termodinâmica engenharia aula 12

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TERMODINÂMICA CLÁSSICA Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica Universidade Federal Fluminense Volta Redonda - RJ Prof. Dr. Ednilsom Orestes 09/03/2015 – 18/07/2015 AULA 12

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Page 1: Termodinâmica Engenharia Aula 12

TERMODINÂMICA

CLÁSSICA

Escola de Engenharia Industrial Metalúrgica Universidade Federal Fluminense

Volta Redonda - RJ

Prof. Dr. Ednilsom Orestes

09/03/2015 – 18/07/2015 AULA 12

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2ª Lei e Volume de Controle

𝑑𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡𝑑𝑡

= 𝑄

𝑇+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟

• Considerar fluxo de massa cuja única contribuição é o transporte de certa quantidade

de entropia por unidade de tempo.

• Taxa de geração de entropia geralmente não é nula, mas ocorre dentro ou fora do V.C.

• Taxa de criação de entropia devido à transferência de calor.

Taxa de variação = entrada - saída + geração

𝑑𝑆v.c.𝑑𝑡

= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 − 𝑚 𝑠𝑠𝑠 + 𝑄 v.c.𝑇

+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟

• Acúmulo e geração são relativos ao volume como um todo.

𝑆v.c. = ∫ 𝜌𝑠 𝑑𝑉 = 𝑚v.c.𝑠 = 𝑚𝐴𝑠𝐴 +𝑚𝐵𝑠𝐵 +𝑚𝐶𝑠𝐶 +⋯

𝑆 𝑔𝑒𝑟 = ∫ 𝜌𝑠 𝑔𝑒𝑟 𝑑𝑉 = 𝑆 𝑔𝑒𝑟,𝐴 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟,𝐵 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟,𝐶 +⋯

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2ª Lei e Volume de Controle

Com transferência de calor ocorrendo em

várias partes com temperaturas diferentes,

análise é feita por unidade de área.

𝑄 v.c.𝑇

= 𝑑𝑄

𝑇=

𝑄 𝐴 𝑙𝑜𝑐𝑎𝑙

𝑇 𝑑𝐴

𝑠𝑢𝑝

Termo associado a geração é positivo ou nulo.

𝑑𝑆v.c.𝑑𝑡

≥ 𝑚 𝑒𝑠𝑒 − 𝑚 𝑠𝑠𝑠 + Q v.c.𝑇

Igualdade para processos reversíveis

e

Desigualdade para processos irreversíveis.

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Regime Permanente Entropia específica, em qualquer ponto do sistema, não muda com o tempo.

𝑑𝑆v.c.𝑑𝑡

= 0 então 𝑚 𝑒𝑠𝑒 − 𝑚 𝑠𝑠𝑠 = Q v.c.𝑇

v.c.

+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟

Considerando apenas uma área de entrada e uma de saída

𝑚 𝑠𝑠 − 𝑠𝑒 = Q v.c.𝑇

v.c.

+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟

Dividindo pela vazão mássica

𝑠𝑠 − 𝑠𝑒 = 𝑞

𝑇v.c.

+ 𝑠𝑔𝑒𝑟

Para um processo adiabático

𝑠𝑠 = 𝑠𝑒 + 𝑠𝑔𝑒𝑟 ≤ 𝑠𝑒

Igualdade para processos reversíveis

Desigualdade para processos irreversíveis.

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Processo Adiabático Reversível Vapor de água entra numa turbina a

300°C, pressão de 1 Mpa e velocidade

50 m/s. O vapor sai da turbina com

pressão de 150 kPa e velocidade de

200 m/s. Determine o trabalho

específico realizado pelo vapor que

escoa na turbina, admitindo que o

processo seja adiabático e reversível.

