = 3106,4 kJ/kg ; t1 = 426,7 °C; v1 = 0,019 m3/kg ; u1 = 2844,39 kJ/kg; s1 = 6,1 kJ/kg K;

ex1 = (h1 - ho) - To.(s1 - so) = 1293,20 kJ/kg. Para se chegar ao estado dois é necessário utilizar o conceito

de eficiência isentrópica ηis ou ηen (é considerada a eficiência clássica de primeira lei ou energética). ηen =

∆h real / ∆hideal.Ou (h1 - h2) / ( h1 - h2s) onde h2s representa o estado atingido na condição ideal isto é, a

condição atingida segundo o processo anterior ou expansão isentrópica.

1

h T 1

2s 2 2s 2

S S

Figura 8 - Expansão Adiabática Irreversível

20

O cálculo de h2s é feito segundo o processo anterior e produz h2s = 1966,2 kJ/kg. A eficiência

isentrópica foi dada e é igual a 0,75 logo, (h1 - h2) = 0,75.( h1 - h2s) resultando h2 = h1 - 0,75.(h1 - h2s) =

2251,3 kJ/kg. Portanto tem-se p2 = 13,9 kPa valor dado e h2 = 2251,3 kJ/kg valor calculado. Isso

caracteriza o estado dois como região de mistura. Calcula-se y = (hv - h2) / hlv = 0,1451 (hv = 2596,3 kj/kg;

hlv = 2377,6 kJ/kg). As demais propriedades são obtidas então: u2 = uv -y.ulv = 2123,4 kJ/kg; v2 = vv - y.vlv =

9,8 m3/kg ; s2 = sv - y.slv = 7,0 kJ/kg K ; ex2 = (h2 - ho) - To.(s2 - so) = 169,9 kJ/kg. Para os cálculos das

variações basta apenas fazer as diferenças respectivas entre os dois estados.Aplicando a equação de

primeira lei e considerando que o processo é adiabático resulta: Qvc + ∑me.he = Wvc + ∑ms.hs, como ∑me =

∑ms = m = 4,5 kg/s e Qvc = 0,0 tem-se Wvc = m.(h1 - h2) = 3848 kW. Uma questão interessante de ser

avaliada é como calcular a eficiência exergética dessa expansão.Observe-se de passagem que essa eficiência

é diferente da eficiência isentrópica. Prosseguindo com a análise de segunda lei ter-se-ia: Exe + ExT = Exs +

Wvs + Irr. Como a expansão é adiabática Qvc = 0,0 e portanto ExT = 0,0.A equação da irreversibilidade

produz Irr = To.[m.(s2 - s1) - Qvc/Tm] = 1206,9 kW. Assim m.(ex1 - ex2) = Wvc +Irr confirmando Wvc = 3848

kW e fechando o balanço de segunda lei.

(V) Processo de Compressão adiabática irreversível:

P2

2

2s

T P1

1

S

Figura 9 - Compressão Adiabática Irreversível

Esse processo é a contrapartida das expansões e normalmente está associado a bombas e

compressores.Considere-se 0,9 kg de vapor sendo bombeados adiabaticamente. A condição inicial é de

vapor saturado com 80% de título e a uma pressão de 827,4 kPa.A condição final é de uma pressão de

11721,5 kPa (~ 117,2 bar).A eficiência isentrópica do bombeamento é de 0,75.Calcule: (a) t1, h1,u1, v1, s1,

ex1; (b) t2, h2,u2, v2, s2, ex2; (c) 1Q2, 1W2, Irr; (d) faça a identificação dos estados no T-s e no h-s. A condição

inicial ou estado um é de vapor na região de mistura uma vez que foi dado o título.Com o título x = 0,80 e a

pressão de 827,4 kPa t1= tsat = 171,8 °C na pressão dada. Nesse caso h1 = hl +x.hlv = 2362,4 kJ/kg; u1 = ul

+ x.ulv = 2206,5 kJ/kg; s1 = sl + x.slv = 5,73 kJ/ kg K ; v1 = vl + x.vlv = 0,187 m3/kg ;ex1 = (u1 - u0) + po.( v1 -

v0) - To.( s1 - s0) = (2260,5 - 104,88) + 1,01325 x102x(0,187 - 1,0029x10-3) - 298,15x(5,73 - 0,3674) =

521,61 kJ/kg pois, tratá-se de massa fixa logo aplica-se o modelo de SF. O T-s é dado a seguir (como seria

o h-s?):

21

Aqui como no modelo de expansão também existe uma condição limite ou ideal, o estado 2s que corresponde

ao bombeamento isentrópico (isto é, s1 = s2s).O estado dois fica identificado pela pressão final de 11721,5

kPa e pela eficiência isentrópica dada de 0,75. O estado 2s fica identificado pela mesma pressão e pela

entropia que é idêntica àquela do estado um conforme já dito.Sendo assim h2s = 2826,802 kJ/kg; v2s =

0,017233 m3/kg; e u2s = h2s - p2. v2s = 2624,81 kJ/kg. A eficiência isentrópica é definida para SF como ηis =

ηen = (u2s - u1) / (u2 - u1) logo, u2 = u1 + (u2s - u1) / ηis = 2764,25.Aplicando a primeira lei para SF resulta dE =

δQ - δW com δQ = 0,0 (processo adiabático). Logo δW = dU e 1W2 = m.(u

1 -u

2) = 0,9.(2206,5 - 2764,25) = -

501,98 kJ (o sinal negativo nesse caso indica trabalho fornecido ao sistema e, portanto consumido no

processo de bombeamento.Assim uma máquina expansora como uma turbina produz trabalho útil enquanto

que uma máquina compressora como uma bomba ou compressor consome trabalho útil. Com o valor

calculado de u2 e p2 entra-se nas tabelas de vapor e acha-se t2 = 384,3 °C (vapor superaquecido) e v2 = 0,021

m3/kg. Assim ex2 = (u2 - u0) + po.(v2 - vo) - To.(s2 - so) = 982,04 kJ/kg. A irreversibilidade calculada pela

equação de balanço de exergias e pela própria equação de irreversibilidade produz Irr = 72,45 kJ/kg.(os

cálculos de verificação são deixados ao leitor como tarefa proposta). Aqui também seria interessante

calcular a eficiência exergética desse processo.Como ela seria obtida? E, para encerrar a análise do

processos de compressão propõe-se a seguinte análise para VC em regime permanente:2,9 kg/s de vapor são

bombeados de forma adiabática partindo de uma condição inicial de vapor com título de 0,80 e pressão de

827,4 kPa.A condição final é de uma pressão de 10 Mpa sendo a eficiência isentrópica do processo de 0,80.

Calcule: (a) t1, h1,u1, v1, s1, ex1; (b) t2, h2,u2, v2, s2, ex2; (c) 1Q2, 1W2, Irr; (d) faça a identificação dos estados

no T-s e no h-s. (e) calcule a eficiência exergética do processo ηex.Dica a eficiência isentrópica nesse caso é

definida por ηis = ηen = (h2s - h1) / (h2 - h1) pois, trata-se de VC em regime permanente.E h2s fica

identificada por p2 e s2s pois, s2s = s1.

(VI) Processo de redução de pressão de vapor ou água através de estrangulamento(throttling

process):

Processo muito usual e normalmente associado a dispositivos como válvulas(comuns e redutoras) e

purgadores por exemplo.Normalmente é considerado adiabático e,não se realiza trabalho quando ocorre.

Inicia-se estrangulamento de vapor numa pressão de 3447,5 kPa e encerra-se com uma pressão de 101,4 kPa

nas seguintes situações: (a) vapor a 260 °C ; (b) vapor com 4% de umidade; (c) vapor com 50% de umidade;

(d) líquido saturado.Calcule em cada situação: estado um h1,u1,v1,s1,ex1 ; estado dois h2,u2,v2,s2,ex2,y2,t2 e,a

irreversibilidade Irr 1->2.Use os dois modelos, SF e VC em regime permanente para cada caso. Esse processo

quando ocorre tende a produzir vapor de flash na saída (assunto que será visto posteriormente)

e,dependendo das condições a quantidade de vapor pode ser significativa.Portanto deve ser analisado com

atenção pois,se esse vapor formado for perdido de alguma forma pode representar uma penalidade bastante

alta para o processo.Admitindo análise para VC em regime permanente e considerando o caso (a) vem:estado

um p1 = 3447,5 kPa e t1 = 260 °C, vapor superaquecido.Propriedades do estado (tabelas de vapor): h1 =

22

2864,4 kJ/kg; v1 = 0,0621 m3/kg; u1 = 2650,9 kJ/kg; s1 = 6,235 kJ/kg K ; ex1 = (h1 - ho) - To.(s1 -so) = 1011,0

kJ/kg. No estado dois p2 = 101,4 kPa e como Qvc + ∑me.he = ∑ms.hs + Wvc com Qvc = 0,0, Wvc =0,0 e ∑me =

∑ms = m resulta he = hs ou seja, o processo por ser adiabático e não produzir trabalho é isentálpico( h1 = h2).

P1

P2

T 1 1 1 1

(a)

2

(d) (c) (b) 2

2 2

S

Figura 10 - Redução de pressão via estrangulamento

Assim p2 = 101,4 kPa e h2 = h1 = 2864,4 kJ/kg resultando em vapor superaquecido também nesse

estado. Assim y2 não faz sentido uma vez que só está definido (como zero) quando o estado é de líquido

saturado, (como um) quando o estado é de vapor saturado e, valores intermediários quando o estado se

encontra na região de mistura. Já t2 = 194,6 °C, v2 = 2,12 m3/kg, u2 = 2649,74 kJ/kg, s2 = 7,80 kJ/kg K, ex2 =

(h2 - ho) - To.(s2 - so) = 544,6 kJ/kg. O balanço exergético produz: Exe + ExT = Exs + Wvc + Irr , com ExT

=0,0 e Wvc = 0,0 e, portanto Irr = Exe - Exs = m.(ex2 - ex1) e Irr/m = (ex2 - ex1) = 466,4 kJ/kg. Para

confirmar a análise utiliza-se a equação da irreversibilidade Irr = To.[m(s2 -s1) - Qvc/Tm] = To.[m.(s2 - s1)].

Logo Irr/m = To.(s2 - s1) = 466.4 kJ/kg o que confirma o resultado anterior. Para os demais casos a análise é

em tudo similar e é deixada como exercício ao leitor. Observe que unidades de potência (kW, MW, etc)

quando divididas por fluxos de massa (kg/s) produzem resultados na forma de grandezas específicas (kJ/kg

por exemplo). Na análise para sistema fechado as alterações são a substituição do fluxo de massa (kg/s) por

quantidade fixa de massa (kg) e, unidades de potência (kW por exemplo) devem ser substituídas por

unidades de energia (kJ por exemplo).

VII - Processo de Produção Reversível de Vapor.

