A 1 a lei da termodinâmica para um sistema transiente é:

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1 TT011 - Termidinâmica - Engenharia Ambiental - UFPR Gabarito - Avaliação Final Data: 15/07/2016 Professor: Emílio G. F. Mercuri Antes de iniciar a resolução leia atentamente a prova e verifique se a mesma está completa. Aavaliaçãoéindividualesemconsultas.Marquearespostafinalacaneta.Boasorte! (1) (40.0 pontos) Um tanque rígido e isolado (10 m 3 ) contém ar a 1000 kpa, 1000 K. Esse tanque é ligado a uma turbina reversível e adiabática que produz um fluxo de saída a 100 kpa. A válvula é aberta permitindo o fluxo de ar para fora da turbina até que a pressão do tanque seja reduzida para 100 kpa, quando a válvula é fechada e o fluxo para. a) Determine a massa inicial e final no tanque. b) Qual foi o trabalho total produzido pela turbina? Solução da Questão 1 Considerando que o volume de controle é o conjunto do tanque mais a turbina: não há fluxo de calor através da fronteira. Existe trabalho sendo produzido pela turbina e fluxo de massa efluente. Além disso, considere que todo o volume de controle executa um processo reversível e adiabático. A Equação da Continuidade para um sistema transiente é: (m 2 m 1 ) v.c. = ÿ m e ÿ m s como não há fluxo mássico de entrada e existe apenas um fluxo de saída: (1) m 2 m 1 = m s A 1 a lei da termodinâmica para um sistema transiente é: E 2 E 1 = Q v.c. W v.c. + ÿ m e (h e v2 e + gz e ) ÿ m s (h s v2 s + gz s ) Sabemos que não há fluxo de calor através da fronteira, que existe trabalho sendo produzido pela turbina e que energia está sendo transferida devida ao fluxo de massa efluente, portanto: (2) m 2 u 2 m 1 u 1 = m s h s W v.c. A 2 a lei da termodinâmica para um sistema transiente é: S 2 S 1 = ÿ m e h e ÿ m s s s + 1 S 2ger simplificando para as condições dadas, temos que: (3) m 2 s 2 m 1 s 1 = m s s s + 1 S 2ger como se trata de um processo reversível e adiabático, temos que: s 1 = s 2 = s s e 1 S 2ger =0. Estado 1: 1000 kpa, 1000 K. Tabelas Ar (gas perfeito): u 1 = 759,19 kj/kg Estado 2: 100 kpa, s = s 1. Estado de saída: 100 kpa, s = s 1.

2 Da lei dos gases ideais: P 1 V 1 = m 1 RT 1 Serão dadas duas soluções para esse problema: para calores específicos constantes e variáveis. Considerando que os calores específicos c p e c v são constantes. Das Tabelas Termodinâmicas: Constante universal para o Ar: R ar =0,2870 kj/(kg K). Calores específicos (Ar a 25 Ce100 kpa): c p =1,0035 kj/(kg K) e c v =0,7165 kj/(kg K) Como k = cp c v =1,400 kj/(kg K), podemos usar a relação: m 1 = P 1V 1 = 1000(10) = 34,843 kg RT 1 0,2870(1000) T 2 T 1 = 3 4 (k 1)/k P2 isolando T 2 : 3 4 (k 1)/k 3 4 P2 100 (1,4 1)/1,4 T 2 = T 1 = 1000 = 1000 (0,1) 0,2857 = 517,96 K = T s P Podemos obter a massa final no tanque: m 2 = P 2V 2 RT 2 = Da equação da continuidade, a massa que saiu do tanque é: P 1 100(10) =6,727 kg 0,2870(517,96) m s = m 1 m 2 = 28,116 kg O Trabalho pode ser obtido pela equação 2: W v.c. = m 1 u 1 m 2 u 2 m s h s = m 1 c v T 1 m 2 c v T 2 m s c p T s W v.c. = 34,843(0,7165)1000 6,727(0,7165)517,96 28,116(1,0035)517,96 = 7863 kj Solução alternativa: calores específicos variáveis. (m 1 = 34,843 kg ) Usando os valores da tabela das propriedades termodinâmicas do ar (gás perfeito e a pressão de referência para a entropia de 0,1 MPa), temos que: 3 4 s 0 T 2 = s 0 P2 T 1 + R ln =8, ,287 ln(0,1) = 7,47409 kj/(kg K) P 1 Interpolando os valores tabelados, obtém-se: T 2 = 544,06 K h 2 = 548,905 kj/kg u 2 = 392,743 kj/kg da relação dos gases ideais, temos que: m 2 = P 2V 2 100(10) = =6,4043 kg RT 2 0,2870(544,06) Da equação da continuidade, a massa que saiu do tanque é: m s = m 1 m 2 = 28,439 kg O trabalho é: W v.c. = m 1 u 1 m 2 u 2 m s h s = 34,843(759,19) 6,4043(392,743) 28,439(548,905) = 8377 kj

