CalculoExergia 2Lei Termodex1 6

(1)

Fluido resfriador 134a é estrangulado numa válvula de expansão.

Considerações: - Regime permanente; - Energias cinética e potencial desprezíveis.

0,101 To = 25 298 K

276,34 1,10605

P1 = 1,000 T1 = 30 303 K

P2 = 0,140

Pede-se: ? ?

- as condições iniciais do problema não possuem correspondentes tabelados para o fluido em questão; por isso, será feita uma aproximação em função da temperatura inicial dada.

Assim, fica:

P1 = 770,640 T1 = 30 303 K

V1 = 0,0008421 m³/kg u1 = 92,93 365,93 K

h1 = 93,58 s1 = 0,34789

Pelo valor de entalpia encontrado, lançando-a na tab.A12 a 140kPa (dado pelo exercício),

212,08 0,83368

27,08 0,11087

x = 0,31 Para entropia, fica:

s2 = 0,37228 7,27 h2 = h1 35,9 43,17 0,83 Po = MPa ºC =

ho = kJ/kg so = kJ/kg.K <= tab. A13 Çengel, conf Po e To acima

MPa ºC =

MPa

Xdestr = ɳII =

Da tab A11 do Çengel, temos que:

MPa ºC =

kJ/kg

kJ/kg kJ/kg.K

ele encontra-se entre 27,08 (liq. sat.) e 212,08, ou seja, é mistura. Portanto, calcular título.

hlv = kJ/kg slv = kJ/kg.K hl = kJ/kg sl = kJ/kg.K h1 = h2 = hl + x . hlv x = (h2 – hl)/hlv s2 = sl + x . slv kJ/kg.K I = To . (s2 – s1) Xdestr = I = kJ/kg Estado 2 => Ψs = (h2 – ho) – To.(s2 – so)

Ψs = kJ/kg

Estado 1 => Ψe = (h1 – ho) – To.(s1 – so)

Ψe = kJ/kg

ɳII = Ψs / Ψe ɳII =

(2)

Exercícios de Segunda Lei de Termodinâmica em Sistemas Térmicos – Prof. Marcelo Modesto

Ar comprimido, compressor de um estágio e um pós-resfriador

Considerações: - Regime permanente; - Energias cinética e potencial desprezíveis.

1,005 R ar = 0,287 Pede-se: 0,100 To = T1 = 15 288 K h1 = 288 sº1 = 1,66000 P2 = 0,400 T2 = 127 400 K h2 = 400,98 sº2 = 1,99194 P3 = 0,390 T3 = 20 293 K h3 = 293 s3 = 1,67000

Balanço de Energia do compressor =>

-0,0677 ou -0,0659

-0,3147

114,59

O calor transferido por fluxo de massa no compressor: E o calor rejeitado no resfriador: Aluno: Marcos de A. Cesaretti – Ex 02

O ar é um gás ideal; - as propriedades do ar (cp e R) são as mesmas na entrada e saida.

cp ar = kJ/kg.K kJ/kg.K

Wc, Qc, Ic, ɳIIc, Qr, Ir, ɳIIr, Icr, ɳIIcr

Po = P1 = MPa ºC = kJ/kg kJ/kg.K MPa ºC = kJ/kg kJ/kg.K MPa ºC = kJ/kg kJ/kg.K Qc – Wc + m'.cp.(T2 – T1) [eq 01] Δs 2,1 = s2 – s1 [eq 03] s2 – s1 = cp.LN (T2/T1) – R.LN (P2/P1) [eq 04] ΔQ = Δs.Tmed [eq 02] s2 – s1 = sº2 - sº1 – R.LN (P2/P1) [eq 05]

Das eq 03 e 04, temos: Das eq 03 e 05, temos:

Δs 2,1 = kJ/kg.K Δs 2,1 = kJ/kg.K

Δs 3,2 = sº3 - sº2 – R.LN (P3/P2) [eq 06] Δs 3,2 = kJ/kg.K

Havendo variação de entropia, e considerando PV = Cte, temos: Wc = R.T1.LN(P2/P1) [eq 07] Wc = kJ/kg ΔQ = Qc = Δs 2,1 . (T1 +T2)/2 Qr = Δs 3,2 . (T2 +T3)/2

Q

1

2

3 W

(3)

0,97 -0,08 -110,13 sº3 - sº1 – R.LN (P3/P1) -0,3806 0,46 ɳIIc = cp.(T2-T1) – To . Δs 2,1 ɳIIr = cp.(T3-T2) – To . Δs 3,2 cp.(T2-T1) - Qc cp.(T2-To) – Qr ɳIIc = ɳIIr = Icr = Ic + Ir Icr = kJ/kg Δs 3,1 = Δs 3,2 = kJ/kg.K ɳIIcr = (h3 – h1 – To . Δs 3,1) / (W - Qc - Qr) ɳIIcr =

(4)

Vapor e água líquida entram num tanque de mistura adiabática, com mistura sendo vapor a 7 bar.

