Sistemas Térmicos de Potência

Prévia do material em texto

1
 
 
 
 
 
 
Apostila de MAT I – Máquinas Térmicas I 
Curso de Engenharia Mecânica. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Autor: Rolando Nonato Oliveira Lima. 
 D.Sc. Planejamento de Sistemas Energéticos. 
 DCTEF – UFSJ. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Setembro 2003 
 
 
 
 
2
 
1.0 – Apostila 1 - Preâmbulos: 
Máquinas Térmicas I - Eng. Mec.Integral / Noturno - Programação do Curso - 
Aula Data Assunto 
01 Apresentação do Curso - Aula Inaugural 
02 Generalidades, Sistemas de Vapor, Diagramas p-v, T-s, h-s 
03 Balanços Primeira Segunda Leis para SF e VC 
04 Processos com Vapor – Processo a Pr.Cte. / Vol. Cte 
05 Processos com Vapor - Processo T Cte. / Entr. Cte. 
06 Expansão Adiab. Irrev. / Compress. Adiabat. 
07 
AVALIAÇÃO NO. 1 / TAREFA NO. 1 
08 Processo Estrangulamento 
09 Processo de Produção Reversível de Vapor 
10 Exercícios e Revisão 
11 
AVALIAÇÃO NO. 2 / TAREFA NO. 2 
12 Geradores de Vapor/ Mecanismos de Circulação 
13 Análise das Figuras 39 e 42 
14 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão 
15 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão 
16 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão 
17 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Combustíveis e combustão 
18 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Sistemas Auxiliares 
19 Complementos sobre Caldeiras de Vapor: Sistemas Auxiliares 
20 Compl. Caldeiras de Vapor: Sistemas Auxiliares – Exercícios Revisão 
21 AVALIAÇÃO NO 3 / TAREFA NO 3 
22 Balanço Completo de Caldeiras Sistema Inglês 
23 Balanço Completo de Caldeiras Sistema Internacional 
24 Ciclos a Vapor : Carnot e Rankyne Ideais 
25 Ciclos a Vapor Rankyne Real 
26 Ciclos a Vapor Reaquecimento 
27 Ciclos a Vapor Reaquecimento 
28 
AVALIAÇÃO NO. 4 / TAREFA 4 
29 Ciclos a Vapor com Regeneração 
30 Ciclos a Vapor idem 
31 Ciclos a Vapor idem 
32 
AVALIAÇÃO NO. 5 / TAREFA NO. 5 
33 Cogeração - Ciclos a Vapor Instal Conv -Turbina Contrapressão 
34 Cogeração - Ciclos a Vapor - Turb Extr Cond 
 
 
3
35 Cogeração - Ciclos a Vapor Aloc Custos I 
36 Cogeração - Ciclos a Vapor Aloc Custos II 
37 
AVALIAÇÃO NO. 6 / TAREFA NO.6 
38 Dimensionamento de Sistemas de Vapor – Apostila 2 
39 Dimensionamento de Sistemas de Vapor 
40 Dimensionamento de Sistemas de Vapor 
41 Dimensionamento de Sistemas de Vapor 
42 Dimensionamento de Sistemas de Vapor 
43 Dimensionamento de Sistemas de Vapor – Dicas Projeto 
44 Dimensionamento de Sistemas de Vapor – Dicas Projeto 
45 
AVALIAÇÃO NO. 7 / TAREFA NO.7- Projeto 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4
 
 
 
MAT I – Máquinas Térmicas I - Eng. Mecãnica 
 
BIBLIOGRAFIA: 
 
1 - JOLODOVSKY, G. Y. ; “Introducion a Las Centrales Térmicas”;Barcelona; Editorial Labor; 1973 
 
2 - SORENSEN, Harry; ”Energy Conversion Systems”; John Wiley; New York; 1983 
 
3 - KENNEY,W, F.; ”Energy Conservation in Process Industries”; Orlando; Florida; Academic Press;1984. 
 
4 - MATAIX, Claúdio; ”Turbomáquinas Térmicas”; Madrid; Espanha; Editorial Dossat; 1973. 
 
5 - VAN WYLEN, G. J. e outros; ”Fundamentals of Classical Thermodynamics”; 3rd ed.;SI Edition; John Wiley; 
New York;1985. 
 
6 - MORAN. M. J. e outros; ”Fundamentals of Engineering Thermodynamics”; New York; John Wiley; 1988. 
 
7 - LIMA, Léo da Rocha; ”Elementos Básicos de Engenharia Química”; São Paulo; McGraw Hill; 1974. 
 
8 - TORREIRA, Raul P.; “Geradores de Vapor”; São Paulo; Cia. Melhoramentos; 1995. 
 
9 - TELLES, Pedro C. S.;”Tabelas e Gráficos para Projetos de Tubulações”; 5 ed.; Rio de Janeiro; Interciência; 
1991. 
 
10 - SHARPE, G. J. ;”Solving Problems in Applied Thermodynamics and Energy Conversion”; Essex; England; 
Longman Scientific & Technical; 1987. 
 
11 – EL-WAKIL, M. M.; “ Powerplant Technology ”; Singapore; International Edition; McGraw Hill; 1984. 
 
12 – CULP, Archie W.;” Principles of Energy Conversion “; Singapore; 2nd ed.;International Edition; McGraw Hill; 
1991. 
 
13 - HICKS,Tyler G.;”Standard Handbook of Engineering Calculations”; New York; 2nd ed.;McGraw Hill; 1985. 
 
14 - Catálogos SPIRAX SARCO Brasil. 
 
15 - Catálogos CONFORJA. 
 
 
 
 
 
5
 
 
Condições de Aprovação: 
 
 
Media = [(7 x Soma das Avaliações Teóricas) + (3 x Soma Avaliações Projeto)] / 10 
 
Média ≥ 60 % do total de pontos previstos nas avaliações Î APROVADO 
 
É feito um ajuste final das notas em função da MÉDIA conseguida pelo grupo. Portanto procure ficar o mais 
próximo possível desse valor. Se a média do grupo for muito baixa esse ajuste não será feito e,valerá o critério 
bruto de 60% dos pontos válidos nas avaliações realizadas. 
 
Avaliações teóricas valem 12 pontos ***** As tarefas associadas valem 3 pontos 
 
 
 
Ementa Básica do Curso: 
 
PARTE I: 
 Geradores de Vapor; Tipos e Aplicações; Balanços Energéticos e Exergéticos de Processos diversos 
com Vapor; Diagrama T-s, h-s e p-v para processos com vapor; Ciclos de Vapor com turbinas de condensação, 
contrapressão e extração-condensação; Análises clássicas do ciclo de Rankyne; Balanço e Cálculo de perdas 
em caldeiras; Cogeração; Análise Econômica básica de aspectos diversos associados a componentes e 
acessórios utilizados em sistemas distribuidores de vapor; 
PARTE II: 
Metodologia de cálculo e pré-dimensionamento de sistemas distribuidores de vapor. 
 
Processo de Avaliação(detalhes): 
 
Sistema de Avaliação Continuada com diversas avaliações sendo compostas de testes individuais e 
tarefas propostas. As notas da PARTE I têm peso 7 e as notas da PARTE II peso 3. A NOTA FINAL é 
calculada de acordo com NF = ( ∑ notas da PARTE I x 7 + ∑ notas da parte II x 3 ) / 10,0. Se essa nota 
atingir 60% dos pontos totais o aluno é considerado APROVADO. Em caso contrário é REPROVADO. A 
avaliação da parte II é composta de um teste e da execução de um projeto de sistema de distribuição de 
vapor. 
 
 
 
 
 
 
 
6
Tópico I – Generalidades Sobre o Vapor. 
 
Diagramas T-S, h - s ( MOLLIER), p-v e T-v - e Tabelas de Vapor. 
 
Um sistema de produção e distribuição de vapor é um conjunto de componentes acoplados mais os 
acessórios necessários que, produz e distribui o vapor dentro de uma instalação industrial ou de uma central 
termoelétrica, de acordo com as necessidades e aplicações daquela instalação ou central. Existem situações 
onde tal sistema vai produzir o vapor na forma de calor de processo para uso nas diversas unidades 
componentes do arranjo industrial; ou então vai produzir o vapor para acionamento de máquinas produtoras 
de energia (elétrica ou mecânica) as turbinas a vapor; ou também situações onde vai produzir as duas formas 
de energia acopladas (sistemas de cogeração). O esquema básico de tais arranjos pode ser visto na figura 
que se segue: 
 
 
 vapor de alta 
 Potência ou Calor de 
 vapor de média Processo 
 
 vapor de baixa Calor de Processo 
 
 Ar Gases de CombustãoCondensado 
 
 Combustível 
 Retorno de Condensado + H2O de Alimentação 
 
 Gerador De Vapor (Caldeira + Fornalha ou Câmara de Combustão) 
 
Figura 1 - Arranjo Genérico de Produção e Distribuição de Vapor 
 
 
 
O vapor é produzido dentro da caldeira segundo as etapas mostradas no diagrama a seguir: 
 
 
 
 
7
 
 V. Superaq 
H2O de Alimentação Mudança de Estado Calor Sensível ∆T 
+ Condensado Lsat V. Sat. 
 Calor Sensível ∆T Calor Latente ( T cte.) 
 
