PME 3344 Termodinâmica Aplicada
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PME 3344
Termodinâmica Aplicada
11) Ciclos motores a ar
Ciclo Brayton
1
Escola Politécnica da Universidade de São Paulo
v.
2.0
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2
Escola Politécnica da Universidade de São PauloExemplos
✦Turbinas a gás
Fonte:http://www.alstom.com/products-services/product-catalogue/power-generation/gas-power/gas-turbines/gt24-gt26-gas-turbines/
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3
Escola Politécnica da Universidade de São PauloExemplos
✦Motor de combustão interna ciclo Otto
Fonte:http://www.plasmajetignition.com/plasma_applications.php
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4
Escola Politécnica da Universidade de São PauloExemplos
✦Motor de combustão interna ciclo Diesel
Fonte:http://megaanswers.com/why-do-diesel-internal-combustion-engines-require-no-spark-plug-to-ignite-the-fuel-unlike-petrol-engines/
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5
Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo padrão a ar
✴Trata-se de um modelo simplificado para representar
alguns sistemas de potência com processos complexos.
Exemplos:
✦Motores de combustão interna de ignição por faísca
(ciclo Otto);
✦Motores de combustão interna de ignição por
compressão (ciclo Diesel);
✦Turbinas a gás (ciclo Brayton).
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6
Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton
Compressor
Ar
Combustível Câmara de
combustão
Turbina
Gases de
exaustão
Trabalho
líquido
Engenheiro norte-americano
1830 – 1892
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7
Ciclo padrão a arEscola Politécnica da Universidade de São Paulo
Hipóteses:
★ O fluido de trabalho é uma quantidade fixa de ar modelado como gás
ideal com calores específicos constantes, circulando em circuito
fechado;
★ O processo de combustão é substituído por uma transferência de
calor a partir uma fonte externa;
★ Os processos de admissão e descarga não existem;
★ Os processos que compõem o ciclo são internamente reversíveis;
★ O processo de exaustão é substituído por uma rejeição de calor que
restaura o fluido de trabalho ao seu estado inicial
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Escola Politécnica da Universidade de São Paulo
Relações válidas para ciclos
padrão ar
Para um gás ideal com cp e cv constantes em um processo isentrópico (Δs = 0):
cv0 = +T1
T2ln
v1
v2Rln =
T1
T2
v2
v1k–1
( )cp0 = –
T1
T2ln
P1
P2Rln =
T1
T2
P1
P2k–1
( ) k
Combinando as equações anteriores: =P1
P2
v2
v1k
( )
8
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9
Ciclos padrão a ar: BraytonEscola Politécnica da Universidade de São Paulo
Compressor
Trocador de
calor
Calor
Turbina
Trabalho
líquido
Trocador de
calor
Calor
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10
Turbina a gásEscola Politécnica da Universidade de São Paulo
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11
Ciclos Brayton idealEscola Politécnica da Universidade de São Paulo
O ciclo de potência Brayton ideal é composto por quatro
processos reversíveis:
• Compressão isentrópica em um compressor;
• Fornecimento de calor a pressão constante em um
aquecedor;
• Expansão isentrópica em uma turbina;
• Rejeição de calor a pressão constante em um trocador
de calor.
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton
Eficiência térmica (calores específicos constantes):
12
η = Wliq
QH
η = mcp [(T3–T4)+(T1–T2)]
Comp.
T.C.
Calor
Turbina
Wliq
Calor
T.C.
mcp(T3–T2)
η = 1 –
rp
1
k–1
k
com rp = P2
P1
, razão de pressão
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloDedução da eficiência
13
Comp.
T.C.
TurbinaWliq
T.C.
η = (T3–T2)
(T3–T4)+(T1–T2)η =
(T3–T2)
(T4–T1)1–
η = (T3 / T2 –1)
(T4 / T1 –1)1–
T1
T2
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloDedução da eficiência
14
Comp.
T.C.
TurbinaWliq
T.C.
