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Rodrigo Lisita Ribera

TermodinâmicaSistemas Térmicos

*CTwww.cienciastermicas.com

Agradecimentos

No futuro...

Lista de ilustrações

Figura 2.1 – Uma fonte quente à temperatura TQ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Figura 7.1 – Componentes do Ciclo de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Figura 7.2 – Ciclo de Carnot: Pressão-Volume e Temperatura-Entropia . . . . . . 70

Figura 7.3 – Sempre faça um esboço dos componentes e o diagrama temperatura-entropia para resolver o ciclo de Carnot (e qualquer outro ciclo!) . . 72

Figura 8.1 – Componentes do Ciclo de Rankine ideal são os mesmos do Ciclo deCarnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Figura 8.2 – a) No ciclo de Rankine ideal o fluido entra na bomba como líquidosaturado, deslocando o ponto 3c para o ponto 3 no gráfico. Como con-sequência, a saída da bomba, considerando compressão isoentrópica,será de líquido comprimido. Na caldeira ocorrerá o aquecimento atéo ponto de líquido saturado e então o processo de mudança de fase.Essa adição de calor com variação na temperatura é uma fonte deirreversibilidade que faz com que o rendimento do ciclo de Rankine,mesmo ideal, seja menor do que o rendimento de Carnot. b) O au-mento de temperatura na compressão é pequeno. . . . . . . . . . . . 77

Figura 8.3 – a) Componentes do Ciclo de Rankine ideal: caldeira, turbina, con-densador, bomba b) Diagrama Temperatura-Entropia. A temperaturada saída da bomba é muito próxima da entrada. Na figura essa dis-tância foi aumentada artificialmente para facilitar a visualização. Odiagrama correto é apresentado na Fig. 8.2b . . . . . . . . . . . . . . 78

Figura 9.1 – O aumento da pressão na caldeira resulta numa adição de calor àmaior temperatura. A área 1′ → 2′ → 3 → 4′ corresponde à quantidadede calor adicionado ao ciclo (d s = ∫

Q/T ) para a pressão na caldeirade 15[MPa], e é maior do que a área 1 → 2 → 3 → 4 para a pressão nacaldeira de 10[MPa]. Entretanto, a pressão não pode ser aumentadaindefinidamente: restrições devido à resistência mecânica e térmicados materiais devem ser observadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

Figura 9.2 – A redução da pressão no condensador resulta numa rejeição de calorà menor temperatura. A área 1 → 2′ → 3′ → 4′ corresponde à quan-tidade de calor adicionado ao ciclo (d s = ∫

Q/T ) para a pressão nocondensador de 10[KPa], e é maior do que a área 1 → 2 → 3 → 4 paraa pressão no condensador de 20[KPa]. Entretanto, a pressão não podeser reduzida indefinidamente, o limite é a pressão atmosférica, poispara pressões menores o condensador irá ganhar calor ao invés derejeitar. Além disso, o título do ponto 2′, na saída da turbina, é menordo que o título do ponto 2, condição que não é favorável para a tur-bina, pois a presença de líquido irá acelerar o processo de desgaste desuas pás. A temperatura de saída do compressor é de 62 para pressãono condensador de 20[KPa] e de 47.77 para pressão no condensadorde 10[KPa] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

Figura 9.3 – O superaquecimento no ciclo Rankine ideal eleva a temperatura desaída da caldeira de 1 para 1′, aumentando a temperatura média dafonte quente. Além disso, na saída da caldeira o ponto 2 se deslocapara o ponto 2′, que possui maior título . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

Figura 9.4 – Ciclo Rankine ideal com superaquecimento e reaquecimento . . . . 86Figura 9.5 – Exercício Rankine com superaquecimento. a) Componentes b)Diagrama

T-S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87Figura 10.1–Ciclo Rankine com Reaquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92Figura 10.2–Ciclo Rankine ideal com superaquecimento e reaquecimento . . . . 93Figura 11.1–a) Diagrama T-S para ciclo Rankine com superaquecimento e irrever-

sibilidades b) O aumento de temperatura na compressão é pequeno. 99Figura 13.1–Entropia em função da temperatura para pressão fixa de 100[KPa]. O

valor de entropia de referência apenas desloca o gráfico horizontal-mente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Figura 14.1–Esquema dos componentes de um motor a jato . . . . . . . . . . . . 118Figura 14.2–Ciclo Brayton aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118Figura 14.3–Ciclo Brayton fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119Figura 14.4–Curva de entropia para pressão de baixa fixa em 0.1[MPa] e pressão

de alta de 1,2[MPa], com temperatura variando entre 300 a 2000 [K]. Alinha de pressão de alta é deslocada para a esquerda, devido ao termo

−R ln(

P2P1

)na equação do cálculo da entropia. . . . . . . . . . . . . . . 120

Figura 14.5–Diagrama temperatura-entropia para o ciclo Brayton ideal. (1 → 2):compressão isoentrópica; (2 → 3): adição de calor à pressão cons-tante; (3 → 4): expansão isoentrópica; (4 → 1): rejeição de calor àpressão constante. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

Figura 14.6–Curva de compressão isoentrópica para o ar, com: P1 = 100[K Pa],T1 = 300[K ] e v1 = 0,861 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

Figura 14.7–No ciclo Brayton ideal o processo de adição de calor ocorre à pressãoconstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

Figura 14.8–Curva de expansão isoentrópica para o ar, com pressão e temperaturana entrada da turbina de P3 = 1200[K Pa] e T3 = 1600[K ]. . . . . . . 123

Figura 14.9–Diagrama Pressão-Volume para o ciclo Brayton ideal. (1 → 2): com-pressão isoentrópica; (2 → 3): adição de calor à pressão constante;(3 → 4): expansão isoentrópica; (4 → 1): rejeição de calor à pressãoconstante. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

Figura 14.10–Componentes do Ciclo Brayton ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125Figura 14.11–Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton sem irreversibi-

lidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

Figura 15.1–Ciclo Brayton fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

Figura 15.2–Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton com irreversibi-lidades. O aumento da entropia na saída dos processos reais resultanuma maior temperatura na saída do compressor (T2 > Tss) e daturbina (T4 > T4s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

Figura 15.3–Curva de compressão real x isoentrópica para o ar, com: P1 = 90[K Pa],T1 = 300[K ], considerando eficiência isoentrópica do compressor deηC = 0.83. Como a temperatura real é maior do que a temperaturaisoentrópica para dado aumento de pressão, o volume específico realtambém é maior do que o isoentrópico. . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

Figura 15.4–No ciclo Brayton o processo de adição de calor ocorre à pressão cons-tante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

Figura 15.5–Curva de expansão com irreversibilidade para o ar, com pressão etemperatura na entrada da turbina de P3 = 810[K Pa] e T3 = 1600[K ]e eficiência isoentrópica da turbina de ηT = 0,91. . . . . . . . . . . . 134

Figura 15.6–Diagrama Pressão-Volume para o ciclo Brayton real. (1 → 2): compres-são irreversível; (2 → 3): adição de calor à pressão constante; (3 → 4):expansão irreversível; (4 → 1): rejeição de calor à pressão constante. 135

Figura 15.7–Ciclo Brayton fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

Figura 15.8–Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo, com identificação dospontos isoentrópicos e reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Figura 16.1–Ciclo Brayton com regenerador. A alta temperatura de saída da tur-bina é utilizada para pre-aquecer o ar que entra na câmara de com-bustão. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

Figura 16.2–Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton com regenera-dor. A temperatura entre o compressor e a câmara de combustão éaumentada no trocador de calor, que aproveita o gás a alta tempera-tura na saída da turbina. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

Figura 16.3–Ciclo Brayton com regenerador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

Figura 16.4–Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo, com identificação dospontos isoentrópicos e reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

Figura 17.1–Ciclo Brayton com reaquecimento e intercooler . . . . . . . . . . . . 157

Figura 17.2–Diagrama Temperatura - Entropia para o ciclo Brayton com reaqueci-mento e intercooler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

Figura 17.3–Ciclo Brayton com reaquecimento e intercooler . . . . . . . . . . . . 159

Figura 17.4–Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton com reaqueci-mento e intercooler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

Figura 18.1–Ciclo Combinado: Brayton + Rankine . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

Figura 23.1–Ciclo Brayton aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

Figura 23.2–Esquema dos componentes de um motor a jato puro . . . . . . . . . 192

Figura 36.1–Modelo de Amagat: o volume total de uma mistura de gases ideaisé dado pela somatória do volume de cada constituinte, avaliados àpressão e temperatura da mistura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

Figura 36.2–Modelo de Dalton: a presão total de uma mistura de gases ideais édada pela somatória das pressões de cada constituinte, avaliados natemperatura e volume da mistura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

Figura 40.1–Representação de um sistema de resfriamento com umidificador esaída de líquido condensado. Ar umido entra no volume de controlee água pode ser adicionada através de um umidificador (mumi d ). Atemperatura do ar é reduzida pela serpentina de resfriamento. Se atemperatura de saída for menor do que a temperatura de orvalho,parte do vapor de água irá condensar, saindo na forma de líquido(mcond ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

Figura 40.2–Volume de controle para cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

Lista de tabelas

Tabela 7.1 – Tabela das propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Tabela 7.2 – Tabela dos componentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Tabela 13.1–Valor da entropia calculado para a pressão de 100[KPa] e temperatu-

ras de 300[K] e 400 [K], com entropia de referência considerada nulaem T = 100[k],P = 100[K Pa] e T = 0,001[k],P = 100[K Pa]. O valorabsoluto da entropia altera mas a diferença no valor não. . . . . . . . 114

Tabela 17.1–Comparação do mínimo trabalho necessário para compressão emum ciclo Brayton com um compressor e com dois compressores e umintercooler intermediário, que resfria a temperatura do ar na entradado segundo compressor (no exemplo, para a mesma temperatura deentrada do primeiro compressor - 300K ). O trabalho necessário paraobter a mesma razão de compressão total é menor com o intercooler. 156

Tabela 37.1–Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259Tabela 37.2–Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

Sumário

Apresentação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 Conceitos Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.1 Termodinâmica e energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.1.1 Nota sobre a representação da energia . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.2 Sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3 Ponto de vista macrosópico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.4 Ponto de vista microscópico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.5 Macroscópico vs Microscópico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.5.1 Hipótese do contínuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6 Caracterização do sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.6.1 Propriedades do sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6.2 Estado do sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.6.3 Processo e Ciclo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.6.4 Igualdade de Temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.6.5 Temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.7 A lei zero da termodinâmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.7.1 Processo à mesma temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.8 Trabalho e Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.8.1 Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.8.1.1 Trabalho de Compressão e Expansão a pressão constante 301.8.1.2 Trabalho de compressão a volume constante . . . . . . 30

1.8.2 Calor e energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 A primeira Lei da Termodinâmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.1 A primeira Lei da termodinâmica para um sistema fechado: energia,calor e trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.1 Energia e calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.2 Energia e trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.1.3 A primeira lei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.1.4 Primeira lei para um ciclo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.1.5 Processo adiabático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.2 Primeira lei da Termodinâmica para um sistema aberto . . . . . . . . . . 362.2.1 Aplicação da 1ª Lei da Termodinâmica para uma turbina . . . . 372.2.2 Aplicação da 1ª Lei da Termodinâmica para uma bomba ou ven-

tilador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.3 Aplicação da 1ª Lei da Termodinâmica: equação de Bernoulli . . 38

2.3 Motores térmicos e a Segunda Lei da Termodinâmica . . . . . . . . . . . 392.3.1 Eficiência dos motores térmicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3.1.1 Movimento perpétuo de segundo tipo . . . . . . . . . . 402.3.2 A escala de temperatura absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.3.3 Reversibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3.4 Irreversibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3.5 Máxima eficiência dos motores térmicos: o motor térmico deCarnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3.6 Inegualdade de Clausius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.4 A Entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.4.1 Cálculo da entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.5 Calores específicos: compatibilizando a Primeira lei com a teoria do

Calórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.5.1 Processo a volume constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5.2 Processo a pressão constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3 Gás perfeito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.0.1 Formas alternativas da equação dos gases ideais . . . . . . . . . 523.0.2 Precisão em se assumir gás ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.0.3 Calores específicos para gases perfeitos . . . . . . . . . . . . . . . 533.0.4 Cálculo da entropia para gases perfeitos termicamente . . . . . 55

3.1 Relações Isoentrópicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564 Histórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595 Histórico da 1ª e 2ª Leis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 616 Propriedades Termodinâmicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

6.1 Objetivo da Aula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 636.2 Propriedades termodinâmicas do contínuo: . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

6.2.1 Substância pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 646.2.2 A energia interna U para uma substância pura . . . . . . . . . . 646.2.3 Fases e mudanças de fase da matéria . . . . . . . . . . . . . . . . 656.2.4 Exemplo 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 666.2.5 Exemplo 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 666.2.6 Exemplo 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

7 Ciclo de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 677.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 677.2 O motor térmico idealizado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 677.3 Ciclo de Potência a vapor de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

7.3.1 Ciclo de Carnot - diagramas P-v e T-s . . . . . . . . . . . . . . . . 697.4 Procedimento de Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 707.5 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7.5.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 727.5.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os.

Faça o diagrama T-S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 727.5.1.2 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores

conhecidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 727.5.1.3 Calcule as propriedades restantes: . . . . . . . . . . . . 727.5.1.4 Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes 74

8 Ciclo Rankine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 758.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 758.2 A bomba no ciclo de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 758.3 Ciclo de Potência a vapor de Rankine ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . 758.4 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

8.4.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 788.4.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os.

Faça o diagrama T-S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 788.4.1.2 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores

conhecidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 788.4.1.3 Calcule as propriedades restantes: . . . . . . . . . . . . 798.4.1.4 Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes 81

9 Ciclo Rankine: modificações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839.2 Como melhorar a eficiência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

9.2.1 Aumentar a pressão na caldeira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839.2.2 Diminuir a pressão no condensador . . . . . . . . . . . . . . . . . 849.2.3 Superaquecer a saída da caldeira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 859.2.4 Reaquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

9.3 Exercício: superaquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 879.3.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

9.3.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os.Desenhe o diagrama T-S . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

9.3.1.2 Faça uma tabela dos estados e preencha os valoresconhecidos na tabela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

9.3.1.3 Calcule as propriedades restantes . . . . . . . . . . . . 879.3.1.4 Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes 90

10 Rankine com Reaquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9110.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9110.2 Reaquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9110.3 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

10.3.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9210.3.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os . . 9210.3.1.2 Desenhe o diagrama T-s . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9310.3.1.3 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores

conhecidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9310.3.1.4 Calcule as propriedades restantes . . . . . . . . . . . . 9610.3.1.5 Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes 96

11 Aula 09. Efeitos das irreversibilidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9711.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9711.2 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

11.2.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9812 Rankine Regenerativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

12.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10312.2 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

12.2.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10412.3 Trocador de calor aberto e fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10712.4 Rankine com 3 turbinas, trocador fechado e aberto . . . . . . . . . . . . 107

13 Ciclos a gás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10913.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10913.2 Ciclos a gás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10913.3 Considerações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11013.4 A equação dos gases ideais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11013.5 Entropia para gases ideais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

13.5.1 Entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11414 Ciclos Brayton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

14.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11714.2 Ciclo Brayton ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

14.2.1 Componentes do Ciclo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11814.2.2 O gráfico Temperatura - Entropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11914.2.3 O gráfico Pressão - Volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12014.2.4 Procedimento de Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

14.3 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12514.3.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

14.3.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os . . 12514.3.1.2 Faça o diagrama T-s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12614.3.1.3 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores


15 Eficiência isoentropíca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12915.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12915.2 Irreversibilidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12915.3 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

15.3.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13115.3.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os . . 13115.3.1.2 Faça o diagrama T-s e P-V . . . . . . . . . . . . . . . . . 13215.3.1.3 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores



15.4.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os . . 13815.4.1.2 Faça o diagrama T-s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13915.4.1.3 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores


16 Ciclos Brayton Regenerativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14316.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14316.2 O ciclo com regenerador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

16.2.1 Balanço de massa e energia no regenerador . . . . . . . . . . . . 14416.2.2 Efetividade do regenerador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145


16.3.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os . . 14716.3.1.2 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores


17 Intercooler e Reaquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15517.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15517.2 O reaquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15517.3 O intercooler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15517.4 O ciclo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15717.5 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

17.5.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15917.5.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os . . 15917.5.1.2 Faça o diagrama T-s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16017.5.1.3 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores

conhecidos na tabela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16017.5.1.4 Calcule as propriedades restantes . . . . . . . . . . . . 16017.5.1.5 Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes 167

18 Ciclos Combinados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16918.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

19 Motores de combustão interna: introdução . . . . . . . . . . . . . . . . 17119.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

20 Motores de combustão interna: introdução . . . . . . . . . . . . . . . . 17320.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

21 Ciclo Otto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17521.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17521.2 O ciclo Otto de 4 tempos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17521.3 Considerações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17621.4 Processos e 1ª Lei no ciclo otto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17621.5 Volume deslocado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17721.6 Pressão efetiva média . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17721.7 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

21.7.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17821.7.2 Desenhe os diagramas P-v e T-s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17821.7.3 Faça uma tabela dos estados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17821.7.4 Preencha os valores conhecidos na tabela . . . . . . . . . . . . . 17821.7.5 Calcule as propriedades restantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17821.7.6 Faça a tabela dos calores e trabalhos . . . . . . . . . . . . . . . . . 18121.7.7 Calcule o rendimento e MEP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

22 Ciclo Diesel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18322.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18322.2 O ciclo Diesel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18322.3 Processos e 1ª Lei no ciclo Diesel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18422.4 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

22.4.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18622.4.2 Desenhe os diagramas P-v e T-s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18622.4.3 Faça uma tabela dos estados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18622.4.4 Preencha os valores conhecidos na tabela . . . . . . . . . . . . . 18622.4.5 Calcule as propriedades restantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18722.4.6 Faça a tabela dos calores e trabalhos . . . . . . . . . . . . . . . . . 18922.4.7 Calcule o rendimento e MEP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

23 Turbinas de aeronaves . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19123.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

23.1.1 Procedimento de solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19323.2 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

23.2.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19824 Refrigeração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

24.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20125 Refrigeração de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

25.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20325.2 Componentes do ciclo de refrigeração de Carnot . . . . . . . . . . . . . . 20325.3 Coeficiente de performance para ciclo de refrigeração . . . . . . . . . . . 20425.4 Tonelada de refrigeração (TR) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20425.5 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

25.5.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20526 Refrigeração por compressão de vapor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

26.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20926.2 O ciclo real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20926.3 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21126.4 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

26.4.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21227 Eficiência isoentrópica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215


27.2.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21628 Subresfriamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219


28.2.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22029 Linhas de refrigeração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

29.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22329.2 Segmentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22329.3 Linhas de refrigerantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

30 Efeitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22530.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22530.2 Variação de pressão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22530.3 Efeitos das irreversibilidades no compressor . . . . . . . . . . . . . . . . 22630.4 Efeito da dispersão de calor pela carcaça do compressor . . . . . . . . . 22630.5 Efeito da queda de pressão e dispersão de calor na linha de líquido . . . 22730.6 Resumo dos efeitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

31 Refrigeração em cascata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22931.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22931.2 Procedimento de solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

32 Refrigeração Multiestágio com intercooler . . . . . . . . . . . . . . . . 23132.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23132.2 Balanço de energia e de massa na câmara de mistura . . . . . . . . . . . 23232.3 Exercício . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

32.3.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23433 Refrigeração com dois evaporadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237


33.2.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23934 Bombas de Calor e Refrigeração a gás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

34.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24334.2 Bombas de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24334.3 Refrigeração a gás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

35 Refrigeração por absorção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24535.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24535.2 Refrigeração por absorção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24535.3 Refrigeração por absorção de amônia-água . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

36 Introdução à Psicrometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24736.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24736.2 Psicrometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24736.3 A equação dos gases ideais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

36.3.1 Em função da massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24836.3.2 Em função da massa molar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

36.4 Fração Molar yi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24936.5 Fração mássica m f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24936.6 Modelo de Amagat: volumes parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25036.7 Modelo de Dalton: pressões parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

36.7.1 Análise molar e mássica de uma mistura . . . . . . . . . . . . . . 25237 Introdução à Psicrometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

37.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25737.2 Massa e número de mols total da mistura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

37.3 Variação da energia interna da mistura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25837.4 Variação da entalpia da mistura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25837.5 Variação da entropia da mistura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25937.6 Exercício: sistema fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259

37.6.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26037.7 Exercício: sistema aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

37.7.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26338 Introdução à Psicrometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

38.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26738.2 Ar seco, Ar saturado e Ar úmido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26738.3 Umidade relativa φ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26738.4 Umidade absoluta ω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26838.5 Temperaturas de bulbo seco e temperatura de orvalho . . . . . . . . . . 26938.6 Exercício: determinação das propriedades num processo de resfriamento26938.7 Determinação da quantidade de água que irá condensar num processo

de resfriamento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27138.8 Energia Interna e Entalpia para o vapor de água . . . . . . . . . . . . . . 27238.9 Cálculo das energias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

38.9.1 Cálculo pela tabela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27338.9.2 Cálculo pela aproximação de gás ideal . . . . . . . . . . . . . . . 27338.9.3 Variação de energia interna e entalpia de 5[žC ] para 50[žC ] . . . 274

39 Carga térmica para um sistema fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27739.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27739.2 Determinação da quantidade de calor a ser removida no resfriamento

de um sistema fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27740 Carga térmica para um sistema aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

40.1 Objetivos do Capítulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28340.2 Balanço de massa e energia em um sistema aberto . . . . . . . . . . . . . 284

40.2.1 Balanço de massa para o volume de controle . . . . . . . . . . . 28440.2.2 Balanço de energia para o volume de controle . . . . . . . . . . . 285

40.3 Determinação da quantidade de calor a ser removida no resfriamentode um sistema aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28640.3.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

40.4 Cálculo da carga térmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28940.4.1 Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

Apresentação

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CAPÍTULO 1Conceitos Fundamentais

Ao final deste capítulo o aluno deve apresentar domínio das definições fun-damentais da termodinâmica, a saber:

• Definição de sistema fechado e aberto

• definição de fluido

• conceito de contínuo

• definição de propriedade contínua num ponto

• Primeira Lei da termodinâmica

• Segunda Lei da termodinâmica

1.1 Termodinâmica e energia

A Termodinâmica é a Ciência que estuda a energia (E) e suas transformações.

Mas o que é ENERGIA?

O conceito mais amplo é:

Energia = Capacidade de se produzir um efeito.

Portanto, a Termodinâmica é a Ciência que estuda a capacidade de um sistemade produzir um efeito.

A energia é representada pela letra:

• E : maiúscula, para quantidade extensiva, quando considera toda a massa dosistema

• e: minúscula, para quantidade intensiva, ou seja, por unidade de massa

Energia é uma propriedade térmodinâmica. Toda propriedade pode ser repre-sentada na sua forma extensiva, considerando sua massa total, ou intensiva,por unidade de massa. Por exemplo:

22 Capítulo 1. Conceitos Fundamentais

• E: energia total, em unidades S.I de Joule [J]

• e: energia específica, em unidades S.I de Joule por Kilograma [J/Kg]

Energia pode se manifestar de diversas formas, entre elas: a energia interna U , aenergia cinética EK , a energia potencial EP . Matematicamente, representa-se:

E =U +EK +EP + ... (1.1)

Sendo:

• U : energia interna, composta por:

[*] energia térmica, na forma de calor sensível e calor latente

[*] energia atômica

[*] energia química

energia interna é a parte da energia do sistema que independe do movimento,gravidade, eletricidade, capilaridade e magnetismo. É relacionada com o grau deagitação molecular

• EK : energia cinética, relacionada com a velocidade do sistema, sendo represen-tada por:

EK = mV 2

2

• EP : energia potencial gravitacional, relacionada com a altura do sistema emrelação a uma referência, sendo representada por:

EP = m.g z, em que z é a altura considerada em relação a um referencial.

1.1.1 Nota sobre a representação da energiaNa maior parte da literatura, a energia total do sistema é representada por

"E"(em sua forma extensiva) ou "e"(em sua forma intensiva) enquanto a energia in-terna é representada por "U"(ou energia interna específica "u"). Pode-se, entretanto,encontrar livros que se referem à energia total do sistema por energia interna E, e aomesmo tempo U como energia interna (que, como apresentado, é a parte da energiarelacionada com o grau de agitação molecular). Para maior clareza, vamos adotar oseguinte:

• E: energia total do sistema;

• U: energia interna do sistema;

1.2 Sistema

O estudo de qualquer área física começa com a separação de uma região restritado espaço ou uma porção finita de matéria de sua vizinhança. À região delimitada doespaço que será o foco de nosso interesse chamamos de Sistema. Tudo que é externo aosistema é chamado de vizinhança do sistema. Sistema e vizinhança são separados pelafronteira do sistema, que pode ser real (física) ou imaginária.

1.2. Sistema 23

• Sistema → quantidade arbitrária de matéria com identidade fixa;

• Vizinhança → tudo que é externo ao sistema;

• Fronteira do sistema → superfície que separa o sistema de sua vizinhança.

A fronteira do sistema pode ser:

1. física, real

se o nosso sistema é o interior de uma sala de aula, ou o interior de um fornoaquecido, as paredes da sala ou do forno são a fronteira do sistema, e é atravésdelas que ocorre comunicação com a vizinhança;

2. imaginária (quando se delimita uma região arbitrária do espaço)

se nosso interesse é uma região delimitada no interior da sala, por exem-plo, podemos separar essa região do espaço de sua vizinhança através de umafronteira imaginária, que não existe fisicamente, mas que é suficiente para quecaracterizemos nossa região de interesse e permita determinar sua interação como restante da sala, que é agora a vizinhança do sistema.

As 4 leis básicas para o movimento dos fluidos são definidas para um sistema!

• Lei da conservação de massa

• 2ª Lei de Newton

• 1ª Lei da Termodinâmica

• 2ª Lei da Termodinâmica

Resumindo, chamamos de sistema a quantidade de matéria separada da "vizi-nhança"ou "ambiente"por um "recipiente". O sistema termodinâmico se comunicacom a vizinhança pela fronteira do sistema, através de interações de trabalho e calor.Desta forma, o sistema é estudado com a ajuda de medições realizadas na vizinhança:

• termômetro inserido no sistema forma parte da vizinhança

• trabalho realizado movendo-se um pistão é medido, por exemplo, pela extensãode uma mola ou o movimento de um peso na vizinhança

• Calor transferido para o sistema é medido por mudanças na vizinhança.

Importante salientar que o recipiente não necessariamente consiste numa fron-teira sólida.

• Só é necessário que ele forme uma superfície fechada e que suas propriedadessejam definidas em todos os locais

• pode transmitir ou receber calor

• pode ser deformável. Logo, capaz de transmitir trabalho ao sistema


• pode transmitir massa

Os sistemas considerados podem ser:

1. Simples homogêneo: composto de um único fluido

2. Mistura homogênea de gases

3. Sistema heterogêneo: composto das fases líquida e gasosa de uma única substân-cia.

O sistema pode ou não trocar massa com sua vizinhança. Quando o sistemanão troca massa com a vizinhança ele é um sistema fechado. Sua forma pode mudar,mas sem que haja troca de massa com a vizinhança. Por outro lado, um sistema abertoé aquele que troca massa com a vizinhança; no sistema aberto sua massa pode perma-necer constante, desde que a quantidade de massa entrando e saindo do sistema sejamiguais. Usualmente na literatura, chama-se o sistema aberto de volume de controle.

• Se não há passagem de massa pelas fronteiras do sistema, diz-se que o sistema éfechado.

• Se há passagem de massa pelas fronteiras do sistema, diz-se que o sistema éaberto.

é comum na literatura se referir a sistemas abertos como Volume de Controle

• Um sistema adiabático não troca calor com a vizinhança

• Um sistema isolado não interage com a vizinhança (nem com troca de massa,nem calor, nem trabalho)

É importante salientar que a definição de sistema fechado ou aberto é relativatão somente à troca de massa com a vizinhança. Ambos podem interagir com a vizi-nhança através de calor e trabalho. O sistema isolado, por sua vez, não interage com avizinhança e o sistema adiabático não troca calor com a vizinhança.

Podemos caracterizar o sistema como:

• Quantidade arbitrária de matéria

• tudo que é externo ao sistema = vizinhança

• fronteira do sistema: superfície real ou imaginária que separa o sistema de suavizinhança

• Sistema isolado: não interage com a vizinhança

• Sistema adiabático: não troca calor com a vizinhança.

Assim que o sistema é escolhido, a próxima etapa é descrevê-lo em termos dequantidades que ajudarão na discussão de seu comportamento ou na interação comsua vizinhança. Para tal, duas abordagens gerais podem ser utilizadas: macroscópicaou microscópica.

1.3. Ponto de vista macrosópico 25

1.3 Ponto de vista macrosópico

São propriedades de grande escala, tais como temperatura, pressão e volume.Algumas de suas características comuns são:

1 Não possuem hipóteses particulares relativas à estrutura da matéria;

2 Precisam de poucas coordenadas para serem descritas;

3 Estão relacionadas, de forma geral, à nossa percepção sensorial;

4 Podem, em geral, serem diretamente medidos.

A termodinâmica clássica foca sua atenção para o interior do sistema analisadosob o ponto de vista macroscópico. É uma disciplina cujo desenvolvimento ocorrecontemporâneamente à revolução industrial, que ocorreu à partir da segunda metadedo século XVIII (a grosso modo, à partir de 1760). Surgiu da necessidade de se entendero funcionamento das novas máquinas que surgiam, e de como melhorar sua eficiência.

Não se tinha, nesse período, um conhecimento profundo da teoria atômicada matéria (teoria científica que afirma que a matéria é constituída por unidadesfundamentais chamadas átomos). Dalton, por exemplo, publicou sua teoria atômicaem 1808, em ’New System of Chemical Philosophy".

1.4 Ponto de vista microscópico

É utilizado na mecânica estatística ou na termodinâmica estatística, e consi-dera o sistema como sendo composto por uma grande quantidade N de moléculas,cada uma sendo capaz de existir num estado, com energias ε1, ε2, ε3, ...; assume-seque as moléculas interagem entre sí, por colisões ou forças à distância. O estado deequilíbrio do sistema é considerado aquele como o de maior probabilidade estatística,sendo o problema fundamental a determinação do número de moléculas em cada umdos estados moleculares de energia quando se está em equilíbrio. Algumas de suascaracterísticas comuns são:

1 A estrutura da matéria é importante (por ex. assume-se a existência de moléculas)

2 Muitas quantidades devem ser especificadas;

3 Estas quantidades não fazem parte de nosso senso comum;

4 Estas quantidades não podem ser medidas.

Os fundamentos da termodinâmica estatística foram estabelecidas no finalde 1800 por Maxwell, Boltzmann, Max Planck , Clausius, e Josiah Willard Gibbs, quecomeçaram a aplicar estatística na teoria quântica atômica para corpos de gases ideais.Foram Maxwell e Boltzmann, trabalhando de forma independente, que chegaram aconclusões semelhantes quanto à natureza estatística dos corpos gasosos.

Boltzmann é considerado o "pai"da termodinâmica estatística com sua deriva-ção, em 1875, da relação entre entropia S e multiplicidadeΩ, apresentando o númerode arranjos microscópicos que produzem o mesmo estado macroscópico para um


determinado sistema. Em 1896 publicou o artigo "Lectures on Gas Theory", interpre-tando termodinâmica estatística e os seguintes fatores H-teorema, teoria do transporte,equilíbrio térmico, e equação de estado dos gases.

O termo "termodinâmica estatística"foi proposto para utilização na termodinâ-mica pelo físico e químico americano J. Willard Gibbs em 1902. Segundo Gibbs, o termo"estatística", i.e. mecânica estatística, foi usado pela primeira vez pelo físico escocêsJames Clerk Maxwell em 1871.

1.5 Macroscópico vs Microscópico

Quando aplicados ao mesmo sistema, ambas as abordagens devem levar àmesma conclusão. A relação entre ambas as abordagens reside no fato de que as poucasvariáveis especificadas macroscopicamente são, na verdade, médias num intervalo detempo de uma grande quantidade de caractersísticas microsópicas.

Por exemplo, a quantidade macroscópica Pressão é, microscopicamente, a mé-dia da taxa de variação de momento devido às colisões moleculares numa área unitária.Pressão é uma quantidade que é percebida por nós, que podemos sentir. Ela é medidae utilizada muito antes de se acreditar em colisões moleculares. Se a teoria molecularmudar no futuro, o conceito de pressão continuará, assim como sua percepção pelosseres humanos.

Desta forma, uma diferença fundamental entre as duas abordagens é esta: aspoucas quantidades macroscópicas são certas como os nossos sentidos, enquanto quea abordagem microscópica postula a existência de moléculas, seus movimentos, seusestados de energia, interações, etc. As hipóteses microsópicas podem mudar, mas suasdeduções devem concordar com as obtidas macroscopicamente.

1.5.1 Hipótese do contínuoNuma escala macroscópica, fluido se comporta como um material contínuo

(mais de 2x1019 moléculas por cm3 para ar à temperatura ambiente). A hipótese docontínuo é violada quando o caminho livre entre as moléculas é da mesma ordem demagnitude que o tamanho característico do escoamento.

São casos em que há baixa massa específica (escoamento rarefeito) e, na situa-ção extrema, quando o caminho livre entre as moléculas é muito maior que o tamanhocaracterístico do escoamento (virtualmente não há colisão molecular), tais como emescoamentos a altíssimas altitudes (> 200000 pés) e em equipamentos de laboratóriosespeciais (lasers de baixa pressão).

1.6 Caracterização do sistema

1.6.1 Propriedades do sistemaSe o sistema é deixado sozinho por um tempo suficientemente longo, sem

calor ou massa transferidos e sem realização de trabalho, ele irá atingir um estado deequilíbrio. Todas as propriedades medidas macroscopicamente serão independentes dotempo, tais como pressão, massa específica e temperatura. Às variáveis que dependemsomente do estado do sistema, chamamos de propriedades do sistema.

