Lista - Princípios da Psicrometria - 2024-1

Princípios da Psicrometria Prof. Dr. Renato Belli Strozi rstrozi@unicamp.br LE504 - TERMODINÂMICA II Observações • Entregar ASem 15 (Ready for marketing), Asem16 e ASem17; • Não haverá aula presencial em 28/05/2024 (Atividade flexível); • Não haverá aula em 30/05/2024 (Feriado). 2 Bibliografia Material Complementar: • ÇENGEL, Y.A.; BOLES, M.A. Termodinâmica. 7ª Ed. Editora Mcgraw-hill Interamericana, 2013. Capítulo 14 Moran e Shapiro: Tema de estudo: Cap. 12 3 Princípios Psicrométricos 4 Composição da mistura Exemplo 12.7 - Moran e Shapiro, 8ª Edição • Resfriando Ar Úmido a Pressão Constante Exemplo 12.8 - Moran e Shapiro, 8ª Edição • Resfriamento de Ar Úmido a Volume Constante Guia de estudo Exercícios 12.45 a 12.74 Moran e Shapiro, 8ª Edição • Explorando os Princípios Psicrométricos Estudar somente até temperatura do ponto de orvalho. Na próxima aulas serão estudados psicrômetros e cartas psicrométricas. Revisão 5 Umidade absoluta e umidade relativa = 𝑝𝑣(18,02) (𝑝 − 𝑝𝑣)(28,97) ω = 𝑚𝑣 𝑚𝑎 = 0,622 𝑝𝑣 (𝑝 − 𝑝𝑣) ϕ = 𝑚𝑣 𝑚𝑣,𝑠𝑎𝑡 = 𝑚𝑣 𝑚𝑔 = 𝑝𝑣 𝑝𝑔 = 𝑦𝑣 𝑦𝑔 𝑻, 𝒑 Umidade absoluta ou específica: Umidade relativa: ϕ ≤ 1 Exercício 1: Resolva o exercício a seguir: Produtos gasosos de combustão com uma análise molar de 15% de CO2, 25% de H2O e 60% de N2 entram em um tubo de exaustão de motor a 1100°F (593,3°C) e 1atm e são resfriados à medida que passam pelo tubo para 125°F (51,7°C) e 1atm. Determine a transferência de calor em regime permanente, em Btu por lbm da mistura de entrada. 6 Princípios Psicrométricos Exercício 2: Resolva o exercício a seguir: Ar entra em um compressor operando em regime permanente a 50 °C, 0,9 bar (0,9*105 Pa), 70% de umidade relativa e uma vazão volumétrica de 0,8 m3/s. Ar úmido sai do compressor a 195 °C e 1,5 bar (1,5*105 Pa). Supondo que o compressor seja bem isolado, determine: a) a umidade relativa, na saída. b) a potência de entrada, em kW. c) taxa de produção de entropia, em kW/K. 7 Princípios Psicrométricos 𝑇1 = 50°𝐶 𝑝1 = 0,9𝑏𝑎𝑟 ϕ1 = 70% 𝑇2 = 195°𝐶 𝑝2 = 1,5𝑏𝑎𝑟 ϕ2 = 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑣𝑎𝑧ã𝑜 0,8 𝑚3 𝑠 Exercício 2 – Resolução a) Umidade