=T1
T2
P1
P2k–1
( ) k
=T4
T3
P1
P2k–1
( ) k
η = (T3 / T2 –1)
(T4 / T1 –1)1–
T1
T2
=T1
T2
T4
T3=
T1
T4
T2
T3
η = (T3 / T2 –1)
(T4 / T1 –1)1–
T1
T2
η = 1–T1
T2
η = 1 –
rp
1
k–1
k
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton
Eficiência térmica (calores específicos constantes):
razão de pressões
η
valores
típicos
15
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloAplicação: naval
16http://www.geaviation.com/marine/engines/military/lm2500/
Ciclo simples
dois eixos
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloAplicação: naval
17http://www.geaviation.com/marine/engines/military/lm2500/
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton
18
✦ A máxima temperatura do ciclo ocorre no final do
processo de combustão (estado 3);
✦ A máxima temperatura é limitada pela resistência do
material das palhetas (1700 K, valor atual);
✦ Essa restrição também limita a razão máxima de pressão;
✦ Para uma temperatura T3 fixa na entrada da turbina, o
trabalho líquido cresce, passa por um máximo e depois
decresce (veja a figura a seguir).
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton
Eficiência térmica X trabalho líquido
19
✦ Menores trabalhos líquidos
resultam na necessidade de
maiores vazões mássicas e,
portanto, maiores instalações;
✦ Uma parcela significativa do
trabalho é usada para acionar o
compressor.
trabalho reverso
Wturbina
Wcompressor
Wliq
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton
Desvios do comportamento ideal
20
Perda de carga
Perda de carga
ηc = (h1–h2s)
(h1–h2a)
ηt = (h3–h4a)
(h3–h4s)
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton regenerativo
21
Compressor
C.C.
Turbina
Regenerador
Wliq
QH Tx,max
ηreg = hx–h2
h4–h2
60 a 80%
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloRegenerador
22
Trocador de calor contracorrente
fluido
quente
fluido
frio
Tq,e
Tq,sTf,s
Tf,e
fluido
quente
fluido
frio
Tf,s
Tq,e
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton regenerativo
23
Eficiência com regenerador ideal
η = 1 – rp
T1
k–1
kT3
Compressor
C.C.
Turbin
a
Regenerador
Wliq
QHcom regeneração
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloCiclo Brayton com reaquecimento
24
Comp.
Câmara de
combustão
Estágio
1
Estágio
2
Reaquecedor
Wliq
∆W
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25
Escola Politécnica da Universidade de São PauloTrabalho sobre o compressor
Como podemos minimizar o trabalho?
wrev,c =
1
2
∫vdP
1
2
∫– Tδsger
O que podemos fazer adicionalmente?
Manter v o menor possível diminuindo a temperatura!
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26
Escola Politécnica da Universidade de São PauloTrabalho sobre o compressor
Isentrópico (Pvk = cte): wc = kRT1
– 1k–1 P1
P2k–1
[( ) k ]
Politrópico (Pvn = cte): wc = nRT1
– 1n–1 P1
P2n–1
[( ) n ]
Isotérmico (Pv = cte): wc = RTP1
P2ln
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27
Escola Politécnica da Universidade de São PauloTrabalho sobre o compressor
v
P
P1
P2processo adiabático reversível (n = k)
politrópico não-adiabático (1 < n < k)
processo isotérmico (n = 1)
Qual processo conduz ao menor trabalho?
Isotérmico!
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloAplicação: energia
28https://powergen.gepower.com/plan-build/products/gas-turbines/index.html
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloAplicação: energia (2015)
29https://powergen.gepower.com/plan-build/products/gas-turbines/index.html
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloAplicação: energia (2015)
30https://powergen.gepower.com
América latina
América do norte
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloAplicação: energia (2015)
31https://powergen.gepower.com/plan-build/products/gas-turbines/9ha-gas-turbine/product-spec.html?cycletype=Simple_Cycle
Potência / MW 510
Eficiência / % 41,8
Razão de pressão 23,5
Temperatura / oC 1427
T na exaustão / oC 652
Emissão NOx / ppm 25
Emissão CO / ppm 9
9HA.02 – Ciclo simples
Potência / MW 755
Eficiência / % 61,8
Reaquecimento / oC 600
9HA.02 – Ciclo combinado
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
32
1A) Considere um ciclo de turbina a gás ideal com dois estágios decompressão e dois estágios de expansão. A razão de pressão em cadaestágio do compressor e da turbina é de 3. O ar entra em cada estágio docompressor a 300K e em cada estágio da turbina a 1200K. Considerandocalores específicos constantes, pede-se: (a) o esquema da instalação com esem regenerador, (b) a representação do ciclo com e sem regenerador emum diagrama T-s, (c) a relação entre a potência necessária para acionar ocompressor e a potência desenvolvida pela turbina, assim como orendimento térmico do ciclo para o caso em que não há um regenerador, e(d) a relação entre a potência necessária para acionar o compressor e apotência desenvolvida pela turbina, assim como o rendimento térmico parao caso em que há um regenerador com eficiência de 75%.