Também chamadas de:

1.6. Caracterização do sistema 27

• coordenadas termodinâmicas ou

• variáveis de estado

O sistema é caracterizado pelas suas propriedades. Propriedade é algo que podeser quantificado, mensurado.

• São quantidades macroscópicas utilizadas para representar o estado interno dosistema.

• Uma característica observável do sistema, mensurável em termos de números eunidades de medida, incluindo quantidades físicas tais como localização, veloci-dade, direção, pressão, massa específica, etc.

Um sistema que pode ser representado por coordenadas termodinâmicas échamado de sistema termodinâmico. Importantes sistemas termodinâmicos para aengenharia são os gases, vapores e misturas.

• Propriedade tem Valor e Unidade

Por exemplo, temperatura, pressão, volume, massa, velocidade, altura, são todaspropriedades do sistema. A todas essas variáveis pode ser atribuído um valor e umaunidade, que caracterizará o sistema. As propriedades podem ser extensivas (represen-tadas por letras maiúsculas), quando estão relacionadas a toda a massa do sistema, oupodem ser intensivas (representadas por letras minúsculas), quando são representadaspor unidade de massa. Algumas propriedades são intrinsicamente intensivas, tais comotemperatura e pressão (não se diz que um corpo está a 50ºC por 5Kg de massa). Volume,por sua vez, pode ser representado na forma extensiva (um corpo possui volume deV = 5m3) ou na forma intensiva (o volume específico do corpo é de v = 5m3/K g ).

Extensivo IntensivoPropriedade Símbolo Unidade Propriedade Símbolo Unidade

Massa m K g massa específica ρ K g /m3

Volume V m3 volume específico v m3/K gEnergia cinética EK J Energia cinética específica eK J/K g

Energia potencial EP J Energia potencial específica eP J/K gEnergia interna U J Energia interna específica u J/K g

1.6.2 Estado do sistemaEstado do sistema é a sua condição ou configuração, identificável pelas proprie-

dades de estado e descritos em detalhes suficientes de forma que um estado possa serdistinguido de todos os outros estados.

Considere um recipiente com paredes rígidas e volume de 1m3 cheio de água.Seja a pressão na água igual a pressão ambiente:

• Se a temperatura na água for de 25žC , o sistema está em um determinado estado

• Se a temperatura na água for de 50žC , o sistema está em um estado termodinâ-mico diferente do anterior


1.6.3 Processo e CicloProcesso é a mudança de um estado para outro. Ciclo é um processo cujo estado

final é igual ao estado inicial.

1.6.4 Igualdade de TemperaturaUm corpo quente e um corpo frio, quando colocados em contato, interagem,

ocasionando mudança nas propriedades de ambos. Após certo tempo não se observammais mudanças, quando se diz que os corpos estão em equilíbrio térmico.

1.6.5 TemperaturaO conceito de desigualdade de temperatura deriva do conceito de igualdade de

temperatura. Desigualdade de termperatura se distingue pela observação de mudançasnas propriedades dos dois corpos em análise. Desta forma, uma escala arbitrária podeser definida em termos de alguma propriedade conveniente de um corpo padrão,chamado termômetro.

1.7 A lei zero da termodinâmica

A aplicação prática da termometria reside no fato ou hipótese de que dois corposrespectivamente em equilíbrio térmico com um terceiro corpo devem também estar emequilíbrio térmico entre sí. Esta hipótese é amplamente verificada em experimentos.

1.7.1 Processo à mesma temperaturaQuando não há equilíbrio térmico entre o sistema e sua vizinhança, ocorre

interação entre ambos. Essa interação é identificada como calor.

Se um processo ocorre em que o sistema e sua vizinhança estão, a cada passo, àmesma temperatura, então não há interação devido à diferença de temperatura. Issonão implica que o sistema deva manter temperatura constante durante o processo.

1.8 Trabalho e Calor

As leis da termodinâmica lidam com interações entre o sistema e sua vizinhança,conforme eles passam por estados de equilíbrio. Essas interações são divididas em duasclasses: 1)Trabalho; 2) Calor.

Para compreender a termodinâmica, é essencial que saibamos a resposta à duasperguntas:

1. O que é Trabalho?

2. O que é Calor?

1.8.1 TrabalhoNa mecânica clássica, trabalho é definido como um efeito produzido pelo sis-

tema sobre sua vizinhança, quando o sistema move a vizinhança na direção de uma

1.8. Trabalho e Calor 29

força exercida pelo sistema. A magnitude do efeito é medida pelo produto escalar dosvetores distância deslocada (~d) e a componente da força (~F ) na direção do movimento.

Trabalho (W ), para a mecânica, está relacionado a um deslocamento (d~S)devido a aplicação de uma força (~F ):

W = ~F . ~dS (1.2)

Note que, por ser um produto escalar de dois vetores, trabalho é uma grandezaescalar, que possui apenas magnitude.

A unidade de trabalho em S.I é a mesma de calor e de energia, definida comoJoules:

[W ] = [N ].[m] =[

K g .m

s2

].[m] =

[K g .m2

s2

]= [J ] (1.3)

Para a termodinâmica, o conceito de trabalho é mais amplo. Diz-se que umsistema realiza trabalho se for possível imaginar um sistema alternativo ao sistemaoriginal, que passa através da mesma série de estados do processo original, cujo únicoefeito do sistema imaginário substituto sobre a vizinhança é o levantamento de umpeso devido à aplicação de uma força.

Por essa definição, o "movimento de uma força através de uma distância"não éessencial para uma interação de trabalho. Só é necessário que exista uma vizinhançaalternativa, que pode se acoplar ao processo de forma que o movimento de uma forçaatravés de uma distância seja o único efeito externo ao sistema.

O exemplo clássico é o acendimento de uma lâmpada por uma bateria. Nadefinição clássica, esse sistema não realiza trabalho. Contudo, pode-se imaginar um sis-tema alternativo, um motor com polia acoplado a um peso, em substituição à lampada,e nesse caso o acionamento do motor pela bateria resultará no levantamento do peso.Esse sistema alternativo realiza trabalho, portanto o sistema original também realizatrabalho.

A quantidade de trabalho realizado por um sistema é medida pelo númerode peso padrão que pode ser levantado de um nível prescrito a outro na vizinhançaalternativa previamente utilizada para o reconhecimento do trabalho.

Se o sistema realiza trabalho na vizinhança, então a vizinhança recebe trabalhona mesma quantidade que o sistema realiza. Se a interação de trabalho ocorre entre oscorpos A e B , então |WA| = |WB |:

• WA: trabalho realizado pelo corpo A

• WB : trabalho realizado pelo corpo B

Regra análoga à Terceira Lei de Newton: ação e reação são iguais.


1.8.1.1 Trabalho de Compressão e Expansão a pressão constante

Uma das formas mais comuns de trabalho aplicadas ao estudo da termodinâ-mica é o trabalho de compressão ou expansão de um sistema. Imaginemos um sistemacomposto por um cilindro rígido e um pistão móvel. Se a vizinhança excerce trabalhosobre o sistema, mediante a aplicação de uma pressão constante, este trabalho resultarána compressão do sistema. De maneira oposta, se o sistema excerce trabalho sobre avizinhança, será um trabalho de expansão.

Considerando o trabalho de compressão da vizinhança sobre o sistema, temos:

w = F.d (1.4)

w = P.A.d (1.5)

Mas A.d = d v , logo:w = p.d v (1.6)

No processo de compressão, o volume final do sistema é menor do que o inicial:

v2 < v1 → d v < 0 (1.7)

Na formulação da primeira lei, vimos que o trabalho excercido pela vizinhança sobre osistema aumenta a energia interna do sistema, portanto, deve ser um trabalho positivo.Assim, levando em consideração a redução no volume, e para garantir que o trabalhoexcercido pela vizinhança aumente a energia interna do sistema, ou seja, seja umtrabalho positivo:

wcompressão =−p.d v (1.8)

O trabalho de expansão à pressão constante excercido pelo sistema sobre avizinhança resulta num volume final do sistema maior do que o inicial (v2 > v1), logod v > 0. Como este trabalho deve ser negativo, pois reduz a energia do sistema (é umtrabalho realizado pelo sistema na vizinhança), temos:

wexpansão =−p.d v (1.9)

Logo, tanto para compressão quanto expansão, o trabalho pode ser calculadopor:

wc/e =−p.d v (1.10)

1.8.1.2 Trabalho de compressão a volume constante

Trabalho também pode ocorrer a volume constante, como no caso de um com-pressor (que trabalha com líquido). Líquidos são fluídos incompressíveis, ou seja, pos-suem pouca variação de massa específica (e de volume específico) quando sujeitos àgrandes variações de pressão. Desta forma, é perfeitamente admissível admitir que otrabalho realizado seja a volume constante, e a variação ocorre na pressão.

W = dP.V →W =V (P2 −P1) (1.11)

1.8. Trabalho e Calor 31

1.8.2 Calor e energiaCalor é energia térmica em trânsito devido a um gradiente de temperatura. Já

vimos que Energia é a capacidade de se produzir um efeito. Energia Térmica, por suavez, está relacionada com o grau de agitação molecular do sistema, e é representadaindiretamente pela Temperatura. Mas não basta que o sistema tenha energia térmica.Deve haver uma diferença de temperatura entre o sistema e sua vizinhança, para queocorra um trânsito dessa energia. Este trânsito ocorre no sentido do sistema de maiorpara o de menor energia. Relembrando:

E =U +EK +EP + ... (1.12)

Sendo:

• E : energia total do sistema

• U : energia interna, composta por:

[*]energia térmica, na forma de calor sensível e calor latente

[*]energia atômica

[*]energia química

• EK : energia cinética mV 2

2

• EP : energia potencial m.g .z

Calor é energia térmica em trânsito devido a um gradiente de temperatura

Calor é uma energia em trânsito. Não se diz que um estado termodinâmicopossui determinada quantidade de calor, da mesma forma como não se diz que elepossui uma determinada quantidade de trabalho. Ambos, calor e trabalho, dependemdo processo, dependem da mudança de um estado termodinâmico inicial para umestado termodinâmico final.

CAPÍTULO 2A primeira Lei da Termodinâmica

2.1 A primeira Lei da termodinâmica para um sistema fechado: ener-gia, calor e trabalho

Energia, calor e trabalho são relacionados pela primeira lei da termodinâmica,que evoluiu da Equivalência mecânica do calor, proposto por Rumford e dos trabalhosexperimentais de Joule.

Joule realizou experimentos em processos de um estado inicial a um final en-volvendo vários tipos diferentes de trabalho, tais como trabalho elétrico e trabalhomecânico, em diferentes arranjos e em vários sistemas, compreendendo diversas subs-tâncias puras, misturas e substâncias passando por reações químicas.

A Primeira Lei da Termodinâmica é um resultado empírico, confirmado porexperiências práticas e de laboratório.

2.1.1 Energia e calor

Imagine um sistema fechado que recebe calor do ambiente. A temperatura dosistema irá aumentar ao longo do tempo, de um estado inicial para um estado final.

Assumindo que para o dado sistema um valor arbitrário de U é definido paraum estado de referência, valores correspondentes de U para todos os outros estadospodem ser encontrados pela medição do calor nos processos.

A quantidade total de calor adicionado ao sistema depende somente dos estadosinicial e final do processo, e não dos estados intermediários. Pode-se, portanto, definiruma nova propriedade ou função de estado, cujo acréscimo representa o calor recebidopelo sistema no processo. Esta propriedade é chamada de energia interna do sistema U .Por ser uma variável de estado, sua variação é uma diferencial exata, representada pordu.

dU = δQ (2.1)

Trata-se de um calor adicionado da vizinhança ao sistema, que resulta numaumento da energia interna do sistema

34 Capítulo 2. A primeira Lei da Termodinâmica

2.1.2 Energia e trabalhoO experimento clássico de Joule envolvendo trabalho e variação de energia

consistiu na medição da variação de temperatura em um aparato com uma pá imersano interior do sistema isolado do meio (de forma a não trocar calor), acionada pelaqueda de dois pesos de uma altura especificada (realização de trabalho).

O experimento requereu termômetros bastante precisos, desenvolvidos porJoule em função de sua experiência com a fabricação de cervejas.

As medições mostraram que, para uma dada quantidade de trabalho realizado,ocorria uma determinada variação de temperatura no sistema. Da mesma forma quena adição de calor, a mudança de estado é representada pelo acréscimo na função deestado energia interna, que depende apenas dos estados inicial e final do processo(logo, é uma diferencial exata):

dU = δW (2.2)

Trata-se de um trabalho realizado da vizinhança no sistema, resultandonum aumento da energia interna do sistema

2.1.3 A primeira leiO calor adicionado ao sistema e o trabalho realizado no sistema pela vizinhança

causam uma mudança de energia dU .

U é uma propriedade de estado e sua variação dU é uma diferencial exata, ouseja, depende apenas dos estados inicial e final do sistema. Para esta variação de energiadU , entretanto, existe uma quantidade infinita de formas, ou processos, pelas quaiscalor pode ser adicionado ao sistema e trabalho pode ser realizado sobre o sistema.Assim, tanto calor quanto trabalho são diferenciais inexatas, representadas por δ.

A formulação matemática da primeira lei se deve, entre outros, a Thomsom e aClausius. Sua forma é:

dU = δQ +δW (2.3)

sendo:

• dU : variação da energia interna do sistema

• δQ: quantidade de calor adicionado da vizinhança ao sistema

• δW : quantidade de trabalho realizado pela vizinhança no sistema

Na Eq. 2.3, podemos observar que:

• Calor adicionado da vizinhança ao sistema aumenta a energia do sistema

se um sistema recebe calor da vizinhança, sua energia específica no final doprocesso (u2) é maior do que sua energia específica no início do processo (u1). Ouseja, a energia interna do sistema é proporcional ao calor adicionado ao sistemapela vizinhança. Aqui, é importante termos bastante atenção. O calor adicionado

2.1. A primeira Lei da termodinâmica para um sistema fechado: energia, calor e trabalho 35

pela vizinhança sobre o sistema é um calor positivo, e leva a um aumento daenergia interna do sistema.

• Calor realizado pelo sistema na vizinhança diminui a energia do sistema

• Trabalho realizado pela vizinhança no sistema aumenta a energia do sistema

se um sistema recebe trabalho da vizinhança, sua energia específica no finaldo processo (u2) é maior do que sua energia específica no início do processo (u1).A energia interna do sistema também é proporcional ao trabalho realizado nosistema pela vizinhança. É muito importante compreendermos bem de onde epara onde vai o trabalho. O trabalho realizado pela vizinhança sobre o sistema éum trabalho positivo e, de maneira semelhante ao calor, resulta num aumento daenergia interna do sistema.

• Trabalho realizado pelo sistema na vizinhança diminui a energia do sistema

A eq. 2.3 representa matematicamente a primeira lei da termodinâmica.

Clausius, em seu trabalho, formulou a primeira lei como:

dU = δQ −δW (2.4)

O foco de Clausius era o trabalho realizado por uma máquina térmica. Destaforma, por convenção, o trabalho realizado pelo sistema (máquina) na vizinhança éum trabalho positivo. Como, para realizar trabalho, o sistema deve gastar energia (suaenergia final será menor do que sua energia inicial), há a necessidade do sinal negativo.

Na formulação anterior, foi considerado apenas a variação da energia interna Udo sistema. De forma mais ampla, podemos considerar que a realização de trabalho e aadição de calor também podem levar a uma mudança da energia cinética do sistemaEK ou a uma mudança da energia potencial do sistema EP . Logo:

dE = dU +dEK +dEP + ... (2.5)

A variação de energia total do sistema pode ocorrer devido à variação da energiainterna, cinética, potencial ou outras formas de energia. Considerando a variação dessasoutras parcelas de energia (em especial cinética e potencial), a primeira lei pode serescrita como:

dE = δQ +δW (2.6)

2.1.4 Primeira lei para um cicloCiclo é um processo cujo estado final é igual ao inicial. Como E é uma proprie-

dade, a variação líquida de E para um ciclo é nula. Logo:∮δQ +

∮δW = 0 (2.7)

Ou

|∮δQ |=|

∮δW | (2.8)


Algebricamente, o calor líquido recebido pelo sistema durante um ciclo é igualao trabalho líquido realizado pelo sistema durante o ciclo.

2.1.5 Processo adiabáticoSe isolantes forem colocados entre o sistema e sua vizinhança, que estão a

temperaturas diferentes, o calor Q se torna pequeno. Se o isolante for muito efetivo, Qse torna muito pequeno. Pode-se extrapolar para a condição em que o calor é nulo. Talprocesso é denominado adiabático.

Processos a iguais temperaturas também são adiabáticos, pois não há gradientede temperatura e portanto Q = 0.

2.2 Primeira lei da Termodinâmica para um sistema aberto

Vamos expandir a primeira lei para um sistema fechado, de forma que elatambém possa representar sistemas abertos, que possuem massa entrando ou saindodo sistema (ou volume de controle).

Para estes casos, temos que considerar o trabalho realizado pela vizinhançasobre o sistema para colocar uma determinada quantidade de massa no interior dovolume de controle, e o trabalho realizado pelo sistema na vizinhança para removeruma determinada quantidade de massa através da fronteira do sistema.

O primeiro termo representa um termo de trabalho positivo, ou seja, trabalhorealizado pela vizinhança sobre o sistema, e resulta num aumento da energia do sistema.Imaginemos uma força aplicada para deslocar uma determinada quantidade de volumepor uma distância L. Assim:

W = ~F1.~L1 (2.9)

Podemos representar o termo de força em função da pressão exercida na regiãode entrada, como: ~F1 = P1.~A1. Desta forma, a equação 2.9 pode ser escrita como:

W1 = P1.~A1.L1 (2.10)

Como A1.L1 =V1, temos:W1 = P1.V1 (2.11)

Adotando o mesmo procedimento, podemos obter o trabalho realizado pelosistema na vizinhança para remover uma determinada quantidade de massa do sistema.Neste caso, o trabalho é negativo (o sistema gasta energia para realizar esse trabalhosobre a vizinhança).

W2 =−P2.V2 (2.12)

Os trabalhos apresentados nas Eqs. 2.11 e 2.12 são denominados trabalhos defluxo. A primeira lei da termodinâmica para um sistema aberto pode ser escrita como:

dE = dQ +dW +P1.V1 −P2.V2 (2.13)

2.2. Primeira lei da Termodinâmica para um sistema aberto 37

Passando os termos de trabalho de fluxo para o lado esquerdo:

dE +P2V2 −P1V1 = dQ +dW (2.14)

Considerando que a energia total E é composta pelos termos de energia interna,cinética e potencial, temos:

dU +dEK +dEP +P2V2 −P1V1 = dQ +dW (2.15)

reagrupando os termos:

U2 +P2V2 −U1 −P1V1 +dEK +dEP = dQ +dW (2.16)

O termo U +P.V aparece frequentemente nos cálculos termodinâmicos, e porisso recebe uma denominação especial. Ele é definido como a entalpia (H) do sistema.Como ele é resultante da combinação de propriedades de estado, ele também é umapropriedade de estado.

H ≡U +PV (2.17)

A primeira lei da termodinâmica para sistema aberto pode ser escrita em funçãovariação da entalpia, como:

d H +dEK +dEP = dQ +dW (2.18)

Na eq. 2.18, o lado esquerdo continua representando a variação de energia dosistema, enquanto o lado direito representa o calor recebido pelo sistema da vizinhançae o trabalho realizado pela vizinhança sobre o sistema. Desta forma, a representaçãodE = δQ +δW continua válida.

2.2.1 Aplicação da 1ª Lei da Termodinâmica para uma turbinaNuma turbina ocorre a expansão do fluído de entrada, que chega com alta

pressão e alta temperatura (alta energia). Partindo da formulação da 1ª Lei para umsistema aberto:

de = δq +δw (2.19)

Abrindo os termos de variação de energia de:

de = du +d(pv)+deK +deP (2.20)

mas, como vimos, h = u +pv , logo, também podemos escrever, em função da entalpia:

dh +deK +deP = δq +δw (2.21)

Para turbinas, usualmente são desprezados os termos de energia cinética epotencial. Além disso, geralmente são consideradas turbinas adiabáticas, bem isoladase que não trocam calor com a vizinhança. Assim:

dh = δw (2.22)


Portanto, o trabalho realizado pela turbina pode ser determinado apenas pelavariação das entalpias na entrada e saída da mesma. Note que o fluído chega comalta energia (e alta entalpia) e reduz sua energia para que possa fornecer trabalho àvizinhança. Assim h2 −h1 < 0, e consequentemente o trabalho δw < 0, o que está deacordo com nossa formulação: trabalho realizado pelo sistema na vizinhança reduz aenergia do sistema.

2.2.2 Aplicação da 1ª Lei da Termodinâmica para uma bomba ou ventilador

du +d(pv)+deK +deP = δq +δw (2.23)

em uma bomba ou ventilador, o objetivo é realizar trabalho. Ou seja, eles nãosão trocadores de calor. Considerando um sistema sem perdas, bem isolado, podemosafirmar que δq = 0. Logo:

du +d(pv)+deK +deP = δw (2.24)

du +d(pv)+ V 22

2− V 2

1

2+ g z2 − g z1 = δw (2.25)

Considerando um sistema em que não haja variação de altura e desprezando otermo de energia cinética:

du +d(pv) = δw → dh = δw (2.26)

De forma semelhante à turbina, o trabalho em uma bomba ou ventilador, desprezandoos termos de energia conética e potencial, pode ser determinado pela variação deentalpia. Entretanto, agora o trabalho é realizado pela vizinhança no sistema, e portantoaumenta a energia do sistema.

2.2.3 Aplicação da 1ª Lei da Termodinâmica: equação de Bernoulli

du +d(pv)+deK +deP = δq +δw (2.27)

No sistema em questão, não há realização de trabalho de eixo: δw = 0.

d(pv)+deK +deP = δq −du (2.28)

O termo δq −du é um termo usualmente chamado de termo dissipativo. Ele surgedevido aos efeitos dissipativos da viscosidade, transferência de calor e difusão de massa.Para um sistema não viscoso, em que os termos dissipativos são desprezados:

d(pv)+deK +deP = 0 (2.29)

P2v2 −P1v1 +V 2

2

2− V 2

1

2+ g z2 − g z1 = 0 (2.30)

P2v2 +V 2

2

2+ g z2 = P1v1 +

V 21

2+ g z1 (2.31)

2.3. Motores térmicos e a Segunda Lei da Termodinâmica 39

Ou, sabendo que v = 1ρ

P2

ρ2+ V 2

2

2+ g z2 = P1

ρ1+ V 2

1

2+ g z1 (2.32)

2.3 Motores térmicos e a Segunda Lei da Termodinâmica

Um motor térmico é definido como um sistema de identidade fixa que passapor um processo cíclico durante o qual ocorre interação de calor e trabalho com avizinhança. Ex.: planta de energia a vapor.

Turbinas a gás de ciclo aberto e motores de combustão interna não são, por estadefinição, motores térmicos, pois não operam segundo um ciclo.

2.3.1 Eficiência dos motores térmicos

TQ

TF

MT W

QQ

QF

Figura 2.1 – Uma fonte quente à temperatura TQ

fornece calor QQ para a máquina térmica, que realiza trabalho W e rejeita parte docalor QF para uma fonte fria à temperatura TF .

Uma fonte de calor à temperatura Tq é a parte da vizinhança que fornece calorao sistema. A quantidade de calor recebida dessa fonte é denominada Qq . A quantidadede calor rejeitada pelo sistema durante o ciclo para a vizinhança à temperatura TF é QF .

Pela 1ª Lei, para um processo cíclico, o trabalho líquido do motor durante umciclo completo é:

Wl i q =QQ −QF (2.33)


A saída útil do motor é o trabalho mecânico Wl i q , enquanto o fator relacionadoao custo de operação é o calor recebido QQ . O rendimento η é definido como:

η= Wl i q

QQ= QQ −QF

QQ= 1− QF

QQ(2.34)

2.3.1.1 Movimento perpétuo de segundo tipo

Conforme Eq.2.34, se o calor rejeitado para a fonte fria for nulo (QF = 0), tería-mos um motor térmico com eficiência de 100%, chamado de máquina de movimentoperpétuo de segundo tipo. Se tal máquina pudesse ser construída, seria possível obterpotência mecânica sem o uso de qualquer combustível.

A experiência nos mostra que movimento perpétuo de segundo tipo é impossívelde se obter. Essa afirmação tem implicações práticas tão importantes que é chamadade Segunda Lei da Termodinâmica, que pode ser definida como:

Nenhum sistema pode passar por um ciclo completo de estados e entregartrabalho para a vizinhança enquanto troca calor com somente uma únicafonte de calor à temperatura uniforme.

2.3.2 A escala de temperatura absolutaConsideremos uma máquina térmica operando entre as fontes quente à tempe-

ratura TQ e fria à temperatura TF . A quantidade de trabalho realizado será uma funçãodessas temperaturas. Assim:

• QQ = F (TQ )

• QF = F (TF )

O rendimento dessa máquina térmica pode ser representado por:

η= 1− QF

QQ= 1− F (TF )

F (TQ )(2.35)

Para uma máquina operando com máxima eficiência, temos que:

QF

QQ= F (TF )

F (TQ )(2.36)

Consideremos agora uma temperatura intermediária Ti , e duas máquinas tér-micas em série, operando entre as temperaturas TQ e Ti e Ti e TF , respectivamente, deforma que:

η1 = 1− Qi

QQ= 1− F (Ti )

F (TQ )(2.37)

η2 = 1− QF

Qi= 1− F (TF )

F (Ti )(2.38)


O que resulta em:Qi

QQ= F (Ti )

F (TQ )(2.39)

QF

Qi= F (TF )

F (Ti )(2.40)

Podemos relacionar a Eq. 2.36 com as Eq. 2.39 e 2.40

(Qi

QQ

)(QF

Qi

)= QF

QQ(2.41)(

F (Ti )

F (TQ )

)(F (TF )

F (Ti )

)= F (TF )

F (TQ )(2.42)(

QF

QQ

)= F (TF )

F (TQ )(2.43)

Assim, a relação entre os calores fornecidos pelas fonte quente e fria é funçãoapenas das temperaturas dessas fontes. Diversas funções F satisfazem essa razão, esua escolha é arbitraria. William Thomson (Lord Kelvin) escolheu a própria tempe-ratura como função F (T ) = T , definindo uma escala de temperatura termodinâmica,conhecida como escala absoluta: (

QQ

QF

)r ev

= TQ

TF(2.44)

O ponto triplo da água (estado em que as fases líquida, sólida e gasosa existemem equilíbrio) foi definido como tendo o valor de 273,16K pela Conferência internacio-nal de pesos e medidas em 1954.

A escala de temperatura absoluta (ou escala Kelvin), representada pela Eq.2.44, é uma escala de temperatura definida em termos da eficiência de ummotor térmico reversível operando entre dois reservatórios de temperaturasfixas e uniformes e depende somente das temperaturas dos reservatórios enão da natureza do motor nem do fluido. Utilizando um motor reversívelcomo termômetro é possível evitar uma dificuldade básica na construção determômetros, qual seja, que termômetros diferentes geralmente coincidemem um ou dois pontos fixos mas diferem em todos os outros.

É impossível para um sistema ter temperatura absoluta nula ou negativa.

2.3.3 ReversibilidadeA experiência prática de que eventos naturais ocorrem em uma direção somente,

ou seja, de que processos reais são irreversíveis, está intimamente conectada à 2ª Lei.

• Reversibilidade

Diz-se que um processo é reversível se for possível "apagar"os seus efeitos, ouseja, se existir uma maneira conhecida pela qual o sistema e toda a sua vizinhança


podem ser restaurados para os seus respectivos estados iniciais. O processo podeser completamente desfeito.

Nenhum processo real é reversível, mas geralmente processos reais podemser refinados ao ponto em que se aproxima de processos reversíveis.

Processo reversível é um padrão útil de comparação contra o qual processosreais podem ser avalidados.

2.3.4 IrreversibilidadeSua definição está implícita na definição de processos reversíveis, ou seja, diz-se

que um processo é irreversível se não houver maneira conhecida pela qual o sistema esua vizinhança possam ser restaurados aos seus respectivos estados iniciais.

Para as ciências térmicas, as irreversibilidades podem ser apontadas por trêscausas básicas: I) viscosidade; II) Condução de calor; III) difusão de massa.

Se houvesse uma maneira de se desfazer qualquer processo irreversível, seriapossível construir uma máquina de movimento perpétuo de segundo tipo.

Inserir figura.

2.3.5 Máxima eficiência dos motores térmicos: o motor térmico de CarnotFazendo uso da escala de temperatura absoluta, para um motor térmico sem

irreversibilidades, a máxima eficiência dependerá apenas das temperaturas das fontesquente e fria. Assim:

• Corolário: nenhum motor térmico operando entre duas fontes de calor de tem-peraturas fixas e uniformes pode ter eficiência térmica maior do que um motortérmico reversível que opera entre as mesmas duas fontes de calor, caso contrárioseria possível obter movimento perpétuo de segunda espécie.

• Corolário: como consequência do corolário anterior, todo motor térmico re-versível operando entre os mesmos dois reservatórios de temperaturas fixas euniformes possuem a mesma eficiência térmica. Esse rendimento é chamado derendimento de Carnot:

ηC ar not = 1− QF

QQ= 1− TF

TQ(2.45)

É importante salientar que as temperaturas para a determinação do rendimentona Eq. 2.45 são expressas na escala Kelvin (absoluta).

2.3.6 Inegualdade de ClausiusO trabalho líquido de uma máquina térmica pode ser calculado em função de

seu rendimento, como:Wl i q = η.QQ (2.46)

O máximo trabalho possível ocorre para uma máquina de Carnot, sem irre-versibilidades (W i deal

l i q ). Uma máquina real, que possui irreversibilidades, irá produzir


menos trabalho líquido do que a máquina de Carnot operando entre as mesmas fontesde temperatura quente e fria. Logo:

W r eall i q ≤W i deal

l i q (2.47)

Para a máquina real, o rendimento pode ser calculado pelos calores das fonte fria equente, enquanto que para a máquina ideal o rendimento pode ser calculado pelastemperaturas:

• Máquina real: ηr eal = 1− QFQQ

• Máquina ideal: ηi deal = 1− TFTQ

O rendimento real é menor ou igual ao rendimento ideal. Logo:

ηr eal ≤ ηi deal

1− QF

QQ≤ 1− TF

TQ(2.48)

O que resulta em:

QF

QQ≥ TF

TQ

QF

TF≥ QQ

TQ

QQ

TQ− QF

TF≤ 0 (2.49)

Calor é uma grandeza vetorial. O calor recebido pelo sistema QQ têm valorpositivo, pois aumenta a energia do sistema. Já o calor rejeitado pelo sistema QF têmvalor negativo, pois reduz a energia do sistema.

Quando um sistema passa por um ciclo completo, movimento perpétuo desegundo tipo é possível a não ser que: ∮

δQ

T≤ 0 (2.50)

A Eq. 2.50 é conhecida como Inegualdade de Clausius, sendo:

• δQ: pequena quantidade de calor recebido em parte da fronteira do sistemadurante uma parte elementar do ciclo;

• T : temperatura absoluta correspondente naquela parte da fronteira;

• A integral deve ser somada em todas as partes da fronteira e por todo o ciclo.

Em um ciclo feito de etapas reversíveis:

∮ (δQ

T

)r ev

= 0 (2.51)


2.4 A Entropia

Considere um ciclo composto por duas etapas reversíveis: o sistema sai doestado inicial 1, vai para um estado final 2 e volta para o estado inicial 1. Assim:

∫ 2

1

δQ12

T+

∫ 1

2

δQ21

T= 0∫ 2

1

δQ12

T=−

∫ 1

2

δQ21

T∫ 2

1

δQ12

T=

∫ 2

1

δQ21

T(2.52)

A Eq. 2.52 nos mostra que quando se vai de um estado 1 para um estado 2 pordois processos diferentes, ambos reversíveis, a integral de δQ

T será a mesma para ambosos processos. De forma mais geral, pode-se dizer que esta integral depende somentedos estados finais e não dos estados intermediários. A quantidade δQ

T para um processoreversível infinitesimal é, portanto, uma diferencial exata, e é o diferencial de umapropriedade termodinâmica, chamada Entropia:

dS ≡(δQ

T

)r ev

(2.53)

Assim como a 1ª Lei levou à definição de uma nova propriedade (energia in-terna), a 2ª Lei leva à definição de uma nova propriedade termodinâmica, a entropia.

A entropia é uma propriedade que possui valor particular em relação a algumacondição de referência, para cada estado de equilíbrio do sistema.

O valor de referência da entropia é definido pela Terceira Lei da Termodinâ-mica, que especifica o valor zero quando o sistema está na temperatura dezero absoluto T = 0[K ].

Consideremos um processo com fenômenos dissipativos (viscosidade, conduti-vidade térmica ou difusão de massa) de um estado inicial 1 até um estado 2 e finalmenteretornando para o estado final 1, igual ao estado inicial. Assim:

∮ (δQ

T

)=

∫ 2

1

δQ

T+

∫ 1

2

δQ

T≤ 0 (2.54)

Considerando o processo 2 → 1 reversível:∫ 1

2

δQ

T= S1 −S2(

δQ

T

)r ev

= S1 −S2 (2.55)

2.4. A Entropia 45

Assim: ∫ 2

1

δQ

T+S1 −S2 ≤ 0

S2 −S1 ≥∫ 2

1

δQ

T(2.56)

dS1→2 ≥ δQ

T(2.57)

Ou

dS =(δQ

T

)r ev

+dSi r r ev (2.58)

em que o termo dSi r r ev ≥ 0 representa as componentes dos fenômenos dissipativos,sendo sempre maior ou igual a zero:

• dSi r r ev > 0: processo irreversível

• dSi r r ev = 0: processo reversível

A Eq.(2.57) é a forma analítica mais conveniente da segunda lei. Se o sistema éisolado de toda troca de calor com a vizinhança:

dSadi ab ≥ 0 (2.59)

As Eqs.(2.57) e (2.59) representam o princípio do aumento da entropia. Se nosbasearmos tão somente pela primeira Lei, não há qualquer restrição entre conversão decalor e trabalho em energia e vice-versa. Na prática, entretanto, sabemos que determi-nados processos não ocorrem naturalmente, ou seja, todo processo possui uma direçãonatural para ocorrer.

