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Enunciado

Termodinâmica - Çengel - Termodinâmica - Ed: 7º - Capítulo 14.Problemas - Ex. 142

Repita o Prob. 14–140, considerando uma pressão total de 96   k P a .

Passo 1

Desejamos resolver o problema 14 - 1 40 considerando uma pressão total diferente para o ar. Dessa forma, precisamos saber do que se trata o problema 14 - 1 40 e para isso vamos transcrevê-lo aqui: “Um sistema de condicionamento de ar opera a uma pressão total de 1   a t m e consiste em uma seção de aquecimento e um resfriador evaporativo. O ar entra na seção de aquecimento a 15   ° C   e   55 % de umidade relativa a uma taxa de 30   m 3 / m i n e sai do resfriador evaporativo a 25   ° C   e   45 % de umidade relativa. Determine

( a ) a temperatura e umidade relativa do ar no momento em que ele sai da seção de aquecimento, ( b ) a taxa de transferência de calor na seção de aquecimento e ( c ) a taxa de água adicionada ao ar no resfriador evaporativo.” Pois bem, podemos através das alternativas presentes na referida questão saber o que desejamos encontrar, sendo assim, vamos fazer algumas considerações a respeito do nosso problema:

  1. Este é um processo de fluxo constante e, portanto, a vazão mássica do ar seco permanece constante durante todo o processo.
  2. Ar seco e vapor de água são gases ideais.
  3. As mudanças de energia cinética e potencial são insignificantes.

Passo 2

Agora, supondo que a temperatura do bulbo úmido do ar permaneça constante durante o processo de resfriamento evaporativo, a as propriedades do ar em vários estados são determinadas como

P v 1 = ϕ 1 ⋅ P g 1 = ϕ 1 ⋅ P s a t @ 15 ° C = 0 . 55 ⋅ 1.7057   k P a = 0 . 9 38   k P a

P a 1 = P 1 - P v 1 = 9 6 - 0.938 = 9 5 . 06   k P a

v 1 = R a T 1 P a 1 = 0.287   k P a ⋅ m 2 / k g ⋅ K ⋅ 288   K ( 9 5 . 0 6 k P a ) = 0 . 8695 m 3 k g   d e   a r   s e c o  

ω 1 = 0.622 ⋅ P v 1 P 1 - P v 1 = 0.622 ⋅ 0.8695   k P a 9 5 . 0 6 = 0.0 06 1 38   k g   d e   H 2 O k g   d e   a r   s e c o

Sendo assim, temos

h 1 = c p ⋅ T 1 + ω 1 ⋅ h g 1 = 1.005 ⋅ 15 + 0.006138 ⋅ 2528.3 = 30.59 k J k g   d e   a r   s e c o

Temos, também que

P v 3 = ϕ 3 ⋅ P g 3 = ϕ 3 ⋅ P s a t @ 2 5 ° C = 0.45 ⋅ 3.17   k P a = 1.426   k P a

P a 3 = P 3 - P v 3 = 96 - 1.426 = 94.57   k P a

ω 3 = 0.622 ⋅ P v 3 P 3 - P v 3 = 0.622 ⋅ 1.426   k P a 9 4 . 57   k P a = 0.00 9381   k g   d e   H 2 O k g   d e   a r   s e c o

h 3 = c p ⋅ T 3 + ω 3 ⋅ h g 3 = 1.005 ⋅ 2 5 + 0.00 9381 ⋅ 25 46 . 5 = 49.01 k J k g   d e   a r   s e c o

Além disso, temos

h 2 ≈ h 3 = 49.01 k J k g

ω 2 = ω 1 = 0.006138 k g   d e   H 2 O k g   d e   a r   s e c o  

Então, teremos por fim

h 2 = c p ⋅ T 2 + ω 2 ⋅ h g 2 → 49.01 = 1.005 ⋅ T 2 + 0.006138 ⋅ 2500.9 + 1.82 ⋅ T 2

T 2 = 33.1 ° C → P g 2 = P s a t @ 33.1 ° C = 5.072   k P a

Portanto,

ϕ 2 = ω 2 ⋅ P 2 0.622 + ω 2 ⋅ P g 2 = 0.006138 ⋅ 96 0.622 + 0.006138 ⋅ ( 5.072 ) = 0.185 = 18.5 %

Passo 3

Agora, fazendo o balanço de massa para o ar seco teremos

m a 1 ˙ = v 1 ˙ v 1 = 30   m 3 m í n 0 . 8695 m 3 k g   d e   a r   s e c o = 3 4 . 5   k g / m i n

Então, a taxa de transferência de calor para o ar na seção de aquecimento se torna

Q ˙ i n = m ˙ a ⋅ h 2 - h 1 = 34.5 k g m í n ⋅ 49.0 - 30.59 k J k g = 636   k J / m í n

Passo 4

Finalmente, para finalizarmos o exercício temos que a taxa de adição de água ao ar no refrigerador evaporativo é

m ˙ w , a d i c i o n a d a = m ˙ w 3 - m ˙ w 2 = m ˙ a ⋅ ω 3 - ω 2 = 34 . 5 ⋅ 0.00 9381 - 0.00 6138 = 0.112   k g / m i n

Resposta

a   T 2 = 33.1 ° C ,   ϕ 2 = 18.5 %

b Q ˙ i n = 636   k J / m í n

c m ˙ w , a d i c i o n a d a = 0.112   k g / m i n

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