 
 
 
Note-se que a caldeira rigorosamente falando é composta apenas da seção geradora de vapor sendo a câmara 
de combustão um complemento necessário e essencial. Daí porque os sistemas que utilizam vapor para 
produção de energia mecânica ou elétrica através de turbinas serem chamados de sistemas de combustão 
externa.Assim, considerando o diagrama anterior o vapor entra na caldeira na forma de líquido (comprimido 
ou quase saturado) e, recebendo calor atinge a condição de líquido saturado na primeira seção da caldeira 
 
 
8
(ocorre variação de temperatura - calor sensível). Continua a receber calor na segunda seção da caldeira 
sofrendo mudança de estado (temperatura e pressão constantes - calor latente). Finalmente recebe mais 
calor na terceira seção da caldeira e superaquece, sendo o grau de superaquecimento dado pela diferença de 
temperatura atingida nessa etapa e aquela da condição de vapor saturado (aqui também há fornecimento de 
calor sensível, pois, ocorre variação de temperatura). 
 Se o vapor é utilizado como vetor energético nas mais diversas aplicações certamente ele deve ter 
suas vantagens e conveniências para justificar tal emprego. Tem e elas são: 
1 - libera calor à temperatura constante simplificando o controle das instalações de troca térmica; 
2 - a água necessária à sua produção ainda é abundante e relativamente mais barata que outras alternativas, 
além de quimicamente estável e inofensiva; 
3- possui bom poder calorífico e boas condições entalpicas fazendo com que tubulações de diâmetros 
relativamente pequenos possam transportar quantidades significativas de energia; 
4 – limpo, inodoro, insípido, não inflamável, não comburente e atóxico no caso de vazamentos; 
5 - tanto pode ser usado para produção de calor de processo como de potência elétrica ou mecânica; 
6 - controle e distribuição relativamente fáceis: sistema de tubulações, válvulas, acessórios e instrumentos 
pouco sofisticados. 
 Para operar e lidar com sistemas envolvidos na produção e distribuição de vapor é usual recorrer ao 
uso de tabelas e diagramas que contém dados relativos a esse vetor energético tão importante nas aplicações 
industriais. Os mais utilizados são: 
 
 
a) Diagramas p-v e T-v 
 
 
 
 
 
9
b)Diagrama T-s 
 
 
 
c) Diagrama h-s 
 
 
 
 
 
 
10
Além dos diagrama trabalha-se também com tabelas de vapor encontradas em dezenas de publicações 
incluídos os textos usuais de Termodinâmica como Van Wyllen, Moran, Cengell, etc. 
Existem alguns processos básicos que devem ser avaliados e entendidos, pois, são essenciais como 
base de fundamentação para qualquer estudo sistemático envolvido com sistemas que utilizem vapor. Como 
sugestão inicial propõe-se o cálculo das seguintes propriedades de vapor utilizando diagramas e tabelas: (a) 
entalpia do vapor saturado e seco a 689,5 kPa; (b) entalpia, volume específico e, entropia do vapor a 68,9 kPa 
e umidade de 40%; (c) entalpia do vapor a 689,5 kPa e 315,6 °C. (os resultados corretos seriam: a- 2761 
kJ/kg ; b- 1744,5 kJ/kg; c- 3100 kJ/kg). Seja usando tabelas ou diagramas é sempre usual citar a fonte de 
referência, pois, pode haver diferenças significativas nos resultados finais em função de cálculos efetuados 
com essas propriedades.Uma segunda bateria de exercícios propõe as seguintes questões: a) - h,v e s do 
vapor a 1000 kPa (manométrica) - atenção tabelas e diagramas de vapor geralmente operam com pressões 
ABSOLUTAS; b) - h e v do vapor a 758,4 kPa e 315,6 °C; c) - h, v,s e t do vapor saturado seco a 1041,1 kPa; 
d) h,v,s e t do vapor a 1898,675 kPa manométrica. 
 Ademais do uso de tabelas e diagramas qualquer estudo consistente de sistemas produtores e, 
distribuidores de vapor têm de utilizar duas leis básicas da Termodinâmica.Essas leis, conhecidas como 
primeira e segunda lei da Termodinâmica, tratam de dois modelos básicos e essenciais: o sistema aberto ou 
volume de controle e, o sistema fechado ou massa de controle.O primeiro deles admite que ao se definir uma 
região para estudo, podem ocorrer fluxos de energia e massa através da fronteira que delimita a região 
definida como de interesse (superfície de controle).O segundo permite apenas a fluxos de energia e não de 
massa.O balanço de entradas e saídas de cada caso sempre deve estar equilibrado quando aplicando a 
primeira lei, pois, ENERGIA não pode ser criada nem destruída apenas transformada. Portanto é uma lei que 
lida com QUANTIDADES e é conservativa.Já o balanço de segunda lei que é centrado na QUALIDADE de 
cada tipo ou forma de energia envolvida nos processos (ou EXERGIA ou CAPACIDADE DE REALIZAR 
TRABALHO), não é conservativa, pois, as diversas formas de energia ao serem convertidas vão perdendo 
gradualmente a capacidade de realizar trabalho, em função das IRREVERSIBILIDADES dos processos 
REAIS. Assim a segunda lei só enxerga uma única forma final de energia, o trabalho, enquanto que a primeira 
lei enxerga os diversos tipos de energia na forma em que elas se encontram. Como a EXERGIA pode assumir 
diversas formas em função do tipo de ENERGIA considerada passa-se então a identifica-las: 
 
Exc = Ec = mv2/2, ou seja, a exergia cinética é totalmente equivalente à energia cinética. 
 
Exp = Ep = mgh ou seja a exergia potencial é totalmente equivalente à energia potencial. 
 
ExT = Qr [(Tr - To)/ Tr] ou seja a exergia térmica associada a uma quantidade de calor Qr a uma 
temperatura Tr , não é totalmente equivalente a essa quantidade de calor sendo que uma parcela igual a 
Qr*To/Tr é dissipada ou destruída quando houver a conversão de calor em trabalho. To é uma temperatura 
 
 
11
de referência sempre associada a análises de segunda lei e, para fins práticos é igual à temperatura média do 
meio circundante. 
ex = exergia física equivalente às mudanças de estado sem que ocorram reações químicas. 
exSF= (u - uo) + po (v - vo) + V2/2 + gz - To (s - so) ==>exergia física para mudanças de estado em sistemas 
fechados. 
exVC = (h -ho) + V2/2 + gz - To (s - so) ==>exergia física para mudanças de estado em volumes de controle. 
exch= exergia química que para fins práticos é exatamente igual ou muito próxima da energia química 
,quando é utilizada em análises que envolvem principalmente combustão e aporte de energia via combustíveis. 
Normalmente se desprezam os efeitos de energia cinética e potencial gravitacional para mudanças de 
estado e, assim esses termos podem ser descartados das duas fórmulas anteriores. Novamente o índice “o” 
se refere a um estado de referência que normalmente é identificado pelas condições de temperatura e 
pressão do meio circundante ou vizinhança do SF ou VC. 
 
BALANÇOS ENERGÉTICOS E EXERGÉTICOS:: 
 
A - Balançosenergéticos ou de PRIMEIRA LEI: 
 
A.1 - Sistema Fechado 
Processos Î dE = δQ - δW (1) 
onde dE=dU + dEc + dEp como normalmente se desprezam efeito cinéticos e potenciais resulta 
dE = dU e, integrando entre dois estados resulta finalmente: 
 ∫dE = E2 - E1 = 1Q2 - 1W2 = U2 - U1 
Ciclos Î � δQ = � δW 
 
A.2 - Volume de Controle em Regime Permanente: 
QVC + Σme (he + Ve2/2 + gZe) = WVC + Σms (hs + Vs2/2 + gZs) e se desprezados efeitos cinéticos 
e potenciais resulta: 
QVC + Σme (he ) = WVC + Σms (hs ) 
 
Para fluxos de MASSA Σme = Σms. 
 
B – Balanços exergéticos ou de SEGUNDA LEI: 
 
B.1 – Sistema Fechado: 
∫δQ[(Tr – To) / Tr] + Ex1 = Ex2 + ∫δw + Irr (lei não conservativa) 
Como ∫δQ[(Tr – To) / Tr] = ExT resulta: 
 
 
12
ExT + Ex1 = Ex2 +∫δw + Irr OU ExT + Ex1 = Ex2 + [1W2 – po(V2 – V1)] + Irr 
 
A expressão realçada entre colchetes equivale à exergia líquida (Exw) associada a trabalho no 
sistema fechado e, Ex1= m.ex1 , Ex2 = m.ex2 , Irr = To [m.(s2 – s1) - Σ Qr/Tr ]. Como σ = (S2 – S1) - ∫ δQr / Tr 
e, mede a produção líquida de entropia do sistema fechado resulta Irr = To.σ . Note-se que a parcela (S2 – 
S1) representa a variação de entropia associada às mudanças de estado no SF e, a parcela ∫δQr / Tr a 
variação de entropia associada às trocas de calor no SF. 
 
B.2 – Volume de Controle em Regime Permanente: 
 
Σi Qi.[(Ti – To) / Ti] – ( Wvc – po.dVvc/dt) + Σe me.exe – Σs ms.exs – Irrvc = 0,0 
 
Como Σi Qi.[(Ti – To) / Ti] = ExT exergia térmica associada a fluxos de calor ocorridos no volume de 
controle e, Σe me.exe = Exe , Σs ms.exs = Exs (fluxos de exergia física em função das entradas e saídas de 
massa no VC) resulta: 
ExT + Exe = Exs + ( Wvc – po.dVvc/dt) + Irrvc = 0,0. Nessa equação o termo entre parêntesis indica a 
exergia líquida associada a trabalho produzido ou consumido pelo VC, sendo a parcela po.dVvc/dt o trabalho 
contra o meio. Além disso pode-se definir a Irrvc como: 
Irrvc = To [Σs ms.ss - Σe me.se - Σ Qvc/Tr] caso haja apenas uma entrada e uma saída de massa os 
somatórios se reduzem apenas ao fluxo de massa ocorrido. 
 Nessas equações deve-se obedecer às convenções de sinal, ou seja, trabalho positivo é aquele feito 
pelo sistema ou VC e, o negativo aquele feito sobre o sistema ou VC. Calor positivo é aquele transferido para 
o sistema ou VC e, calor negativo é aquele rejeitado pelo sistema ou VC. Como σvc = Σs ms.ss - Σe me.se - Σ 
Qvc/Tr (produção liquida de entropia no volume de controle), resulta então Irrvc = To.σvc . 
 