Um processo ocorrerá na direção em que a entropia do sistema mais o dasua vizinhança sempre aumentem (ou, no mínimo, permaneçam constan-tes).

2.4.1 Cálculo da entropiaConsiderando um processo de aquecimento reversível:

d s = δq

T→ δq = T.d s (2.60)

e um trabalho de expansão ou compressão:

w =−Pd v (2.61)

temos, da primeira lei:


de = δq +δw

de = T.d s −p.d v

T.d s = de +p.d v

d s = de +p.d v

T(2.62)

Desprezando os termos de energia cinética e potencial (considerando apenas aenergia interna):

de = du

d s = du +p.d v

T(2.63)

Derivando a entalpia h ≡ u +p.d v , temos:

dh = du +pd v + vdP

pd v = dh −du − vdP (2.64)

Logo:

T d s = du +dh −du − vdP

T d s = dh − vdP (2.65)

As equações (2.63) e (2.65) são conhecidas como Equações de Gibbs, sendoreescritas abaixo para maior destaque:

T d s = du +Pd v (2.66)

T d s = dh − vdP (2.67)

Elas permitem determinar a variação da entropia com base na variação de outraspropriedades do sistema, quais sejam: energia interna, pressão, volume e temperatura.

2.5 Calores específicos: compatibilizando a Primeira lei com a teoriado Calórico

Imaginemos que um sistema com determinada massa receba uma quantidadede calor de uma fonte externa. A experiência nos mostra que a temperatura deste corpoirá aumentar, e que esta variação é:

• Proporcional ao calor adicionado (quanto maior a quantidade de calor adicio-nado, maior a variação de temperatura)

e

• Inversamente proporcional à massa do sistema (quanto maior a massa do sistema,maior a quantidade de calor necessária para variar a temperatura de todo osistema).

2.5. Calores específicos: compatibilizando a Primeira lei com a teoria do Calórico 47

Assim:

∆T α

(1

m

)δQ (2.68)

Isolando o calor:

δQ αm.∆T (2.69)

Da teoria do calórico, têm-se que a razão entre a quantidade de calor fornecidaao sistema e a variação de temperatura devido a esse calor é dada por uma constante,o poder calorífico C , específica da substância que se está avaliando. Por unidade demassa, têm-se o calor específico c da substância. Logo:

δQ =C .∆T (2.70)

Lavoisier propôs que o calórico era uma substância, sem massa, contida noscorpos. A presença do calórico, segundo ele, estava relacionada à maior ou menortemperatura dos corpos. Além disso, o calórico seria alto-repulsivo, ou seja, tenderia ase mover de regiões de muito calórico para pouco calórico.

A Eq.(2.70) responde a seguinte questão: para determinado processo, dada umaquantidade de calor, qual será a variação de temperatura no sistema?

A primeira lei da termodinâmica, proveniente da teoria da equivalência mecâ-nica do calor, propôe que calor e trabalho são intercambiáveis, sendo processos quealteram o estado termodinâmico da matéria, representada por sua energia E .

dE = δQ +δW (2.71)

Surge, portanto, a questão: como compatibilizar a teoria do calórico com ateoria da equivalência mecânica do calor, e em consequência, com a primeira lei datermodinâmica? O que representa o calor específico?

Para responder à esse questionamento, vamos considerar dois sistemas sendoaquecidos: o primeiro, com paredes rígidas, sofrerá um processo a volume constante;o segundo, composto por um sistema pistão-cilindro que pode se mover, sofrerá umprocesso à pressão constante. Para ambos os processos, temos que a relação entrea quantidade de calor fornecida e a variação de temperatura do sistema é dada por:C = Q

∆T .

2.5.1 Processo a volume constanteDa primeira lei da termodinâmica, temos:

dE = δQ +δW (2.72)

Como o sistema não realiza trabalho: dE = δQ. Desprezando os termos deenergia cinetica e potencial, dE = dU , logo:

dU = δQ (2.73)


Escrevendo de forma extensiva (para toda a massa m do sistema):

δQ = mdu (2.74)

Da teoria do calórico:C .dT = δQ

m.c.dT = δQ

Logo:m.c.d t = m.du (2.75)

cv =[

du

dT

]v

Como este é um processo à volume constante, representa-se o calor específico com osubíndice v.

Em geral, uma propriedade de uma substância pode ser expressa como umafinção de duas propriedades independentes quaisquer. Considerando, por exemplo,a energia interna em função do volume específico e da temperatura: u = u(v,T ), ecalculando sua derivada em função destas duas propriedades:

du =[∂u

∂T

]v

dT +[∂u

∂v

]T

d v

2.5.2 Processo a pressão constanteDesprezando os termos de energia cinética e potencial e considerando um

trabalho de expansão (−P.dV ), a primeira lei da termodinâmica pode ser escrita como:

dU = δQ +δW (2.76)

dU = δQ −P.dV

dU +P.dV = δQ

Usando a definição da entalpia (h = u +p.v):

d H = δQ (2.77)

Da teoria do calórico:C .∆T = δQ

m.c.dT = δQ

Assim:

m.c.dT = m.dh (2.78)

2.5. Calores específicos: compatibilizando a Primeira lei com a teoria do Calórico 49

De maneira semelhante ao processo a volume constante, indicamos que oprocesso é à pressão constante pelo subíndice P. Logo:

cP =[

dh

dT

]P

(2.79)

Avaliando a entalpia em função da temperatura e da pressão h = h(T,P ), suaderivada será:

dh =[∂h

∂T

]P

dT +[∂h

∂P

]T

dP

Para substâncias incompressíveis, líquidos e sólidos, cP = cv = c

CAPÍTULO 3O gás perfeito

Um gás é uma coleção de partículas (moléculas, átomos, íons, elétrons, etc)em movimento aleatório, com um campo de força permeando essas partícu-las. As forças intermoleculares, força com que cada partícula interage comsuas partículas vizinhas, correspondem a forças de atração fracas a longasdistâncias e de repulsão fortes a pequenas distâncias. Para muitas aplicaçõesda engenharia, inclusive muitos escoamentos compressíveis a temperatura epressão característicos, a distância média entre as partículas é maior do que10 diâmetros moleculares, situação em que há baixa força de atração. Paratal situação, o efeito das forças intermoleculares nas propriedades do gás édesprezível.

Definição: gás perfeito é aquele no qual as forças intermoleculares são despre-zadas.

• Leva à equação de estado para gases ideais

• historicamente:

É o resultado dos trabalhos de Robert Boyle (séc XVII), Jacques Charles (sécXVIII), Joseph Gay-Lussac e John Dalton (por volta de 1800), Avogrado, tendo sidosintetizada por Clapeyron.

É um resultado empírico resultante de observações

PV = mRT (3.1)

sendo que:

• T : temperatura, em Kelvin

• R: Constante específica do gás [J/K g K ]

• m: massa do sistema [K g ]

• V : volume do sistema [m3]

• P : Pressão [N /m2]

52 Capítulo 3. Gás perfeito

3.0.1 Formas alternativas da equação dos gases ideais

1. Dividindo a Eq. 3.1 pela massa:

PV

m= m

mRT → P v = RT (3.2)

2. Substituindo v = 1ρ

P = ρRT (3.3)

3. Utilizando a constante universal dos gases R = 8314[ J

K mol .K

]:

R = R

M(3.4)

sendo M = mn a massa molar, m a massa em [Kg] e n o número de mols (quanti-

dade que contém massa numericamente igual ao peso molecular do gás [kg .mol ].Ex. O2: 1K g .mol = 32K g . 1kg .mol sempre contém 6,02x1026 moléculas). Assim:

P.V = mR

M.T (3.5)

Mas mM = n. Logo:

P.V = n.R.T (3.6)

4. Por concentração

Dividindo a Eq. 3.6 pelo volume

P =C RT (3.7)

sendo C = n/V : concentração [kg mol /m3]

Como processo mnemônico:

1. Quando a equação lida com mols: usar a constante universal dos gases R =8314[J/kg .mol .K ]

2. Quando a equação lida com massa: usar a constante específica do gás R = RM

para o ar padrão: R = 287[J/K g .K ]

3. Quando a equação lida com partículas: usar a constante de Boltzmann, k =1,38x10−23[J/K ] (constante do gás por partícula)

P = nkT

n = NA.C : densidade numérica (número de partículas por unidade de vo-lume)

NA: número de partículas em um mol.

k =(

RNA

)constante do gás por partícula (Constante de Boltzmann)

53

3.0.2 Precisão em se assumir gás idealPor determinação experimental, a equação é valida para:

• Baixas pressões (< 1AT M)

• Altas temperaturas (≥ 273K )

Para gases puros: P vRT = 1+ [Er ≈ 1%].

Para baixas temperaturas e altas pressões, as forças intermoleculares são im-portantes. Neste caso, a equação para gases reais (equação de Van der Waals), é dadapor:

(P + a

v2

)(v −b) = RT (3.8)

a,b: constantes (dependem do gás). O desvio para a equação dos gases ideais é da ordemde P

T 3 .

Para a grande maioria das aplicações de dinâmica dos gases, a temperatura epressão são tais que P = ρRT pode ser aplicada. Estes serão os casos estudados nestecurso.

Exemplo. Um vazo de pressão com volume de 10[m3] é utilizado para arma-zenar ar a alta pressão para operar um tunel de vento supersônico. Se a pressão e atemperatura do ar no vazo são de 20[atm] e 300[K ], respectivamente, qual a massa dear armazenada?

1[atm] = 1,10x105[N /m2]

ρ = PRT = 20(1,01x105)

287.300 = 23,46K g /m3

m = ρV = 10.23,46 = 234,6kg

Exemplo. Calcule a compressibilidade isotérmica do ar à pressão de 0,5 ATM

τT =− 1v

(∂v∂P

)T

v = RTP → 1

v = PRT

Logo:(∂v∂P

)T=−RT

P 2 → τT =− PRT

(−RT

P 2

)= PRT

RT P 2

τT = 1P = 1

0,5 = 2AT M−1 → τT = 1,98x10−5[m2/N ]

3.0.3 Calores específicos para gases perfeitosEm geral, uma propriedade de uma substância pode ser expressa como uma

finção de duas propriedades independentes quaisquer. Considerando, por exemplo,a energia interna em função do volume específico e da temperatura: u = u(v,T ), ecalculando sua derivada em função destas duas propriedades:

du =[∂u

∂T

]v

dT +[∂u

∂v

]T

d v


Para gases perfeitos termicamente pode-se mostrar que as propriedades ter-modinâmicas são funções apenas da temperatura (esta conclusão é resultante dosexperimentos de Joule). Assim:

du =[∂u

∂T

]v

dT (3.9)

Da mesma forma, para a entalpia:

dh =[∂h

∂T

]P

dT (3.10)

Da definição de calores específicos:

cv = du

d t|v (3.11)

cP = dh

d t|P (3.12)

Resulta que:

• h = h(T ) → dh = cP dT

• u = u(T ) → du = cv dT

Neste caso, tanto cP quanto cv também são funções apenas da temperatura.

Podemos também relacionar os calores específicos com a constante do gás R:

h = u +pv

Mas pv = RT , logo:

h = u +RT → dh = du +RdT +T dR → dh = du +RdT

Como dh = cP dT e du = cv dT , temos:

dh = du +RdT

cP dT = cv dT +RdT

cP = cv +R

cP − cv = R (3.13)

A diferença entre os calores específicos é sempre constante.

Define-se também a razão entre os calores específicos como:

k = cP

cv(3.14)

55

3.0.4 Cálculo da entropia para gases perfeitos termicamenteDa Eq. (2.66) - T d s = du +Pd v :

T d s = cv dT +Pd v → d s = cvdT

T+ P

Td v (3.15)

Podemos reescrever o termo PT em função de v , com o uso da equação dos gases

ideais: P v = RT ,

P

T= R

v(3.16)

Logo:

d s = cvdT

T+ R

vd v (3.17)

Integrando entre os estados inicial 1 e final 2:∫ 2

1d s =

∫ 2

1cv

dT

T+

∫ 2

1

R

vd v

s2 − s1 =∫ 2

1cv

dT

T+R ln

(v2

v1

)(3.18)

A Eq.(3.18) é válida para um gás perfeito termicamente, e pode ser avaliada se cvé conhecido em função da temperatura. Assumindo-se um gás perfeito caloricamente,em que cv é constante:

s2 − s1 = cv ln

(T2

T2

)+R ln

(v2

v1

)(3.19)

Aplicando o mesmo procedimento para a Eq. (2.67): T d s = dh − vdP ,

T d s = cP dT − vdP → d s = cPdT

T− v

TdP (3.20)

Escrevendo o termo vT em função da pressão, com o uso da equação dos gases ideais

P v = RT :

v

T= R

P(3.21)

d s = cPdT

T− R

PdP (3.22)

Integrando entre os estados inicial 1 e final 2:

∫ 2

1d s =

∫ 2

1cP

dT

T−

∫ 2

1

R

PdP (3.23)


s2 − s1 =∫ 2

1cP

dT

T−R

(ln

P2

P1

)(3.24)

A Eq.(3.24) é válida para um gás perfeito termicamente, e pode ser avaliada se cPé conhecido em função da temperatura. Assumindo-se um gás perfeito caloricamente,em que cP é constante:

s2 − s1 = cP ln

(T2

T1

)−R

(ln

P2

P1

)(3.25)

Ver gráfico do calor específico para gases perfeitos

3.1 Relações Isoentrópicas

Um processo isoentrópico é um processo adiabático e reversível. Assim:

• Adiabático: δq = 0

• Reversível: d si r r ev = 0

Utilizando as equações 3.19 e 3.25 para cálculo da entropia para gás perfeitotermicamente, reescritas abaixo, obtemos as relações isoentrópicas, que são de grandeutilidade em escoamentos compressíveis e nos ciclos de geração de potência a gás(Ciclo Otto, Ciclo Diesel e Ciclo Brayton).

s2 − s1 = cv ln(

T2T2

)+R ln

(v2v1

)s2 − s1 = cP ln

(T2T1

)−R

(ln P2

P1

)0 = cv ln

(T2T1

)+R ln

(v2v1

)0 = cP ln

(T2T1

)−R

(ln P2

P1

)cv ln

(T2T1

)=−R ln

(v2v1

)cP ln

(T2T1

)= R

(ln P2

P1

)ln

(T2T1

)=− R

cvln

(v2v1

)ln

(T2T1

)= R

cP

(ln P2

P1

)T2T1

=(

v2v1

)− Rcv

(T2T1

)=

(P2P1

) RcP

Manipulando o termo Rcv

para deixá-lo em função de k e o termo RcP

cv = Rk−1 → R

cv= k−1

1 cP = kRk−1 → R

cP= k−1

k

T2

T1=

(v2

v1

)−[k−1]

(3.26)T2

T1=

(P2

P1

) k−1k

(3.27)

3.1. Relações Isoentrópicas 57

A Eq.(3.26) pode ser reescrita em função das massas específicas, sabendo queρ2/ρ1 = v1/v2:

T2

T1=

(ρ1

ρ2

)−[k−1]

→ T2

T1=

(ρ2

ρ1

)k−1

(3.28)

Assim:

T2

T1=

(ρ2

ρ1

)k−1

=(

P2

P1

) k−1k

(3.29)

As relações isoentrópicas, válidas para processos adiabáticos e reversíveis po-dem parecer, a princípio, bastante restritivas e de aplicabilidade limitada. Entretanto,isso não é verdade. Em regiões adjacentes à superfície de aerofólios e das paredes debocais de foguetes, por exemplo, ocorre a formação de uma camada limite, região emque os mecanismos dissipativos são importantes (viscosidade, condutividade térmicae difusão são grandes). Nesta região ocorre aumento da entropia. Para o fluido forada camada limite térmica e viscosa, os efeitos dissipativos são desprezíveis, tanto daviscosidade quanto da transferência de calor.

O escoamento pode ser avaliado como isoentrópico em grandes regiões deescoamentos sobre corpos aerodinâmicos

Ex. Considere o escoamento através do bocal de um foguete. Assuma que oescoamento do gás é isoentrópico, com calores específicos constantes. Na câmara decombustão o gás resultante da reação entre combustível e oxidante está à pressãode 15ATM e temperatura de 2500K . O peso molecular e calor específico a pressãoconstante do gás da combustão são 12 e 4157 J/K g K , respectivamente. O gás expandeà velocidade supersônica através do bocal com temperatura de 1350K na saída do bocal.Calcule a pressão na saída.

R = R

M= 8314

12= 692,8

J

kg K

cv = cP −R = 4157−692,8 = 3464J

kg K

k = cP

cv= 4157

3464= 1,2

P2

P1=

(T2

T1

) kk−1 → P2 = P1

(T2

T1

) kk−1 = 15

(1350

2500

) 1,21,2−1

P2 = 0,372[AT M ]

CAPÍTULO 4Histórico das máquinas térmicas e

da Termodinâmica - geração devácuo; pressão atmosférica

CAPÍTULO 5Aula 03. Histórico das máquinastérmicas e da Termodinâmica - a1ª e 2ª Leis da Termodinâmica

CAPÍTULO 6Propriedades termodinâmicas e

diagrama de fases

6.1 Objetivo da Aula

• Nesta aula serão revisadas as propriedades termodinâmicas e o diagrama de fases.

Ao final desta aula o aluno deve ser capaz de:

• Identificar uma substância pura

• Identificar as propriedades termodinâmicas

• Diferenciar propriedades extensivas e intensivas

• Identificar e explicar as principais características do diagrama P − v −T

• Elaborar um diagrama de fases, identificando suas regiões

• Identificar as propriedades com o uso de tabelas termodinâmicas

6.2 Propriedades termodinâmicas do contínuo:

As principais propriedades que serão utilizadas neste curso são:

• massa específica ρ

• Pressão P

• Temperatura T

• Energia Interna U

• Entalpua H

• Entropia S

64 Capítulo 6. Propriedades Termodinâmicas

Algumas propriedades, tais como pressão e temperatura, não dependem damassa do sistema. Estas são instrinsicamente intensivas. Outras propriedades, taiscomo energia interna, entropia, volume, podem ser representadas para toda a massado sistema (extensiva) ou por unidade de massa do sistema (intensiva).

• Propriedades extensivas são representadas por letras maiúsculas.

• Propriedades intensivas são representadas por letras minúsculas.

6.2.1 Substância pura

Uma substância pura é:

• homogênea

• Composição química invariável

Imagine um recipiente contendo uma substância. Ela será pura se amostras reti-radas deste recipiente em diferentes posições apresentarem as mesmas características.

Pode existir em uma mistura polifásica. Ex. gelo + água líquida; gelo + vapor deágua.

Oxigênio + Nitrogênio pode ser considerada uma substância pura em pressãoe temperatura ambientes. Se resfriados até atingir temperatura de liquefação de seuscomponentes, parcela líquida terá composição química diferente da gasosa, deixandode ser uma substância pura.

6.2.2 A energia interna U para uma substância pura

Na maior parte dos problemas de engenharia envolvendo fluidos, forças decapilaridade, elétrica e magnéticas estão ausentes ou representam uma parcela muitopequena. O sistema pode estar sujeito, entretanto, à aceleração e forças gravitacionais,além de poder sofrer mudanças em seu estado devido à transferência de calor ou movi-mento de sua fronteira contra forças externas (mudanças manifestadas por variaçõesna pressão, massa específica e temperatura). É comum representar a energia do sistemae separando os efeitos citados.

e = u +eK +eP (6.1)

sendo:

• u: parcela da energia interna que independe da velocidade ou efeitos gravitacio-nais;

• eK : energia cinética específica V 2

2 ;

• eP : energia potencial específica g .z.

6.2. Propriedades termodinâmicas do contínuo: 65

6.2.3 Fases e mudanças de fase da matéria

——————————————–Sublimação—————————————→Solidificação/Cristalização Condensação

← ←SÓLIDO LÍQUIDO GASOSO

→ →Fusão Evaporação/Vaporização

Diagrama de Fases.

Estados de referência.

66 Capítulo 6. Propriedades Termodinâmicas

6.2.4 Exemplo 01Um quilograma de vapor de água está a 100[bar] e 600[ºC]. Determine h, v , s

6.2.5 Exemplo 023[Kg] de vapor de água passam de 1[bar] e x1 = 90% para 300[ºC] (ponto 2), com

s constante. Determine s1, P2, ∆H , ∆S.

6.2.6 Exemplo 032[Kg] de vapor de água ocupam 4m3 a 250[ºC]. Qual o seu estado?

CAPÍTULO 7Ciclos de geração de Potência a

vapor. O ciclo de Carnot.Principios de funcionamento para

todas as máquinas térmicas

O ciclo de Carnot é o ciclo teórico idealizado, que serve como referência paratodos os demais ciclos. Ele considera componentes perfeitos e processos

reversíveis e adiabáticos. Seu rendimento será o máximo possível para acondição avaliada

7.1 Objetivos do Capítulo

• Neste capítulo será apresentado o Ciclo de Potência de Carnot

Ao final do capítulo, o aluno deve ser capaz de:

1. Identificar os componentes do ciclo de Carnot

2. Desenhar os diagramas P − v e T − s

3. Fazer balanço de energia em cada componente para calcular trabalhos, calores erendimento do ciclo

4. Estruturar o procedimento de solução para todos os problemas de ciclos depotência

7.2 O motor térmico idealizado

• Maior eficiência possível

• Referência para os demais ciclos

• Eficiência é função somente das duas temperaturas dos reservatórios

68 Capítulo 7. Ciclo de Carnot

• Máxima eficiência possível não depende da natureza do fluido de trabalho

η=˙WLIQ

QH= 1− TL

TH(7.1)

7.3 Ciclo de Potência a vapor de Carnot

O ciclo de geração de potência a vapor de Carnot possui 4 componentes e 4estados termodinâmicos:

• Componentes

Caldeira

Turbina

Condensador

Bomba

• 4 estados termodinâmicos

• Considera componentes perfeitos σT = 0, σB = 0

Os componentes são ilustrados esquematicamente na Fig. 7.1:

Figura 7.1 – Componentes do Ciclo de Carnot

Uma das fontes de irreversibilidades é a transferência de calor com variação detemperatura. Esta é a segunda maior fonte de irreversibilidades, depois do atrito. Dessaforma, para evitar as irreversibilidades, os processo de transferência de calor devemocorrer à temperatura constante. Isso é possível em processos com mudança de fase.

As transferências de calor ocorrem em processos com mudança de fase.

7.3. Ciclo de Potência a vapor de Carnot 69

Os pontos fixos no ciclo de Carnot são, portanto, a entrada e a saída da caldeira,como líquido saturado e vapor saturado, respectivamente. Dessa forma, tanto a caldeiraquanto o condensador irão operar com temperaturas constantes. Observe, no diagramatemperatura-entropia, que se os pontos fixos fossem na entrada e saída do condensador,a temperatura na caldeira não seria constante.

7.3.1 Ciclo de Carnot - diagramas P-v e T-s

O ciclo de Carnot têm como pontos de referência a entrada e saída na caldeira,como líquido saturado e vapor saturado, respectivamente. Por ser um ciclo teórico,idealizado, as irreversibilidades nos componentes não são consideradas. Assim, tantoa turbina quanto a bomba são isoentrópicas. Desta forma, com base nas entropiasna entrada e saída da caldeira, obtém-se os estados na saída da turbina (entrada docondensador) e saída do condensador (entrada da bomba).


10−4 10−3 10−2 10−1 100

100

101

102

103

104

Pbai xa

Pal t a

1

23

4

v[

m3

K g

]P

[KP

a]

(a) Diagrama log-log P-v para o ciclo de Carnot, comexpansão isoentrópica na turbina, compressãoisoentrópica na bomba e transferências decalores à temperatura constante na caldeira econdensador.

0 2 4 6 80

100

200

300Tal t a

Tbai xa

1

23

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(b) A expansão e a compressão são isoentropicas nociclo de Carnot

Figura 7.2 – Ciclo de Carnot: Pressão-Volume e Temperatura-Entropia

7.4 Procedimento de Solução

Este procedimento deve ser adotados para todos os problemas relativos a ciclostermodinâmicos.

1. Desenhar os componentes do ciclo

2. Fazer os diagramas P − v e T − s

3. Fazer uma tabela das propriedades

7.4. Procedimento de Solução 71

4. Fazer uma tabela dos calores e trabalhos de cada componente

5. Calcular rendimento e bwr

Estado P [KPa] T [ºC] x h [KJ/Kg] s [KJ/Kg.K]

1 PH Tsat1 1 hv sv

2 PL Tsat2 x2 = s2−sLsv−sL

h2 = hL +x2(hLV ) s1

3 PL Tsat2 x3 = s3−sLsv−sL

h3 = hL +x3(hLV ) s4

4 PH Tsat1 0 hL sL

Tabela 7.1 – Tabela das propriedades

Componente q [KJ/Kg] w [KJ/Kg]

Turbina 0 h2 −h1

Condensador h3 −h2 0Bomba 0 h4 −h3

Caldeira h1 −h4 0∑ql i q wl i q

Tabela 7.2 – Tabela dos componentes

Aspectos importantes a serem levados em consideração:

• | ql i q |=| wl i q |Todo ciclo os valores em módulo de todo o calor trocado devem ser iguais ao

valor em módulo de todo o trabalho realizado e recebido.

• ql i q = qcondensador +qcaldei r a

qcaldei r a > 0: calor adicionado ao sistema

qcondensador < 0: calor rejeitado pelo sistema

• wl i q = wtur bi na +wbomba

neste caso estamos considerando a primeira lei na forma: de = δq +δw . Osinal virá naturalmente dos cálculos realizados.

wtur bi na < 0: trabalho realizado pelo sistema na vizinhança

wbomba > 0: trabalho realizado pela vizinhança no sistema

O rendimento será:

η= | wl i q |qcaldei r a

(7.2)

A razão entre o trabalho consumido pela bomba e o trabalho fornecido pelaturbina (do inglês back work ratio), será:

bwr = wbomba

| wtur bi na | (7.3)


7.5 Exercício

Água é o fluido de trabalho em um ciclo de potência a vapor de Carnot. A caldeiraopera a 8 [MPa] e o condensador a 20 [KPa]. Determine:

a) Trabalho desenvolvido pela turbina e bombab) Transferência de calor na caldeira e no condensadorc) bwrd) Eficiência térmicae) Eficiência de Carnot

7.5.1 Solução7.5.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os. Faça o diagrama T-S

(a) Componentes do ciclo

0 2 4 6 80

100

200

300Tal t a

Tbai xa

1

23

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(b) Diagrama T-S

Figura 7.3 – Sempre faça um esboço dos componentes e o diagrama temperatura-entropia pararesolver o ciclo de Carnot (e qualquer outro ciclo!)

7.5.1.2 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores conhecidos

Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 TS 1 v1 = vv h1 = hv s1 = sv

2 20 s2 = s1

3 20 s3 = s4

4 8000 TS 0 v4 = vL h4 = hL s4 = sL

7.5.1.3 Calcule as propriedades restantes:

1. Ponto 1

7.5. Exercício 73


1 8000 295,06 1 0,02352 2757,94 5,7431

2. Ponto 2 (s2 = s1 = 5,7431)

Primeiro, vamos determinar o estado do ponto 2, comparando sua entropia comas entropias de líquido saturado e vapor saturado para a pressão P2. Da tabela depropriedades, temos:

P[KPa] T[ºC] hL[K J/K g ] hv [K J/K g ] sL[K J/K g .K ] sv [K J/K g .K ]20 60,06 251,38 2609,70 0,8319 7,9085

Logo, sL < s2 < sv , portanto, o ponto é de mistura. Podemos agora calcular seutítulo e sua entalpia.

x2 = s2 − sL

sv − sL= 5,7431−0,8319

7,9085−0,8319→ x2 = 0,694 (7.4)

h2 = hL +x2(hV −hL) = 251,38+0,694(2609,70−251,38) → h2 = 1888,067 (7.5)

3. Ponto 4

Estado P[KPa] T[ºC] x h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]4 8000 TS 0 h4 = hL s4 = sL

4 8000 295,06 0 1316,61 3,2067

4. Ponto 3 (s3 = s4 = 3,2067)

De forma semelhante ao ponto 2, vamos determinar o estado do ponto 3, compa-rando sua entropia com as entropias de líquido saturado e vapor saturado para apressão P3. Da tabela de propriedades, temos:


Logo, sL < s3 < sv , portanto, o ponto é de mistura. Podemos agora calcular seutítulo e sua entalpia.

x3 = s3 − sL

sv − sL= 3,2067−0,8319

7,9085−0,8319→ x3 = 0,3355 (7.6)

h3 = hL +x2(hV −hL) = 251,38+0,0,3355(2609,70−251,38) → h3 = 1042,7965(7.7)


5. tabela com valores calculados

Ponto P[KPa] T[ºC] x h[K J/K g ] s[K J/K g .K ]1 8000 295,06 1 2757,94 5,74312 20 60,06 0,694 1888,067 5,74313 20 60,06 0,3355 1042,7965 3,20674 8000 295,06 0 1316,61 3,2067

7.5.1.4 Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Caldeira h1 −h4 = 1441,33 0Turbina 0 h2 −h1 =−869,873Condensador h3 −h2 =−845,2705 0Bomba 0 h4 −h3 = 273,8135∑

ql i q = 596,0595 wl i q =−596,0595

η= wl i q

qcald= 596,0595

1441,33= 0,4135 (7.8)

bwr = wbomba

wtur bi na= 273,8135

869,873= 0,3147 (7.9)

CAPÍTULO 8Ciclos de geração de Potência a

vapor. O ciclo de Rankine


• Neste capítulo será apresentado o Ciclo de Potência de Rankine Ideal

Ao final deste capítulo, o aluno deve ser capaz de:

1. Explicar porque o ciclo de Carnot não é aplicável

2. Identificar os componentes do ciclo de Rankine Ideal

3. Identificar a diferença entre os Ciclos de Carnot e Rankine Ideal



8.2 A bomba no ciclo de Carnot

No ciclo de potência de Carnot, a bomba é impraticável pois o fluido de trabalhona bomba deve ser:

a) somente vaporb) somente líquidoc) mistura de líquido e vapord) é muito quentee) é muito frio

A bomba deve trabalhar com líquido, enquanto compressores trabalham comgases. Misturas, em ambos os componentes, interferem em seus funcionamentos,afetando seu rendimento e durabilidade.

8.3 Ciclo de Potência a vapor de Rankine ideal

Rankine, 1859: "A manual of the steam engine and other prime movers"

76 Capítulo 8. Ciclo Rankine

O ciclo Rankine ideal é uma variação do ciclo de Carnot.

• Ideal: os efeitos de irreversibilidade não serão considerados

o processo em cada componente é considerado reversível e adiabático (iso-entrópico).

• A diferença para o ciclo de Carnot é que o fluido saindo do condensador (eentrando na bomba) deve ser líquido saturado.

• Pode-se dizer que é o "Ciclo de Carnot prático".

Desenhe os componentes do ciclo

Figura 8.1 – Componentes do Ciclo de Rankine ideal são os mesmos do Ciclo de Carnot

Desenhe o diagrama T-s e compare com o de Carnot

8.3. Ciclo de Potência a vapor de Rankine ideal 77

0 2 4 6 8 100

100

200

300T 8MPa

sat

T 20K Pasat

1

23c

4c

3

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(a)

0,6 0,7 0,8 0,9 150

55

60

65

70

Tal t a

Tbai xa

1

23c

4c

3

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(b)

Figura 8.2 – a) No ciclo de Rankine ideal o fluido entra na bomba como líquido saturado,deslocando o ponto 3c para o ponto 3 no gráfico. Como consequência, a saída dabomba, considerando compressão isoentrópica, será de líquido comprimido. Nacaldeira ocorrerá o aquecimento até o ponto de líquido saturado e então oprocesso de mudança de fase. Essa adição de calor com variação na temperatura éuma fonte de irreversibilidade que faz com que o rendimento do ciclo de Rankine,mesmo ideal, seja menor do que o rendimento de Carnot. b) O aumento detemperatura na compressão é pequeno.


8.4 Exercício

Água é o fluido de trabalho em um ciclo de potência a vapor de Rankine ideal.Vapor saturado entra na turbina a 8 [MPa] e liquido saturado entra na bomba a 20 [KPa].Determine:


8.4.1 Solução

8.4.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os. Faça o diagrama T-S

(a)

0 2 4 6 8 100

100

200

300T 8MPa

sat

T 20K Pasat

1

23c

4c

3

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(b)

Figura 8.3 – a) Componentes do Ciclo de Rankine ideal: caldeira, turbina, condensador, bombab) Diagrama Temperatura-Entropia. A temperatura da saída da bomba é muitopróxima da entrada. Na figura essa distância foi aumentada artificialmente parafacilitar a visualização. O diagrama correto é apresentado na Fig. 8.2b


Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 Ts1 1 v1 = vv h1 = hv s1 = sv

2 20 s2 = s1

3 20 Ts3 0 v3 = vL h3 = hL s3 = sL

4 8000 s4 = s3

8.4. Exercício 79

8.4.1.3 Calcule as propriedades restantes:

• Ponto 1

Da tabela de propriedades, obtemos diretamente os valores no ponto 1, queestá no estado de vapor saturado.


1 8000 295,06 1 0,02352 2757,94 5,7431

Atualizando a tabela dos estados:

Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 295,06 1 0,2352 2757,94 5,74312 20 s2 = s1

3 20 Ts3 0 v3 = vL h3 = hL s3 = sL

4 8000 s4 = s3

• Ponto 2

Como o processo na turbina é isoentrópico, temos que: s2 = s1 = 5,7431. Vamosdeterminar o estado do ponto 2, comparando sua entropia com as entropias de líquidosaturado e vapor saturado para a pressão P2. Da tabela de propriedades, temos:


Logo, sL < s2 < sv , portanto, o ponto é de mistura. Calculamos seu título e suaentalpia.

x2 = s2 − sL

sv − sL= 5,7431−0,8319

7,9085−0,8319→ x2 = 0,694 (8.1)

h2 = hL +x2(hV −hL) = 251,38+0,694(2609,70−251,38) → h2 = 1888,067 (8.2)


Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 295,06 1 0,2352 2757,94 5,74312 20 60,06 0,694 1888,067 5,74313 20 Ts3 0 v3 = vL h3 = hL s3 = sL

4 8000 s4 = s3


• Ponto 3

Este é o ponto que diferencia os ciclos de Carnot do Rankine ideal. Enquanto noCarnot a entrada na bomba é uma mistura, no Rankine será líquido saturado. Portantox3 = 0, e as propriedades são obtidas diretamente do estado de líquido saturado.



Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 295,06 1 0,2352 2757,94 5,74312 20 60,06 0,694 1888,067 5,74313 20 60,06 0 0,001017 251,38 0,83194 8000 s4 = s3

• Ponto 4

Como o processo na bomba é isoentrópico, temos que: s4 = s3 = 0,8319. Vamosdeterminar o estado do ponto 4, comparando sua entropia com as entropias de líquidosaturado e vapor saturado para a pressão P4. Da tabela de propriedades, temos:


Logo, s4 < sL, portanto, o ponto é de líquido comprimido. Podemos utilizaras tabelas de líquido comprimido para obter o ponto. Uma abordagem mais diretaé calcular o trabalho da bomba isoentrópica pelo balanço de energia, desprezandoos efeitos de energia cinética e potencial e sabendo que o líquido é incompressível,portanto v3 = v4. Assim:

wbomba = vdP = 0,001017[m3/K g ].(8000−20)[K Pa] = 8,11566[K J ] (8.3)

Maswbomba = h4 −h3 (8.4)

Logo:h4 −h3 = 8,11566 → h4 = 259,49566[K J/K g ] (8.5)

Para obter a temperatura, consideramos que as propriedades de qualquer pontode líquido comprimido podem ser aproximadas pelas propriedades de líquido saturadona temperatura avaliada. Portanto, sabendo a entalpia h4, vamos buscar na tabela depropriedades um valor de hL ≈ h4.

8.4. Exercício 81

T hL

60,06 251,38T4 259,49566

64,97 271,9

Logo: T4 = 62,00[C ]


Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 295,06 1 0,2352 2757,94 5,74312 20 60,06 0,694 1888,067 5,74313 20 60,06 0 0,001017 251,38 0,83194 8000 62 0,001017 259,49566 0,8319



ql i q = 861,75734 wl i q =−861,75734

η= wl i q

qcald= 861,75734

2498,44434= 0,3449 = 34,49% (8.6)

bwr = wbomba

wtur bi na= 8,11566

869,873= 0,00932 = 0,93% (8.7)

Observamos que a razão entre o trabalho consumido pela bomba em relaçãoao trabalho produzido pela turbina caiu de 31,47% no ciclo de Carnot para 0,93% nociclo de Rankine. Isso ocorre pois o líquido é incompressível, sendo relativamente fácilaumentar sua pressão. Entretanto, o rendimento caiu quando comparado com o Ciclode Carnot. Isto se deve ao processo de aquecimento que ocorre na caldeira. Observeque agora a água entra como líquido comprimido, sendo necessário aquecê-la até atemperatura de saturação. Esta é a irreversibilidade no ciclo de Rankine ideal, pois hátransferência de calor com diferença de temperatura.

CAPÍTULO 9Modificações no ciclo Rankine

ideal


• Neste capítulo serão discutidas modificações no ciclo Rankine ideal para aumentode sua eficiência


1. Identificar modificações possíveis para aumento de eficiência

2. Avaliar o efeito do superaquecimento no rendimento do ciclo

9.2 Como melhorar a eficiência

9.2.1 Aumentar a pressão na caldeira

• bom: o aumento da pressão aumenta a temperatura. Do princípio de funcio-namento de todas as máquinas térmicas, quanto maior a temperatura da fontequente e quanto menor a temperatura da fonte fria, maior o rendimento.

• cuidado: este aumento estará limitado pelas características de resistência mecâ-nica do material.

84 Capítulo 9. Ciclo Rankine: modificações

0 2 4 6 8 100

100

200

300

400

T 8MPasat

T 15MPasat

T 20K Pasat

1

2

1′

2′34

4′

s[

K JK g .K

]T

[K]

Figura 9.1 – O aumento da pressão na caldeira resulta numa adição de calor à maiortemperatura. A área 1′ → 2′ → 3 → 4′ corresponde à quantidade de caloradicionado ao ciclo (d s = ∫

Q/T ) para a pressão na caldeira de 15[MPa], e é maiordo que a área 1 → 2 → 3 → 4 para a pressão na caldeira de 10[MPa]. Entretanto, apressão não pode ser aumentada indefinidamente: restrições devido à resistênciamecânica e térmica dos materiais devem ser observadas.

9.2.2 Diminuir a pressão no condensador

• bom: neste caso, a redução de pressão reduz a temperatura. Como vimos, quantomenor a temperatura da fonte fria, maior o rendimento das máquinas témricas.

• limite: de forma geral, não será possível abaixar a pressão para menos do que apressão atmosférica, pois ao invés de rejeitar calor para o meio o condensadoriria ganhar calor do meio.

9.2. Como melhorar a eficiência 85

0 2 4 6 8 100

100

200

300T 8MPa

sat

T 20K Pasat

T 10K Pasat

1

2

2′

3

3′4′

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 9.2 – A redução da pressão no condensador resulta numa rejeição de calor à menortemperatura. A área 1 → 2′ → 3′ → 4′ corresponde à quantidade de caloradicionado ao ciclo (d s = ∫

Q/T ) para a pressão no condensador de 10[KPa], e émaior do que a área 1 → 2 → 3 → 4 para a pressão no condensador de 20[KPa].Entretanto, a pressão não pode ser reduzida indefinidamente, o limite é a pressãoatmosférica, pois para pressões menores o condensador irá ganhar calor ao invésde rejeitar. Além disso, o título do ponto 2′, na saída da turbina, é menor do que otítulo do ponto 2, condição que não é favorável para a turbina, pois a presença delíquido irá acelerar o processo de desgaste de suas pás. A temperatura de saída docompressor é de 62 para pressão no condensador de 20[KPa] e de 47.77 parapressão no condensador de 10[KPa]

9.2.3 Superaquecer a saída da caldeira

• +: Aumento da temperatura média da fonte quente

• +: garante apenas vapor entra na turbina e aumenta o título do vapor na saída.

• cuidado: limites do material


0 2 4 6 8 100

100

200

300

400

T 8MPasat

T 20K Pasat

1

23

4

1′

2′

s[

K JK g .K

]T

[K]

Figura 9.3 – O superaquecimento no ciclo Rankine ideal eleva a temperatura de saída dacaldeira de 1 para 1′, aumentando a temperatura média da fonte quente. Alémdisso, na saída da caldeira o ponto 2 se desloca para o ponto 2′, que possui maiortítulo

9.2.4 Reaquecimento

• ao invés de realizar apenas uma expansão na turbina, o que faz o título na saídada mesma ser afastar do ponto de vapor saturado, faz-se expansões em múltiplosestágios. Na prática, até três. Entre cada turbina, faz-se o reaquecimento dovapor, levando-o ao estado de vapor superaquecido, com o intuito de aumentar atemperatura média da fonte quente e evitar mistura na turbina.

0 2 4 6 8 100

100

200

300

400

T 8MPasat

T 20K Pasat

T 1MPasat

5

6

1′

2′

3

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 9.4 – Ciclo Rankine ideal com superaquecimento e reaquecimento

9.3. Exercício: superaquecimento 87

9.3 Exercício: superaquecimento

Água é o fluido de trabalho no ciclo Rankine ideal. Vapor superaquecido entrana turbina a 440 [ºC] e 8 [MPa]. Liquido saturado entra na bomba a 20 [KPa]. Determine:


9.3.1 Solução9.3.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os. Desenhe o diagrama T-S

(a)

0 2 4 6 8 100

100

200

300

400

T 8MPasat

T 20K Pasat

3

4

1

2

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(b)

Figura 9.5 – Exercício Rankine com superaquecimento. a) Componentes b)Diagrama T-S

9.3.1.2 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores conhecidos na tabela

Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 4402 203 20 Ts3 0 v3 = vL h3 = hL s3 = sL

4 8000 s4 = s3

9.3.1.3 Calcule as propriedades restantes

• Ponto 1

Da tabela de propriedades, verificamos o estado do ponto 1, comparando suatemperatura com a temperatura de saturação:



1 8000 295,06 1 0,02352 2757,94 5,7431

Como T1 > Ts(P1) = 295,06[C ], (leia-se: Temperatura do ponto é maior doque a temperatura de saturação para a pressão avaliada) temos que o ponto 1 estásuperaquecido. Da tabela superaquecida, obtemos os seguintes valores:

T h[K J/K g ] s[K J/K g .K ]400 3138,28 6,3633440 h1 s1

450 3271,99 6,555

Fazendo a interpolação, obtemos: h1 = 3245,248[K J/K g ] e s1 = 6,51666[K J/K g .K ].Atualizando a tabela dos estados:

Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 440 s.a [-] 3245,248 6,516662 203 20 Ts3 0 v3 = vL h3 = hL s3 = sL

4 8000 s4 = s3

• Ponto 2

Como o processo na turbina é isoentrópico, temos que: s2 = s1 = 6,51666. Vamosdeterminar o estado do ponto 2, comparando sua entropia com as entropias de líquidosaturado e vapor saturado para a pressão P2. Da tabela de propriedades, temos:



x2 = s2 − sL

sv − sL= 6,51666−0,8319

7,9085−0,8319→ x2 = 0,8033179 (9.1)

h2 = hL +x2(hV −hL) = 251,38+0,8033179(2609,70−251,38) → h2 = 2145,86 (9.2)


Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 440 s.a 3245,248 6,516662 20 60,06 0,8033 2145,86 6,516663 20 Ts3 0 v3 = vL h3 = hL s3 = sL

4 8000 s4 = s3

9.3. Exercício: superaquecimento 89

• Ponto 3

No ciclo de Rankine ideal x3 = 0, e as propriedades são obtidas diretamente doestado de líquido saturado.



Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 440 s.a 3245,248 6,516662 20 60,06 0,8033 2145,86 6,516663 20 60,06 0 0,001017 251,38 0,83194 8000 s4 = s3

• Ponto 4






Logo:h4 −h3 = 8,11566 → h4 = 259,49566[K J/K g ] (9.5)


T hL

60,06 251,38T4 259,49566

64,97 271,9


Logo: T4 = 62,00[C ]


Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 440 s.a 3245,248 6,516662 20 60,06 0,8033 2145,86 6,516663 20 60,06 0 0,001017 251,38 0,83194 8000 62 0,001017 259,49566 0,8319



ql i q = 1091,27234 wl i q =−1091,27234

η= wl i q

qcald= 1091,27234

2985,75234= 0,3654 (9.6)

bwr = wbomba

wtur bi na= 8,11566

1099,388= 0,7382% (9.7)

Valor do Rankine ideal: η= 0,3449; bwr = 0,93%

CAPÍTULO 10Ciclo Rankine com reaquecimento


• Neste capítulo será apresentado o ciclo Rankine com reaquecimento


1. Avaliar o efeito do reaquecimento no rendimento do ciclo Rankine

2. Avaliar as vantagens e desvantagens do reaquecimento

10.2 Reaquecimento

O reaquecimento consiste no seguinte procedimento:

1. Realizar uma expansão até uma pressão intermediária, maior do que se nãohouvesse o reaquecimento.

2. Reaquecer o fluido, nessa pressão intermediária, até a máxima temperatura pos-sível.

3. Utilizar uma segunda turbina para realizar a segunda expansão, extraindo traba-lho.

4. Na prática até três turbinas são utilizadas, implicando em:

uma pressão de alta

uma pressão de baixa

duas pressões intermediárias, para o caso de três turbinas

Entre as vantagens do reaquecimento, podemos considerar:

1. O aumento no título na saída da turbina

2. ??

92 Capítulo 10. Rankine com Reaquecimento

10.3 Exercício

Água é o fluido de trabalho no ciclo Rankine com reaquecimento. Vapor su-peraquecido entra na primeira turbina a 440 [ºC] e 8 [MPa] e sai a 1 [MPa]. É entãoreaquecido até 440 [ºC] e entra na segunda turbina. A pressão no condensador é de 20[KPa] e líquido saturado entra na bomba. Determine:


10.3.1 Solução

10.3.1.1 Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os

Figura 10.1 – Ciclo Rankine com Reaquecimento

10.3. Exercício 93

10.3.1.2 Desenhe o diagrama T-s

0 2 4 6 8 100

100

200

300

400

T 8MPasat

T 20K Pasat

T 1MPasat

1′

2′5

6

1

2

3

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 10.2 – Ciclo Rankine ideal com superaquecimento e reaquecimento


Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 4402 1000 s2 = s1

3 1000 4404 20 s4 = s3

5 20 Ts 0 hL sL

6 8000

• Ponto 1

Da tabela de propriedades, verificamos o estado do ponto 1, comparando suatemperatura com a temperatura de saturação:


1 8000 295,06 1 0,02352 2757,94 5,7431

Como T1 > Ts(P1) = 295,06[C ], (leia-se: Temperatura do ponto é maior doque a temperatura de saturação para a pressão avaliada) temos que o ponto 1 estásuperaquecido. Da tabela superaquecida, obtemos os seguintes valores:

T h[K J/K g ] s[K J/K g .K ]400 3138,28 6,3633440 h1 s1

450 3271,99 6,555


Fazendo a interpolação, obtemos: h1 = 3245,248[K J/K g ] e s1 = 6,51666[K J/K g .K ].

• Ponto 2

Como o processo nas turbinas são isoentrópicos, temos que: s2 = s1 = 6,51666.Vamos determinar o estado do ponto 2, comparando sua entropia com as entropias delíquido saturado e vapor saturado para a pressão P2. Da tabela de propriedades, temos:



x2 = s2 − sL

sv − sL= 6,51666−2,1386

6,5864−2,1386→ x2 = 0,9843 (10.1)

h2 = hL +x2(hV −hL) = 762,79+0,9843(2778,08−762,79) → h2 = 2746,48 (10.2)

• Ponto 3

O ponto 3 tem sua temperatura elevada à pressão constante. Primeiro determi-namos o seu estado:

P [K Pa] Ts[C ]1000 179,91

Como T3 > Ts(P3), determinamos que o estado é vapor saturado. Assim:

P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1000 400 s.a [-] 3263,88 7,4651000 440 s.a [-] h3 s3

1000 500 s.a [-] 3478,44 7,7621

Fazendo a interpolação, obtemos: h3 = 3349,704[K J/K g ] e s3 = 7,58384[K J/K g .K ].

• Ponto 4

Como o processo nas turbinas são isoentrópicos, temos que: s4 = s3 = 7,58384.Vamos determinar o estado do ponto 4, comparando sua entropia com as entropias delíquido saturado e vapor saturado para a pressão P4. Da tabela de propriedades, temos:


10.3. Exercício 95


x4 = s4 − sL

sv − sL= 7,58384−0,8319

7,9085−0,8319→ x4 = 0,9541 (10.3)

h4 = hL +x4(hV −hL) = 251,38+0,9541(2609,70−251,38) → h4 = 2501,505 (10.4)

• Ponto 5

No ciclo de Rankine ideal x5 = 0, e as propriedades são obtidas diretamente doestado de líquido saturado.


• Ponto 6






Logo:h6 −h5 = 8,11566 → h6 = 259,49566[K J/K g ] (10.7)


T hL

60,06 251,38T6 259,49566

64,97 271,9


Logo: T6 = 62,00[C ]


Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]1 8000 440 s.a 3245,248 6,516662 1000 179,9 0,9843 2746,48 6,516663 1000 440 s.a 3349,704 7,583844 20 60,06 0,9541 2501,505 7,583845 20 60,06 0 0,001017 251,38 0,83196 8000 62 l.c 0,001017 259,49566 0,8319



Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]

Caldeira 1 h1 −h6 = 2985,75234Turbina h2 −h1 =−498,768Caldeira 2 h3 −h2 = 603,224Turbina 2 h4 −h3 =−848,199Condensador h5 −h4 =−2250,125Bomba h6 −h5 = 8,11566∑

ql i q = 1338,85134 wl i q =−1338,85134

η= wl i q

qcald= 1338,85134

2985,75234+603,224= 37,30% (10.8)

bwr = wbomba

wtur bi na= 8,11566

498,768+848,199= 0,60% (10.9)

Ciclo η[%] bwr [%]Carnot 41,35 31,47

Rankine 34,49 0,93Rankine com reaquecimento 37,30 0,60

CAPÍTULO 11Aula 09. Efeitos das

irreversibilidades


• Neste capítulo serão considerados os efeitos das irreversibilidades na turbina ena bomba no cálculo do ciclo


1. Identificar as principais fontes de irreversibilidades

2. Calcular os calores e trabalhos isoentrópicos e reais com base na eficiência isoen-trópica

3. Identificar no diagrama T-s os pontos isoentrópico e reais

98 Capítulo 11. Aula 09. Efeitos das irreversibilidades

11.2 Exercício

Água é o fluido de trabalho no ciclo Rankine. Vapor superaquecido entra naturbina a 440 [ºC] e 8 [MPa]. Liquido saturado entra na bomba a 20 [KPa]. A eficiênciaisoentrópica da turbina é de 90% e da bomba é de 85%. Determine:


11.2.1 Solução

1. Desenhe os componentes do ciclo e identifique-os

2. Desenhe o diagrama T-s

11.2. Exercício 99

0 2 4 6 8 100

100

200

300T 8MPa

sat

T 20K Pasat

1

2s 23

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(a)

0,6 0,7 0,8 0,9 150

55

60

65

70

Tal t a

Tbai xa

3

4s4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

(b)

Figura 11.1 – a) Diagrama T-S para ciclo Rankine com superaquecimento e irreversibilidades b)O aumento de temperatura na compressão é pequeno.

3. Faça uma tabela dos estados

Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]12s

234s

4

4. Preencha os valores conhecidos na tabela

5. Calcule as propriedades restantes

espaço disponível em memória de cálculo

6. Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]CaldeiraTurbinaCondensadorBomba∑

ql i q wl i q

7. Compare calor e trabalho líquidos

8. Calcule o rendimento

100 Capítulo 11. Aula 09. Efeitos das irreversibilidades

Memória de Cálculo

11.2. Exercício 101


CAPÍTULO 12Ciclo Rankine Regenerativo


• Neste capítulo será apresentado o ciclo Rankine Regenerativo, com trocador decalor aberto.


1. Identificar um ciclo Rankine Regenerativo

Desenhar esquematicamente o ciclo

Desenhar os diagramas T-s e P-v

2. Diferenciar o o processo com trocador de calor aberto e fechado

3. Realizar balanço de massa e energia para calculo das frações mássicas.

104 Capítulo 12. Rankine Regenerativo

12.2 Exercício

Água é o fluido de trabalho em um ciclo de potência a vapor. Vapor superaque-cido entra na primeira turbina a 8MPa e 440ºC e sai a 1MPa. Parte do vapor é extraídopara o trocador de calor aberto, enquanto o restante é reaquecido para 440ºC e vai paraa segunda turbina. Líquido saturado deixa o trocador aberto e líquido saturado deixa ocondensador a 20KPa. Determine:

a) Desenhe esquematicamente o ciclo e identifique seus pontosb) Desenhe o diagrama T-s e identifique os estados termodiâmicos, con-

forme item anteriorc) Pressão, temperatura, título, entalpia e entropia em todos os pontos

do ciclod) Trabalho líquidod) Eficiência térmicae) Eficiência de Carnotf) bwr

12.2.1 Solução





Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]123456789

10





Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]

Caldeira 1Turbina 1Caldeira 2Turbina 2CondensadorBomba∑

ql i q wl i q

7. Compare calor e trabalho líquidos

8. Calcule o rendimento


106 Capítulo 12. Rankine Regenerativo


12.3. Trocador de calor aberto e fechado 107

12.3 Trocador de calor aberto e fechado

Trocador de Calor

• Aberto

• Fechado

Ciclo

12.4 Rankine com 3 turbinas, trocador fechado e aberto

CAPÍTULO 13Sistemas de Potência a Gás.

Introdução e Revisão das equações


• Neste capítulo será realizada uma revisão das equações utlizadas em ciclos a gás.Os sistemas de Potência a gás compreendem:

Ciclo de Potência a gás Brayton

Ciclo Otto

Ciclo Diesel

Turbinas para propulsão

• As equações aplicadas para todos esses sistemas são:

Equação dos gases ideais

Equações isoentrópicas


1. Compreender as diferenças e similaridades entre os ciclos a vapor e a gás

2. Identificar as equações para ciclos a gás

13.2 Ciclos a gás

O ciclo Brayton é o ciclo de geração de potência a gás para geração de energia.Podemos considerar que ele é equivalente ao ciclo Rankine para vapor. Ambos utilizamfluido para movimentar uma turbina, que por sua vez movimenta um gerador.

Os ciclos Otto e Diesel são os ciclos teóricos que representam a grande maioriados motores de combustão interna utilizados em veículos automotores na atualidade.

As turbinas para propulsão também são motores a combustão interna. En-tretanto, na literatura, é comum a referência a motores de combustão interna serdirecionada para os ciclos Otto e Diesel. Turbinas e motores de reação em aeronavesapresentam muitas similaridades, que serão também apresentadas.

110 Capítulo 13. Ciclos a gás

13.3 Considerações

As seguintes consideraçõs são utilizadas para os ciclos a gás:

1. Sempre ar

Não é convertido em produtos de combustão

2. Sempre gás ideal

3. Processo de Combustão substituído por transferência de Calor de uma fonteexterna

4. Processos internamente reversíveis

No caso de ciclos Brayton, Otto e Diesel, ainda se considera:

1. Não há processos de aspiração nem exaustão.

Subtituídos por processo de transferência de calor

2. Quantidade fixa de ar no interior do sistema

No caso da análise padrão a ar frio, considera-se os calores específicos constan-tes e avaliados à temperatura ambiente.

13.4 A equação dos gases ideais

Como já apresentado, a equação dos gases ideais pode ser escrita de maneirasdiferentes, de acordo com as propriedades desejadas:

P.V = m.R.T (13.1)

P.v = R.T (13.2)

P = ρ.R.T (13.3)

P = ρ.R

M.T (13.4)

• R = RM ;

• M = mn ;

• m:massa;

• n: número de mols

P.V = m.R

M.T → n = m

M→ P.V = n.R.T (13.5)

13.5. Entropia para gases ideais 111

13.5 Entropia para gases ideais

Da segunda lei, temos que:

d s =∮δQ

T(13.6)

O trabalho para um processo de compressão ou expansão, considerando aprimeira lei como dE = δQ +δW , é:

w =−∫

P.d v (13.7)

Da primeira lei, desprezando efeitos cinéticos e gravitacionais:

du = δq +δw (13.8)

Logo:δq = du −d w (13.9)

e, consequentemente:δq = du +p.d v (13.10)

O que resulta na seguinte equação para a variação de entropia:

d s =∮ (

du +p.d v

T

)(13.11)

Podemos, portanto, escrever:

T d s = du +Pd v (13.12)

Derivando a definição da entalpia h = u +P v , temos:

dh = du +Pd v + vdP → du = dh −Pd v − vdP (13.13)

Substituindo em 13.12:

T d s = dh −Pd v − vdP +Pd v → T d s = dh − vdP (13.14)

As equações 13.12 e 13.14 são chamadas de equações de Gibbs. Elas estão rees-critas de forma agrupada abaixo:

T d s = du +Pd v (13.15)

T d s = dh − vdP (13.16)

Como estamos tratando de gases ideais, podemos fazer uso das equações apro-priadas

du = cv .dT (13.17)


Substituindo na Eq. (13.16):

d s =(

cv dT

T+ P.d v

T

)(13.18)

Assim: ∫d s =

∫cv dT

T+

∫P.d v

T(13.19)

Mas, da equação dos gases ideais, temos: P.v = R.T → PT = R

v . Assim:∫d s =

∫cv dT

T+

∫R

vd v (13.20)

s2 − s1 =∫

cv dT

T+R ln

v2

v1(13.21)

Considerando calor específico constante:

s2 − s1 = cv lnT2

T1+R ln

v2

v1(13.22)

Para a entalpia, temos que, para gases ideais:

dh = cp .dT (13.23)

Substituindo na Eq. (13.16):

d s = dh

T− v.dP

T(13.24)

Mais uma vez, considerando gases ideais, podemos simplificar a equação como uso das seguintes definições:

P.v = R.T → v

T= R

P(13.25)

Logo: ∫d s =

∫cP .dT

T−

∫R.dP

P(13.26)

s2 − s1 =∫

cPdT

T−R ln

P2

P1(13.27)

Considerando calores específicos constantes:

s2 − s1 = cP lnT2

T1−R ln

P2

P1(13.28)

As equações (13.22) e (13.28), reescritas a seguir, permitem a determinação davariação de entropia em gases ideais com base nas demais propriedades do sistema:

d s = cv lnT2

T1+R ln

v2

v1(13.29)


d s = cP lnT2

T1−R ln

P2

P1(13.30)

Para processos isoentrópicos, d s = 0, temos:

cv lnT2

T1=−R ln

v2

v1(13.31)

lnT2

T1=− R

cvln

v2

v1(13.32)

T2

T1=

(v2

v1

)− Rcv

(13.33)

De maneira similar:

cP lnT2

T1= R ln

P2

P1(13.34)

lnT2

T1= R

cPln

P2

P1(13.35)

T2

T1=

(P2

P1

) RcP

(13.36)

Logo:

T2

T1=

(v2

v1

)−Rcv =

(P2

P1

) RcP

(13.37)

Podemos deixar esta equação em função de k = cPcv

. Partindo da definição daentalpia e do cálculo de dh e du para gases ideais:

h = u +P.v → cP .T = cv .T +P.v → cP = cv + P.v

T(13.38)

Mas P.vT = R, logo:

cP = cv +R → R = cP − cv (13.39)

Dividindo a Eq. (13.39) por cv , temos:

R

cv= cP

cv− cv

cv→ R

cv= k −1 (13.40)

Assim, − Rcv

=−(k −1) →− Rcv

= 1−k.

Dividindo a Eq. (13.39) por cP , temos:

R

cP= cP

cP− cv

cP→ R

cP= 1− 1

k→ R

cP= k −1

k(13.41)


Substituindo na Eq.(13.37):

T2

T1=

(v2

v1

)1−k

=(

P2

P1

) k−1k

(13.42)

As Eqs. (13.42) são as equações isoentrópicas para gases ideais. Elas serão deextrema importância nos cálculos dos ciclos a gas dos capítulos subsequentes.

13.5.1 Entropia

Para elaborar o gráfico Temperatura-Entropia, fazermos uso da equação docálculo da entropia em função da temperatura e pressão:

s2 − s1 = cP . ln

(T2

T1

)−R. ln

(P2

P1

)(13.43)

A equação nos fornece a variação da entropia, e não a entropia em sí. Precisamosdeterminar uma temperatura e pressão de referência com entropia conhecida paradeterminar os demais valores. A entropia é nula para temperatura nula, mas essenão é um ponto conveniente pois resulta em divisão por zero. Vamos considerar ovalor de entropia nula para T1 = 100[K ] e P1 = 100[K Pa] e o valor da entropia nulapara T1 = 0,001[K ] e P1 = 100[K Pa]. Considerando calor específico constante cP =1,004[K J/K g .K ] e para a pressão P2 = 100[K Pa], temos:

Tabela 13.1 – Valor da entropia calculado para a pressão de 100[KPa] e temperaturas de 300[K] e400 [K], com entropia de referência considerada nula emT = 100[k],P = 100[K Pa] e T = 0,001[k],P = 100[K Pa]. O valor absoluto daentropia altera mas a diferença no valor não.

T1 = 100[k] T1 = 0,001[K ]T[K] s[K J/K g .K ] s[K J/K g .K ]300 1,1030 12,6619400 1,3918 12,95

dif 0,288832 0,288832

Observamos que a variação da entropia é a mesma, apesar do valor absoluto serdiferente.


0 2 4 6 8 10 12 14

500

1.000

1.500

2.000

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Tr e f = 100[K ]Tr e f = 0.001[K ]

Figura 13.1 – Entropia em função da temperatura para pressão fixa de 100[KPa]. O valor deentropia de referência apenas desloca o gráfico horizontalmente

CAPÍTULO 14Ciclo de Potência a Gás Brayton

ideal


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de potência a gás Brayton ideal


1. Identificar os componentes do ciclo Brayton ideal

2. Desenhar o diagrama T − s e P − v


4. Identificar a diferença entre os Ciclos de potência a gás e a vapor

14.2 Ciclo Brayton ideal

O ciclo Brayton, ou ciclo Joule, representa a operação de um motor de turbina agás, sedo composto por quatro processos:

1. Compressão adiabática na entrada e compressor

Compressão isoentrópica no ciclo ideal

2. Combustão à pressão constante

Adição de calor à pressão constante no ciclo ideal

3. Expansão adiabática na turbina e bocal de exaustão

Expansão isoentrópica no ciclo ideal

[*]Parte do trabalho da turbina é utilizado para alimentar o compressor

[*]O restante do trabalho é utilizado para: acelerar o fluído em sistemas depropulsão a jato ou girar o gerador para geração de eletricidade

4. Resfriamento do ar à pressão constante para suas condições iniciais

118 Capítulo 14. Ciclos Brayton

Para o ciclo ideal, devemos destacar:

• os efeitos de irreversibilidade não serão considerados

os processos no compressor e turbina são considerados isoentrópicos (rever-síveis e adiabáticos)

• Sempre ar (não há produtos de combustão)

Processo de combustão substituído por transferência de calor de uma fonteexterna

• Sempre gás ideal

Equação dos gases ideais aplicáveis

• Processo de exaustão substituídos por transferência de calor para uma fonteexterna

• Análise a ar frio: calores específicos constantes e avaliados à 298K

14.2.1 Componentes do CicloOs componente do ciclo são apresentados na Fig. 14.1. Na prática, o ciclo Bray-

ton toma uma de duas formas: a Fig. 23.1 mostra esquematicamente o ciclo aberto, emque o fluido de trabalho entra e sai do dispositivo, como nos motores a jato; a Fig 23.1mostra esquematicamente o ciclo fechado, que recircula o fluido de trabalho.

Entrada Compressor Câmara deCombustão

Turbina Bocal

Figura 14.1 – Esquema dos componentes de um motor a jato

Câmara deCombustão

Compressor Turbina

2 3

1 4

Wl i qWcomp

Qq

Figura 14.2 – Ciclo Brayton aberto

14.2. Ciclo Brayton ideal 119


Trocadorde Calor

Compressor Turbina

1

2 3

4

Wl i qWcomp

Qq

QF

Figura 14.3 – Ciclo Brayton fechado

14.2.2 O gráfico Temperatura - Entropia

O ciclo Brayton trabalha com duas linhas de pressão, uma de alta, após o com-pressor e através da câmara de combustão, e outra de baixa, após a turbina e através dotrocador de calor. Para o ciclo ideal essas pressões são consideradas constantes, ou seja,não se considera perda de pressão nos trocadores de calor e nem nas linhas.

Vamos considerar a entropia de referência no valor de T1 = 300[K ] e P1 =100[K Pa] como sendo igual à entropia s0

t = 6,86926[K J/K g .K ]. A entropia para asdemais pressões e temperaturas pode ser calculada por:

s2 − s1 = cP ln

(T2

T1

)−R ln

(P2

P1

)(14.1)

s2 = 6,86926[K J/K g .K ]+1,004[K J/K g .K ] ln

(T2

300

)−0,287[K J/K g .K ] ln

(P2

100

)(14.2)

Para uma determinada pressão, podemos variar a temperatura e obter a entropiano ponto com base na entropia de referência. A Fig. 14.4 apresenta essa curva parapressões de 100[KPa] e 1200[KPa] com temperatura variando entre 300[K] a 2000[K].


6 6,5 7 7,5 8 8,5 9

500

1.000

1.500

2.000 PB ai xaP Al t a

s[

K JK g .K

]T

[K]

Figura 14.4 – Curva de entropia para pressão de baixa fixa em 0.1[MPa] e pressão de alta de1,2[MPa], com temperatura variando entre 300 a 2000 [K]. A linha de pressão de

alta é deslocada para a esquerda, devido ao termo −R ln(

P2P1

)na equação do

cálculo da entropia.

No ciclo ideal, os processos de compressão e expansão são isoentrópicos e a adi-ção e rejeição de calor ocorrem à pressões constantes de alta e baixa, respectivamente,resultando no diagrama T − s da Fig. 14.5.

5,5 6 6,5 7 7,5 8 8,5 9

500

1.000

1.500


1

2

3

4

T = 300[K ]

T = 1600[K ]

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 14.5 – Diagrama temperatura-entropia para o ciclo Brayton ideal. (1 → 2): compressãoisoentrópica; (2 → 3): adição de calor à pressão constante; (3 → 4): expansãoisoentrópica; (4 → 1): rejeição de calor à pressão constante.

14.2.3 O gráfico Pressão - VolumeVamos considerar um ciclo que inicie na entrada do compressor com pressão de

P1 = 100[K Pa] e T1 = 300[K ]. Com esses dados, é possível calcular o volume específico


nesse ponto:

v1 = R.T1

P1= 0,287[K J/K g .K ].300[K ]

100[K Pa]= 0,861[m3/K g ] (14.3)

Considerando um processo de compressão isoentrópico, podemos calcular ovolume após a compressão.

T2

T1=

(P2

P1

) k−1k =

(v2

v1

)1−k

(14.4)

(v2

v1

)=

(P2

P1

)(k−1

k

).( 1

1−k

)(14.5)

(v2

v1

)=

(P2

P1

)(k−1

k

).( −1

k−1

)(14.6)(

v2

v1

)=

(P2

P1

)− 1k

(14.7)

(14.8)

Para P1 = 100[K Pa], T1 = 300[K ] e v1 = 0,861[m3/K g ], pode-se determinar ovolume após a compressão com base na razão de compressão P2

P1. A Fig. 14.6 apresenta

os volumes calculados para 100 < P2[K Pa] < 1200.

v2 = 0,861

(P2

100

)− 11,4

(14.9)

0,2 0,4 0,6 0,80

200

400

600

800

1.000

1.200

1

2

v[

m3

K g .K

]

P[K

Pa

]

Figura 14.6 – Curva de compressão isoentrópica para o ar, com: P1 = 100[K Pa], T1 = 300[K ] ev1 = 0,861


Na câmara de combustão ocorre a adição de calor. No processo real há a queimada mistura ar-combustível, resultando na adição de calor. Com base na relação ar-combustível e as propriedades do combustível utilizado, é possível determinar a quan-tidade de calor gerada no processo.