Esse processo é a base de referência para a produção de vapor em geradores de vapor ou caldeiras.É

a condição idealizada pois, as irreversibilidades presentes nas diversas etapas que compõem essa produção

são desconsideradas e, tudo é analisado como se elas não existissem.Posteriormente essas irreversibilidades

serão vistas e analisadas.Os esquemas anteriores mostram as partes principais da caldeira e o T-s associado

quando ocorre produção reversível de vapor. A água de alimentação (geralmente na condição de líquido

comprimido) entra na caldeira - estado 1. Para cálculos precisos é essencial saber o estado real da água

nesse ponto,principalmente se a pressão da caldeira for superior a 2700 kPa.Para pressões abaixo desse

23

valor é usual utilizar dados do líquido saturado considerando a temperatura do estado. Pode-se também usar a

equação aproximativa h = h(T) + v(T)[p - psat (T)] para o caso mais geral. Considere-se então os esquemas

dados e as seguintes condições:

superaquecedor

3 4 Saída de vapor Superaquecido

Tubulão Superior

2

Economizador

Gases quentes + Radiação

Paredes d´água e

1 Câmara de Combustão

Tubulão Inferior Entrada de H2O de Alimentação

4

Superaqu. Vsup

T 2 3

EC Caldeira Prop. Dita

LC 1

LS VS

qarev qbrev qcrev

s

Figura 11 - Produção Reversível de Vapor.

líquido comprimido a 10342,5 kPa e 60 °C é aquecido à pressão constante na entrada de uma caldeira e,

posteriormente atinge a condição de vapor superaquecido a 537,8 °C.Os processos todos são considerados

reversíveis.Calcule: (a) calor necessário para fazer com que o líquido comprimido atinja a condição de líquido

saturado no economizador - estado 2; (b) calor necessário para vaporizar o Lsat fazendo com que ele atinja a

condição de Vsat na caldeira - estado 3; (c) calor necessário para tornar o vapor saturado superaquecido e

fornecido via superaquecedor - estado 4; (d) Q , ExT, ∆S, ∆Ex, Irr desde a condição de líquido comprimido

até o estado final de vapor superaquecido. Como o estado um é LC a 10342,5 kPa >> 2700 kPa deve-se

consultar tabelas de líquido comprimido. Com a pressão e a temperatura dadas resulta para o estado um: h1 =

24

259,79 kJ/kg; v1 = 0,00101 m3/kg; u1 = 249,32 kJ/kg; s1 = 0,8237 kJ/kg K; ex1 = 18,9 Kj/kg. O estado dois é

de líquido saturado na pressão de 10342,5 kPa. Interpolando nas tabelas de vapor tem-se: h2 = 1422,6 kJ/kg;

v2 = 0,0015 m3/kg; s2 = 3,37 k/kg K ;t2 = 313,6 °C ; u2 = 1407,2 k/kg ; ex2 = 422,7 kJ/kg. Aplicando a primeira

lei para volume de controle em regime permanente Qvc + ∑me.he = Wvc + ∑ms.hs com Wvc = 0,0 e ∑me =

∑ms = m, resulta Qvc = m.(hs -he) e Qvc/m = qvc = (hs -he) = (h2 -h1) = 1162,81 kJ/kg. Como o processo é

considerado reversível esse é então o calor reversível trocado no processo 1 2 ou “qarev” . A segunda lei

serve para checar esse resultado. Irr = To.[m.(s2 - s1) - Qvc/Tm] ou Irr/m = To.[(s2 -s1) - qarev/Tm]. Usando

a equação Tds = dh - vdp. Como p é constante Tds = dh e Tm = ∆h / ∆s = qarev / ∆s e qarev = Tm.∆s. Logo

Irr/m = To.[ ∆s - (Tm. ∆s/Tm)] e, Irr/m = To[∆s -∆s] = 0,0 confirmando a hipótese de reversibilidade do

processo.É bom observar que a condição limite máxima para Tm é T2 caso em que ocorreria a

irreversibilidade máxima e, a condição limite mínima é Tm = 456,33 K (158,18 °C) que equivaleria à

irreversibilidade igual a zero. Abaixo dessa temperatura ter-se-ia Irr < 0,0 o que é impossível. O balanço de

exergias pode ser aplicado aqui para calcular a exergia térmica ExTa e,conseqüentemente Tm. É interessante

que o leitor faça tal cálculo.

Para a mudança de estado de 2 3 ou “vaporização” (passagem do líquido saturado a vapor saturado)

tem-se h3 = 2718,8 kJ/kg; v3 = 0,017 m3/kg ; u3 = 2539,5 kJ/kg ; t3 = t2 = tsat =313,49 °C ; s3 = 5,5941 kJ/

kg K ; ex3 = 1056 KJ/kg. Primeira lei VC/RP Qvc / m = qbrev = (h3 - h2) = 1296,2 kJ/kg. Observe que nessa

região hipóteses consistentes sobre Tm deveriam considerar Tsat como a referência correta pois, na

mudança de estado a temperatura é mantida constante. Usando Irr /m = To[(s3 -s2) - qbrev/Tm] e Tds = dh -

vdp e, considerando que p é constante resulta Tm = ∆h / ∆s = 582,8 K valor um pouco menor do que Tsat

(586,64). Essa discrepância se deve ao fato de que utilizá-se uma temperatura de referência To (valor

portanto arbitrado) nas análises de segunda lei e que a pressão é suposta constante. Além disso, como o

processo é considerado reversível tem-se que ds = δQrev /T e para calcular Tm dever-se-ia conhecer a

relação funcional exata entre T e S. O balanço de exergias serviria para calcular ExTb e conseqüentemente

Tm.É deixado como proposta ao leitor. Para a mudança de estado de 3 4 ou superaquecimento do vapor

saturado tem-se p4 = p3 = 10342,5 kPa ; t4 = 537,8 °C = 811,0 K ; h4 = 3466,5 kJ/kg ; v4 = 0,03391 m3/kg ; s4 =

6,70 kJ /kg K ; u4 = 3117,7 kJ/kg ; ex4 = 1474,4 kJ/kg. Primeira lei VC/RP qcrev = (h4 - h3) = 748,1 kJ / kg ;

Irr/m = To.[ (s4 - s3) - qcrev/Tm] e Tm = ∆h / ∆s = 676,1 K condição resultante da irreversibilidade nula do

processo. Novamente aqui o balanço de exergias serve para o cálculo de ExTc e confirmação de Tm o que é

sugerido como exercício ao leitor. É interessante observar que todos os processos anteriores foram

considerados ideais (reversíveis) mas que, na realidade calor seria cedido em cada etapa do circuito ou

caldeira numa temperatura Tf da fonte maior que a temperatura Tu do receptor da energia térmica assim

fornecida. Se a eficiência de primeira lei for considerada igual a 1,0 ou 100% (ou seja, todo calor fornecido é

absorvido pelo receptor) as exergias térmicas envolvidas seriam ExTf = q [ (Tf - To ) / Tf] ( exergia térmica

da fonte) e ExTu = q[ (Tu - To) / Tu] (exergia térmica do receptor ou usuário do calor cedido). Considerando

então ExTf / ExTu = [(Tf - To)/Tf ].[Tu/(Tu - To)] = Tu/Tf.[(Tf - To) / (Tu - To)]. Portanto, o grande

25

responsável pela irreversibilidade da troca térmica é o gradiente de temperatura entre fonte e usuário

envolvidos no processo.Como normalmente os processos de troca térmica são do tipo q = U.A.∆T onde U

representa o coeficiente global de troca térmica(ver livros texto de TRC), geralmente o projetista da

caldeira vai ser obrigado a avaliar o compromisso entre baixar ∆T e aumentar a área de troca térmica.Isso se

transforma numa questão econômica pois,há um custo adicional pelo acréscimo de tamanho das superfícies de

troca que deve ser contrabalançado pela minimização da irreversibilidade. Além é claro de questões

associadas ao tamanho e facilidade de instalação e montagem da caldeira.

Tópico II - Geradores de Vapor e Caldeiras:

A caldeira é um equipamento bastante complexo que através de seus vários componentes operando de

forma sincronizada, serve para produzir vapor a ser utilizado como vetor energético na indústria seja para

produção de potência seja para produção de calor de processo. Utiliza a queima de um combustível na seção

própria denominada câmara de combustão e, através da energia radiante da combustão e dos efeitos

convectivos dos gases quentes assim gerados produz o vapor na outra seção especializada ou caldeira

propriamente dita, que normalmente é composta de tubulões, headers e paredes d´água.Os dois grandes

modelos são as caldeiras flamotubulares e as caldeiras aquotubulares.

Caldeiras Flamotubulares: a câmara de água e de vapor fica na parte externa dos tubos e, os gases quentes

circulam no interior dos tubos. A entrada dos tubos geralmente se situa na saída da câmara de combustão.

Caldeiras Aquotubulares: as câmaras de água e vapor são distribuídas pelos tubos e paredes d´água e, os

gases quentes e a energia radiante liberada na queima do combustível, circulam na parte externa desses

componentes. Assim a câmara de combustão é praticamente independente dos tubos.

As figuras a seguir mostram detalhes de cada modelo e, as considerações que se seguem discutem

em detalhe cada caso. Existe também um modelo alternativo de caldeira raramente empregado, as caldeiras

elétricas, que se valem de uma resistência elétrica para produzir o vapor. São usadas em situações muito

específicas e, raramente são encontradas em unidades industriais. Os circuitos básicos e essenciais das

caldeiras são: (a) circuito de combustível e ar que alimentam os queimadores da câmara de combustão

produzindo energia radiante e gases quentes;

26

Figura 12 - Caldeira Flamotubular

27

Figura 13 - Caldeira Aquotubular Típica.

28

(b) circuito água/vapor composto no geral de economizador, tubulões, paredes d´água superaquecedor por

onde circula a água a ser vaporizada e fornecida como vapor na forma de produto utilizável; (c) circuito de

gases de exaustão que permite a circulação e exaustão dos gases.

Os termos mais utilizados na área de produção de vapor via caldeiras:

Economizador: seção da caldeira onde se faz o pré-aquecimento da água de alimentação que normalmente

entra na forma de líquido comprimido e, que ao sofrer o pré-aquecimento chegana caldeira na forma de

líquido saturado.Normalmente aproveita o efeito convectivo dos gases de exauatão;

Pré-aquecedor de Ar: o ar de alimentação da câmara de combustão normalmente deve ser pré-aquecido

para melhorar o desempenho energético da caldeira. Esse equipamento cumpre esse papel também

aproveitando o efeito convectivo dos gases.

Superaquecedor: nas caldeiras mais “poderosas” e normalmente aquelas que são destinadas à produção de

potência o vapor deve ser superaquecido. Assim essas caldeiras são equipadas com esse acessório que

normalmente aproveita energia radiante e efeitos convectivos e, cuja função final é superaquecer o vapor

produzido;

VTF: (ventilador de tiragem forçada) é um soprador de ar que insufla o ar de combustão para dentro da

câmara de combustão;

VTI: (ventilador de tiragem induzida) é um exaustor colocado no circuito da chaminé para facilitar a

exaustão dos gases produzidos na câmara de combustão;

Tiragem: produção de fluxo de ar e de gases para circulação dentro da caldeira. Pode ser natural

(normalmente quando se aproveita de efeitos de massa específica diferente de fluídos quentes e frios) ou

artificial (quando se utilizam equipamentos mecânicos para se conseguir o efeito, podendo ser forçada ou

induzida conforme visto em itens anteriores);

Classes de Vapor: características mais usuais do vapor encontrado em aplicações industriais. As classes

mais usuais são; (a) vapor de alta 30 ~ 80 kgf/cm2 e até 500 °C ; (b) vapor de média 15 ~ 30 kgf/cm2 e até 435

°C; (c) vapor de baixa 3 ~ 15 kgf/cm2 e até 350 °C.

Blown-Down: sistema de descarga de lama do fundo da caldeira para manter a qualidade da água.Poe ser

automático ou manual;

Ramonagem: limpeza das tubulações internas da caldeira para retirada de fuligem e incrustações através de

jatos de vapor direcionados às diversas superfícies encontradas no trajeto dos gases.

Tópico III - Mecanismos de Circulação:

Um fluxo adequado de água e mistura vapor/água deve ser mantido na caldeira, tanto para garantir a

produção continuada de vapor como para evitar efeitos danosos de superaquecimento em tubos, paredes

29

d´água e outros circuitos da caldeira. Esse fluxo pode ser conseguido via circulação natural (efeito de

massas específicas diferentes) ou forçada (via bombas de circulação) ou da combinação dos dois. As figuras A,

B e C na seqüência mostram os diversos casos. A relação entre a massa de vapor e a massa de água

circulantes é dada por k = m H2O / mv denominada relação de circulação e, é mantida pela entrada de água de

alimentação e saída de vapor produzido respectivamente. Essa relação pode variar de 4 nas caldeiras

pequenas até 30 nas caldeiras de alta produção de vapor. p4 = ρ´.g .H

p6 = ρ.g. H

fc = H.(ρ´- ρ)

fc força de circulação

Figura A - Circulação natural

tubulão superior p4 3 ρ´ e ρ massas específicas

3 - tubulão superior

6 4 - downcomers (tubos + frios)

H 4 gases quentes

5 - tubulão inferior ou header 6 - risers (tubos + quentes)

tubulão inferior

7

1 - BAL - bomba H2O alimentação

2 - economizador 3 - tubulão superior

4 - tubos frios (downcomers)

5 - header ou tubulão inferior 2 4 6 6 - tubos quentes ou risers

7 - superaquecedor 5

1 BAL

Figura B - Outro arranjo de circulação natural

30

8 - BCF bomba de circulação forçada

7

3

2

4

1 BAL 6

8 - BCF

5

Figura C - Sistema de Circulação Forçada

A caldeira apresenta também equipamentos e acessórios que lhe conferem características adicionais

e, melhora de desempenho como os economizadores e os superaquecedores. Os superaquecedores equipam as

caldeiras mais ajustadas à produção de potência pois, nesse caso o vapor produzido normalmente deve ser

entregue na condição de superaquecido. Esses superaquecedores são montados no circuito da caldeira seja na

região de energia radiante seja na região de efeitos de convecção. As formas mais usuais são “U” e “zig-

zag”. Há também casos onde são montados reaquecedores naquelas caldeiras adaptadas para ciclos com

reaquecimento (assunto a ser visto posteriormente). Já os economizadores servem para pré-aquecer a água

de alimentação quando essa entra no tubulão da caldeira. Esse pré-aquecimento favorece economia de

combustível na caldeira. Esses equipamentos são encontrados de forma mais usual nas caldeiras

aquotubulares. As figuras anteriores e as análises que se seguem contém mais detalhes explicativos sobre

eles. As figuras 39 e 42 (figuras 14 e 14-A na seqüência) mostram detalhes construtivos desses

equipamentos. A figura 39 (fig 14) possui setas indicando o circuito de passagem dos gases quentes. A figura

39-a é uma vista geral explodida da caldeira.A figura 39-b é uma planta da parte inferior da fornalha e dos

tubos componentes da caldeira considerando um corte feito mais ou menos na altura da porta de inspeção. A

figura 39-c é um corte lateral no local onde se localiza o superaquecedor que nesse caso é em formato “U” e

identificado pela letra “i” na vista da figura 39-a. A figura 39-d é um corte da seção da caldeira mostrando

as paredes d´água (identificadas pela letra “d” na figura 39-a) e a caldeira propriamente dita com os dois

tubulões e os respectivos feixes de tubos (identificados pela letra “b” na figura 39-a). As paredes d´água

são compostas dos tubos “c” , “d” , “e” identificados na figura 39-a. As filas de tubos “g” e “h” protegem os

tubos da caldeira e do superaquecedor. Os tubos “k” transportam o vapor saturado até o superaquecedor. A

31

água entra na caldeira através dos tubos “m” vinda do economizador e, os tubos “n” e “o” compõem também a

caldeira e completam o circuito de circulação de água/vapor.