3 (2) (40.0 pontos) Um ar condicionado é utilizado como uma bomba de calor. O fluido refrigerante (R-410a) executa um ciclo termodinâmico que opera entre duas pressões: 2000 kpa e 400 kpa. O dispositivo aquece uma casa a 20 C utilizando 2 kw de energia elétrica, enquanto o ambiente está a 5 C. a) Determine o coeficiente de performance (eficiência) do ciclo. b) Calcule a vazão mássica do fluido refrigerante R-410a. c) Encontre a taxa de transferência de calor d) Determine a taxa de geração de entropia. Solução da Questão 2 Considerando a Bomba de Calor executando um ciclo e convertendo as temperaturas para Kelvin, temos: T H =293,15 K Q H Bomba de calor Ẇ =2kW Q L T L =268,15 K a) O coeficiente de performance (eficiência) do ciclo de refrigeração pode ser obtido por: B.C. real = Q H = Q H Q H Q L W = q H w Um ciclo de refrigeração ideal pode ser representado pelo ciclo : Q H (calor sendo transferido para a casa) Vapor quente 2 Condensador 3 Líquido quente Ẇ Compressor Válvula de expansão ou tubo capilar Evaporador 4 Líquido frio + vapor Vapor frio 1 Q L (calor sendo transferido do ambiente externo) E pelo diagrama T s: T s

4 Compressor (1 æ 2): O compressor opera entre as pressões P 1 = 400 kpa (vapor saturado) e P 2 = 2000 kpa (vapor superaquecido) e executa um processo isentrópico (s 1 = s 2 ). Da tabela B.4.2 (vapor R-410a saturado) para P 1 = 400 kpa æ h 1 = 271,9 kj/kg e s 1 =1,0779 kj/(kg K) Da tabela B.4.2 (R-410a superaquecido) para P 2 = 2000 kpa e s 2 =1,0779 kj/(kg K) æ h 2 317,43 kj/kg w c = h 2 h 1 = 317,43 271,9 = 45,53 kj/kg Condensador (2 æ 3): O processo no condensador é isobárico (P 2 = P 3 = 2000 kpa ou 2 MPa) e no estado 3 temos R-410a como líquido saturado (x 3 =0). Da tabela B.4.1 (líquido R-410a saturado) para P 3 =2MPa (32,31 C) æ h 3 110,21 kj/kg q H = h 2 h 3 = 317,43 110,21 = 207,22 kj/kg Válvula de expansão (3 æ 4): Da 1 a lei temos que: h 3 = h 4, processo isoentálpico. Evaporador (4 æ 1): Trata-se de um processo isotérmico. Aplicando a 1 a lei ao evaporador temos que: q L = h 1 h 4 = h 1 h 3 = 271,9 110,21 = 161,69 kj/kg Portanto, o coeficiente de performance ou eficiência do ciclo é: B.C. real b) A vazão mássica do fluido refrigerante R-410a é: ṁ = = q H w =4,55 Ẇ w = 2 =0,04393 kg/s 45,53 c) A taxa de transferência de calor é: Q = ṁq H =0,04393(207,22) = 9,21 kw (= Ẇ ) d) Considerando o volume de controle envolvendo toda a casa, ou seja, o sistema completo do ar condicionado. Temos trabalho elétrico entrando na casa sendo usado para retirar calor do ambiente e adicionar na casa, mas a casa também está perdendo calor pelas paredes para o ambiente. V.C.: Casa Ẇ =2kW Q H Q L T ambiente =268,15 K (temperatura da superfície de contorno) Da 1 a lei: 0=q L q H + w Podemos determinar a taxa de geração de entropia pela 2 a lei: = ÿ ṁ e s e ÿ ṁ s s s + ÿ Q v.c. + T Ṡger s.c. Aplicando para o ciclo em regime permanente sem fluxos de massa: 0= q L T amb q H T amb + s ger Ṡ ger = ṁ (q H q L ) = W = 2 =0,0075 kw/k T amb T amb 268,15

