Água líquida a 37,8^{\circ} \mathrm{C} (Estado 2) entra em uma torre de resfriamento que opera em regime permanente, a uma vazão de 1,26 \mathrm{~kg} / \mathrm{s}, e a água resfriada saí da torre a 26,7^{\circ} \mathrm{C} (Estado 4). O ar atmosférico a 21,1^{\circ} \mathrm{C} e 40 \% de umidade relativa (Estado 1) entra na torre, e o ar úmido a 29,4^{\circ} \mathrm{C} e 90 \% de umidade relativa (Estado 3) sai da torre. Nenhuma água de reposição é fornecida.
Utilizando a carta psicrométrica, determine a vazão mássica de ar atmosférico de entrada, a taxa de evaporação (em kg/s) e a vazão mássica de água líquida na saída (Estado 4).

Passo 1

O enunciado pede que você determine: a vazão mássica de ar atmosférico de entrada, a taxa de evaporação (em kg/s) e a vazão mássica de água líquida na saída (Estado 4).
Dados fornecidos (vou listar exatamente o que o enunciado deu):
  • Água líquida entrando (Estado 2): T_2 = 37{,}8^\circ\mathrm{C}, \dot{m}_2 = 1{,}26\\ \mathrm{kg/s}.
  • Água líquida saindo (Estado 4): T_4 = 26{,}7^\circ\mathrm{C}. (Ainda não sabemos \dot{m}_4.)
  • Ar atmosférico entrando (Estado 1): T_1 = 21{,}1^\circ\mathrm{C}, \phi_1 = 40\%, p_1 = 1\\ \mathrm{atm}.
  • Ar úmido saindo (Estado 3): T_3 = 29{,}4^\circ\mathrm{C}, \phi_3 = 90\%, p_3 = 1\\ \mathrm{atm}.
  • Operação em regime permanente e nenhuma água de reposição é fornecida (logo conservação de massa e energia valem).
    Anotações úteis que vou usar: valor da pressão total do ar p=101{,}325\\ \mathrm{kPa} (1 atm) e calor específico da água líquida aproximado c_{p,w}=4{,}186\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
    A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Primeiro precisamos obter a umidade absoluta (razão de mistura / razão de massa de vapor) nos estados 1 e 3, geralmente denotada por \omega (kg de vapor por kg de ar seco). A relação básica entre pressão parcial do vapor p_v, pressão atmosférica p e \omega é
\omega = 0{,}622\,\frac{p_v}{p - p_v}.
Explicando: p_v é a pressão parcial do vapor d’água no ar; 0{,}622 é a razão entre as massas molares do vapor e do ar seco que aparece na relação derivada da lei dos gases. Para achar p_v usamos a umidade relativa \varphi e a pressão de saturação p_{sat}(T) pela relação
p_v = \varphi \, p_{sat}(T).
Então precisamos de p_{sat} nas temperaturas T_1 e T_3. Uma fórmula prática (Tetens) para p_{sat} em kPa é
p_{sat}(T)=0{,}61078\exp\!\left(\frac{17{,}27\,T}{T+237{,}3}\right),
com T em ^\circ\mathrm{C}. Vou usar essa fórmula (é a mesma informação que a carta psicrométrica te dá de forma gráfica).

Passo 3

Calculemos p_{sat}, p_v e \omega nos estados 1 e 3.
Para o Estado 1: T_1=21{,}1^\circ\mathrm{C}, \phi_1=0{,}40.
p_{sat}(21{,}1^\circ\mathrm{C})=0{,}61078\exp\!\left(\frac{17{,}27\cdot21{,}1}{21{,}1+237{,}3}\right)\approx 2{,}503\\ \mathrm{kPa}.
p_{v1}=\phi_1\,p_{sat,1}=0{,}40\cdot2{,}503\approx 1{,}001\\ \mathrm{kPa}.
\omega_1=0{,}622\frac{1{,}001}{101{,}325-1{,}001}\approx 0{,}006205\\ \mathrm{kg_{vapor}/kg_{ar\\ seco}}.
Para o Estado 3: T_3=29{,}4^\circ\mathrm{C}, \phi_3=0{,}90.
p_{sat}(29{,}4^\circ\mathrm{C})=0{,}61078\exp\!\left(\frac{17{,}27\cdot29{,}4}{29{,}4+237{,}3}\right)\approx 4{,}100\\ \mathrm{kPa}.
p_{v3}=\phi_3\,p_{sat,3}=0{,}90\cdot4{,}100\approx 3{,}690\\ \mathrm{kPa}.
\omega_3=0{,}622\frac{3{,}690}{101{,}325-3{,}690}\approx 0{,}02350\\ \mathrm{kg_{vapor}/kg_{ar\\ seco}}.
Diferença de umidade transportada pelo ar:
\Delta\omega=\omega_3-\omega_1\approx 0{,}02350-0{,}006205=0{,}017295\\ \mathrm{kg/kg_{ar\\ seco}}.
(Se você usasse a carta psicrométrica, leria valores muito próximos de \omega_1 e \omega_3 nas coordenadas dadas.)

