9.9 Água a uma vazão volumétrica de 2,7 \mathrm{~m} 3 / \mathrm{h} entra em um trocador de calor de tubo duplo em contracorrente a 35^{\circ} \mathrm{C} e é aquecida por um óleo industrial ( \mathrm{Cp}=1,5 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg}{ }^{\circ} \mathrm{C} ) a uma vazão mássica de 1,5 \mathrm{kg} / \mathrm{s} e temperatura de 120^{\circ} \mathrm{C}. A área de troca de calor é de 14 m 2 e o coeficiente global vale 350 \mathrm{Wm}^{2}{ }^{\circ} \mathrm{C}. Determine a taxa total de calor transferida e as temperaturas de saída da água e do óleo.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (vou listar tudo com clareza).
  • Dados fornecidos:
    • Vazão volumétrica da água: \dot V_{\text{água}} = 2,7\\ \mathrm{m^{3}/h}á.
    • Temperatura de entrada da água: T_{\text{água,in}} = 35^\circ\mathrm{C}á.
    • Óleo: C_p^{\text{óleo}} = 1,5\\ \mathrm{kJ/(kg\,^\circ C)}ó.
    • Vazão mássica do óleo: \dot m_{\text{óleo}} = 1,5\\ \mathrm{kg/s}ó.
    • Temperatura de entrada do óleo: T_{\text{óleo,in}} = 120^\circ\mathrm{C}ó.
    • Área de troca: A = 14\\ \mathrm{m^{2}}.
    • Coeficiente global de transferência de calor: U = 350\\ \mathrm{W/(m^{2}\,^\circ C)}.
  • O que é pedido:
    1. Taxa total de calor transferida Q (em W).
    2. Temperatura de saída da água T_{\text{água,out}}á.
    3. Temperatura de saída do óleo T_{\text{óleo,out}}ó.
Observação: o enunciado não informou densidade nem C_p da água. Vou assumir propriedades típicas da água líquida à temperatura em questão:
  • Densidade da água: \rho_{\text{água}} = 1000\\ \mathrm{kg/m^{3}}á.
  • Capacidade térmica da água: C_p^{\text{água}} = 4{,}18\\ \mathrm{kJ/(kg\,^\circ C)} = 4180\\ \mathrm{J/(kg\,^\circ C)}á.

Passo 2

Converto vazão volumétrica da água para vazão mássica e explico o conceito de taxa de capacidade térmica (que é fundamental).
  • Vazão volumétrica em SI:
\dot V_{\text{água}} = \frac{2{,}7}{3600}\\ \mathrm{m^{3}/s} = 0{,}00075\\ \mathrm{m^{3}/s}.á
  • Vazão mássica da água:
\dot m_{\text{água}} = \rho_{\text{água}}\\ \dot V_{\text{água}} = 1000\cdot 0{,}00075 = 0{,}75\\ \mathrm{kg/s}.ááá
  • Explicação: a “taxa de capacidade térmica” de uma corrente é definida por
C = \dot m\, C_p,
onde \dot m é vazão mássica ( \mathrm{kg/s}) e C_p é capacidade térmica por massa ( \mathrm{J/(kg\,^\circ C)}). A unidade de C é \mathrm{W/^\circ C} (porque \mathrm{kg/s}\cdot J/(kg\,^\circ C)=J/(s\,^\circ C)=W/^\circ C). Essa quantidade diz quanto de calor por grau de temperatura a corrente pode trocar.

Passo 3

Calculo as taxas de capacidade térmica das duas correntes.
  • Para a água:
C_{\text{água}} = \dot m_{\text{água}}\, C_p^{\text{água}} = 0{,}75\cdot 4180 = 3135\\ \mathrm{W/^\circ C}.ááá
  • Para o óleo (conversão C_p^{\text{óleo}}=1{,}5\\ \mathrm{kJ/(kg\,^\circ C)}=1500\\ \mathrm{J/(kg\,^\circ C)}ó):
C_{\text{óleo}} = \dot m_{\text{óleo}}\, C_p^{\text{óleo}} = 1{,}5\cdot 1500 = 2250\\ \mathrm{W/^\circ C}.óóó
  • Identifico C_{\min} e C_{\max}:
C_{\min} = 2250\\ \mathrm{W/^\circ C}\quad(\text{óleo}),\qquad C_{\max} = 3135\\ \mathrm{W/^\circ C}\quad(\text{água}).óá
  • Razão de capacidades:
C_r = \frac{C_{\min}}{C_{\max}} = \frac{2250}{3135}\approx 0{,}717.