 B.3 - Balanços de entropia: 
Para SISTEMA FECHADO tem-se: 
(S2 – S1) = Σj (Qj / Tj) + σ 
onde σ indica a produção líquida de entropia do SF.Se σ > 0.0 ocorrem irreversibilidades no sistema fechado 
e, se σ for igual a zero não há irreversibilidades no SF.Portanto a produção líquida de entropia não pode ser 
negativa e, no limite seu valor é igual a zero.Aqui S2 = m.s2 , S1= m.s1 . Caso haja taxas de variação a equação se 
transforma em: 
dS/dt = Σj (Qj / Tj) + σ 
 
Para o VOLUME de CONTROLE em regime permanente valem: 
 
 
 
13
 
dSvc/dt = ΣQj/Tj + Σe me.se - Σs ms.ss + σvc 
taxa de taxa de transferência de entropia taxa de produção líquida 
variação via fluxos de massa e de calor de entropia 
de entropia 
 
Como para o VC em RP dSvc/dt = 0,0 resulta então: 
ΣQj/Tj + Σe me.se - Σs ms.ss + σvc = 0,0 . 
Se houver apenas uma entrada e uma saída resulta finalmente: 
ΣQj/Tj + m.( se - ss ) + σvc = 0,0 e, σvc = m(ss – se) - ∑ Qj / Tj . 
 
E também de relevância para análises de primeira e segunda lei são as equações Tds: 
T.ds = du + p.dv e, T. ds = dh – v.dp. 
 
 
Caso Especial – Processo de Fluxo Uniforme: esse é um caso especial de aproximação para processos fora do 
regime permanente. Geralmente envolve variação de massa dentro do volume de controle mas, numa taxa 
uniforme: 
. QVC + Σme (he + Ve2/2 + gZe) = WVC + Σms (hs + Vs2/2 + gZs) + (m2e2 – m1e1)VC onde o último termo representa 
a variação (uniforme) de massa dentro do volume de controle.Se desprezados efeitos cinéticos e potenciais 
resulta: 
QVC + Σme (he ) = WVC + Σms (hs ) + (m2u2 – m1u1)VC 
Observe que se não houver variação de massa dentro do vc a equação se reduz àquela do sistema fechado. 
Para análise de segunda lei e mais especificamente para cálculos de irreversibilidade resultaria: 
Irr = To [ ∑SmSsS - ∑EmEsE –m1s1 + m2s2 - ∑(QJ/TJ)] 
Onde “s “representa saída e “E” entrada , m fluxos de massa e, m1 e m2 as condições inicial e final dentro do 
volume de controle. Resolva os exercícios sugeridos a seguir para entender a aplicação desse caso. 
 
Exercício 1 – um tanque rígido isolado está inicialmente vazio e conectado a uma válvula que pode encher o 
tanque, através de uma linha que mantém vapor a 1 MPa e 300 °C. A válvula é aberta e vapor flui de forma 
uniforme para dentro do tanque. A pressão final dentro do tanque atinge 1Mpa quando a válvula é então 
fechada.Calcule a temperatura final do vapor dentro do tanque. Resp. 456,2 °C. 
 
Exercício 2 – uma panela de pressão é usada como elemento de cozinhar por manter uma pressão mais 
elevada dentro de seu interior e, um fluxo contínuo de vapor de escape para manter a pressão constante.Por 
isso cozinha mais rápido economizando energia.Uma panela de 6 litros que opera a 75 kPa manométrica, 
 
 
14
inicialmente contém 1 kg de água.Calor é fornecido para a panela a uma taxa de 500 W durante 30 min depois 
que a panela atinge a pressão nominal da panela.Assumindo que a pressão atmosférica é de 100 kPa calcule: 
(a) a temperatura em que ocorre o cozimento e ,(b) e a quantidade de água deixada dentro da panela no final 
do processo. Resp. (a) 116,06 °C ; (b) 0,6 kg.Os processos mais usuais onde se pode aplicar esse modelo é 
enchimento e esvaziamento de tanques, vasos e balões; acionar máquinas com ar armazenado em tanques, 
enchimento de pneus, e cozimento em panelas de pressão e similares. 
 
METODOLOGIA PARA RESOLUÇÃO DE PROBLEMAS: 
 
1 – Identifique o sistema e tente fazer um diagrama que facilite entender o enunciado; 
2 – Liste as propriedades e informações dadas pelo enunciado; 
3 – Verifique os possíveis processos fáceis de identificar (pressão constante, volume constante, adiabático, 
etc); 
4 – Estabeleça as hipóteses adequadas de acordo com o enunciado (desprezar energias que não são 
relevantes ou que não foram informadas, processos reversíveis ou não, dispositivos adiabáticos,etc); 
5 – Aplique as equações adequadas para cada modelo identificado na análise: sistema fechado ou volume de 
controle; 
6 – Utilize diagramas apropriados e tabelas(T-s, p-v, h-s, etc) para tentar visualizar os estados e processos 
descritos e, identificar propriedades de interesse para o caso em estudo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROCESSOS BÁSICOS COM VAPOR. 
 Existem processos essenciais e básicos que são da máxima importância no estudo de questões 
associadas à produção e distribuição de vapor. Eles serão estudados na seqüência. 
(I) Processo à Pressão Constante: 
Exemplo I – 1,4 kg de vapor com 15% de umidade (x = 0,85) sofrem uma mudança de estado à pressão 
constante que é mantida em 2758 kPa ( 27,58 bar ) atingindo uma temperatura final de 315,6 °C . Faça os 
diagramas T-s e o h-s do processo e calcule: (a) h1, t1, u1, v1, s1, ex1. (b) h2, t2, u2, v2, s2, ex2. (c) 1Q2, 1W2, (d) 
∆U, ∆V, ∆S, ∆Ex, Irr. 
 
 
 
15
 
 T Tvar 
 h 22 
 1 VS 
 1 Tcte 
 
 
 S S 
Figura 4 – Processo à pressão constante 
Como foi solicitada uma análise de segunda lei é necessário estabelecer um estado de referência. 
Considerando os dados desse problema o estado de referência seria líquido comprimido mas, pode-se adotar 
as condições de referência com a temperatura do meio e, adotando dados do líquido saturado naquela 
temperatura (equivalente a 25 °C). Assim as propriedades do estado de referência seriam: uo = 104,88 
kJ/kg ; so = 0,3673 kJ / kg K; vo = 1,0029 * 10-3 m3 / kg; ho = uo + po .vo = 104,9 kJ / kg. Para o estado um 
foram dadas a pressão e a umidade e, portanto também o título x = 0,85.Logo as propriedades são: h1 = hv – 
y.hlv = 2531,0 kJ/kg; u1 = uv – y.ulv =2360,05 kJ / kg ; v1 = vv – y.vlv = 0,06184m3 / kg ; s1 = sv – y.slv = 5,676 
kJ / kg K .Para o cálculo de ex1 o modelo é de sistema fechado uma vez que foi definida uma quantidade fixa 
de massa.Logo ex1 = (u1 – uo ) + po(v1 – vo) – To.(s1 – so) = (2360,5 – 104,88) + 1,013*105 N/m2 (0,062 – 
1,0029*10-3) – 298,15*(5,68 –0,3674) = 678,48 kJ/kg.Para o estado dois foram dadas a pressão (que 
permaneceu constante) e a temperatura 315,6 °C. Como essa temperatura é maior que a temperatura de 
saturação dada em função da pressão, o estado é de vapor superaquecido. Os estados inicial e final são então 
identificados no T-s e no h-s. Usando tabelas de vapor com a pressão e a temperatura definidas tem-se: h2 = 
3038,07 kJ/kg ; v2 = 0,09214 m3/kg; u2 = 2784,00 kJ/kg;s2 = 6,653 kJ/kg K ; ex2 = (u2 – uo ) + po(v2 – vo) – 
To.(s2 – so) = 814,25 kJ/kg. 
Passa-se à análise de primeira lei para cálculo de calor e trabalho envolvidos no processo para 
sistema fechado, equação geral dE = δQ - δW , considerando dE = dU ao desprezar efeitos de EC e EP. 
Portanto ∫dU = ∫δQ - ∫δW resultando U2 – U1 = 1Q2 – 1W2 . Como 1W2 = ∫ p.dV = p.m.(v2 – v1) = 116,99 kJ resulta 
1Q2 = 710,59. Esse foi o calor total fornecido ao sistema para provocar a mudança de estado. Note-se que 
nesse processo o calor é fornecido em duas etapas: a primeira à temperatura constante para fazer com que o 
vapor na região de mistura atinja a condição de vapor saturado; a segunda com temperatura variável onde o 
vapor passa da condição de saturado para superaquecido e, a temperatura é variável. Portanto 1Q2 = 1Qvs + 
vsQ2 ,onde 1Qvs = m.(hvs – h1) = 380,8 kJ e vsQ2 = m.(h2 – hvs) = 329,79.A temperatura de saturação na 
pressão dada é de 229,1 °C = 502,25 K. Portanto a exergia térmica associada à parcela de calor trocada 
nessa temperatura é dada por: 
ExT = 1Qvs [(Tsat – To) / Tsat] = 380,8 [(502,25 – 298,150) / 502,25] = 154,75 kJ. A exergia térmica 
correspondente à troca de calor com temperatura variável será dada por ExT = vsQ2 . [(Tm – To)/ Tm], sendo 
 
 
16
Tm uma temperatura média a ser definida para a troca de calor ocorrida entre a condição de vapor saturado 
e superaquecido. Duas hipóteses podem ser adotadas para cáculo de Tm : uma média aritmética simples entre 
Tsat e Tvsuper, ou então com o uso da equação Tds = dh – vdp. Nesse último caso resultaria Tm.∆s = ∆h – v.dp 
e, uma vez que p é constante o termo v.dp = 0,0 resultando Tm = (h2 – hvs) / (s2 - svs.). No caso da média 
aritmética o resultado seria Tm = 545,5 K e, no caso da equação Tds, Tm = 541,47 K.As respectivas exergias 
térmicas seriam 149,54 kJ e 148,20 kJ. A equação da irreversibilidade se reduz a Irr = To .[ m.( s2 –s1) – ( 
1Qvs / Tsat + vsQ2/Tm)] (1) e, como há duas hipóteses sobre Tm vão ser obtidos dois resultados para Irr. A 
checagem deverá ser feita com o balanço de exergia para o processo através da equação geral ExT + Ex1 = 
Ex2 + [1W2 - po∆V] + Irr (2). ExT nesse caso é a exergia térmica total composta da parcela calculada com 
temperatura constante e da parcela calculada com temperatura variável. As irreversibilidades devem ser 
então idênticas ou muito próximas quando os cálculos forem feitos com qualquer arranjo de equações (1) ou 
(2). Essa tarefa é deixada como exercício para o leitor e, também os cálculos finais pedidos. 
 