A figura 42 (fig 14-A) mostra uma caldeira com uma distribuição especial de tubos nas paredes

d´água. As três primeiras filas de tubos “a” sobem verticalmente, fazem uma angulação e se ligam ao coletor

ou header “c” ; os tubos “d” de descarga do coletror “c” cruzam o teto da fornalha por cima e entram no

tubulão superior transportando a mistura líquido/vapor Entre os tubos “a” e “d” está mostrado o

superaquecedor “f” em forma de ”zig-zag”. A circulação é feita pelos tubos descendentes “g” (downcomers) e

pelos tubos ascendentes (risers) “b” e “a” . Existe um tubulão inferior “j” onde a água prossegue circulando

pelos tubos “k” passando a um header inferior “h” e, circulando então pelos tubos “i” das paredes d´água. O

circuito é fechado pelo header superior “l” onde a mistura água/vapor passa para o tubulão superior através

dos tubos “m”. O circuito de gases quentes está indicado pelas setas e existem diversas chicanas “n” que

obrigam os gases a se direcionarem segundo o circuito projetado. A câmara de combustão e os queimadores

estão contidos na região “h,i,l,d”. Há um indicador de nível na extremidade superior direita e, internos do

tubulão superior são vistos nas posições “e”.

32

Figura 14 - Vistas Típicas de Uma Caldeira Aquo-tubular.

33

Figura 14 A - Detalhes Em Corte de Uma Caldeira Aquotubular Típica.

34

Tópico IV -Complementos sobre Caldeiras de Vapor - Combustíveis e Combustão:

Caldeiras utilizam vários combustíveis para produzir vapor que é a forma de energia final útil.Um dos

mais utilizados é o carvão mineral que é classificado de acordo com normas tipo ASTM.Esse carvão

normalmente é acompanhado de dois tipos de análise: a análise aproximada (proximate) e a análise mais

refinada ou completa (ultimate).Normalmente as análises são reportadas em base seca e livre de cinzas. Caso

se conheça o percentual de cinzas e umidade então os percentuais dados em base seca e sem cinzas devem

ser corrigidos pelo coeficiente [1 - M - A] x [percentual dado na análise] onde M = % umidade e A = %

cinzas.Outro parâmetro que normalmente vem referenciado nas análises é o poder calorífico inferior ou o

superior.Esse parâmetro é o indicador da quantidade de energia presente numa unidade de combustível

(normalmente KJ/kg).A diferença entre os poderes caloríficos superior e inferior é igual „a entalpia de

vaporização do vapor de água presente nos gases de combustão, vapor esse produzido pela queima de H2 e,

também proveniente da umidade presente no combustível.Tomando um valor de referência para essa entalpia

da ordem de 2400 KJ/kg tem-se: PCS - PCI = 2400 x (M +9H2) onde M é o percentual de umidade e, H2 o

percentual corrigido de hidrogênio reportado na análise fornecida.Caso não se tenha informação sobre o PCS

do carvão pode-se utilizar a fórmula de Dulong: PCS = 33.950 x C + 144.200 x [H2 - (O2 / 8)] + 9400 x S e,

deve-se ter o cuidado de usar os percentuais corrigidos se a análise for fornecida em base seca e sem

cinzas.Tome-se um exemplo para demonstração do que foi dito. Um carvão tem as seguintes informações

para análise aproximada VM=54,0%,FC=46,0%, S=2,8% e PCS= 28.922 kJ/kg livre de cinzas e umidade (VM =

% material volátil, FC % carbono fixo e, S % de enxofre todos em base massa).A análise completa na mesma

condição apresenta as seguintes informações C = 72,4 %, H2 = 4,7 %, O2 = 18,6 %, N2 = 1,5 % e S = 2,8 %.

Calcule as condições reais de queima desse carvão considerando os percentuais de umidade M = 39 % e cinzas

A = 8,0 %. Solução

passo 1 calcular o coeficiente de correção [1 - M - A] = [1 - 0,39 -0,08] = 0,53.

passo 2 aplicar o coeficiente de correção aos dados da análise fornecida

análise aproximada - VM = 0,53 x 54 % = 28,6 %, FC = 0,53 x 46 % = 24,4 %, S = 0,53 x 2,8 % = 1,5 %,

M = 39,0 % , A = 8,0 % e, PCS = 0,53 x 28922 = 15.328,66 kJ/kg.

análise completa - C = 0,53 x 72,4 = 38,372% , H2 = 0,53 x 4,7 = 2,491 %, O2 = 0,53 x 18,6 = 9,858 %,

N2 = 0,53 x 1,5 = 0,795 %, S = 0,53 x 2,8 = 1,484 %, M = 39 %, A = 8 %.

passo 3 calcular o PCI , PCI = PCS - 2400 x [0,39 + 9 x 0,02491] = 13.854,604 kJ/kg.

passo 4 calcular o PCS via equação de Dulong, PCS = 33950 x 0,38372 + 144200 x [0,02491 -

(0,09858/8)] + 9400 x 0,01484= 14.981,91 kJ/kg.

Combustíveis derivados de petróleo também são utilizados em caldeiras e, grande parte deles na

forma de óleos combustíveis. Parâmetros importantes que caracterizam esses combustíveis são o PCS ou PCI

(kJ/kg), a densidade (relação entre a massa específica do combustível e a da água a 15,6 °C dada de forma

35

adimensional ou então graus °API - American Petroleum Institute - sendo a relação entre densidade e graus

API dada pela equação d = 141,5 /[131,5 + °API] na condição de referência ou seja 15,6 °C ou 60 °F), o ponto

de inflamabilidade ou temperatura mínima em que os vapores do líquido podem se inflamar, ponto importante

em questões de estocagem e manuseio e, o ponto de congelamento ou a menor temperatura em que o líquido

se torna muito viscoso. A combustão de óleos tem uma série de vantagens sobre o carvão como, por exemplo,

os óleos são mais limpos e mais fáceis de manusear, estocar e transportar e produzem apenas resíduos de

cinzas na queima e, apresentam combustão mais fácil. Mas, apresentam alguns problemas como, por exemplo,

altos teores de enxofre em alguns deles e, também vanádio que na combustão se oxida produzindo o V2O5

altamente corrosivo.Cálculos básicos com combustíveis líquidos (óleos derivados de petróleo essencialmente)

usados em caldeiras são apresentados a seguir. Calcule o poder calorífico do propano em base volumétrica e,

de um óleo combustível no 6 ambos em BTU/galão (o galão é uma unidade de volume do sistema inglês e 1 pé

cúbico = 7,48 gal).Os dados dos dois combustíveis são d = 112,5 °API, PCS = 50.400 kJ/kg e custo

relativo/unidade de energia = 122 para o propano, que custa no mercado US$0,80/galão. Para o óleo no 6 vale

d = 14,5 °API, PCS = 42.330,0 kJ/kg e custo relativo/unidade de energia = 51. O parâmetro custo

relativo/unidade de energia é normalmente tabelado e, permite relacionar preços de combustíveis, conhecido

o de um deles. Também calcule os custos do óleo em US$/MBTU e cents/galão.O primeiro passo na solução é

estabelecer uma equação geral de cálculo do PCS em base volumétrica, lembrando que na condição padrão a

massa específica da água vale 62,4 lbm/ft3 e, que a densidade do combustível é a relação entre sua massa

específica e aquela da água d = ρÓLEO / ρH2O, logo ρÓLEO = d x ρH2O. Chamando de X o PCS em base volumétrica

pode-se escrever X = PCS x d x ρH2O x ft3/gal. O PCS deve ser convertido para BTU/lbm logo X = 0,43 x PCS

x 62,4 x [141,5 / (131,5 + °API)] x 0,1337 ft3/gal lembrando que 1 kJ/kg = 0,43 BTU/lbm. Essa equação geral

produz o PCS em BTU/galão. Para o propano então resulta:

X = [0,43 x 50.400,0] BTU/lbm x 62,4 lbm/ft3 x [141,5 /(131,5 +112,5)] x 0,1337 ft3/gal = 104.853,18

BTU/gal

Para o óleo no 6 resulta:

X = [0,43 x 42.330,0] BTU/lbm x 62,4 lbm/ft3 x [141,5 /(131,5 +14,5)] x 0,1337 ft3/gal = 147.175,77

BTU/gal

Para calcular o custo do combustível em US$/MBTU faz-se as seguintes operações: o propano tem um valor de

mercado de US$ 0,80/galão logo, YPROP (US$/MBTU) = [0,80 US$/gal] x [106 BTU/MBTU] / [BTU/gal] = 0,80 x

106 / 104.853,18 = US$ 7,63 / MBTU. Para o óleo no 6 é preciso utilizar o parâmetro que relaciona custos de

combustíveis já referenciado anteriormente. Assim, YÓLEO = (51/122) x US$ 7,63 / MBTU = US$ 3,19 / MBTU.

Chamando Z o custo em cents/galão resulta para o óleo no 6 ZÓLEO = [319 cents/MBTU] x [147.175,77

BTU/gal] / [106 BTU/MBTU] = 46,95 cents / galão ou US$ 0,47/galão.

Combustíveis gasosos também são queimados em caldeiras para produção de vapor.A grande maioria

deles são fósseis ou derivados de fósseis e, podem ser classificados em três grandes grupos: gases naturais,

gases manufaturados e, subprodutos industriais como BFG, COG e LDG. A composição de gases geralmente é

36

expressa em base molar ou volumétrica ao contrário dos carvões e combustíveis líquidos. Para misturas de

gases ideais as composições molar e volumétrica são idênticas e, o poder calorífico desses gases

normalmente é expresso em kJ/Nm3 onde Nm3 identifica normal metro cúbico (volume medido nas CNTP, 0

°C e 1 atm ou 101,325 kPa), ou kJ/litro, ou BTU/ft3. Assim, o poder calorífico depende da massa específica

que é diretamente proporcional à pressão absoluta dada e, inversamente proporcional à temperatura absoluta

dada.O poder calorífico também pode ser expresso em unidade de energia por massa (kJ/kg ou BTU/lbm) e,

nesse caso independe da pressão e temperatura do gás. O poder calorífico de uma mistura de combustíveis

gasosos é igual ao somatório dos produtos da fração volumétrica de cada componente pelo respectivo poder

calorífico. Dadas uma pressão e temperatura de referência pR e TR o poder calorífico da mistura será:

i = n PCSmist(pR,TR) = ∑ (PCSv)i,pR,TR x Vi onde PCSv é o PCS em base volumétrica do i-ésimo componente nas

i =1

condições pR, TR e Vi a fração molar ou volumétrica daquele componente. Para converter o PCS da condição de

referência a uma outra condição qualquer p,T basta usar a equação (PCSv)p,T = (PCSv)pR,TRx (p/pR) x (TR/T).

