Um evaporador simples concentra 25000 \mathrm{~kg} / \mathrm{h} de uma solução de suco de laranja a 20 oC com 10 \% (em massa) de sólidos até 50 \%. Para que a temperatura de ebulição seja baixa, mantém-se no evaporador uma pressão igual a 14 kPa . O coeficiente global de transferência de calor é \mathrm{U}=2840 \mathrm{~W} / \mathrm{m} 2 . \mathrm{K} e o fluido de aquecimento é vapor de água saturado a 2 bar.
a) Calcule a área de transferência de calor
b) Determine a vazão de vapor de aquecimento
c) Obtenha a capacidade e a economia do evaporador
d) A equação empírica de Capriste e Lozano [J. of Food Science, 53 (3): 865 (1988)] exprime a elevação da temperatura de ebulição de uma solução em função da pressão total p e da concentração de sólidos.
\Delta T_{e b}=\alpha\left(100 \omega_{x}\right)^{\beta} \exp \left(\gamma 100 \omega_{x}\right) p^{\delta}

Onde:

\omega_{x} é a fração mássica de sólidos, p é a pressão de operação em kPa e
\alpha, \beta, \gamma, \delta são constantes características da solução que, para o caso do suco de laranja, são:
  • \alpha=4,77 \times 10^{-2}
  • \beta=0,6927
  • \gamma=2,690 \times 10^{-2}
  • \delta=-4,0 \times 10^{-4}
Entrando com o efeito da elevação de temperatura de ebulição para a solução mais concentrada, calcule a área de transferência de calor e a vazão do vapor de aquecimento.

Passo 1

O enunciado pede que, para um evaporador simples, você calcule:
  • (a) a área de transferência de calor,
  • (b) a vazão de vapor de aquecimento,
  • (c) a capacidade e a economia do evaporador,
  • (d) considerando a elevação da temperatura de ebulição pela expressão empírica dada, recalcular a área e a vazão de vapor.
Dados fornecidos (vou listar exatamente o que o enunciado dá):
  • Vazão de alimentação: \displaystyle F = 25000\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.
  • Temperatura de alimentação: \displaystyle 20^\circ\mathrm{C} (informação de entrada, útil para entender que o líquido entra frio, mas o que importa para o balanço de calor é a vaporação).
  • Fração mássica de sólidos na alimentação: \displaystyle \omega_F = 0,10.
  • Fração mássica de sólidos no produto concentrado: \displaystyle \omega_B = 0,50.
  • Pressão de operação no interior do evaporador: \displaystyle p = 14\\ \mathrm{kPa}.
  • Coeficiente global de transferência de calor: \displaystyle U = 2840\\ \mathrm{W}\!/\!\mathrm{m}^2\!.\!\mathrm{K}.
  • Fluido de aquecimento: vapor saturado a \displaystyle 2\\ \mathrm{bar} (vou usar a temperatura de saturação desse vapor e seu calor latente).
  • Equação empírica para elevação da temperatura de ebulição (Capriste & Lozano) para suco de laranja:
\Delta T_{eb}=\alpha\left(100 \omega_{x}\right)^{\beta} \exp\!\left(\gamma 100 \omega_{x}\right) p^{\delta}
com \alpha=4{,}77\times10^{-2}, \beta=0{,}6927, \gamma=2{,}690\times10^{-2}, \delta=-4{,}0\times10^{-4}. Aqui \omega_x é a fração mássica de sólidos e p é a pressão em kPa.
Observação importante (para os cálculos): vou usar temperaturas de saturação aproximadas de tabelas de vapor:
  • Temperatura de saturação do vapor a \displaystyle 2\\ \mathrm{bar}: \displaystyle T_{steam}\approx 120{,}2^\circ\mathrm{C}.
  • Temperatura de ebulição da água pura à pressão de operação \displaystyle p=14\\ \mathrm{kPa}: \displaystyle T_{sat,p}\approx 52{,}0^\circ\mathrm{C}.
    Esses valores vêm de tabelas de vapor; uso aproximações numéricas razoáveis e explicarei como eles entram nas contas.
A resolução começa agora.

Passo 2

Balanceamento de massa (conceito): num evaporador sem reações, a quantidade de sólidos não muda. Assim primeiro encontro as vazões de produto e de vapor gerado.
Cálculo da massa de sólidos (constante):
\text{Sólidos} = F\cdot\omega_F = 25000\cdot 0{,}10 = 2500\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.ó
Vazão do produto concentrado P (já que \omega_B = 0{,}50):
P = \frac{\text{Sólidos}}{\omega_B} = \frac{2500}{0{,}50} = 5000\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.ó
Vazão de água evaporada m_{ev} (ou vazão de vapor gerado no evaporador, massa do solvente removida):
m_{ev} = F - P = 25000 - 5000 = 20000\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.
Interpretação didática rápida: o evaporador está removendo 20000\\ \mathrm{kg/h} de água — essa é a “capacidade de evaporação” do equipamento. Guardamos esse número para usar no balanço de energia.

