Exercício 7.15. Um trocador tipo TC-1.1 é utilizado para pré-aquecimento de água. Para isto, o trocador utiliza 1650 \mathrm{~kg} / \mathrm{h} de vapor em condensação total no casco a uma temperatura de 250^{\circ} \mathrm{C} ( \mathrm{WHv}=412,81 \mathrm{kcal} / \mathrm{kg} ). A carcaça do trocador tem 0,6 \mathrm{~m} de diâmetro e 9 m de comprimento e está localizada em um grande galpão cujas paredes e o ar estão a 30^{\circ} \mathrm{C} e o coeficiente de película é 5 \mathrm{kcal} / \mathrm{h} . \mathrm{m}^{2} .{ }^{\circ} \mathrm{C}. Verificou-se que as perdas pela carcaça correspondem a 10 \% do calor cedido pelo vapor. Para reduzir estas perdas para 5%, os engenheiros optaram por atuar na emissividade ( e ) da carcaça através de pintura.
a) Dispondo de 3 tintas ( tinta \mathbf{A}: e=0,28; tinta \mathbf{B}: e=0,37 e tinta \mathbf{C}: e=0,49 ), qual foi a tinta escolhida?
b) Qual era a emissividade original da carcaça antes da pintura?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado fornece e o que pede.
  • Dados fornecidos:
    • Vazão de vapor em condensação: \dot{m}=1650\\ \mathrm{kg/h}.
    • Calor de vaporização (entalpia liberada por kg de vapor ao condensar): \mathrm{WHv}=412{,}81\\ \mathrm{kcal/kg}.
    • Temperatura do vapor (e, portanto, temperatura aproximada da carcaça): T_s=250^\circ\mathrm{C}.
    • Temperatura do ambiente (paredes e ar): T_a=30^\circ\mathrm{C}.
    • Coeficiente de película convectiva externa: h=5\\ \mathrm{kcal/(h\cdot m^{2}\cdot^\circ C)}.
    • Dimensões da carcaça (cilíndrica): diâmetro D=0{,}6\\ \mathrm{m} e comprimento L=9{,}0\\ \mathrm{m}.
    • Perdas atuais pela carcaça correspondem a 10\% do calor cedido pelo vapor.
    • Deseja-se reduzir as perdas para 5\% atuando na emissividade e da carcaça por pintura.
    • Três tintas disponíveis com emissividades: tinta A: e=0{,}28; tinta B: e=0{,}37; tinta C: e=0{,}49.
  • O que o enunciado pede:
    (a) Qual tinta foi escolhida (entre A, B e C) de modo que as perdas pela carcaça passem de 10\% para 5\%.
    (b) Qual era a emissividade original da carcaça antes da pintura.
Observação: vou tratar a temperatura da superfície externa da carcaça como T_s=250^\circ\mathrm{C} (temperatura de condensação do vapor), e usar a aproximação usual de linearização da troca radiativa para obter um coeficiente radiativo equivalente h_r, de modo que a perda total externa por unidade de área seja (h+h_r)\,(T_s-T_a).

Passo 2

Calcular o calor total cedido pelo vapor por hora ( Q_{\text{total}}).
  • Fórmula: Q_{\text{total}}=\dot{m}\cdot\mathrm{WHv}.
  • Substituindo os dados: Q_{\text{total}}=1650\cdot412{,}81=681\,136{,}5\\ \mathrm{kcal/h}.
Então o vapor libera 681\,136{,}5\\ \mathrm{kcal/h} no trocador.

Passo 3

Calcular a área externa da carcaça (superfície lateral do cilindro), que é a área pela qual ocorrem as perdas.
  • Fórmula da área lateral de cilindro sem tampas: A=\pi D L.
  • Substituindo: A=\pi\cdot0{,}6\cdot9= \pi\cdot5{,}4\approx16{,}9646\\ \mathrm{m^{2}}.
Vou usar A\approx16{,}9646\\ \mathrm{m^{2}}.

