Apostila Maquinas Termicas I - Prof. Rolando

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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”; 3 rd 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; 2 nd ed.;International Edition; McGraw Hill; 1991. 13 - HICKS,Tyler G.;”Standard Handbook of Engineering Calculations”; New York; 2 nd 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  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 vapor de baixa Ar Processo Calor de Processo Gases de Combustão Condensado 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 + Condensado Calor Sensível ∆T Mudança de Estado Lsat Calor Sensível ∆T V. Sat. 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 regi ão 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 - Balanços energéticos ou de PRIMEIRA LEI: A.1 - Sistema Fechado Processos  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  δQ = δW A.2 - Volume de Controle em Regime Permanente: QVC + Σm (h + V e e potenciais resulta: Q + Σm (h ) = W VC e e )=W /2 + gZe e2 VC VC + Σm (h + V s s ) e se desprezados efeitos cinéticos e /2 + gZs s2 + Σm (h ) s Para fluxos de MASSA Σm e s = 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 S 1) 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 S 2 = 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 taxa de taxa de transferência de entropia variação via fluxos de massa e de calor + σvc taxa de produção líquida 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 + gZ s) + (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 + Σm (h ) = W e e VC + Σm (h ) + (m u - m u ) s s 2 2 1 1 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, m 1 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 h Tvar 2 2 1 1 VS 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: u o = 104,88 kJ/kg ; so = 0,3673 kJ / kg K; v o = 1,0029 * 10-3 m3 / kg; ho = u o + 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: h 1 = 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 ex 1 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 m 3/kg; u 2 = 2784,00 kJ/kg;s2 = 6,653 kJ/kg K ; ex2 = (u 2 - 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 Q2 1 = ∫ p.dV = p.m.(v2 - v ) = 116,99 kJ resulta 1 = 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 vs Q2 ,onde Q 1 vs = m.(hvs - h ) = 380,8 kJ e dada é de 229,1 1 vs Q2 1 = Q + 1 vs Q = m.(h - hvs) = 329,79.A temperatura de saturação na pressão 2 2 °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) - ( Qvs 1 / Tsat + Q /Tm)] (1) e, como há duas hipóteses sobre Tm vão ser obtidos dois resultados para Irr. A vs 2 checagem deverá ser feita com o balanço de exergia para o processo através da equação geral Ex T + 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 h p cte 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, , W, h2, u2, v2, ex2 ; ( c) 1Q2 1 2 ∆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 t 1 = 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 t 2 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 lei resulta: Q2 1 = ∫p.dv e v é constante W = 0,0. Logo usando a equação da primeira 1 2 = m.(u - u ) = 2,3 .(3177,1 - 2021,1) = 2658,8 kJ. Para o balanço de segunda lei ExT 2 1 = Q2 1 *[(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 ( T 2 + T1) / 2,0 ; Tds = dh - vdp com Tm substituindo T para se fazer a integral da equação ; e Tm = [ ( T 2 -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 Ex T = 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.Temse 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: t 2 = 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 - W (1). Usando o conceito de variação de entropia dS = 1 2 ∫δQ/T + σ para sistema fechado nesse caso e, admitindo como hipótese inicial que σ = 0,0 resulta m.( s2 - s1) = vez que T é constante no processo.Logo (1) obtém-se: W2 1 Q2 1 Q2 1 / T uma = m.( s - s ).T= 3482,73 kJ. Levando esse resultado na equação 2 1 W2 = 3482,73 - m.(u2 - u1) = 1258,28 kJ. Aplicando a análise de segunda lei ExT + Ex1 = Ex2 + 1 + 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 h p1 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 final é 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 2s 2 2s S Figura 8 - Expansão Adiabática Irreversível 1 2 S 20 O cálculo de h 2s é feito segundo o processo anterior e produz h 2s = 1966,2 kJ/kg. A eficiência isentrópica foi dada e é igual a 0,75 logo, (h 1 - h2) = 0,75.( h 1 - h2s) resultando 2251,3 kJ/kg. Portanto tem-se p2 = 13,9 kPa valor dado h2 = h1 - 0,75.(h1 - h2s) = e h 2 = 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 ; ex 2 = (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.(h 1 - 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 Ex T = 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) t 1, h1,u1, v1, s1, ex1; (b) t2, h2,u2, v2, s2, ex2; (c) 1Q2, 1W 2, 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 ; v 1 = vl + x.vlv = 0,187 m 3/kg ;ex1 = (u1 - u0) + po.( v 1 v0) - To.( s1 - s0) = (2260,5 - 104,88) + 1,01325 x10 2x(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 h 2s = 2826,802 kJ/kg; v 2s = 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 W2 1 = m.(u -u ) = 0,9.(2206,5 - 2764,25) = 1 2 501,98 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 calculado de u 2 compressora como uma bomba ou compressor consome trabalho útil. Com o valor e p2 entra-se nas tabelas de vapor e acha-se t2 = 384,3 °C (vapor superaquecido) e v2 = 0,021 m3/kg. Assim ex 2 = (u 2 - 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 inter essante 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 h 2s 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 h 1,u1,v1,s1,ex1 ; estado dois h2,u2,v2,s2,ex2,y2,t2 e,a irreversibilidade Irr 1->2.Use os dois modelos, SF e VC 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) (d) 2 (c) (b) 2 2 2 S Figura 10 - Redução de pressão via estrangulamento Assim p2 = 101,4 kPa e h 2 = 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.(ex 2 - ex 1) e Irr/m = (ex 2 - 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 Câmara de Combustão 1 Tubulão Inferior Entrada de H2O de Alimentação Superaqu. T 2 LC 1 EC 4 Vsup 3 Caldeira Prop. Dita LS qarev qbrev VS 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 reversível trocado no processo 1 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 Ex Ta e,conseqüentemente Tm. É interessante que o leitor faça tal cálculo. Para a mudança de estado de 2  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  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 Ex Tf = 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 mais usuais 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 fc = H.(ρ´- ρ) 6 H 4 4 - downcomers (tubos + frios) gases quentes fc força de circulação 5 - tubulão inferior ou header 6 - risers (tubos + quentes) tubulão inferior Figura A - Circulação natural 7 1 - BAL - bomba H2O alimentação 2 - economizador 3 - tubulão superior 4 - tubos frios (downcomers) 5 - header ou tubulão inferior 6 - tubos quentes ou risers 7 - superaquecedor 2 4 6 5 1 BAL Figura B - Outro arranjo de circulação natural 30 8 - BCF bomba de circulação forçada 7 3 2 4 1 BAL 8 - BCF 6 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 header superior “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 H 2 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, H 2 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 [H 2 - (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 %, H 2 = 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  passo 1 calcular o coeficiente de correção [1 - M - A] = [1 - 0,39 -0,08] = 0,53.  