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TERMODINÂMICA 1 Professor: DSc. William Gonçalves Vieira Engenheiro químico graduado na UFRJ em 1978 Especialização na Petrobras – CENPEQ em 1979 Mestrado na UEM em 1998 Doutorado na UNICAMP em 2002 Engenharia Química – CTEC/UFAL APRESENTAÇÃO 7 1 Estudar os textos enviados para o sistema MOODLE: Relações Termodinâmicas e funções volumétricas; Condições de Equilíbrio 1; Equações de GIBBS como função de Geração e Funções Residuais; Cálculo de Variações de propriedades Termodinâmicas. Estes estudos podem ser acompanhados no livro texto; entretanto a forma de apresentação é um pouco confusa. Outras fontes: Jefferson W. Tester, Michael Modell - Thermodynamics and Its Applications (1997, Prentice Hall); TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Da 1a lei (do princípio de conservação de energia), temos que: Equação aplicada a um sistema fechado (ou seja, sem variação de massa) Onde: Et → corresponde à energia total. Portanto corresponde a uma soma: Aplicando para sistema em repouso (maioria das aplicações da Eng. Quim.); Daí: Na forma diferencial: Para fluido homogêneo, Onde: U = (E. int.)/(massa) → E. Interna específica. (ou em forma molar) Neste caso U = (E. int.)/(mol) → E. Interna molar. Aplicando de forma mais genérica a um sistema fechado composto de várias partes, cada uma com seu próprio conjunto de propriedades uniformes. Em seguida, aplicada para um sistema aberto. Essa equação toma a forma: TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Sabendo que: H = U + PV Daí: Para W reversível à P const.: Então: EQUAÇÕES VÁLIDAS PARA SISTEMAS FECHADOS. TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO ESTADO ESTACIONÁRIO (condições de operação na indústria na maioria dos processos. Com excessão dos processos em batelada onde há acúmulo). São os processos abertos e sem acúmulo. As propriedades TD são constantes em cada ponto (não variam com o tempo). A análise é realizada na forma de volume de controle (Sistema aberto). Portanto, em (1) se mede m1, v1, P1, T1; o mesmo em (2) e (3). Onde: Fig 1 – Esquema de um sistema aberto TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO De maneira global: Onde: Observar para o Sistema de Unidades que deverão ser compatíveis. Obs.: Quando se usa sistema ingles de unidades, é utilizado um termo gc que é uma constante dimensional para conversão de unidades; daí: dessa forma, teremos, para sistema ingles: Saindo do Estado Estacionário (processo com acúmulo), a equação geral é: Essa é a equação geral de energia em um sistema em estado não-estacionário (ESTADO DINÂMICO). TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO FLUXO ADIABÁTICO REVERSÍVEL. O fluxo de fluidos reais são irreversíveis devido ao efeito dissipativo da viscosidade que acompanha o escoamento. Entretanto, podemos imaginar um processo limite do escoamento reversível durante o qual a entropia permaneça constante. Exemplo: Considere o escoamento através de um bocal. Qual mudança de estado ocorrerá na mudança de pressão de 1 para 2? Equação de energia: Considerações: Ep = 0 → z = 0 ; Ws = 0 → não há realização de trabalho; Q = 0 → calor trocado desprezivel devido à área de troca mínima; Ou seja, o processo pode ser considerado adiabático. Fig 2 – Esquema de um bocal TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Daí, se pode escrever: rearranjando: Obs.: Essa expressão nos diz que a mudança de velocidade ocasionada pelo bocal está diretamente relacionada com a variação de entalpia do processo. Então, suponha que se conheça as condições antes do bocal (P1, T1, v1) e também a pressão de saída do bocal (P2). As condições de saída T2 e v2 não são conhecidas. Necessitamos de conhecer T2 para determinar H2, e conhecer H2 para determinar v2. Portanto, apenas a equação de energia não é suficiente para essa determinação. Se considerarmos a expansão através do bocal é reversível, teremos uma equação adicional, ou seja, S2 = S1, pois num processo adiabático reversível não há variação de entropia total. Acrescentaremos então uma restrição ao processo: TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Isto indica que quando temos uma expansão à S constante, o que acontece no processo é uma variação de entalpia. Dessa forma está definida a trajetória do processo. Conhecendo a entalpia do processo, pode-se determinar a variação de entalpia à S constante (H2-H1)S. Daí pode-se calcular a velocidade através da equação (1). APLICAÇÃO → TURBINAS Obs.: A expansão em um bocal aumenta Ek do fluido fazendo girar uma turbina (o gás chocando com as pás da turbina sofre redução em sua velocidade). A equação se reduz a: Onde os termos de Ek e EP podem ser desprezíveis (pq.?) Q ≠ 0 → entretanto estamos interessados em Ws e não em Q. Dessa forma, a equação da 1a. LEI se resume a: Ws = ∆H Fig 3 – Esquema de uma turbina TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Geralmente se conhece todas as condições de entrada e apenas a pressão de saída da turbina; se a turbina opera adiabatica e reversivelmente, isso quer dizer isoentropicamente; daí, obtemos uma restrição adicional que permite calcular as propriedades de saída (S1 = S2). Então: Ws = -(∆H)s. Esse trabalho corresponde ao trabalho máximo que se pode produzir em uma expansão adiabática de um fluido desde um estado inicial até a pressão final dada. Normalmente, as máquinas reais produzem de 75 a 80% deste Ws A eficiência do processo pode ser determinada: O diagrama de Molier (H x S) é bastante útil para representar esses processos. TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO 1- > 2 (isoentrópico) 1- > 2’ (real) TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Fig 4 – Diagrama de Molier (representação de uma expansão). P1=20mPa P2=2mPa 2’ 2 Fig 5 – Esquema de uma compressão. O processo inverso da turbina corresponde à compressão adiabática reversível (onde Ws é fornecido ao compressor). O objetivo é somente aumentar a pressão do fluido. Mesma equação, mesmas considerações; eficiência diferente (Ws minimo). Cálculo da eficiência da compressão: O diagrama de Molier também é útil para representar esses processos (fig. 6). TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Fig 6 – Diagrama de Molier (representação de uma compressão) P1=1bar T1=110oC P2=10bar isoentropico P2=10bar real = (3,2-2,7) (3,5-2,7) TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO PROCESSOS DE ESTRANGULAMENTO Um possível processo de estrangulamento seria aquele onde não há variação de entalpia (expansão adiabática sem realização de trabalho). Daí: Ws = -∆H = 0 Ou