Passo 3

Energia necessária para evaporar a água (ideia): cada kg de água que evapora precisa do calor latente à temperatura de ebulição da solução. Logo o fluxo de calor total requerido é
Q = \dot m_{ev}\cdot \lambda_{b},
onde \lambda_{b} é o calor latente de vaporização da água à temperatura de ebulição do líquido (em kJ/kg) e \dot m_{ev} em kg/s.
Como não foi dada diretamente a \lambda, uso uma aproximação prática e simples (frequentemente usada em exercícios): uma expressão linear aproximada entre \lambda e a temperatura T (em ºC)
\lambda(T)\approx 2500 - 2{,}36\,T\quad\text{(em kJ/kg)},
baseada nos valores conhecidos em 0 ºC e na variação típica com a temperatura. Vou usar essa fórmula para estimar \lambda.
Conversões e valores:
  • \dot m_{ev} = 20000\\ \mathrm{kg/h} = \dfrac{20000}{3600}\\ \mathrm{kg/s} = 5{,}5556\\ \mathrm{kg/s}.
Sem considerar elevação de ebulição (parte inicial a–c): tomo a temperatura de ebulição do líquido igual à temperatura de saturação da água pura à pressão de operação, ou seja \displaystyle T_{b}\approx 52{,}0^\circ\mathrm{C}.
Calor latente aproximado à 52{,}0^\circ\mathrm{C}:
\lambda_{52}\approx 2500 - 2{,}36\cdot 52 = 2500 - 122{,}72 = 2377{,}28\\ \mathrm{kJ/kg}.
Energia requerida Q (em W):
Q = \dot m_{ev}\cdot \lambda_{52} = 5{,}5556\\ \mathrm{kg/s}\times 2377{,}28\\ \mathrm{kJ/kg}.
Lembrando 1\\ \mathrm{kJ}=1000\\ \mathrm{J}, então:
Q = 5{,}5556\times 2\,377{,}28\times 10^{3}\\ \mathrm{W} \approx 13\,207\,222\\ \mathrm{W}.
Para facilitar leituras, Q\approx 13{,}207\\ \mathrm{kW}.
Explicação pedagógica: aqui multipliquei a massa por segundo pela energia (kJ/kg) convertida para J/kg para obter potência térmica em watts. Esse Q é o calor que precisa ser entregue ao banho para evaporar 20000\\ \mathrm{kg/h} de água.

Passo 4

Cálculo da área de troca térmica sem considerar elevação de ebulição (parte a).
Fórmula de transferência térmica usada (conceito):
Q = U\\ A\\ \Delta T,
onde \Delta T é a diferença de temperatura efetiva entre o vapor (condensando) e o líquido em ebulição. No caso simples, como o vapor condensa à temperatura de saturação à 2\\ \mathrm{bar} e o líquido está fervendo aproximadamente à \displaystyle 52{,}0^\circ\mathrm{C}, posso usar diferença simples (válido quando a temperatura do vapor é praticamente constante e a temperatura de ebulição do líquido varia pouco).
Temperatura do vapor saturado a 2\\ \mathrm{bar}:
T_{steam}\approx 120{,}2^\circ\mathrm{C}.
Diferença de temperatura:
\Delta T = T_{steam} - T_{b} = 120{,}2 - 52{,}0 = 68{,}2^\circ\mathrm{C}.
Área necessária:
A = \frac{Q}{U\,\Delta T} = \frac{13\,207\,222\\ \mathrm{W}}{2840\\ \mathrm{W}\!/\!\mathrm{m}^2\!\cdot\mathrm{K}\times 68{,}2\\ \mathrm{K}}.
Cálculo numérico:
U\,\Delta T = 2840\times 68{,}2 = 193\,688\\ \mathrm{W}\!/\!\mathrm{m}^2.
A \approx \frac{13\,207\,222}{193\,688}\\ \mathrm{m}^2 \approx 68{,}2\\ \mathrm{m}^2.
Comentário: este é o resultado da parte (a) sem levar em conta a elevação da temperatura de ebulição por solutos.