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 %.  passo 3 calcular o PCI , PCI = PCS - 2400 x [0,39 + 9 x 0,02491] = 13.854,604 kJ/kg.  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/ft 3 x [141,5 /(131,5 +112,5)] x 0,1337 ft 3/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/ft 3 x [141,5 /(131,5 +14,5)] x 0,1337 ft 3/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 Z ÓLEO = [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/ft 3. Assim, o poder calorífico depende da massa específica que é diretamente proporcional à pressão absoluta dada e, inversamente proporcional à temperatura absoluta dada.O poder calorífico também pode ser expresso em unidade de energia por massa (kJ/kg ou BTU/lbm) e, nesse caso independe da pressão e temperatura do gás. O poder calorífico de uma mistura de combustíveis gasosos é igual ao somatório dos produtos da fração volumétrica de cada componente pelo respectivo poder calorífico. Dadas uma pressão e temperatura de referência pR e TR o poder calorífico da mistura será: PCSmist(pR,TR) = i =n ∑ (PCSv)i,pR,TR i =1 x Vi onde PCSv é o PCS em base volumétrica do i-ésimo componente nas condições pR, TR e Vi a fração molar ou volumétrica daquele componente. Para converter o PCS da condição de referência a uma outra condição qualquer p,T basta usar a equação (PCSv)p,T = (PCSv)pR,TRx (p/pR) x (TR/T). Pressões e temperaturas usadas nessa equação devem ser ABSOLUTAS. Um poder calorífico em base volumétrica numa dada pressão e temperatura, pode ser convertido em base massa multiplicando o valor em base volumétrica pelo volume específico do gás na mesma temperatura e pressão.Assim PCSm = (PCSv )p,T x (v)p,T. O volume específico de uma mistura de gases pode ser obtido da equação v = V/m = RT/p = RuT/pMM onde Ru é a constante universal dos gases e MM a massa molecular. Maiores esclarecimentos serão obtidos com uma aplicação.Calcule o PCS em kJ/m3 e kJ/kg a 10 °C e 3 atm para uma mistura gasosa com a seguinte composição: 94,3 % CH4, 4,2 % C2H6, e 1,5 % CO2.Solução: a 20 °C e 1 atm os PCS dos componentes são PCSv =37.030,0 kJ/m3 para o CH4, PCSv = 64.910 kJ/m3 para o C2H6 e, PCSv = 0,0 para o CO2. A massa molecular da mistura é dada por MM = 0,943 x 16,043 + 0,042 x 30,071 + 0,015 x 44,01 = 17,05 kg/kmol.Nessa mesma condição o PCSv da mistura seria então (PCSv)mist = 0,943 x 37.030,0 + 0,042 x 64.910,0 + 0.015 x 0 = 37.645,51 kJ/m3 e, o volume específico da mistura seria v = Ru T /(p x MM) = [ (8,314 kJ/kmol k) x 293,15 k] / [ 101,325 kPa x 17,05 kg /kmol] = 1,411 m3/kg. O PCS da mistura em base massa é então (PCS)m = (PCS)v x v = 37.645,51 kJ/m3 x 1,411 m3/kg = 53.109,49 kJ/kg. Para a condição de 3 atm e 10 °C valem as relações: (PCSv)mist = (PCS)p,T x (p/pR) x (TR/T) = 37.645,51 kJ/m3 x (3/1)x(293,15/283,15) = 116.925,11 kJ/m 3. Nessa nova condição v = [8,314 x 283,15] / [303,98 x 17,05] = 0,4542 m 3/kg e (PCS)m = (PCSv) x v = 116.925,11 x 0,4542 = 53.107,38 kJ/kg ou seja, muito próximo do valor anterior sendo o erro apenas devido a arredondamentos. Os combustíveis gasosos típicos vão desde o gás natural que é um combustível fóssil natural aos gases obtidos por síntese de algum composto (por exemplo, o carvão), passando por gases residuais como gás de coqueria, alto forno e aciaria em siderúrgicas. Os gases industrializados típicos são o GLP (gás liquefeito de petróleo), gases de carbureto e, o gás de síntese ou gás natural sintético (SNG). A produção de energia térmica é essencial para o funcionamento das caldeiras e, essa energia é derivada da energia química dos combustíveis quando queimados. A reação de combustão é na verdade um 37 processo de oxidação em que materiais como H2, C e S, presentes nos diversos combustíveis existentes se oxidam em H2O, CO2 e SO2 respectivamente. O hidrogênio é o que tem a mais elevada temperatura de ignição (582 º C) e, como é um gás queima de forma limpa e bem rápida desde que haja a quantidade suficiente de ar para tal. A reação básica de combustão completa é: 2 H 2 + O 2  2 H 2O + QH (liberando 286.470,0 kJ/kmol H 2 de energia térmica = QH). A equação diz que 2 kmol de hidrogênio (4,032 kg) reagem com 1 kmol de O 2 (31,999 kg) produzindo 2 kmol (31,999 + 4,032 =36,031 kg) de água e, liberando 286.470,0 kJ/kmol de energia térmica. Note a conservação de massa, mas não há conservação de mol, pois as espécies químicas se modificam.Assim, são exigidos 7,936 kg de O 2 para cada kg de hidrogênio para a queima completa ou 0,5 kmol de oxigênio para 1 kmol de hidrogênio(H 2). E, o poder calorífico superior do hidrogênio é de 142.097,0 kJ/kg e, seu poder calorífico inferior da ordem de 120.067,0 kJ/kg. O enxofre S tem uma temperatura de ignição de 243 º C e, produz na queima um dos radicais mais poluentes o SOx (na combustão completa SO2). A reação básica de combustão completa é: S + O2  SO2 + Q S(liberando 296.774 kJ/kmol S de energia térmica = QS). A equação diz que 1 kmol de S (32,064 kg) reage com 1 kmol de O 2 (31,999 kg) produzindo 1 kmol de SO 2 (64,063 kg). Assim são necessários 0,998 kg de O2 para a queima de cada kg de S ou 1 kmol de O 2 para cada kmol de S. E o poder calorífico superior do enxofre é idêntico ao seu poder calorífico inferior (porquê?) e vale 9.257,0 kJ/kg S. O carbono é um dos mais importantes elementos combustíveis e, é parte essencial de qualquer hidrocarboneto seja ele sólido, líquido ou gasoso. A oxidação do carbono é mais difícil e mais lenta que a do hidrogênio e do enxofre. Embora tenha temperatura de ignição mais baixa que o H 2 (407 ºC) ele é um sólido e queima mais devagar. Assim, será sempre assumido que o carbono é o último a atingir combustão completa e, no caso de falta de oxigênio suficiente para tal, sua combustão será admitida incompleta resultando na formação de CO. Além disso, sua equação de combustão se dá em duas etapas: primeiro a oxidação para CO e, se houver condições adequadas, a queima completa em CO2. Então resulta: 2 C + O2  2 CO + QCO (liberando 110.380,0 kJ/kmol de energia térmica via C = Q CO) - 2 kmol de C (24,02 kg) reagem com 1 kmol de O2 (31,999 kg) para produzir 2 kmol de CO (56,02 kg) e, liberar 110.380,0 kJ/kmol de energia. A próxima etapa da combustão dependerá se existe ou não oxigênio suficiente e, em caso afirmativo resulta: 2 CO + O2  2 CO2 + QCO2 (liberando 283.180,0 kJ/kmol de energia térmica via CO = QCO2) ou seja, 2 kmol de CO (56,02 kg) reagem com 2 kmol de O 2 (31,999 kg) para produzir 2 kmol (88,02 kg) de CO 2, com a liberação de 283.180,0 kJ/kmol de energia térmica.Combinando as duas equações numa só quando houver combustão completa resulta: C + O2  CO2 + QC liberando 393.560,0 kJ/kmol de energia térmica ( Q C) ou seja, 1 kmol de C (12,011 kg) reage com 1 kmol de O2 (31,999 kg) para produzir 1 kmol de CO2 (44,01 kg) liberando 393.560,0 kJ/kmol.Assim são necessários 2,66 kg de O 2 para combustão completa de 1 kg de carbono e, o poder calorífico superior do carbono vale 393.663,78 kJ/kmol ou 32.778,0 kJ/kg. 38 Observe-se que em todas as