Pressões e temperaturas usadas nessa equação devem ser ABSOLUTAS. Um poder calorífico em base

volumétrica numa dada pressão e temperatura, pode ser convertido em base massa multiplicando o valor em

base volumétrica pelo volume específico do gás na mesma temperatura e pressão.Assim PCSm = (PCSv )p,T x

(v)p,T. O volume específico de uma mistura de gases pode ser obtido da equação v = V/m = RT/p = RuT/pMM

onde Ru é a constante universal dos gases e MM a massa molecular. Maiores esclarecimentos serão obtidos

com uma aplicação.Calcule o PCS em kJ/m3 e kJ/kg a 10 °C e 3 atm para uma mistura gasosa com a seguinte

composição: 94,3 % CH4, 4,2 % C2H6, e 1,5 % CO2.Solução: a 20 °C e 1 atm os PCS dos componentes são PCSv

=37.030,0 kJ/m3 para o CH4, PCSv = 64.910 kJ/m3 para o C2H6 e, PCSv = 0,0 para o CO2. A massa molecular

da mistura é dada por MM = 0,943 x 16,043 + 0,042 x 30,071 + 0,015 x 44,01 = 17,05 kg/kmol.Nessa mesma

condição o PCSv da mistura seria então (PCSv)mist = 0,943 x 37.030,0 + 0,042 x 64.910,0 + 0.015 x 0 =

37.645,51 kJ/m3 e, o volume específico da mistura seria v = Ru T /(p x MM) = [ (8,314 kJ/kmol k) x 293,15 k]

/ [ 101,325 kPa x 17,05 kg /kmol] = 1,411 m3/kg. O PCS da mistura em base massa é então (PCS)m = (PCS)v x

v = 37.645,51 kJ/m3 x 1,411 m3/kg = 53.109,49 kJ/kg. Para a condição de 3 atm e 10 °C valem as relações:

(PCSv)mist = (PCS)p,T x (p/pR) x (TR/T) = 37.645,51 kJ/m3 x (3/1)x(293,15/283,15) = 116.925,11 kJ/m3.

Nessa nova condição v = [8,314 x 283,15] / [303,98 x 17,05] = 0,4542 m3/kg e (PCS)m = (PCSv) x v =

116.925,11 x 0,4542 = 53.107,38 kJ/kg ou seja, muito próximo do valor anterior sendo o erro apenas devido a

arredondamentos.

Os combustíveis gasosos típicos vão desde o gás natural que é um combustível fóssil natural aos

gases obtidos por síntese de algum composto (por exemplo, o carvão), passando por gases residuais como gás de

coqueria, alto forno e aciaria em siderúrgicas. Os gases industrializados típicos são o GLP (gás liquefeito de

petróleo), gases de carbureto e, o gás de síntese ou gás natural sintético (SNG).

A produção de energia térmica é essencial para o funcionamento das caldeiras e, essa energia é

derivada da energia química dos combustíveis quando queimados. A reação de combustão é na verdade um

37

processo de oxidação em que materiais como H2, C e S, presentes nos diversos combustíveis existentes se

oxidam em H2O, CO2 e SO2 respectivamente. O hidrogênio é o que tem a mais elevada temperatura de ignição

(582 º C) e, como é um gás queima de forma limpa e bem rápida desde que haja a quantidade suficiente de ar

para tal. A reação básica de combustão completa é:

2 H2 + O2 2 H2O + QH (liberando 286.470,0 kJ/kmol H2 de energia térmica = QH). A equação diz que 2

kmol de hidrogênio (4,032 kg) reagem com 1 kmol de O2 (31,999 kg) produzindo 2 kmol (31,999 + 4,032

=36,031 kg) de água e, liberando 286.470,0 kJ/kmol de energia térmica. Note a conservação de massa, mas

não há conservação de mol, pois as espécies químicas se modificam.Assim, são exigidos 7,936 kg de O2 para

cada kg de hidrogênio para a queima completa ou 0,5 kmol de oxigênio para 1 kmol de hidrogênio(H2). E, o

poder calorífico superior do hidrogênio é de 142.097,0 kJ/kg e, seu poder calorífico inferior da ordem de

120.067,0 kJ/kg. O enxofre S tem uma temperatura de ignição de 243 º C e, produz na queima um dos

radicais mais poluentes o SOx (na combustão completa SO2). A reação básica de combustão completa é:

S + O2 SO2 + Q S(liberando 296.774 kJ/kmol S de energia térmica = QS). A equação diz que 1 kmol de S

(32,064 kg) reage com 1 kmol de O2 (31,999 kg) produzindo 1 kmol de SO2 (64,063 kg). Assim são

necessários 0,998 kg de O2 para a queima de cada kg de S ou 1 kmol de O2 para cada kmol de S. E o poder

calorífico superior do enxofre é idêntico ao seu poder calorífico inferior (porquê?) e vale 9.257,0 kJ/kg S. O

carbono é um dos mais importantes elementos combustíveis e, é parte essencial de qualquer hidrocarboneto

seja ele sólido, líquido ou gasoso. A oxidação do carbono é mais difícil e mais lenta que a do hidrogênio e do

enxofre. Embora tenha temperatura de ignição mais baixa que o H2 (407 ºC) ele é um sólido e queima mais

devagar. Assim, será sempre assumido que o carbono é o último a atingir combustão completa e, no caso de

falta de oxigênio suficiente para tal, sua combustão será admitida incompleta resultando na formação de CO.

Além disso, sua equação de combustão se dá em duas etapas: primeiro a oxidação para CO e, se houver

condições adequadas, a queima completa em CO2. Então resulta:

2 C + O2 2 CO + QCO (liberando 110.380,0 kJ/kmol de energia térmica via C = QCO) - 2 kmol de C (24,02

kg) reagem com 1 kmol de O2 (31,999 kg) para produzir 2 kmol de CO (56,02 kg) e, liberar 110.380,0 kJ/kmol

de energia.

A próxima etapa da combustão dependerá se existe ou não oxigênio suficiente e, em caso afirmativo resulta: 2

CO + O2 2 CO2 + QCO2 (liberando 283.180,0 kJ/kmol de energia térmica via CO = QCO2) ou seja, 2 kmol de

CO (56,02 kg) reagem com 2 kmol de O2 (31,999 kg) para produzir 2 kmol (88,02 kg) de CO2, com a

liberação de 283.180,0 kJ/kmol de energia térmica.Combinando as duas equações numa só quando houver

combustão completa resulta:

C + O2 CO2 + QC liberando 393.560,0 kJ/kmol de energia térmica ( QC) ou seja, 1 kmol de C (12,011 kg)

reage com 1 kmol de O2 (31,999 kg) para produzir 1 kmol de CO2 (44,01 kg) liberando 393.560,0

kJ/kmol.Assim são necessários 2,66 kg de O2 para combustão completa de 1 kg de carbono e, o poder

calorífico superior do carbono vale 393.663,78 kJ/kmol ou 32.778,0 kJ/kg.

38

Observe-se que em todas as equações anteriores foi levantada a quantidade de oxigênio(O2)

necessário para combustão de cada constituinte básico dos diversos combustíveis. Na prática raramente se

utiliza oxigênio puro em processos de combustão. Utiliza-se o ar ambiente como fonte de oxigênio por razões

econômicas. Em base molar ou volumétrica o ar é composto de 21% de O2 e 79% de N2 e parcelas pequenas de

outros gases. Como as parcelas são muito pequenas, o ar é considerado então composto de 21% O2 e 79% de N2

em base molar ou volumétrica. Se o ar for considerado em base massa é composto de 23,2% de O2 e 76,8 % de

N2 (porquê?). A massa molecular média do ar é de 28,97 kg/kmol.

Um dos parâmetros essenciais nos cálculos de combustão é a relação teórica ar/combustível (air fuel

ratio na literatura inglesa ou (A/F)). É a quantidade mínima de ar necessária para assegurar combustão

completa do elemento considerado. Pode ser expressa em termos de massa de ar seco por massa de

combustível, ou volume de ar seco por volume de combustível, ou mesmo em kmol de ar seco por kmol de

combustível. O cálculo de ar necessário em base massa é feito com base nas quantidades anteriores de O2

calculadas e, na composição do combustível entregue para a queima em base massa. Assim ter-se-ia:

%C (massa) x 2,66 kg de O2 necessário para queima do carbono presente em 1 kg de combustível;

%H2(massa) x 7,94 kg de O2 necessário para queima do hidrogênio presente em 1 kg de combustível;

%S (massa) x 0,998 kg de O2 necessário para queima do enxofre presente em 1 kg de combustível;

TOTAL soma das três parcelas = total de kg O2 para queima de 1 kg de combustível

Subtrai-se o total de O2 em base massa por acaso presente no combustível e, resulta o TOTAL real de

O2 para queima de 1 kg de combustível. Assim, a relação ar/combustível teórica é igual [Total real de O2/ kg de

combustível] / (0,232). Observe que a análise do combustível deverá ser fornecida em base massa nesse

caso e, que o fator 0,232 é a fração em massa de O2 presente no ar já comentada. Essas operações podem

ser resumidas na fórmula: (A/F)t,m = [2,66 x %C + 7,94x%H2 + 0,998%S - %O2] / (0,232). Nunca é demais

lembrar que todos os % devem ser em base massa e, o ar é seco. No caso dos carvões geralmente as análises

de queima são fornecidas em base seca e sem cinzas.Mas, o carvão ao ser queimado contém umidade e produz

cinzas.Portanto para carvões a equação pode ser rearranjada para:

(A/F)t,m = { [2,66 x %C + 7,94x%H2 + 0,998%S - %O2] x (1 - M -A) } / (0,232) onde M é o % de umidade e A

o de cinzas conforme já visto. Calcule o ar teórico necessário para a queima de carvão oriundo do Tennesee

considerando que os teores de umidade e cinzas do carvão ao ser queimado são 4% e 5% respectivamente. A

análise do carvão fornecida em base massa é C = 83,1%, H2 = 5,5%, O2 = 7,4%, N2 = 2,1%, S = 1,9% e, PCS =

34.608,0 kJ/kg. Solução:

(A/F)t,m = {[2,66 x 0,831 + 7,94 x 0,055 + 0,998 x 0,019 - 0,074] x (1 - 0,04 - 0,05)} / (0,232) = 10,17 kg ar

seco/ kg carvão.

Para combustíveis gasosos e líquidos é mais simples trabalhar com composição em base volumétrica

ou molar. Considere-se que Zi indica o número de kmol do i-ésimo componente (% do elemento em base molar

x número de kmol do elemento) do combustível para cada kmol do combustível. Assim por exemplo para o

C8H18, ZC = 8 e ZH = 18; se o combustível é uma mistura gasosa composta de 50% de C2H6, 30% de CO, 10%

39

NH3 e 10% de H2S resultaria ZC = 0,5 x 2 + 0,3 x 1 +0,1 x 0 + 0,1 x 0 = 1,3 kmol de C / kmol de gás; ZH = 0,5 x 6

+ 0,3 x 0 + 0,1 x 3 + 0,1 x 2 = 3,5 kmol de H / kmol de gás; ZO = 0,5 x 0 + 0,3 x 1 +0,1 x 0 + 0,1 x 0 = 0,3 kmol

de O / kmol de gás; ZN = 0,1 x 1 = 0,1 kmol de N / kmol de gás; ZS = 0,1 x1 = 0,1 kmol de S / kmol de gás.

Calculados os kmol pode-se fazer o cálculo de O2 necessário tendo em conta os elementos combustíveis e o

oxigênio presente no combustível. Assim resultaria a seguinte equação final:

(A/F)t,mol =[ZC + ZH/4 + ZS - ZO/2] / (0,21) - kmol de ar / kmol de combustível -.Como relações em mol são

idênticas a relações volumétricas para combustíveis GASOSOS, pode-se escrever kmol de ar / kmol de

combustível ou m3 ar / m3 de combustível desde que o ar e o combustível estejam à mesma pressão e

temperatura.A relação teórica em base molar pode ser passada para a base massa usando a seguinte equação

(A/F)t,m = [28,97 x (A/F)t,mol] / MMCOMBUSTÍVEL. Calcule a relação ar/combustível teórica em base massa

para uma mistura de 40% de propano e, 60% de butano. Solução: 40% de C3H8 e 60% de C4H10 mistura

gasosa. ZC = 0,4 x 3 + 0,6 x 4 = 3,6 kmol; ZH = 0,4 x 8 + 0,6 x 10 = 9,2 kmol. (A/F)t,mol = [3,6 + 9,2/4 + 0 + 0 -

0/2] / (0,21) = 28,1 kmol de ar / kmol de combustível. MMCOMBUSTÍVEL = 0,4 x 44,099 + 0,6 x 58,126 = 52,51 kg

/ kmol. Portanto (A/F)t,m =[28,97 x 28,1] / 52,51 = 15,5 kg ar seco / kg combustível.