Passo 5

Cálculo da vazão de vapor de aquecimento sem considerar elevação de ebulição (parte b).
No balanço energético simpleto: o calor cedido por m_{s} kg/s de vapor é aproximadamente m_{s}\cdot \lambda_{steam}, onde \lambda_{steam} é o calor latente do vapor a 2\\ \mathrm{bar} (temperatura de saturação do vapor). Assim:
m_{s} = \frac{Q}{\lambda_{steam}}.
Estimativa de \lambda_{steam} (usando a mesma aproximação \lambda(T)\approx 2500-2{,}36T):
\lambda_{steam} \approx 2500 - 2{,}36\cdot 120{,}2 = 2500 - 283{,}07 = 2216{,}93\\ \mathrm{kJ/kg}.
Convertendo Q para kJ/s (kW): Q\approx 13{,}207\\ \mathrm{kW} = 13{,}207\\ \mathrm{kJ/s}.
Logo vazão de vapor (em kg/s):
m_{s} = \frac{13\,207}{2216{,}93}\\ \mathrm{kg/s}\approx 5{,}957\\ \mathrm{kg/s}.
Em \mathrm{kg/h}:
m_{s} \approx 5{,}957\times 3600 \approx 21\,446\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.
Interpretação: precisamos de cerca de 2{,}14\times10^{4}\\ \mathrm{kg/h} de vapor a 2\\ \mathrm{bar} para fornecer o calor necessário.

Passo 6

Capacidade e economia do evaporador (parte c).
  • Capacidade do evaporador (normalmente entendida como vazão de água evaporada por hora):
\text{Capacidade} = m_{ev} = 20000\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.
  • Economia (definida aqui como massa de água evaporada por massa de vapor de aquecimento consumido):
\text{Economia} = \frac{m_{ev}}{m_{s}} = \frac{20000}{21446}\approx 0{,}933.
Interpretação: cada kg de vapor de aquecimento produz cerca de 0{,}933\\ \mathrm{kg} de vapor gerado no evaporador (economia < 1 porque o calor latente do vapor a 2 bar é menor que o calor latente de vaporização da água à temperatura de ebulição do banho).

Passo 7

Agora (parte d) — incluir a elevação da temperatura de ebulição pela equação empírica e recalcular área e vazão de vapor.
Primeiro, vamos calcular a elevação da temperatura de ebulição \Delta T_{eb} para a solução mais concentrada ( \omega_x=0{,}50) e também para a solução inicial ( \omega_x=0{,}10) para obter a variação de temperatura ao longo do evaporador (necessária para o LMTD).
Dados para a fórmula:
\Delta T_{eb}=\alpha\left(100 \omega_{x}\right)^{\beta} \exp\!\left(\gamma 100 \omega_{x}\right) p^{\delta},
com \alpha=4{,}77\times10^{-2}, \beta=0{,}6927, \gamma=2{,}690\times10^{-2}, \delta=-4{,}0\times10^{-4} e p=14\\ \mathrm{kPa}.
Cálculo para \omega_x=0{,}50 ( 100\omega_x=50):
  • Primeiro compute 50^{\beta}: \ln(50^{\beta})=\beta\ln 50 \Rightarrow 50^{0{,}6927}\approx 15{,}04.
  • \exp(\gamma 100\omega_x)=\exp(0{,}02690\times 50)=\exp(1{,}345)\approx 3{,}836.
  • p^{\delta}=14^{-0{,}0004}\approx \exp(-0{,}0004\ln 14)\approx 0{,}998945 (próximo de 1).
    Agora:
\Delta T_{eb,50\%}\approx 4{,}77\times10^{-2}\times 15{,}04\times 3{,}836\times 0{,}998945 \approx 2{,}75^\circ\mathrm{C}.
Cálculo para \omega_x=0{,}10 ( 100\omega_x=10):
  • 10^{0{,}6927}\approx 4{,}925.
  • \exp(0{,}02690\times 10)=\exp(0{,}269)\approx 1{,}309.
  • p^{\delta}\approx 0{,}998945 (mesmo).
\Delta T_{eb,10\%}\approx 4{,}77\times10^{-2}\times 4{,}925\times1{,}309\times0{,}998945 \approx 0{,}307^\circ\mathrm{C}.
Portanto as temperaturas de ebulição efetivas (água pura a 14 kPa mais elevação) são:
  • na entrada (10%): T_{b1}=T_{sat,p} + \Delta T_{eb,10\%} \approx 52{,}0 + 0{,}307 = 52{,}307^\circ\mathrm{C}.
  • na saída (50%): T_{b2}=52{,}0 + 2{,}75 = 54{,}75^\circ\mathrm{C}.
Explicação: a presença de sólidos eleva ligeiramente a temperatura de ebulição; a elevação cresce com a concentração. Aqui passou de ~0{,}31°C na alimentação a ~2{,}75°C no produto concentrado.