equações anteriores foi levantada a quantidade de oxigênio(O 2) necessário para combustão de cada constituinte básico dos diversos combustíveis. Na prática raramente se utiliza oxigênio puro em processos de combustão. Utiliza-se o ar ambiente como fonte de oxigênio por razões econômicas. Em base molar ou volumétrica o ar é composto de 21% de O 2 e 79% de N2 e parcelas pequenas de outros gases. Como as parcelas são muito pequenas, o ar é considerado então composto de 21% O 2 e 79% de N2 em base molar ou volumétrica. Se o ar for considerado em base massa é composto de 23,2% de O 2 e 76,8 % de N2 (porquê?). A massa molecular média do ar é de 28,97 kg/kmol. Um dos parâmetros essenciais nos cálculos de combustão é a relação teórica ar/combustível (air fuel ratio na literatura inglesa ou (A/F)). É a quantidade mínima de ar necessária para assegurar combustão completa do elemento considerado. Pode ser expressa em termos de massa de ar seco por massa de combustível, ou volume de ar seco por volume de combustível, ou mesmo em kmol de ar seco por kmol de combustível. O cálculo de ar necessário em base massa é feito com base nas quantidades anteriores de O 2 calculadas e, na composição do combustível entregue para a queima em base massa. Assim ter-se-ia: %C (massa) x 2,66  kg de O2 necessário para queima do carbono presente em 1 kg de combustível; %H2(massa) x 7,94  kg de O2 necessário para queima do hidrogênio presente em 1 kg de combustível; %S (massa) x 0,998  kg de O2 necessário para queima do enxofre presente em 1 kg de combustível; TOTAL  soma das três parcelas = total de kg O2 para queima de 1 kg de combustível Subtrai-se o total de O2 em base massa por acaso presente no combustível e, resulta o TOTAL real de O2 para queima de 1 kg de combustível. Assim, a relação ar/combustível teórica é igual [Total real de O 2/ kg de combustível] / (0,232). Observe que a análise do combustível deverá ser fornecida em base massa nesse caso e, que o fator 0,232 é a fração em massa de O 2 presente no ar já comentada. Essas operações podem ser resumidas na fórmula: (A/F)t,m = [2,66 x %C + 7,94x%H 2 + 0,998%S - %O2] / (0,232). Nunca é demais lembrar que todos os % devem ser em base massa e, o ar é seco. No caso dos carvões geralmente as análises de queima são fornecidas em base seca e sem cinzas.Mas, o carvão ao ser queimado contém umidade e produz cinzas.Portanto para carvões a equação pode ser rearranjada para: (A/F)t,m = { [2,66 x %C + 7,94x%H2 + 0,998%S - %O2] x (1 - M -A) } / (0,232) onde M é o % de umidade e A o de cinzas conforme já visto. Calcule o ar teórico necessário para a queima de carvão oriundo do Tennesee considerando que os teores de umidade e cinzas do carvão ao ser queimado são 4% e 5% respectivamente. A análise do carvão fornecida em base massa é C = 83,1%, H2 = 5,5%, O2 = 7,4%, N2 = 2,1%, S = 1,9% e, PCS = 34.608,0 kJ/kg. Solução: (A/F)t,m = {[2,66 x 0,831 + 7,94 x 0,055 + 0,998 x 0,019 - 0,074] x (1 - 0,04 - 0,05)} / (0,232) = 10,17 kg ar seco/ kg carvão. Para combustíveis gasosos e líquidos é mais simples trabalhar com composição em base volumétrica ou molar. Considere-se que Zi indica o número de kmol do i-ésimo componente (% do elemento em base molar x número de kmol do elemento) do combustível para cada kmol do combustível. Assim por exemplo para o C8H18, Z C = 8 e Z H = 18; se o combustível é uma mistura gasosa composta de 50% de C 2H 6, 30% de CO, 10% 39 NH3 e 10% de H2S resultaria ZC = 0,5 x 2 + 0,3 x 1 +0,1 x 0 + 0,1 x 0 = 1,3 kmol de C / kmol de gás; Z H = 0,5 x 6 + 0,3 x 0 + 0,1 x 3 + 0,1 x 2 = 3,5 kmol de H / kmol de gás; Z O = 0,5 x 0 + 0,3 x 1 +0,1 x 0 + 0,1 x 0 = 0,3 kmol de O / kmol de gás; ZN = 0,1 x 1 = 0,1 kmol de N / kmol de gás; ZS = 0,1 x1 = 0,1 kmol de S / kmol de gás. Calculados os kmol pode-se fazer o cálculo de O2 necessário tendo em conta os elementos combustíveis e o oxigênio presente no combustível. Assim resultaria a seguinte equação final: (A/F)t,mol =[Z C + Z H/4 + Z S - Z O/2] / (0,21) - kmol de ar / kmol de combustível -.Como relações em mol são idênticas a relações volumétricas para combustíveis GASOSOS, pode-se escrever kmol de ar / kmol de combustível ou m3 ar / m 3 de combustível desde que o ar e o combustível estejam à mesma pressão e temperatura.A relação teórica em base molar pode ser passada para a base massa usando a seguinte equação (A/F)t,m = [28,97 x (A/F)t,mol] / MM COMBUSTÍVEL . Calcule a relação ar/combustível teórica em base massa para uma mistura de 40% de propano e, 60% de butano. Solução: 40% de C 3H8 e 60% de C4H10 mistura gasosa. Z C = 0,4 x 3 + 0,6 x 4 = 3,6 kmol; Z H = 0,4 x 8 + 0,6 x 10 = 9,2 kmol. (A/F)t,mol = [3,6 + 9,2/4 + 0 + 0 0/2] / (0,21) = 28,1 kmol de ar / kmol de combustível. MMCOMBUSTÍVEL = 0,4 x 44,099 + 0,6 x 58,126 = 52,51 kg / kmol. Portanto (A/F)t,m =[28,97 x 28,1] / 52,51 = 15,5 kg ar seco / kg combustível. O processo REAL de combustão é bem diferente do teórico. A sigla clássica adotada em literatura inglesa para o sucesso dessa reação é MATTρ que significa: Mistura adequada dos reagentes; Ar suficiente; Temperatura acima da temperatura de ignição; Tempo suficiente para que ocorra a reação completa e, massa específica (ρ) suficiente para a propagação da chama. Como a mistura perfeita é raramente atingida num processo real, deve ser fornecido um excesso de ar para garantir a combustão. E esse excesso deve ser mantido num patamar razoável, pois se extrapolar muito determinados valores resulta num aumento de perdas de energia e emissão de NOx. Dependendo desse excesso e do grau de mistura obtido os gases de exaustão podem resultar nos produtos da combustão completa, ou seja, CO 2, vapor de água e SO2 acrescidos de produtos de combustão incompleta como combustível não queimado, CO, além hidroxilas e aldeídos, N 2 (sempre presente), O2 não usado e partículas de cinzas e NOx. Desses todos a água, o oxigênio e o nitrogênio são considerados não poluentes. Há dois parâmetros que indicam o excesso de ar fornecido: coeficiente de diluição e coeficiente de excesso de ar ou percentual de excesso de ar. Coeficiente de Diluição  DC = (A/F)m,real / (A/F)m,t ; % excesso de ar  = 100 x { [(A/F)real - (A/F)t] / (A/F)t }.A relação (A/F)m,real é obtida de dispositivos de monitoramento de gases de exaustão que medem a existência e % dos elementos presentes nesses gases. Há os dispositivos mais simples como o analisador de Orsat e, os mais complexos como o Cromatografo de Gases. Para os carvões é também necessário um analisador de refugos que calcula p PCS dos refugos. Se esse PCS (kJ/kg ou similar) é conhecido pode-se calcular o percentual de combustível nos refugos: %combustível = 100 x [ PCSREFUGOS/ PCSCARBONO], simbologia CR/R. A menos que haja informações adicionais, normalmente se supõe que toda a cinza do carvão apareça no cinzeiro da grelha ou fornalha e, que os refugos são compostos de cinzas e carbono não queimado. Se C R representa a fração em massa de combustível carbono não queimado nos refugos, então R representa a massa de refugo coletado por kg de carvão queimado e, é igual à soma de CR mais A, onde A é a fração em massa de cinzas dada pela análise do 40 carvão conforme já visto. O percentual de combustível é então dado por (C R / R) x 100. Como R = C R + A resulta que A/R = [1 - (CR / R)] e, (A/R) representa a fração em massa de cinzas