Passo 4

Agora calculamos as entalpias específicas do ar úmido nos estados 1 e 3 (sempre por kg de ar seco). Uma fórmula prática é
h = 1{,}006\,T + \omega\,(2501 + 1{,}86\,T)\quad\text{(kJ/kg de ar seco)},
onde T está em ^\circ\mathrm{C}. Explicando: o termo 1{,}006\,T é a energia sensível do ar seco (c_p do ar ~1,006 kJ/kgK vezes T), e o termo com \omega é a contribuição do vapor (entalpia de vaporização ~2501 kJ/kg mais a variação sensível do vapor).
Calculemos:
Para o Estado 1 ( T_1=21{,}1^\circ\mathrm{C}, \omega_1=0{,}006205):
h_1 = 1{,}006\cdot21{,}1 + 0{,}006205\left(2501 + 1{,}86\cdot21{,}1\right)\approx 36{,}985\\ \mathrm{kJ/kg_{ar\\ seco}}.
Para o Estado 3 ( T_3=29{,}4^\circ\mathrm{C}, \omega_3=0{,}02350):
h_3 = 1{,}006\cdot29{,}4 + 0{,}02350\left(2501 + 1{,}86\cdot29{,}4\right)\approx 89{,}630\\ \mathrm{kJ/kg_{ar\\ seco}}.
Aumento de entalpia do ar:
\Delta h = h_3 - h_1 \approx 52{,}645\\ \mathrm{kJ/kg_{ar\\ seco}}.

Passo 5

Agora fazemos balanços globais. Como o processo é permanente e não há reposição de água, aplicamos:
  1. Balanço de energia: o calor perdido pela água líquida é ganho pelo ar úmido. Negligenciamos perdas e energia cinética/potencial.
\dot{m}_2 c_{p,w}(T_2 - T_4)=\dot{m}_{a}\,\Delta h,
onde \dot{m}_a é a vazão mássica de ar seco (kg de ar seco por segundo) que entra (e sai) da torre.
  1. Balanço de massa do vapor d’água (ou conservação de massa da água): a quantidade de vapor adicionada ao ar é exatamente a água evaporada da corrente líquida (já que não há reposição):
\dot{m}_{evap} = \dot{m}_{a}\,\Delta\omega.
Também a vazão de água líquida na saída é
\dot{m}_4 = \dot{m}_2 - \dot{m}_{evap}.
Agora substituímos números.

Passo 6

Calcule o calor liberado pela água líquida:
\dot{Q}=\dot{m}_2 c_{p,w}(T_2 - T_4) =1{,}26\cdot4{,}186\cdot(37{,}8-26{,}7)\\ \mathrm{kJ/s}.
Computando passo a passo: T_2-T_4=11{,}1\\ ^\circ\mathrm{C}. Então
\dot{Q}=1{,}26\cdot4{,}186\cdot11{,}1\approx 58{,}519\\ \mathrm{kJ/s}.
Usando o balanço de energia para obter \dot{m}_a:
\dot{m}_a = \frac{\dot{Q}}{\Delta h}=\frac{58{,}519}{52{,}645}\\ \mathrm{kg/s}\approx 1{,}1119\\ \mathrm{kg/s}.
Arredondando razoavelmente: \dot{m}_a\approx 1{,}11\\ \mathrm{kg/s} de ar seco.

Passo 7

Agora a taxa de evaporação (massa de água que passa ao vapor por segundo) vem do balanço de massa do vapor:
\dot{m}_{evap}=\dot{m}_a\,\Delta\omega =1{,}1119\cdot0{,}017295\\ \mathrm{kg/s}\approx 0{,}01922\\ \mathrm{kg/s}.
Interpretação: isso significa que cerca de 0{,}0192\\ \mathrm{kg} de água evaporam por segundo para o ar.

Passo 8

Finalmente a vazão mássica de água líquida na saída (Estado 4) é
\dot{m}_4=\dot{m}_2-\dot{m}_{evap}=1{,}26-0{,}01922\approx 1{,}2408\\ \mathrm{kg/s}.
Arredondando: \dot{m}_4\approx 1{,}241\\ \mathrm{kg/s}.

Passo 9

Breve checagem de consistência (sanity check): energia transportada pelo ar \dot{m}_a\Delta h\approx1{,}1119\cdot52{,}645\approx58{,}52\\ \mathrm{kJ/s}, que é igual ao calor perdido pela água. A massa evaporada é pequena comparada à vazão líquida original, o que é razoável para uma torre de resfriamento com essas temperaturas. Tudo consistente.

Resposta

\dot{m}_a \approx 1{,}11\\ \mathrm{kg/s}
\dot{m}_{evap} \approx 0{,}01922\\ \mathrm{kg/s}
\dot{m}_4 \approx 1{,}241\\ \mathrm{kg/s}

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