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
33
Solução
Hipóteses:
1.Regime permanente;
2.Variações de energia cinética e potencial desprezíveis;
3.Compressores adiabáticos reversíveis;
4.Ciclo padrão a ar;
5.Gás ideal com calores específicos constantes.
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
34
Compressor
1
Intercooler
Compressor
2
Câmara de
combustão
Turbina
1
Reaquecedor
Turbina
2
wliq
(a) Sem regenerador
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
35
Compressor
1
Intercooler
Compressor
2
Regenerador
Câmara de
combustão
Turbina
1
Reaquecedor
Turbina
2
wliq
(a) Com regenerador
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
36
(b) Sem regenerador (b) Com regenerador
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
37
(c) Sem regenerador
✦Estado 1: T1 = 300K
✦Estado 2: s2 = s1
Considerando calores específicos constantes para T = 25 oC:cp0 = 1,004 kJ/kgK e cv0 = 0,717 kJ/kgK
=T1
T2
P1
P2k–1
( ) k
=T1
T21,4–1
3 1,4 T2 = 410,62 K
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
38
(c) Sem regenerador
✦Estado 5: T5 = 1200K
✦Estado 6: s6 = s5
=T5
T6
P5
P6k–1
( ) k
=T5
T61,4–1
(1/3) 1,4 T6 = 876,72 K
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
39
(c) Sem regenerador
✦Trabalho específico para acionar os
compressores:
wcp = 2*(h1 – h2) = 2*cp0*(T1 – T2) = - 222,13 kJ/kg
✦Trabalho específico nas turbinas:
wtur = 2*(h5 – h6) = 2*cp0*(T5 – T6) = 649,15 kJ/kg
✦Back work:
rbw = (-wcp) / wtur = 222,13 / 649,15 = 0,342
✦Calor fornecido ao ciclo:
qin = (h5 – h4) + (h7 – h6) = cp0*(T5 – T4 + T7 – T6) = 1117,11 kJ/kg
✦Rendimento térmico:
ηt = (wtur + wcp) / qin = (649,15 – 222,13) / 1117,11 = 0,3823
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
40
(c) Com regenerador
✦Calor no regenerador:
✦Rendimento térmico:
ηt = (wtur + wcp) / qin = (649,15 – 222,13) / 766,14 = 0,5574
ηreg = qreg
(h9 – h4)
qreg = ηreg*cp0*(T9 – T4) = 350,97 kJ/kg
qin = qin,anterior – qreg = 1117,11 – 350,97 = 766,14 kJ/kg
✦Calor na câmara de combustão:
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
41
1B) Considere no exercício anterior que as eficiências isentrópicas daturbina e do compressor são de 86% e 82%, respectivamente. Considerandocalores específicos constantes, pede-se: (a) a relação entre a potêncianecessária para acionar o compressor e a potência desenvolvida pelaturbina, assim como o rendimento térmico do ciclo para o caso em que nãohá um regenerador, e (b) a relação entre a potência necessária para acionaro compressor e a potência desenvolvida pela turbina, assim como orendimento térmico para o caso em que há um regenerador com eficiênciade 75%.