nos refugos. Se a maioria das cinzas é reportada nos refugos a fração de refugos R pode ser calculada por R = massa de refugos/ massa de carvão = fração em massa de cinzas no carvão [A] / [(A /R)]. Se a fração de refugos R é conhecida, a massa de carbono não queimado nos refugos por unidade de massa de carvão queimado CR, pode ser calculada por CR = R - A. O carbono total queimado no combustível tanto pode produzir CO como CO2, Se CB é considerado como a massa de carbono realmente queimada por unidade de massa de carvão, pode ser obtido de C B = CANÁLISECOMPLETA - CR.Uma vez conhecidas análise de refugos, análise completa do combustível e análise de Orsat a relação REAL ar/combustível pode ser calculada. De todos os elementos presentes no combustível e no ar (C, H 2, S, O 2, e N2), só o carbono e o nitrogênio podem ser contabilizados via análise de refugos e de Orsat.O número de kmol de CO e CO 2 presentes nos gases de exaustão é igual a C B /12,01 e, o número de kmol de N 2 por unidade de combustível queimado é igual a [Nf + Na] / 28,016, onde Nf representa a fração em massa de N 2 do combustível dada na análise completa e, Na a massa de N2 presente no ar de combustão. Assim (A/F)m,real = { [ (%N 2) x 28,016 x CB] / [(%CO +%CO2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768). Os percentuais de CO, CO2 e N2 são obtidos da análise de Orsat e, CB obtido da análise de refugos e análise completa e, Nf obtido da análise de queima do carvão. Uma equação similar pode ser obtida para combustíveis dados em base molar. Nesse caso o cálculo é até mais simples, pois o carbono presente nos combustíveis líquidos ou gasosos normalmente é convertido em produtos gasosos CO e CO2, não ocorrendo existência de refugos.Assim resulta: (A/F) mol,real = { { [ %N2 x ZC ] / [ %CO + %CO2] - Z N/2 } } x (1/ 0,79) onde Z C representa o kmol de carbono por kmol de combustível, ZN kmol de nitrogênio por kmol de combustível, e aqui também pode ser feita a conversão para base massa conforme descrito anteriormente. Em todos os casos anteriores a análise é feita para ar seco. Mas o ar real apresenta sempre uma certa quantidade de umidade. Para corrigir tal imprecisão as relações ar / combustível anteriores podem ser corrigidas para base úmida: (A/F)t,m,u = (1 + ω) x (A/F)t,m onde o índice u indica base úmida e ω representa a umidade absoluta do ar (kg de água / kg de ar seco) dada em cartas psicrométricas; (A/F)t,mol,u = (1 + ω/0,622) x (A/F)t,mol; (A/F)m,real,u =(1 + ω) (A/F)m,real; (A/F) mol,real,u = (1 + ω/0,622) x ( A/F) mol,real. Teoricamente oxigênio e CO não poderiam aparecer juntos em gases de exaustão, mas eles aparecem normalmente ali por questões de mistura inadequada. Uma regra prática estabelece que, o percentual aproximado de excesso de ar é igual a cinco vezes o percentual de oxigênio obtido da análise de Orsat, se o percentual de CO é pequeno e se o percentual de oxigênio for menor do que 5%. Para concentrações de oxigênio acima de 5% essa regra perde sustentação e dá resultados muito ruins. Exemplo 1 - Uma instalação queima carvão de Clay Count, Missouri com M = 12% e A = 10%. Uma análise de refugos desse carvão mostra que o PCS do refugo é de 4581 kJ/kg e, uma análise de Orsat dos gases de exaustão mostra o seguinte resultado: 14,57% CO2, 3,93% O2 e 0,15% CO. Calcule o coeficiente de 41 diluição e o excesso de ar se houver. Solução: o carvão citado tem as seguintes características 79,2% C, 5,5% H2, 8,4% O2, 1,3% N 2, 5,6% S, e PCS = 33.422,0 kJ/kg. Correção pra umidade e cinzas = ( 1 - 0,12 0,10) = 0,78. Percentual de N 2 nos gases de exaustão = 100 - %CO 2 (14,57) - % O 2 (3,93) - %CO (0,15) = 81,35%. Análise dos refugos CR/R = PCS ref / PCS carbono = 4.581,0/32.778,0 = 0,1398 kg C nos refugos/kg de refugo ou 13,98% de combustível nos refugos. (A/R) = 1 - CR/R = 1 - 0,1389 = 0,8602 kg de cinzas / kg de refugo. R = A / (A/R) = 0,10 / 0,8602 = 0,1163 kg de refugo / kg de carvão e, C R = R - A = 0,1163 - 0,10 = 0,0163 kg de carbono não queimado/kg de carvão. CB = CANÁLISECOMPLETA - CR = (0,792 x 0,78) - 0,0163 = 0,6015 kg de carbono queimado / kg de carvão. Assim, (A/F)t,m = {[2,66 x %C + 7,94x%H 2 + 0,998%S - %O2] x (1 M -A)} / (0,232) = 0,78 x [2,66 x 0,792 + 7,94 x 0,055 + 0,998 x 0,056 - 0,084] / 0,232 = 8,457 kg ar / kg carvão. (A/F)m,real = { [ (%N2) x 28,016 x CB] / [(%CO +%CO2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768) ={ 81,35 x 28,016 x 0,6015 / [(14,57 + 0,15) x 12,01] - (0,78 x 0,013) } x (1/0,768) = 10,084 kg ar / kg carvão. Logo DC = (A/F)real /(A/F)t = 10,084 / 8,457 = 1,192 e %excesso de ar = 100 x (DC -1) = 19,23 %.Com a regra aproximativa seria obtido 5 x (3,93) = 19,65 %. Exemplo 2 - Se um carvão de Linn County, Missouri com M = 13% e A = 11% é queimado com 12% de excesso de ar e, aparece 0,5% de CO na análise de Orsat, calcule o balanço final da análise de Orsat. O PCS dos refugos desse carvão é de 2500 kJ/kg. Solução: esse carvão apresenta a seguinte análise 78,6% C, 5,6% H2, 9,3% O2, 1,3% N2, 5,2% S e PCS de 33.318,0 kJ/kg. Fator de correção de umidade e cinzas = ( 1 - 0,13 0,11) = 0,76. Com (A/F)t,m = {[2,66 x %C + 7,94x%H 2 + 0,998%S - %O2] x (1 - M -A)} / (0,232) = [2,66 x 0,786 + 7,94 x 0,056 + 0,998 x 0,052 - 0,093] x 0,76 / 0,232 = 8,171 kg ar / kg carvão. (A/F)m,real = DC x (A/F)t,m = 1,12 x 8,171 = 9,151 kg ar / kg de carvão. CR/R = PCS ref / PCS carbono = 2500/32.778,0 = 0,0763 e (A/R) = 1 - CR/R = 1 - 0,0763 = 0,9237. R = A / (A/R) =0,11/0,9237 = 0,1191 kg refugos/kg de carvão, CR = R - A = 0,1191 - 0,11 = 0,0091 kg carbono não queimado / kg de carvão. C B = CANÁLISECOMPLETA - CR = (0,76 x 0,786) - 0,0091 = 0,5833 kg de carbono queimado/kg de carvão. Mol de produtos de exaustão por kg de carvão queimado: kmol de CO/kg de carvão = X; Kmol(CO 2 + CO)/ kg de carvão = CB /12,01 = 0,5833/12,01 = 0,04898 e, kmol de CO2/kg carvão = CB /12,01 - X = 0,04898 - X; kmol de O 2/kg carvão = [(DC -1) x 0,232 x(A/F)t,m / 32 ] + [CR/12,01] + (X/2) = [0,12 x 0,232 x 8,171 / 32 ] + 0,0091/12,01 + X/2 = 0,00787 + X/2 ; kmol de N2/kg de carvão = [ (A/F)m,real x 0,768 + Nf ] / 28,016 = [9,151 x 0,768 + 0,76 x 0,013] / 28,016 = 0,25122. O total de kmol de produtos secos(gases de exaustão) por kg de carvão é obtido do somatório dos anteriores: kmol de gases secos/kg de carvão = X + 0,04898 -X + 0,00787 + X/2 + 0,25122 = 0,30807 + X/2. Da análise de Orsat para os gases resulta kmol de CO/kmol de gases secos = 0,5% = 0,005. Esse valor é igual a (kmol de CO/kg de carvão)/(kmol de gases/kg de carvão) ou X / (0,30807 + X/2) e, portanto 0,005 = X / (0,30807+X/2) e, 0,9975 X = 0,005x(0,30807) resultando X = 0,00154 kmol de CO/kg de carvão. Assim, voltando ao valor anterior o total de kmol de gases por kg de carvão será 0,30807 + X/2 = 0,30884 kmol de gases secos/kg de carvão. Confirmando com a análise de Orsat resulta % CO = 100 x 0,00154/0,30884 = 0,5%; % CO 2 = 100 x (0,04898 - 0,00154)/0,30884 = 15,36%; % O 2 = 100 x (0,00787 + 0,00154/2)/0,30884 42 = 2,8%; % N2 = 100x(0,25122)/030884 = 81,34%. Total = 0,5 + 15,36 + 2,8 + 81,34 = 100%. A checagem pode ser feita usando os resultados obtidos acima no cálculo da relação ar/combustível real (A/F)m,real={ [ (%N 2) x 28,016 x CB] / [(%CO +%CO 2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768) ={ (81,34 x 28,016 x 0,5883)/[(0,5 + 