O processo REAL de combustão é bem diferente do teórico. A sigla clássica adotada em literatura

inglesa para o sucesso dessa reação é MATTρ que significa: Mistura adequada dos reagentes; Ar suficiente;

Temperatura acima da temperatura de ignição; Tempo suficiente para que ocorra a reação completa e, massa

específica (ρ) suficiente para a propagação da chama. Como a mistura perfeita é raramente atingida num

processo real, deve ser fornecido um excesso de ar para garantir a combustão. E esse excesso deve ser

mantido num patamar razoável, pois se extrapolar muito determinados valores resulta num aumento de

perdas de energia e emissão de NOx. Dependendo desse excesso e do grau de mistura obtido os gases de

exaustão podem resultar nos produtos da combustão completa, ou seja, CO2, vapor de água e SO2 acrescidos

de produtos de combustão incompleta como combustível não queimado, CO, além hidroxilas e aldeídos, N2

(sempre presente), O2 não usado e partículas de cinzas e NOx. Desses todos a água, o oxigênio e o nitrogênio

são considerados não poluentes. Há dois parâmetros que indicam o excesso de ar fornecido: coeficiente de

diluição e coeficiente de excesso de ar ou percentual de excesso de ar. Coeficiente de Diluição DC =

(A/F)m,real / (A/F)m,t ; % excesso de ar = 100 x { [(A/F)real - (A/F)t] / (A/F)t }.A relação (A/F)m,real é

obtida de dispositivos de monitoramento de gases de exaustão que medem a existência e % dos elementos

presentes nesses gases. Há os dispositivos mais simples como o analisador de Orsat e, os mais complexos

como o Cromatografo de Gases. Para os carvões é também necessário um analisador de refugos que calcula p

PCS dos refugos. Se esse PCS (kJ/kg ou similar) é conhecido pode-se calcular o percentual de combustível

nos refugos: %combustível = 100 x [ PCSREFUGOS/ PCSCARBONO], simbologia CR/R. A menos que haja informações

adicionais, normalmente se supõe que toda a cinza do carvão apareça no cinzeiro da grelha ou fornalha e, que

os refugos são compostos de cinzas e carbono não queimado. Se CR representa a fração em massa de

combustível carbono não queimado nos refugos, então R representa a massa de refugo coletado por kg de

carvão queimado e, é igual à soma de CR mais A, onde A é a fração em massa de cinzas dada pela análise do

40

carvão conforme já visto. O percentual de combustível é então dado por (CR / R) x 100. Como R = CR + A

resulta que A/R = [1 - (CR / R)] e, (A/R) representa a fração em massa de cinzas nos refugos. Se a maioria

das cinzas é reportada nos refugos a fração de refugos R pode ser calculada por R = massa de refugos/

massa de carvão = fração em massa de cinzas no carvão [A] / [(A /R)].

Se a fração de refugos R é conhecida, a massa de carbono não queimado nos refugos por unidade de

massa de carvão queimado CR, pode ser calculada por CR = R - A. O carbono total queimado no combustível

tanto pode produzir CO como CO2, Se CB é considerado como a massa de carbono realmente queimada por

unidade de massa de carvão, pode ser obtido de CB = CANÁLISECOMPLETA - CR.Uma vez conhecidas análise de

refugos, análise completa do combustível e análise de Orsat a relação REAL ar/combustível pode ser

calculada. De todos os elementos presentes no combustível e no ar (C, H2, S, O2, e N2), só o carbono e o

nitrogênio podem ser contabilizados via análise de refugos e de Orsat.O número de kmol de CO e CO2

presentes nos gases de exaustão é igual a CB /12,01 e, o número de kmol de N2 por unidade de combustível

queimado é igual a [Nf + Na] / 28,016, onde Nf representa a fração em massa de N2 do combustível dada na

análise completa e, Na a massa de N2 presente no ar de combustão. Assim (A/F)m,real = { [ (%N2) x 28,016 x

CB] / [(%CO +%CO2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768). Os percentuais de CO, CO2 e N2 são obtidos da análise de

Orsat e, CB obtido da análise de refugos e análise completa e, Nf obtido da análise de queima do carvão.

Uma equação similar pode ser obtida para combustíveis dados em base molar. Nesse caso o cálculo é

até mais simples, pois o carbono presente nos combustíveis líquidos ou gasosos normalmente é convertido em

produtos gasosos CO e CO2, não ocorrendo existência de refugos.Assim resulta: (A/F) mol,real = { { [ %N2 x

ZC ] / [ %CO + %CO2] - ZN/2 } } x (1/ 0,79) onde ZC representa o kmol de carbono por kmol de combustível,

ZN kmol de nitrogênio por kmol de combustível, e aqui também pode ser feita a conversão para base massa

conforme descrito anteriormente.

Em todos os casos anteriores a análise é feita para ar seco. Mas o ar real apresenta sempre uma

certa quantidade de umidade. Para corrigir tal imprecisão as relações ar / combustível anteriores podem ser

corrigidas para base úmida: (A/F)t,m,u = (1 + ω) x (A/F)t,m onde o índice u indica base úmida e ω representa

a umidade absoluta do ar (kg de água / kg de ar seco) dada em cartas psicrométricas; (A/F)t,mol,u = (1 +

ω/0,622) x (A/F)t,mol; (A/F)m,real,u =(1 + ω) (A/F)m,real; (A/F) mol,real,u = (1 + ω/0,622) x ( A/F) mol,real.

Teoricamente oxigênio e CO não poderiam aparecer juntos em gases de exaustão, mas eles aparecem

normalmente ali por questões de mistura inadequada. Uma regra prática estabelece que, o percentual

aproximado de excesso de ar é igual a cinco vezes o percentual de oxigênio obtido da análise de Orsat, se o

percentual de CO é pequeno e se o percentual de oxigênio for menor do que 5%. Para concentrações de

oxigênio acima de 5% essa regra perde sustentação e dá resultados muito ruins.

Exemplo 1 - Uma instalação queima carvão de Clay Count, Missouri com M = 12% e A = 10%. Uma

análise de refugos desse carvão mostra que o PCS do refugo é de 4581 kJ/kg e, uma análise de Orsat dos

gases de exaustão mostra o seguinte resultado: 14,57% CO2, 3,93% O2 e 0,15% CO. Calcule o coeficiente de

41

diluição e o excesso de ar se houver. Solução: o carvão citado tem as seguintes características 79,2% C,

5,5% H2, 8,4% O2, 1,3% N2, 5,6% S, e PCS = 33.422,0 kJ/kg. Correção pra umidade e cinzas = ( 1 - 0,12 -

0,10) = 0,78. Percentual de N2 nos gases de exaustão = 100 - %CO2 (14,57) - % O2 (3,93) - %CO (0,15) =

81,35%. Análise dos refugos CR/R = PCS ref / PCS carbono = 4.581,0/32.778,0 = 0,1398 kg C nos refugos/kg

de refugo ou 13,98% de combustível nos refugos. (A/R) = 1 - CR/R = 1 - 0,1389 = 0,8602 kg de cinzas / kg de

refugo. R = A / (A/R) = 0,10 / 0,8602 = 0,1163 kg de refugo / kg de carvão e, CR = R - A = 0,1163 - 0,10 =

0,0163 kg de carbono não queimado/kg de carvão. CB = CANÁLISECOMPLETA - CR = (0,792 x 0,78) - 0,0163 = 0,6015

kg de carbono queimado / kg de carvão. Assim, (A/F)t,m = {[2,66 x %C + 7,94x%H2 + 0,998%S - %O2] x (1 -

M -A)} / (0,232) = 0,78 x [2,66 x 0,792 + 7,94 x 0,055 + 0,998 x 0,056 - 0,084] / 0,232 = 8,457 kg ar / kg

carvão. (A/F)m,real = { [ (%N2) x 28,016 x CB] / [(%CO +%CO2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768) ={ 81,35 x 28,016

x 0,6015 / [(14,57 + 0,15) x 12,01] - (0,78 x 0,013) } x (1/0,768) = 10,084 kg ar / kg carvão. Logo DC =

(A/F)real /(A/F)t = 10,084 / 8,457 = 1,192 e %excesso de ar = 100 x (DC -1) = 19,23 %.Com a regra

aproximativa seria obtido 5 x (3,93) = 19,65 %.

Exemplo 2 - Se um carvão de Linn County, Missouri com M = 13% e A = 11% é queimado com 12% de

excesso de ar e, aparece 0,5% de CO na análise de Orsat, calcule o balanço final da análise de Orsat. O PCS

dos refugos desse carvão é de 2500 kJ/kg. Solução: esse carvão apresenta a seguinte análise 78,6% C, 5,6%

H2, 9,3% O2, 1,3% N2, 5,2% S e PCS de 33.318,0 kJ/kg. Fator de correção de umidade e cinzas = ( 1 - 0,13 -

0,11) = 0,76. Com (A/F)t,m = {[2,66 x %C + 7,94x%H2 + 0,998%S - %O2] x (1 - M -A)} / (0,232) = [2,66 x

0,786 + 7,94 x 0,056 + 0,998 x 0,052 - 0,093] x 0,76 / 0,232 = 8,171 kg ar / kg carvão. (A/F)m,real = DC x

(A/F)t,m = 1,12 x 8,171 = 9,151 kg ar / kg de carvão. CR/R = PCS ref / PCS carbono = 2500/32.778,0 = 0,0763

e (A/R) = 1 - CR/R = 1 - 0,0763 = 0,9237. R = A / (A/R) =0,11/0,9237 = 0,1191 kg refugos/kg de carvão, CR =

R - A = 0,1191 - 0,11 = 0,0091 kg carbono não queimado / kg de carvão. CB = CANÁLISECOMPLETA - CR = (0,76 x

0,786) - 0,0091 = 0,5833 kg de carbono queimado/kg de carvão. Mol de produtos de exaustão por kg de

carvão queimado: kmol de CO/kg de carvão = X; Kmol(CO2 + CO)/ kg de carvão = CB /12,01 = 0,5833/12,01 =

0,04898 e, kmol de CO2/kg carvão = CB /12,01 - X = 0,04898 - X; kmol de O2/kg carvão = [(DC -1) x 0,232

x(A/F)t,m / 32 ] + [CR/12,01] + (X/2) = [0,12 x 0,232 x 8,171 / 32 ] + 0,0091/12,01 + X/2 = 0,00787 + X/2 ;

kmol de N2/kg de carvão = [ (A/F)m,real x 0,768 + Nf ] / 28,016 = [9,151 x 0,768 + 0,76 x 0,013] / 28,016 =

0,25122. O total de kmol de produtos secos(gases de exaustão) por kg de carvão é obtido do somatório dos

anteriores: kmol de gases secos/kg de carvão = X + 0,04898 -X + 0,00787 + X/2 + 0,25122 = 0,30807 + X/2.

Da análise de Orsat para os gases resulta kmol de CO/kmol de gases secos = 0,5% = 0,005. Esse valor é igual

a (kmol de CO/kg de carvão)/(kmol de gases/kg de carvão) ou X / (0,30807 + X/2) e, portanto 0,005 = X /

(0,30807+X/2) e, 0,9975 X = 0,005x(0,30807) resultando X = 0,00154 kmol de CO/kg de carvão. Assim,

voltando ao valor anterior o total de kmol de gases por kg de carvão será 0,30807 + X/2 = 0,30884 kmol de

gases secos/kg de carvão. Confirmando com a análise de Orsat resulta % CO = 100 x 0,00154/0,30884 =

0,5%; % CO2 = 100 x (0,04898 - 0,00154)/0,30884 = 15,36%; % O2 = 100 x (0,00787 + 0,00154/2)/0,30884

42

= 2,8%; % N2 = 100x(0,25122)/030884 = 81,34%. Total = 0,5 + 15,36 + 2,8 + 81,34 = 100%. A checagem pode ser

feita usando os resultados obtidos acima no cálculo da relação ar/combustível real (A/F)m,real={ [ (%N2) x

28,016 x CB] / [(%CO +%CO2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768) ={ (81,34 x 28,016 x 0,5883)/[(0,5 +

15,36)x12,01] - 0,76x0,013} x (1/0,768) = 9,151 kg ar/ kg de carvão.

