Enunciado

Um tanque não isolado cujo volume é de 0,5   m 3 contém ar a 35   ° C ,   130   k P a   e   20 % de umidade relativa. O tanque está ligado a uma linha de fornecimento de água no qual ela escoa a 50   ° C . A água é pulverizada para o tanque até que a umidade relativa da mistura ar-vapor seja de 90 % . Determine a quantidade de água fornecida ao tanque (em k g ), a pressão final da mistura ar-vapor no tanque (em k P a ) e a transferência de calor necessária durante o processo para manter a 35   ° C a mistura ar-vapor no tanque.

Passo 1

Antes de partirmos para a resolução propriamente dita vamos fazer algumas considerações que são:

  1. Ar seco e vapor de água são gases ideais.
  2. As mudanças de energia cinética e potencial são insignificantes.

O estado inicial do ar úmido é completamente especificado. As propriedades do ar no estado de entrada podem ser determinado a partir do gráfico psicrométrico ou usando as funções psicrométricas do EES (que é o que vamos utilizar), assim, encontramos

h 1 = 49.16   k J k g   d e   a r   s e c o ,   ω 1 = 0.005 433 k g   d e   H 2 O k g   d e   a r   s e c o ,   v 1 = 0 . 6 8 63 m 3 k g   d e   a r   s e c o

Temos ainda que a massa no inicial no tanque é

m a = V 1 v 1 = 0.5   m 3 0.6863   m 3 = 0.7285   k g

A pressão parcial do ar seco no tanque é

P a 2 = m a ⋅ R a ⋅ T 2 V = 0.7285 k g ⋅ 0.287 k J k g ⋅ K 35 + 273 K 0.5   m 3 = 128.8   k P a

Então, a pressão do ar úmido no tanque é determinada a partir de

P 2 = P a 2 ⋅ 1 + ω 2 0.622 = 128.8   k P a ⋅ 1 + ω 2 0.622

Chegando nesse ponto não podemos corrigir explicitamente o estado final por uma solução manual. No entanto, o uso de EES que possui funções internas para ar úmido propriedades, permite que calculemos as propriedades finais do estado são determinadas como

P 2 = 133.87   k P a ,   ω 2 = 0.02446   k g   d e   H 2 O k g   d e   a r   s e c o ,

  h 2 = 97.97 k J k g   d e   a r   s e c o ,   v 2 = 0.6867 m 3 k g   d e   a r   s e c o  

Passo 2

Continuando com a resolução podemos encontrar as pressões parciais nos estados inicial e final que serão

P v 1 = ϕ 1 ⋅ P s a t @ 35 ° C = 0.2 ⋅ 5.6291   k P a = 1.126   k P a

P a 1 = P 1 - P v 1 = 130 - 1.126 = 128.87   k P a

P v 2 = P 2 - P a 2 = 133.87 - 128.81 = 5.07   k P a

O volume específico da água a 35 ° C é

v

As energias internas por unidade de massa de ar seco no tanque são

u 1 = h 1 - P a 1 ⋅ v 1 - w 1 ⋅ P v 1 ⋅ v w 1 =

u 1 =   49.16   - 128.87   ×   0.6863   -   0.005433 × 1.126 ×   25.205   =   - 39.44   k J / k g

u 2 = h 3 - P a 2 ⋅ v 2 - w 2 ⋅ P v 2 ⋅ v w 2 =

u 2 =   97.97   - 128.81 ×   0.6867   -   0.02446   ×   5.07   ×   25.205   =   6.396   k J / k g

Passo 3

Sendo assim, a entalpia da água que entra no tanque a partir da linha de suprimento é

h w 1 = h f @ 50 ° C = 209.34   k J / k g

A energia interna do vapor de água no estado final é

u w 2 = u g @ 35 ° C = 2422.7 k J k g

A quantidade de água fornecida ao tanque é

m w = m a ⋅ ω 2 - ω 1 = 0.7285 ⋅ 0.02446 - 0.005433 = 0.01386   k g

Por fim, para concluirmos vamos utilizar o balanço de energia e vamos obter

E i n = ∆ E t a n q u e → Q i n + m w ⋅ h w 1 = m a ⋅ u 2 - u 1 + m w ⋅ u w 2

Q i n + 0.01386 ⋅ 209.34 = 0.7285 ⋅ 6.396 - - 39.44 + ( 0.01386 ) ( 2422.7 )

Q i n = 64.1   k J

Resposta

P 2 = 133.87   k P a ,   m w = 0.01386   k g , 64.1   k J

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