seja, processo adiabático sem produzir trabalho e sem variação de Ek e EP. Então ∆H = 0 (resulta num processo puramente de redução de pressão). Exemplo: escoamento atraves de uma válvula aberta ou semi aberta, sem aumento considerável de energia cinética. Processo totalmente irreversível (energia cinética convertida em energia interna) TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Fig. 7 - Processo de estrangulamento (isoentalpico) TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO O processo em Regime Permanente Turbinas, Compressores, Bocais, Caldeiras, Trocadores Calor etc. O modelo não inclui transientes, apenas o período de tempo de operação estável. Hipóteses O volume de controle não se move em relação ao sistema de coordenadas. (significa que todas as velocidades medidas em relação aquele sistema são também velocidades relativas à superfície de controle, e não há trabalho associado com a aceleração do volume de controle). - Quanto à massa no volume de controle, o estado da mesma em cada ponto do volume de controle não varia com o tempo. Pela conservação: (Eq. da continuidade) Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração Pela primeira lei da termodinâmica : Exemplo 1 Vapor de água a 0,5 MPa e 200 oC entra em um bocal termicamente isolado com uma velocidade de 50 m/s, e sai à pressão de 0,15MPa e à velocidade de 600 m/s. Determinar a temperatura final do vapor se ele estiver superaquecido e o título se for saturado. Solução Hipóteses: processo em regime permanente, volume de controle termicamente isolado, não há transferência de calor pela superfície de controle Qv.c = 0. Do problema físico Wv.c= 0. Do esquema para o problema podemos adotar para os fluxos mássicos: (EP)e (EP)s Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) Da 1ª lei da termodinâmica, regime permanente resulta: as velocidades de entrada e saída são conhecidas, a entalpia de entrada pode ser determinada da tabela de vapor de água he = 2855,4 kJ/kg. Assim substituindo os valores na 1a lei, temos: Do diagrama de mollier para a água à Ps = 0,15 MPa e com hs = 2676,65 kJ, vemos que o estado 2 é vapor úmido (hvs = 2693,6 kJ/kg, hLs = 467,11kJ/kg ) assim, A temperatura é obtida da tabela de vapor saturado. para Ps = 0,15 MPa a temperatura é, Ts = 111,4 oC Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) Entrada Saída Pressão 2,0 MPa 0,1 MPa Temperatura 350 OC ----------- Título --------- 100 % Velocidade 50 m/s 200 m/s Plano de referência 6 m 3 m aceleração da gravidade g= 9,8066 m/s2 Exemplo 2 O fluxo de massa que entra em uma turbina a vapor d'água é de 1,5 kg/s e o calor transferido da turbina para o meio é de 8,5 kW. São conhecidos os seguintes dados para o vapor de água que entra e sai da turbina: Determinar a potência fornecida pela turbina. hipóteses: - O volume de controle é como na figura ao lado; Regime permanente, Modelo: Tabelas de Vapor d'água ou diagrama de Mollier Análise: Primeira lei da termodinâmica Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) Solução: Dos dados do problema, Do diagrama de Mollier podemos ler os dados para as condições de entrada e saída da turbina he = 3137,0 kJ/kg, Se = 6,95 kJ/kg K hs = 2675,5 kJ/kg, Ss = 7,36 kJ/kg k Cálculo dos termos de energia cinética e potencial dos fluxos mássicos: Substituindo os valores numéricos na equação ( 1 ) temos ( 1 ) portanto, Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) OBS.: - Na maioria dos problemas onde a variação de altura é pequena, os termos de energia potencial podem ser desprezados; - Os termos de energia cinética podem ser comumente desprezados quando não houver grandes diferenças entre a velocidade de entrada e saída do fluxo mássico no volume de controle. Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) Exemplo 3 Considere uma instalação motora a vapor simples como mostrada na figura Localização Pressão Temperatura ou Título Saída do gerador de vapor 2,0 MPa 300 oC Entrada da turbina 1,9 MPa 290 oC Saída da turbina, entrada do condensador 15 kPa 90 % Saída do condensador, entrada da bomba 14 kPa 45 oC Trabalho da bomba = 4,0 kJ/ kg Determinar , por kg de fluido que escoa através da unidade: 1 - Calor trocado na linha de vapor entre o gerador de vapor e a turbina; 2 - Trabalho da turbina; 3 - Calor trocado no condensador; 4 - Calor trocado no gerador de vapor. Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) As propriedades dos estados 1,2 e 3 podem ser lidos no diagrama de Mollier As propriedades do estado 4 devem ser lidas da tabela de propriedades comprimidas ou de forma aproximada, da tabela de propriedades saturadas para a temperatura dada; Para o item 1: Qperdido na linha = m(h2-h1); Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) Para o item 2: (Uma turbina é essencialmente uma máquina adiabática. Por tanto é razoável desprezar o calor trocado com o meio ) Para o item 3: Qvc + mh3 = mh4 Portanto Q/m = h4 – h3 Para o item 4: Para a bomba: h5 = h4 - W5 A solução gráfica fica mais rápida (fazer também usando diagrama de Mollier) Algumas aplicações em ciclos de potência e refrigeração (continuação) Exemplo de ciclo de refrigeração: Num ciclo de refrigeração com FREON-12, a taxa de circulação de refrigerante é de 300lbm/h. O freon-12 entra no compressor a 25psia e 20oF e sai a 175psia e 170oF. O refrigerante entra na válvula de expansão a 165psia e 100oF e deixa o evaporador (refrigerador) a 27psia. A potência dada ao compressor é 2,5HP. Calcular: a) O Coeficiente de performance COP; b) A capacidade de refrigeração (em TON). compressor refrigerador condensador válvula QL TL W QH TH TL TH INTERIOR EXTERIOR 4 5 3 2 6 1 1 2 3 4 5 6 P (psia) 25 175 175 165 27 27 T (oF) 20 170 121,33 100 6 6 H (BTU/lbm) 80 98 36,77 32 32 78,462 S(BTU/lbm.oF) 0,174 0,178 0,07303 0,16852 V (ft3/lbm) 0,0132 1,4442 Obs.: Liq sat. Vap.sat. Hipóteses: H4 = subresfr. (aproxim.) Não há queda de pressão no evapor. ⸫ P5 = P6 Válvula isoentalp. 3 → liq.sat à P2 6 → Vap.sat. COP = Qrefri. / Wcompres. Qrefri. = H6 – H5 Ponto 3: 175 psia liq-sat. T: determinação 1 T1 = 120oF P1 = 171,97 psia ] P = 175 psia T2 = 125oF P2 = 183,33 psia ] T = ? (T – 120) / (175 – 171,97) = (125 – 120) / (183,33 – 171,97) ⸫ T = 120 + (5)*(3,03) / (11,36) = 121,33 oF Dados: Diagrama e tabela do FREON-12. Determinação 2: H3 T1 = 120oF H1 = 36,427 BTU / lbm ] T = 121,33oF T2 = 125oF H2 = 37,703 BTU / lbm ] H = ? (H – 36,427) / (121,33 – 120) = (37,703 – 36,427) / (125 – 120) ⸫ H3 = 36,427 + (1,276)*(1,33) / (5) H3 = 36,77 BTU / lbm Determinação 3: S3 T1 = 120oF S1 = 0,07247 BTU / lbm . oF T = 121,33oF T2 = 125oF S1 = 0,07461 BTU / lbm . oF S = ? (S – 0,07247) / (121,33 – 120) = (0,07461 – 0,07247) / (125 – 120) ⸫ S3 = 0,07247 + (0,00214)*(1,33) / (5) S3 = 0,07303 BTU / lbm. oF Determinação 4: V3 T1 = 120oF d1 = 76,02 lbm / ft3 ] T = 121,33oF T2 = 125oF d2 = 75,28 lbm / ft3 ] d = ? (d – 76,02) / (121,33 – 120) = (75,28 – 76,02) / (125 – 120) ⸫ d = 76,02 + (-0,74)*(1,33) / (5) d = 75,82 lbm / ft3 V = 1 / d = 0,0132 ft3 / lbm Ponto 6: P = 27 psia (vapor saturado) T : T1 = 5oF P1 = 26,442 psia ] P = 27 psia T2 = 10oF P2 = 29,290 psia ] T = ? (T – 5) / (27 – 26,442) = (10 – 5) / (29,290 – 26,442) ⸫ T = 5 + (5)*(0,558) / (2,848) = 5,98 ≈ 6oF H: T1 = 5oF H1 = 78,352 BTU / lbm] T = 6oF T2 = 10oF H2 = 78,904 BTU / lbm] H = ? (H – 78,352) / (6 – 5) = (78,904 – 78,352) / (10 – 5) ⸫ H = 78,352 + (0,552)*(1) / (5) = 78,462 BTU / lbm S: T1 = 5oF S1 = 0,16960 BTU / lbm.oF] T = 6oF T2 = 10oF S2 = 0,16920 BTU / lbm.oF] S = ? (S – 0,16960) / (6 – 5) = (0,16920 – 0,16960) / (10 – 5) ⸫ S = 0,16960 + (-0,0004)*(1) / (5) = 0,16952BTU/lbm V: T1 = 5oF V1 = 1,4711 ft3 / lbm] T = 6oF T2 = 10oF V2 = 1,3362 ft3 / lbm] V = ? (V – 1,4711) / (6 – 5) = (1,3364 – 1,4711) / (10 – 5) ⸫ V = 1,4711 + (-0,1347)*(1) / (5) = 1,4442 ft3 / lbm Pot. = W / t = (H2 – H1)*ṁ Pot = 2,5HP*(1kw/1,34102 HP)*(0,947831 BTU / s) / (1kw) = 1,767 BTU / s ∆HC = Pot / ṁ = (1,767 BTU / s) / (300 lbm / h) X (3600s / 1h) = 21,204 BTU / lbm ⸫Wcomp. = ∆HC = 21,204 BTU / lbm a) COP = QF / Wcomp. = (H6 – H5) / ∆HC COP = (78,462 – 32) / 21,204 = 2,19 b) Capacidade de refrigeração (TON) Por definição: 1 TON = 200BTU / min Refrigerador: (H6 – H5) x ṁ (78,462 – 32) x 300 lbm/h / (60min/h) = 232,31 BTU / min. Capacidade refrig. = 232,31 / 200 = 1,16Tons Exercícios propostos Um chuveiro elétrico, cuja potência elétrica é de 4400W, aquece a água de 20 até 35oC. Determine o fluxo mássico de água que está sendo aquecido. 2) Em um secador de cabelo, funcionando em regime permanente, a temperatura do ar saindo é de 83oC, a velocidade é de 9,1 m/s e a área da saída do ar é de 18,7 cm2. O ar entra no secador à 25 oC, e a 1,0 bar, com velocidade de 3,7 m/s. a) Admitindo-se ar como gás ideal determinar a potência elétrica do secador. b) Usando dados tabelados de entalpia para o ardetermine a potência elétrica e comente os dois resultados comparativamente (para T=295Kh=295,2 kJ/kg; T=356Kh=356,5 kJ/kg) TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO 3) Na 1ª Fig. abaixo temos um coletor solar no qual está escoando 100kg/h de água (líquido). Água entra no coletor à 30C. Se o fluxo de radiação solar que incide no coletor for de 500 kcal/h e o rendimento térmico do coletor, = 40 determine a temperatura da água na saída do coletor. Admita que a pressão é constante e igual a 1,01325 bar. 4) Na Fig. Ao lado está esquematizado um compressor aspirando refrigerante, R-12, cujo título, X = 1.0 e a pressão é de 3,817 kgf/cm2. Admitindo-se um processo isoentrópico e sendo a pressão de descarga do compressor de 9,80 kgf/cm2 determine a potência que deve ser fornecida ao compressor se ele deslocar uma massa de 500 kg/h de refrigerante. 5) Na Fig. ao lado está esquematizado um tubo de um trocador de calor de uma caldeira. Determinar o estado termodinâmico 2 quando for fornecido 1000 kcal/h de calor à água que escoa no tubo entre o ponto 1 e 2. Considere que o fluxo de água no tubo é de 100 kg/h e que está escoando à pressão constante. As propriedades termodinâmicas no estado 1 são T=100 C e o título, X=0. 