DESIGUALDADE DE CLAUSIUS TRANSP 10

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TRANSP 10 
Desigualdade de Clausius: 
 
 
 Processo 4 – 1: Calor é recebido na caldeira que transforma 
o líquido em vapor, em um processo a uma temperatura 
constante T1. 
 
 Processo 2 – 3: → Calor é cedido através do condensador à 
temperatura constante T2. 
 
 Qi QGV QCD 
QGV > 0 ; QCD < 0 → ∑ —— = ——— - ——— 
 Ti T1 T2 
 
Pela definição da temperatura absoluta, a partir do ciclo de 
Carnot: 
 
 T2 QCD 
—— = ——— 
 T1 QGV 
 
Em um processo reversível ∑ (Qi/Ti)rev = 0 
 
Turbina real (Processo irreversível): 
 
 Vapor passa dentro da caldeira com velocidade muito alta e 
provoca a transformação de uma parte de sua energia em 
calor devido ao atrito. 
 
Wturbina real < Wturbina ideal 
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 Vapor, ao sair da turbina, acumula uma quantidade maior de 
energia, correspondente ao trabalho que deixou de produzir. 
 
Análise do diagrama T.s: 
 
 
 Ponto 2 se encontra mais para a direita (título maior) → 
calor gerado pelo atrito provoca a vaporização do líquido 
que acompanha o vapor. 
 
 Diferença de energia relativa ao trabalho produzido pela 
turbina será perdida no condensador pelo vapor que se 
condensa. 
 
 Quantidade de calor na caldeira não se altera → 
Irreversibilidade da turbina provoca a alteração somente do 
ponto 2. 
 
 Ponto 2T → Condições teóricas (reversíveis) 
 Ponto 2R → Condições reais (irreversíveis) 
 
Área cinza-escuro: Calor teórico que sai do condensador. 
 
Área cinza-claro: Acréscimo de calor perdido. 
 
QCD (real) > QCD (teórico) 
 
Como as temperaturas são as mesmas e o calor negativo 
aumentou, 
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∑ (Qi/Ti)irrev < 0 
 
Exemplo 1: 
 
Verificar, por meio da desigualdade de Clausius, se é possível 
haver uma máquina cíclica que receba 2000 kcal à temperatura de 
470ºC e produza um trabalho equivalente a 700 kcal. A máquina 
fornece para a fonte fria uma determinada quantidade de calor à 
temperatura de 70ºC. 
 
Desigualdade de Clausius ∑ (Qi/Ti) ≤ 0 
 
Calor recebido Q1 = 2000 kcal 
Temperatura T1 = 470 + 273 = 743 K 
Calor cedido Q2 = Q1 - W = 1300 kcal 
Temperatura T2 = 70 + 273 = 343 K 
 
∑ (Qi/Ti) = (Q1/T1) - (Q2/T2) = 2000 - 1300 = -1,10 kcal/K 
743 343 
 
Conclusão: 
 
∑ (Qi/Ti) < 0 → A máquina está de acordo com o 2º princípio 
 da termodinâmica. 
 
Exemplo 2: 
 
Em uma máquina cíclica, o vapor se forma à pressão de 10 bar e 
se condensa a 0,1 bar. De acordo com os dados abaixo, verificar: 
a. Se a máquina é irreversível. 
b. Em que parte do ciclo se processa a irreversibilidade. 
c. A quantidade de calor perdida em virtude da 
irreversibilidade. 
d. Perda de potência da turbina. 
 
Dados: 
 • 
x1 = 1,0 ; x4 = 0 ; x2R = 90% ; x3 = 19,8% ; m = 10000 kg/h 
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P1 = 10 bar = 1,0 MPa → T1 = 179,91ºC 
x1 = 1,0 (vapor saturado) ; h1 = hV = 2778,1 kJ/kg 
x4 = 0 (líquido saturado) ; h4 = hL = 762,79 kJ/kg 
 
P2 = 0,1 bar = 10 kPa → T2 = 45,81ºC 
x2R = 0,9 (mistura liq-vapor saturado) 
hL = 191,81 kJ/kg ; hV = 2584,6 kJ/kg 
h2R = 0,1 . 191,81 + 0,9 . 2584,6 = 2345,3 kJ/kg 
h3 = 0,802 . 191,81 + 0,198 . 2584,6 = 665,6 kJ/kg 
 
Calor recebido q1 = h1 - h4 
 • 
Q1 = 10
4 (2778,1 - 762,79) = 5598,08 kW 
 3600 
 
Temperatura T1 = 179,91 + 273 = 452,91 K 
 
Calor cedido q2R = h3 - h2R 
 • 
Q2R = 10
4 (665,6 - 2345,3) = -4665,83 kW 
 3600 
 
Temperatura T2 = 45,81 + 273 = 318,81 K 
 • • • 
∑ (Qi/Ti) = (Q1/T1) - (Q2R/T2) 
 • 
∑ (Qi/Ti) = 5598,08 - 4665,83 = -2,27 kW/K 
 452,91 318,81 
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Máquina irreversível (a) 
 
∑ (Qi/Ti) < 0 → A máquina está de acordo com o 2º princípio 
 da termodinâmica. 
 
Se a turbina fosse reversível → s1 = s2 
 
s1 = sV = 6,5864 kJ/kg K 
s2 = s1 = 6,5864 kJ/kg K 
 
Considerando P2 = 0,1 bar = 10 kPa e aplicando x2R = 0,9 
 
sL = 0,6492 kJ/kg K ; sV = 8,1501 kJ/kg K 
 
s2R = 0,1 . 0,6492 + 0,9 . 8,1501 = 7,4 kJ/kg K 
 
s2R > s2 → aumento de entropia 
 
Na turbina se processa a irreversibilidade (b) 
 
Quando um processo adiabático (turbina) é irreversível, verifica-
se um aumento de entropia. 
 
 
Calor perdido devido à irreversibilidade é igual ao calor que sai 
do condensador no ciclo irreversível, subtraído do calor 
correspondente ao reversível. 
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Para o ciclo irreversível → q2R = h3 – h2R 
 
h2R = 0,1 . 191,81 + 0,9 . 2584,6 = 2345,3 kJ/kg 
h3 = 0,802 . 191,81 + 0,198 . 2584,6 = 665,6 kJ/kg 
 • • 
Q2R = m (h3 – h2R) = -4665,83 kW 
 
Para o ciclo reversível → s2 = s1 = 6,5864 kJ/kg K 
 
6,5864 = (1 - x2) 0,6492 + x2 . 8,1501 → x2 = 0,79 
 
h2 = 0,21 . 191,81 + 0,79 . 2584,6 = 2082,11 kJ/kg 
 
q2 = h3 – h2 
 • • 
Q2 = m (h3 – h2) = 104 (665,6 - 2082,11) = -3934,75 kW 
 3600 
 
Calor perdido devido à irreversibilidade: 
 • • • 
QP = Q2R - Q2 = 4665,83 - 3934,75 = 731,08 kW (c) 
 
Potência produzida pela turbina: 
 • • 
WT = m (h1 – h2) Turbina ideal 
 • 
WT = 10
4 (2778,1 - 2082,11 ) = 1933,31 kW 
 3600 
• • 
WTR = m (h1 – h2R) Turbina real 
 • 
WT = 10
4 (2778,1 - 2345,3) = 1202,22 kW 
 3600 
 • 
ΔWT = 1933,31 - 1202,22 = 731,09 kW (d) 
 
Perda de potência 
 • • • • 
 ΔWT = WT - WTR = m (h2R – h2)