15,36)x12,01] - 0,76x0,013} x (1/0,768) = 9,151 kg ar/ kg de carvão. Exemplo 3 - Um gás natural com a seguinte análise molar é queimado numa fornalha: CO 2 = 0,5%, CO = 5,0%, CH 4 = 87,0%, C2H4 = 3,0% e N2 = 4,5%. A análise dos gases de exaustão obtida de um aparelho de Orsat mostra os seguintes resultados: 9,39% CO2, 3,88% O2, 0,83% CO. Calcule o percentual de excesso de ar se houver e, a relação ar/combustível real em kg ar/kg de gás natural. Solução: da análise do gás resulta ZC = 0,005 + 0,05 + 0,87 + 0,03 x 2 = 0,985; ZH = 4x0,87 + 4x0,03 = 3,6; ZO = 2 x 0,005 + 1 x 0,05 = 0,06; ZN = 0,045 x2 = 0,09. Resulta então (A/F)t,mol =[Z C + ZH/4 + ZS - ZO/2] / (0,21) = [0,985 +3,6/4 + 0 - 0,06/2] / 0,21 = 8,833 kmol de ar/ kmol de gás. Massa molecular do gás = 0,005 x 44,01 + 0,05 x 28,01 + 0,87 x 16,04 + 0,03 x 28,05 + 0,045 x 28,016 = 17,679 kg/kmol de gás. Da análise de Orsat resulta: (A/F) mol,real = { { [ %N2 x Z C ] / [ %CO + %CO 2] - Z N/2 } } x (1/ 0,79) = { { [0,985x85,9]/[9,39+0,83] - 0,09/2 } x (1/0,79) = 10,423 kmol de ar/kmol de gás. Coeficiente de diluição = (A/F)mol,real/(A/F)t,mol = 1,18 e excesso de ar = 100 x (1,18 -1) = 18%. Relação ar combustível em kg de ar/kg de gás (A/F)m,real = 28,97 x10,423/17,679 = 17,08 kg de ar/kg de gás. Exemplo 4 - GLP ou gás de cozinha como é mais conhecido tem a seguinte composição 70% C 3H 8 e 30% C4H10.Calcule a provável análise de Orsat para esse gás e o PCS (kJ/kg de gás) quando a queima é feita com (a) coeficiente de diluição de 0,9 e (b) coeficiente de diluição de 0,6. Solução: alínea (a) da análise do gás resulta Z C=0,7 x 3 + 0,3 x 4 = 3,3; Z H= 0,7 x 8 + 0,3 x 10 = 8,6 e, massa molecular do gás 0,7 x 44,099 + 0,3 x 58,126 = 48,307 kg /kmol. PCS = [(0,7x44,099)/48,307] x 50.399,0 + [(0,3 x 58,126)/48,307] x 49.589,0 = 50.106,71 kJ/kg gás. (A/F)t,mol =[Z C + Z H/4 + Z S - ZO/2] / (0,21) = [3,3 + 8,6/4] /0,21 = 25,952 kmol ar/kmol gás. Como o coeficiente de diluição é menor que 1 resulta em falta de oxigênio na combustão logo é preciso montar uma tabela com os resultados mais prováveis com o cálculo de kmol de oxigênio (observe que é o cálculo do elemento O e não da molécula O 2): Z O necessário para queimar o hidrogênio(H2) produzindo H2O  ZH/2 = 8,6/2 = 4,3( 2H + O  H2O). ZO necessário para queimar o enxofre em SO2  2Z S = 2 x 0,0 = 0,0 (S + 2O  SO2). ZO necessário para queimar o carbono em CO  1xZC = 3,3 (C + O  CO). ZO necessário para queimar o CO em CO2  1 x ZC= 3,3 (CO + O  CO2). Total kmol de Oxigênio = 4,3 + 0,0 + 3,3 + 3,3 = 10,9 e, Z O necessário para combustão completa = 10,9 - O presente no combustível = 10,9 - 0,0 = 10,9. O coeficiente de diluição dado é de 0,9 logo Z ODISP = 0,9 x 10,9 + Z OCOMBUST= 0,9 x 10,9 + 0,0 = 9,81. Como 7,6 < 9,81 < 10,9 percebe-se então que há oxigênio suficiente para a queima do hidrogênio, do enxofre e do C em CO2, mas não totalmente resultando, portanto uma certa quantidade de CO. Portanto os produtos secos da combustão vão ter CO, parte de CO2 e N2. De acordo com a tabela anterior resultaria kmol de CO = 10,9 - 9,81 = 1,090; kmol de CO2 = 9,81 - 7,6 = 2,21; kmol de N2 = 9,81(0,79/0,21)/2 + 43 ZN/2 = 18,452 + 0,0 = 18,452. Total de kmol dos gases de exaustão por kmol de combustível = 1,09 + 2,21 + 18,452 = 21,752 kmol / kmol de combustível. Assim a análise de Orsat mais provável seria: % CO 2 = 2,21 x 100 / 21,752 = 10,16%; % O2 = 0,0 x 100 / 21,752 = 0,0%; % CO = 100x1,090/21,752 = 5,011%; % N 2 = 100 x 18,452/21,752 = 84,829. A checagem é feita com o cálculo do coeficiente de diluição usando os resultados obtidos e, verificando se ele é igual ao coeficiente dado. DC = DC = (A/F)mol,real / (A/F)mol,t =[ ZC x % N2 / (% CO2 + % CO) - Z N/2 ] / (0,79 x 25,952) = [3,3 x 84,829 / (10,16 + 5,011)] / 20,5 = 0,9001 resultado EXCELENTE se comparado ao valor fornecido! O cálculo do PCS fornece PCS = PCS CALC - { [(kmol de CO/kmol de gás) x MMCOxPCSCO] / MMGÁS} = 50.106,71 - {[1,09 x 28,01 x 10.110,0] / 48,307 } = 43.717,01 kJ/kg gás e, a perda de energia pela combustão incompleta é da ordem de 12,75%. Caso alínea (b): coeficiente de diluição 0,6, portanto ZO disponível = 0,6 x 10,9 + ZOCOMBUST = 6,54. Portanto 7,6 > 6,54 > 4,3. Nesse caso haverá oxigênio suficiente para queima do hidrogênio e o enxofre, mas não para queima do carbono em CO e CO2. Assim haverá CO, carbono não queimado (ou fuligem) que é um produto sólido e, nitrogênio nos produtos finais. Resulta: kmol de C(fuligem) = 7,6 - 6,54 = 1,06; kmol de CO = 6,54 - 4,3 = 6,54 - 4,3 = 2,24; kmol de N2 = 6,54(0,79/0,21)/2 + ZN/2 81(0,79/0,21)/2 + ZN/2 = 6,54 x 0,79/0,42 + 0 = 12,30. Total de kmol dos gases de exaustão secos por kmol de combustível = 2,24 + 12,30 = 14,54 kmol / kmol de combustível. Assim a análise de Orsat mais provável seria: % CO 2 = 0,0 x 100 / 14,54 = 0,0%; % O2 = 0,0 x 100 / 21,752 = 0,0%; % CO = 100x2,24/14,54 = 15,406; % N 2 = 100 x 12,3/14,54 = 84,592. A checagem é feita com o cálculo do coeficiente de diluição usando os resultados obtidos e, verificando se ele é igual ao coeficiente dado. DC = DC = (A/F)mol,real / (A/F)mol,t =[ Z C x % N2 / (% CO2 + % CO) - ZN/2 ] / (0,79 x 25,952) = [2,24 x 84,592 / (0,0 + 15,406)] / 20,5 = 0,6000 resultado EXCELENTE se comparado ao valor fornecido! O cálculo do PCS fornece PCS = PCS CALC - { [(kmol de CO/kmol de gás) x MMCOxPCSCO] / MMGÁS} - { [(kmol de C/kmol de gás) x MM CxPCSC] / MMGÁS} = 50.106,71 - {[2,24 x 28,01 x 10.110,0] / 48,307 } - { [1,06 x 32.778,0 x 12,01]/48,307 = 28.337,42 kJ/kg gás e, a perda de energia pela combustão incompleta é da ordem de 43,45%. O exemplo é extremamente importante para caracterizar os efeitos nocivos da falta de ar nos processos de combustão e, mostra como esse efeito se agrava quanto menos ar (e por conseqüência oxigênio) é fornecido. Tópico IV -Complementos sobre Caldeiras de Vapor - Sistemas Auxiliares: Dois sistemas auxiliares são essenciais para o funcionamento das caldeiras, estejam elas aplicadas em geração de calor de processo ou de potência. As bombas e os sopradores de ar ou ventiladores. As primeiras suprem a caldeira com água de alimentação e retorno de condensado e, os ventiladores insuflam ar de combustão e, fazem exaustão dos gases oriundos da combustão. Um parâmetro importante desses equipamentos é a sua eficiência definida por ηMECH = trabalho ideal / trabalho real, uma vez que são máquinas consumidoras de trabalho.As bombas de água de alimentação geralmente são equipamentos que operam em pressões elevadas (pressão da caldeira) e, podem atingir potências razoáveis podendo ser acionadas por 44 motores elétricos ou turbinas a vapor. Normalmente são utilizadas bombas centrífugas. Os ventiladores de ar de combustão normalmente são centrífugos, com elevadas vazões e acréscimos de pressão da ordem de 15 a 20 kPa. Desde que o acréscimo de pressão é relativamente pequeno o escoamento pode ser considerado incompressível. Conforme visto anteriormente há dois tipos de tiragem mecânica: forçada e induzida (sopragem e sucção). Os sistemas de tiragem forçada devem ser cuidadosos no acréscimo de pressão, pois podem produzir vazamentos de gás e combustível para as vizinhanças, produzindo queda de eficiência da caldeira e riscos operacionais para o pessoal daquela área. O fluxo mínimo de ar desse equipamento é dado pelo produto da relação ar/combustível real e a