(II) Processo a volume constante: 2 
 v cte 
 2 p cte 
 
h 1 T 1 
 
 S S 
Figura 5 – Processo a volume constante 
2,3 kg de vapor inicialmente a 827,4 kPa e com 30% de umidade são aquecidos num processo a 
volume constante a uma temperatura final de 537,8 °C. Calcule para o processo: (a) t1, h1, u1, v1, ex1 ; (b) p2, 
h2, u2, v2, ex2 ; ( c) 1Q2, 1W2, ∆U, ∆V, ∆S, ∆Ex, Irr. ; (d) identifique os estados no h-s e no T-s. Aqui 
novamente se trata de sistema fechado, pois foi dada uma quantidade fixa de massa. Portanto as equações 
de primeira e segunda lei para sistema fechado serão utilizadas novamente: 
dE = δQ - δW onde dE = dU + dEc + dEp e desprezados efeitos de Ec e Ep resulta dE = dU.A equação geral 
de exergia física ou de estado é ex = ( u – uo) + po.(v – vo) – To.(s – so). A equação geral de balanço de 
exergia é dada por ExT + Ex1 = Ex2 + 1W2 + Irr e ExT = 1Q2 .[( Tm – To) / Tm].Consultando tabelas de vapor se 
descobre que o estado um está na região de mistura ( x = 0,70) logo t1 = tsat na pressão dada, isto é, t1 = 
171,8 °C.Outras propriedades:h1 = hv – y.hlv = 2156,2 kJ / kg ; u1 = uv – y.ulv = 2021,1 kJ/kg ; v1 = vv – y.vlv = 
0,16 m3 / kg ; s1 = sv – y.slv = 5,3 kJ / kg K.O estado de referência é novamente adotado com 25 °C e uma 
atmosfera. Logo ex1 será dada por: ex1 = (2021,1 – 104,88) + 1,01325*102*(0,16 – 1,0029*10-3) – 298,15*(5,3 – 
0,3674) = 462,41 kJ / kg. O estado dois tem o mesmo volume pois, o processo é a volume constante t2 foi 
dado e é igual a 537,8 °C.Como essa temperatura é maior do que qualquer temperatura de saturação do vapor 
(a temperatura de saturação limite é igual àquela do estado crítico), o estado dois é de vapor superaquecido. 
 
 
17
Fazendo interpolação dupla nas tabelas de vapor (entre 2 MPa e 3 Mpa) resulta p2 = 2240,9 kPa ≈ 2,241 Mpa. 
Com esses dados se obtém finalmente: h2 = 3545,8 kJ / kg ; v2 = v1 = 0,16 m3/kg ; s2 = 7,5 kJ / kg K ; u2 = 
3177,1 kJ /kg ; ex2 = 961,75 kJ/kg. A próxima etapa é aplicar equações de balanço de primeira lei para 
cálculos de calor e trabalho. Como 1W2 = ∫p.dv e v é constante 1W2 = 0,0. Logo usando a equação da primeira 
lei resulta: 1Q2 = m.(u2 – u1) = 2,3 .(3177,1 – 2021,1) = 2658,8 kJ. Para o balanço de segunda lei ExT = 1Q2 
*[(Tm – To) / Tm]. Aqui serão testadas novas hipóteses sobre Tm e, deve ser lembrado SEMPRE que Tm no 
limite deve ser aquela que leva a irreversibilidade a tomar um valor nulo pois, a irreversibilidade NUNCA 
pode ser negativa. Três hipóteses no mínimo podem ser consideradas : média aritmética simples ( T2 + T1) / 
2,0 ; Tds = dh– vdp com Tm substituindo T para se fazer a integral da equação ; e Tm = [ ( T2 –T1) / ln 
(T2/T1)]. Vai ser utilizada aqui o resultado obtido via equação Tds e, recomendá-se ao leitor refazer o 
exercício com as outras duas hipóteses, para se verificar o nível de aproximação das diversas hipóteses.Com 
a equação Tds obtém-se para Tm o valor de 528,84 K, resultando ExT = 2658,8 .[(528,84 – 298,15) / 
528,84] = 1159,8 kJ. Levando esse e os outros valores obtidos na equação de balanço de segunda lei resulta 
Irr = 12,12 kJ e, utilizando a equação da irreversibilidade na forma Irr = To[ m.(s2 – s1) - 1Q2/ Tm ] = 9,66 
kJ. Há portanto uma boa aproximação entre os resultados. Os demais cálculos de ∆U, ∆Ex, ∆V são deixados 
como exercício para o leitor. É importante observar aqui que nesse processo aquela hipótese de troca de 
calor em duas etapas não se aplica. Ou seja, aquela é uma hipótese específica do caso à pressão constante. 
 
(III) Processo à temperatura constante 
 
2,7 kg de vapor a 8274 kPa e umidade de 50% expandem à temperatura constante até atingirem a 
pressão de 2068,5 kPa. O estado de referência para análises de segunda lei é to 25 °C e uma 
atmosfera.Calcule para esse processo: (a) t1, h1, u1, v1, s1, ex1 ; (b) t2, h2, u2, v2, s2, ex2 ; (c) 1Q2 , 1W2 , ∆U, ∆V, 
∆S, ∆Ex ; (d) identifique os estados no T-s e h-s . 
 
h T p1 
 2 
 1 1 2 
 p2 
 
 S S 
 
Figura 6 – Processo a T constante 
No estado um o vapor se encontra na região de mistura uma vez que foi dada a pressão e a umidade.Tem-
se então: t1 = tsat = 297,3 °C, h1 = hv – y.hlv = 2041,53; u1 = uv – y.ulv = 1942,2 ; v1 = vv – y.vlv = 0,0123 ; s1 = sv 
– y.sv = 4,4768 ; ex1 = (u1 – uo) + po.(v1- vo) – To(s1- so) = 613,25 kJ/kg sendo o cálculo feito com base no 
 
 
18
modelo SF pois, foi dada uma quantidade fixa de massa. O estado dois é caracterizado pela mesma 
temperatura uma vez que o processo é à temperatura constante e, pela pressão final dada de 2068,5 
kPa.Isso corresponde a um estado de vapor superaquecido.Interpolando nas tabelas de vapor resulta: t2 = 
297,30 ; h2 = 3015,02 ; u2 = 2766,07 ; v2 = 0,1211 ; s2 = 6,7378 ; ex2 = (u2 – uo) + po.(v2 - vo) – To(s2 - so) = 
774,02 kJ/kg. Análise de primeira lei para cálculo de calor e trabalho envolvidos no processo: dU = δQ - δW 
e integrando resulta U2 –U1 = 1Q2 - 1W2 (1). Usando o conceito de variação de entropia dS = ∫δQ/T + σ para 
sistema fechado nesse caso e, admitindo como hipótese inicial que σ = 0,0 resulta m.( s2 – s1) = 1Q2 / T uma 
vez que T é constante no processo.Logo 1Q2 = m.( s2 – s1).T= 3482,73 kJ. Levando esse resultado na equação 
(1) obtém-se: 1W2 = 3482,73 – m.(u2 – u1) = 1258,28 kJ. Aplicando a análise de segunda lei ExT + Ex1 = Ex2 + 
1W2 + Irr e utilizando os valores já obtidos calculá-se ExT = 3482,73 .[(570,5 – 298,15) / 570,5] = 1662,61 
kJ. Usando esse valor e os outros calculados na equação de balanço de segunda lei resulta que Irr = 0,0 e, 
como Irr = To.σ e To é diferente de zero resulta que σ = 0,0 o que confirma a hipótese inicial adotada. 
 
(IV) – Processo com entropia constante ou isentrópico: 
 
 p1 1 
 1 p1 
 h T 
 p2 
 p2 2 2 
 
 
Figura 7 – Processo Isentrópico 
Esse é um dos processos mais utilizados na análise termodinâmica.Pela sua generalidade e aplicação as 
duas análises SF e VC serão avaliadas aqui.Considere-se 4,5 kg de vapor no caso de SF e 4,5 kg / s no caso do 
VC que se expandem segundo um processo isentrópico.Em ambos os casos o estado inicial tem 13790 kPa e 
427,6 °C e o final 13,8 kPa.Despreze efeitos e EC e EP em ambas as análises e, considere o estado de 
referência a 25 °C e uma atmosfera.Calcule: (a) h1, u1, v1, s1, ex1 ; (b) t2, y, h2, u2, v2, s2, ex2 ; (c) 1Q2 , 1W2 , ∆U, 
∆H, ∆V, ∆S, ∆Ex ; (d) identifique os estados no T-s e h-s . Usando as tabelas de vapor e os dados do 
problema identificá-se o estado um como vapor superaquecido resultando: h1 = 3106,4 kJ / kg ; u1 = 2844,39 ; 
v1 = 0,019 m3 / kg ; s1 = 6,1 kJ / kg K ; ex1 = (u1 – uo) + po.(v1- vo) – To(s1- so) = 1033,0 kJ / kg para o sistema 
fechado e, ex1 = (h1 – ho) – To.(s1 - so) = 1293,2 para o volume de controle.Como o processo é isentrópico a 
entropia do estado dois é idêntica àquela do estado um ,ou seja, s1 = s2 = 6,1 kJ / kg K e a pressão do estado 
dois foi dada sendo igual a 13,8 kPa. Com esses dados o estado dois fica caracterizado na região de mistura. 
Assim, y = (sv – s2) / slv = 0,265 pois, s2 = sv – y.slv = 6,1; h2 = hv – y.hlv = 1966,2 kJ / kg ; u2 = uv – y.ulv = 
1855,8 kJ / kg ; v2 = vv – y.vlv = 8,0 m3 / kg ; ex2 = (u2 – uo) + po.(v2- vo) – To(s2- so) = 852,9 kJ /kg para o 
 
 
19
modelo de sistema fechado e, ex2 = (h2 – ho) – To(s2 - so) = 153,0 kJ / kg. Usando análise de primeira lei dE = 
δQ - δW e a definição de variação de entropia ds = ∫δQ/T + σ e, verificando que como s é constante ds = 0,0 
e que para que tal ocorra 1Q2 = 0,0 e também σ = 0,0. Portanto o processo isentrópico é ADIABÁTICO (não 
há troca de calor) e REVERSÍVEL (não há produção interna de entropia), o que já é de conhecimento 
generalizado nos estudos de termodinâmica.O resultado final é então: U2 – U1 = 1W2 = 4448,7 kJ. Para o 
volume de controle em regime permanente vale a equação geral: Qvc +∑me.he = ∑ms.hs + Wvc onde Qvc = 0,0 
conforme já visto. Assim, Wvc =∑me.he - ∑ms.hs. Como ∑me = ∑ms = m = 4,5 kg/s Wvc = 4,5.(he – hs) = 4,5 . 
(h1 – h2) = 4,5 .(3106,4 – 1966,2) = 5130,9 kW. A análise de segunda lei para SF e VC permite escrever IrrSF 
= To.[m.(s2 – s1) - 1Q2/Tm] e IrrVC = To.[m.(s2 – s1) - Qvc/Tm]. Em ambos os casos Irr = 0,0 pois, (s2 –s1) = 0,0 
e tanto 1Q2 como Qvc = 0,0.O balanço de exergia produz: SF ==> ExT + Ex1 = Ex2 + 1W2 + Irr portanto, 1W2 = 
Ex1 - Ex2. Para o VC ==> Exe + ExT = Exs + Wvc + Irr . Como ExT = 0,0 e Irr = 0,0 resulta Wvc = Exe – Exs. 
 