Análise

Equação da continuidade:

𝑚 𝑠 = 𝑚 𝑒 = 𝑚

1ª Lei:

ℎ𝑒 +𝐕𝑒2

2= ℎ𝑠 +

𝐕𝑠2

2+ 𝑤

2ª Lei:

𝑠𝑠 = 𝑠𝑒

ℎ𝑒 = 3051,2 𝑘𝐽/𝑘𝑔 e 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑃𝑠 = 0,15 𝑀𝑃𝑎 e 𝑠𝑠 = 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K

𝑠𝑠 = 7,1228 = 𝑠𝑙 + 𝑥𝑠𝑠𝑙𝑣 = 1,4335 + 𝑥𝑠5,7897

𝑥𝑠 = 0,9827

ℎ𝑠 = ℎ𝑙 + 𝑥𝑠ℎ𝑙𝑣 = 467,1 + 0,9827 2226,5

ℎ𝑠 = 2655,0 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑤 = 3051,2 +502

2000− 2655,0 −

2002

2000= 377,5

𝑘𝐽

𝑘𝑔

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Regime Permanente Considere o escoamento de vapor de

água num bocal. O vapor entra no

bocal a 1 Mpa, 300°C e com

velocidade de 30 m/s. A pressão do

vapor na saída do bocal é 0,3 MPa.

Admitindo que o escoamento seja

adiabático, reversível e em regime

permanente, determine a velocidade

do vapor na seção de saída do bocal.

Análise

Equação da continuidade:

𝑚 𝑠 = 𝑚 𝑒 = 𝑚

1ª Lei:

ℎ𝑒 +𝐕𝑒2

2= ℎ𝑠 +

𝐕𝑠2

2

2ª Lei: 𝑠𝑠 = 𝑠𝑒

ℎ𝑒 = 3051,2 𝑘𝐽/𝑘𝑔 e 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑃𝑠 = 0,3 𝑀𝑃𝑎 e 𝑠𝑠 = 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K

𝑇𝑠 = 159,1°𝐶 e ℎ𝑠 = 2780,2 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝐕𝑠2

2= ℎ𝑒 − ℎ𝑠 +

𝐕𝑒2

2= 271,5 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝐕𝑠 = 737 𝑚/𝑠

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Violação da 2ª Lei

Um inventor alega ter construído um compressor frigorífico

adiabático que recebe vapor saturado de R-134a a -20°C e

descarrega o vapor a 1 MPa e 40°C. Esse processo viola a 2ª Lei ?

Análise:

O processo é adiabático e ocorre em regime

permanente. A 2ª Lei indica que:

𝑠𝑠 ≥ 𝑠𝑒

Solução:

𝑠𝑠 = 1,7148 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K e 𝑠𝑒 = 1,7395 𝑘𝐽/𝑘𝑔 K

Temos, então, que 𝑠𝑠 < 𝑠𝑒 . A 2ª Lei requer que

𝑠𝑠 ≥ 𝑠𝑒. Assim, o processo alegado viola a 2ª Lei e,

portanto, não é possível.

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Taxa de Geração de Entropia Os desuperaquecedores são utilizados para

produzir vapor saturado a partir da mistura de

vapor superaquecido com água no estado

líquido. A figura mostra o esboço de um

equipamento desse tipo que é alimentado com 2 kg/s de vapor de água a 200°C e 300 kPa e

com água líquida a 20°C. Determine a vazão

mássica de água líquida para que o

desuperaquecedor descarregue vapor saturado

a 300 kPa. Calcule, também, a taxa de geração

de entropia nesse processo de mistura.

Análise: Pressão na água uniforme igual a 300

kPa. Como o processo ocorre em regime

permanente, é adiabático e não apresenta

interação de trabalho.

Eq. continuidade: 𝑚 1 +𝑚 2 = 𝑚 3

1ª Lei:

𝑚 1ℎ1 +𝑚 2ℎ2 = 𝑚 3ℎ3 = 𝑚 1 +𝑚 2 ℎ3

2ª Lei:

𝑚 1𝑠1 +𝑚 2𝑠2 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟 = 𝑚 3𝑠3

Solução: A entalpia e a entropia do estado 2 serão consideradas iguais àquelas do líquido saturado a 20°C.