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Escola Politécnica da Universidade de São PauloExercícios
42
✦Estado 1: T1 = 300 K
✦Estado 2: P2 = 3* P1 e s2s = s1
Solução (a)
ηs,c = T2 – T1
T2s – T1T2 = 434,90 K
=T1
T2s
P1
P2k–1
( ) k =T1
T2s1,4–1
3 1,4 T2s = 410,62 K
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43
✦Estado 6: T6 = 1200 K
✦Estado 7: P7 = P6 /3 e s7s = s6
Solução (a)
ηs,t = T7s – T6
T7 – T6T7 = 921,98 K
=T6
T7s
P6
P7k–1
( ) k =T6
T7s1,4–1
(1/3) 1,4 T7s = 876,72 K
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44
(a) Sem regenerador
✦Trabalho específico para acionar os compressores:
wcp = 2*(h1 – h2) = 2cp0*(T1 – T2) = - 270,89 kJ/kg
✦Trabalho específico nas turbinas:
wtur = 2*(h5 – h6) = 2*cp0*(T5 – T6) = 558,27 kJ/kg
✦Back work:
rbw = (-wcp) / wtur = 270,89 / 558,27 = 0,485
✦Calor fornecido ao ciclo:
qin = (h5 – h4) + (h7 – h6) = cp0*(T5 – T4 + T7 – T6) = 1047,29 kJ/kg
✦Rendimento térmico:
ηt = (wtur + wcp) / qin = (558,27 – 270,89) / 1047,29 = 0,2744
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45
(b) Com regenerador
✦Calor no regenerador:
✦Rendimento térmico:
ηt = (wtur + wcp) / qin = (558,27 – 270,9) / 680,52 = 0,4223
ηreg = qreg
(h9 – h4)
qreg = ηreg*cp0*(T9 – T4) = 366,77 kJ/kg
qin = qin,anterior – qreg = 1047,29 – 366,77 = 680,52 kJ/kg
✦Calor na câmara de combustão:
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46
2) Uma planta de cogeração é composta basicamente por uma
turbina a gás e um trocador de calor para produção de vapor. A
planta opera segundo um Ciclo Brayton simples entre as pressões de
100kPa e 1200kPa. Ar entra no compressor a 27oC. Os gases de
combustão deixam a turbina a 497oC e o trocador de calor a 347oC.
Água líquida entra no trocador a 25oC deixando-o como vapor
saturado a 200oC. A potência líquida produzida no ciclo é de 800kW.
Assumindo uma eficiência isentrópica de 82% para o compressor e
de 86% para a turbina, e considerando calores específicos
constantes, determine:
(a) temperatura do ar na entrada da turbina;
(b) a relação entre a potência do compressor e da turbina;
(c) a vazão mássica de ar;
(d) a taxa de produção de vapor no trocador de calor;
(e) rendimento térmico do ciclo de turbina a gás e o ciclo de
cogeração (considerando o calor trocado como energia útil).
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47
Esquema:
1
Comp. Turb.
Câmara de
combustão
Trocador
2 3 4
100kPa
27oC
1,2MPa
497oC
347oC 25oC
vap. sat.
200oC
5 e
s
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48
Solução
Hipóteses:
1.Regime permanente;
2.Variações de energia cinética e potencial desprezíveis;
3.Compressores e turbinas adiabáticos;
4.Gás ideal com calores específicos constantes.
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49
✦Estado 1: T1 = 27oC (300,15 K) e P1 = 100 kPa
✦Estado 2: P2 = 1200 kPa e s2s = s1
Solução (a)
ηs,c = T2 – T1
T2s – T1T2 = 678,61 K
=T1
T2s
P1
P2k–1
( ) k =T1
T2s1,4–1
12 1,4 T2s = 610,49 K
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50
✦Estados 3 e 4: T4 = 497 oC (770,15 K) e P4 = 100 kPa
Solução (a)
ηs,T = T3 – T4s
T3 – T40,86 =
T3 – T4s
T3 – 770,15 Eq. 1
Eq. 2=T3
T4s
P3
P4k–1
( ) k
T3 = 1368,36 KT4s = 672,77 K
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Solução (b) : Cp0=1,004 kJ/kg
✦Trabalho específico para acionar o compressor:
wcp =Cp0*(T1 – T2) = 1,004*(300,15 - 678,61) = - 379,97 kJ/kg
✦Trabalho específico nas turbinas:
wtur =Cp0*(T3 – T4) = 1,004*(1368,36 – 770,15) = 600,61 kJ/kg
✦Back work:
rbw = (-wc)/ wT = 379,97/ 600,61 = 0,633
51
Solução (c)
✦Potência líquida e vazão mássica
mar = Wliq,tur
(wtur + wcp)mar =
800
(600,61 – 379,97)
mar = 3,626 kg/s
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52
Solução (d)
✦balanço de energia no trocador de calor:
mar*Cp0*(T4 –T5) = Qvap = mágua (hs – he)
Qvap = 3,626*1,004* (770,15 – 620,15) = 546,06 kW
mágua = Qvap / (hs – he) = 546,06 / (2793,2 – 106,4)
✦Estado s: Ts = 200oC e Psat = 1554 kPa, assim hv = 2793,2 kJ/kg
✦Estado e: Te = 25oC e Pe = 1554 kPa, he = ul(Te)+ Pe*ve
he = 104,86 + 1554*0,001003 = 106,4 kJ/kg
mágua = 0,203 kg/s
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Solução (e)
✦Calor fornecido ao ciclo:
qin = Cp0*(T3 – T2) = 1,004*(1368,36 – 678,61) = 692,52 kJ/kg
✦Rendimento térmico do ciclo de turbina a gás:
ηt = Wliq,tur / (mar * qin) = 800 / (3,626 * 692,52) = 0,319
53
✦Rendimento térmico do ciclo de cogeração:
ηt = (Wliq,tur + Qvap ) / (mar * qin) = (800 + 546,06)) / (3,626 * 692,51)
ηt = 0,5361
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54
3) Um ciclo de turbina a gás, para uso veicular, é formado por um
compressor e duas turbinas. O ar (temperatura T1=300 K e pressão p1 =
100 kPa) entra no compressor (hcp = 0,83) e sai com pressão p2=600 kPa.