Considerações: - Regime permanente; - Energias cinética e potencial desprezíveis; Sem trabalho de eixo.

3,170 To = 25 298 K 104,83 0,36720 P1 = 0,700 T1 = 320 593 K vapor P2 = 0,700 T2 = 40 313 K agua P3 = 0,700 m'3 = 200 kg/min 3,33 kg/s h1 = 3050,000 s1 = 7,3 h2 = 168,000 s2 = 0,58 h3 = 2762,800 s3 = 6,71 Pede-se: ?

Do balanço de massa, fica:

m'1 + m'2 = 3,33 Do balanço de energia, fica:

(m'3 - m'2) .h1 + m'2.h2 = m'3 . h3 m'2 = m'3 . (h3 - h1)/(h2 - h1) m'2 = 0,33 kg/s De (1), temos:

Aluno: Marcos de A. Cesaretti – Ex 03

Po = MPa ºC =

ho = kJ/kg so = kJ/kg.K <= tab. A4 Çengel, conf Po e To acima

MPa ºC =

MPa vapor sat.

Da tab. A Çengel, temos:

kJ/kg kJ/kg.K kJ/kg kJ/kg.K kJ/kg kJ/kg.K ΔΨ = ? Xdestr = I = ? ɳII = m'1 + m'2 = m'3 Eq (1) Q' vc = 0; W' vc = 0; ΔEc = 0; ΔEp = 0. => m'1 .h1 + m'2.h2 = m'3.h3 Eq (2)

Do balanço de eXergia, fica: m'1 .Ψ1 + m'2.Ψ2 - m'3.Ψ3 = I vc Eq (3) Isolando m'1 na eq. (1) e substituindo na eq. (2), temos:

1

2

(5)

Ψ2 = 0,858 Ψ3 = 768,680 76,62 Ψ1 + Ψ2 – Ψ3 111,37 2562,27 2638,89 0,97 -- Exergia no Estado 2 => Ψ2 = (h2 – ho) – To.(s2 – so)

kJ/kg Exergia no Estado 3 => Ψ3 = (h3 – ho) – To.(s3 – so)

kJ/kg Da eq. (3), temos: I vc = kJ/s ou kW ΔΨ = ΔΨ = kJ/kg Ψs = m3. Ψ3 Ψs = kJ/kg Ψe = m1. Ψ1 + m2. Ψ2 Ψe = kJ/kg ɳII = Ψs / Ψe ɳII =

(6)

Tanque contendo oxigênio em dois compartimentos com parede interna adiabática

Considerações: - Regime permanente; - Energias cinética e potencial desprezíveis; Sem trabalho de eixo. - Oxigênio é gás ideal. Pede-se: 101,0 To = 25 298 K 0,9180 0,6580 R = 0,2598 k = 1,4 P1 = 200 T1 = 27 300 K V1 = 0,100 m³ P2 = 1000 T2 = 227 500 K V2 = 0,200 m³ m1 = (P1.V1) / (R.T1) m2 = (P2.V2) / (R.T2) m1 = 0,2566 kg m2 = 1,540 kg Q1 + Q2 = 0 Isolando T, fica: T = (m1.T1 + m2.T2) / (m1 + m2) T = 471,43 K

Pressões dos compartimentos no estado (2): Pe2,i

Pe2,1 = m1.R.T Pe2,2 = m2.R.T

Pe2,1 = 31,43 Pe2,2 = 188,57

- Influências da pressão e temperatura desprezíveis em cp e cv.

ΔΨ a = ? Xdestr = I a = ? ΔΨ b = ? Xdestr = I b = ?

