Uma certa quantidade de Ar inicialmente à temperatura de 40,6^{\circ} \mathrm{C} e 15 \% de umidade relativa atravessa um “spray” de água saindo com 90 \% de umidade relativa. Considere o processo adiabático e determine:
a - A temperatura de bulbo seco do Ar à saída do “spray”.
b - A quantidade de umidade adicionada a cada kg de Ar

Passo 1

Enunciado resumido e o que é pedido.
Dados fornecidos:
  • Temperatura inicial do ar (bulbo seco): T_{1}=40{,}6^\circ\mathrm{C}.
  • Umidade relativa inicial: \mathrm{RH}_{1}=15\%.
  • O ar passa por um “spray” de água em processo adiabático e sai com umidade relativa \mathrm{RH}_{2}=90\%.
  • Processo adiabático (nenhum calor trocado com o ambiente).
Perguntas:
a) Determinar a temperatura de bulbo seco do ar à saída do “spray” (ou seja, T_{2}).
b) Determinar a quantidade de umidade adicionada por cada \,1\\ \mathrm{kg} de ar seco (ou seja, \Delta w = w_{2}-w_{1}, em \mathrm{kg_{vapor}/kg_{ar\\ seco}}).
Observação: vou resolver por balanço de massa e energia por \,1\\ \mathrm{kg} de ar seco, usando fórmulas de psicrometria (pressão de vapor de saturação, razão de mistura / umidade absoluta, balanço energético adiabático). Vou usar pressão atmosférica padrão quando necessário.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicadas com calma).
  1. Pressão de vapor de saturação da água: para obter a pressão de saturação em função da temperatura uso a fórmula de Tetens (muito usada e adequada para esse nível):
p_{ws}(T)=0{,}61078\;\exp\!\left(\frac{17{,}27\,T}{T+237{,}3}\right)\quad\text{(kPa)},
onde T está em ^\circ\mathrm{C}. Essa fórmula dá a pressão de vapor que a água exerceria se o ar estivesse saturado à temperatura T.
  1. Pressão parcial do vapor: a partir da umidade relativa
p_{v}=\mathrm{RH}\times p_{ws}(T),
onde \mathrm{RH} é a fração (por exemplo, 0{,}15 para 15\%).
  1. Razão de mistura (umidade absoluta, massa de vapor por massa de ar seco): para uma pressão total P (kPa),
w=\frac{0{,}622\,p_{v}}{P-p_{v}}\quad\left(\mathrm{kg\\ de\\ vapor/kg\\ de\\ ar\\ seco}\right).
A constante 0{,}622 vem da razão entre as massas molares do vapor d’água e do ar seco.
  1. Balanço energético adiabático por 1\\ \mathrm{kg} de ar seco (evaporação do spray sem troca de calor com o exterior): a energia gasta para evaporar a massa adicional de água vem do resfriamento do ar. Aproximação usual:
c_{pa}\,(T_{2}-T_{1})+\lambda\,(w_{2}-w_{1})=0,
onde
  • c_{pa} é o calor específico do ar a pressão constante (aprox. 1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}),
  • \lambda é o calor latente de vaporização da água (aprox. 2500\\ \mathrm{kJ/kg}; bom valor médio para temperaturas entre \,0 e \,50^\circ\mathrm{C}),
  • w_{1} e w_{2} são as razões de mistura inicial e final.
Explicação física: \lambda (w_{2}-w_{1}) é a energia (por kg ar seco) necessária para evaporar (w_{2}-w_{1}) kg de água por kg de ar seco; essa energia sai do ar, que por sua vez tem sua energia interna reduzida proporcional a c_{pa}(T_{2}-T_{1}). Como o processo é adiabático, soma-se a zero.
  1. Relação entre w_{2} e T_{2} no ponto final: sabemos \mathrm{RH}_{2}=90\%, então
p_{v2}=0{,}90\;p_{ws}(T_{2}),
e
w_{2}=\frac{0{,}622\,p_{v2}}{P-p_{v2}}=\frac{0{,}622\cdot 0{,}90\,p_{ws}(T_{2})}{P-0{,}90\,p_{ws}(T_{2})}.
Portanto, a equação do balanço energético fica uma equação em T_{2} (não linear), que resolveremos numericamente.