6) Uma turbina a vapor pode ser operada em condições de carga parcial através do estrangulamento do vapor que entra na turbina para uma pressão mais baixa, como mostra a Fig. ao lado. (O estrangulamento é um processo isoentálpico). As condições do vapor na linha de alimentação são: P1=7,0 kgf/cm2 e 320C. Na saída da turbina, P3 = 0,07kgf/cm2. Supondo que o processo na turbina seja adiabático reversível, calcular o trabalho produzido pela turbina quando em plena carga, por kg de vapor, e a pressão para a qual o vapor deverá ser estrangulado para produzir 75% do trabalho de plena carga. TERMODINÂMICA DOS PROCESSOS DE ESCOAMENTO Final da 7ª. apresentação W Q E t + = D ( ) W Q E ou t - = D t P t k t t E E U E D + D + D = D 0 = D = D t P t k E E W Q U t + = D W Q dU t d d + = W Q mdU d d + = W Q ndU d d + = ( ) å å å + = W Q mU d R d d ( ) å å å + = W Q mU d ou R d d ( ) ( ) ( ) å å å + = R R R mPV d mU d mH d ( ) ( ) å å å å + + = R R mPV d W Q mH d d d ( ) mV Pd W - = d ( ) ( ) å å å - = - = R R mPV d mPV d W d ( ) å å = Q mH d ou R d mgz E mv E P k = = ; 2 2 å + = ú û ù ê ë é ÷ ÷ ø ö ç ç è æ + + + D s W Q dm zg v PV U d d 2 2 . 2 2 2 1 1 1 3 3 3 s W m V P m V P m V P W d d + - - = c k c P g mv E g mzg E 2 ; 2 = = s c c W Q g g z g v H + = ÷ ÷ ø ö ç ç è æ D + D + D å 2 2 ( ) å å + = ú ú û ù ê ê ë é ÷ ÷ ø ö ç ç è æ ÷ ÷ ø ö ç ç è æ + + D + W Q dm g g z g v H mU d C V no fluem que correntes controle volume c c d d . . 2 2 s c c W Q g g z g v H + = ÷ ÷ ø ö ç ç è æ D + D + D å 2 2 ( ) 1 2 2 2 2 2 0 2 1 2 H H g v v g v H c c - - = - = D + D ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 1 2 S c H H g v v - - = - ( ) s HQW D=+ å ( ) s s s H H ou co isoentrópi W real W D D = = h h ) ( ) ( ( ) H H ou real W co isoentropi W s c s s c D D = = h h ) ( ) ( d m dt v c . = 0 d E dt v c . = 0 m m s e · · å å = å å å å · · · · + + + = + + + c V s V s s e V e e c v W gZ h m gZ h m Q s e . 2 2 . ) ( ) ( 2 2 ( ) ( ) å å + = ú û ù ê ë é ÷ ÷ ø ö ç ç è æ + + D + W Q dm g z v H mU d C V no fluem que correntes controle volume d d . . 2 2 2 2 2 2 s e V s V e h h + = + ® ÷ ÷ ø ö ç ç è æ - + = 2 2 2 s e e s V V h h kg kJ kg kJ J kJ s m kg kJ h S / ) 75 , 178 ( / 4 , 2855 ) ( 1000 1 ) / ( 2 600 50 ) / ( 4 , 2855 2 2 2 2 - + = ÷ ÷ ø ö ç ç è æ - + = kg kJ h s / 65 , 676 2 = % 2 , 99 992 , 0 49 , 2226 54 , 2209 ) 11 , 467 6 , 2693 ( ) 11 , 467 65 , 2676 ( 2 2 = = = - - = - - = X ou h h h h X ls vs e s 0 . = dt dE c v · · · = S = S m m m s e c v W gZ h m gZ h m Q s V s e V e c v s e . ) ( ) ( 2 2 . 2 2 · · · · + + + = + + + kW c v Q 5 , 8 . - = · kg kJ J kJ x x V e / 25 , 1 ) ( 1000 ) ( 1 2 50 50 2 2 = = kg kJ J kJ x x gZ e / 059 , 0 ) ( 1000 ) ( 1 6 8066 , 9 = = kg kJ J kJ x x V s / 0 , 20 ) ( 1000 ) ( 1 2 200 200 2 2 = = kg kJ J kJ x x gZ s / 029 , 0 ) ( 1000 ) ( 1 3 8066 , 9 = = c v W . ) 029 , 0 0 , 20 5 , 2675 ( 5 , 1 ) 059 , 0 25 , 1 3137 ( 5 , 1 5 , 8 · + + + = + + + - kW W W T c v 7 , 655 3 , 4043 5 , 4707 5 , 8 . = - + - = = · · c V c V W h m h m Q . 3 2 . · · · · + = + ) ( 5 1 . 1 5 1 5 . h h m Q q h m h m Q C V C V - = = ® = + · · · · ·
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