vazão em massa de combustível (m F) : Vazâo VTF = mF x (A/F)m,real,u. Normalmente se faz uma correção da ordem de 20 e até 40% nessa vazão para suprir vazamentos de ar nos dutos do sistema e, mesmo garantir condições aceitáveis nos parâmetros da combustão. Note-se que deve ser usada a relação em base massa e computada a umidade do ar. Já os ventiladores de tiragem induzida normalmente retiram os gases da combustão para a chaminé. Isso produz uma depress ão na câmara de combustão. Normalmente a vazão desse equipamento é cerca de 10% maior que a do ventilador de tiragem forçada. A vazão mínima desse equipamento é Vazão VTI = mF x [(A/F)m,real,u + 1 - R] onde R é a fração de refugos quando houver. Da mesma forma que o ventilador de tiragem forçada essa vazão deve ser corrigida de 20% ou mais para manter as condições da câmara de combustão sobre controle. As vazões volumétricas de cada ventilador podem ser calculadas considerando a massa específica de cada fluído nos respectivos ventiladores. VazãoVOL = mFLUÍDO / massa específica do fluído onde mFLUÍDO é a vazão em massa de cada caso, resultando então VazãoVOL = mFLUÍDO x [RU x T / (p x MMFLUÍDO)] . No caso do ventilador de tiragem forçada que opera com o ar úmido essa equação deve ser corrigida para Q FD = mF x (A/F)m,real,u x { [(R U x T) / p] x (1/28,97 + ω/18,016) } onde ω representa a umidade absoluta do ar (kg de água / kg de ar seco) dada em cartas psicrométricas conforme visto antes. Já para o ventilador de tiragem induzida normalmente se têm dificuldades com o cálculo da MM dos gases de exaustão. È uma prática corrente e constitui boa aproximação utilizar a MM do ar (28,97), mas essa MM pode ser calculada conforme será visto num exemplo a seguir. Exemplo 5 : Uma instalação termoelétrica de 600 Mwe queima um carvão de Lafayette County, Missouri com percentuais de umidade e cinzas de 14 e 11% respectivamente. A heat rate (relação entre a energia contida no combustível e a energia líquida produzida num ciclo termodinâmico - o parâmetro será visto com detalhes mais à frente) da planta é de 8863 BTU/kWh. A análise de refugos no cinzeiro da caldeira fornece um PCS de 2605 kJ/kg e, a análise de Orsat dos gases de combustão fornece 13,78% CO2, 4,49% O 2 e 0,75% CO. Calcule: (a) eficiência térmica da instalação; (b) o consumo de carvão (ton/h); (c) o coeficiente de diluição e o percentual de excesso de ar se houver; (d) a capacidade de um ventilador de tiragem forçada (kg/min e ft 3/min) se as condições do ar atmosférico são 50 °C, 0,93 atm e umidade relativa de 50%; (e) a capacidade de um ventilador de tiragem induzida (kg/min e ft 3/min) se os gases de exaustão saem a 288 °Ce 0,88 atm; (f) o tamanho dos motores necessário para acionar os ventiladores (HP) 45 considerando um diferencial de pressão de 25 pol de água em cada unidade e, eficiência mecânica de 0,86 em cada caso; (g) a temperatura de orvalho dos gases de exaustão saindo do ventilador de tiragem induzida. Solução: Dados tIN = 50 º C = 112 º F , tOUT = 288 º C = 550,4 º F, HR = heat rate = 8863 BTU/kWh. Como 1 kWh = 3412,14 BTU logo, (a) a eficiência do ciclo será 3412,14/HR = 3412,14/8863 = 0,3850. (b) para calcular o fluxo de massa de carvão é necessário conhecer a análise do mesmo e,das tabelas de carvão vem 78,6% C, 5,6% H2, 9,3% O2, 1,3% N2, 5,2% S, PCS = 33.160,0 kJ/kg. PCS dos refugos 2605 kJ/kg logo CR /R = PCS R / PCSCARBONO = 2605/32.778,0 = 0,0795 kg C R / kg R. A/R = 1 - CR/R = 0,9205 kg cinza/kg refugo.Como R = AANÁLISE/(A/R) = 0,11/0,9205 = 0,1195 kg refugo/kg carvão tem-se CR = R - A = 0,1195 - 0,11 = 0,0095 kg carbono nos refugos/kg de carvão.Resulta então C B = CANÁLISE - CR = 0,786* (1-0,14-0,11) 0,0095 = 0,58 kg carbono queimado / kg carvão. O cálculo do fluxo de carvão queimado é feito a partir de mCARVÃO = Potência do ciclo/ PCScorr do carvão * ηciclo = 600.000,00 / (0,3851*33.160,0*(1-0,14-0,11)) = 62,65 kg/s = 225,53 t/h. (c) Segue-se com o cálculo do coeficiente de diluição através do uso de (A/F)t,m = { [2,66 x %C + 7,94x%H2 + 0,998%S - %O2] x (1 - M -A) } / (0,232) = 8,063 kg ar / kg carvão.A relação real é obtida de (A/F)m,real = { [ %N2 x 28,016 x CB] / [(%CO +%CO2) x 12,01] - Nf } x (1 / 0,768) = { [80,98*28,016*0,58] / [(0,75 + 13,78)*12,01] - 1,3/100} / 0,768 = 9,806 kg ar /kg carvão; DC = (A/F)m,real/(A/F)t,m = 9,806/8,063= 1,216 e, %excesso=(1,216-1)x100= 21,61%. (d) é necessário conhecer a umidade do ar de combustão. A umidade relativa foi dada e vale 0,5 e, a temperatura de bulbo seco vale 50º C, que corresponde a uma pressão de saturação do vapor de 12,349 kPa (1,7891 psi) - ver tabelas de vapor. Assim, a pressão parcial do vapor de água presente no ar é pv = 0,5*1,7891 = 0,8946 psi, resultando ω = 0,622 * pv / par = 0,622 * 0,8496 / [(14,7*0,93) - 0,8496] = 0,04355 kg água/kg ar seco.Fluxo de gás para o VTF (ar de combustão) VazâoVTF = mCARVÃO*(1+ω) *(A/F)m,real= 3.759,0 kg/min * (1 + 0,04355) * 9,806 = 38.466,0 kg ar/min. A vazão volumétrica do VTF é obtida de QFD = mF x (A/F)m,real,u x { [(R U x T) / p] x (1/28,97 + ω/18,016) } resultando Q FD = 3759 kg/min *9,806 *(1/28,97 + 0,04355/18,016) *[ 8,314 * 323,15/(0,93*101,325)] = 40.111,26 m 3/min = 1.416.328,74 ft 3/min. (e) fluxo de massa através do VTI (exaustão dos gases de combustão) VazãoVTI = mF x [(A/F)m,real,u + 1 - R] = 3759 kg/min * [ (1+ω) 9,806 + 1 0,1195 ] = 41.775,84 kg gases/min. Para a vazão volumétrica é necessário calcular os moles dos produtos da exaustão. Mol de gases secos = 100(CB/12,01) / (%CO + %CO2) = 0,33237 kmol/ kg carvão. Mol de água = [M + ω*(A/F)m,real+ 9*H2 ] /18,02 = [0,14 + 0,04355x9,806 +9*0,75*0,056] / 18,02 = 0,05244 kmol água/kg carvão. Mol SO2 = S/32,06 = (0,75 x 0,052)/32,06 = 0,00122 kmol de SO2 / kg carvão. Mol de gases úmidos = 0,33237 + 0,05244 + 0,00122 = 0,38603 kmol gases úmidos / kg carvão. Massa total de gases úmidos na exaustão = (A/F)m,real * (1+ω) + 1 - R = 9,806*(1+0,04355) + 1 - 0,1195 = 11,114 kg gases / kg carvão. Massa molecular dos gases de exaustão = 11,114/0,38603 = 28,789. Massa específica dos gases ρ = (pSAÍDA*MM) / (Ru* TSAÍDA) = (0,88*101,325 *28,789)/(8,314 561,15) = 0,5502 kg / m3. VazãoVOL = mFLUÍDO / massa específica do fluído= 41.775,84/0,5502 = 75.925,61 m 3/min = 2.680.933,44 ft3/min. (f) Diferencial de pressão nas máquinas = 25 in H2O = 6,22 kPa. PotVTF = QFD*∆p/ ηmec = 40.111,26 m3/min * 6,22 kPa / (0,86 * 46 60) = 4.835,12 kW = 6.484 HP. PotVTI = QID*∆p/ ηmec = 75.925,61 m3/min * 6,22 /(0,86 * 60) = 9.152,27 kW = 12.273,4 HP. (g) fração molar de água nos gases de exaustão =(0,05244 kmol água/kg carvão) / (0,38603 kmol gases úmidos / kg carvão) = 0,1358 kmol H 2O/ kmol de gases de exaustão. Pressão de exaustão dos gases = 0,88*101,325 + ∆p = 95,39 kPa. Pressão parcial da água nos gases = 95,39 * 0,1358 = 12,95 kPa. Ponto de orvalho = 50,9 °C (temperatura de saturação do vapor de água com a pressão calculada). Abaixo dessa temperatura os gases se condensam e produzem tendência à chuva ácida.Por questões de controle ambiental normalmente se exige que os gases de exaustão saiam a uma temperatura de duas a três vezes maior que a temperatura de orvalho. Tópico IV.I - APÊNDICES PARA CÁLCULOS DE COMBUSTÃO Apêndices C a J (páginas 507 a 522 no livro original) 47 48 49 50 51 52 53 54 55 Tópico V - Balanços Térmicos de Caldeiras: As caldeiras