V - Processo de Expansão adiabática irreversível: 
Esse processo está normalmente associado às máquinas térmicas como turbinas a vapor.O processo 
anterior é a condição ideal de expansão em qualquer máquina térmica isto é, representa a condição limite da 
expansão.Logo desempenha papel importante também no caso da análise aqui desenvolvida.Considere-se 4,5 
kg/s de vapor fluindo em regime permanente de forma adiabática ou seja, sem troca de calor com as 
vizinhanças. O estado inicial é 13790,0 kPa e 426,7 °C.O estado finalé de 13,9 kPa. A eficiência isentrópica 
da expansão é de 0,75. Desprezam-se efeitos de EC e EP .Calcule: (a) ∆U, ∆H, ∆S, ∆V, ∆Ex, Irr, Qvc e Wvc. 
(b) identifique os estados no T-s e no h-s. O estado um considerando as propriedades dadas é vapor 
superaquecido logo : h1 = 3106,4 kJ/kg ; t1 = 426,7 °C; v1 = 0,019 m3/kg ; u1 = 2844,39 kJ/kg; s1 = 6,1 kJ/kg K; 
ex1 = (h1 – ho) – To.(s1 – so) = 1293,20 kJ/kg. Para se chegar ao estado dois é necessário utilizar o conceito 
de eficiência isentrópica ηis ou ηen (é considerada a eficiência clássica de primeira lei ou energética). ηen = 
∆h real / ∆hideal.Ou (h1 – h2) / ( h1 – h2s) onde h2s representa o estado atingido na condição ideal isto é, a 
condição atingida segundo o processo anterior ou expansão isentrópica. 
 1 
 h T 1 
 
 
 2s 2 2s 2 
 
 
 S S 
Figura 8 – Expansão Adiabática Irreversível 
 
 
 
20
O cálculo de h2s é feito segundo o processo anterior e produz h2s = 1966,2 kJ/kg. A eficiência 
isentrópica foi dada e é igual a 0,75 logo, (h1 – h2) = 0,75.( h1 – h2s) resultando h2 = h1 – 0,75.(h1 – h2s) = 
2251,3 kJ/kg. Portanto tem-se p2 = 13,9 kPa valor dado e h2 = 2251,3 kJ/kg valor calculado. Isso 
caracteriza o estado dois como região de mistura. Calcula-se y = (hv – h2) / hlv = 0,1451 (hv = 2596,3 kj/kg; 
hlv = 2377,6 kJ/kg). As demais propriedades são obtidas então: u2 = uv –y.ulv = 2123,4 kJ/kg; v2 = vv – y.vlv = 
9,8 m3/kg ; s2 = sv – y.slv = 7,0 kJ/kg K ; ex2 = (h2 – ho) – To.(s2 – so) = 169,9 kJ/kg. Para os cálculos das 
variações basta apenas fazer as diferenças respectivas entre os dois estados.Aplicando a equação de 
primeira lei e considerando que o processo é adiabático resulta: Qvc + ∑me.he = Wvc + ∑ms.hs, como ∑me = 
∑ms = m = 4,5 kg/s e Qvc = 0,0 tem-se Wvc = m.(h1 – h2) = 3848 kW. Uma questão interessante de ser 
avaliada é como calcular a eficiência exergética dessa expansão.Observe-se de passagem que essa eficiência 
é diferente da eficiência isentrópica. Prosseguindo com a análise de segunda lei ter-se-ia: Exe + ExT = Exs + 
Wvs + Irr. Como a expansão é adiabática Qvc = 0,0 e portanto ExT = 0,0.A equação da irreversibilidade 
produz Irr = To.[m.(s2 – s1) – Qvc/Tm] = 1206,9 kW. Assim m.(ex1 – ex2) = Wvc +Irr confirmando Wvc = 3848 
kW e fechando o balanço de segunda lei. 
 
(V) Processo de Compressão adiabática irreversível: 
 P2 
 2 
 2s 
 T P1 
 
 
 1 
 
 S 
Figura 9 – Compressão Adiabática Irreversível 
Esse processo é a contrapartida das expansões e normalmente está associado a bombas e 
compressores.Considere-se 0,9 kg de vapor sendo bombeados adiabaticamente. A condição inicial é de 
vapor saturado com 80% de título e a uma pressão de 827,4 kPa.A condição final é de uma pressão de 
11721,5 kPa (~ 117,2 bar).A eficiência isentrópica do bombeamento é de 0,75.Calcule: (a) t1, h1,u1, v1, s1, 
ex1; (b) t2, h2,u2, v2, s2, ex2; (c) 1Q2, 1W2, Irr; (d) faça a identificação dos estados no T-s e no h-s. A condição 
inicial ou estado um é de vapor na região de mistura uma vez que foi dado o título.Com o título x = 0,80 e a 
pressão de 827,4 kPa t1= tsat = 171,8 °C na pressão dada. Nesse caso h1 = hl +x.hlv = 2362,4 kJ/kg; u1 = ul 
+ x.ulv = 2206,5 kJ/kg; s1 = sl + x.slv = 5,73 kJ/ kg K ; v1 = vl + x.vlv = 0,187 m3/kg ;ex1 = (u1 - u0) + po.( v1 - 
v0) – To.( s1 - s0) = (2260,5 – 104,88) + 1,01325 x102x(0,187 – 1,0029x10-3) – 298,15x(5,73 – 0,3674) = 
521,61 kJ/kg pois, tratá-se de massa fixa logo aplica-se o modelo de SF. O T-s é dado a seguir (como seria 
o h-s?): 
 
 
21
Aqui como no modelo de expansão também existe uma condição limite ou ideal, o estado 2s que corresponde 
ao bombeamento isentrópico (isto é, s1 = s2s).O estado dois fica identificado pela pressão final de 11721,5 
kPa e pela eficiência isentrópica dada de 0,75. O estado 2s fica identificado pela mesma pressão e pela 
entropia que é idêntica àquela do estado um conforme já dito.Sendo assim h2s = 2826,802 kJ/kg; v2s = 
0,017233 m3/kg; e u2s = h2s – p2. v2s = 2624,81 kJ/kg. A eficiência isentrópica é definida para SF como ηis = 
ηen = (u2s – u1) / (u2 – u1) logo, u2 = u1 + (u2s – u1) / ηis = 2764,25.Aplicando a primeira lei para SF resulta dE = 
δQ - δW com δQ = 0,0 (processo adiabático). Logo δW = dU e 1W2 = m.(u1 –u2) = 0,9.(2206,5 – 2764,25) = - 
501,98 kJ (o sinal negativo nesse caso indica trabalho fornecido ao sistema e, portanto consumido no 
processo de bombeamento.Assim uma máquina expansora como uma turbina produz trabalho útil enquanto 
que uma máquina compressora como uma bomba ou compressor consome trabalho útil. Com o valor 
calculado de u2 e p2 entra-se nas tabelas de vapor e acha-se t2 = 384,3 °C (vapor superaquecido) e v2 = 0,021 
m3/kg. Assim ex2 = (u2 - u0) + po.(v2 – vo) – To.(s2 – so) = 982,04 kJ/kg. A irreversibilidade calculada pela 
equação de balanço de exergias e pela própria equação de irreversibilidade produz Irr = 72,45 kJ/kg.(os 
cálculos de verificação são deixados ao leitor como tarefa proposta). Aqui também seria interessante 
calcular a eficiência exergética desse processo.Como ela seria obtida? E, para encerrar a análise do 
processos de compressão propõe-se a seguinte análise para VC em regime permanente:2,9 kg/s de vapor são 
bombeados de forma adiabática partindo de uma condição inicial de vapor com título de 0,80 e pressão de 
827,4 kPa.A condição final é de uma pressão de 10 Mpa sendo a eficiência isentrópica do processo de 0,80. 
Calcule: (a) t1, h1,u1, v1, s1, ex1; (b) t2, h2,u2, v2, s2, ex2; (c) 1Q2, 1W2, Irr; (d) faça a identificação dos estados 
no T-s e no h-s. (e) calcule a eficiência exergética do processo ηex.Dica a eficiência isentrópica nesse caso é 
definida por ηis = ηen = (h2s – h1) / (h2 – h1) pois, trata-se de VC em regime permanente.E h2s fica 
identificada por p2 e s2s pois, s2s = s1. 
 