Após passar pelo regenerador (hreg = 0,8) (temperatura de saída T3) e
pelo combustor (temperatura de saída T4 = 1600 K), o ar entra na primeira
turbina, saindo com pressão p5, apenas o suficiente para que a turbina
acione o compressor. O gás é então expandido numa segunda turbina,
que aciona as rodas motrizes, passa pelo regenerador e é descarregado
na atmosfera, com p7 = 100 kPa. A vazão mássica de ar é de 0,6 kg/s e a
eficiência das duas turbinas é de htur = 0,88. Sabendo-se que as
propriedades do ar e dos gases de combustão podem ser considerados
constantes e iguais ao do ar frio, determine: (a) A temperatura do ar na
saída do compressor; (b) A pressão intermediária p5; (c) A potência líquida
do motor; (d) A temperatura do ar na entrada do combustor; (e) O
rendimento térmico do ciclo.
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55
Esquema:
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Solução
Hipóteses:
1.Regime permanente;
2.Variações de energia cinética e potencial desprezíveis;
3.Compressores e turbinas adiabáticos;
4.Gás ideal com calores específicos constantes.
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57
✦Estado 1: T1 = 300 K e P1 = 100 kPa
✦Estado 2: P2 = 1600 kPa e s2s = s1
Solução (a)
ηs,c = T2 – T1
T2s – T1T2 = 541,63 K
=T1
T2s
P1
P2k–1
( ) k =T1
T2s1,4–1
6 1,4 T2s = 500,55 K
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58
Solução (b)
ηs,T = T4 – T5s
T4 – T50,88 =
1600– T5s
1600 – 1358,37
=T4
T5s
P4
P5k–1
( ) k P5= 310,43 kPa
✦Potência necessária para acionar o compressor:
Wcp =m*Cp0*(T1 – T2) = 0,6*1,004*(300 – 541,63) = - 145,56 kW
✦Potência desenvolvida pela turbina 1: - Wcp = 145,56 kW = Wtur1
Wtur1 =m*Cp0*(T4 – T5) = 0,6*1,004*(1600 – T5) => T5 = 1358,37 K
T5s = 1325,42 K
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Solução (c)
59
✦Potência desenvolvida pela turbina 2:
Wtur2 =m* Cp0 *(T5 – T6) = 0,6*1,004*(1358,37 – 1027,85) = 199,11 kW
✦Estado 6: T5 = 1358,37 K e P5 = 310,43 kPa
✦Estado 7: P6 = 100 kPa e s6s = s5
ηs,t = T5 – T6s
T5 – T6
T6 = 1027,85 K
=T5
T6s
P5
P6k–1
( ) k =T5
T6s1,4–1
(100/310,43) 1,4
T6s = 982,78 K
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60
✦Calor no regenerador:
✦Rendimento térmico:
ηt = Wtur2 / Qin = 199,11 / 403,24 = 0,4938
ηreg = (h3 – h2)
(h6 – h2)
ηreg* Cp0 *(T6 – T2) = Cp0 *(T3 – T2) => T3 = 930,61 K
Qin = m * Cp0 * (T4 – T3) = 0,6*1,004*(1600-930,61) = 403,24 kW
✦Calor na câmara de combustão:
Solução (d)
Solução (e)