No ciclo ideal consideramos sempre ar, e o processo de combustão é substituídopela adição de calor de uma fonte externa, realizada à pressão constante. A quantidadede calor, portanto, é uma informação conhecida ou que é possível de ser determinadacom base na temperatura na saída da câmara de combustão.

Utilizando os dados do exemplo que estamos analisando, vamos considerara pressão na saída da câmara de combustão de P3 = 1200[K Pa] e uma temperaturana saída da câmara de combustão de T3 = 1600[K ]. Podemos determinar o volumeespecífico na entrada da turbina:

v3 = R.T3

P3= 0,287[K J/K g .K ].1600[K ]

1200[K Pa]= 0,38267[m3/K g ] (14.10)

0,2 0,4 0,6 0,80

200

400

600

800

1.000

1.200

1

2 3

v[

m3

K g .K

]

P[K

Pa

]

Figura 14.7 – No ciclo Brayton ideal o processo de adição de calor ocorre à pressão constante

A turbina realiza uma expansão isoentrópica. O volume específico na sua saídaé diretamente relacionado à pressão na saída. Considerando a pressão na entrada deP3 = 1200[K Pa] e na saída de P4 = 100[K Pa], podemos calcular o volume específicodesejado:

v4

v3=

(P4

P3

)− 1k

(14.11)

v4 = 0,38267

(P4

1200

)− 11,4

(14.12)

Dessa forma, a curva pressão-volume da expansão isoentrópica pode ser deter-minada de maneira similar à obtida no processo de compressão, e é apresentada na Fig.14.8.


0 0,5 1 1,5 20

200

400

600

800

1.000

1.200

Compressão1

2 3

Expansão4

v[

m3

K g .K

]

P[K

Pa

]

Figura 14.8 – Curva de expansão isoentrópica para o ar, com pressão e temperatura na entradada turbina de P3 = 1200[K Pa] e T3 = 1600[K ].

O processo de rejeição de calor no ciclo Brayton ideal ocorre à pressão constante.O diagrama Pressão-Volume para o ciclo Brayton ideal é apresentado na Fig. 14.9:

0 0,5 1 1,5 20

200

400

600

800

1.000

1.200

1

2 3

4

v[

m3

K g .K

]

P[K

Pa

]

Figura 14.9 – Diagrama Pressão-Volume para o ciclo Brayton ideal. (1 → 2): compressãoisoentrópica; (2 → 3): adição de calor à pressão constante; (3 → 4): expansãoisoentrópica; (4 → 1): rejeição de calor à pressão constante.

14.2.4 Procedimento de Solução

1. Desenhe os componente do ciclo

2. Faça os gráficos T-S e P-V

3. Faça a tabela dos estados termodinâmicos e preencha os valores conhecidos.


Ponto P [K Pa] T[K]1 PB T1

2 P A

3 P A

4 PB

A razão de compressão e a temperatura de entrada no compressor geralmentesão dados conhecidos.

4. Faça a tabela dos componentes.

Componente w [KJ/Kg] q [KJ/Kg]Compressor h2 −h1 = cP (T2 −T1) 0

Câmara de combustão 0 h3 −h2 = cP (T3 −T2)Turbina h4 −h3 = cP (T4 −T3) 0

Trocador de Calor 0 h1 −h4 = cP (T1 −T4)∑wl i q ql i q

Considerando regime permanente, aplicando a primeira lei da termodinâmicapara cada componente e desprezando os termos de variação de energia cinéticae potencial, podemos calcular os calores e trabalhos com base nas entalpias desaída e entrada de cada componente.

Para um ciclo, o estado final é igual ao inicial, portanto a variação de energia deveser nula. Assim, a somatória do trabalho líquido com o calor líquido deve ser zero:

deci cl o = 0 = ql i q +wl i q (14.13)

5. Calcule o rendimento η e bwr

O rendimento é determinado pela razão entre o módulo do trabalho líquido (oque se quer) pelo calor adicionado pela câmara de combustão qCC (o que segasta):

η= |wl i q |qCC

(14.14)

Parte do trabalho fornecido pela turbina será utilizado para acionar o compressor.Um dado importante na avaliação do ciclo é a razão entre o trabalho consumidopelo compressor e o trabalho fornecido pela turbina (bwr ):

bwr = |wcompr essor ||wTur bi na |

(14.15)

Essa razão bwr é bem maior no ciclo Brayton do que no ciclo Rankine. No cicloBrayton o fluído é sempre gás, que é compressível. No ciclo Rankine, por sua vez, ofluído muda de estado, entre líquido na entrada da bomba (que é incompressível)até vapor superaquecido na saída da caldeira. Aumentar a pressão em fluídosincompressíveis requer menos energia do que um aumento similar em fluidoscompressíveis.


14.3 Exercício

Um ciclo padrão a ar Brayton opera a 90KPa, 300K na entrada do compressor,que possui razão de compressão de 9. A temperatura máxima é de 1600K. Pela análise aar frio, determine:

a) Trabalho desenvolvido pela turbina e compressorb) Eficiência térmicac) bwr

14.3.1 Solução



Trocadorde Calor

Compressor Turbina

1

2 3

4

Wl i qWcomp

Qq

QF

Figura 14.10 – Componentes do Ciclo Brayton ideal


14.3.1.2 Faça o diagrama T-s

5,5 6 6,5 7 7,5 8 8,5 9

500

1.000

1.500

2.000PB ai xaP Al t a

1

2

3

4

T = 300[K ]

T = 1600[K ]

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 14.11 – Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton sem irreversibilidades


Estado P[KPa] T[K]1 90 30023 16004


• Ponto 2

Do enunciado: r = P2P1

= 9. Logo, P2 =810[K Pa]. Para a temperatura, vamos uti-lizar as equações isoentrópicas:

T2

T1=

(P2

P1

) k−1k → T2

300= 9

1,4−11,4 → T2 = 562,033[K ]

(14.16)


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002 810 562,0333 16004

• Ponto 3

A pressão no ponto 3 é igual à pressão noponto 2, P3 = 810[K Pa].


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002 810 562,0333 810 16004


• Ponto 4

O ponto 4 está na linha de pressão de baixa,logo P4 = P3 = 90[K Pa]. Para a temperatura,novamente utilizamos as equações isoen-trópicas:

T4

T3=

(P4

P3

) k−1k → T4

1600=

(90

810

) 1,4−11,4 → T4 = 854.04[K ]

(14.17)


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002 810 562,0333 810 16004 90 854,04


Para o cálculo das entalpias, sabemos que h = cp .T . Para o ar cP = 1,004[K J/K g .K ].Assim:

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Câmara de combustão cP (T3 −T2) = 1042,118868 0Turbina 0 cP (T4 −T3) =−748,94384Trocador de calor cP (T1 −T4) =−556,25616 0Compressor 0 cP (T2 −T1) = 263,081132∑

ql i q = 485,86 wl i q =−485,86

Lembrado que escrevemos a equação da primeira lei como de = δq +δw , o quenos permite calcular todos os calores e trabalhos como as entalpias de saída menosde entrada. Calores positivos indicam calor adicionado da vizinhança no sistema etrabalhos positivos indicam trabalhos realizados da vizinhança no sistema.

• Compare calor e trabalho líquidos

Lembrando que, para um ciclo, a variação de energia será nula, o que nosleva à δq +δw = 0.

• Calcule o rendimento

O rendimento é calculado pelo módulo do trabalho líquido dividido pelo caloradicionado no sistema. Assim:

η= 485,86

1042,118868= 46,62% (14.18)

O Rendimento de Carnot para uma máquina térmica operando entre as tempe-raturas de alta (T = 1600[K ]) e de baixa (T = 300[K ]) será:

ηcar not = 1− 300

1600= 81,25% (14.19)

• Calcule o bwr


bwr = wc

wT= 263,08

748,94= 35,13% (14.20)

Observamos que o valor é alto quando comparado com os valores obtido nociclo Rankine para a compressão de líquidos, que são incompressíveis. Aumentar apressão em gases é bem mais caro do que aumentar a pressão em líquidos!

CAPÍTULO 15Ciclo Brayton comirreversibilidades


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de potência a gás Brayton com irreversibi-lidades


1. Identificar a diferença entre os Ciclos Brayton ideal e com irreversibilidades

2. Desenhar o diagrama T − s


15.2 Irreversibilidades

As irreversibilidades serão consideradas no compressor e na turbina. As per-das na tubulação não serão consideradas. O procedimento para cálculo do ciclo comirreversibilidades é semelhante ao adotado no ciclo Rankine:

1. Calcule o trabalho ideal

2. Com o uso do rendimento isoentrópico, calcule o trabalho real

3. Calcule o valor da propriedade real no ponto

O compressor real consome mais energia (WC ) do que o compressor ideal (WC s),dessa forma, para o rendimento isoentrópico ηC :

WC = WC S

ηC(15.1)

130 Capítulo 15. Eficiência isoentropíca

Desprezando os termos de variação de energia cinética e potencial, o trabalhopode ser calculado com base na variação da entalpia na saída menos entrada do com-pressor. Sabemos que, para gases ideais, essa variação é função da temperatura. Assim,calculada a temperatura isoentrópica na saída do compressor, é possível determinar atemperatura real:

WC = WC S

ηC(15.2)

m(h2 −h1) = m(h2s−h1 )

ηC(15.3)

h2 −h1 = h2s −h1

ηC(15.4)

cP (T2 −T1) = cP (T2s −T1)

ηC(15.5)

T2 = T1 + T2s −T1

ηC(15.6)

A turbina real, por sua vez, produz menos trabalho (WT ) do que a turbina ideal(WTs), assim:

WT = ηT .WTs (15.7)

m(h4 −h3) = ηT (h4s −h3) (15.8)

cP (T4 −T3) = ηT (T4s −T3) (15.9)

T4 = T3 +ηT (T4s −T3) (15.10)

As temperaturas reais nas saídas do compressor e da turbina serão maiores doque as temperaturas isoentrópicas.


15.3 Exercício

Um ciclo padrão a ar Brayton opera a 90KPa, 300K na entrada do compressor,que possui razão de compressão de 9. A temperatura máxima é de 1600K. A eficiênciaisoentrópica da turbina é de 91% e do compressor é de 83%. Pela análise a ar frio,determine:


15.3.1 Solução



Trocadorde Calor

Compressor Turbina

1

2 3

4

Wl i qWcomp

Qq

QF



15.3.1.2 Faça o diagrama T-s e P-V

6,5 7 7,5 8 8,5

500

1.000

1.500


1

2s2

3

4s4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 15.2 – Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton com irreversibilidades. Oaumento da entropia na saída dos processos reais resulta numa maiortemperatura na saída do compressor (T2 > Tss) e da turbina (T4 > T4s)

Para o diagrama Pressão-Volume, vamos considerar que as pressões não sãoalteradas. Entretanto, as temperaturas de saída do compressor e da turbina aumentam.Assim, devemos levar em consideração esse aumento para calcular os volumes reais v2e v4. Da equação dos gases ideais:

v2 = R.T2

P2(15.11)

T2 = T1 + T2s −T1

ηC(15.12)

Dessa forma, para cada pressão desejada de saída, podemos obter o volumeespecífico de saída do compressor, que será sempre maior do que o valor isoentrópico,pois a temperatura aumenta.


0,2 0,4 0,6 0,8 1

200

400

600

800

1

2S 2

v[

m3

K g .K

]

P[K

Pa

]

Figura 15.3 – Curva de compressão real x isoentrópica para o ar, com: P1 = 90[K Pa],T1 = 300[K ], considerando eficiência isoentrópica do compressor de ηC = 0.83.Como a temperatura real é maior do que a temperatura isoentrópica para dadoaumento de pressão, o volume específico real também é maior do que oisoentrópico.

Na câmara de combustão ocorre a adição de calor. No processo real há a queimada mistura ar-combustível, resultando na adição de calor. Com base na relação ar-combustível e as propriedades do combustível utilizado, é possível determinar a quan-tidade de calor gerada no processo.

No ciclo ideal consideramos sempre ar, e o processo de combustão é substituídopela adição de calor de uma fonte externa, realizada à pressão constante. A quantidadede calor, portanto, é uma informação conhecida ou que é possível de ser determinadacom base na temperatura na saída da câmara de combustão.

Utilizando os dados do exemplo que estamos analisando, vamos considerara pressão na saída da câmara de combustão de P3 = 810[K Pa] e uma temperaturana saída da câmara de combustão de T3 = 1600[K ]. Podemos determinar o volumeespecífico na entrada da turbina:

v3 = R.T3

P3= 0,287[K J/K g .K ].1600[K ]

810[K Pa]= 0,5669[m3/K g ] (15.13)


0,2 0,4 0,6 0,8 1

200

400

600

800

1

23

v[

m3

K g .K

]P

[KP

a]

Figura 15.4 – No ciclo Brayton o processo de adição de calor ocorre à pressão constante

Para a turbina:

v4 = R.T4

P4(15.14)

T4 = T3 + (T4s −T3).ηT (15.15)

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

200

400

600

800

1

2 3

4s

Expansão

4

v[

m3

K g .K

]

P[K

Pa

]

Figura 15.5 – Curva de expansão com irreversibilidade para o ar, com pressão e temperatura naentrada da turbina de P3 = 810[K Pa] e T3 = 1600[K ] e eficiência isoentrópica daturbina de ηT = 0,91.

A rejeição de calor ocorre à pressão constante.


0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

200

400

600

800

1

23

4s

Expansão

4

v[

m3

K g .K

]

P[K

Pa

]

Figura 15.6 – Diagrama Pressão-Volume para o ciclo Brayton real. (1 → 2): compressãoirreversível; (2 → 3): adição de calor à pressão constante; (3 → 4): expansãoirreversível; (4 → 1): rejeição de calor à pressão constante.


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002s23 16004s4


• Ponto 2s


= 9. Logo, P2 = P2s =810[K Pa]. Para a temperatura, vamos utili-zar as equações isoentrópicas:

T2s

T1=

(P2

P1

) k−1k → T2s

300= 9

1,4−11,4 → T2s = 562,033[K ]

(15.16)


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002s 810 562,03323 16004s4

• Ponto 2

Para o cálculo da temperatura no ponto 2, consideramos os trabalhos do com-pressor ideal e real. Fazemos a seguinte pergunta: o compressor real gasta mais ou


menos do que o ideal. É evidente que o compressor ideal gasta menos, portanto, otrabalho consumido pelo compressor real será maior, assim:

wcr = wcs

ηc(15.17)

Do balanço de energia, sabemos que o trabalho pode ser calculado como asentalpias na saída menos na entrada. Além disso, para gases ideais, h = cp T . Assim:

h2 −h1 = h2s −h1

ηc→ cP (T2 −T1) = cP (T2s −T1)

ηc→ T2 = T1 + T2s −T1

ηc(15.18)

T2 = 300+ 562,033−300

0,83= 615,70[K ] (15.19)


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002s 810 562,0332 810 615,703 16004s4

• Ponto 3

A pressão no ponto 3 é igual à pressão noponto 2, P3 = 810[K Pa].


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002s 810 562,0332 810 615,703 810 16004s4

• Ponto 4s

O ponto 4s está na linha de pressão de baixa,logo P4 = P4s = P3 = 90[K Pa]. Para a tempe-ratura, novamente utilizamos as equaçõesisoentrópicas:

T4s

T3=

(P4

P3

) k−1k → T4s

1600=

(90

810

) 1,4−11,4 → T4s = 854.04[K ]

(15.20)


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002s 810 562,0332 810 615,703 810 16004s 810 854,044


• Ponto 4

Para o ponto 4 real, fazemos a seguinte per-gunta: a turbina real gera mais ou menosenergia do que a ideal. É evidente que a tur-bina ideal gera mais trabalho, portanto:

wTr = ηT .wTs (15.21)

h4−h3 = (h4s−h1)0,91 → T4 = T3+(T4s−T3)0,91 → T4 = 921,1764[K ](15.22)


Estado P[KPa] T[K]1 90 3002s 810 562,0332 810 615,703 810 16004s 90 854,044 90 921,1764


Para o cálculo das entalpias, sabemos que h = cP .T . Para o ar cP = 1,004[K J/K g .K ].Importante ressaltar que os calores e trabalhos devem ser calculados com as entalpiasreais e não as ideais. Assim:

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg] isoentrópicoCâmara de combustão cP (T3 −T2) = 988,24 0 1042,118868

Turbina 0 cP (T4 −T3) =−681,54 −748,94384Trocador de calor cP (T1 −T4) =−623,66 0 −556,25616

Compressor 0 cP (T2 −T1) = 316,96 263,081132∑ql i q = 364,57 wl i q =−364,57 485,86

Os valores da última coluna representam os calculados com os pontos ideais





O rendimento, o rendimento isoentrópico, o rendimento de carnot, o bwr reale isoentrópico são:

η[%] ηi so[%] ηcar not [%] bwr [%] bwri so[%]36,89 46,62 81,25 46,5 35,13

Observamos uma queda no rendimento do ciclo e aumento no bwr


15.4 Exercício

Um ciclo padrão a ar Brayton ideal possui os seguintes dados:

Posição h [KJ/Kg]Entrada do Compressor 300

Saída do compressor 500Entrada da turbina 1600

Saida da turbina 700

Determine:

a) Rendimento do ciclob) Rendimento do ciclo se o rendimento da turbina e do compressor

forem de 80%

15.4.1 Solução



Trocadorde Calor

Compressor Turbina

1

2 3

4

Wl i qWcomp

Qq

QF




6,5 7 7,5 8 8,5

500

1.000

1.500


1

2s2

3

4s

4

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 15.8 – Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo, com identificação dos pontosisoentrópicos e reais


Estado h[KJ/Kg]1 3002s 50023 16004s 7004


• Trabalho ideal e real do compressor

O trabalho do compressor ideal é calculado pela variação de entalpia entra asaída e a entrada:

wTs = h2s −h1 = 500−300 = 200[K J/K g ]

O compressor real gasta mais do que o compressor ideal, portanto seu trabalhoserá:

wcr = wcs

ηC= 200

0,8= 250[K J/kg ]

Com o trabalho real, podemos calcular a entalpia real de saída do compressorh2:


wCr = h2 −h1 → h2 = wCr +h1 = 250+300 = 550[K J/K g ]

Atualizando a tabela das propriedades:

Estado h[KJ/Kg]1 3002s 5002 5503 16004s 7004

• Trabalho da turbina ideal e real

O trabalho da turbina também é calculado pela entalpia de saída menos a deentrada. Para a turbina ideal:

wTs = h4s −h3 = 700−1600 =−900[K J/K g ]

A turbina real fornece menos trabalho do que a ideal, portanto o seu trabalhoserá:

wTr = ηT .wTs = 0,8.(−900) =−720[K J/K g ]

A entalpia de saída real da turbina h4 também pode ser calculada:

wTr = h4 −h3 → h4 = wTr +h3 =−720+1600 = 880[K J/K g ]

Atualizando a tabela das propriedades:

Estado h[KJ/Kg]1 3002s 5002 5503 16004s 7004 880


Para o ciclo ideal:


Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Câmara de combustão h3 −h2s = 1100 0Turbina 0 h4s −h3 =−900Trocador de calor h1 −h4s =−400 0Compressor 0 h2s −h1 = 200∑

ql i q = 700 wl i q =−700



Para um ciclo a variação de energia será nula, o que nos leva à δq +δw = 0.



η= 700

1100= 63,63% (15.23)

• Calcule o bwr

bwr = wc

wT= 200

900= 22,22% (15.24)

Para o ciclo real:

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Câmara de combustão h3 −h2 = 1050 0Turbina 0 h4 −h3 =−720Trocador de calor h1 −h4 =−580 0Compressor 0 h2 −h1 = 250∑

ql i q = 470 wl i q =−470

Observamos que tanto os trabalhos da turbina e compressor quanto os caloresfornecido pela câmara de combustão quanto o rejeitado pelo trocado de calor variam.


η= 470

1050= 44,76% (15.25)


• Calcule o bwr

bwr = wc

wT= 250

720= 34,72% (15.26)

CAPÍTULO 16Ciclo Brayton Regenerativo


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de potência a gás Brayton regenerativo


1. Identificar os componentes do ciclo Brayton regenerativo

2. Desenhar o diagrama T − s


4. Identificar a efetividade do regenerador

16.2 O ciclo com regenerador

O regenerador é um trocador de calor que aquece o ar entre a saída do com-pressor e a entrada da câmara de combustão, utilizando energia do ar na saída daturbina. As temperaturas de saída T3 e T6 são determinadas com base na efetividade doregenerador, balanço de massa e energia.

O ciclo com regenerador é apresentado esquematicamente na Fig. 16.1 e odiagrama temperatura-entropia na Fig. 16.2.

144 Capítulo 16. Ciclos Brayton Regenerativo


Regenerador

Trocadorde Calor

Compressor Turbina

12 3

4

56

Wl i qWcomp

Qq

QF

Figura 16.1 – Ciclo Brayton com regenerador. A alta temperatura de saída da turbina é utilizadapara pre-aquecer o ar que entra na câmara de combustão.

6 6,5 7 7,5 8 8,5 9

500

1.000

1.500


1

2

4

5

T6M I N

T3M AX

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 16.2 – Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton com regenerador. Atemperatura entre o compressor e a câmara de combustão é aumentada notrocador de calor, que aproveita o gás a alta temperatura na saída da turbina.

16.2.1 Balanço de massa e energia no regeneradorO balanço de massa é:

dm

d t= me −ms (16.1)

sendo me e ms as taxas mássicas que entram e saem no volume de controle, respectiva-mente.

Considerando regime permanente:

16.2. O ciclo com regenerador 145

0 = m2 +m5 = m3 +m6 (16.2)

Mas m2 = m3 = m5 = m6 = m

Aplicando a primeira lei no volume de controle do regenerador:

dE = Q +W (16.3)

Considerando que o regenerador:

• não realiza trabalho: W = 0

• é adiabático (não troca calor com o meio externo): Q = 0

• regime permanente

• desprezando variações de energia cinética e potencial

∑(hs −he ) = 0 (16.4)

sendo hs e he as entalpias saindo e entrando no V.C, respectivamente. Assim:

m.h2 +m.h5 = m.h3 +m.h6 (16.5)

h3 −h2 =−(h6 −h5) (16.6)

Escrevendo as variações de entalpias como saída menos entrada, observamosque a energia perdida na linha quente do trocador, entre os pontos 5 e 6, é negativa,enquanto a energia ganha na linha fria do trocador, entre os pontos 2 e 3, é igual emmódulo mas têm sinal contrário, sendo positiva.

Para gases ideais e com valores específicos constantes:

cP (T3 −T2) =−cP (T6 −T5) (16.7)

T6 = T5 +T2 −T3 (16.8)

16.2.2 Efetividade do regeneradorA efetividade do regenerador, como em qualquer trocador de calor, relaciona

a quantidade de calor trocada com a máxima quantidade teórica possível de calortrocado.

ε= Q

QM AX(16.9)

Da teoria de trocadores de calor, o calor máximo é definido por:

QM AX =Cmi n .∆Te (16.10)

sendo:


• Cmi n = mi n(C f ,Cq )

C f = cP f .m f , sendo cP f o calor específico do fluido frio

Cq = cP q .mq , sendo cP q o calor específico do fluido quente

mq e m f : taxas mássicas dos fluidos quente e frio, respectivamente

• ∆Te : a máxima diferença de temperatura no trocador, determinada pelas diferen-ças das temperaturas de entrada dos fluídos quente e frio.

Para análise a ar frio o calor específico é considerado constante e avaliado àtemperatura ambiente. Considerando regime permanente, temos que Cq =C f =Cmi n .Assim:

ε= C f .(T3 −T2)

Cmi n .(T5 −T2)(16.11)

ε= T3 −T2

T5 −T2(16.12)

Como, para gases ideais, dh = cP .dT , podemos representar a efetividade emfunção das entalpias:

ε= h3 −h2

h5 −h2(16.13)


16.3 Exercício

Ar entra no compressor de um ciclo regenerativo a ar padrão Brayton com fluxovolumétrico de 75[m3/s] a 1bar e 290K. A razão de compressão é 22 e a temperaturamáxima no ciclo é 1900K. A eficiência isoentrópica do compressor é de 88% e da turbinaé de 93%. A efetividade do regenerador é de 80%. Assumindo comportamento de gásideal, determine:


16.3.1 Solução



Regenerador

Trocadorde Calor

Compressor Turbina

12 3

4

56

Wl i qWcomp

Qq

QF

Figura 16.3 – Ciclo Brayton com regenerador


6 6,5 7 7,5 8 8,5 9

500

1.000

1.500


1

2

4

5

T6M I N

T3M AX

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 16.4 – Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo, com identificação dos pontosisoentrópicos e reais


Estado P[bar] T[K]1 1 2902s234 19005s56


• Ponto 2s


= 22. Logo, P2 = P2s = 22[bar ]. Para a temperatura, vamosutilizar as equações isoentrópicas:

T2s

T1=

(P2

P1

) k−1k → T2s

290= 22

1,4−11,4 → T2s = 701,37[K ] (16.14)



Estado P[bar] T[K]1 1 2902s 22 701,37234 19005s56

• Ponto 2

Para o cálculo da temperatura real no ponto 2, consideramos os trabalhos docompressor ideal e real. Fazemos a seguinte pergunta: o compressor real gasta maisou menos do que o ideal. É evidente que o compressor ideal gasta menos, portanto, otrabalho consumido pelo compressor real será maior, assim:

wcr = wcs

ηc(16.15)


h2 −h1 = h2s −h1

ηc→ cP (T2 −T1) = cP (T2s −T1)

ηc→ T2 = T1 + T2s −T1

ηc(16.16)

T2 = 290+ 701,37−290

0,88= 757,466[K ] (16.17)


Estado P[bar] T[K]1 1 2902s 22 701,372 22 757,46634 19005s56

• Ponto 3

Para o cálculo do ponto 3 iremos precisar da temperatura no ponto 5. Portanto,vamos seguir com os próximos pontos.


• Ponto 4

A pressão no ponto 4 é igual à pressão no ponto 3, P4 = 22[bar ]. A temperaturatambém foi fornecida.


Estado P[bar] T[K]1 1 2902s 22 701,372 22 757,46634 22 19005s56

• Ponto 5s

O ponto 5s está na linha de pressão de baixa, logo P5 = P5s = P1 = 1[bar ]. Para atemperatura, novamente utilizamos as equações isoentrópicas:

T5s

T4=

(P5

P4

) k−1k → T5s

1900=

(1

22

) 1,4−11,4 → T5s = 785,60[K ] (16.18)


Estado P[bar] T[K]1 1 2902s 22 701,372 22 757,46634 22 19005s 1 785,6056

• Ponto 5

Para o ponto 5 real, fazemos a seguinte pergunta: a turbina real gera maisou menos energia do que a ideal. É evidente que a turbina ideal gera mais trabalho,portanto:

wTr = ηT .wTs (16.19)

h5 −h4 = (h5s −h4)0,93 → T5 = T4 + (T5s −T4)0,93 → T5 = 863,61[K ] (16.20)



Estado P[bar] T[K]1 1 2902s 22 701,372 22 757,46634 22 19005s 1 785,605 1 863,616

• Ponto 3

A efetividade indica a razão entre o calor trocado e a máxima quantidade decalor possível de ser trocado, que será em função das temperaturas de entrada. Assim:

ε= h3 −h2

h5 −h2(16.21)

Logo, h3 = ε(h5 −h2)+h2. Como h = cP .T :

T3 = ε(T5 −T2)+T2 (16.22)

T3 = 0,8(863,61−757,466)+757,466 = 842,38 (16.23)


Estado P[bar] T[K]1 1 2902s 22 701,372 22 757,4663 22 842,384 22 19005s 1 785,605 1 863,616

• Ponto 6

Para o ponto 6, fazemos o balanço de energia no regenerador. Considerandoque o regenerador não troca calor com o meio, todo o calor na linha quente é trocadocom a linha fria. Fazendo um volume de controle no regenerador, a melhor forma de sefazer o balanço de energia é igualar todas as energias que entram com todas as energiasque saem. Assim:

mh2 +mh5 = mh3 +mh6 → h6 −h5 = h2 −h3 (16.24)


Considerando as entalpias de saída menos as de entrada:

h6 −h5 =−(h3 −h2) (16.25)

O calor rejeitado da linha quente e o calor ganho na linha fria têm sinais contrá-rios.

Como h = cP .T , podemos reescrever a equação em função das temperaturas:

T6 = T2 +T5 −T3 → T6 = 757,466+863,61−842,38 = 778,696 (16.26)


Estado P[bar] T[K]1 1 2902s 22 701,372 22 757,4663 22 842,384 22 19005s 1 785,605 1 863,616 1 778,696


Para o cálculo das entalpias, sabemos que h = cP .T . Para o ar cP = 1,004[K J/K g .K ].Importante ressaltar que os calores e trabalhos devem ser calculados com as entalpiasreais e não as ideais. O regenerador não troca calor com o meio externo, portanto nãoprecisa entrar na tabela dos componentes. Assim:

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Câmara de combustão cP (T4 −T3) = 1061,85 0

Turbina 0 cP (T5 −T4) =−1040,53Trocador de calor cP (T1 −T6) =−490,647 0

Compressor 0 cP (T2 −T1) = 469,33∑ql i q = 571,2 wl i q =−571,2




• Calcule o rendimento e o bwr


η= 571,2

1061,85= 53,8% (16.27)

bwr = 469,33

1040,53= 45% (16.28)

CAPÍTULO 17Ciclo Brayton com intercooler e

reaquecimento


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de potência a gás Brayton com reaqueci-mento


1. Identificar os componentes do ciclo Brayton com reaquecimento



17.2 O reaquecimento

No ciclo com reaquecimento, faz-se um primeiro aquecimento na câmara decombustão, expansão na primeira turbina e após um novo aquecimento na câmara decombustão e uma nova expansão numa segunda turbina.

17.3 O intercooler

O intercooler, colocado entre o primeiro e segundo compressores, tem o objetivode reduzir o trabalho total consumido se o processo de compressão fosse realizado emum único estágio.

Considere, por exemplo, um compressor isoentrópico com razão de compressãode 16 e temperatura de entrada de 300K. Neste caso, considerando calores específicosconstantes, a mínima temperatura de saída do compressor será:

T2s

T1=

(P2

P1

)K−1K = T2s

300= 16

1,4−11,4 → Ts2 = 662,4537K (17.1)

156 Capítulo 17. Intercooler e Reaquecimento

E a mínima quantidade de trabalho para realizar essa compressão será:

w = h2s −h1 = cP (T2s −T1) = 1,004(662,4537−300) = 363,9035

[K J

K g

](17.2)

Considere agora dois compressores, com razões de compressão de 4 e tempera-turas de entrada de 300K em ambos (da saída do primeiro compressor, o intercoolerreduz a temperatura para a temperatura de entrada do primeiro compressor). Emambos a mínima temperatura de saída será de:

T2s

T1=

(P2

P1

)K−1K = T2s

300= 4

1,4−11,4 → Ts2 = 445,7983K (17.3)

E o mínimo trabalho consumido por cada compressor será:

w = h2s −h1 = cP (T2s −T1) = 1,004(445,7983−300) = 146,3815[K J/K g ] (17.4)

O trabalho dos dois compressores combinados será de 2x146,3815 = 292,7629[K J/K g ].Assim, com os dois compressores e o intercooler o trabalho consumido é menor do queo trabalho consumido por um compressor para obter a mesma razão de compressãofinal.

Tabela 17.1 – Comparação do mínimo trabalho necessário para compressão em um cicloBrayton com um compressor e com dois compressores e um intercoolerintermediário, que resfria a temperatura do ar na entrada do segundo compressor(no exemplo, para a mesma temperatura de entrada do primeiro compressor -300K ). O trabalho necessário para obter a mesma razão de compressão total émenor com o intercooler.

Razão de Compressão Quantidade de compressores Trabalho[

k JK g

]16 1 compressor 363,9035

4+4 2 compressores + intercooler 292,7629Diferença 71,14

20 1 compressor 407,694+5 2 compressores + intercooler 146,38+175,85=322,23

Diferença 85,46

17.4. O ciclo 157

17.4 O ciclo


Regenerador

Trocadorde Calor

Intercooler

Compressor1

Compressor2

Turbina 1 Turbina 2

1

2 3

4 5

6 7 8

910

Wl i qWcomp

Qq

QF

Figura 17.1 – Ciclo Brayton com reaquecimento e intercooler

Desenhe o diagrama T-s

6 6,5 7 7,5 8 8,5 9

500

1.000

1.500

2.000PBPIP A

1

2

3

4

6

7

8

9

T10M I N

T5M AX

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 17.2 – Diagrama Temperatura - Entropia para o ciclo Brayton com reaquecimento eintercooler

Analise no diagrama P − v as compressões isoentrópica e isotérmicas.


Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Câmara de combustão 1 cP (T6 −T5) 0

Turbina 1 0 cP (T7 −T6)Câmara de combustão 2 cP (T8 −T7) 0

Turbina 2 0 cP (T9 −T8)Trocador de calor cP (T1 −T10) 0

Compressor 1 0 cP (T2 −T1)

Intercooler cP (T3 −T2) 0

Compressor 2 0 cP (T4 −T3)∑ql i q wl i q


17.5 Exercício

Um ciclo a ar padrão Brayton com intercooler e reaquecimento produz 10MWde potência. Ar entra no primeiro compressor a 1bar e 300K, razão de pressão de 3.O segundo compressor tem razão de pressão de 4. A primeira turbina tem razão depressão de 4 e a segunda de 3. O intercooler resfria o ar para 300K. A temperatura do arapós cada combustor é de 1450K. A eficiência isoentrópica dos compressores é de 85%e das turbinas de 95%. A efetividade do regenerador é de 80%. Determine:

a) Fluxo de massab) Taxa de calor adicionado nos combustoresc) rendimento do ciclo

17.5.1 Solução



Regenerador

Trocadorde Calor

Intercooler

Compressor1

Compressor2

Turbina 1 Turbina 2

1

2 3

4 5

6 7 8

910

Wl i qWcomp

Qq

QF

Figura 17.3 – Ciclo Brayton com reaquecimento e intercooler



6 6,5 7 7,5 8 8,5 9

500

1.000

1.500

2.000PBPIP A

1

2

3

4

6

7

8

9

T10M I N

T5M AX

s[

K JK g .K

]

T[K

]

Figura 17.4 – Diagrama Temperatura - Entropia para Ciclo Brayton com reaquecimento eintercooler

17.5.1.3 Faça uma tabela dos estados e preencha os valores conhecidos na tabela

No ciclo, identificamos a pressão de baixa Pb como a pressão de entrada noprimeiro compressor, pressão intermediária Pi como a pressão após o primeiro com-pressor e a pressão de alta Pa como a pressão após o segundo compressor.