(VI) Processo de redução de pressão de vapor ou água através de estrangulamento(throttling 
process): 
Processo muito usual e normalmente associado a dispositivos como válvulas(comuns e redutoras) e 
purgadores por exemplo.Normalmente é considerado adiabático e,não se realiza trabalho quando ocorre. 
Inicia-se estrangulamento de vapor numa pressão de 3447,5 kPa e encerra-se com uma pressão de 101,4 kPa 
nas seguintes situações: (a) vapor a 260 °C ; (b) vapor com 4% de umidade; (c) vapor com 50% de umidade; 
(d) líquido saturado.Calcule em cada situação: estado um h1,u1,v1,s1,ex1 ; estado dois h2,u2,v2,s2,ex2,y2,t2 e,a 
irreversibilidade Irr 1->2.Use os dois modelos, SF eVC em regime permanente para cada caso. Esse processo 
quando ocorre tende a produzir vapor de flash na saída (assunto que será visto posteriormente) 
e,dependendo das condições a quantidade de vapor pode ser significativa.Portanto deve ser analisado com 
atenção pois,se esse vapor formado for perdido de alguma forma pode representar uma penalidade bastante 
alta para o processo.Admitindo análise para VC em regime permanente e considerando o caso (a) vem:estado 
um p1 = 3447,5 kPa e t1 = 260 °C, vapor superaquecido.Propriedades do estado (tabelas de vapor): h1 = 
 
 
22
2864,4 kJ/kg; v1 = 0,0621 m3/kg; u1 = 2650,9 kJ/kg; s1 = 6,235 kJ/kg K ; ex1 = (h1 – ho) – To.(s1 –so) = 1011,0 
kJ/kg. No estado dois p2 = 101,4 kPa e como Qvc + ∑me.he = ∑ms.hs + Wvc com Qvc = 0,0, Wvc =0,0 e ∑me = 
∑ms = m resulta he = hs ou seja, o processo por ser adiabático e não produzir trabalho é isentálpico( h1 = h2). 
 
 P1 
 P2 
 T 1 1 1 1 
 (a) 
 2 
 (d) (c) (b) 2 
 
 2 2 
 
 S 
 
Figura 10 – Redução de pressão via estrangulamento 
 
Assim p2 = 101,4 kPa e h2 = h1 = 2864,4 kJ/kg resultando em vapor superaquecido também nesse 
estado. Assim y2 não faz sentido uma vez que só está definido (como zero) quando o estado é de líquido 
saturado, (como um) quando o estado é de vapor saturado e, valores intermediários quando o estado se 
encontra na região de mistura. Já t2 = 194,6 °C, v2 = 2,12 m3/kg, u2 = 2649,74 kJ/kg, s2 = 7,80 kJ/kg K, ex2 = 
(h2 – ho) – To.(s2 – so) = 544,6 kJ/kg. O balanço exergético produz: Exe + ExT = Exs + Wvc + Irr , com ExT 
=0,0 e Wvc = 0,0 e, portanto Irr = Exe – Exs = m.(ex2 – ex1) e Irr/m = (ex2 – ex1) = 466,4 kJ/kg. Para 
confirmar a análise utiliza-se a equação da irreversibilidade Irr = To.[m(s2 –s1) – Qvc/Tm] = To.[m.(s2 – s1)]. 
Logo Irr/m = To.(s2 – s1) = 466.4 kJ/kg o que confirma o resultado anterior. Para os demais casos a análise é 
em tudo similar e é deixada como exercício ao leitor. Observe que unidades de potência (kW, MW, etc) 
quando divididas por fluxos de massa (kg/s) produzem resultados na forma de grandezas específicas (kJ/kg 
por exemplo). Na análise para sistema fechado as alterações são a substituição do fluxo de massa (kg/s) por 
quantidade fixa de massa (kg) e, unidades de potência (kW por exemplo) devem ser substituídas por 
unidades de energia (kJ por exemplo). 
 
VII - Processo de Produção Reversível de Vapor. 
 
 Esse processo é a base de referência para a produção de vapor em geradores de vapor ou caldeiras.É 
a condição idealizada pois, as irreversibilidades presentes nas diversas etapas que compõem essa produção 
são desconsideradas e, tudo é analisado como se elas não existissem.Posteriormente essas irreversibilidades 
serão vistas e analisadas.Os esquemas anteriores mostram as partes principais da caldeira e o T-s associado 
quando ocorre produção reversível de vapor. A água de alimentação (geralmente na condição de líquido 
comprimido) entra na caldeira – estado 1. Para cálculos precisos é essencial saber o estado real da água 
nesse ponto,principalmente se a pressão da caldeira for superior a 2700 kPa.Para pressões abaixo desse 
 
 
23
valor é usual utilizar dados do líquido saturado considerando a temperatura do estado. Pode-se também usar 
a equação aproximativa h = h(T) + v(T)[p – psat (T)] para o caso mais geral. Considere-se então os esquemas 
dados e as seguintes condições: 
 
 superaquecedor 
 
 3 4 Saída de vapor Superaquecido 
 
 
 Tubulão Superior 
 2 
 
 
 Economizador 
 Gases quentes 
 + Radiação 
 Paredes d´água e 
 1 Câmara de Combustão 
 
 Tubulão Inferior 
 
 
 
 
 Entrada de H2O de Alimentação 
 4 
 Superaqu. Vsup 
 T 
 2 3 
 
 EC Caldeira Prop. Dita 
 LC 1 
 
 LS VS 
 qarev qbrev qcrev 
 
 s 
 
Figura 11 – Produção Reversível de Vapor. 
 
 
líquido comprimido a 10342,5 kPa e 60 °C é aquecido à pressão constante na entrada de uma caldeira e, 
posteriormente atinge a condição de vapor superaquecido a 537,8 °C.Os processos todos são considerados 
reversíveis.Calcule: (a) calor necessário para fazer com que o líquido comprimido atinja a condição de líquido 
saturado no economizador – estado 2; (b) calor necessário para vaporizar o Lsat fazendo com que ele atinja a 
condição de Vsat na caldeira – estado 3; (c) calor necessário para tornar o vapor saturado superaquecido e 
fornecido via superaquecedor – estado 4; (d) Q , ExT, ∆S, ∆Ex, Irr desde a condição de líquido comprimido 
até o estado final de vapor superaquecido. Como o estado um é LC a 10342,5 kPa >> 2700 kPa deve-se 
consultar tabelas de líquido comprimido. Com a pressão e a temperatura dadas resulta para o estado um: h1 = 
 
 
24
259,79 kJ/kg; v1 = 0,00101 m3/kg; u1 = 249,32 kJ/kg; s1 = 0,8237 kJ/kg K; ex1 = 18,9 Kj/kg. O estado dois é 
de líquido saturado na pressão de 10342,5 kPa. Interpolando nas tabelas de vapor tem-se: h2 = 1422,6 kJ/kg; 
v2 = 0,0015 m3/kg; s2 = 3,37 k/kg K ;t2 = 313,6 °C ; u2 = 1407,2 k/kg ; ex2 = 422,7 kJ/kg. Aplicando a primeira 
lei para volume de controle em regime permanente Qvc + ∑me.he = Wvc + ∑ms.hs com Wvc = 0,0 e ∑me = 
∑ms = m, resulta Qvc = m.(hs –he) e Qvc/m = qvc = (hs –he) = (h2 –h1) = 1162,81 kJ/kg. Como o processo é 
considerado reversível esse é então o calor reversíveltrocado no processo 1Î 2 ou “qarev” . A segunda lei 
serve para checar esse resultado. Irr = To.[m.(s2 – s1) – Qvc/Tm] ou Irr/m = To.[(s2 –s1) – qarev/Tm]. Usando 
a equação Tds = dh – vdp. Como p é constante Tds = dh e Tm = ∆h / ∆s = qarev / ∆s e qarev = Tm.∆s. Logo 
Irr/m = To.[ ∆s – (Tm. ∆s/Tm)] e, Irr/m = To[∆s -∆s] = 0,0 confirmando a hipótese de reversibilidade do 
processo.É bom observar que a condição limite máxima para Tm é T2 caso em que ocorreria a 
irreversibilidade máxima e, a condição limite mínima é Tm = 456,33 K (158,18 °C) que equivaleria à 
irreversibilidade igual a zero. Abaixo dessa temperatura ter-se-ia Irr < 0,0 o que é impossível. O balanço de 
exergias pode ser aplicado aqui para calcular a exergia térmica ExTa e,conseqüentemente Tm. É interessante 
que o leitor faça tal cálculo. 
 Para a mudança de estado de 2 Î 3 ou “vaporização” (passagem do líquido saturado a vapor saturado) 
tem-se h3 = 2718,8 kJ/kg; v3 = 0,017 m3/kg ; u3 = 2539,5 kJ/kg ; t3 = t2 = tsat =313,49 °C ; s3 = 5,5941 kJ/ 
kg K ; ex3 = 1056 KJ/kg. Primeira lei VC/RP Qvc / m = qbrev = (h3 – h2) = 1296,2 kJ/kg. Observe que nessa 
região hipóteses consistentes sobre Tm deveriam considerar Tsat como a referência correta pois, na 
mudança de estado a temperatura é mantida constante. Usando Irr /m = To[(s3 –s2) – qbrev/Tm] e Tds = dh – 
vdp e, considerando que p é constante resulta Tm = ∆h / ∆s = 582,8 K valor um pouco menor do que Tsat 
(586,64). Essa discrepância se deve ao fato de que utilizá-se uma temperatura de referência To (valor 
portanto arbitrado) nas análises de segunda lei e que a pressão é suposta constante. Além disso, como o 
processo é considerado reversível tem-se que ds = δQrev /T e para calcular Tm dever-se-ia conhecer a 
relação funcional exata entre T e S. O balanço de exergias serviria para calcular ExTb e conseqüentemente 
Tm.É deixado como proposta ao leitor. Para a mudança de estado de 3 Î 4 ou superaquecimento do vapor 
saturado tem-se p4 = p3 = 10342,5 kPa ; t4 = 537,8 °C = 811,0 K ; h4 = 3466,5 kJ/kg ; v4 = 0,03391 m3/kg ; s4 = 
6,70 kJ /kg K ; u4 = 3117,7 kJ/kg ; ex4 = 1474,4 kJ/kg. Primeira lei VC/RP qcrev = (h4 – h3) = 748,1 kJ / kg ; 
Irr/m = To.[ (s4 – s3) – qcrev/Tm] e Tm = ∆h / ∆s = 676,1 K condição resultante da irreversibilidade nula do 
processo. Novamente aqui o balanço de exergias serve para o cálculo de ExTc e confirmação de Tm o que é 
sugerido como exercício ao leitor. É interessante observar que todos os processos anteriores foram 
considerados ideais (reversíveis) mas que, na realidade calor seria cedido em cada etapa do circuito ou 
caldeira numa temperatura Tf da fonte maior que a temperatura Tu do receptor da energia térmica assim 
fornecida. Se a eficiência de primeira lei for considerada igual a 1,0 ou 100% (ou seja, todo calor fornecido é 
absorvido pelo receptor) as exergias térmicas envolvidas seriam ExTf = q [ (Tf - To ) / Tf] ( exergia térmica 
da fonte) e ExTu = q[ (Tu – To) / Tu] (exergia térmica do receptor ou usuário do calor cedido). Considerando 
então ExTf / ExTu = [(Tf – To)/Tf ].[Tu/(Tu – To)] = Tu/Tf.[(Tf – To) / (Tu – To)]. Portanto, o grande 
 
 
25
responsável pela irreversibilidade da troca térmica é o gradiente de temperatura entre fonte e usuário 
envolvidos no processo.Como normalmente os processos de troca térmica são do tipo q = U.A.∆T onde U 
representa o coeficiente global de troca térmica(ver livros texto de TRC), geralmente o projetista da 
caldeira vai ser obrigado a avaliar o compromisso entre baixar ∆T e aumentar a área de troca térmica.Isso 
se transforma numa questão econômica pois,há um custo adicional pelo acréscimo de tamanho das superfícies 
de troca que deve ser contrabalançado pela minimização da irreversibilidade. Além é claro de questões 
associadas ao tamanho e facilidade de instalação e montagem da caldeira. 
 