Exemplo 3 - Um gás natural com a seguinte análise molar é queimado numa fornalha: CO2 = 0,5%, CO

= 5,0%, CH4 = 87,0%, C2H4 = 3,0% e N2 = 4,5%. A análise dos gases de exaustão obtida de um aparelho de

Orsat mostra os seguintes resultados: 9,39% CO2, 3,88% O2, 0,83% CO. Calcule o percentual de excesso de

ar se houver e, a relação ar/combustível real em kg ar/kg de gás natural. Solução: da análise do gás resulta

ZC = 0,005 + 0,05 + 0,87 + 0,03 x 2 = 0,985; ZH = 4x0,87 + 4x0,03 = 3,6; ZO = 2 x 0,005 + 1 x 0,05 = 0,06; ZN

= 0,045 x2 = 0,09. Resulta então (A/F)t,mol =[ZC + ZH/4 + ZS - ZO/2] / (0,21) = [0,985 +3,6/4 + 0 - 0,06/2] /

0,21 = 8,833 kmol de ar/ kmol de gás. Massa molecular do gás = 0,005 x 44,01 + 0,05 x 28,01 + 0,87 x 16,04 +

0,03 x 28,05 + 0,045 x 28,016 = 17,679 kg/kmol de gás. Da análise de Orsat resulta: (A/F) mol,real = { { [

%N2 x ZC ] / [ %CO + %CO2] - ZN/2 } } x (1/ 0,79) = { { [0,985x85,9]/[9,39+0,83] - 0,09/2 } x (1/0,79) =

10,423 kmol de ar/kmol de gás. Coeficiente de diluição = (A/F)mol,real/(A/F)t,mol = 1,18 e excesso de ar = 100

x (1,18 -1) = 18%. Relação ar combustível em kg de ar/kg de gás (A/F)m,real = 28,97 x10,423/17,679 = 17,08

kg de ar/kg de gás.

Exemplo 4 - GLP ou gás de cozinha como é mais conhecido tem a seguinte composição 70% C3H8 e

30% C4H10.Calcule a provável análise de Orsat para esse gás e o PCS (kJ/kg de gás) quando a queima é feita

com (a) coeficiente de diluição de 0,9 e (b) coeficiente de diluição de 0,6. Solução: alínea (a) da análise do

gás resulta ZC=0,7 x 3 + 0,3 x 4 = 3,3; ZH= 0,7 x 8 + 0,3 x 10 = 8,6 e, massa molecular do gás 0,7 x 44,099 +

0,3 x 58,126 = 48,307 kg /kmol. PCS = [(0,7x44,099)/48,307] x 50.399,0 + [(0,3 x 58,126)/48,307] x

49.589,0 = 50.106,71 kJ/kg gás. (A/F)t,mol =[ZC + ZH/4 + ZS - ZO/2] / (0,21) = [3,3 + 8,6/4] /0,21 = 25,952

kmol ar/kmol gás. Como o coeficiente de diluição é menor que 1 resulta em falta de oxigênio na combustão

logo é preciso montar uma tabela com os resultados mais prováveis com o cálculo de kmol de oxigênio

(observe que é o cálculo do elemento O e não da molécula O2): ZO necessário para queimar o

hidrogênio(H2) produzindo H2O ZH/2 = 8,6/2 = 4,3( 2H + O H2O). ZO necessário para queimar o

enxofre em SO2 2ZS = 2 x 0,0 = 0,0 (S + 2O SO2). ZO necessário para queimar o carbono em CO 1xZC

= 3,3 (C + O CO). ZO necessário para queimar o CO em CO2 1 x ZC= 3,3 (CO + O CO2). Total kmol de

Oxigênio = 4,3 + 0,0 + 3,3 + 3,3 = 10,9 e, ZO necessário para combustão completa = 10,9 - O presente no

combustível = 10,9 - 0,0 = 10,9. O coeficiente de diluição dado é de 0,9 logo ZODISP = 0,9 x 10,9 + ZOCOMBUST=

0,9 x 10,9 + 0,0 = 9,81. Como 7,6 < 9,81 < 10,9 percebe-se então que há oxigênio suficiente para a queima do

hidrogênio, do enxofre e do C em CO2, mas não totalmente resultando, portanto uma certa quantidade de CO.

Portanto os produtos secos da combustão vão ter CO, parte de CO2 e N2. De acordo com a tabela anterior

resultaria kmol de CO = 10,9 - 9,81 = 1,090; kmol de CO2 = 9,81 - 7,6 = 2,21; kmol de N2 = 9,81(0,79/0,21)/2

+

43

ZN/2 = 18,452 + 0,0 = 18,452. Total de kmol dos gases de exaustão por kmol de combustível = 1,09 + 2,21 +

18,452 = 21,752 kmol / kmol de combustível. Assim a análise de Orsat mais provável seria: % CO2 = 2,21 x

100 / 21,752 = 10,16%; % O2 = 0,0 x 100 / 21,752 = 0,0%; % CO = 100x1,090/21,752 = 5,011%; % N2 = 100 x

18,452/21,752 = 84,829. A checagem é feita com o cálculo do coeficiente de diluição usando os resultados

obtidos e, verificando se ele é igual ao coeficiente dado. DC = DC = (A/F)mol,real / (A/F)mol,t =[ ZC x % N2 / (%

CO2 + % CO) - ZN/2 ] / (0,79 x 25,952) = [3,3 x 84,829 / (10,16 + 5,011)] / 20,5 = 0,9001 resultado

EXCELENTE se comparado ao valor fornecido! O cálculo do PCS fornece PCS = PCSCALC - { [(kmol de CO/kmol de

gás) x MMCOxPCSCO] / MMGÁS} = 50.106,71 - {[1,09 x 28,01 x 10.110,0] / 48,307 } = 43.717,01 kJ/kg gás e, a

perda de energia pela combustão incompleta é da ordem de 12,75%.

Caso alínea (b): coeficiente de diluição 0,6, portanto ZO disponível = 0,6 x 10,9 + ZOCOMBUST = 6,54.

Portanto 7,6 > 6,54 > 4,3. Nesse caso haverá oxigênio suficiente para queima do hidrogênio e o

enxofre, mas não para queima do carbono em CO e CO2. Assim haverá CO, carbono não queimado (ou fuligem)

que é um produto sólido e, nitrogênio nos produtos finais. Resulta: kmol de C(fuligem) = 7,6 - 6,54 = 1,06;

kmol de CO = 6,54 - 4,3 = 6,54 - 4,3 = 2,24; kmol de N2 = 6,54(0,79/0,21)/2 + ZN/2 81(0,79/0,21)/2 + ZN/2 =

6,54 x 0,79/0,42 + 0 = 12,30. Total de kmol dos gases de exaustão secos por kmol de combustível = 2,24 +

12,30 = 14,54 kmol / kmol de combustível. Assim a análise de Orsat mais provável seria: % CO2 = 0,0 x 100 /

14,54 = 0,0%; % O2 = 0,0 x 100 / 21,752 = 0,0%; % CO = 100x2,24/14,54 = 15,406; % N2 = 100 x 12,3/14,54 =

84,592. A checagem é feita com o cálculo do coeficiente de diluição usando os resultados obtidos e,

verificando se ele é igual ao coeficiente dado. DC = DC = (A/F)mol,real / (A/F)mol,t =[ ZC x % N2 / (% CO2 +

% CO) - ZN/2 ] / (0,79 x 25,952) = [2,24 x 84,592 / (0,0 + 15,406)] / 20,5 = 0,6000 resultado EXCELENTE

se comparado ao valor fornecido! O cálculo do PCS fornece PCS = PCSCALC - { [(kmol de CO/kmol de gás) x

MMCOxPCSCO] / MMGÁS} - { [(kmol de C/kmol de gás) x MMCxPCSC] / MMGÁS} = 50.106,71 - {[2,24 x 28,01 x

10.110,0] / 48,307 } - { [1,06 x 32.778,0 x 12,01]/48,307 = 28.337,42 kJ/kg gás e, a perda de energia pela

combustão incompleta é da ordem de 43,45%. O exemplo é extremamente importante para caracterizar os

efeitos nocivos da falta de ar nos processos de combustão e, mostra como esse efeito se agrava quanto

menos ar (e por conseqüência oxigênio) é fornecido.

Tópico IV -Complementos sobre Caldeiras de Vapor - Sistemas Auxiliares:

Dois sistemas auxiliares são essenciais para o funcionamento das caldeiras, estejam elas aplicadas

em geração de calor de processo ou de potência. As bombas e os sopradores de ar ou ventiladores. As

primeiras suprem a caldeira com água de alimentação e retorno de condensado e, os ventiladores insuflam ar

de combustão e, fazem exaustão dos gases oriundos da combustão. Um parâmetro importante desses

equipamentos é a sua eficiência definida por ηMECH = trabalho ideal / trabalho real, uma vez que são máquinas

consumidoras de trabalho.As bombas de água de alimentação geralmente são equipamentos que operam em

pressões elevadas (pressão da caldeira) e, podem atingir potências razoáveis podendo ser acionadas por

44

motores elétricos ou turbinas a vapor. Normalmente são utilizadas bombas centrífugas. Os ventiladores de

ar de combustão normalmente são centrífugos, com elevadas vazões e acréscimos de pressão da ordem de 15

a 20 kPa. Desde que o acréscimo de pressão é relativamente pequeno o escoamento pode ser considerado

incompressível.

Conforme visto anteriormente há dois tipos de tiragem mecânica: forçada e induzida (sopragem e

sucção). Os sistemas de tiragem forçada devem ser cuidadosos no acréscimo de pressão, pois podem

produzir vazamentos de gás e combustível para as vizinhanças, produzindo queda de eficiência da caldeira e

riscos operacionais para o pessoal daquela área. O fluxo mínimo de ar desse equipamento é dado pelo produto

da relação ar/combustível real e a vazão em massa de combustível (mF) : VazâoVTF = mF x (A/F)m,real,u.

Normalmente se faz uma correção da ordem de 20 e até 40% nessa vazão para suprir vazamentos de ar nos

dutos do sistema e, mesmo garantir condições aceitáveis nos parâmetros da combustão. Note-se que deve

ser usada a relação em base massa e computada a umidade do ar. Já os ventiladores de tiragem induzida

normalmente retiram os gases da combustão para a chaminé. Isso produz uma depressão na câmara de

combustão. Normalmente a vazão desse equipamento é cerca de 10% maior que a do ventilador de tiragem

forçada. A vazão mínima desse equipamento é VazãoVTI = mF x [(A/F)m,real,u + 1 - R] onde R é a fração de

refugos quando houver. Da mesma forma que o ventilador de tiragem forçada essa vazão deve ser corrigida

de 20% ou mais para manter as condições da câmara de combustão sobre controle.

As vazões volumétricas de cada ventilador podem ser calculadas considerando a massa específica de

cada fluído nos respectivos ventiladores. VazãoVOL = mFLUÍDO / massa específica do fluído onde mFLUÍDO é a

vazão em massa de cada caso, resultando então VazãoVOL = mFLUÍDO x [RU x T / (p x MMFLUÍDO)] . No caso do

ventilador de tiragem forçada que opera com o ar úmido essa equação deve ser corrigida para QFD = mF x

(A/F)m,real,u x { [(RU x T) / p] x (1/28,97 + ω/18,016) } onde ω representa a umidade absoluta do ar (kg de

água / kg de ar seco) dada em cartas psicrométricas conforme visto antes. Já para o ventilador de tiragem

induzida normalmente se têm dificuldades com o cálculo da MM dos gases de exaustão. È uma prática

corrente e constitui boa aproximação utilizar a MM do ar (28,97), mas essa MM pode ser calculada conforme

será visto num exemplo a seguir.

Exemplo 5 : Uma instalação termoelétrica de 600 Mwe queima um carvão de Lafayette County,

Missouri com percentuais de umidade e cinzas de 14 e 11% respectivamente. A heat rate (relação entre a

energia contida no combustível e a energia líquida produzida num ciclo termodinâmico - o parâmetro será

visto com detalhes mais à frente) da planta é de 8863 BTU/kWh. A análise de refugos no cinzeiro da

caldeira fornece um PCS de 2605 kJ/kg e, a análise de Orsat dos gases de combustão fornece 13,78% CO2,

4,49% O2 e 0,75% CO. Calcule: (a) eficiência térmica da instalação; (b) o consumo de carvão (ton/h); (c) o

coeficiente de diluição e o percentual de excesso de ar se houver; (d) a capacidade de um ventilador de

tiragem forçada (kg/min e ft3/min) se as condições do ar atmosférico são 50 °C, 0,93 atm e umidade

relativa de 50%; (e) a capacidade de um ventilador de tiragem induzida (kg/min e ft3/min) se os gases de

exaustão saem a 288 °Ce 0,88 atm; (f) o tamanho dos motores necessário para acionar os ventiladores (HP)

45

considerando um diferencial de pressão de 25 pol de água em cada unidade e, eficiência mecânica de 0,86 em

cada caso; (g) a temperatura de orvalho dos gases de exaustão saindo do ventilador de tiragem induzida.