ℎ1 = 2864,54 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠1 = 7,3115 𝑘𝐽 𝑘𝑔 K

ℎ2 = 83,94 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠2 = 0,2966 𝑘𝐽 𝑘𝑔 K

ℎ3 = 2725,3 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠1 = 6,9918 𝑘𝐽 𝑘𝑔 K

𝑚 2 = 𝑚 1ℎ1 − ℎ3ℎ3 − ℎ2

= 22865,54 − 2725,3

2725,3 − 83,94= 0,1062 𝑘𝑔/𝑠

𝑚 3 = 𝑚 1 +𝑚 2 = 2,1062 𝑘𝑔/𝑠

𝑆 𝑔𝑒𝑟 = 𝑚 3𝑠3 −𝑚 1𝑠1 −𝑚 2𝑠2 = 0,072 𝑘𝑊/𝐾

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Regime Transiente 𝑑

𝑑𝑡𝑚𝑠 v.c. = ∑𝑚 𝑒𝑠𝑒 − ∑𝑚 𝑠𝑠𝑠 +

𝑄 v.c.𝑇

v.c.

+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟

Integrando no tempo: 𝑑

𝑑𝑡𝑚𝑠 v.c. 𝑑𝑡 = 𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 v.c.

𝑡

0

𝑚 𝑒𝑠𝑒 𝑑𝑡

𝑡

0

= ∑𝑚𝑒𝑠𝑒; 𝑚 𝑠𝑠𝑠 𝑑𝑡

𝑡

0

= ∑𝑚𝑠𝑠𝑠; 𝑆 𝑔𝑒𝑟𝑑𝑡

𝑡

0

= 1𝑆2 𝑔𝑒𝑟

𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 v.c. = ∑𝑚𝑒𝑠𝑒 − ∑𝑚𝑠𝑠𝑠 + 𝑄 v.c.𝑇

𝑑𝑡

v.c.

𝑡

0

+ 1𝑆2 𝑔𝑒𝑟

Como temperatura é uniforme no v.c. em qualquer instante

𝑄 v.c.𝑇

𝑑𝑡

v.c.

𝑡

0

= 1

𝑇

𝑡

0

𝑄 v.c.𝑑𝑡

v.c.

= 𝑄 v.c.𝑇

𝑑𝑡

𝑡

0

𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 v.c. = ∑𝑚𝑒𝑠𝑒 − ∑𝑚𝑠𝑠𝑠 + 𝑄 v.c.𝑇

𝑑𝑡

𝑡

0

+ 1𝑆2 𝑔𝑒𝑟

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Regime Transiente Inicialmente, um tanque com volume interno de 40 L contém ar a 17°C e 100 kPa. Um compressor de

ar, adiabático e reversível, é acionado e ele passa a

encher o tanque. O compressor é desligado no

instante em que a pressão do ar no tanque atinge

1000 kPa. Determine a temperatura do ar contido

no tanque no estado final desse processo e o

trabalho necessário para encher o tanque.

Solução: V.C. engloba compressor e tanque.

Tanque adiabático rígido. Processo de enchimento

ideal (𝑆 𝑔𝑒𝑟 = 0)

𝑚2 −𝑚1 = 𝑚𝑒;

𝑚2𝑢2 −𝑚1𝑢1 = −1𝑊2 +𝑚𝑒ℎ𝑒;

𝑚2𝑠2 −𝑚1𝑠1 = 𝑚𝑒𝑠𝑒; 𝑠1 = 𝑠𝑒

𝑚2𝑠2 = 𝑚1𝑠1 +𝑚𝑒𝑠1 = 𝑠1 𝑚1 +𝑚𝑒

então 𝑠2 = 𝑠1

𝑠𝑇20 = 𝑠𝑇1

0 + 𝑅 ln𝑃2𝑃1

= 7,4961 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Interpolando na Tabela A.7, 𝑇2 = 555,7 𝐾 e 𝑢2 =401,49 kJ/kg.