Tópico II – Geradores de Vapor e Caldeiras: 
 
 A caldeira é um equipamento bastante complexo que através de seus vários componentes operando 
de forma sincronizada, serve para produzir vapor a ser utilizado como vetor energético na indústria seja 
para produção de potência seja para produção de calor de processo. Utiliza a queima de um combustível na 
seção própria denominada câmara de combustão e, através da energia radiante da combustão e dos efeitos 
convectivos dos gases quentes assim gerados produz o vapor na outra seção especializada ou caldeira 
propriamente dita, que normalmente é composta de tubulões, headers e paredes d´água.Os dois grandes 
modelos são as caldeiras flamotubulares e as caldeiras aquotubulares. 
Caldeiras Flamotubulares: a câmara de água e de vapor fica na parte externa dos tubos e, os gases quentes 
circulam no interior dos tubos. A entrada dos tubos geralmente se situa na saída da câmara de combustão. 
Caldeiras Aquotubulares: as câmaras de água e vapor são distribuídas pelos tubos e paredes d´água e, os 
gases quentes e a energia radiante liberada na queima do combustível, circulam na parte externa desses 
componentes. Assim a câmara de combustão é praticamente independente dos tubos. 
As figuras a seguir mostram detalhes de cada modelo e, as considerações que se seguem discutem 
em detalhe cada caso. Existe também um modelo alternativo de caldeira raramente empregado, as caldeiras 
elétricas, que se valem de uma resistência elétrica para produzir o vapor. São usadas em situações muito 
específicas e, raramente são encontradas em unidades industriais. Os circuitos básicos e essenciais das 
caldeiras são: (a) circuito de combustível e ar que alimentam os queimadores da câmara de combustão 
produzindo energia radiante e gases quentes; 
 
 
 
26
 
 
 
 
 
 
 
Figura 12 - Caldeira Flamotubular 
 
 
 
 
 
27
 
 
 
 
 
Figura 13 – Caldeira Aquotubular Típica. 
 
 
28
(b) circuito água/vapor composto no geral de economizador, tubulões, paredes d´água superaquecedor por 
onde circula a água a ser vaporizada e fornecida como vapor na forma de produto utilizável; (c) circuito de 
gases de exaustão que permite a circulação e exaustão dos gases. 
Os termos mais utilizados na área de produção de vapor via caldeiras: 
Economizador: seção da caldeira onde se faz o pré-aquecimento da água de alimentação que normalmente 
entra na forma de líquido comprimido e, que ao sofrer o pré-aquecimento chegana caldeira na forma de 
líquido saturado.Normalmente aproveita o efeito convectivo dos gases de exauatão; 
Pré-aquecedor de Ar: o ar de alimentação da câmara de combustão normalmente deve ser pré-aquecido 
para melhorar o desempenho energético da caldeira. Esse equipamento cumpre esse papel também 
aproveitando o efeito convectivo dos gases. 
Superaquecedor: nas caldeiras mais “poderosas” e normalmente aquelas que são destinadas à produção de 
potência o vapor deve ser superaquecido. Assim essas caldeiras são equipadas com esse acessório que 
normalmente aproveita energia radiante e efeitos convectivos e, cuja função final é superaquecer o vapor 
produzido; 
VTF: (ventilador de tiragem forçada) é um soprador de ar que insufla o ar de combustão para dentro da 
câmara de combustão; 
VTI: (ventilador de tiragem induzida) é um exaustor colocado no circuito da chaminé para facilitar a 
exaustão dos gases produzidos na câmara de combustão; 
Tiragem: produção de fluxo de ar e de gases para circulação dentro da caldeira. Pode ser natural 
(normalmente quando se aproveita de efeitos de massa específica diferente de fluídos quentes e frios) ou 
artificial (quando se utilizam equipamentos mecânicos para se conseguir o efeito, podendo ser forçada ou 
induzida conforme visto em itens anteriores); 
Classes de Vapor: características mais usuais do vapor encontrado em aplicações industriais. As classes 
maisusuais são; (a) vapor de alta 30 ~ 80 kgf/cm2 e até 500 °C ; (b) vapor de média 15 ~ 30 kgf/cm2 e até 
435 °C; (c) vapor de baixa 3 ~ 15 kgf/cm2 e até 350 °C. 
Blown-Down: sistema de descarga de lama do fundo da caldeira para manter a qualidade da água.Poe ser 
automático ou manual; 
Ramonagem: limpeza das tubulações internas da caldeira para retirada de fuligem e incrustações através de 
jatos de vapor direcionados às diversas superfícies encontradas no trajeto dos gases. 
 
 
 
 
Tópico III – Mecanismos de Circulação: 
 
 Um fluxo adequado de água e mistura vapor/água deve ser mantido na caldeira, tanto para garantir a 
produção continuada de vapor como para evitar efeitos danosos de superaquecimento em tubos, paredes 
 
 
29
d´água e outros circuitos da caldeira. Esse fluxo pode ser conseguido via circulação natural (efeito de 
massas específicas diferentes) ou forçada (via bombas de circulação) ou da combinação dos dois. As figuras 
A, B e C na seqüência mostram os diversos casos. A relação entre a massa de vapor e a massa de água 
circulantes é dada por k = m H2O / mv denominada relação de circulação e, é mantida pela entrada de água de 
alimentação e saída de vapor produzido respectivamente. Essa relação pode variar de 4 nas caldeiras 
pequenas até 30 nas caldeiras de alta produção de vapor. 
 
 
 
 tubulão superior p4 3 ρ´ e ρ massas específicas 
p4 = ρ´.g .H 3 – tubulão superior 
p6 = ρ.g. H 6 4 – downcomers (tubos + frios) 
fc = H.(ρ´- ρ) H 4 gases quentes 
fc força de circulação 
 5 – tubulão inferior ou header 
 6 – risers (tubos + quentes) 
 5 
 tubulão inferior 
 
 
Figura A – Circulação natural 
 
 
 7 
 
 
1 - BAL – bomba H2O alimentação 3 
2 – economizador 
3 – tubulão superior 
4 – tubos frios (downcomers) 
5 – header ou tubulão inferior 2 4 6 
6 – tubos quentes ou risers 
7 - superaquecedor 
 5 
 
 1 BAL 
 
 
Figura B – Outro arranjo de circulação natural 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
30
 
8 – BCF bomba de circulação forçada 
 7 
 
 
 3 
 
 
 2 
 4 
 1 BAL 
 6 
 8 - BCF 
 
 
 
 5 
 
 
Figura C – Sistema de Circulação Forçada 
 
 
A caldeira apresenta também equipamentos e acessórios que lhe conferem características adicionais 
e, melhora de desempenho como os economizadores e os superaquecedores. Os superaquecedores equipam as 
caldeiras mais ajustadas à produção de potência pois, nesse caso o vapor produzido normalmente deve ser 
entregue na condição de superaquecido. Esses superaquecedores são montados no circuito da caldeira seja na 
região de energia radiante seja na região de efeitos de convecção. As formas mais usuais são “U” e “zig-
zag”. Há também casos onde são montados reaquecedores naquelas caldeiras adaptadas para ciclos com 
reaquecimento (assunto a ser visto posteriormente). Já os economizadores servem para pré-aquecer a água 
de alimentação quando essa entra no tubulão da caldeira. Esse pré-aquecimento favorece economia de 
combustível na caldeira. Esses equipamentos são encontrados de forma mais usual nas caldeiras 
aquotubulares. As figuras anteriores e as análises que se seguem contém mais detalhes explicativos sobre 
eles. As figuras 39 e 42 (figuras 14 e 14-A na seqüência) mostram detalhes construtivos desses 
equipamentos. A figura 39 (fig 14) possui setas indicando o circuito de passagem dos gases quentes. A figura 
39-a é uma vista geral explodida da caldeira.A figura 39-b é uma planta da parte inferior da fornalha e dos 
tubos componentes da caldeira considerando um corte feito mais ou menos na altura da porta de inspeção. A 
figura 39-c é um corte lateral no local onde se localiza o superaquecedor que nesse caso é em formato “U” e 
identificado pela letra “i” na vista da figura 39-a. A figura 39-d é um corte da seção da caldeira mostrando 
as paredes d´água (identificadas pela letra “d” na figura 39-a) e a caldeira propriamente dita com os dois 
tubulões e os respectivos feixes de tubos (identificados pela letra “b” na figura 39-a). As paredes d´água 
são compostas dos tubos “c” , “d” , “e” identificados na figura 39-a. As filas de tubos “g” e “h” protegem os 
tubos da caldeira e do superaquecedor. Os tubos “k” transportam o vapor saturado até o superaquecedor. A 
 
 
31
água entra na caldeira através dos tubos “m” vinda do economizador e, os tubos “n” e “o” compõem também a 
caldeira e completam o circuito de circulação de água/vapor. 
 A figura 42 (fig 14-A) mostra uma caldeira com uma distribuição especial de tubos nas paredes 
d´água. As três primeiras filas de tubos “a” sobem verticalmente, fazem uma angulação e se ligam ao coletor 
ou header “c” ; os tubos “d” de descarga do coletror “c” cruzam o teto da fornalha por cima e entram no 
tubulão superior transportando a mistura líquido/vapor . Entre os tubos “a” e “d” está mostrado o 
superaquecedor “f” em forma de ”zig-zag”. A circulação é feita pelos tubos descendentes “g” (downcomers) 
e pelos tubos ascendentes (risers) “b” e “a” . Existe um tubulão inferior “j” onde a água prossegue circulando 
pelos tubos “k” passando a um header inferior “h” e, circulando então pelos tubos “i” das paredes d´água. O 
circuito é fechado pelo headersuperior “l” onde a mistura água/vapor passa para o tubulão superior através 
dos tubos “m”. O circuito de gases quentes está indicado pelas setas e existem diversas chicanas “n” que 
obrigam os gases a se direcionarem segundo o circuito projetado. A câmara de combustão e os queimadores 
estão contidos na região “h,i,l,d”. Há um indicador de nível na extremidade superior direita e, internos do 
tubulão superior são vistos nas posições “e”. 
 