relativa na saída do compressor (ϕ2): 8 Princípios Psicrométricos Ao executar trabalho de compressão da mistura vapor+ar seco: 𝑇1 = 50°𝐶 → 𝑇2 = 195°𝐶 O que ocorre com a pressão de vapor no estado 2? Se ela for maior que 𝑝𝑣,𝑠𝑎𝑡 195°𝐶, haverá condensação de parte do vapor. Ou seja, devemos responder se o processo implica no caminho x ou x’? 50°𝐶 195°𝐶 X X’ Muito importante: A linha vermelha no diagrama é representativa do vapor saturado a uma dada temperatura e pressão. Normalmente representada pelo subscrito g. Ex: ℎ𝑔 • 𝑝𝑣,𝑠𝑎𝑡 195°𝐶 = 𝑝𝑔 195°𝐶 = 13,5 𝑏𝑎𝑟 (Tabela A-2) • 𝑝𝑣2 = 𝑝𝑦𝑣𝑎𝑝2 , independentemente da quantidade de vapor ( 𝑦𝑣𝑎𝑝2 ), a pressão relativa de vapor no estado 2 será inferior à pressão total na saída (𝑝2 = 1,5𝑏𝑎𝑟). • 𝑝𝑣2 < 𝑝2 = 1,5𝑏𝑎𝑟 → 𝑝𝑣2 < 𝑝𝑔 195°𝐶 = 13,5 𝑏𝑎𝑟 𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑛ã𝑜 ℎ𝑎𝑣𝑒𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎çã𝑜 (Caminho x) Exercício 2 – Resolução a) Umidade relativa na saída do compressor (ϕ2): 9 Princípios Psicrométricos Como não há formação de condensado, a 𝑚𝑣1 = 𝑚𝑣2 Além disso, a 𝑚𝑎1 = 𝑚𝑎2(ar seco) Como ω = 𝑚𝑣/𝑚𝑎 ω1 = ω2 A umidade absoluta tb pode ser escrita em fç das pressões: ω = 0,622 ∗ 𝑝𝑣/(𝑝 − 𝑝𝑣) 0,622 𝑝𝑣1 (𝑝1 − 𝑝𝑣1) = 0,622 𝑝𝑣2 (𝑝2 − 𝑝𝑣2) 𝑝𝑣2 𝑝2 = 𝑝𝑣1 𝑝1 𝑝𝑣1 pode ser determinado pq foi fornecido ϕ: ϕ1 = 𝑝𝑣1 𝑝𝑔(50°𝐶) 𝑝𝑣1 = 0,7 0,1235 𝑏𝑎𝑟 = 0,08645𝑏𝑎𝑟 𝑝𝑣2 = 𝑝𝑣1𝑝2 𝑝1 = 0,8645 ∗ 1,5 0,9 = 0,1441 𝑏𝑎𝑟 ϕ2 = 𝑝𝑣2 𝑝𝑔(195°𝐶) = 0,1441 𝑏𝑎𝑟 13,5 𝑏𝑎𝑟 = 1,02% Logo, a umidade relativa na saída do compressor (ϕ2): Exercício 2 – Resolução b) Potência de entrada em kW 10 Princípios Psicrométricos 𝑊𝑐 ሶ𝑚 = Δ𝐻1−2 = ℎ𝑎 + ωℎ𝑔 𝟏 − ℎ𝑎 + ωℎ𝑔 𝟐 O primeiro passo é determinar a vazão mássica. O exercício fornece somente vazão volumétrica. 𝑉 = Τ ത𝑅 𝑀 𝑇 𝑃 Para isso, usar a Lei dos gases ideais Posso adotar qualquer um dos estados (entrada ou saída) pq trata-se de regime permanente. Por conveniência, adotarei Estado 1. Como ሶ𝑚𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑐𝑜 ≫ ሶ𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟, consideraremos somente a vazão mássica de ar. Logo: 𝑉𝑎𝑟1 = Τ ത𝑅 𝑀𝑎𝑟 𝑇1 𝑝𝑎𝑟1 = 8,314 18,0152 𝑚3𝑘𝑃𝑎 𝑘𝑔𝐾 ∗ 323𝐾 81,36 𝑘𝑃𝑎 = 1,139 