Estado P[bar] T[K]1 1 3002s Pi

2 Pi

3 Pi 3004s Pa

4 Pa

5 Pa

6 Pa 14507s Pi

7 Pi

8 Pi 14509s Pb

9 Pb

10 Pb


• Ponto 2s



= 3. Logo, P2 = P2s = 3[bar ]. Para a temperatura, vamos utilizaras equações isoentrópicas:

T2s

T1=

(P2

P1

) k−1k → T2s

300= 3

1,4−11,4 → T2s = 410,62[K ] (17.5)


Estado P[bar] T[K]1 1 3002s 3 410,622 Pi3 Pi 3004s Pa4 Pa5 Pa6 Pa 14507s Pi7 Pi8 Pi 14509s Pb9 Pb

10 Pb

• Ponto 2


wcr = wcs

ηc(17.6)


h2 −h1 = h2s −h1

ηc→ cP (T2 −T1) = cP (T2s −T1)

ηc→ T2 = T1 + T2s −T1

ηc(17.7)

T2 = 300+ 410,62−300

0,85= 430,14[K ] (17.8)



Estado P[bar] T[K]1 1 3002s 3 410,622 3 430,143 3 3004s Pa4 Pa5 Pa6 Pa 14507s 37 38 3 14509s Pb9 Pb

10 Pb

• Ponto 3

O ponto 3 têm todas as informações fornecidas: P = 3[bar ] e T = 300[K ].

• Ponto 4s


= 4. Logo, P4 = P4s = 12[bar ]. Para a temperatura, vamosutilizar as equações isoentrópicas:

T4s

T3=

(P4

P3

) k−1k → T4s

300= 4

1,4−11,4 → T4s = 445,80[K ] (17.9)

• Ponto 4


wcr = wcs

ηc(17.10)


T4 = 300+ 445,80−300

0,85= 471,53[K ] (17.11)



Estado P[bar] T[K]1 1 3002s 3 410,622 3 430,143 3 3004s 12 445,804 12 471,535 126 12 14507s 37 38 3 14509s 19 1

10 1

Para o cálculo do ponto 5 iremos precisar da temperatura no ponto 9. Portanto,vamos seguir com os próximos pontos.

• Ponto 6 e Ponto 8

Ambos têm as temperaturas fornecidas e estão na pressão de alta, de 12[bar ].

• Ponto 7s

O ponto 7s está na linha de pressão intermediária, logo P7 = P7s = P2 = 3[bar ].Para a temperatura, novamente utilizamos as equações isoentrópicas:

T7s

T6=

(P7

P6

) k−1k → T7s

1450=

(3

12

) 1,4−11,4 → T7s = 975,78[K ] (17.12)

• Ponto 7

Para o cálculo da temperatura real no ponto 7, fazemos a mesma consideraçãopara o trabalho da turbina real e isoentrópica:

wTr = wT i so .ηT (17.13)

O que nos leva à equação:

T7 = 1450+975,78−1450.0,95 = 999,49[K ] (17.14)



Estado P[bar] T[K]1 1 3002s 3 410,622 3 430,143 3 3004s 12 445,804 12 471,535 126 12 14507s 3 975,787 3 999,498 3 14509s 19 1

10 1

• Ponto 9s e 9

Para a temperatura do ponto 9 isoentrópico, novamente utilizamos as equaçõesisoentrópicas:

T9s

T8=

(P9

P8

) k−1k → T9s

1450=

(1

3

) 1,4−11,4 → T9s = 1059,37[K ] (17.15)

Para o ponto 9 real, fazemos a seguinte pergunta: a turbina real gera maisou menos energia do que a ideal. É evidente que a turbina ideal gera mais trabalho,portanto:

wTr = ηT .wTs (17.16)

h9 −h8 = (h9s −h8)ηT → T9 = T8 + (T9s −T8)0,95 → T9 = 1078,90[K ] (17.17)



Estado P[bar] T[K]1 1 3002s 3 410,622 3 430,143 3 3004s 12 445,804 12 471,535 126 12 14507s 3 975,787 3 999,498 3 14509s 1 1059,379 1 1078,90

10 1

• Ponto 5

A efetividade indica a razão entre o calor trocado e a máxima quantidade decalor possível de ser trocado, que será em função das temperaturas de entrada. Assim:

ε= h5 −h4

h9 −h4(17.18)

Logo, h5 = ε(h9 −h4)+h4. Como h = cP .T :

T5 = ε(T9 −T4)+T4 (17.19)

T5 = 0,8(1078,90−471,53)+471,53 = 957,43 (17.20)



Estado P[bar] T[K]1 1 3002s 3 410,622 3 430,143 3 3004s 12 445,804 12 471,535 12 957,436 12 14507s 3 975,787 3 999,498 3 14509s 1 1059,379 1 1078,90

10 1

• Ponto 10

Para o ponto 10, fazemos o balanço de energia no regenerador. Considerandoque o regenerador não troca calor com o meio, todo o calor na linha quente é trocadocom a linha fria. Fazendo um volume de controle no regenerador, a melhor forma de sefazer o balanço de energia é igualar todas as energias que entram com todas as energiasque saem. Assim:

mh4 +mh9 = mh5 +mh10 → h10 −h9 = h4 −h5 (17.21)

Considerando as entalpias de saída menos as de entrada:

h10 −h9 =−(h5 −h4) (17.22)

O calor rejeitado da linha quente e o calor ganho na linha fria têm sinais contrá-rios.

Como h = cP .T , podemos reescrever a equação em função das temperaturas:

T10 = T9 +T4 −T5 → T10 = 1078,90+471,53−957,43 = 593[K ] (17.23)



Estado P[bar] T[K]1 1 3002s 3 410,622 3 430,143 3 3004s 12 445,804 12 471,535 12 957,436 12 14507s 3 975,787 3 999,498 3 14509s 1 1059,379 1 1078,90

10 1 593


Para o cálculo das entalpias, sabemos que h = cP .T . Para o ar cP = 1,004[K J/K g .K ].Importante ressaltar que os calores e trabalhos devem ser calculados com as entalpiasreais e não as ideais. O regenerador não troca calor com o meio externo, portanto nãoprecisa entrar na tabela dos componentes. Assim:

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Câmara de combustão 1 cP (T6 −T5) = 494,54 0

Turbina 1 0 cP (T7 −T6) =−452,31Câmara de combustão 2 cP (T8 −T7) = 452,31 0

Turbina 2 0 cP (T9 −T8) =−372,58Trocador de calor cP (T1 −T10) =−294,17 0

Compressor 1 0 cP (T2 −T1) = 130,66

Intercooler cP (T3 −T2) =−130,14 0

Compressor 2 0 cP (T4 −T3) = 172,22∑ql i q = 522,54 wl i q =−522,01




• Calcule o rendimento e o bwr


η= 522,0

494,54+452,31= 55,13% (17.24)

bwr = 130,66+172,22

452,31+372,58= 36,7% (17.25)

A taxa mássica será:

m.wl i q = 10[MW ] → m = 10.106[W ]

522,01.103[J/K g ]= 19,15[K g /s] (17.26)

CAPÍTULO 18Ciclos combinados


• Neste capítulo será apresentado o ciclo combinado de potência a vapor e a gás


1. Identificar um ciclo combinado de potência

2. Apresentar as vantagens e desafios dos ciclos combinados



170 Capítulo 18. Ciclos Combinados


Figura 18.1 – Ciclo Combinado: Brayton + Rankine

Desenhe o diagrama T-s

CAPÍTULO 19Introdução aos motores de

combustão interna Otto e Diesel


• Neste capítulo será apresentada uma introdução aos motores de combustãointerna, incluindo:

suas classificações

aplicações

componentes principais


1. Classificar os motores de combustão interna

2. Identificar os componentes principais dos motores de combustão interna

CAPÍTULO 20Introdução aos motores de

combustão interna Otto e Diesel 2


• Neste capítulo será dada continuidade à introdução dos motores de combustãointerna, incluindo:

tipos de ignição

sistemas de injeção

modificações


1. Identificar os diferentes tipos de sistemas de combustão, injeção e captura de ar

CAPÍTULO 21Motores de Combustão interna

ciclo Otto


• Neste capítulo será apresentado o ciclo Otto para motores de combustão interna


1. Identificar um ciclo Otto ideal


3. Fazer balanço de energia em cada processo para calcular trabalhos, calores erendimento do ciclo

21.2 O ciclo Otto de 4 tempos


Desenhe o diagrama P-v

176 Capítulo 21. Ciclo Otto

21.3 Considerações

De maneira semelhante ao ciclo Brayton, a análise a ar padrão considera:

1. quantidade fixa de ar no interior do pistão-cilindro

2. sempre ar ( não é convertido em produtos de combustão)

3. sempre gás ideal

4. Processo de combustão substituído por transferência de calor de uma fonteexterna à volume constante

5. Não há processos de admissão nem exaustão.


7. A análise a ar frio considera calores específicos constantes avaliados à tempera-tura ambiente (298K)

21.4 Processos e 1ª Lei no ciclo otto

Processos:

1. 1-2: Compressão adiabática

2. 2-3: Transferência calor a volume constante (Adição)

3. 3-4: Expansão adiabática

4. 4-1: Transferência calor a volume constante (Rejeição)

1ª Lei:

1. 1-2:

2. 2-3:

3. 3-4:

4. 4-1:

21.5. Volume deslocado 177

21.5 Volume deslocado

21.6 Pressão efetiva média

Estado P[KPa] T[ºC] v[m|3/K g ] R[KJ/Kg.K]1 P1 T1 v1 R2 P2 T2 v2 R3 P3 T3 v3 R4 P4 T4 v4 R

Processo q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]1-2 0 cv (T2 −T1)2-3 cv (T3 −T2) 03-4 0 cv (T4 −T3)4-1 cv (T1 −T4) 0∑

ql i q wl i q


21.7 Exercício

Um ciclo padrão a ar Otto opera a 300K e 95KPa no início da compressão. Arazão de compressão é de 10.5 e a temperatura máxima no ciclo é de 1800K. Considerecalores específicos constantes avaliados a 300K. Determine:

a) Temperatura no final da compressãob) Pressão máximac) Adição de calor por ciclod) trabalho líquido por cicloe) eficiência térmica do ciclo

21.7.1 Solução

21.7.2 Desenhe os diagramas P-v e T-s

21.7.3 Faça uma tabela dos estados

Estado P[KPa] T[ºC]1234

21.7.4 Preencha os valores conhecidos na tabela

Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 95 30023 18004

21.7.5 Calcule as propriedades restantes

• Estado 1


A pressão e temperatura do ponto já foram fornecidas. Vamos calcular o volumeespecífico com o uso da equação dos gases ideais:

P1.v1 = R.T1 → v1 = R.T1

P1=

287[ JK g .K ].300[K ]

95.103[Pa]= 0,906315789474[m3/K g ] (21.1)


Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 95 300 0,9063223 18004

• Estado 2

No ciclo Otto a razão de compressão é relativa à razão entre os volumes máximoe mínimo na câmara de combustão, v2 e v1, respectivamente. Assim:

v1

v2= r → v2 = v1

r→ v2 = 0,906315789474

10,5= 0,086315789[m3/K g ] (21.2)

O processo 1 a 2 é uma compressão adiabática e reversível (isoentrópica). Dessaforma, podemos utilizar as equações isoentrópicas para gases ideais.

T2

T1=

(P2

P1

) k−1k =

(v2

v1

)1−k

(21.3)

T2 = T1.

(v2

v1

)1−k

→ T2 = 300

(1

10,5

)1−1,4

→ T2 = 768,417017658[K ] (21.4)

(P2

P1

) k−1k =

(v2

v1

)1−k

→ P2

P1=

(v2

v1

)(1−k) kk−1 → P2

P1=

(v2

v1

)−k

(21.5)

P2 = 95[K Pa].1

10,5

−1,4

→ P2 = 2554,98658371[K Pa] (21.6)


Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 95 300 0,906322 2554,98 768,417 0,086313 18004


• Estado 3

Nesta etapa ocorre a adição de calor à volume constante. Assim v3 = v2. Para apressão no ponto 3, há duas opções:

• Utilizando a equação dos gases ideais no ponto 3:

P3v3 = RT3 → P3 = RT3

v3(21.7)

P3 = 287[J/K g .K ]1800[K ]

0,08631[m3/s]→ P3 = 5985,00[K Pa] (21.8)

• Considerando os processos 2 e 3, a volume constante e utilizando a equação dosgases ideais:

P3v3

T3= P2v2

T2→ P3 = P2

T3

T2→ P3 = 2554,98

1800

768,417→ P3 = 5984,98[K Pa] (21.9)


Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 95 300 0,906322 2554,98 768,417 0,086313 5985,00 1800 0,086314

• Estado 4

Sabemos que v4 = v1. Além disso, o processo 3 a 4 é uma expansão adiabáticae reversível (isoentrópica). Dessa forma, podemos utilizar as equações isoentrópicaspara gases ideais.

T4

T3=

(P4

P3

) k−1k =

(v4

v3

)1−k

(21.10)

Logo:

T4 = T3v4

v3

1−k→ T4 = 1800(10,5)1−1,4 = 702,74341613[K ] (21.11)

P4

P3=

(v4

v3

)−k

→ P4 = (5985,0)(10,5−1,4) → P4 = 222,535415108[K Pa] (21.12)



Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 95 300 0,906322 2554,98 768,417 0,086313 5985,00 1800 0,086314 222,53 702,743 0,9063

Uma forma conveniente para verificar se os cálculos estão corretos é calcular aconstante específica R do ar para cada um dos estados: R = P.v

T .

Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ] R[KJ/Kg.K]1 95 300 0,90632 0,2872 2554,98 768,417 0,08631 0,2873 5985,00 1800 0,08631 0,2874 222,5391 702,743 0,9063 0,287

Observamos que, utilizando três casas decimais, todos os valores de R = 0,287[K J/K g .K ]

21.7.6 Faça a tabela dos calores e trabalhosLembrando que no ciclo Otto tanto os calores quanto os trabalhos são calculados

com a energia interna: u = cv .T . Para os cálculos, utilizamos os valores da tabela acimae cv = 0,718[K J/K g .K ]

Processo q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]1-2 0 cv (T2 −T1) = 336,322-3 cv (T3 −T2) = 740,67 03-4 0 cv (T4 −T3) =−787,834-1 cv (T1 −T4) =−289,17 0∑

ql i q = 451,51 wl i q =−451,51

21.7.7 Calcule o rendimento e MEP

η= 451,51

740,67= 60,96% (21.13)

Ou

η= 1− 1

r k−1= 1− 1

10,51,4−1= 60,96% (21.14)

MEP = wl i q

vdesl= 451,51[K J/K g ]

0,90632−0,08631[m3/K g ]= 550,61[K Pa] (21.15)

CAPÍTULO 22Motores de Combustão interna

ciclo Diesel


• Neste capítulo será apresentado o ciclo Diesel para motores de combustão interna


1. Identificar um ciclo Diesel e diferencia-lo do ciclo Otto


3. Fazer balanço de energia em cada etapa para calcular trabalhos, calores e rendi-mento do ciclo

22.2 O ciclo Diesel

De maneira semelhante ao ciclo Brayton e Otto, a análise a ar padrão considera:


Não há processos de admissão nem exaustão.



4. Processo de combustão substituído por transferência de calor de uma fonteexterna à pressão constante



184 Capítulo 22. Ciclo Diesel

Comparação com ciclo Otto:

Otto Diesel1-2 Compressão adiabática Compressão adiabática2-3 Adição de calor a volume constante Adição de calor a pressão constante3-4 Expansão adiabática Expansão adiabática4-1 Rejeição de calor a volume constante Rejeição de calor a volume constante

Desenhe o diagrama P-v e T-s

22.3 Processos e 1ª Lei no ciclo Diesel

Processos:

1. 1-2: Compressão adiabática

q = 0

2. 2-3: transferência de calor a pressão constante (Adição)

wexpansao =−P.d v

3. 3-4: Expansão adiabática

q = 0

4. 4-1: transferência de calor a volume constante (Rejeição)

1ª Lei: du = δq +δw

• 1-2: δw = du = cv dT

• 2-3: du = δq +δw → du = δq −P.d v → du +Pd v = δq → δq = dh = cP .dT

• 3-4: δw = du = cv dT

• 4-1: δq = du = cv dT

22.3. Processos e 1ª Lei no ciclo Diesel 185

Processo q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]1-2 0 cv (T2 −T1)2-3 cP (T3 −T2) −P (v3 − v2)3-4 0 cv (T4 −T3)4-1 cv (T1 −T4) 0∑

ql i q wl i q


22.4 Exercício

Ar a 98KPa e 310K inicia a compressão num ciclo Diesel. A razão de compressãoé 20 e r c = 2,2. Utilize calores específicos constantes, determine:

a) Temperatura no final da compressãob) Pressão máximac) Temperatura máximad) calor adicionado no cicloe) trabalho líquidof) rendimentog) MEP

22.4.1 SoluçãoConsiderações:


Não há processos de admissão nem exaustão.



4. Processo de combustão substituído por transferência de calor de uma fonteexterna à pressão constante



22.4.2 Desenhe os diagramas P-v e T-s

22.4.3 Faça uma tabela dos estados

Estado P[KPa] T[K]1234

22.4.4 Preencha os valores conhecidos na tabela

Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 98 310234


22.4.5 Calcule as propriedades restantes

• Estado 1

A pressão e temperatura do ponto já foram fornecidas. Vamos calcular o volumeespecífico com o uso da equação dos gases ideais:

P1.v1 = R.T1 → v1 = R.T1

P1=

287[ JK g .K ].310[K ]

98.103[Pa]= 0,907857142857[m3/K g ] (22.1)


Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 98 310 0,90786234

• Estado 2

No ciclo Diesel, assim como no Otto, a razão de compressão é relativa à razãoentre os volumes máximo e mínimo na câmara de combustão, v2 e v1, respectivamente.Assim:

v1

v2= r → v2 = v1

r→ v2 = 0,907857142857

20= 0,0453928571428[m3/K g ] (22.2)

O processo 1 a 2 é uma compressão adiabática e reversível (isoentrópica). Dessaforma, podemos utilizar as equações isoentrópicas para gases ideais.

T2

T1=

(P2

P1

) k−1k =

(v2

v1

)1−k

(22.3)

T2 = T1.

(v2

v1

)1−k

→ T2 = 310

(1

20

)1−1,4

→ T2 = 1027,48074538[K ] (22.4)

(P2

P1

) k−1k =

(v2

v1

)1−k

→ P2

P1=

(v2

v1

)(1−k) kk−1 → P2

P1=

(v2

v1

)−k

(22.5)

P2 = 98[K Pa].1

20

−1,4

→ P2 = 6496,32987399[K Pa] (22.6)



Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 98 310 0,907862 6496,33 1027,48 0,0453934

• Estado 3

Nesta etapa ocorre a adição de calor à pressão constante, P3 = P2 = 6496,32987399.Além disso, v3

v2= rc .

v3 = v2.rc → v3 = 0,0453928571428(2,2) → v3 = 0,0998642857142 (22.7)

• Utilizando a equação dos gases ideais no ponto 3:

P3v3 = RT3 → T3 = P3v3

R(22.8)

T3 = 6496,32987399.103[Pa].0,0998642857142[m3/K g ]

287[J/K g .K ]→ T3 = 2260,45763983[K ]

(22.9)

Ou

P3v3

T3= P2v2

T2→ v3

T3= v2

T2→ T3 = T2

v3

v2= 1027,48074538.2,2 = 2260,45763984 (22.10)


Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 98 310 0,907862 6496,33 1027,48 0,045393 6496,33 2260,46 0,099864

• Estado 4

Sabemos que v4 = v1 = 0,907857142857. Além disso, o processo 3 a 4 é umaexpansão adiabática e reversível (isoentrópica). Dessa forma, podemos utilizar as equa-ções isoentrópicas para gases ideais.

T4

T3=

(P4

P3

) k−1k =

(v4

v3

)1−k

(22.11)


Logo:

T4 = T3

(v4

v3

)1−k

→ T4 = 2260,45763983

(0,907857142857

0,0998642857142

)1−1,4

= 934,874786362[K ]

(22.12)

P4

P3=

(v4

v3

)−k

(22.13)

P4 = (6496,32987399)

(0,907857142857

0,0998642857142

)−1,4

→ P4 = 295,541062494[K Pa] (22.14)

P1v1

T1= P4v4

T4→ P4 = P1

T4

T1= 295,541061495[K Pa] (22.15)


Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ]1 98 310 0,907862 6496,33 1027,48 0,045393 6496,33 2260,46 0,099864 295,54 934,87 0,90786

Uma forma conveniente para verificar se os cálculos estão corretos é calcular aconstante específica R do ar para cada um dos estados: R = P.v

T .

Estado P[KPa] T[K] v[m|3/K g ] R[KJ/Kg.K]1 98 310 0,90786 0,2872 6496,33 1027,48 0,04539 0,2873 6496,33 2260,46 0,09986 0,2874 295,54 934,87 0,90786 0,287

Observamos que, utilizando três casas decimais, todos os valores de R = 0,287[K J/K g .K ]

22.4.6 Faça a tabela dos calores e trabalhosNo ciclo Diesel, diferentemente do ciclo Otto, no processo 2−3 há tanto trabalho

(calculado como w =−Pd v) quanto calor (calculado como q = dh). Para os cálculos,utilizamos os valores da tabela acima para as temperaturas e cP = 1,005[K J/K g .K ],cv = 0,718[K J/K g .K ].

Processo q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]1-2 0 cv (T2 −T1) = 515,152-3 cP (T3 −T2) = 1239,15 −P (v3 − v2) =−353,863-4 0 cv (T4 −T3) =−951,774-1 cv (T1 −T4) =−448,66 0∑

ql i q = 790,5 wl i q =−790,5


22.4.7 Calcule o rendimento e MEP

η= 790,5

1239,15= 63,79% (22.16)

MEP = wl i q

vdesl= 790,5[K J/K g ]

0,90786−0,04539[m3/K g ]= 916,55[K Pa] (22.17)

CAPÍTULO 23Propulsão de aeronaves por

motores a jato

Motores a jato são usualmente conhecidos como turbinas a jato. Na verdadea turbina é um dos seus componentes. Eles operam segundo o ciclo Braytonaberto.


• Neste capítulo serão apresentadas os motores a jato para propulsão de aeronaves,incluindo:

Seus componentes

características de funcionamento

modelagem


1. Identificar os componentes de um motor a jato para propulsão de aeronaves

2. diferenciar motores a jato de turbofan


4. Fazer balanço de energia em cada componente para calcular trabalhos, calores

5. calcular empuxo gerado

192 Capítulo 23. Turbinas de aeronaves


Compressor Turbina

2 3

1 4

Wl i qWcomp

Qq

Figura 23.1 – Ciclo Brayton aberto

O principal objetivo é gerar empuxo

• gerado pela alta velocidade de saída

• erro comum: achar que o empuxo é gerado pela

alta pressão de saída

alta temperatura de saída

Os motores a jato podem ser de Jato puro, em que todo o empuxo é gerado pelofluido acelerado na saída da turbina pelo bocal ou turbo-helices, em que parte do fluídopassa pelo sistema compressor-câmara de combustão-turbina e parte passa por fora,pela nacele, sendo acelerado pela hélice. Essa parcela de fluído têm velocidade menormas grande taxa mássica, sendo responsável por 70 a 80 % do empuxo gerado.

Entrada Compressor Câmara deCombustão

Turbina Bocal

Figura 23.2 – Esquema dos componentes de um motor a jato puro

De forma geral, a sequência dos componentes é:

1. Difusor

Desacelera o fluído, aumentando sua pressão. É considerado um difusorisoentrópico para modelagem

2. Compressor

Objetiva aumentar a pressão

23.1. Objetivos do Capítulo 193

3. Câmara de combustão

É onde ocorre a adição de calor. De forma semelhante aos sistemas de gera-ção de potência a gás e ciclos Otto e Diesel ideais, o processo de combustão ésubstituído por uma transferência de calor de uma fonte externa.

4. Turbina

Têm a função de expandir o fluído, gerando trabalho na quantidade necessá-ria somente para movimentar o compressor.

5. Bocal

Tem o objetivo de acelerar o fluído, convertendo a energia de pressão emenergia cinética. Considera-se um bocal isoentrópico.

Importante salientar que estamos considerando escoamento subsônico.

De maneira semelhante ao ciclo Brayton, Otto e Diesel, a análise a ar padrãoconsidera:



3. Processo de combustão substituído por transferência de calor de uma fonteexterna



23.1.1 Procedimento de soluçãoVamos considerar que os dados de entrada são fornecidos, assim como a razão

de compressão. Desta forma, temos que:

• Ponto 1

Na entrada, vamos considerar os dados conhecidos.

Ponto P [KPa] T[K]1 P1 T1

23s3456

• Ponto 2


O ponto 2 é na saída do difusor, que têm a função de desacelerar o fluído. Essa desa-celeração aumenta a pressão, reduzindo o trabalho necessário no compressor. Paraentender o processo, consideramos a entalpia de estagnação na saída do difusor.

A entalpia de estagnação ho em um ponto é a somatória da entalpia mais aenergia cinética. Considerando o ponto 1 de entrada e 2 na saída do difusor, estagnado,fazendo um balanço de energia no volume de controle (difusor), temos:

h1 +V 2

1

2= h2 +

V 22

2(23.1)

Considerando o ponto 2 como estagnado, sua velocidade será nula. V2 = 0. Logo:

h1 +V 2

1

2= h2 = ho (23.2)

O ponto 2, que foi considerado com velocidade nula, é chamado de estagnado.É comum, na literatura, representar as propriedades estagnadas com o subíndice "o"

Para gases podemos substituir a entalpia pela temperatura e calor específico.Considerando cP constante:

cP T2 = cP T1 +V 2

1

2→ T2 = T1 +

V 21

2cP(23.3)

Vamos considerar que tanto o difusor quanto o bocal são isoentrópicos. Destaforma, podemos aplicar as equações isoentrópicas para gases ideais para determinar aspropriedades restantes na saída do difusor:

T2

T1=

(P2

P1

)K−1K =

(v2

v1

)1−K

(23.4)

Como a temperatura já foi obtida, podemos calcular a pressão:

P2 = P1

(T2

T1

) KK−1

(23.5)


2 P2 T2

3s3456

• Ponto 3


Vamos considerar a razão de compressão fornecida, asim como a eficiênciaisoentrópica do compressor. Desta forma:

P3

P2= r → P3 = P2.r (23.6)

Para determinar a temperatura e volume específicos, fazemos uso das equaçõesisoentrópicas para determinar o ponto 3s , isoentrópico. Depois, com o uso da eficiênciaisoentrópica, calculamos o ponto 3 real.

T3s

T2=

(P3

P3

)K−1K =

(v3

v2

)1−K

(23.7)

Com as equações isoentrópicas obtemos T3s . Sabemos que o compressor realconsome mais do que o compressor ideal, temos:

wc = wc |i so

η(23.8)

como w = dh, temos:

h3 −h2 = h3s −h2

η→ h3 = h2 + h3s −h2

η(23.9)

E

h3 = cP T3 → T3 = h3

cP(23.10)


2 P2 T2

3s P3 T3s

3 P3 T3

456

• Ponto 4

Na saída da câmara de combustão, ou a temperatura é fornecida ou a quantidadede calor adicionada é fornecida, para que se obtenha o valor da temperatura. A pressãoé considerada constante e igual à pressão na entrada.



2 P2 T2

3s P3 T3s

3 P3 T3

4 P4 = P3 T4

56

• Ponto 5s e 5

Na saída da turbina, devemos considerar que a expansão é realizada na medidanecessária para que o trabalho da turbina movimente o compressor. Assim:

wT = wC → h5 −h4 = h3 −h2 → h5 = h4 + (h3 −h2) (23.11)

Obtemos T5 = h5/cP

Observem que tanto na turbina quanto no compressor estamos utilizando osvalores reais no ponto. Com o valor da temperatura e da eficiência isoentrópica da tur-bina, temos condições de calcular o valor da temperatura isoentrópica T5s , lembrandoque a turbina real gera menos energia do que a turbina ideal:

wt = ηT wt s → h5 −h4 = η(h5s −h4) → h5s = h5 −h4

η+h4 (23.12)

Obtemos, assim, a temperatura isoentrópica no ponto 5s: T5s = h5cP

. Podemosfazer uso das equações isoentrópicas para calcular a pressão necessária na saída daturbina, uma vez que consideramos P5s = P5. Logo:

T5s

T4=

(P5

P4

)K−1K

(23.13)


2 P2 T2

3s P3 T3s

3 P3 T3

4 P4 = P3 T4

5 P5 T5

6

• Ponto 6


Na saída do bocal, consideramos uma expansão isoentrópica e P6 = P1. Logo:

T6

T5=

(P6

P5

)K−1K

(23.14)

Com a temperatura no ponto 6, podemos calcular a velocidade do ponto 6 pelobalanço de energia, desprezando a velocidade no ponto 5:

h6 +V 2

6

2= h5 +

V 25

2→ h6 +

V 26

2= h5 →V6 =

√2(h5 −h6) =

√2cP (T5 −T6) (23.15)

• Empuxo

O empuxo é calculado por:

E = m(V6 −V1)[K g

s][

m

s] (23.16)

As unidades são: K gs . m

s = K g .ms2 = N


23.2 Exercício

Ar entra num motor turbojato a 26KPa, 230K, v=220m/s, m = 25[K g /s], sendodesacelerado no difusor. A razão de pressão através do compressor é 11 e a queda depressão é desprezível através do combustor. A temperatura na entrada da turbina é de1400K. A eficiência isoentrópica do compressor e turbina são de 85% e 90%, respec-tivamente. O trabalho desenvolvido pela turbina é igual ao trabalho requerido pelocompressor. Os processos no difusor e bocal são isoentrópicos e a operação é em re-gime permanente. Energia cinética é desprezível com excessão na entrada e saída domotor. Realize uma análise a ar padrão, considerando calores específicos constantes,determine:

a) Velocidade na saída do bocalb) Empuxo gerado

23.2.1 Solução





Estado P[KPa] T[K] h [KJ/Kg]123s35s56




6. Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes:

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]CompressorCãmara de combustãoTurbina

7. Calcule os parâmetros desejados


CAPÍTULO 24História da refrigeração


• Neste capítulo será apresentado um histórico da refrigeração


1. Compreender a evolução da refrigeração residencial e industrial

2. Identificar os principais componentes de um ciclo de refrigeração

CAPÍTULO 25Ciclo de Refrigeração de Carnot


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de Refrigeração de Carnot


1. Identificar um ciclo de refrigeração de Carnot


Desenhar os diagramas T-s e P-v

2. Realizar balanço de massa e energia para cálculo dos calores e trabalhos.

3. Calcular a capacidade de refrigeração

25.2 Componentes do ciclo de refrigeração de Carnot

Ciclo de Carnot - desenhar componentes

• 4 estados termodinâmicos

• 4 Componentes

Evaporador: fluido evapora → mudança de fase

Compressor: aumenta a pressão. Saída → vapor saturado

204 Capítulo 25. Refrigeração de Carnot

Condensador: saída → líquido saturado

Turbina:

reduz pressão

expansão do refrigerante

não existe na prática

• Considera componentes perfeitos σT = 0, σC = 0

25.3 Coeficiente de performance para ciclo de refrigeração

COPR = QL

˙QH −QL

(25.1)

COPR = TL

TH −TL(25.2)

25.4 Tonelada de refrigeração (TR)

O que é tonelada de refrigeração?

• É uma taxa de refrigeração: [KJ/min] ou [BTU/min]

• sua origem é ligada à produção de gelo

Quantidade de energia gasta para transformar 2000 lb de água a 32ºF delíquido saturado para sólido saturado num intervalo de 24 horas.

• 2000lb = 907,1847K g

• 32žF = 0žC

Assim:

1[T R] = 200

[BTU

mi n

]= 211

[K J

mi n

](25.3)


25.5 Exercício

R134a é o fluído de trabalho num ciclo de refrigeração de Carnot. A temperaturado evaporador é 5ºC. Vapor saturado entra no condensador a 55ºC e líquido saturadosai a 55ºC. O fluxo de massa é de 5Kg/min. Determine:

a) Taxa de transferência de calor no refrigerante passando pelo evapora-dor

b) Potência líquida de entrada no cicloc) COP

25.5.1 Solução








206 Capítulo 25. Refrigeração de Carnot


Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]CompressorCondensadorTurbinaEvaporador∑

ql i q wl i q

7. Compare trabalho e calores líquidos

8. Calcule COPR e rendimento


CAPÍTULO 26Ciclo de refrigeração por

compressão de vapor


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de refrigeração por compressão de vapore suas diferenças em relação ao ciclo de Carnot.