utilizam energia de combustíveis para gerar o vapor.Portanto é de suma importância verificar eventuais perdas e má utilização dessa energia, que representa um custo razoável no sistema gerador de vapor.Para tal são desenvolvidos modelos de balanço térmico de caldeiras que mostram a forma como a energia está sendo utilizada e perdida. Modelo I - Sistema Inglês: Uma caldeira com capacidade nominal de 27 t/h opera produzindo vapor a 930 kPa, 204 °C e 20.403 kg/h. A H2O de alimentação entra na caldeira a 82,8 °C. A caldeira consome 1967 kg/h de carvão com PCI de 32.215 kJ/kg. A análise do carvão em base seca fornece C = 0,7757 , H2 = 0,0507 , O2 = 0,0519 , N2 = 0,012 , S = 0,027 , cinzas = 0,0827. O carvão contém 1,61 % de umidade quando recebido. A temperatura da sala da caldeira e do combustível admitido na fornalha é de 26,1 °C (79 °F) bulbo seco. A temperatura de bulbo úmido é de 21,7 °C (71 °F). A análise dos gases de exaustão mostra CO2 = 12,8 % , CO = 0,4 % , O2 = 6,1 % , N2 = 80,7 % . Cinzas e refugos representam 9,42 % do carvão seco e, o combustível ainda presente nas cinzas é da ordem de 32,3 %. Calcule o balanço térmico dessa caldeira considerando que os gases de exaustão saem a 260 °C na chaminé. Solução: identifica-se inicialmente a entrada de energia via combustível Een = 32.215 kJ/kg combustível. A seguir a produção específica de vapor definida como produção da caldeira e dada por: vapor produzido (kg /h) / combustível consumido (kg/h). Com os dados fornecidos resulta produção da caldeira = [20.403 kg vapor /h] ÷ [1967 kg combust./h] = 10,37 kg vapor /kg combustível.O parâmetro assim calculado recebe o nome de Ws nesse procedimento. Logo Ws = 10,37 kg vapor / kg de combustível.A próxima etapa consiste na determinação da energia específica do combustível obtida de hl = Ws.(hs - hw) onde hs indica a entalpia do vapor produzido e, hw da água de alimentação que é fornecida à caldeira. Para a água de alimentação normalmente serão usadas algumas hipóteses alternativas em função dos dados do problema. A primeira delas seria admitir a temperatura da água 82,8 °C e a pressão da caldeira 930 kPa (valores dados).Essas duas propriedades identificariam líquido comprimido e,pode-se usar as pressões de 5 a 10 MPa para avaliar propriedades. Pode-se usar também a equação hw = h( T) + v(T).[p - psat(T)] = 347,5 k/kg. Ou então usar hw = hl(T) = 346,66 kJ/kg. Ou então a entalpia da água nas condições ambientais considerando a pressão atmosférica ≅ 1 bar isto é, hw = hamb = 417,63 kJ/kg. Já para a entalpia do vapor as condições se encontram bem definidas resultando hs = 2841,0 kJ/kg e ss = 6,7575 kJ/ kg K.Considerando a entalpia da água na condição ambiente resulta: hl = 10,37 kg vapor / kg combustível .(2841,0 - 417,36) kJ/kg vapor = 25.133,1 kJ / kg combustível. Note-se que a entrada de energia via PCI ou energia química do combustível é da ordem de 32.215 kJ/kg combustível. Assim houve perdas no processo de vaporização. Perdas nos gases de exaustão: como os gases saem na chaminé numa temperatura razoável e acima daquela do ambiente, essa seria a primeira fonte de perdas identificadas por h2 = 0,24.Wg.(Tg - Ta) onde 0,24 representa o calor específico médio dos gases no sistema inglês ( ver tabela A.8.E Van Wyllen); Tg a 56 temperatura dos gases ° F , Ta temperatura do ar de entrada ° F e, Wg lb ou kg de gases / lb ou kg de combustível.Para o cálculo da massa de gases é necessário determinar o excesso de ar da combustão: ear = 100.(O2 - .CO)  [0,264.N2 - (O2 - .CO)] com as composições referidas aos gases de exaustão.Assim ear = 100.(6,1 - 0,20)  [0,264.80,7 -(6,1 - 0,20)] = 38,3 %. O ar necessário para a combustão é obtido das equações básicas da estequiometria para os elementos combustíveis. O ar é considerado composto de 23,2 % de O2 e 76,8 % de N2 em massa. Elemento Combustível % - (1) Rel Peso Molecular - (2) Kg O2 necess.( M = 32) [1 x 2] C = 0,7757 (32/12) = 2,6667 2,0685 H2 = 0,0507 (16/2) = 8,0 0,4056 N2 = 0,0120 Inerte Não reage S = 0,027 (32/32) = 1,0 0,0207 O2 = 0,0519 (32/32) = 1,0 - 0,0519 Total O2 2,4492 kg O2/ kg comb. As equações estequiométricas geradoras dos valores da tabela são: C + O2 = CO2  1 kmol 1 kmol = 1 kmol  12 kg + 32 kg = 44 kg H2 + .O2 = H2O  1 kmol +  kmol = 1 kmol  0 2 kg + 16 kg = 18 kg S + O2 = SO2  32 kg + 32 kg = 64 kg  1 kmol 1 kmol = 1 kmol Pode-se usar também a equação aproximativa W O2 = 2,67.C + 8.(H - O/8 ) + S = 2,67.0,7757 + 8.(0,0507 - 0,0519/8) + 0,027 = 2,4518 kg O2/kg combust. O valor obtido na tabela representa o oxigênio teórico para a combustão.Como na combustão se utiliza AR e, há 0,232 de O 2 no ar resulta ar teórico = 2,4492 / 0,232 = 10,56 kg ar / kg combustível. Como existe excesso de 38,3 % de ar resulta então ar real = (1 + 0,383).10,56 = 14,60 kg ar / kg combust. Para o cálculo do ar teórico poder-se-ia utilizar a equação aproximativa Wart = 11,5 C + 34,5(H - O/8) + 4,32.S = 10,56 kg ar / kg combustível. Com esses cálculos pode-se então caracterizar os produtos finais da combustão. 12 kg C + 32 kg O2 = 44 kg CO2 2,0685 = x  x = 2,8442 kg CO2 0 2 kg H2 + 16 kg O2 = 18 kg H2O 0,4056 = y  y = 0,4563 kg H2O (vapor) 32 kg S + 32 kg O2 = 64 kg SO2 0,027 = z  z = 0,054 kg SO2 N2 inerte mas, passa com gás de combustão = 0,012 combustível + 0,768x Ar teórico = 8,12 kg N 2. Portanto total dos gases = 2,8442 + 0,4563 + 0,054 + 8,12 + (14,60 -10,56) = 15,52 kg gases / kg combust. Logo h2 = 0,24.15,52.(500 - 79) = 1568,6 BTU/lb = 3648,51 kJ/kg. 57 Perda pela formação de vapor de água: o hidrogênio presente no combustível queima formando água que normalmente sai nos gases em forma de vapor. O calor presente nesse vapor é perdido.A perda é dada por: h3 = 9 H (1089 - Tf + 0,46.Tg) = 9x0,0507x(1089 - 79 + 0,46x500) = 565,81 BTU/lb = 1316,08 kJ/kg. Tf é a temperatura do combustível antes da queima F. A próxima perda está associada à evaporação da umidade contida no combustível: h4 = Wmf (1089 - Tf + 0,46Tg) onde Wmf é o percentual relativo de umidade no combustível Wmf = 1,61(100 -1,61) = 0,0164. Logo h4 = 0,0164x(1089 - 79 +0,46x500) = 20,34 BTU/lb = 47,3 kJ/kg Ocorrem também perdas devidas à umidade do ar de combustão e, para seu cálculo é preciso utilizar cartas psicrométricas. No caso considerado a temperatura de bulbo seco foi dada e é 26,1 C (79 F) e também a de bulbo úmido que é 21,7 C (71 F).Com essas temperaturas recorre-se a uma carta psicrométrica e se calcula a umidade absoluta = 0,0145 kg ou lb água/ kg ou lb de ar seco. A perda pela umidade é então: h5 = 0,46 Wma (Tg - Ta). Como o ar total corresponde a 14,60 kg / kg de combustível resulta h5 = 0,46x(14,6 x 0,0145)x(500 - 79) = 41,00 BTU/lb = 95,5 kJ/kg. O processo de combustão nem sempre é completo e,sempre que ocorrer combustão incompleta haverá perda de energia na caldeira.Essa perda é identificada principalmente pela formação0 de CO: h6 = [ CO / (CO 2 + CO) ] x(Cx10.190,0) = [0,4 /(0,4 + 12,8)]x(0,7757x10.190) = 239,53 BTU/lb = 557,14 kJ/kg. A próxima perda se aplica aos casos onde o combustível forma cinzas e há um resíduo de combustível nessas cinzas. Identificada como perda pelo carbono não queimado presente nos refugos e cinzas : h7 = (% cinzas e refugos)x(% combustível nas cinzas) x14.150 = Wc x 14.150 onde Wc representa o % de carbono não queimado.Logo h7 = (0,0942x0,3230)x14.150,0 = 430,54 BTU/lb = 1001,43 kJ/kg. identificadas as principais perdas é feito então um quadro resumo final com os resultados obtidos. Resumo Final de Perdas da Caldeira - Sistema Inglês Item Valor (kJ/kg) Entrada Energia Produção da Caldeira % relativo à entrada Comentário 32.215,00 100 Fornecida pelo combust. 