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.
Sem utilizar a carta psicrométrica, determine a vazão mássica do 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 três quantidades:
  1. A vazão mássica do ar atmosférico de entrada (vazão de ar seco) em kg/s.
  2. A taxa de evaporação (massa de água evaporada) em kg/s.
  3. A vazão mássica de água líquida na saída (Estado 4) em kg/s.
Dados fornecidos (todos os valores que vamos usar):
  • 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}.
  • Ar de entrada (Estado 1): T_1=21{,}1^\circ\mathrm{C}, p_1=1\\ \mathrm{atm}=101{,}325\\ \mathrm{kPa}, \phi_1=40\%=0{,}40.
  • Ar de saída (Estado 3): T_3=29{,}4^\circ\mathrm{C}, \phi_3=90\%=0{,}90.
  • Não há reposição de água líquida (nenhuma água de reposição).
    Observações que já podemos tirar daqui: a massa de ar seco que entra é igual à que sai; a massa de vapor de água carregada pelo ar aumenta de 1 para 3, e essa diferença é exatamente a água evaporada da corrente líquida. Para obter números precisamos calcular a razão de mistura (humidity ratio) \omega nos estados 1 e 3 e aplicar balanço de massa e energia.

Passo 2

Vamos obter as pressões de vapor de saturação nos pontos 1 e 3 usando a fórmula de Tetens (fácil, precisa o suficiente para este exercício). A fórmula dá a pressão de vapor de saturação p_{sat}(T) em kPa como:
p_{sat}(T)=0{,}61078\exp\!\left(\frac{17{,}27\,T}{T+237{,}3}\right)
onde T está em ^\circ\mathrm{C}.
Calculemos:
  • Para T_1=21{,}1^\circ\mathrm{C}:
p_{sat,1}=0{,}61078\exp\!\left(\frac{17{,}27\cdot21{,}1}{21{,}1+237{,}3}\right)\approx2{,}502\\ \mathrm{kPa}.
  • Para T_3=29{,}4^\circ\mathrm{C}:
p_{sat,3}=0{,}61078\exp\!\left(\frac{17{,}27\cdot29{,}4}{29{,}4+237{,}3}\right)\approx4{,}100\\ \mathrm{kPa}.
Explicação rápida: p_{sat} é a pressão parcial que o vapor de água teria em equilíbrio com a água líquida àquela temperatura; usamos ela para obter a pressão parcial real do vapor com \varphi.

Passo 3

Obter as pressões parciais do vapor nos estados 1 e 3 usando \,p_v=\varphi\,p_{sat}\,:
p_{v1}=\phi_1 p_{sat,1}=0{,}40\cdot2{,}502\approx1{,}001\\ \mathrm{kPa},
p_{v3}=\phi_3 p_{sat,3}=0{,}90\cdot4{,}100\approx3{,}690\\ \mathrm{kPa}.
Comentário: p_{v} é a pressão real do vapor no ar úmido nesses pontos.

Passo 4

Calcular a razão de mistura (humidity ratio) \omega em cada ponto. A fórmula é
\omega = 0{,}622\;\frac{p_v}{p - p_v}
onde p é a pressão total (aqui 1\\ \mathrm{atm}=101{,}325\\ \mathrm{kPa}).
Calculemos:
\omega_1 = 0{,}622\;\frac{1{,}001}{101{,}325-1{,}001} =0{,}622\;\frac{1{,}001}{100{,}324}\approx0{,}006206\\ \mathrm{kg_{vapor}/kg_{ar\\ seco}}.
\omega_3 = 0{,}622\;\frac{3{,}690}{101{,}325-3{,}690} =0{,}622\;\frac{3{,}690}{97{,}635}\approx0{,}02350\\ \mathrm{kg_{vapor}/kg_{ar\\ seco}}.
Interpretação: cada kg de ar seco à entrada carrega \omega_1 kg de vapor; à saída carrega \omega_3 kg de vapor. A diferença \omega_3-\omega_1 é a massa de água evaporada por kg de ar seco que passou.