5 (3) (20.0 pontos) Vapor d água a 7 MPa e 450 C é estrangulado em uma válvula até uma pressão de 3 MPa durante um processo em regime permanente. Determine a entropia gerada durante esse processo e verifique se o princípio do aumento de entropia foi satisfeito. Solução da Questão 3 Vapor de água é estrangulado até uma pressão especificada. A entropia gerada durante esse processo deve ser determinada e a validade do princípio de aumento de entropia deve ser verificada. Hipóteses: 1. Este é um processo com escoamento em regime permanente, uma vez que não há variação no tempo das propriedades do escoamento em nenhum ponto; logo, m v.c. =0, E v.c. =0e S v.c. =0. 2. A transferência do calor de ou para a válvula é desprezível. 3. As variações nas energias cinética e potencial são desprezíveis, ec = ep =0. Análise: Definimos a válvula de estrangulamento como o sistema. Este é o volume de controle, uma vez que massa atravessa a fronteira do sistema durante o processo. Observamos que há apenas uma entrada e uma saída, porntanto ṁ 1 = ṁ 2 = ṁ. Além disso, a entalpia de um fluido permanece quase constante durante um processo de estrangulamento, e portanto h 2 h 1. A entropia do vapor de água nos estados de entrada e de saída é determinada pelas tabela de vapor como: Estado 1: P 1 =7MPa e T 1 = 450 C æ h 1 = 3288,3 kj/kg e s 1 =6,6353 kj/(kg K) Estado 2: P 3 =3MPa e h 2 = h 1 æ s 2 =7,0046 kj/(kg K) Então, a geração de entropia por unidade de massa de vapor de água é determinada a partir do balanço de entropia aplicado à válvula de estrangulamento. Para as condições dadas: = ÿ ṁ e s e ÿ ṁ s s s + ÿ Q v.c. T s.c. + Ṡger = Ṡe Ṡs + Ṡger =0 ṁ e s e ṁ s s s + Ṡger =0 Ṡ ger = ṁ s (s s s e ) s ger = Ṡger ṁ s =(s s s e ) s ger = s s s e =7,0046 6,6353 = 0,3693 kj/(kg K) O princípio do aumento de entropia foi satisfeito durante o processo, uma vez que a geração de entropia é positiva.

6 Relações Matemáticas dm v.c. = ÿ ṁ e ÿ ṁ s de v.c. = Q v.c. Ẇv.c. + ÿ ṁ e (h e v2 e + gz e ) ÿ ṁ s (h s v2 s + gz s ) (m 2 m 1 ) v.c. = ÿ m e ÿ m s E 2 E 1 = Q v.c. W v.c. + ÿ m e (h e v2 e + gz e ) ÿ m s (h s v2 s + gz s ) PV = mrt = n RT n = m M PV n = C = ÿ ṁ e s e ÿ ṁ s s s + ÿ Q v.c. T s.c. + Ṡger térmico real =1 Q L Q H Æ 1 T L T H ref real = B.C. real = Q L Q H Q L Æ Q H Q H Q L Æ T L T H T L T H T H T L