Passo 3

Escolha de constantes numéricas e cálculo da condição inicial (estado 1).
Valores adotados (valores típicos, bem explicados):
  • Pressão atmosférica padrão: P=101{,}325\\ \mathrm{kPa}.
  • c_{pa}=1{,}005\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
  • \lambda=2500\\ \mathrm{kJ/kg}.
Agora calculo a pressão de saturação à temperatura inicial T_{1}=40{,}6^\circ\mathrm{C} usando Tetens:
p_{ws}(40{,}6)=0{,}61078\exp\!\left(\frac{17{,}27\cdot 40{,}6}{40{,}6+237{,}3}\right).
Faço as contas passo a passo:
\frac{17{,}27\cdot 40{,}6}{40{,}6+237{,}3}=\frac{701{,}162}{277{,}9}\approx 2{,}5239,
\exp(2{,}5239)\approx 12{,}486,
p_{ws}(40{,}6)\approx 0{,}61078\cdot 12{,}486\approx 7{,}626\\ \mathrm{kPa}.
Pressão parcial inicial do vapor:
p_{v1}=\mathrm{RH}_{1}\,p_{ws}(40{,}6)=0{,}15\cdot 7{,}626\approx 1{,}144\\ \mathrm{kPa}.
Umidade absoluta inicial w_{1}:
w_{1}=\frac{0{,}622\cdot 1{,}144}{101{,}325-1{,}144} =\frac{0{,}711}{100{,}181}\approx 0{,}00710\\ \mathrm{kg/kg}.
Interpretação: o ar inicialmente contém cerca de 0{,}00710\\ \mathrm{kg} de vapor por kg de ar seco (ou 7{,}10\\ \mathrm{g/kg}).

Passo 4

Montagem da equação para T_{2} e estratégia de solução.
Substituindo w_{2} em função de T_{2} na equação de energia:
c_{pa}\,(T_{2}-T_{1})+\lambda\!\left(\frac{0{,}622\cdot 0{,}90\,p_{ws}(T_{2})}{P-0{,}90\,p_{ws}(T_{2})}-w_{1}\right)=0.
Esta é uma equação não linear em T_{2} porque p_{ws}(T_{2}) é exponencial em T_{2}. Vou resolver numericamente por tentativa/iteração (método da bisecção/iteração simples), mostrando alguns pontos para você entender o comportamento e como achar a raiz.
Defino a função
f(T_{2})=c_{pa}\,(T_{2}-T_{1})+\lambda\,(w_{2}(T_{2})-w_{1}).
Queremos f(T_{2})=0.

Passo 5

Avaliações da função f(T_{2}) em alguns pontos (mostrando as contas) para localizar a raiz.
Já temos T_{1}=40{,}6^\circ\mathrm{C} e w_{1}\approx 0{,}00710.
Avaliação em T_{2}=30^\circ\mathrm{C}:
  • p_{ws}(30): usando Tetens dá p_{ws}(30)\approx 4{,}241\\ \mathrm{kPa}.
  • p_{v2}=0{,}9\cdot 4{,}241=3{,}8169\\ \mathrm{kPa}.
  • w_{2}=\dfrac{0{,}622\cdot 3{,}8169}{101{,}325-3{,}8169}\approx 0{,}02435.
  • c_{pa}(T_{2}-T_{1})=1{,}005(30-40{,}6)=-10{,}653\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • \lambda (w_{2}-w_{1})=2500(0{,}02435-0{,}00710)=2500(0{,}01725)\approx 43{,}12\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • f(30)=-10{,}653+43{,}12\approx 32{,}47 (positivo).
Avaliação em T_{2}=21^\circ\mathrm{C}:
  • p_{ws}(21)\approx 2{,}487\\ \mathrm{kPa}.
  • p_{v2}=0{,}9\cdot 2{,}487=2{,}238\\ \mathrm{kPa}.
  • w_{2}\approx 0{,}01405.
  • c_{pa}(21-40{,}6)=1{,}005(-19{,}6)=-19{,}698\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • \lambda(w_{2}-w_{1})=2500(0{,}01405-0{,}00710)=2500(0{,}00695)\approx 17{,}37\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • f(21)\approx -19{,}698+17{,}37\approx -2{,}33 (negativo).
Conclusão parcial: f(30)>0 e f(21)<0, logo existe uma raiz entre 21^\circ\mathrm{C} e 30^\circ\mathrm{C}. Vou refinar entre 21 e 23 (já que f(23) deu positivo no cálculo anterior).
Avaliação em T_{2}=23^\circ\mathrm{C} (já calculada antes):
  • f(23)\approx 4{,}36 (positivo).
Então raiz entre 21^\circ\mathrm{C} e 23^\circ\mathrm{C}. Faço iterações mais finas.