𝑚1 = 𝑃1𝑉1 𝑅𝑇1 =100 × 0,04

0,287 × 290= 0,0481 𝑘𝑔

𝑚2 = 𝑃2𝑉2 𝑅𝑇2 =1000 × 0,04

0,287 × 555,7= 0,2508 𝑘𝑔

𝑚𝑒 = 𝑚2 −𝑚1 = 0,2027 𝑘𝑔

1𝑊2 = 𝑚𝑒ℎ𝑒 +𝑚1𝑢1 −𝑚2𝑢2

1𝑊2 = 290,43𝑚𝑒 + 207,19𝑚1 − 401,39𝑚2 = −31,9 𝑘𝐽

𝑇𝑓 razoavelmente alta. Hipótese adiabática não é

adequada (𝑇𝑓 próxima do amb. ou enchimento rápido

para não haver tempo de troca de calor).

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Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em

Regime Permanente

1ª Lei para regime permanente com uma entrada e uma saída (escoamento simples):

𝑞 + ℎ𝑒 +𝐕𝑒2

2+ 𝑔𝑍𝑒 = ℎ𝑠 +

𝐕𝑠2

2+ 𝑔𝑍𝑠 + 𝑤

2ª Lei para o mesmo caso:

𝑠𝑒 + 𝑠𝑔𝑒𝑟 + 𝛿𝑞

𝑇= 𝑠𝑠 𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟 + 𝛿𝑞 𝑇 = 𝑑𝑠 ⇒ 𝛿𝑞 = 𝑇𝑑𝑠 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟

Para facilitar a integração e encontrar 𝑞, utiliza-se 𝑇𝑑𝑠 = 𝑑ℎ − 𝑣𝑑𝑃:

𝛿𝑞 = 𝑇𝑑𝑠 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟 = 𝑑ℎ − 𝑣𝑑𝑃 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟

Com a integração:

𝑞 = 𝛿𝑞

𝑠

𝑒

= 𝛿ℎ

𝑠

𝑒

− 𝑣𝑑𝑃

𝑠

𝑒

− 𝑇𝑑𝑠𝑔𝑒𝑟

𝑠

𝑒

= ℎ𝑠 − ℎ𝑒 − 𝑣𝑑𝑃

𝑠

𝑒

− 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟

𝑠

𝑒

Substituindo na equação da energia (1ª Lei), tem-se:

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Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em

Regime Permanente

𝑤 = 𝑞 + ℎ𝑒 − ℎ𝑠 +1

2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠

2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠

= ℎ𝑠 − ℎ𝑒 − 𝑣𝑑𝑃

𝑠

𝑒

− 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟

𝑠

𝑒

+ ℎ𝑒 − ℎ𝑠 +1

2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠

2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠

Os termos de entalpia se cancelam e o trabalho do eixo para o escoamento simples de um

processo real fica:

𝑤 = 𝑣𝑑𝑃

𝑠

𝑒

+1

2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠

2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠 − 𝑇𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟

𝑠

𝑒

1. O último termo é sempre positivo (𝑇 > 0 e 𝛿𝑠𝑔𝑒𝑟 ≥ 0) e a maior produção de trabalho

ocorre para o processo reversível (geração de entropia é trabalho perdido).

2. Em processos reversíveis, o trabalho está associado à variações de pressão, energia

cinética e/ou potencial. Quando pressão aumenta (bomba ou compressor) 𝑤 < 0.

Quando pressão diminui (turbina) 𝑤 > 0 – sai Do V.C..

3. Se não há trabalho de eixo, termos do lado direito se cancelam. Para escoamento

reversível com Δ𝐸𝐶 = Δ𝐸𝑃 = 0, último termo é nulo e, portanto, Δ𝑃 = 0.

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Para turbinas, compressores e bombas Δ𝐸𝐶 e Δ𝐸𝑃 são pequenas.

Trabalho de escoamento reversível (frequentemente adiabático).

𝑤 = − 𝑣 𝑑𝑃

𝑠

𝑒

Diferente de trabalho de fronteira para cilindro-pistão (∫ 𝑷𝒅𝒗)

Trabalho de eixo muito relacionado ao volume específico.