 
 
32
 
 
 
Figura 14 – Vistas Típicas de Uma Caldeira Aquo-tubular. 
 
 
33
 
 
Figura 14 A – Detalhes Em Corte de Uma Caldeira Aquotubular Típica. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
34
 
Tópico IV –Complementos sobre Caldeiras de Vapor - Combustíveis e Combustão: 
 
 Caldeiras utilizam vários combustíveis para produzir vapor que é a forma de energia final útil.Um dos 
mais utilizados é o carvão mineral que é classificado de acordo com normas tipo ASTM.Esse carvão 
normalmente é acompanhado de dois tipos de análise: a análise aproximada (proximate) e a análise mais 
refinada ou completa (ultimate).Normalmente as análises são reportadas em base seca e livre de cinzas. Caso 
se conheça o percentual de cinzas e umidade então os percentuais dados em base seca e sem cinzas devem 
ser corrigidos pelo coeficiente [1 – M – A] x [percentual dado na análise] onde M = % umidade e A = % 
cinzas.Outro parâmetro que normalmente vem referenciado nas análises é o poder calorífico inferior ou o 
superior.Esse parâmetro é o indicador da quantidade de energia presente numa unidade de combustível 
(normalmente KJ/kg).A diferença entre os poderes caloríficos superior e inferior é igual ‘a entalpia de 
vaporização do vapor de água presente nos gases de combustão, vapor esse produzido pela queima de H2 e, 
também proveniente da umidade presente no combustível.Tomando um valor de referência para essa entalpia 
da ordem de 2400 KJ/kg tem-se: PCS – PCI = 2400 x (M +9H2) onde M é o percentual de umidade e, H2 o 
percentual corrigido de hidrogênio reportado na análise fornecida.Caso não se tenha informação sobre o PCS 
do carvão pode-se utilizar a fórmula de Dulong: PCS = 33.950 x C + 144.200 x [H2 – (O2 / 8)] + 9400 x S e, 
deve-se ter o cuidado de usar os percentuais corrigidos se a análise for fornecida em base seca e sem 
cinzas.Tome-se um exemplo para demonstração do que foi dito. Um carvão tem as seguintes informações 
para análise aproximada VM=54,0%,FC=46,0%, S=2,8% e PCS= 28.922 kJ/kg livre de cinzas e umidade (VM = 
% material volátil, FC % carbono fixo e, S % de enxofre todos em base massa).A análise completa na mesma 
condição apresenta as seguintes informações C = 72,4 %, H2 = 4,7 %, O2 = 18,6 %, N2 = 1,5 % e S = 2,8 %. 
Calcule as condições reais de queima desse carvão considerando os percentuais de umidade M = 39 % e cinzas 
A = 8,0 %. Solução 
Î passo 1 calcular o coeficiente de correção [1 – M – A] = [1 – 0,39 –0,08] = 0,53. 
Î passo 2 aplicar o coeficiente de correção aos dados da análise fornecida 
 análise aproximada - VM = 0,53 x 54 % = 28,6 %, FC = 0,53 x 46 % = 24,4 %, S = 0,53 x 2,8 % = 1,5 
%, M = 39,0 % , A = 8,0 % e, PCS = 0,53 x 28922 = 15.328,66 kJ/kg. 
 análise completa – C = 0,53 x 72,4 = 38,372% , H2 = 0,53 x 4,7 = 2,491 %, O2 = 0,53 x 18,6 = 9,858 
%, N2 = 0,53 x 1,5 = 0,795 %, S = 0,53 x 2,8 = 1,484 %, M = 39 %, A = 8 %. 
Î passo 3 calcular o PCI , PCI = PCS – 2400 x [0,39 + 9 x 0,02491] = 13.854,604 kJ/kg. 
Î passo 4 calcular o PCS via equação de Dulong, PCS = 33950 x 0,38372 + 144200 x [0,02491 – 
(0,09858/8)] + 9400 x 0,01484= 14.981,91 kJ/kg. 
 Combustíveis derivados de petróleo também são utilizados em caldeiras e, grande parte deles na 
forma de óleos combustíveis. Parâmetros importantes que caracterizam esses combustíveis são o PCS ou PCI 
(kJ/kg), a densidade (relação entre a massa específica do combustível e a da água a 15,6 °C dada de forma 
 
 
35
adimensional ou então graus °API – American Petroleum Institute – sendo a relação entre densidade e graus 
API dada pela equação d = 141,5 /[131,5 + °API] na condição de referência ou seja 15,6 °C ou 60 °F), o ponto 
de inflamabilidade ou temperatura mínima em que os vapores do líquido podem se inflamar, ponto importante 
em questões de estocagem e manuseio e, o ponto de congelamento ou a menor temperatura em que o líquido 
se torna muito viscoso. A combustão de óleos tem uma série de vantagens sobre o carvão como, por exemplo, 
os óleos são mais limpos e mais fáceis de manusear, estocar e transportar e produzem apenas resíduos de 
cinzas na queima e, apresentam combustão mais fácil. Mas, apresentam alguns problemas como, por exemplo, 
altos teores de enxofre em alguns deles e, também vanádio que na combustão se oxida produzindo o V2O5 
altamente corrosivo.Cálculos básicos com combustíveis líquidos (óleos derivados de petróleo essencialmente) 
usados em caldeiras são apresentados a seguir. Calcule o poder calorífico do propano em base volumétrica e, 
de um óleo combustível no 6 ambos em BTU/galão (o galão é uma unidade de volume do sistema inglês e 1 pé 
cúbico = 7,48 gal).Os dados dos dois combustíveis são d = 112,5 °API, PCS = 50.400 kJ/kg e custo 
relativo/unidade de energia = 122 para o propano, que custa no mercado US$0,80/galão. Para o óleo no 6 vale 
d = 14,5 °API, PCS = 42.330,0 kJ/kg e custo relativo/unidade de energia = 51. O parâmetro custo 
relativo/unidade de energia é normalmente tabelado e, permite relacionar preços de combustíveis, conhecido 
o de um deles. Também calcule os custos do óleo em US$/MBTU e cents/galão.O primeiro passo na solução é 
estabelecer uma equação geral de cálculo do PCS em base volumétrica, lembrando que na condição padrão a 
massa específica da água vale 62,4 lbm/ft3 e, que a densidade do combustível é a relação entre sua massa 
específica e aquela da água d = ρÓLEO / ρH2O, logo ρÓLEO = d x ρH2O. Chamando de X o PCS em base volumétrica 
pode-se escrever X = PCS x d x ρH2O x ft3/gal. O PCS deve ser convertido para BTU/lbm logo X = 0,43 x PCS 
x 62,4 x [141,5 / (131,5 + °API)] x 0,1337 ft3/gal lembrando que 1 kJ/kg = 0,43 BTU/lbm. Essa equação geral 
produz o PCS em BTU/galão. Para o propano então resulta: 
X = [0,43 x 50.400,0] BTU/lbm x 62,4 lbm/ft3 x [141,5 /(131,5 +112,5)] x 0,1337 ft3/gal = 104.853,18 
BTU/gal 
Para o óleo no 6 resulta: 
X = [0,43 x 42.330,0] BTU/lbm x 62,4 lbm/ft3 x [141,5 /(131,5 +14,5)] x 0,1337 ft3/gal = 147.175,77 
BTU/gal 
Para calcular o custo do combustível em US$/MBTU faz-se as seguintes operações: o propano tem um valor 
de mercado de US$ 0,80/galão logo, YPROP (US$/MBTU) = [0,80 US$/gal] x [106 BTU/MBTU] / [BTU/gal] = 
0,80 x 106 / 104.853,18 = US$ 7,63 / MBTU. Para o óleo no 6 é preciso utilizar o parâmetro que relaciona 
custos de combustíveis já referenciado anteriormente. Assim, YÓLEO = (51/122) x US$ 7,63 / MBTU = US$ 
3,19 / MBTU. Chamando Z o custo em cents/galão resulta para o óleo no 6 ZÓLEO = [319 cents/MBTU] x 
[147.175,77 BTU/gal] / [106 BTU/MBTU] = 46,95 cents / galão ou US$ 0,47/galão. 
 Combustíveis gasosos também são queimados em caldeiras para produção de vapor.A grande maioria 
deles são fósseis ou derivados de fósseis e, podem ser classificados em três grandes grupos: gases naturais, 
gases manufaturados e, subprodutos industriais como BFG, COG e LDG. A composição de gases geralmente é 
 
 
36
expressa em base molar ou volumétrica ao contrário dos carvões e combustíveis líquidos. Para misturas de 
gases ideais as composições molar e volumétrica são idênticas e, o poder calorífico desses gases 
normalmente é expresso em kJ/Nm3 onde Nm3 identifica normal metro cúbico (volume medido nas CNTP, 0 
°C e 1 atm ou 101,325 kPa), ou kJ/litro, ou BTU/ft3. Assim, o poder calorífico depende da massa específica