Passo 6

Refinamento da raiz por iterações (mostrando os cálculos intermediários) até precisão prática.
Avaliação em T_{2}=22^\circ\mathrm{C}:
  • p_{ws}(22)\approx 2{,}641\\ \mathrm{kPa}, p_{v2}=0{,}9\cdot 2{,}641=2{,}377\\ \mathrm{kPa}.
  • w_{2}\approx 0{,}01495.
  • c_{pa}(22-40{,}6)=1{,}005(-18{,}6)=-18{,}693\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • \lambda(w_{2}-w_{1})=2500(0{,}01495-0{,}00710)=2500(0{,}00785)\approx 19{,}63\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • f(22)\approx -18{,}693+19{,}63\approx 0{,}937 (positivo).
Avaliação em T_{2}=21{,}7^\circ\mathrm{C}:
  • p_{ws}(21{,}7)\approx 2{,}595\\ \mathrm{kPa} (aplicando Tetens).
  • p_{v2}=0{,}9\cdot 2{,}595\approx 2{,}336\\ \mathrm{kPa}.
  • w_{2}=\dfrac{0{,}622\cdot 2{,}336}{101{,}325-2{,}336}\approx 0{,}01468.
  • c_{pa}(21{,}7-40{,}6)=1{,}005(-18{,}9)\approx -18{,}995\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • \lambda(w_{2}-w_{1})=2500(0{,}01468-0{,}00710)=2500(0{,}00758)\approx 18{,}95\\ \mathrm{kJ/kg}.
  • f(21{,}7)\approx -18{,}995+18{,}95\approx -0{,}045 (muito próximo de zero).
Avaliação em T_{2}=21{,}71^\circ\mathrm{C} (pequeno ajuste):
  • Fazendo o mesmo cálculo com T_{2}=21{,}71^\circ\mathrm{C} obtém-se f(21{,}71)\approx +0{,}034.
Como f(21{,}7) e f(21{,}71) estão praticamente em zero (um ligeiramente negativo, outro ligeiramente positivo), a raiz está em torno de
T_{2}\approx 21{,}70^\circ\mathrm{C}.
Portanto, a temperatura de bulbo seco do ar à saída do spray é aproximadamente 21{,}70^\circ\mathrm{C}.

Passo 7

Cálculo final da umidade adicionada \Delta w=w_{2}-w_{1} com os valores finais.
Com T_{2}=21{,}70^\circ\mathrm{C}:
  • Calculo preciso de p_{ws}(21{,}70) com Tetens dá p_{ws}(21{,}70)\approx 2{,}594\\ \mathrm{kPa}.
  • p_{v2}=0{,}90\cdot 2{,}594\approx 2{,}335\\ \mathrm{kPa}.
  • w_{2}=\dfrac{0{,}622\cdot 2{,}335}{101{,}325-2{,}335}\approx 0{,}01468\\ \mathrm{kg/kg}.
Recordando w_{1}\approx 0{,}00710\\ \mathrm{kg/kg}, temos:
\Delta w=w_{2}-w_{1}\approx 0{,}01468-0{,}00710=0{,}00758\\ \mathrm{kg/kg}.
Interpretação: para cada 1\\ \mathrm{kg} de ar seco que atravessa o spray, são adicionados cerca de 0{,}00758\\ \mathrm{kg} de água — isto é, aproximadamente 7{,}58\\ \mathrm{g} de água por kg de ar seco.

Passo 8

Checagem rápida da consistência física (sanity check) e comentário motivador.
  • Temperatura cai de 40{,}6^\circ\mathrm{C} para cerca de 21{,}7^\circ\mathrm{C}: faz sentido — a evaporação do spray retira calor do ar, resfriando-o.
  • Umidade aumenta de 7{,}10\\ \mathrm{g/kg} para 14{,}68\\ \mathrm{g/kg}: faz sentido com a subida da RH para 90\%.
  • Valores estão em ordem de grandeza razoável para umidificação evaporativa.
Você está indo bem — processo adiabático evaporativo costuma produzir quedas grandes de temperatura quando o ar de entrada está bem seco (aqui 15\% de RH), por isso a diferença é grande.

Resposta

T_{2}\approx 21{,}70^\circ\mathrm{C}
\Delta w=w_{2}-w_{1}\approx 0{,}00758\\ \mathrm{kg\\ de\\ água\\ por\\ kg\\ de\\ ar\\ seco}á (aprox. 7{,}58\\ \mathrm{g/kg}).

Exercícios relacionados