𝑚3/𝑘𝑔 𝑅 = ത𝑅 𝑀𝑎𝑟 = 8,314 18,0152 𝑚3𝑘𝑃𝑎 𝑘𝑔𝐾 Convertendo convenientemente ത𝑅 → 𝑅 Pressão parcial do ar seco em 1 𝑝𝑎𝑟1 = p1 − 𝑝𝑣1 = 0,9 − 0,08645 = 0,8136 bar 𝑝𝑣1 = 0,08645𝑏𝑎𝑟 (slide anterior) Volume ocupado pelo ar por unidade de massa. Chamado de volume específico. Exercício 2 – Resolução b) Potência de entrada em kW 11 Princípios Psicrométricos ሶ𝑚𝑎𝑟1 = 𝑣𝑎𝑧ã𝑜 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐í𝑓𝑖𝑐𝑜 = 0,8 𝑚3/𝑠 17,24 𝑚3/𝑘𝑔 = 0,702 𝑘𝑔/𝑠 Ressaltando que estamos assumindo a vazão mássica do ar como a vazão mássica total pq ሶ𝑚𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑐𝑜 ≫ ሶ𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑊𝑐 ሶ𝑚 = Δ𝐻1−2 = ℎ𝑎 + ωℎ𝑔 𝟏 − ℎ𝑎 + ωℎ𝑔 𝟐 Após determinadas as quantidade, determina a variação de entalpia: 𝑊𝑐 ሶ𝑚 = Δ𝐻1−2 = ℎ𝑎50°𝐶 − ℎ𝑎195°𝐶 + ω ℎ𝑔50° − ℎ𝑔195°𝐶 Determinando a umidade absoluta: ω1 = ω2 = 0,622 𝑝𝑣1 (𝑝1−𝑝𝑣1) = 0,08645 0,9−0,08645 0,622 = 0,066 𝑘𝑔𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟/𝑘𝑔𝑎𝑟seco Para valores de 𝒉𝒂 buscar Tabela A22: Propriedades do ar como gás ideal. Para valores de 𝒉𝒈 buscar Tabela A23: Propriedades de gases selecionados tomados como gases ideais. Importante: Na tabela os valores de entalpia são tomados em base molar. Portanto, é necessário converter para base mássica. 𝑊𝑐 ሶ𝑚 = 323,3 − 470,2 + 0,066 596,0 − 871,64 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑾𝒄 = Δ𝐻1−2 ∗ ሶ𝑚𝑎𝑟1 = 0,702 𝑘𝑔 𝑠 −165,09 𝑘𝐽 𝑘𝑔 = 𝟏𝟏𝟓, 𝟗 𝒌𝑱 𝒔 Exercício 2 – Resolução c) Entropia gerada (𝜎) 12 Princípios Psicrométricos Δ𝑆 ሶ𝑚 = Δ𝑄 𝑇 + 𝜎 Zero pq não há troca de calor Δ𝑠𝑖 = ෍ 𝑖=1 𝑗 𝑠𝑖 0 𝑇2 − 𝑠𝑖 0 𝑇1 − ത𝑅 𝑀𝑖 ln 𝑃2 𝑃1 A variação de entropia do elemento i é escrita da seguinte forma: 𝜎 = 𝑆𝑎𝑟2 − 𝑆𝑎𝑟1 + ω(𝑆𝑣2 − 𝑆𝑣1) Tome cuidado: 𝑃2 ≠ 𝑃2𝑣 ≠ 𝑃𝑎𝑟2. Relações descrevem proporcionalidade 𝜎 = 𝑠𝑎𝑟 0 𝑇2 − 𝑠𝑎𝑟 0 𝑇1 − ҧ𝑅 𝑀𝑎𝑟 ln 𝑃𝑎𝑟2 𝑃𝑎𝑟1 + ω 𝑠𝑣 0 𝑇2 − 𝑠𝑣 0 𝑇1 − ҧ𝑅 𝑀𝑣 ln 𝑃𝑣2 𝑃𝑣1 Antes de resolver a equação lembre-se que: 𝑃2 𝑃1 = 𝑃𝑣2 𝑃𝑣1 = 𝑃𝑎𝑟2 𝑃𝑎𝑟1 Valores de entropia absoluta para o vapor de agua (𝑠𝑣𝑎𝑝 0 ) podem ser consultados na tabela A- 23. Cuidado: grandezas apresentadas na base molar. Para valores de entalpia absoluta do ar, consultar tabela A22 (base mássica) 