Suponha instalação ideal (sem queda de pressão

nas tubulações, caldeira ou condensador.

Aumento de pressão na bomba é igual ao

decréscimo de pressão na turbina.

Bomba trabalha com líquido (volume específico

pequeno em comparação ao do vapor que escoa

na turbina), potência para acioná-la é muito

menor que a fornecida pela turbina, diferença é

potência líquida da instalação.

Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em

Regime Permanente

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Trabalho de Eixo Calcule o trabalho, por quilograma, para

bombear água isoentropicamente de 100

kPa e 30°C até 5 MPa.

Análise: Admita regime permanente,

reversível e adiabático com Δ𝐸𝐶 = Δ𝐸𝑃 =0

1ª Lei:

ℎ𝑒 = ℎ𝑠 + 𝑤

2ª Lei:

𝑠𝑠 − 𝑠𝑒 = 0

Solução: Como 𝑃𝑠 e 𝑠𝑠 são conhecidos, o

estado 𝑠 está determinado (ℎ𝑠 conhecido).

O trabalho específico é determinado com

a 1ª Lei. Mas, processo é reversível em

regime permanente ( ∫ 𝑣 𝑑𝑃 ). Como

bombeamento é de líquido, volume

específico varia pouco.

Das tabelas:

𝑣𝑒 = 0,001004 𝑚3 𝑘𝑔

−𝑤 = 𝑣 𝑑𝑃

𝑠

𝑒

= 𝑣 𝑃2 − 𝑃1 =

= 0,001004 5000 − 100 = 4,92 𝑘𝐽 𝑘𝑔

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Trabalho em um Processo Adiabático Reversível e em

Regime Permanente

Para fluidos incompressíveis (𝑣 = 𝑐𝑡𝑒):

𝑤 = 𝑣(𝑃𝑠 − 𝑃𝑒) +1

2𝐕𝑒2 − 𝐕𝑠

2 + 𝑔 𝑍𝑒 − 𝑍𝑠

Equação de Bernoulli estendida.

Quando não há trabalho:

𝑣𝑃𝑒 +1

2𝐕𝑒2 + 𝑔𝑍𝑒 = 𝑣𝑃𝑠 +

1

2𝐕𝑠2 + 𝑔𝑍𝑠

Soma do trabalho de fluxo (𝑃𝑣), energia cinética e potencial são constantes em

uma linha escoamento.

Para escoamento ascendente, energia cinética deve ser reduzidas enquanto a

potencial é aumentada.

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Fluido Incompressível

Considere um bocal utilizado para nebulizar água líquida. Se a pressão da linha

for de 300 kPa e a temperatura da água de 20°C, qual é a velocidade do

escoamento na seção de saída, admitindo bocal ideal?

Análise: Para esse escoamento em regime permanente, não há trabalho nem

transferência de calor. Uma vez que ele é reversível, a equação de Bernoulli diz

que:

𝑣𝑃𝑒 +𝐕𝑒2

2+ 𝑔𝑍𝑒 = 𝑣𝑃𝑒 + 0 + 0 = 𝑣𝑃𝑠 +

𝐕𝑠2

2+ 𝑔𝑍𝑠 = 𝑣𝑃0 +

𝐕𝑠2

2+ 0

𝐕𝑒2

2= 𝑣(𝑃𝑒 − 𝑃0)

Solução: Podemos agora determinar 𝐕𝑒 usando 𝑣 = 0,001002 𝑚3 𝑘𝑔 para a água

a 20°C:

𝐕𝑒 = 2𝑣 𝑃𝑒 − 𝑃0 = 2 × 0,001002 300 − 100 1000 = 20 𝑚/𝑠

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Aumento da Entropia no Volume de Controle

𝑑𝑆liq

𝑑𝑡=𝑑𝑆v.c.𝐴𝑑𝑡

+𝑑𝑆v.c.𝐵𝑑𝑡

= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +𝑄

𝑇𝐴+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐴 +𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +

𝑄

𝑇𝐵+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐵

= 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐴 + 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐵 ≥ 0

Um processo se desenvolve no V.C. A, que troca massa, energia e entropia com as

vizinhanças, o V.C. B.