Passo 4

Explicar a linearização da troca radiativa e obter o coeficiente radiativo por unidade de emissividade.
  • A troca radiativa entre a superfície (temperatura absoluta T_s) e o ambiente (temperatura absoluta T_a) pode ser linearizada como um fluxo por unidade de área proporcional à diferença de temperatura, introduzindo um coeficiente radiativo equivalente h_r. A forma usada é:
    h_r = \varepsilon\\ \sigma\\ (T_s^2+T_a^2)(T_s+T_a),
    onde:
    • \varepsilon é a emissividade da superfície,
    • \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann em unidades compatíveis com as outras (aqui preciso de \mathrm{kcal/(h\cdot m^{2}\cdot K^{4})}),
    • T_s e T_a são as temperaturas absolutas em kelvin.
  • Converter temperaturas para kelvin:
    T_s=250^\circ\mathrm{C}=523{,}15\\ \mathrm{K},\qquad T_a=30^\circ\mathrm{C}=303{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Valor de \sigma: em \mathrm{W/(m^{2}\cdot K^{4})} tem \sigma=5{,}670374419\times10^{-8}. Para usar \mathrm{kcal/h} convertendo 1\\ \mathrm{W}=3600\\ \mathrm{J/h} e 1\\ \mathrm{kcal}=4184\\ \mathrm{J}, obtemos o fator 3600/4184\approx0{,}86042065. Logo
    \sigma\approx5{,}670374419\times10^{-8}\times0{,}86042065\approx4{,}879\times10^{-8}\\ \mathrm{kcal/(h\cdot m^{2}\cdot K^{4})}.
  • Calcular o fator independente de \varepsilon:
    M=\sigma\,(T_s^2+T_a^2)(T_s+T_a).
    Primeiro:
    T_s^2+T_a^2=523{,}15^2+303{,}15^2\approx273\,684{,}9225+91\,899{,}9225=365\,584{,}845.
    E
    T_s+T_a=523{,}15+303{,}15=826{,}3.
    Assim
    (T_s^2+T_a^2)(T_s+T_a)\approx365\,584{,}845\cdot826{,}3\approx302\,082\,757{,}45.
    Multiplicando por \sigma:
    M\approx4{,}879\times10^{-8}\cdot302\,082\,757{,}45\approx14{,}74\\ \mathrm{(kcal/(h\cdot m^{2}\cdot^\circ C))\\ per\\ unit\\ of\\ }\varepsilon.
Portanto o coeficiente radiativo é aproximadamente
h_r\approx14{,}74\cdot\varepsilon\\ \mathrm{(kcal/(h\cdot m^{2}\cdot^\circ C))}.

Passo 5

Expressar o coeficiente global externo U (por unidade de área) e a perda por hora em termos de U.
  • O coeficiente externo total é a soma da convecção e da radiação linearizada: U = h + h_r = h + 14{,}74\,\varepsilon.
  • A perda de calor pela carcaça por hora é: Q_{\text{loss}} = U\cdot A\cdot\Delta T,onde \Delta T=T_s-T_a=250-30=220^\circ\mathrm{C}.

Passo 6

Usar a condição atual (perdas = 10\% do calor cedido) para determinar U_{\text{original}} e daí \varepsilon_{\text{original}}.
  • Perda atual:
    Q_{\text{loss,orig}}=0{,}10\cdot Q_{\text{total}}=0{,}10\cdot681\,136{,}5=68\,113{,}65\\ \mathrm{kcal/h}.
  • Montando a equação:
    U_{\text{orig}}\cdot A\cdot220 = 68\,113{,}65.
    Então
    U_{\text{orig}}=\frac{68\,113{,}65}{A\cdot220}=\frac{68\,113{,}65}{16{,}9646\cdot220}.
    Calcule o denominador: A\cdot220\approx16{,}9646\cdot220\approx3\,732{,}212. Assim
    U_{\text{orig}}\approx\frac{68\,113{,}65}{3\,732{,}212}\approx18{,}2506\\ \mathrm{kcal/(h\cdot m^{2}\cdot^\circ C)}.
  • Como U_{\text{orig}}=h+14{,}74\,\varepsilon_{\text{orig}}, isolamos \varepsilon_{\text{orig}}:
    14{,}74\,\varepsilon_{\text{orig}}=U_{\text{orig}}-h=18{,}2506-5=13{,}2506.
    Logo
    \varepsilon_{\text{orig}}=\frac{13{,}2506}{14{,}74}\approx0{,}899\approx0{,}90.
Portanto a emissividade original da carcaça antes da pintura era aproximadamente 0{,}90.

Passo 7

Determinar qual emissividade é necessária para reduzir as perdas para 5\%, e comparar com as tintas disponíveis.
  • Perda desejada: Q_{\text{loss,novo}}=0{,}05\cdot Q_{\text{total}}=0{,}05\cdot681\,136{,}5=34\,056{,}825\\ \mathrm{kcal/h}.
  • Equação para U_{\text{novo}}: U_{\text{novo}}\cdot A\cdot220 = 34\,056{,}825.Assim U_{\text{novo}}=\frac{34\,056{,}825}{A\cdot220}=\frac{34\,056{,}825}{3\,732{,}212}\approx9{,}1253\\ \mathrm{kcal/(h\cdot m^{2}\cdot^\circ C)}.
  • Isolando a nova emissividade necessária: 14{,}74\,\varepsilon_{\text{novo}}=U_{\text{novo}}-h=9{,}1253-5=4{,}1253,
\varepsilon_{\text{novo}}=\frac{4{,}1253}{14{,}74}\approx0{,}2799\approx0{,}28.

Passo 8

Comparar o valor requerido de emissividade com as tintas oferecidas e concluir.
  • Emissividade requerida para 5% de perdas: \varepsilon_{\text{novo}}\approx0{,}28.
  • Tintas disponíveis:
    • A: e=0{,}28 → coincide praticamente com o valor necessário.
    • B: e=0{,}37 → maior do que o necessário (resultaria em um pouco mais perdas por radiação).
    • C: e=0{,}49 → ainda maior.
Observação sobre sinal: reduzir emissividade diminui radiação para o ambiente frio; portanto a tinta ideal é a que fornece uma emissividade menor ou igual ao valor desejado. Como a tinta A tem e=0{,}28, ela atinge o objetivo de reduzir as perdas para cerca de 5\%.

Resposta

Tinta A: e=0{,}28
e_{\text{original}}\approx0{,}90

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