1. Identificar um ciclo de refrigeração por compressão de vapor

2. Desenhar esquematicamente o ciclo

3. Desenhar os diagramas T-s e P-v

4. Diferenciar os ciclos de Carnot do Ciclo por compressão de vapor

5. Realizar balanço de massa e energia para calculo dos calores e trabalhos.

6. Calcular capacidade de refrigeração

26.2 O ciclo real

O ciclo de Carnot não é prático, pois:

1. Compressor

Duas fases

Solução: vapor saturado ou superaquecido

2. Turbina

Líquido saturado → mistura a baixa pressão

Não existe

Substituir por válvula de expansão

210 Capítulo 26. Refrigeração por compressão de vapor

Ciclo de Carnot x Ciclo por compressão de vapor

Diferenças:

1. Substitui turbina por válvula de expansão, que possui irreversibilidade

2. Entrada do compressor: vapor saturado

3. Nem todo calor trocado (rejeitado) está à TH


26.3 Exercício

R134a é o fluído de trabalho num ciclo de refrigeração por compressão de vaporideal. A temperatura do evaporador é 5ºC e na saída do condensador é de 55ºC. Vaporsaturado sai do evaporador. O fluxo de massa é de 5Kg/min.Determine:




26.4 Exercício

R134a é o fluído de trabalho num ciclo de refrigeração por compressão devapor. A pressão no evaporador é 337,65KPa, no condensador é de 1385,1KPa. Vaporsaturado sai do evaporador e líquido saturado sai do condensador. O fluxo de massa derefrigerante é de 5Kg/min. Determine:



26.4.1 Solução










Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]CompressorCondensadorEvaporador∑

ql i q wl i q





compressão de vapor comirreversibilidades


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de refrigeração por compressão de vaporcom irreversibilidades


1. Identificar um ciclo de refrigeração por compressão de vapor com irreversibilida-des

2. identificar as principais irreversibilidades



5. Realizar balanço de massa e energia para calculo das frações mássicas.

216 Capítulo 27. Eficiência isoentrópica

27.2 Exercício

R134a é o fluído de trabalho num ar condicionado de janela, que fornece23[m3/mi n] de ar a 14ºC, 100KPa para uma sala a 22ºC, 100KPa. Líquido saturadosai do condensador a 900KPa. Vapor entra no compressor a 400KPa, 10ºC. O compressorpossui eficiência isoentrópica de 70%. Determine:

a) Capacidade de refrigeraçãob) Trasferência mássica de refrigerante no evaporadorc) Potência requerida pelo compressord) COP

27.2.1 Solução




Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]12s234







ql i q wl i q




218 Capítulo 27. Eficiência isoentrópica



compressão de vapor comsubresfriamento


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de refrigeração por compressão de vaporcom subresfriamento


1. Identificar um ciclo de refrigeração por compressão de vapor com subresfria-mento



4. Realizar balanço de massa e energia para calculo das cargas térmicas

220 Capítulo 28. Subresfriamento

28.2 Exercício

R134a é o fluído de trabalho num ciclo de refrigeração por compressão de vapor.A pressão no evaporador é 1,85Bar e vapor superaquecido sai do evaporador a -10ºC. Aeficiência isoentrópica do compressor é de 88%. A pressão no condensador é de 8,62Bare líquido subresfriado sai a 31ºC. O fluxo de massa de refrigerante é de 5[K g /mi n].Determine:



28.2.1 Solução



3. Faça uma tabela dos estados:

Estado P[KPa] T[ºC] x v[m3/K g ] h[KJ/Kg] s[KJ/Kg.K]12s234







ql i q wl i q




222 Capítulo 28. Subresfriamento


CAPÍTULO 29Linhas de sucção, de líquido, de

descarga e de distribuição


• Neste capítulo serão apresentadas as linhas de sucção, de líquido, de descarga ede distribuição em um ciclo de refrigeração por compressão a vapor


1. Identificar e diferenciar as linhas de sucção, líquido, descarga e distribuição

29.2 Segmentos

Desenhe os componentes e identifique os segmentos longo e curto

• Linha de Sucção: entrada do compressor. ρvap

• Linha de líquido: saída do condensador. ρl i q

• Linha de descarga: do compressor para o condensador: m = ρAV = A.Vv

• Linha de Distribuição: saída da válvula de expansão. ρl i q > ρvap

• Diâmetro da linha de sucção é maior do que a linha de líquido!

224 Capítulo 29. Linhas de refrigeração

29.3 Linhas de refrigerantes

Duas linhas longas para sistemas residenciais.

• Entrada pela linha de líquido → vai para a válvula de expansão e depois evapora-dor.

• Saída pela linha de vapor → vai para compressor.

• Linhas Longas?

Evaporador para compressor

Condensador para válvula de expansão

• Linhas curtas?

Válvula de expansão para evaporador.

Compressor para condensador.

• Linhas quentes?

Linha de líquido; linha de descarga

• Linhas frias?

Linha de sucção

• Qual é a linha isolada?

Linha de sucção: fria e molhada.

Evitar líquido na entrada do compressor.

Ajuda no resfriamento do compressor.

CAPÍTULO 30Efeitos da variação de pressão e

irreversibilidades no ciclo derefrigeração por compressão de

vapor


• Neste capítulo serão apresentados os efeitos das variações de pressões e dasirreversibilidades no ciclo de refrigeração de compressão a vapor


1. Identificar os efeitos das variações de pressão e irreversibilidades em um ciclo derefrigeração por compressão de vapor

2. Desenhar esquematicamente o ciclo com estes efeitos


30.2 Variação de pressão

Qual o efeito de:

1. Aumentar a pressão no condensador?

2. Reduzir a pressão no evaporador?

Desenhar diagramas T-s e P-h

226 Capítulo 30. Efeitos

É necessário aumentar a pressão no condensador quando se quer rejeitar calorem áreas quentes!

• Reduzir pressão no evaporador:

x4 aumenta;

s1 aumenta;

T2 aumenta;

Menor capacidade de refrigeração, devido ao aumento no título: (1−x4)hLV

30.3 Efeitos das irreversibilidades no compressor


Temperatura na linha de descarga do compressor aumenta.

30.4 Efeito da dispersão de calor pela carcaça do compressor

O compressor dispersa calor para o ambiente.


• Reduz a entropia s2.

• Reduz a entalpia h2

O compressor não é um trocador de calor, sendo resfriado primariamente pelofluido refrigerante.

30.5. Efeito da queda de pressão e dispersão de calor na linha de líquido 227

30.5 Efeito da queda de pressão e dispersão de calor na linha de lí-quido

Ao longo da tubulação os efeitos de atrito resultam em queda de pressão; alémdisso não se consegue isolamento perfeito, o que resulta em troca de calor com oambiente.


• T3 se move para linha de menor pressão. Portanto, será menor.

• x4 menor → mais líquido pronto para prover resfriamento.

30.6 Resumo dos efeitos

Desenhar diagrama T-s

1. Rejeição de calor pelo compressor: 2 → 21;

2. Queda de pressão e rejeição de calor na linha de descarga: 22;

3. Queda de pressão no condensador: 31;

4. Saida do condensador subresfriado: 32;

5. Queda de pressão e rejeição de calor na linha de líquido: 33;

6. Queda de pressão na linha de distribuição do Evaporador: x4 ↓;

7. Queda de pressão no evaporador: 11 → T1 ↓;

8. Saída do evaporador superaquecido: 12;

9. Queda de pressão e rejeição de calor na linha de sucção: 13.

CAPÍTULO 31Refrigeração em cascata


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de refrigeração por compressão de vaporem cascata


1. Identificar um ciclo de refrigeração por compressão de vapor em cascata



4. Realizar balanço de massa e energia para calculo dos calores, trabalhos e capaci-dade de refrigeração.

230 Capítulo 31. Refrigeração em cascata


• Trocador de calor se comporta como:

Evaporador para ciclo B;

Condensador para ciclo A.

• Volume de controle no trocador: balanço de energia

Qout ,A = Qi n,B

mA(h3 −h2) = mB (h5 −h8)

• COPR = QE

WC ,A+WC ,B

WC ,A = mA(h2 −h1)

WC ,B = mB (h6 −h5)

31.2 Procedimento de solução

1. Desenhar os componentes do ciclo

2. Fazer os diagramas P −h e T − s

3. Fazer uma tabela das propriedades

4. Fazer uma tabela dos calores e trabalhos de cada componente

5. Calcular rendimento e bwr


compressão de vapor multiestágiocom intercooler


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de refrigeração por compressão de vapormultiestágio com intercooler


1. Identificar um ciclo de refrigeração por compressão de vapor multiestágio comintercooler


3. Desenhar os diagramas T-s e P-h


232 Capítulo 32. Refrigeração Multiestágio com intercooler


32.2 Balanço de energia e de massa na câmara de mistura

Do balanço de energia na câmara de mistura, temos:

h3.m3 = h9m9 +h2m2 (32.1)

Da câmara flash, a quantidade de vapor em sua saída pode ser determinada por:

x6 = m9

m6(32.2)

E da conservação de massa, temos:

m6 = m5 = m4 = m3 (32.3)

Logo:

x6 = m9

m3(32.4)

Também devido à conservação de massa, temos:

m2 = m1 = m8 = m7 (32.5)

E a quantidade de líquido que sai da câmara flash é:

m7

m6= 1−x6 (32.6)

32.2. Balanço de energia e de massa na câmara de mistura 233

Logo:

1−x6 = m2

m6(32.7)

Dividindo a Eq.(32.1) por m3:

h3m3

m3= h9

m9

m3+h2

m2

m3(32.8)

Assim:h3 = h9x6 +h2(1−x6) (32.9)


32.3 Exercício

R134a é o fluído de trabalho num ciclo de refrigeração por compressão devapor multiestágio com câmara flash. A temperatura do evaporador é de -25ºC. Líquidosaturado sai do condensador a 1100KPa e passa através da primeira válvula de expansãoa 400KPa. Vapor saturado sai da câmara de flash e é misturado com o refrigerante entreos dois compressores. A capacidade de refrigeração é de 15Tons. Determine:

a) Fluxo de massa de refrigerante no evaporador [Kg/s]b) Potência de entrada em cada compressorc) COP

32.3.1 Solução


2. Desenhe o diagrama T-s e P-h








Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Compressor 1Compressor 2CondensadorEvaporador∑

ql i q wl i q





compressão de vapor com doisevaporadores


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de refrigeração por compressão de vaporcom dois evaporadores


1. Identificar um ciclo de refrigeração por compressão de vapor com dois evapora-dores


3. Desenhar os diagramas T-s e P-h


238 Capítulo 33. Refrigeração com dois evaporadores



33.2 Exercício

R134a é o fluído de trabalho num ciclo de refrigeração por compressão de vaporcom dois evaporadores. Líquido saturado sai do condensador a 34ºC. O refrigerantenos evaporadores estão a 0ºC e -20ºC. Vapor saturado sai de cada evaporador. O 1ºevaporador possui capacidade de refrigeração de 0,9 tons e o 2º 0,8 tons. Determine:

a) Fluxo mássico de refrigerante através de cada evaporador [Kg/s]b) Potência líquida de entrada no ciclo [kW]

33.2.1 Solução


2. Desenhe o diagrama T-s e P-h



240 Capítulo 33. Refrigeração com dois evaporadores




6. Faça a tabela de calores e trabalhos dos componentes:

Componente q[KJ/Kg] w[KJ/Kg]Compressor 1Compressor 2CondensadorEvaporador∑

ql i q wl i q




CAPÍTULO 34Bombas de Calor e refrigeração a

gás


• Neste capítulo serão apresentadas as bombas de calor e a refrigeração a gás


1. identificar as características e diferenças das bombas de calor

2. Identificar um ciclo de refrigeração a gás

34.2 Bombas de calor


Determinação do COP da bomba de calor:

COPBC = QH

WC= WC +QL

WC= 1+ QL

WC= 1+COPR (34.1)

34.3 Refrigeração a gás

Pode-se dizer que é o ciclo Brayton ao contrário.

244 Capítulo 34. Bombas de Calor e Refrigeração a gás

Desenhar esquemativamente o ciclo

Desenhar o diagrama T-s

• Refrigeração Brayton padrão:

ηC = 100%

ηT = 100%

E se a turbina for substiuída por uma válvula de expansão? Não funciona!

CAPÍTULO 35Ciclo de refrigeração por absorção


• Neste capítulo será apresentado o ciclo de refrigeração por absorção de amônia


1. Identificar um ciclo de refrigeração por absorção


3. Diferenciar os ciclos por compressão de vapor e de absorção

35.2 Refrigeração por absorção


• Reduzir consumo de energia:

compressor = muita energia

bomba = pouca energia

35.3 Refrigeração por absorção de amônia-água


CAPÍTULO 36Mistura de Gases ideais:

introdução à Psicrometria


• Neste capítulo serão apresentados conceitos fundamentais da Psicrometria parao dimensionamento de sistemas de refrigeração, entre eles: pressão e volumeparciais; frações molares; frações mássicas.


1. Entender o que é fração molar de uma mistura

2. Entender o que é fração mássica de uma mistura

3. Explicar o conceito de pressões e volumes parcias

4. Calcular as propriedades de uma mistura para sistema fechado e aberto

36.2 Psicrometria

Do grego psykhrós, «frio» +métron, «medida» +-ia

Psicrometria é o estudo das misturas de ar e vapor de água.

• O ar atmosférico é uma mistura de ar seco mais água no estado vapor.

O processo de condicionamento de ar envolve não somente o ajuste da tempera-tura, como também de sua umidade. Enquanto funcionário da Buffalo Forge Company,Willis Carrier foi incumbido de desenvolver um projeto para controle de umidade naempresa Sackett & Lithography and Printing Company no Brooklyn, Nova York, quevinha tendo problemas na qualidade das impressões realizadas devido à excessiva umi-dade. O projeto foi submetido em 17 de Julho de 1902 e instalado no verão do mesmoano. A primeira unidade moderna de ar condicionado, que permitiu a impressão comqualidade. Uma das primeiras revistas a ser impressa com o sistema de ar condicionadopara controle da umidade foi a revista Judge.

248 Capítulo 36. Introdução à Psicrometria

Se for considerado apenas ar seco, podemos utilizar as equações de gases ideaise a consideração de variação de energia interna como du = cv dT e de entalpia comodh = cP dT . Entretanto, a presença da umidade altera, e de maneira significativa, aquantidade de calor que deve ser removida para reduzir a temperatura do ambiente.Dessa forma, sem o entendimento da psicrometria, seu sistema de refrigeração nãoatenderá o objetivo almejado.

36.3 A equação dos gases ideais

36.3.1 Em função da massa

Relembrando a equação dos gases ideais:

P.V = m.R.T (36.1)

Sendo

• P : Pressão [K Pa]

• V : volume [m3]

• m: massa [K g ]

• T : temperatura [K ]

• R: constante específica do gás [K J/K g .K ]

36.3.2 Em função da massa molar

A constante específica R do gás se relaciona com a constante universal R atravésde sua massa molar M:

R = R

M(36.2)

sendo: R = 8314[ JK mol .K ] e M = m

n a massa molar [ K gK mol ]

Substituindo a constante específica R do gás pela constante universal R na Eq.36.1, temos:

P.V = mR

M.T (36.3)

mas M = mn → m = M .n. Logo:

P.V = (M .n)

(R

M

).T → P.V = n.R.T (36.4)

36.4. Fração Molar yi 249

36.4 Fração Molar yi

Uma mistura é formada por múltiplos componentes. Por exemplo, o ar pode sercaracterizado por uma mistura de Oxigênio, Nitrogênio, gás carbônico, água. O númerototal de mols dessa mistura será a somatória do número de mols de cada componente.Assim:

n = n1 +n2 +n3 + ... (36.5)

sendo ni o número de mols do componente "i"na mistura. Do nosso exemplo, n1 é onúmero de mols de Oxigênio, n2 o número de mols de Nitrogênio, n3 o número de molsde gás carbônico e n4 o número de mols de água.

Se dividirmos a equação pelo número de mols total da mistura, temos:

1 = n1

n+ n2

n+ n3

n+ ... (36.6)

À razão entre o número de mols de determinado componente na mistura e onúmero de mols total, chamamos de fração molar yi

yi = ni

n(36.7)

Assim,a Eq. 36.6 pode ser reescrita como:

1 = y1 + y2 + y3 + ... (36.8)

36.5 Fração mássica m f

De forma semelhante, a massa total da mistura será a somatória da massa decada componente "i"na mistura:

m = m1 +m2 +m3 + ... (36.9)

Dividindo o lado direito e esquerdo pela massa m:

1 = m1

m+ m2

m+ m3

m+ ... (36.10)

À razão entre a massa do componente e a massa total da mistura chamamos defração mássica "m f ’.

m f i =mi

m(36.11)

1 = m f 1 + y f 2 + y f 3 + ... (36.12)


36.6 Modelo de Amagat: volumes parciais

Uma mistura de vários gases terá o volume total igual à somatória dosvolumes dos constituintes considerados individualmente à mesma Pressãoe Temperatura da mistura.

P,T

V =

P,T

V1 +

P,T

V2

Figura 36.1 – Modelo de Amagat: o volume total de uma mistura de gases ideais é dado pelasomatória do volume de cada constituinte, avaliados à pressão e temperatura damistura.

Considere dois gases, com P1 = P2 = P e T1 = T2 = T . Logo, o volume total V damistura será:

V =V1 +V2 (36.13)

Dividindo os lados esquerdo e direito pelo volume:

1 = V1

V+ V2

V(36.14)

Mas, da equação dos gases ideais, sabemos que: P.V = nRT . Logo:

V1 = n1RT1

P1(36.15)

V2 = n2RT2

P2(36.16)

V = nRT

P(36.17)

Como cada componente está à mesma pressão e temperatura da mistura, temos:

• P1 = P2 = P

• T1 = T2 = T

Assim:

V1

V=

n1RTP

nRTP

→ V1

V= n1

n= y1 (36.18)

36.7. Modelo de Dalton: pressões parciais 251

V2

V=

n2RTP

nRTP

→ V2

V= n2

n= y2 (36.19)

Observamos que o volume parcial de cada componente Vi se relaciona com ovolume total através de sua fração molar yi :

Vi = yi V (36.20)

36.7 Modelo de Dalton: pressões parciais

Uma mistura de vários gases terá a Pressão total igual à somatória das Pres-sões dos constituintes considerados individualmente à mesma Temperaturae Volume da mistura.

T,V

P =

T,V

P1 +

T,V

P2

Figura 36.2 – Modelo de Dalton: a presão total de uma mistura de gases ideais é dada pelasomatória das pressões de cada constituinte, avaliados na temperatura e volumeda mistura.

Considere dois gases, com T1 = T2 = T e V1 =V2 =V . Logo, o volume total V damistura será:

P = P1 +P2 (36.21)

Dividindo os lados esquerdo e direito pela pressão:

1 = P1

P+ P2

P(36.22)

Mas, da equação dos gases ideais, sabemos que: P.V = nRT . Logo:

P1 = n1RT1

V1(36.23)

P2 = n2RT2

V2(36.24)

P = nRT

V(36.25)

Como cada componente está à mesma pressão e temperatura da mistura, temos:


• V1 =V2 =V

• T1 = T2 = T

Assim:

P1

P=

n1RTV

nRTV

→ P1

P= n1

n= y1 (36.26)

P2

P=

n2RTV

nRTV

→ P2

P= n2

n= y2 (36.27)

Observamos que a pressão parcial de cada componente Pi se relaciona com apressão total através de sua fração molar yi :

Pi = yi P (36.28)

36.7.1 Análise molar e mássica de uma misturaA composição do ar seco na atmosfera que respiramos é de 78% de nitrogênio,

21% de oxigênio, 0,9% de argônio, 0,03% de gás Dióxido de carbono e diversos outrosgases nobres. Para efeitos de cálculo, considere uma mistura de 1.8[K mol ] compostapor 78% de Nitrogênio, 21% de Oxigênio, 0,9% Argônio e 0,1% de Gás Carbônico, àpressão de 100 [KPa] e temperatura de 25žC . Para esse gás, determine:

• A massa molar da mistura

• As frações mássicas da mistura e sua massa total

• A pressão parcial do Gás Carbônico

• O volume ocupado pela mistura

• O volume parcial de Nitrogênio

• O número de mols e o volume ocupado por 50[K g ] da mistura.

Inicialmente precisamos da massa molar (M) de cada um dos gáses indicados,que podem ser obtidas de tabelas de propriedades. As frações molares foram fornecidasno enunciado. Assim:

Gás M [ K JK mol .K ] yi

N2 28,013 0,78O2 31,999 0,21

Argônio 39,948 0,009Dióxido de Carbono 44,01 0,001

Com o número de mols da mistura e a fração molar de cada gás, pode-se calcularo número de mols de cada componente:


yi = ni

n→ ni = yi .n

Gás M [ K JK mol .K ] yi ni [Kmols]

N2 28,013 0,78 0,78 x 1,8[K mol ] = 1,404O2 31,999 0,21 0,21 x 1,8[K mol ] = 0,378

Argônio 39,948 0,009 0,009 x 1,8[K mol ] = 0,0162Dióxido de Carbono 44,01 0,001 0,001 x 1,8[K mol ] = 0,0018

A massa de cada componente pode ser determinada por:

M = m

n→ m = M .n

Logo:

Gás M [ K JK mol .K ] yi ni Massa [Kg] (m = ni .M)

N2 28,013 0,78 1,404 39,3302O2 31,999 0,21 0,378 12,095

Argônio 39,948 0,009 0,0162 0,6472Dióxido de Carbono 44,01 0,001 0,0018 0,0792∑

52,1522

Com a massa total, a fração mássica de cada componente pode ser calculadapor

m f =mi

mmi stur a

Assim:

Gás M [ K JK mol .K ] yi ni Massa [Kg] (m = ni .M) m f

N2 28,013 0,78 1,404 39,3302 0,7541O2 31,999 0,21 0,378 12,095 0,2319

Argônio 39,948 0,009 0,0162 0,6472 0,0124Dióxido de Carbono 44,01 0,001 0,0018 0,0792 0,0152∑

52,1522

Podemos observar que as frações mássicas são bem diferentes das frações mola-res.

Com a massa total da mistura e o número de mols, é possível calcular a massamolar M da mistura:


M = mmi stur a

nmi stur a= 52,1522[K g ]

1,8[K mol ]M = 28,9734[K g /K mol ]

A pressão parcial de cada um dos gases pode ser calculada com base na pressãototal e na fração molar:

Pi = yi .P

Gás yi Pi = yi .100 [KPa]N2 0,78 78O2 0,21 21


O volume total da mistura pode ser calculado com a equação dos gases ideais:

P.V = n.R.T

V = n.R.T

P

V = 1,8[K mol ].8314[J/K mol .K ].(25+273,16)[K ]

100.103[Pa]

V = 44,62[m3]

Ou

R = R

M= 8314[J/K mol .K ]

28,9734[K g /K mol ]= 286,9528[J/K g .K ]

P.V = m.R.T

V = m.R.T

P

V = 52,1522[K mol ].286,9528[J/K mol .K ].(25+273,16)[K ]

100.103[Pa]

V = 44,62[m3]

O volume parcial de cada um dos gases pode ser calculado com base no volumetotal e na fração molar:

Vi = yi .V


Gás yi Vi = yi .V [m3]N2 0,78 34,8036O2 0,21 9,3702


Para volume ocupado por 50Kg da mistura, temos:

P.V = m.R.T

V = 50[K g ].8314[J/K g .K ]/28,9734[K g /K mol ].(25+273,16)[K ]

100.103[Pa]= 42,78m3

E o número de mols é:

P.V = n.R.T

n = P.V

R.T

n = 100.103[Pa].42,78[m3]

8314[J/K mol .K ].(25+273,16)[K ]n = 1,73[K mol ]

CAPÍTULO 37Mistura de Gases ideais: cálculo

da variação de energia e entropiade uma mistura


• Neste capítulo serão calculadas as variações de energia e geração de entropia emuma mistura para sistemas fechado e aberto


1. calcular variação de energia para mistura de gases ideais em sistema fechado

2. calcular variação de energia para mistura de gases ideais em sistema aberto

3. calcular a geração de entropia numa mistura de gases ideais para sistema fechadoe aberto

37.2 Massa e número de mols total da mistura

Para uma mistura de gases ideais, a massa total da mistura mmi st será a somató-ria das massas de cada um dos componentes. Para N componentes:

mmi st =N∑

i=1mi (37.1)

De forma semelhante, o número total de mols da mistura nmi st será a somatóriados mols de cada um dos componentes:

nmi st =N∑

i=1ni (37.2)


37.3 Variação da energia interna da mistura

A variação da energia interna entre os estados 1 e 2 será dada pela somatóriadas variações das energias internas de cada um dos componentes da mistura. Para Ncomponentes da mistura, podemos escrever:

• Base mássica

U2 −U1 =N∑

i=1mi (u2 −u1)i (37.3)

• Base molar

U2 −U1 =N∑

i=1ni (u2 − u1)i (37.4)

sendo u a energia interna na base molar, em unidades de K JK mol

Para o caso de calores específicos constantes: du = cv .dT . Assim:

• Base mássica

U2 −U1 =N∑

i=1mi .cvi .(T2 −T1)i (37.5)

• Base molar

U2 −U1 =N∑

i=1ni . ¯cvi .(T2 −T1)i (37.6)

sendo cv o calor específico na base molar, em unidades de K JK mol .K

• Importante salientar que não existe o conceito de temperaturas parciais. Os com-ponentes podem iniciar em temperaturas diferentes e terminar em temperaturasiguais.

37.4 Variação da entalpia da mistura

De forma similar, a entalpia total de uma mistura com N componentes serádada pela somatória das entalpias de cada um dos componentes:

• Base mássica

H2 −H1 =N∑

i=1mi .(h2 −h1)i (37.7)

Utilizando o calor específico, lembrando que dh = cP .dT :

H2 −H1 =N∑

i=1mi .cPi (T2 −T1)i (37.8)

37.5. Variação da entropia da mistura 259

• Base molar

H2 −H1 =N∑

i=1ni .(h2 − h1)i (37.9)

H2 −H1 =N∑

i=1ni . ¯cPi .(T2 −T1)i (37.10)

37.5 Variação da entropia da mistura

A entropia pode ser calculada pelas equações de Gibbs:

s2 − s1 = du +P.d v (37.11)

s2 − s1 = dh − v.dP (37.12)

Para gases ideais:

s2 − s1 = cP ln

(T2

T1

)−R ln

(P2

P1

)(37.13)

s2 − s1 = cv ln

(T2

T1

)+R ln

(V2

V1

)(37.14)

Para uma mistura de gases ideais:

S2 −S1 =N∑

i=1mi

[cPi ln

(T2

T1

)i−Ri ln

(P2

P1

)i

](37.15)

S2 −S1 =N∑

i=1ni

[¯cPi ln

(T2

T1

)i− Ri ln

(P2

P1

)i

](37.16)

37.6 Exercício: sistema fechado

Um tanque rígido e bem isolado contém 0,36Kmol de Nitrogênio a 500K e300KPa e está conectado a um segundo tanque, também rígido e bem isolado, contendo0,14Kmol de Hidrogênio a 300K e 70KPa. Uma válvula é aberta e os gases se misturampara obter um estado de equilíbrio final. Determine:

1. A temperatura final da mistura

2. Geração de entropia durante a mistura

Tabela 37.1 – Propriedades

Gás cP [K J/K g .K ] cV [K J/K g .K ] M [K g /K mol ]N2 1,052 0,7551 28,013H2 14,45 10,33 2,013


37.6.1 SoluçãoPara o cálculo da temperatura final de equlíbrio, devemos considerar que os

tanques no estado final compreendem um sistema fechado. Aplicando a primeira lei datermodinâmica ao sistema, temos:

dE = δQ +δW

• Ambos os tanques são bem isolados, dessa forma δQ = 0.

• Ambos os tanques são rígidos, dessa forma a variação de volume é nula e conse-quentemente δW = 0

• Podemos desprezar os termos de energia cinética e pontencial. Logo: dE = dU

• Para gases ideais, temos que: dU = cV .dT

• Vamos identificar o estado final como o estado 2 e o estado inicial como 1.

Assim:

dU = 0

dUN2 +dUH2 = 0

A variação de energia será:

• Para o Nitrogênio

dUN2 = mN2 .[cV (T2 −T1)]N2

• Para o Hidrogênio

dUH2 = mH2 .[cV (T2 −T1)]H2

• Para a mistura

dU = 0

dUN2 +dUH2 = 0

As temperaturas iniciais de cada gás são conhecidas. As massas de cada gáspodem ser calculadas com o número de mols e suas respectivas massas molares:

M = m

nmN2 = nN2 .MN2

mN2 = 0,36[K mol ].28,013[K g /K mol ]

mN2 = 10,085[K g ]

37.6. Exercício: sistema fechado 261

mH2 = nH2 .MH2

mH2 = 0,14[K mol ].2,016[K g /K mol ]

mH2 = 0.28224[K g ]

A massa total da mistura será: mmi st = mN2 +mH2 = 10.367[K g ]. Da Eq.37.6.1:

mN2 .[cV (T2 −T1)]N2 +mH2 .[cV (T2 −T1)]H2 = 0

T2 =mN2 .[cV .T1]N2 +mH2 .[cV .T1]H2

mN2 .cV |N2 +mH2 .cV |H2

T2 = 10,08468[K g ].0,7551[K J/K g .K ].500[K ]+2,156[K g ].19,33[K J/K g .K ].300[K ]

10,08468[K g ].0,7551[K J/K g .K ]+2,156[K g ].19,33[K J/K g .K ]

T2 = 444,63[K ]

Para o cálculo da geração de entropia, temos que:

dS =∫δQ

T+σ (37.17)

Como os tanques são adiabáticos:

σ= dS

σ= mN2

[cP . ln

(T2

T1

)−R. ln

(P2

P1

)]N2

+mH2

[cP . ln

(T2

T1

)−R. ln

(P2

P1

)]H2

As temperaturas iniciais e as pressões inicias de cada um dos gases são conhe-cidas. Um ponto importante é a pressão final P2 de cada um dos gases na mistura.Devemos considerar as pressões parciais, com base na pressão total e nas fraçõesmolares yi . As frações molares são:

• Para Nitrogênio

yN2 =0,36

0,36+0,14yN2 = 0,72


• Para Hidrogênio

yH2 =0,14

0,36+0,14yH2 = 0,28

A pressão final da mistura pode ser calculada com a equação dos gases ideais:

Pmi st .Vmi st = nmi st .R.Tmi st

O volume total Vmi st é a somatória do volume de cada tanque.

• Da equação dos gases ideais:

V = n.R.T

P

• Para o tanque de Nitrogênio

VN2 =0,36[K mol ].8314[J/K mol .K ].500[K ]

300.103[Pa]

VN2 = 4,9884[m3]

• Para o tanque de Hidrogênio

VH2 =0,14[K mol ].8314[J/K mol .K ].300[K ]

70.103[Pa]

VN2 = 4,9884[m3]

• O volume total é V = 9,9768[m3]

• A pressão final da mistura é:

Pmi st = nmi st .R.Tmi st

Vmi st

Pmi st = 0,5[K mol ].8314[J/K mol .K ].444,63[K ]

9,9768[m3]Pmi st = 185,26[K Pa]

• A pressão parcial do Nitrogênio na mistura final será:

PN2 |mi st = 0,72.185,2625[K Pa] = 133,39[K Pa]

• A pressão parcial do Hidrogênio na mistura final será:

PH2 |mi st = 0,28.185,2625[K Pa] = 51,873[K Pa]

37.7. Exercício: sistema aberto 263

• A geração de entropia será:

σ= 10,0[K g ].

1,052

[K J

K g .K

]. ln

(444,63

500

)− 8,314

[ K JK mol .K

]28,013

[K g

K mol

] . ln

(133,39

300

)+0,28224[K g ].

14,45

[K J

K g .K

]. ln

(444,63

500

)− 8,314

[ K JK mol .K

]2,016

[K g

K mol

] . ln

(51,873

70

)σ= 3,1347[K J/K ]

37.7 Exercício: sistema aberto

Nitrogênio a 40[oC ], 200[KPa] e vazão de 60 m3/mi n entra numa câmara demistura bem isolada e mistura com Argônio entrando a 110[žC ], 200KPa e 20[m3/mi n].A mistura sai a 200[KPa]. Determine:

1. A temperatura final da mistura

2. A taxa de produção de entropia na mistura

Tabela 37.2 – Propriedades

Gás cP [K J/K g .K ] cV [K J/K g .K ] M [K g /K mol ]N2 1,052 0,7551 28,013Ar 0,52 0,312 39,948

N2

Ar

Mist

37.7.1 Solução

• Balanço de massa

Considerando que não há reação entre os gases, a taxa mássica da mistura mmi stserá a soma das taxas mássicas de cada um dos gases:


mmi st = mAr +mN 2

A taxa mássica pode ser calculada por:

m = ρ.(A.V )

Sendo o termo (A.V ) a vazão volumétrica já fornecida. A massa específica de cadaum dos gases pode ser determinada pela equação dos gases ideais:

P = ρ.R.T

ρ = P

R.T

sendo:

RN 2 = 8,314[K J/K g .K ]

28,013[K g /K mol ]= 0,29679

[K J

K g .K

]e

RAr = 8,314[K J/K g .K ]

39,948[K g /K mol ]= 0,20812

[K J

K g .K

]

Logo:

ρN 2 = PN 2

RN 2.TN 2

ρN 2 = 200[K Pa]

0,29679.(40+273,16)

ρN 2 = 2,1519[K g /m3]

ρAr = 200[K Pa]

0,20812.(110+273,16)

ρAr = 2,5080[K g /m3]

As taxas mássicas serão:

mN 2 = 2,1519.60[K g ]

60[s]= 2,1519[K g /s]

mAr = 2,5080.20[K g ]

60[s]= 0,83601[K g /s]

A taxa mássica da mistura será mmi st = mN 2 +mar = 2.9879[K g /s]

37.7. Exercício: sistema aberto 265

• Balanço de energia

Aplicando a primeira lei ao sistema aberto, considerando que não há troca decalor, não há realização de trabalho e desprezando os termos de variações deenergias cinética e potencial, têm-se:

dE = δQ +δW

d H = 0

d HN 2 +d HAr = 0

mN 2.cP |N 2(Tmi st −TN 2)+mAr .cP |Ar (Tmi st −TAr ) = 0

Tmi st = mN 2.cP |N 2.TN 2 +mAr .cP |Ar .TAr

mN 2.cP |N 2 +mAr .cP |Ar

Tmi st = 324,44[K ]

• Taxa de produção de entropia será dada por:

σ= mN 2.∆sN 2 +mAr .∆sAr

E as variações de entropia são:

∆s = cP . ln

(T2

T1

)−R. ln

(P2

P1

)sendo T1 e P1 a temperatura e pressão iniciais e T2, P2 temperatura e pressãofinais.