25.133,1 78 Eficiência da Caldeira Identificação das Perdas Gases Exaustão 3654,8 11,35 Perda de energia Formação de H2O 1316,08 4,99 Idem idem Umidade Combustível 47,30 0,15 Idem idem Umidade do Ar 95,52 0,30 Idem idem Combustão Incompleta 557,14 1,73 Idem idem Carbono nas cinzas 1001,43 3,11 Idem idem 409,63 1,27 Idem idem 7081,00 22 Outros (radiação e fugas) Total das perdas 58 Observe-se que o item Outros(radiação e fugas) é obtido através de calculo dado por (entrada - produção) ∑ perdas. Essa é uma prática usual no balanço de caldeiras. Observe-se também o peso relativo de cada perda sobre a entrada de energia e, perceba-se que o balanço serve para mostrar os candidatos potenciais onde podem ser feitas ações de melhoria na caldeira. As eventuais tentativas de melhora de rendimento da caldeira via redução de perdas devem ser analisadas sob um enfoque econômico. Modelo II - Sistema Internacional: Uma caldeira sem reaquecimento opera com os seguintes parâmetros: vazão de vapor 200.000 kg/h, 4 MPa, 400 °C. Água de alimentação 5,0 MPa, 162 °C. Combustível : consumo17650 kg carvão/hora, PCI 33.330 kJ/kg, refugos 1382 kg/h, combustível nos refugos 19,2%, umidade do combustível 3,3%. Ar de combustão: consumo 14 kg de ar seco / kg combustível, 0,013 kg H 2O / kg ar seco,temperaturas 27 °C ambiente e 20,8 °C bulbo úmido. Gases de exaustão: temperatura de saída 167 °C.Análises: Carvão (% em base seca) Gases exaustão (% volume) C = 0,8165 CO2 14,0 % H2 = 0,0446 CO 0,2 % O2 = 0,0525 O2 4,8 % N2 = 0,0127 N2 81 % S = 0,0104 Cinzas = 0,0633 (a) Fazer um balanço de perdas dessa caldeira; (b) Calcular ηen e ηex da caldeira; (c) determinar o valor e o % de perdas por radiação e outros; (d) calcular ηen e ηex do economizador considerando que os gases entram no economizador a 550 °C. No procedimento SI começa-se com a análise dos gases úmidos: mr = vazão em massa de refugos / vazão em massa de combustível = % refugos no combustível = 0,0783 kg refugos / kg combustível. Massa de gases úmidos mwg = mf + (1 + w )ma - mr . Onde w = umidade do ar, ma = massa de ar seco e, (1+w)ma = ma real ou total e, mf = parcela de combustível queimado com o ar considerado. Assim, mwg = 1 + (1 + 0,0130)14 0,0783 = 15,1 kg gases úmidos / kg combustível.O vapor de água nos gases representa a umidade dos gases considerada a partir da combustão do hidrogênio e da umidade presente no ar: mw = 9mH + (mwARx ar seco) onde mH representa o % de hidrogênio no combustível e mw AR a umidade presente no ar ou umidade absoluta. Logo mw = 9x0,0446 + (14x0,013) = 0,583 kg vapor / kg combustível e, a massa de gases secos será mdg = mwg - mw = 15,10 - 0,583 = 14,52 kg gases secos / kg combustível. A energia produzida na caldeira e1 = ms (hs - hw) / mf onde ms representa a vazão em massa de vapor, hs a entalpia do vapor, hw a entalpia da água de alimentação e, mf a vazão em massa de combustível. Com as informações dadas resulta hs = 3213,6 kJ/kg (4 MPa, 400 °C), hw = 687,36 kJ/kg ( 5 MPa, 162 °C, interpolando nas tabelas de LC). Assim, e1 = [(200.000 kg vapor/h) ÷ (17.650 kg combust/h)] x (3213,6 - 687,36) kJ/kg vapor = 28.625,95 kJ / kg combustível. A entrada de energia via combustível é de 33.330 kJ/kg combustível via 59 energia química ou PCI.Logo as perdas totais são PCI - e1 = 33.330 - 28.625,95 = 4704,05 kJ/g combustível. Assim a eficiência de primeira lei ηen da caldeira será ηen = 28.625,95 / 33.330,0 = 0,859 ou 85,9%. Como seria feito o cálculo de ηex da caldeira? A questão é deixada como proposta ao leitor. As perdas passam a ser detalhadas e calculadas na seqüência. A primeira é a perda nos gases secos: e2 = mdg cpg (tg - ta) = 14,52 x 1,005 x (167 -27) = 2042,96 kJ/kg combust. A seguir é calculada a perda devido à umidade presente no combustível e3 = mm (hv - hf) onde mm representa o % de umidade do combustível, hv entalpia do vapor superaquecido presente nos gases à temperatura tg e, à pressão parcial desse vapor (normalmente se usa um estado representativo a 10 kPa e tg) e, hf entalpia do líquido saturado na temperatura de admissão do ar. Portanto, e3 = 0,033x(2815,8 -113,3) = 89,2 kJ/kg combust. A energia perdida nos gases em forma de vapor de água formada pela combustão do hidrogênio é calculada a seguir: m H =hidrogênio real = 0,0446 - (0,033/9) = 0,0409 observe que o termo entre parêntesis indica a parcela de hidrogênio presente na água encontrada no combustível. Portanto e4 = 9mH (hv - hf) = 9x0,0409x(2815,8 - 113,3) = 994,8 kJ/kg combust. Uma outra parcela de perda é aquela associada ao superaquecimento da água (vapor) presente no ar via umidade do ar: e5 = ma w cpv (tg - ta) onde w = umidade absoluta do ar, ma = massa de ar seco e,cpv calor específico do vapor de H2O (adotado 1,909 kJ / kg K). Assim e5 = 14x0,013x1,909x(167 -27) = 48,64 kJ/kg combustível. A perda por combustão incompleta é calculada a partir do carbono não queimado e do CO presente nos gases. A massa de carbono não queimado é dada por mcub = (mr - mash) % refugos e cinzas = (0,0783 - 0,0663)x0,192 = 0,0029 kg Cub / kg combustível. Assim a massa de carbono queimado é mcb = 0,8165 - 0,0029 = 0,8136.Portanto e6 = [CO /(CO2 + CO)] x mcb x 23.560 = [0,2 /(14 + 0,2)]x0,8136x23560 = 269,98 kJ/kg combustível. Acresça-se a perda pelo carbono não queimado presente nas cinzas mcub = 0,0029 e, e7 = mcub 32.750 = 0,0029x32.750 = 94,98 kJ/kg combustível. Finalmente as perdas por radiação e outros obtida de e8 = entrada energética - ( saída energética + ∑ perdas) = 33.330 - ( 28.625,95 + 3540,56) = 1163,49 kJ / kg combustível. O quadro resumo geral é mostrado a seguir então. (b) ηen = Produção / entrada = 28.625,95 / 33.330 = 0,859 Produção exergética eex1 = ms(exv - exw) / mf onde, exv = (hv - ho) - To(sv - so) e exw = (hw - ho) To(sw - so). Admitindo To 300 K (27 °C) e com os valores tabelados sv = 6,7690 e sw = 1,9542 resulta: eex1 = 11,331 kg vapor / kg combustível x[(3213,6 - 687,36) - 300x(6,7690 - 1,9542)] = 12.256,79 kJ/kg combustível.Logo ηex = eex1 / PCI = 12.256,79 / 33.330 =0,368. Porquê essa diferença tão acentuada? Simples! A eficiência de primeira lei avalia a caldeira como uma unidade produtora de calor, ou seja, dos 33.330 kJ de energia presentes no combustível 28.625,95 podem ser transformados em calor (energia térmica) utilizável. Já a eficiência de segunda lei mede a caldeira como uma unidade produtora de trabalho, ou seja, para os 33.330 kJ presentes no combustível apenas 12.256,79 kJ poderiam ser transformados em trabalho(exergia) utilizável. (c) 1163,49 kJ / kg combustível , 3,49 % (ver tabela de perdas) 60 (d) deixado como exercício ao leitor. Resumo Geral das Perdas - Sistema Internacional % relativo à entrada Entrada Produção ou saída 33.330 kJ / kg combustível 100 28.625,95 85,9 Caracterização das Perdas (kJ / kg combustível) Gases Exaustão Secos 2.042,96 6,13 Umidade do combustível 89,20 0,27 Combustão do H2 994,8 2,98 Umidade do Ar 48,64 0,15 Combustão Incompleta 269,98 0,81 Carbono não queimado 94,98 0,28 Radiação e Outros 1163,49 3,49 Total Perdas 4704,05