Solução:

Dados tIN = 50 º C = 112 º F , tOUT = 288 º C = 550,4 º F, HR = heat rate = 8863 BTU/kWh. Como 1

kWh = 3412,14 BTU logo, (a) a eficiência do ciclo será 3412,14/HR = 3412,14/8863 = 0,3850. (b) para

calcular o fluxo de massa de carvão é necessário conhecer a análise do mesmo e,das tabelas de carvão vem

78,6% C, 5,6% H2, 9,3% O2, 1,3% N2, 5,2% S, PCS = 33.160,0 kJ/kg. PCS dos refugos 2605 kJ/kg logo

CR/R = PCSR / PCSCARBONO = 2605/32.778,0 = 0,0795 kg CR/ kg R. A/R = 1 - CR/R = 0,9205 kg cinza/kg

refugo.Como R = AANÁLISE/(A/R) = 0,11/0,9205 = 0,1195 kg refugo/kg carvão tem-se CR = R - A = 0,1195 - 0,11

= 0,0095 kg carbono nos refugos/kg de carvão.Resulta então CB = CANÁLISE - CR = 0,786* (1-0,14-0,11) -

0,0095 = 0,58 kg carbono queimado / kg carvão. O cálculo do fluxo de carvão queimado é feito a partir de

mCARVÃO = Potência do ciclo/ PCScorr do carvão *

ηciclo = 600.000,00 / (0,3851*33.160,0*(1-0,14-0,11)) =

62,65 kg/s = 225,53 t/h. (c) Segue-se com o cálculo do coeficiente de diluição através do uso de (A/F)t,m = {

[2,66 x %C + 7,94x%H2 + 0,998%S - %O2] x (1 - M -A) } / (0,232) = 8,063 kg ar / kg carvão.A relação real é

obtida de (A/F)m,real = { [ %N2 x 28,016 x CB] / [(%CO +%CO2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768) = {

[80,98*28,016*0,58] / [(0,75 + 13,78)*12,01] - 1,3/100} / 0,768 = 9,806 kg ar /kg carvão; DC =

(A/F)m,real/(A/F)t,m = 9,806/8,063= 1,216 e, %excesso=(1,216-1)x100= 21,61%. (d) é necessário conhecer a

umidade do ar de combustão. A umidade relativa foi dada e vale 0,5 e, a temperatura de bulbo seco vale 50º

C, que corresponde a uma pressão de saturação do vapor de 12,349 kPa (1,7891 psi) - ver tabelas de vapor.

Assim, a pressão parcial do vapor de água presente no ar é pv = 0,5*1,7891 = 0,8946 psi, resultando ω =

0,622 * pv / par = 0,622 * 0,8496 / [(14,7*0,93) - 0,8496] = 0,04355 kg água/kg ar seco.Fluxo de gás para o

VTF (ar de combustão) VazâoVTF = mCARVÃO*(1+ω) *(A/F)m,real= 3.759,0 kg/min * (1 + 0,04355) * 9,806 =

38.466,0 kg ar/min. A vazão volumétrica do VTF é obtida de QFD = mF x (A/F)m,real,u x { [(RU x T) / p] x

(1/28,97 + ω/18,016) } resultando QFD = 3759 kg/min *9,806 *(1/28,97 + 0,04355/18,016) *[ 8,314 *

323,15/(0,93*101,325)] = 40.111,26 m3/min = 1.416.328,74 ft3/min. (e) fluxo de massa através do VTI

(exaustão dos gases de combustão) VazãoVTI = mF x [(A/F)m,real,u + 1 - R] = 3759 kg/min * [ (1+ω) 9,806 + 1 -

0,1195 ] = 41.775,84 kg gases/min. Para a vazão volumétrica é necessário calcular os moles dos produtos da

exaustão. Mol de gases secos = 100(CB/12,01) / (%CO + %CO2) = 0,33237 kmol/ kg carvão. Mol de água = [M +

ω*(A/F)m,real+ 9*H2 ] /18,02 = [0,14 + 0,04355x9,806 +9*0,75*0,056] / 18,02 = 0,05244 kmol água/kg

carvão. Mol SO2 = S/32,06 = (0,75 x 0,052)/32,06 = 0,00122 kmol de SO2 / kg carvão. Mol de gases úmidos

= 0,33237 + 0,05244 + 0,00122 = 0,38603 kmol gases úmidos / kg carvão. Massa total de gases úmidos na

exaustão = (A/F)m,real * (1+ω) + 1 - R = 9,806*(1+0,04355) + 1 - 0,1195 = 11,114 kg gases / kg carvão. Massa

molecular dos gases de exaustão = 11,114/0,38603 = 28,789. Massa específica dos gases ρ = (pSAÍDA*MM) /

(Ru* TSAÍDA) = (0,88*101,325 *28,789)/(8,314 561,15) = 0,5502 kg / m3. VazãoVOL = mFLUÍDO / massa

específica do fluído= 41.775,84/0,5502 = 75.925,61 m3/min = 2.680.933,44 ft3/min. (f) Diferencial de

pressão nas máquinas = 25 in H2O = 6,22 kPa. PotVTF = QFD*∆p/ ηmec = 40.111,26 m3/min * 6,22 kPa / (0,86 *

46

60) = 4.835,12 kW = 6.484 HP. PotVTI = QID*∆p/ ηmec = 75.925,61 m3/min * 6,22 /(0,86 * 60) = 9.152,27 kW =

12.273,4 HP. (g) fração molar de água nos gases de exaustão =(0,05244 kmol água/kg carvão) / (0,38603

kmol gases úmidos / kg carvão) = 0,1358 kmol H2O/ kmol de gases de exaustão. Pressão de exaustão dos

gases = 0,88*101,325 + ∆p = 95,39 kPa. Pressão parcial da água nos gases = 95,39 * 0,1358 = 12,95 kPa. Ponto

de orvalho = 50,9 °C (temperatura de saturação do vapor de água com a pressão calculada). Abaixo dessa

temperatura os gases se condensam e produzem tendência à chuva ácida.Por questões de controle

ambiental normalmente se exige que os gases de exaustão saiam a uma temperatura de duas a três vezes

maior que a temperatura de orvalho.

Tópico IV.I - APÊNDICES PARA CÁLCULOS DE COMBUSTÃO

Apêndices C a J (páginas 507 a 522 no livro original)

47

48

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55

Tópico V - Balanços Térmicos de Caldeiras:

As caldeiras utilizam energia de combustíveis para gerar o vapor.Portanto é de suma importância

verificar eventuais perdas e má utilização dessa energia, que representa um custo razoável no sistema

gerador de vapor.Para tal são desenvolvidos modelos de balanço térmico de caldeiras que mostram a forma

como a energia está sendo utilizada e perdida.

Modelo I - Sistema Inglês:

Uma caldeira com capacidade nominal de 27 t/h opera produzindo vapor a 930 kPa, 204 °C e 20.403

kg/h. A H2O de alimentação entra na caldeira a 82,8 °C. A caldeira consome 1967 kg/h de carvão com PCI de

32.215 kJ/kg. A análise do carvão em base seca fornece C = 0,7757 , H2 = 0,0507 , O2 = 0,0519 , N2 = 0,012 , S

= 0,027 , cinzas = 0,0827. O carvão contém 1,61 % de umidade quando recebido. A temperatura da sala da

caldeira e do combustível admitido na fornalha é de 26,1 °C (79 °F) bulbo seco. A temperatura de bulbo

úmido é de 21,7 °C (71 °F). A análise dos gases de exaustão mostra CO2 = 12,8 % , CO = 0,4 % , O2 = 6,1 % , N2

= 80,7 % . Cinzas e refugos representam 9,42 % do carvão seco e, o combustível ainda presente nas

cinzas é da ordem de 32,3 %. Calcule o balanço térmico dessa caldeira considerando que os gases de

exaustão saem a 260 °C na chaminé.

Solução: identifica-se inicialmente a entrada de energia via combustível Een = 32.215 kJ/kg

combustível. A seguir a produção específica de vapor definida como produção da caldeira e dada por: vapor

produzido (kg /h) / combustível consumido (kg/h). Com os dados fornecidos resulta produção da caldeira =

[20.403 kg vapor /h] ÷ [1967 kg combust./h] = 10,37 kg vapor /kg combustível.O parâmetro assim calculado

recebe o nome de Ws nesse procedimento. Logo Ws = 10,37 kg vapor / kg de combustível.A próxima etapa

consiste na determinação da energia específica do combustível obtida de hl = Ws.(hs - hw) onde hs indica a

entalpia do vapor produzido e, hw da água de alimentação que é fornecida à caldeira. Para a água de

alimentação normalmente serão usadas algumas hipóteses alternativas em função dos dados do problema. A

primeira delas seria admitir a temperatura da água 82,8 °C e a pressão da caldeira 930 kPa (valores

dados).Essas duas propriedades identificariam líquido comprimido e,pode-se usar as pressões de 5 a 10 MPa

para avaliar propriedades. Pode-se usar também a equação hw = h(T) + v(T).[p - psat(T)] = 347,5 k/kg. Ou

então usar hw = hl(T) = 346,66 kJ/kg. Ou então a entalpia da água nas condições ambientais considerando a

pressão atmosférica ≅ 1 bar isto é, hw = hamb = 417,63 kJ/kg. Já para a entalpia do vapor as condições se

encontram bem definidas resultando hs = 2841,0 kJ/kg e ss = 6,7575 kJ/ kg K.Considerando a entalpia da

água na condição ambiente resulta: hl = 10,37 kg vapor / kg combustível .(2841,0 - 417,36) kJ/kg vapor =

25.133,1 kJ / kg combustível. Note-se que a entrada de energia via PCI ou energia química do combustível é

da ordem de 32.215 kJ/kg combustível. Assim houve perdas no processo de vaporização.

Perdas nos gases de exaustão: como os gases saem na chaminé numa temperatura razoável e acima

daquela do ambiente, essa seria a primeira fonte de perdas identificadas por h2 = 0,24.Wg.(Tg - Ta) onde

0,24 representa o calor específico médio dos gases no sistema inglês ( ver tabela A.8.E Van Wyllen); Tg a

56

temperatura dos gases ° F , Ta temperatura do ar de entrada ° F e, Wg lb ou kg de gases / lb ou kg de

combustível.Para o cálculo da massa de gases é necessário determinar o excesso de ar da combustão:

ear = 100.(O2 - .CO) [0,264.N2 - (O2 - .CO)] com as composições referidas aos gases de exaustão.Assim

ear = 100.(6,1 - 0,20) [0,264.80,7 -(6,1 - 0,20)] = 38,3 %. O ar necessário para a combustão é obtido das

equações básicas da estequiometria para os elementos combustíveis. O ar é considerado composto de 23,2 % de

O2 e 76,8 % de N2 em massa.

Elemento Combustível % - (1) Rel Peso Molecular - (2) Kg O2 necess.( M = 32) [1 x 2]

C = 0,7757 (32/12) = 2,6667 2,0685

H2 = 0,0507 (16/2) = 8,0 0,4056

N2 = 0,0120 Inerte Não reage

S = 0,027 (32/32) = 1,0 0,0207

O2 = 0,0519 (32/32) = 1,0 - 0,0519

Total O2 2,4492 kg O2/ kg comb.

As equações estequiométricas geradoras dos valores da tabela são:

C + O2 = CO2 1 kmol 1 kmol = 1 kmol 12 kg + 32 kg = 44 kg

H2 + .O2 = H2O 1 kmol + kmol = 1 kmol 0 2 kg + 16 kg = 18 kg

S + O2 = SO2 1 kmol 1 kmol = 1 kmol 32 kg + 32 kg = 64 kg

Pode-se usar também a equação aproximativa WO2 = 2,67.C + 8.(H - O/8 ) + S = 2,67.0,7757 +

8.(0,0507 - 0,0519/8) + 0,027 = 2,4518 kg O2/kg combust. O valor obtido na tabela representa o oxigênio

teórico para a combustão.Como na combustão se utiliza AR e, há 0,232 de O2 no ar resulta ar teórico =

2,4492 / 0,232 = 10,56 kg ar / kg combustível. Como existe excesso de 38,3 % de ar resulta então ar real = (1

+ 0,383).10,56 = 14,60 kg ar / kg combust. Para o cálculo do ar teórico poder-se-ia utilizar a equação

aproximativa Wart = 11,5 C + 34,5(H - O/8) + 4,32.S = 10,56 kg ar / kg combustível. Com esses cálculos

pode-se então caracterizar os produtos finais da combustão.