A pressão final de cada gás na mistura final deve ser calculada com base noconceito das pressões parciais. A taxa molar de cada um dos gases pode sercalculada pela sua taxa mássica e a massa molar:

n = m

M

nN 2 =˙2,1519

28,013= 0,0768[K mol s/s]

nAr =˙0,83601

39,948= 0,0209[K mol s/s]

A taxa molar da mistura será: nmi st = 0.0977[K mol s/s]

As frações molares são:

yN 2 = 0,0768

0,0977= 0,786

y Ar = 0,0209

0,0977= 0,214


E as pressões parciais na mistura são:

PN 2 = 0,786.200[K Pa] = 157,216[K Pa]

P Ar = 0,214.200[K Pa] = 42,784[K Pa]

Logo, as variações de entropia são:

Para o Nitrogênio:

2,1519

[1,052. ln

(324,4

313,16

)−0,29679. ln

(157,216

200

)]= 0,2335[K W /K ]

Para o Argônio:

0,83601

[0,52. ln

(324,4

383,16

)−0,20812. ln

(42,784

200

)]= 0,2344[K W /K ]

E a taxa de produção de entropia total será 0,2335+0,2344 = 0,4679[K W /K ]

CAPÍTULO 38Psicrometria


• Neste capítulo serão apresentados conceitos fundamentais da Psicrometria para odimensionamento de sistemas de refrigeração, entre eles: temperaturas de bulboseco, de bulbo úmido e de orvalho; umidade relativa; umidade absoluta;


1. Entender e diferenciar temperaturas de bulbo seco, bulbo úmido e de orvalho

2. Explicar o que é umidade relativa e umidade absoluta

3. Calcular a pressão de vapor em uma mistura de ar+vapor

38.2 Ar seco, Ar saturado e Ar úmido

• Ar seco: não contém água

• Ar saturado: contém a maior quantidade possível de água. Sua pressão será apressão de saturação da água para a dada temperatura

• Ar úmido: intermediário entre ar seco e saturado. Sua pressão será uma fração dapressão do ar saturado.

38.3 Umidade relativa φ

À razão entre o número de mols de água no ar e o número máximo possível demols de água no ar, chamamos de umidade relativa:

φ= yH20

ymax(38.1)

a fração molar máxima será a de condição de água saturada. Assim: ymax = ysat


Como, pelo modelo de pressões parciais (Eq. 36.28), yi = PiP , temos:

φ=PH20

PPsat

P

= PH2O

Psat= pressão parcial do vapor de água

pressão de saturação de água pura a mesma temperatura(38.2)

38.4 Umidade absolutaω

A umidade absoluta ω é a razão entre a massa de água e a massa de ar seco.

ω= mvapor de água

mar seco(38.3)

Para a determinação da umidade absoluta, faz-se uso da equação dos gasesideais. Em aplicações usuais de ar condicionado, tanto o ar quanto o vapor de águapodem ser admitidos como gases ideais perfeitos.

Para vapor vamos utilizar o subíndice V e para o ar seco o subíndice As :

PV .VV = mV RV TV → mV = PV VV

RV TV(38.4)

P AsVAs = mAsRAsTAs → mAs = P AsVAs

RAsTAs(38.5)

Logo:

ω= mV

mAs=

PV VVRV TV

P AsVAsRAs TAs

(38.6)

Fazendo uso do modelo de Dalton das pressões parciais:

• o volume de cada componente é o volume total da mistura

VV =VAs =V

• a temperatura de cada componente é a temperatura da mistura

TV = TAs = T .

Assim:

ω= mV

mAs=

PV VRV TP AsVRAs T

→PVRV

P AsRAs

→ RAs

RV

PV

P As(38.7)

sendo:

• RAs = 287[J/K g .K ]: a constante de gás do ar seco

• RV = 461,5[J/K g .K ]: a constante de gás do vapor

38.5. Temperaturas de bulbo seco e temperatura de orvalho 269

• P = PV +P As : a pressão atmosférica (barométrica)

ω= 0,622PV

P As= 0,622

PV

P −PV(38.8)

38.5 Temperaturas de bulbo seco e temperatura de orvalho

• Temperatura de bulbo seco é a que o termômetro convencional nos apresenta.

• Temperatura de orvalho é a temperatura que o vapor de água presente no ar irácondensar. É a temperatura de saturação para a pressão que o vapor de água seencontra.

38.6 Exercício: determinação das propriedades num processo de res-friamento

Ar úmido está a 100KPa, 30ºC, e 84% de umidade relativa. O ar é resfriado àpressão constante. Calcule:

1. A pressão de vapor na mistura

2. a temperatura de orvalho

3. a pressão de ar seco na mistura

4. a razão de umidade

5. a massa de vapor de água em uma sala de 1m3

Solução:

• Item 1

φ= PV

Psat= 84% (38.9)

Logo:

PV =φ.Psat (38.10)

Das tabelas termodinamicas, para T = 30žC a pressão de saturação para a águaé de 4,246K Pa. Logo:

PV = 0,84.4,246[K Pa] = 3,567[K Pa] (38.11)

Isso significa que, para 100KPa, 30ºC e umidade relativa de 84%, o vapor de água está àpressão de 3,567[K Pa].

• Item 2


Das tabelas termodinâmicas, a temperatura de saturação para essa pressão éde:

P[KPa] T[ºC]3 24,08

3,567 To

4 28,96

Fazendo a interpolação: To = 26,85ž[C ]

• Item 3

P = P As +PV → 100[K Pa] = P As +3,567[K Pa] → P As = 100−3,567 = 96,433[K Pa](38.12)

• Item 4

ω= 0,622PV

P As= 0,622

3,567

96,433= 0,02307[K gV /K g As] (38.13)

A razão de umidade indica que, para cada 1 Kg de ar seco, há 0,02307[Kg] deágua no estado vapor.

• Item 5

Da equação dos gases ideais:

PV VV = mV RV TV → mV = PV VV

RV TV(38.14)

• PV = 3,567[K Pa]

• VV = 1m3

• R = R/M = 8314[J/K g .K ]/18,02[K g /K mol ]

• T = 30žC = 303,15[K ]

Logo:

mV = 3,567x103[Pa]1[m3]8314[J/K g .K ]

18,02[K g /K mol ] 303,15[K ]= 0,0255[K g ] (38.15)

Forma alternativa para determinar a massa de vapor, à partir da massa de arseco:

mAs = P AsV

RAsT= 96,433[K Pa]1[m3]

0,287[K J/K g .K ](30+273,15)[K ]= 1,1084[K g As] (38.16)

Logo: ω= mVmAs

→ mV = 0,02307.1,1084 = 0,0255[K g ]

38.7. Determinação da quantidade de água que irá condensar num processo de resfriamento. 271

38.7 Determinação da quantidade de água que irá condensar numprocesso de resfriamento.

Ar úmido está a 100KPa, 30ºC, umidade relativa de 84%. O ar é resfriado à pressãoconstante. Determine a umidade relativa, temperatura de orvalho e razão de umidadese o ar é resfriado em 1 grau.

Solução:

• Para T = 30žC a pressão de saturação da água é de 4,246[KPa]. Logo:

φ= PV

Psat→ PV = 0,84.4,246 = 3,56664[K Pa] (38.17)

Dessa forma, o vapor de água está à pressão de P = 3,56664[K Pa]. Para essapressão, a temperatura de saturação é de:

P[KPa] T[ºC]3 24,08

3,56664 To

4 28,96

Fazendo a interpolação, To = 26,84[žC ]

A pressão do ar seco é: P As = P −PV = 100−3,56664 = 96,43336[K Pa]

A razão de umidade (ou umidade absoluta) é:

ω= 0,622PV

P As= 0,622

3,56664

100−3,56664= 0,023[K gV /K g As] (38.18)

• Para T = 29žC a pressão de saturação da água é:

T[ºC] P[KPa]25 3,16929 Psat

30 4,246

Fazendo a interpolação, Psat = 4,0306[K Pa].

A pressão do vapor não mudou, mas a pressão de saturação sim, o que iráocasionar uma mudança na umidade relativa:

φ= PV

Psat= 3,56664

4,0306= 88,49% (38.19)


Como a pressão do vapor nem a atmosférica mudaram, a pressão de ar secotambém não muda. A razão de umidade não sofre variação:

ω= 0,622PV

P As= 0,622

3,56664

100−3,56664= 0,023[K gV /K g As] (38.20)

Calculamos que a temperatura de orvalho é de To = 26,84[žC ]. O que ocorre sequisermos diminuir a temperatura para um valor menor do que esse? Para reduzir paraT = 25[žC ], por exemplo:

Primeiro obtemos a pressão de saturação:

P[KPa] T[ºC]3 24,08

Psat 254 28,96

Fazendo a interpolação, Psat = 3,1885[K Pa].

Nesse caso, parte da água no estado vapor irá condensar, uma vez que a tem-peratura final é menor do que a temperatura de orvalho. Precisamos determinar, paraa temperatura desejada, quanto de água irá condensar. Para tal, adotamos o seguinteprocedimento:

1. Encontre a pressão de vapor para a máxima quantidade de água possível no ar.

Esta condição ocorrerá para o caso de ar saturado, em que a umidade relativaé de φ = 100%. Assim, a pressão de vapor de água será a própria pressão desaturação na temperatura desejada. Para T = 25žC a pressão de saturação éPsat = 3,1885[K Pa].

2. Para essa pressão de vapor, determine a pressão do ar seco

P = PV +Psat . Logo: P As = P −PV = 100−3,1885 = 96,811[K Pa]

3. Determine a umidade absoluta

ω= 0,622 PVP As

= 0,622 3,188596,811 = 0,02049[K gV /K g As]

4. Determine a quantidade de água que irá condensar.

Observamos que, inicialmente, a umidade absoluta era de ω= 0,023. Dessaforma, a quantidade de água que passou para o estado líquido será: ωi ni ci al −ω f i nal = 0,023−0,02049 = 0,00251[K gV /K g As].

38.8 Energia Interna e Entalpia para o vapor de água

Observamos que para as situações práticas, a pressão do vapor de água naatmosfera é muito baixa. Por exemplo, para pressão atmosférica (P = 101,325[K Pa])e temperatura ambiente de T = 30žC , a pressão de saturação é de Psat = 4,246[K Pa].Essa é a máxima pressão que a água na atmosfera estará sujeita, para o caso de arsaturado (φ= 100%).

38.9. Cálculo das energias 273

• A energia interna para vapor de água superaquecido à baixas pressões é muitopróxima da energia interna de vapor saturado para a dada temperatura.

• A entalpia para vapor de água superaquecido à baixas pressões é muito próximada entalpia de vapor saturado para a dada temperatura.

Ver diagramas P −h ou Diagrama de Mollier

• Para líquido comprimido, as propriedades do fluído podem ser aproximadaspelas propriedades de líquido saturado à temperatura avaliada

No caso, a entalpia do líquido pode ser aproximada pela entalpia de líquidosaturado na temperatura desejada

38.9 Cálculo das energias

Para ar úmido com umidade relativa de 70%, temperatura de 30ºC, pressãoatmosférica de 100KPa, determine a energia interna e entalpia.

38.9.1 Cálculo pela tabelaPela tabela para a temperatura T = 30žC , temos:

uV = 2416,58[K J/K g ]; hV = 2556,25[K J/K g ]

38.9.2 Cálculo pela aproximação de gás ideal

• Rag ua = 0,4615[K J/K g .K ]

• 1) Determinar o calor específico

Para água:cpo =Co +C1θ+C2θ

2 +C3θ3 (38.21)

sendo:

θ Co C1 C2 C3T [K ]1000 1,79 0,107 0,586 -0,20

Logo: cP = 1,9241

R = cP − cv → cV = cP −R = 1,9241−0,4615−1,9241 = 1,4627 (38.22)

• h = cP .T = 1,9241(30+273,15) = 583,29[K J/K g ]

• u = cv .T = 1,4627(30+273,15) = 443,42[K J/K g ]

Observamos que o valor absoluto é diferente. Isso ocorre pois os valores depen-dem da referência da tabela. A variação da propriedade é que importa nos processostermodinâmicos.


38.9.3 Variação de energia interna e entalpia de 5[žC ] para 50[žC ]

• Pela tabela de água saturada

T uV hV

5 2382,24 2510,5450 2443,47 2592,06

Variação 61,23 81,52

• Pelo calor específico calculado para gás ideal

R = 0,4615[K J/K g .K ]):

cPo =Co +C1θ+C2θ2 +C3θ

3 (38.23)

sendo:

θ Co C1 C2 C3

T [K ]/1000 1,79 0,107 0,586 -0,2

T [žC ] T [K ] θ cP cV = cP −R5 278.15 0.27815 1.86079540987133 1.39929540987133

10 283.15 0.28315 1.86273871935383 1.4012387193538315 288.15 0.28815 1.86470283433633 1.4032028343363320 293.15 0.29315 1.86668760481883 1.4051876048188325 298.15 0.29815 1.86869288080133 1.4071928808013330 303.15 0.30315 1.87071851228383 1.4092185122838335 308.15 0.30815 1.87276434926632 1.4112643492663240 313.15 0.31315 1.87483024174883 1.4133302417488345 318.15 0.31815 1.87691603973133 1.4154160397313350 323.15 0.32315 1.87902159321383 1.4175215932138355 328.15 0.32815 1.88114675219633 1.4196467521963360 333.15 0.33315 1.88329136667883 1.4217913666788365 338.15 0.33815 1.88545528666133 1.4239552866613370 343.15 0.34315 1.88763836214383 1.4261383621438275 348.15 0.34815 1.88984044312632 1.4283404431263280 353.15 0.35315 1.89206137960882 1.4305613796088285 358.15 0.35815 1.89430102159133 1.4328010215913390 363.15 0.36315 1.89655921907383 1.43505921907383

media 1.87823122313924 1.41673122313924

Calor específico du dhMédio (de 5 a 90ºC) 63,75 84,52Médio (de 5 a 55ºC) 63,42 84,19

Avaliado na temperatura 68,86 89,63

38.9. Cálculo das energias 275

Pela tabela de gases ideais, sendo 5[ºC]=278,15[K] e 50[ºC]=323,15[K]:

T[K] u[K J/K g ] h[K J/K g ]250 345,98 461,36

278,15300 415,87 554,32

323,15350 486,37 647,9

Interpolando:

T[K] u[KJ/Kg] h[KJ/Kg]278,15 385,33 513,69323,15 448,52 597,65

variação 63,19 83,96

Comparação dos resultados:

Método du[K J/K g ] dh[K J/K g ]1 Tabela vapor 61,23 81,522 Gas ideal (calor específico médio entre 5 e 90ºC) 63,75 84,523 Gas ideal (calor especifico médio entre 5 e 55ºC) 63,42 84,194 Gás ideal (calor específico avaliado na temperatura) 68,86 89,635 Tabela gás 63,19 83,96

Diferença máxima 7,67 8,13Diferença máxima (desprezando 4) 2,52 3

Para uma sala de 100m3 a T = 300[K ] e φ= 70%, a massa de água na sala será:

Para T = 300[K ] a pressão de saturação é: 3,56749. Logo:

PV =φ.Psat = 2,4972[K Pa] (38.24)

A pressão de ar seco é: P As = 100−2,4972 = 97,50[K Pa]

A umidade absoluta é:

ω= 0,622PV

P As= 0,622

2,4972

97,50= 0,0159[K gV /K gas] (38.25)

A massa de água no ambiente será: mvapor =ω.mAs = 0,0159.mAs

A massa de ar é calculada pela equação dos gases ideais:

PV = mRT → mAs = 100[K Pa].V [m3]

0,287[K J/K g .K ]300[K ]= 1,1614V [K g As] (38.26)


Dif. valor Dif. valorVolume da sala [m3] Massa de ar seco [Kg] Massa de vapor [Kg] U [KJ] H [KJ]

100 116,144 1,847 4,65 5,541000 1161,44 18,47 46,5 55,4

CAPÍTULO 39Carga térmica para um sistema

fechado


• Neste capítulo será calculada a quantidade de calor a ser removida num processode resfriamento de m sistema fechado


1. Modelar o processo de refrigeração em um sistema fechado

2. Calcular a variação d energia interna em um sistema fechado

3. Calcular a carga térmica para um sistema fechado

39.2 Determinação da quantidade de calor a ser removida no resfri-amento de um sistema fechado

Ar a 40ºC, 100KPa, umidade relativa de 75% está contido em um tanque rígidofechado de 2,5m3. O tanque é resfriado. Determine:

1. A transferência de calor, em KJ, para que a temperatura final do tanque seja de35ºC.

2. A transferência de calor, em KJ, para que a temperatura final do tanque seja de30ºC

Solução:

• Item 1

• Considerações

Sistema fechado: cálculo da energia interna

Ar tratado como gás ideal com calores específicos constantes

278 Capítulo 39. Carga térmica para um sistema fechado

T f : temperatura final

Ti : temperatura inicial

MAs = 28,97[K J/K mol .K ], logo RAs = 0,287[K J/K g .K ]

MV = 18,015[K J/K mol .K ], logo RV = 0,4615[K J/K g .K ];

Para o ar cv = 0,717[K J/K g .K ]

• Determinação das pressões parciais

Vamos determinar as pressões parciais do ar seco e do vapor de água

Para o vapor de água:

φ= Pv

Psat(39.1)

Para T = 40žC → Psat = 7,384[K Pa]. Logo:

Pv =φ.Psat = 0,75.7,384 = 5,538[K Pa] (39.2)

Para o ar seco:

P = P As +PV → P As = P −PV = 100−5,538 = 94,462[K Pa] (39.3)

• Determinação das massas de ar seco e de água

Tanto o ar seco quanto a água serão tratados como gases ideais

P AsVAs = mAsRAsTi → mAs = 94,462[K Pa].2,5[m3]

0,287[K J/K g .K ](40+273,15)[K ](39.4)

mAs = 2,63[K g ]

PV VV = mV RV Ti → mV = 5,538[K Pa].2,5[m3]

0,4615[K J/K g .K ].(40+273,15)[K ](39.5)

mV = 0,096[K g ]

Forma alternativa para determinar a massa de vapor:

1. Determinar a pressão de saturação para a temperatura inicial

Para T = 40žC a pressão de saturação é de Psat = 7,384[K Pa].

Como φ= 75%, a pressão de vapor é de P = 5,538[K Pa]

2. Determinar a pressão do ar seco inicial

P As = P −PV = 100−5,538 = 94,462[K Pa]

3. Determinar a umidade absoluta inicial

ω= 0,622 PVP As

= 0,0364[K gV /K g As]

39.2. Determinação da quantidade de calor a ser removida no resfriamento de um sistema fechado 279

Para 2,63K g de ar seco, a massa de vapor será:

mV = 0,0364[K gV /K g As].2,63[K g As] = 0,096[K gV ]

• Cálculo da quantidade de calor

Balanço de energia no sistema

dU = δQ +δW (39.6)

O sistema não realiza trabalho, portanto a quantidade de calor será a variaçãode energia interna do sistema. Essa variação será equivalente à variação no ar mais avariação na água. Assim:

QT = dUAs +dUV (39.7)

Sendo:

• dUAs a variação de energia no ar seco;

• dUV a variação de energia no vapor de água;

• QT : a quantidade total de calor;

Para o ar:dUAs = mAs .cV (T f −Ti ) (39.8)

dUAs = 2,63[K g ].0,717(35−40)[K ] → dUAs =−9,43[K J ]

Para a água:

• ui = uV (T = 40žC ) = 2430,11[K J/K g ]

• u f = uV (T = 35žC ) = 2423,36[K J/K g ]

dUV = mV .(u f −ui ) (39.9)

dUV = 0,096(2423,36−2430,11) =−0,65[K J ]

Logo:dUT = dUAs +dUV =−9,43−0,65 (39.10)

QT =−10,08[K J ] (39.11)

• forma alternativa para o cálculo da variação de energia no vapor

Se estamos considerando a água como gás ideal para as condições de pressãoe temperatura, podemos obter a variação de energia interna como du = cV dT .Para o calor específico, temos que:

280 Capítulo 39. Carga térmica para um sistema fechado

cPo =Co +C1θ+C2θ2 +C3θ

3[K J/K g .K ] (39.12)

sendo: θ = T [K ]/1000

Água Co C1 C2 C3 Intervalo [K]1,79 0,107 0,586 -0,20 50-1200

Para RV = 0,4615[k J/K g .K ] e cV = cP −R, temos:

T cP [K J/K g .K ] cV [K J/K g .K ]40 1,8748 1,413335 1,8727 1,4113

• Cálculo com cV avaliado a T = 40žC :

dUV = mV cv (T f −Ti ) =−0,68[K J ]. (-0,65*)

QT =−10,11[K J ] (-10,08*)

• Cálculo com cV avaliado a Ti = 40žC e T f = 35žC :

dUV = mV cv T f − cV Ti = 434,88−442,58 =−0,739[K J ] (-0,65*)

QT =−10,17[K J ] (-10,08*)

* valor com dados da tabela de vapor

• Item 2

Para esse caso, obervamos que a temperatura final será menor do que atemperatura de orvalho. Isso significa que parte do vapor de água irá condensar.

Para o ar, o processo de cálculo não muda. A quantidade de calor a ser extraídaserá:

Q As = dUAs = mAscV .dT = 2,63[K g ].0,717(30−40)[K ] =−18,86[K J ] (39.13)

No caso, a quantidade de calor a ser extraída duplicou, de 9,43[K J ] para 18,96[K Ja].

Já para o vapor de água, precisamos determinar a quantidade de água que irácondensar. O ar se encontra no estado saturado.

• Determinar a pressão de saturação para a temperatura final desejada

Para T = 30žC a pressão de saturação é de Psat = 4,246[K Pa]. A pressão devapor é a própria pressão de saturação.

• Determinar a pressão do ar seco

P As = P −PV = 100−4,246 = 95,754[K Pa]

• Determinar a umidade absoluta final

ω= 0,622 PVP As

= 0,028[K gV /K g As]

39.2. Determinação da quantidade de calor a ser removida no resfriamento de um sistema fechado 281

• Determinar a massa final de vapor:

mV = mAs ∗ω f = 2,63[K gV /K g As .0,028] = 0,07364[K gV ]

• Determinar a quantidade de água que condensará (ml i q ):

Total: ml i q = mV i −mV f = 0,02236[K gV ]

Para determinar a quantidade de calor a ser removida da água, devemos consi-derar que:

• parte da água termina no estado de vapor: sua energia interna será calculada pelaenergia de vapor saturado

• parte irá condensar, terminando como líquido: sua energia interna será calculadapela energia de líquido saturado

Assim:QV = mV (uV 30 −uV 40)+ml i q (ul30 −uV 40) (39.14)

sendo:

• uV 30: energia interna de vapor saturado a 30ºC

uV (T = 30žC ) = 2416,58[K J/K g ]

• uV 40: energia interna de vapor saturado a 40ºC

uV (T = 40žC ) = 2430,11[K J/K g ]

• ul30: energia interna de líquido saturado a 30ºC

ul (T = 30žC ) = 125,77[K J/K g ]

Logo:

QV = 0,07364(2416,58−2430,11)+0,02236(125,77−2430,11) =−52,52[K J ] (39.15)

A quantidade de calor total é:

Q =QV +Q As =−18,86−52,52 =−71,38[K J ] (39.16)

CAPÍTULO 40Carga térmica para um sistema

aberto

Em um sistema de resfriamento, ar úmido na entrada é resfriado, podendoresultar em condensação de parte do vapor de água. Em diversas aplicaçõeso controle da umidade é importante, e pode ser realizada através da adiçãode água no sistema. A modelagem do problema ocorre através dos balanços

de massa e energia.


• Neste capítulo será calculada a quantidade de calor a ser removida num processode resfriamento de um sistema aberto.


1. Modelar o processo de refrigeração em um sistema aberto

2. Calcular a carga térmica para um sistema aberto

284 Capítulo 40. Carga térmica para um sistema aberto

40.2 Balanço de massa e energia em um sistema aberto

me ms

mumi d

mcond

e s

Figura 40.1 – Representação de um sistema de resfriamento com umidificador e saída delíquido condensado. Ar umido entra no volume de controle e água pode seradicionada através de um umidificador (mumi d ). A temperatura do ar é reduzidapela serpentina de resfriamento. Se a temperatura de saída for menor do que atemperatura de orvalho, parte do vapor de água irá condensar, saindo na formade líquido (mcond )

40.2.1 Balanço de massa para o volume de controleAntes de realizar o balanço de massa e energia, vamos fazer as seguintes consi-

derações:

1. O escoamento está em regime permanente

2. O vapor de água pode ser tratado como gás ideal, e suas propriedades podem seraproximadas pelas propriedades de vapor saturado na temperatura avaliada

3. A água que condensa é tratada como líquido comprimido (ou subresfriado) e suaspropriedades podem ser aproximadas pelas propriedades de líquido saturado natemperatura avaliada

4. A quantidade de ar seco não varia

Para o balanço de massa em regime permanente, temos:

mASe = mASs (40.1)

Para o vapor de água, temos que:

mASe +mve +mumi d = mASs +mv s +mcond

sendo:

• mve : a massa de vapor na entrada

• mve : a massa de vapor na saída

Assim:

mve +mumi d = mv s +mcond (40.2)

40.2. Balanço de massa e energia em um sistema aberto 285

40.2.2 Balanço de energia para o volume de controleDa aplicação da primeira lei:

dE = Q +W + EE − ES

sendo:

• EE : taxa de energia entrando no volume de controle;

• ES : taxa de energia saindo do volume de controle;

• Para regime permanente: dE = 0

O sistema não realiza trabalho, logo W = 0. As parcelas de energia são: entalpia,energia cinética e potencial:

E = H + EK + EP

Desprezando as variações de energia cinética e potencial:

E = H

Logo:

Q = Hs − HE

Q = ms .hs +mcond .hcond −me .he −mumi d .humi d

O ar umido na entrada e saída pode ser separado em ar seco e vapor de água.Assim:

Q = mv s .hv s +mASs .hASs +mcond .hcond −mve .hve −mASe .hASe −mumi d .humi d

Agrupando os termos:

Q = mASs .hASs −mASe .hASe +mv s .hv s −mve .hve +mcond .hcond −mumi d .humi d

Dividindo todos os termos pela taxa mássica de ar seco:

Q

mAS= hASs −hASe + mv s

mAS.hv s − mve

mAS.hve + mcond

mAS.hcond − mumi d

mAS.humi d

sendo:

• ωs = mv smAS

: a umidade absoluta na saída do volume de controle


• ωe = mvemAS

: a umidade absoluta na entrada do volume de controle

• ωe −ωs = mcondmAS

: a quantidade de água que irá condensar

Caso ocorra condensação, a umidade absoluta na entrada será maior do quea da saída

Logo:

Q

mAS= hASs −hASe +ωs .hv s −ωe .hve + (ωe −ωs).hcond − mumi d

mAS.humi d (40.3)

40.3 Determinação da quantidade de calor a ser removida no resfria-mento de um sistema aberto

Ar úmido a T1 = 35oC , 1 atm, umidade relativa de 30% entra num trocadorde calor operando em regime permanente, com vazão volumétrica de 5[m3/mi n] e éresfriado à pressão constante até 20[oC ]. Desprezando efeitos cinéticos e potenciais,determine:

• Temperatura de orvalho na entrada

• Umidade relativa na saída

• Taxa de transferência de calor do ar úmido

40.3.1 SoluçãoO volume de controle é representado, simplificadamente, pela Fig.40.2

Figura 40.2 – Volume de controle para cálculo

me .ee ms .es

Q

Aplicando o balanço de energia, temos que:

dE

d t= Q +W + Ee − Es (40.4)

As seguintes considerações podem ser realizadas:

• Regime permanente: dEd t = 0 e ms = me = m

40.3. Determinação da quantidade de calor a ser removida no resfriamento de um sistema aberto 287

• Trabalho nulo: W = 0

• Desprezando termos de energia cinética e potencial: e = h

• 1 atm = 100 KPa

• Para ar seco: cP = 1004[J/K g .K ]; R = 0,287[K J/K g .K ]

Assim:

Q = m(hs −he ) (40.5)

Para o balanço de massa, separamos o ar úmido na parcela de ar seco e de vaporde água. Não há água sendo adicionada ao sistema, portando:

mASe = mASs = mAS (40.6)

emASe +mV e = mASs + ˙mV s +mcond (40.7)

sendo:

• mASe : massa de ar seco na entrada do V.C

• mASs : massa de ar seco na saída do V.C

• mV e : massa de vapor na entrada do V.C

• mV s : massa de vapor na saída do V.C

• mcond : massa de água que condensa na saída do V.C

1. Determinação das propriedades termodinâmicas na entrada do V.C:

Para a água, das tabelas termodinâmicas, temos:

T[0C ] P [KPa] hL [KJ/Kg] hV [KJ/Kg]35 5,628 146,66 2565,2820 2,339 83,94 2538,06

Com a umidade relativa fornecida na entrada, é possível calcular as pressõesparcias de vapor e do ar seco, a temperatura de orvalho e a umidade absoluta naentrada. Assim:

φ= PV

P→ PV = 0,3.5,628 = 1,6884[K Pa] (40.8)

Com essa pressão de vapor, a temperatura de saturação (temperatura de orvalho)é:


P [KPa] Tsat [0C ]

1,2276 101,6884 Tsat

1,705 15

Tsat = 14,82[0C ]

A pressão de ar seco é:

P AS = 100−PV = 100−1,6884 = 98,3116 (40.9)

E a umidade absoluta:

ω= 0,622PV

P −PV= 0,622

1,6884

98,3116= 1,06822e −2 (40.10)

Podemos calcular a taxa mássica de ar seco na entrada através do cálculo damassa específica do ar seco:

ρ = P

R.T= 98,3116[K Pa]

0,287[K J/K g .K ].(35+276,16)= 1,11159[K g /m3] (40.11)

e

mAS = ρAS .(A.V ) = 1,11159[K g /m3].10m3

60s= 0,1853[K g /s] (40.12)

A taxa mássica de vapor é:

mV e =ωe .mAS = 0.1853.1,06822e −2 = 1,979e −3[K g /s] (40.13)

2. Determinação das propriedades termodinâmicas na saída do V.C

A temperatura final (20oC ) é maior do que a temperatura de orvalho calculada(14,820C ). Dessa forma, não haverá condensação de água. Portanto ω1 =ω2. Aspressões do ar seco e do vapor não mudam. Para a umidade relativa na saída,temos:

φ= PV

PSat (200C )= 1,6884

2,339(40.14)

φS = 72,18%

E a quantidade de calor removida é:

Q = mV (hV s −hV e )+mAScP (Ts −Te ) (40.15)

Q = 1,979e −3[K g /s](2538,06−2565,28)[K J/K g ]+0,1853[K g /s].1,004[K J/K g .K ](20−35)[K ](40.16)

Q =−2,84[K W ] (40.17)

40.4. Cálculo da carga térmica 289

40.4 Cálculo da carga térmica

Ar umido a 25oC , 101,3[K Pa], umidade relativa de 75% escoa através de umaserpentina de resfriamento e sai a 100C , 101,3[K Pa] e umidade relativa de 95%. A vazãovolumétrica de ar seco é de 120[m3/mi n]. Determine:

• A vazão mássica de ar seco

• A vazão mássica de condensado deixando a serpentina

• A taxa de transferência de calor

40.4.1 SoluçãoConsiderando:

• regime permanente: dEd t = 0

• Ar seco: RAS = 0.287[K J/K g .K ]; cP = 1,004[K J/K g .K ]

• Vapor: RV = 0,4615[K J/K g .K ];

Da tabela de água saturada:

T[0C ] P[KPa] hL [KJ/Kg] hV [KJ/Kg]25 3,169 104,87 2547,1710 1,2276 41,99 2519,74

A pressão de vapor na entrada é:

φ= PV

Psat→ Pv = 0,75.3,169 → PV = 2,37675[K Pa] (40.18)

Para essa pressão, a temperatura de orvalho é de:

P[KPa] T[0C ]2,339 20

2,37675 Tsat

3,169 25

Tsat = 20,227[0C ]

Para a pressão de vapor calculada, obtém-se a umidade absoluta na entrada:

ωe = 0,622.2,37675

101,3−2,37675→ ωe = 0,014944[K gv /K g As] (40.19)

A massa específica do ar seco pode ser calculada pela equação dos gases ideais:

ρAS = P AS

RAS .T= (101,3−2,37675)[K Pa]

0,287[K J/K g .K ].(25+273,16)→ ρAS = 1,1560[K g /m3] (40.20)


E a taxa mássica de ar seco é:

mAS = ρAS .(A.V ) = 1,156[K g /m3].130[m3/mi n] → mAS = 2,5047[K g /s] (40.21)

A temperatura final é menor do que a temperatura de orvalho, portanto partedo vapor irá condensar. A pressão de vapor para a temperatura de 100C é:

PV s =φs .Psat (100C ) = 0,95.1,2276[K Pa] → Pv = 1,16622[K Pa] (40.22)

A umidade absoluta na saída é, portanto:

ωs = 0,6221,16622

101,3−1,16622→ ωs = 0,007244 (40.23)

A quantidade total de água que condensa é:

mcond = mAS(ω1−ω2) = 2,5047[K g /s](0,014944−0,007244) → mcond = 0,0193[K g /s](40.24)

A quantidade de calor por taxa mássica de ar seco é:

Q

mAS= cP AS (Ts −Te )+ωs .hV s −ωe .hV e + (ω1 −ω2)(hLs) (40.25)

sendo:

• Entalpia de vapor na saída do V.C: hV s = 2519,74[K J/K g ]

• Entalpia de vapor na entrada do V.C: hV e = 2547,17[K J/K g ]

• Entalpia de líquido na saída do V.C: hLs = 41,99[K J/K g ]

Assim:

Q

mAS= 1,004

[K J

K g .K

](10−25)[K ]+0,007244.(2519,74)

[K J

K g

]−0,014944.(2547,17)

[K J

K g

]+

+(0,014944−0,007244)(41,99)

[K J

K g

]Q

mAS=−15,06−19,81+0,3233

Q

mAS=−34,55[K W /K g ]

Q =−86,53[K W ] (40.26)

Referências bibliográficas

rodrigo lisita ribera...figura 9.2 – a redução da pressão no condensador resulta numa...

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