Po = kPa ºC =

Da tab. A2 Çengel, para Oxigênio:

cp = kJ/kg.K cv = kJ/kg.K kJ/kg.K kPa ºC = kPa ºC = Q = u – ui = m cv (T – Ti) m1.cv.(T – T1) = - m2.cv.(T – T2) kPa kPa Q1 = m1 cv (T – T1) Q2 = m2 cv (T – T2)

(7)

0,896 0,379 -58,47 -203,09 -261,57 379,98 733,33 m³ 0,020 0,041 -18,1 18,1

Δs

a,1 = m1.[cp.LN (T/T1) – R.LN (Pe2,1/P1)]

Δs

a,2 = m2.[cp.LN (T/T2) – R.LN (Pe2,2/P2)]

Δs

a,1 = kJ/K

Δs

a,2 = kJ/K

ΔΨ a,1 = Q1 + Po . (V2 – V1) - To . Δs a,1 ΔΨ a,2 = Q2 + Po . (V2 – V1) – To . Δs a,2

ΔΨ a,1 = _kJ ΔΨ a,2 = _kJ

ΔΨ a = ΔΨ a,2 + ΔΨ a,1

ΔΨ a = _kJ

I a = To . (

Δs

a,2 +

Δs

a,1) I a = _kJ

b) Variação de eXergia e irreversibilidade ao retirar a parede e misturar as duas massas

ΔΨ b = ? I b = ? Pb = (m1 + m2).R.T / (V1 + V2) Pb =

Δs

b,1 = m1.[cp.LN (T/T1) – R.LN (Pb/P1)]

Δs

b,2 = m2.[cp.LN (T/T2) – R.LN (Pb/P2)]

Δs

b,1 = kJ/K

Δs

b,2 = kJ/K ΔΨ b = Q1 + Q2 – To . (Δs b,2 + Δs b,1) ΔΨ b = _kJ I b = To . (

Δs

b,2 +

Δs

b,1) I b = _kJ

(8)

Vapor d'água num tanque rígido

Considerações: - Regime permanente; - Energias cinética e potencial desprezíveis; Sem trabalho de eixo.

Processo isocórico, v1 = v2 = 2,3593 m³/kg 0,101 To = 25 298 K 104,83 0,36720 título = 1,0 T1 = 90 363 K u1 = 2494,0 s1 = 7,4782 P2 = 0,150 T2 = 525 798 K --> 900 K u2 = 3100 s2 = 8,55250 (do enunciado) Pede-se: ? ? Q = u2 – u1 Q = 606 Q – To.(s2 - s1) 285,86 Q.(1 – To/T2) 405,35 Primeiro caso: calor do reservatório

0,71 -- Segundo caso: Resistência elétrica

Po = MPa ºC =

ho = kJ/kg so = kJ/kg.K <= tab. A4 Çengel, conf Po e To acima ºC =

kJ/kg kJ/kg.K

Pelo v1 encontrado, a partir da tab A6 foi estimado T2 e u2 para P2 dado.

MPa ºC = kJ/kg kJ/kg.K ɳII (1) = ɳII (2) = kJ/kg ΔΨ = ΔΨ = kJ/kg Ψ forn = Ψ forn = kJ/kg ɳII (1) = ΔΨ / Ψ forn ɳII (1) = ɳII (2) = ΔΨ / Q

Q

(9)

Nitrogênio expande num cilindro com pistão

Considerações: - Regime permanente; - Energias cinética e potencial desprezíveis. - Nitrogênio é gás ideal. 1,0390 0,7430 n = 1,5 R = 0,2968 To = 25 298 K P1 = 0,700 T1 = 38 311 K P2 = 0,140 T2 = ? ? K Pede-se: W = ? Q = ? ? P1.V1 = R.T1 => V1 = R.T1/P1 P1.V1^n = P2.V2^n V1 = 131,86 m³ V2 = [(P1/P2)^1/n].V1 1/n = 0,67 V2 = 385,57 m³ T2 = P2.V2/R T2 = 181,87 K W = R.(T2 – T1) / (1-n) W = 76,65 Q = -0,0797 Q = -19,65 I = I = -23,76 -72,18

- Influências da temperatura desprezíveis em cp e cv.

Da tab. A2 Çengel, para N:

cp = kJ/kg.K cv = kJ/kg.K kJ/kg.K ºC = MPa ºC = MPa ºC = ΔΨ = Xdestr = I = ?

Do processo politrópico, para n ≠ 1, o trabalho por unidade de massa fica:

kJ/kg s2 – s1 = Δs = cp.ln(T2/T1) – R.ln(P2/P1) Δs . (T1 + T2)/2 Δs = kJ/kg kJ/kg To.Δs ΔΨ = cv . (T2 – T1) – I kJ/kg ΔΨ = kJ/kg