12 kg C + 32 kg O2 = 44 kg CO2

2,0685 = x x = 2,8442 kg CO2

0 2 kg H2 + 16 kg O2 = 18 kg H2O

0,4056 = y y = 0,4563 kg H2O (vapor)

32 kg S + 32 kg O2 = 64 kg SO2

0,027 = z z = 0,054 kg SO2

N2 inerte mas, passa com gás de combustão = 0,012 combustível + 0,768x Ar teórico = 8,12 kg N2.

Portanto total dos gases = 2,8442 + 0,4563 + 0,054 + 8,12 + (14,60 -10,56) = 15,52 kg gases / kg combust.

Logo h2 = 0,24.15,52.(500 - 79) = 1568,6 BTU/lb = 3648,51 kJ/kg.

57

Perda pela formação de vapor de água: o hidrogênio presente no combustível queima formando água que

normalmente sai nos gases em forma de vapor. O calor presente nesse vapor é perdido.A perda é dada por: h3 = 9

H (1089 - Tf + 0,46.Tg) = 9x0,0507x(1089 - 79 + 0,46x500) = 565,81 BTU/lb = 1316,08 kJ/kg. Tf é a

temperatura do combustível antes da queima F.

A próxima perda está associada à evaporação da umidade contida no combustível:

h4 = Wmf (1089 - Tf + 0,46Tg) onde Wmf é o percentual relativo de umidade no combustível Wmf = 1,61(100

-1,61) = 0,0164. Logo h4 = 0,0164x(1089 - 79 +0,46x500) = 20,34 BTU/lb = 47,3 kJ/kg

Ocorrem também perdas devidas à umidade do ar de combustão e, para seu cálculo é preciso utilizar cartas

psicrométricas. No caso considerado a temperatura de bulbo seco foi dada e é 26,1 C (79 F) e também a de

bulbo úmido que é 21,7 C (71 F).Com essas temperaturas recorre-se a uma carta psicrométrica e se calcula a

umidade absoluta = 0,0145 kg ou lb água/ kg ou lb de ar seco. A perda pela umidade é então:

h5 = 0,46 Wma (Tg - Ta). Como o ar total corresponde a 14,60 kg / kg de combustível resulta h5 =

0,46x(14,6 x 0,0145)x(500 - 79) = 41,00 BTU/lb = 95,5 kJ/kg. O processo de combustão nem sempre é

completo e,sempre que ocorrer combustão incompleta haverá perda de energia na caldeira.Essa perda é

identificada principalmente pela formação0 de CO:

h6 = [ CO / (CO2 + CO) ] x(Cx10.190,0) = [0,4 /(0,4 + 12,8)]x(0,7757x10.190) = 239,53 BTU/lb = 557,14

kJ/kg. A próxima perda se aplica aos casos onde o combustível forma cinzas e há um resíduo de combustível

nessas cinzas. Identificada como perda pelo carbono não queimado presente nos refugos e cinzas : h7 = (%

cinzas e refugos)x(% combustível nas cinzas) x14.150 = Wc x 14.150 onde Wc representa o % de carbono não

queimado.Logo h7 = (0,0942x0,3230)x14.150,0 = 430,54 BTU/lb = 1001,43 kJ/kg. identificadas as principais

perdas é feito então um quadro resumo final com os resultados obtidos.

Resumo Final de Perdas da Caldeira - Sistema Inglês

Item Valor (kJ/kg) % relativo à entrada Comentário

Entrada Energia 32.215,00 100 Fornecida pelo combust.

Produção da Caldeira 25.133,1 78 Eficiência da Caldeira

Identificação das Perdas

Gases Exaustão 3654,8 11,35 Perda de energia

Formação de H2O 1316,08 4,99 Idem idem

Umidade Combustível 47,30 0,15 Idem idem

Umidade do Ar 95,52 0,30 Idem idem

Combustão Incompleta 557,14 1,73 Idem idem

Carbono nas cinzas 1001,43 3,11 Idem idem

Outros (radiação e 409,63 1,27 Idem idem

fugas)

Total das perdas 7081,00 22

58

Observe-se que o item Outros(radiação e fugas) é obtido através de calculo dado por (entrada - produção) -

∑ perdas. Essa é uma prática usual no balanço de caldeiras. Observe-se também o peso relativo de cada

perda sobre a entrada de energia e, perceba-se que o balanço serve para mostrar os candidatos potenciais onde

podem ser feitas ações de melhoria na caldeira. As eventuais tentativas de melhora de rendimento da caldeira

via redução de perdas devem ser analisadas sob um enfoque econômico.

Modelo II - Sistema Internacional:

Uma caldeira sem reaquecimento opera com os seguintes parâmetros: vazão de vapor 200.000 kg/h,

4 MPa, 400 °C. Água de alimentação 5,0 MPa, 162 °C. Combustível : consumo17650 kg carvão/hora, PCI

33.330 kJ/kg, refugos 1382 kg/h, combustível nos refugos 19,2%, umidade do combustível 3,3%. Ar de

combustão: consumo 14 kg de ar seco / kg combustível, 0,013 kg H2O / kg ar seco,temperaturas 27 °C

ambiente e 20,8 °C bulbo úmido. Gases de exaustão: temperatura de saída 167 °C.Análises:

Carvão (% em base seca) Gases exaustão (% volume)

C = 0,8165 CO2 14,0 %

H2 = 0,0446 CO 0,2 %

O2 = 0,0525 O2 4,8 %

N2 = 0,0127 N2 81 %

S = 0,0104

Cinzas = 0,0633

(a) Fazer um balanço de perdas dessa caldeira; (b) Calcular ηen e ηex da caldeira; (c) determinar o valor e o %

de perdas por radiação e outros; (d) calcular ηen e ηex do economizador considerando que os gases entram no

economizador a 550 °C.

No procedimento SI começa-se com a análise dos gases úmidos: mr = vazão em massa de refugos /

vazão em massa de combustível = % refugos no combustível = 0,0783 kg refugos / kg combustível. Massa de

gases úmidos mwg = mf + (1 + w )ma - mr . Onde w = umidade do ar, ma = massa de ar seco e, (1+w)ma = ma real

ou total e, mf = parcela de combustível queimado com o ar considerado. Assim, mwg = 1 + (1 + 0,0130)14 -

0,0783 = 15,1 kg gases úmidos / kg combustível.O vapor de água nos gases representa a umidade dos gases

considerada a partir da combustão do hidrogênio e da umidade presente no ar:

mw = 9mH + (mwARx ar seco) onde mH representa o % de hidrogênio no combustível e mwAR a umidade presente

no ar ou umidade absoluta. Logo mw = 9x0,0446 + (14x0,013) = 0,583 kg vapor / kg combustível e, a massa de

gases secos será mdg = mwg - mw = 15,10 - 0,583 = 14,52 kg gases secos / kg combustível. A energia

produzida na caldeira e1 = ms (hs - hw) / mf onde ms representa a vazão em massa de vapor, hs a entalpia do

vapor, hw a entalpia da água de alimentação e, mf a vazão em massa de combustível. Com as informações

dadas resulta hs = 3213,6 kJ/kg (4 MPa, 400 °C), hw = 687,36 kJ/kg ( 5 MPa, 162 °C, interpolando nas

tabelas de LC). Assim, e1 = [(200.000 kg vapor/h) ÷ (17.650 kg combust/h)] x (3213,6 - 687,36) kJ/kg vapor

= 28.625,95 kJ / kg combustível. A entrada de energia via combustível é de 33.330 kJ/kg combustível via

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energia química ou PCI.Logo as perdas totais são PCI - e1 = 33.330 - 28.625,95 = 4704,05 kJ/g combustível.

Assim a eficiência de primeira lei ηen da caldeira será ηen = 28.625,95 / 33.330,0 = 0,859 ou 85,9%. Como

seria feito o cálculo de ηex da caldeira? A questão é deixada como proposta ao leitor. As perdas passam a

ser detalhadas e calculadas na seqüência. A primeira é a perda nos gases secos: e2 = mdg cpg (tg - ta) =

14,52 x 1,005 x (167 -27) = 2042,96 kJ/kg combust. A seguir é calculada a perda devido à umidade presente

no combustível e3 = mm (hv - hf) onde mm representa o % de umidade do combustível, hv entalpia do vapor

superaquecido presente nos gases à temperatura tg e, à pressão parcial desse vapor (normalmente se usa um

estado representativo a 10 kPa e tg) e, hf entalpia do líquido saturado na temperatura de admissão do ar.

Portanto, e3 = 0,033x(2815,8 -113,3) = 89,2 kJ/kg combust. A energia perdida nos gases em forma de vapor

de água formada pela combustão do hidrogênio é calculada a seguir: mH =hidrogênio real = 0,0446 -

(0,033/9) = 0,0409 observe que o termo entre parêntesis indica a parcela de hidrogênio presente na água

encontrada no combustível. Portanto e4 = 9mH (hv - hf) = 9x0,0409x(2815,8 - 113,3) = 994,8 kJ/kg combust.

Uma outra parcela de perda é aquela associada ao superaquecimento da água (vapor) presente no ar via

umidade do ar: e5 = ma w cpv (tg - ta) onde w = umidade absoluta do ar, ma = massa de ar seco e,cpv calor

específico do vapor de H2O (adotado 1,909 kJ / kg K). Assim e5 = 14x0,013x1,909x(167 -27) = 48,64 kJ/kg

combustível. A perda por combustão incompleta é calculada a partir do carbono não queimado e do CO

presente nos gases. A massa de carbono não queimado é dada por mcub = (mr - mash) % refugos e cinzas =

(0,0783 - 0,0663)x0,192 = 0,0029 kg Cub / kg combustível. Assim a massa de carbono queimado é mcb =

0,8165 - 0,0029 = 0,8136.Portanto e6 = [CO /(CO2 + CO)] x mcb x 23.560 = [0,2 /(14 + 0,2)]x0,8136x23560

= 269,98 kJ/kg combustível. Acresça-se a perda pelo carbono não queimado presente nas cinzas mcub =

0,0029 e, e7 = mcub 32.750 = 0,0029x32.750 = 94,98 kJ/kg combustível. Finalmente as perdas por radiação

e outros obtida de e8 = entrada energética - ( saída energética + ∑ perdas) = 33.330 - ( 28.625,95 +

3540,56) = 1163,49 kJ / kg combustível. O quadro resumo geral é mostrado a seguir então.

(b) ηen = Produção / entrada = 28.625,95 / 33.330 = 0,859

Produção exergética eex1 = ms(exv - exw) / mf onde, exv = (hv - ho) - To(sv - so) e exw = (hw - ho) -

To(sw - so). Admitindo To 300 K (27 °C) e com os valores tabelados sv = 6,7690 e sw = 1,9542 resulta:

eex1 = 11,331 kg vapor / kg combustível x[(3213,6 - 687,36) - 300x(6,7690 - 1,9542)] = 12.256,79 kJ/kg

combustível.Logo ηex = eex1 / PCI = 12.256,79 / 33.330 =0,368. Porquê essa diferença tão acentuada?

Simples! A eficiência de primeira lei avalia a caldeira como uma unidade produtora de calor, ou seja, dos

33.330 kJ de energia presentes no combustível 28.625,95 podem ser transformados em calor (energia

térmica) utilizável. Já a eficiência de segunda lei mede a caldeira como uma unidade produtora de trabalho, ou

seja, para os 33.330 kJ presentes no combustível apenas 12.256,79 kJ poderiam ser transformados em

trabalho(exergia) utilizável.

(c) 1163,49 kJ / kg combustível , 3,49 % (ver tabela de perdas)

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(d) deixado como exercício ao leitor.

Resumo Geral das Perdas - Sistema Internacional

% relativo à entrada

Entrada 33.330 kJ / kg combustível 100

Produção ou saída 28.625,95 85,9

Caracterização das Perdas (kJ / kg combustível)

Gases Exaustão Secos 2.042,96 6,13

Umidade do combustível 89,20 0,27

Combustão do H2 994,8 2,98

Umidade do Ar 48,64 0,15

Combustão Incompleta 269,98 0,81

Carbono não queimado 94,98 0,28

Radiação e Outros 1163,49 3,49

Total Perdas 4704,05