Onde há transferência de calor para 𝐴, a temperatura é 𝑇𝐴 (não é necessariamente a 𝑇𝑎𝑚𝑏)

𝑑𝑆v.c.𝐴𝑑𝑡

= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +𝑄

𝑇𝐴+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐴

𝑑𝑆v.c.𝐵𝑑𝑡

= 𝑚 𝑒𝑠𝑒 −𝑚 𝑠𝑠𝑠 +𝑄

𝑇𝐵+ 𝑆 𝑔𝑒𝑟 𝐵

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Aplicações – Eficiência

𝜂térmico =𝑊liq

𝑄𝐻

Análises para máquinas ideias, usadas como parâmetros,

para estabelecer a eficiência de máquinas reais.

Ex.: Turbina a vapor seja adiabática (única transferência de

calor é entre a turbina e o ambiente – inevitável).

Ex.: Turbina a vapor em regime permanente, estado do

vapor que entra e a pressão do vapor que sai são fixos.

Portanto, o processo ideal é adiabático e reversível

(isoentrópico - 𝑃𝑒, 𝑇𝑒 e 𝑃𝑠 conhecidos). Mas, o processo real

é irreversível – entropia de saída é maior que no estado de

referência.

𝜂turbina =𝑤

𝑤𝑠=

ℎ𝑒 − ℎ𝑠ℎ𝑒 − ℎ𝑠,𝑠

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Eficiência Uma turbina é alimentada com vapor d’água à

pressão de 1 MPa a 300°C. O vapor sai da turbina

à pressão de 15 kPa. O trabalho produzido pela

turbina foi determinado, obtendo-se o valor de

600 kJ/kg de vapor que escoa na turbina.

Determine a eficiência isoentrópica da turbina.

Análise: 𝜂𝑡𝑢𝑟𝑏 =𝑤

𝑤𝑠 envolve o trabalho que

seria realizado no processo isoentrópico entre o

estado de entrada e a pressão final

Eq. da continuidade: 𝑚 𝑒 = 𝑚 𝑠 = 𝑚

1ª Lei: ℎ𝑒 = ℎ𝑠,𝑠 +𝑤𝑠

2ª Lei: 𝑠𝑒 = 𝑠𝑠,𝑠

Solução: Tabs de vapor de água

ℎ𝑒 = 3051,2 𝑘𝑗 𝑘𝑔 e 𝑠𝑒 = 7,1228 𝑘𝑗 𝑘𝑔 𝐾

A 𝑃𝑠 = 15 𝑘𝑃𝑎:

𝑠𝑠,𝑠 = 𝑠𝑒 = 7,1228 = 0,7548 + 𝑥𝑠𝑠7,2536

𝑥𝑠𝑠 = 0,8779

ℎ𝑠𝑠 = 225,9 + 08779 2373,1 = 2309,3 𝑘𝐽/𝑘𝑔

Da 1ª Lei:

𝑤𝑠 = ℎ𝑒 − ℎ𝑠𝑠 = 3051,2 − 2309,3 = 741,9 𝑘𝐽/𝑘𝑔

Como 𝑤 = 600 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝜂𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 =𝑤

𝑤𝑠=

600

741,9= 0,809 = 80,9%

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Aplicações na Engenharia

Bocais: processo ideal é adiabático

reversível (isoentrópico).

𝜂bocal =𝐕𝑒2 2

𝐕𝑒𝑠2 2

Nos compressores há dois processos ideais que podem servir de base.

1. Nenhum esforço é feito para resfriar o gás durante a compressão: processo ideal é

adiabático reversível (ou seja, isoentrópico).

𝜂compr adiab =𝑤𝑠𝑤

=ℎ𝑒 − ℎ𝑠,𝑠ℎ𝑒 − ℎ𝑠

2. Se existe esforço o processo ideal é isotermico reversível

𝜂compr resfriado =𝑤𝑇

𝑤