Passo 8

Cálculo do LMTD (Delta T logarítmico) com as duas temperaturas de ebulição (conceito): como ao longo do evaporador a temperatura de ebulição do banho varia entre T_{b1} e T_{b2}, enquanto o vapor permanece a T_{steam}, o gradiente de temperatura na face do líquido varia. O LMTD é:
\Delta T_{lm} = \frac{\Delta T_1 - \Delta T_2}{\ln\!\left(\dfrac{\Delta T_1}{\Delta T_2}\right)}
onde \Delta T_1 = T_{steam}-T_{b1} e \Delta T_2 = T_{steam}-T_{b2}.
Cálculos numéricos:
\Delta T_1 = 120{,}2 - 52{,}307 = 67{,}893^\circ\mathrm{C},
\Delta T_2 = 120{,}2 - 54{,}75 = 65{,}450^\circ\mathrm{C}.
\Delta T_{lm} = \frac{67{,}893 - 65{,}450}{\ln(67{,}893/65{,}450)} = \frac{2{,}443}{\ln(1{,}0373)} \approx \frac{2{,}443}{0{,}03665} \approx 66{,}67^\circ\mathrm{C}.
Observação: o LMTD diminuiu ligeiramente em relação ao valor simples 68{,}2^\circ\mathrm{C} porque o ponto de ebulição subiu ao longo do evaporador.

Passo 9

Recalcular o calor necessário Q usando o calor latente médio adequado com a elevação de ebulição.
Para ser consistente, uso o calor latente médio correspondente à temperatura média de ebulição do banho:
T_{b,avg} = \frac{T_{b1}+T_{b2}}{2} = \frac{52{,}307 + 54{,}75}{2} \approx 53{,}53^\circ\mathrm{C}.
Calor latente médio:
\lambda_{avg} \approx 2500 - 2{,}36\cdot 53{,}53 \approx 2373{,}67\\ \mathrm{kJ/kg}.
Potência requerida:
Q_{new} = \dot m_{ev}\cdot \lambda_{avg} = 5{,}5556\\ \mathrm{kg/s}\times 2\,373{,}67\times10^{3}\\ \mathrm{J/kg} \approx 13\,186\,000\\ \mathrm{W}.
Ou seja Q_{new}\approx 13{,}186\\ \mathrm{kW}, ligeiramente menor que o valor anterior (diferença pequena, pois a mudança de \lambda foi pequena).

Passo 10

Recalcular a área com o LMTD (considerando a elevação) e o novo Q:
A_{new} = \frac{Q_{new}}{U\,\Delta T_{lm}} = \frac{13\,186\,000}{2840\times 66{,}67}.
Cálculo do denominador:
2840\times 66{,}67 \approx 189\,333\\ \mathrm{W}\!/\!\mathrm{m}^2.
Logo:
A_{new}\approx \frac{13\,186\,000}{189\,333}\\ \mathrm{m}^2 \approx 69{,}6\\ \mathrm{m}^2.
Comentário: a área aumentou levemente (de \approx 68{,}2\\ \mathrm{m}^2 para \approx 69{,}6\\ \mathrm{m}^2) porque o LMTD diminuiu ao considerar a elevação de ebulição.

Passo 11

Recalcular a vazão de vapor de aquecimento com o novo Q_{new}:
Usando \lambda_{steam}\approx 2216{,}93\\ \mathrm{kJ/kg} (mesmo valor aproximado para vapor a 120{,}2^\circ\mathrm{C}):
m_{s,new} = \frac{Q_{new}\\ (\mathrm{kJ/s})}{\lambda_{steam}\\ (\mathrm{kJ/kg})} = \frac{13\,186}{2216{,}93}\\ \mathrm{kg/s} \approx 5{,}947\\ \mathrm{kg/s}.
Em \mathrm{kg/h}:
m_{s,new}\approx 5{,}947\times 3600 \approx 21\,410\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.
A diferença em relação ao caso sem elevação é pequena (aprox. 21{,}446 para 21{,}410\\ \mathrm{kg/h}), pois o efeito sobre o calor latente e sobre o LMTD é moderado nas faixas dadas.

Resposta

(a) Área de transferência sem considerar elevação de ebulição: 68{,}2\\ \mathrm{m}^2.
(b) Vazão de vapor de aquecimento sem considerar elevação de ebulição: 21\,446\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.
(c) Capacidade do evaporador: 20\,000\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h} (água evaporada).
Economia: 0{,}933\\ \mathrm{kg\\ de\\ água\\ evaporada\\ por\\ kg\\ de\\ vapor}á.
(d) Considerando a elevação da temperatura de ebulição (Capriste & Lozano):
  • Área recalculada: 69{,}6\\ \mathrm{m}^2.
  • Vazão de vapor de aquecimento recalculada: 21\,410\\ \mathrm{kg}\!/\!\mathrm{h}.

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