Passo 4

Escolha do método e introdução da fórmula que vou usar (explicação didática do método NTU-efetividade).
  • Problema: as temperaturas de saída aparecem tanto no balanço de energia quanto na expressão por LMTD; resolver diretamente com LMTD pede iteração. Método mais direto é o método “NTU-efetividade”.
  • Ideia chave: a máxima transferência de calor possível (se a corrente de menor capacidade pudesse mudar tanto quanto a diferença de entrada permite) é
Q_{\max} = C_{\min}\, \bigl(T_{\text{óleo,in}} - T_{\text{água,in}}\bigr).óá
  • A transferência real é
Q = \varepsilon\, Q_{\max},
onde \varepsilon (efetividade) depende de NTU e de C_r. Para trocador contracorrente sem mudança de fase (caso aqui), a efetividade é
\varepsilon = \frac{1 - \exp\bigl(-NTU(1-C_r)\bigr)}{1 - C_r\,\exp\bigl(-NTU(1-C_r)\bigr)}.
  • Definição de NTU:
NTU = \frac{U\,A}{C_{\min}}.
Essas fórmulas são padrão para trocadores de calor em contracorrente e evitam iteração porque \varepsilon é dada explicitamente em função de NTU e C_r.

Passo 5

Calculo NTU e Q_{\max}.
  • Primeiro NTU:
NTU = \frac{U\,A}{C_{\min}} = \frac{350\cdot 14}{2250} = \frac{4900}{2250}\approx 2{,}178.
  • Depois Q_{\max}:
Q_{\max} = C_{\min}\,(T_{\text{óleo,in}} - T_{\text{água,in}}) = 2250\cdot(120 - 35) = 2250\cdot 85 = 191250\\ \mathrm{W}.óá

Passo 6

Calculo da efetividade \varepsilon usando a fórmula para contracorrente e então obtenho Q.
  • Calculo do expoente:
NTU(1-C_r) = 2{,}178\cdot(1-0{,}717)\approx 2{,}178\cdot 0{,}283 \approx 0{,}616.
\exp\bigl(-NTU(1-C_r)\bigr)\approx e^{-0{,}616}\approx 0{,}54.
  • Agora a efetividade:
\varepsilon = \frac{1 - 0{,}54}{1 - 0{,}717\cdot 0{,}54}\approx\frac{0{,}46}{1 - 0{,}387}\approx\frac{0{,}46}{0{,}613}\approx 0{,}75.
  • Finalmente a taxa real de calor:
Q = \varepsilon\, Q_{\max} \approx 0{,}75\cdot 191250 \approx 1{,}44\times 10^{5}\\ \mathrm{W}.
(ou seja, cerca de 144\\ \mathrm{kW}.)

Passo 7

Calculo das temperaturas de saída usando balanço de energia (explicação da relação).
  • Balanço de energia (sem acumulação): o calor perdido pelo óleo = calor ganho pela água:
Q = C_{\text{óleo}}\,(T_{\text{óleo,in}} - T_{\text{óleo,out}}) = C_{\text{água}}\,(T_{\text{água,out}} - T_{\text{água,in}}).óóóááá
Logo:
T_{\text{óleo,out}} = T_{\text{óleo,in}} - \frac{Q}{C_{\text{óleo}}},\qquad T_{\text{água,out}} = T_{\text{água,in}} + \frac{Q}{C_{\text{água}}}.óóóááá
  • Substituindo Q \approx 1{,}44\times10^{5}\\ \mathrm{W}:
T_{\text{óleo,out}} \approx 120 - \frac{1{,}44\times10^{5}}{2250} \approx 120 - 63{,}9 \approx 56{,}1^\circ\mathrm{C},ó
T_{\text{água,out}} \approx 35 + \frac{1{,}44\times10^{5}}{3135} \approx 35 + 45{,}9 \approx 80{,}9^\circ\mathrm{C}.á

Passo 8

Pequena verificação (consistência com LMTD) e conclusão rápida.
  • Verifico as diferenças de temperatura de entrada/saída:
\Delta T_1 = T_{\text{óleo,in}} - T_{\text{água,out}} \approx 120 - 80{,}9 = 39{,}1^\circ\mathrm{C},óá
\Delta T_2 = T_{\text{óleo,out}} - T_{\text{água,in}} \approx 56{,}1 - 35 = 21{,}1^\circ\mathrm{C}.óá
  • LMTD seria
\Delta T_{\text{lm}} = \frac{\Delta T_1 - \Delta T_2}{\ln(\Delta T_1/\Delta T_2)} \approx \frac{39{,}1 - 21{,}1}{\ln(39{,}1/21{,}1)} \approx 29{,}2^\circ\mathrm{C}.
  • Então Q = U A \Delta T_{\text{lm}} \approx 350\cdot 14\cdot 29{,}2 \approx 1{,}43\times 10^{5}\\ \mathrm{W}, compatível com o valor obtido pelo método NTU (pequenas diferenças por arredondamento). Tudo consistente.

Resposta

Q \approx 1,44\times 10^{5}\\ \mathrm{W}
T_{\text{água,out}} \approx 80{,}9^\circ\mathrm{C}á
T_{\text{óleo,out}} \approx 56{,}1^\circ\mathrm{C}ó

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