𝐴𝑢𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎𝑠 Exercício 2 – Resolução c) Entropia gerada (𝜎) 13 Princípios Psicrométricos Δ𝑆 = Δ𝑄 𝑇 + 𝜎 Zero pq não há troca de calor 𝜎 = 𝑆𝑎𝑟2 − 𝑆𝑎𝑟1 + ω(𝑆𝑣2 − 𝑆𝑣1) Δ𝑆 ሶ𝑚 = 𝑠𝑎𝑟 0 𝑇2 − 𝑠𝑎𝑟 0 𝑇1 − ҧ𝑅 𝑀𝑎𝑟 ln 𝑃𝑎𝑟2 𝑃𝑎𝑟1 + ω 𝑠𝑣 0 𝑇2 − 𝑠𝑣 0 𝑇1 − ҧ𝑅 𝑀𝑣 ln 𝑃𝑣2 𝑃𝑣1 Δ𝑆 ሶ𝑚 = (2,15165 − 1,77625) 𝑘𝐽 𝑘𝑔𝐾 − 8,314 28,97 𝑘𝐽 𝑘𝑔𝐾 ln 1,5 𝑏𝑎𝑟 0,9 𝑏𝑎𝑟 + 0,066 (204,097 − 191,409) 𝑘𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙𝐾 18,02 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 − 8,314 18,02 𝑘𝐽 𝑘𝑔𝐾 ln 1,5 𝑏𝑎𝑟 0,9 𝑏𝑎𝑟 Δ𝑆 ሶ𝑚 = 0,2288 + 0,066 0,4684 𝑘𝐽 𝑘𝑔𝐾 Δ𝑆 = 0,702 𝑘𝑔 𝑠 ∗ 0,2597 𝑘𝐽 𝑘𝑔𝐾 Assim: 𝜟𝑺 = 𝝈 = 𝟎, 𝟏𝟖𝟐 𝒌𝑱 𝑲𝒔 Exercício 3: Resolva o exercício a seguir: Com o tempo mais frio, frequentemente ocorre a condensação de água nas faces interiores dos vidros das janelas das casas. Isso acontece porque a temperatura nas proximidades da janela está mais baixa. Considere uma casa como na Figura com ar ambiente a 20ºC e 75% de umidade relativa. A que temperatura da janela se iniciará a condensação de umidade do ar nas faces interiores dos vidros? 14 Princípios Psicrométricos Exercício 3: Resolva o exercício a seguir: Com o tempo mais frio, frequentemente ocorre a condensação de água nas faces interiores dos vidros das janelas das casas. Isso acontece porque a temperatura nas proximidades da janela está mais baixa. Considere uma casa como na Figura com ar ambiente a 20ºC e 75% de umidade relativa. A que temperatura da janela se iniciará a condensação de umidade do ar nas faces interiores dos vidros? 15 Princípios Psicrométricos Resolução: 𝑝𝑣 = 𝑐𝑡𝑒 e tomada a 𝑇𝑎𝑚𝑏 = 20 °𝐶 até que haja condensação. Se 𝑇𝑎𝑚𝑏 = 20 °𝐶 e ϕ = 𝑝𝑣 𝑝𝑔 = 0,75 𝑝𝑣 = 0,75𝑝𝑔 = 0,75 ∗ 2,3392 𝑘𝑃𝑎 = 1,754 𝑘𝑃𝑎 A 𝑇𝑜𝑟𝑣 correspondente à pressão de saturação de 1,754 kPa será a Temp. de início da condensação. 𝑇𝑜𝑟𝑣 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 1,754 𝑘𝑃𝑎 = 15,4°𝐶 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 𝑛𝑜 𝑝𝑟ó𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑠𝑙𝑖𝑑𝑒 15 1,7057 0,001001 77,885 62,980 2,332,5 2,395,5 62,982 2,465,4 2,528,3 0,2245 8,5559 8,7803 What’s next? • Psicrometria e cartas psicrométricas. 17