Passo 5

Agora precisamos do balanço de energia global para relacionar a variação de entalpia do ar com a perda de calor do circuito de água. Usaremos a entalpia do ar úmido (por kg de ar seco) aproximada por:
h = c_{pa}T + \omega\left(2501 + c_{pw}T\right)
onde:
  • c_{pa}=1{,}006\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} é o calor específico do ar seco,
  • c_{pw}=1{,}86\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} é o calor específico do vapor d’água (usado aqui no termo da entalpia do vapor),
  • 2501\\ \mathrm{kJ/kg} é a aproximação da entalpia de vaporização referida a 0^\circ\mathrm{C},
  • T em ^\circ\mathrm{C} e h em kJ por kg de ar seco.
Calculemos h_1 e h_3:
h_1=1{,}006\cdot21{,}1 + 0{,}006206\left(2501 + 1{,}86\cdot21{,}1\right).
Calcule passo a passo:
  • 1{,}006\cdot21{,}1\approx21{,}2666\\ \mathrm{kJ/kg_{ar}}.
  • 2501+1{,}86\cdot21{,}1=2501+39{,}246=2540{,}246.
  • 0{,}006206\cdot2540{,}246\approx15{,}764.
    Logo
h_1\approx21{,}2666+15{,}764\approx37{,}031\\ \mathrm{kJ/kg_{ar}}.
h_3=1{,}006\cdot29{,}4 + 0{,}02350\left(2501 + 1{,}86\cdot29{,}4\right).
Passos:
  • 1{,}006\cdot29{,}4\approx29{,}5764.
  • 2501+1{,}86\cdot29{,}4=2501+54{,}684=2555{,}684.
  • 0{,}02350\cdot2555{,}684\approx60{,}026.
    Logo
h_3\approx29{,}5764+60{,}026\approx89{,}602\\ \mathrm{kJ/kg_{ar}}.
A variação de entalpia do ar por kg de ar seco é
\Delta h_{ar}=h_3-h_1\approx89{,}602-37{,}031=52{,}571\\ \mathrm{kJ/kg_{ar}}.
Comentário: \Delta h_{ar} inclui tanto o aquecimento do ar seco quanto a energia necessária para vaporizar a água e aquecer o vapor.

Passo 6

Balanço de energia do sistema (controle que engloba o ar e a água líquida): a perda de energia da água líquida (sensible cooling) fornece a energia necessária para elevar a entalpia do ar úmido. Em forma de equação:
\dot{m}_2\,c_{pw}\,(T_2-T_4) = \dot{m}_{da}\,\Delta h_{ar}
onde:
  • \dot{m}_2=1{,}26\\ \mathrm{kg/s} é vazão de água líquida entrada,
  • c_{pw}=4{,}186\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} é o calor específico da água líquida,
  • T_2-T_4=37{,}8-26{,}7=11{,}1\\ \mathrm{K},
  • \dot{m}_{da} é a vazão de ar seco procurada,
  • \Delta h_{ar} calculado no passo anterior.
Isolando \dot{m}_{da}:
\dot{m}_{da}=\frac{\dot{m}_2\,c_{pw}\,(T_2-T_4)}{\Delta h_{ar}}.
Numeros:
\dot{m}_2\,c_{pw}\,(T_2-T_4)=1{,}26\cdot4{,}186\cdot11{,}1\approx58{,}545\\ \mathrm{kJ/s}.
Logo
\dot{m}_{da}\approx\frac{58{,}545}{52{,}571}\approx1{,}1139\\ \mathrm{kg/s}.
Arredondando adequadamente: \dot{m}_{da}\approx1{,}114\\ \mathrm{kg/s} de ar seco.
Comentário intuitivo: aproximadamente 1,11 kg de ar seco por segundo precisam passar para absorver o calor cedido pela água e levá-la de 37{,}8^\circ\mathrm{C} a 26{,}7^\circ\mathrm{C}, incluindo a evaporação necessária.

Passo 7

Agora obtemos a taxa de evaporação (massa de água que passa do líquido para vapor por segundo). Pelo balanço de massa de vapor:
\dot{m}_{evap} = \dot{m}_{da}\,(\omega_3-\omega_1).
Temos \omega_3-\omega_1\approx0{,}02350-0{,}006206=0{,}017294\\ \mathrm{kg_{vapor}/kg_{ar}}.
Logo
\dot{m}_{evap}=1{,}1139\cdot0{,}017294\approx0{,}01926\\ \mathrm{kg/s}.
Arredondando: \dot{m}_{evap}\approx0{,}0193\\ \mathrm{kg/s}.
Interpretação: cerca de 19{,}3 gramas de água por segundo evaporam na torre.

Passo 8

Finalmente, pela conservação de massa da corrente líquida (sem reposição de água):
\dot{m}_4 = \dot{m}_2 - \dot{m}_{evap}.
Substituindo:
\dot{m}_4 = 1{,}26 - 0{,}01926 \approx 1{,}24074\\ \mathrm{kg/s}.
Arredondando: \dot{m}_4\approx1{,}241\\ \mathrm{kg/s}.
Comentário: pouca água é perdida por evaporação comparada ao fluxo total, por isso a vazão líquida de saída é muito próxima da entrada.

Passo 9

Resumo rápido dos passos feitos (sem cálculos novos):
  • Obtivemos pressões de saturação com a fórmula de Tetens.
  • Com \varphi calculamos as pressões parciais do vapor.
  • Com isso obtivemos \omega_1 e \omega_3.
  • Calculamos entalpias do ar úmido em 1 e 3 com a fórmula padrão de entalpia de ar úmido.
  • Fizemos balanço de energia para achar \dot{m}_{da}.
  • Usamos balanço de massa para achar evaporação e vazão líquida de saída.

Resposta

\dot{m}_{da}\approx1{,}114\\ \mathrm{kg/s}
\dot{m}_{evap}\approx0{,}0193\\ \mathrm{kg/s}
\dot{m}_4\approx1{,}241\\ \mathrm{kg/s}

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