Capítulo 7
Misturas de Gás e Vapor e Condicionamento de Ar
Objetivos
Estudar os fundamentos da Psicrometria, que é a Termodinâmica das misturas de ar e vapor d’água.
Avaliar algumas aplicações da Psicrometria em processos de Condicionamento de Ar
7.1. Ar Seco e Ar Atmosférico
Composição e Propriedades Termodinâmicas
Oxigênio (O2) Nitrogênio (N2) Argônio (Ar)
Gás carbônico (CO2)
Vapor d’água (H2O) Poluentes (CO, SO2) + +
“Ar seco”
(fixa) (variável) (variável)
ATMOSFERA PADRÃO = AR SECO +VAPOR D’ÁGUA
(Mistura de dois componentes: “a” e “s”)
7.1. Ar Seco e Ar Atmosférico
Composição e Propriedades Termodinâmicas
Frações molares (ar seco): 20,95% (O2), 78,09% (N2), 0,93% (Ar), 0,03% (CO2)
Massa molecular (aparente) do ar seco: kmolkg966,284
1
==∑=i
iia MyM
kg.KkJ287,0
kmolkg28,966kmol.KkJ314,8
===a
ua M
RR
kg.KkJ005,1≅Pac
7.1. Ar Seco e Ar Atmosférico
Para uma mistura de dois gases ideais
sa ppp +=
sa HHH +=
Em condições típicas de condicionamento de ar, as frações de vapor d’água na mistura são pequenas, de modo que a pressão parcial do vapor é baixa
Qual é a conseqüência disso?
s
7.1. Ar Seco e Ar Atmosférico
O vapor pode ser considerado gás ideal!
Condições típicas de A/C -10oC < T < 50oC
ps < 12 kPa
7.1. Ar Seco e Ar Atmosférico
O vapor pode ser considerado gás ideal!
kg.KkJ462,0
kmolkg18,015kmol.KkJ314,8
===s
us M
RR
7.2. Linha de Saturação e Ponto de Orvalho
Temperatura de orvalho
Para o resfriamento a uma pressão constante, é a temperatura em que o vapor d’água presente no ar começa
a condensar (1ª gota de orvalho)
7.2. Linha de Saturação e Ponto de Orvalho
Temperatura de orvalho
Como o vapor d’água no ar atmosférico se comporta como um gás ideal, a interação entre as moléculas do ar seco e do vapor d’água é pequena.
Assim, a temperatura de orvalho pode ser calculada a partir de:
( ) ( )ssatsdp pTpT OH, 2≅
Tabela de saturação da água
7.2. Linha de Saturação e Ponto de Orvalho
Curva de saturação da água
7.2. Linha de Saturação e Ponto de Orvalho
O conceito de ar sub-saturado, saturado e seco
( )Tpp sats OH, 2<
O ar é dito sub-saturado se
( )Tpp sats OH, 2=
O ar é dito saturado se
7.3. Umidade Relativa
A umidade relativa do ar é razão entre a massa de vapor na mistura e aquela necessária para produzir uma mistura saturada à mesma temperatura
[ ]%100,
×⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Tsats
s
mm
φ
Como o vapor é um gás ideal: TRVpms
ss = TR
Vpm
s
satssats
,, =
Substituindo:
[ ]%100,,
×⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
Tpsats
s
pp
φ
7.3. Umidade Relativa
temperatura de orvalho umidade relativa
a b
ba
=φ
7.4. Umidade Absoluta
A umidade absoluta é razão entre a massa de vapor d’água e a massa de ar seco na mistura
a
s
mm
=ω
Como os componentes são gases ideais: TRVpms
ss = TR
Vpma
aa =
Substituindo: as
sa
pRpR
=ω
( )ss
ppp−
= 622,0ω
Introduzindo os valores numéricos das constantes dos gases:
[kg(s)/kg(a)]
7.4. Umidade Absoluta
Agora que se conhece uma relação entre ω e ps, é possível substituir a ordenada do gráfico da linha de saturação
cte.=φ
sat.
7.5. Exemplo
Condensação nas janelas de uma casa
Durante o inverno, com freqüência ocorre condensação nas superfícies internas das janelas devido às tempera- ras mais baixas junto às superfícies das mesmas. Considere uma casa contendo ar a 20oC e 75% de umi- dade relativa. Qual a temperatura das janelas na qual a umidade do ar começará a se condensar sobre as suas superfícies internas?
7.5. Exemplo Solução:
O vapor vai começar a se condensar quando a tempera- tura da janela atingir a temperatura de orvalho cor- respondente à pressão parcial do vapor no interior da casa.
( ) ( )ssatsdp pTpT OH, 2=
onde:
( )kPa754,1
kPa3392,275,0C20oOH, 2
=
⋅== sats pp φ
Assim:
( ) ( ) C4,15 oOH, 2
== ssatsdp pTpT
7.6. Entalpia Específica
( )]kgkJ[
[kJ]
asa
sa
sa
a
a
ssaaa
sa
hhh
hmmh
mmh
hmhmhmHHH
ω+=
+=
+=
+=
Para gases ideais, a entalpia absoluta da mistura é igual à soma das entalpias dos componentes
entalpia específica da mistura (na base do ar seco)
7.6. Entalpia Específica
Em Psicrometria, as propriedades intensivas são calculadas por unidade de massa de ar seco.
A razão para isto deve-se ao fato da massa de vapor d’água, e
conseqüentemente a massa da mistura, poder variar durante a realização de um processo.
Ex.: processo de umidificação ou desumidificação.
A base do ar seco
7.6. Entalpia Específica
Escrevendo as entalpias específicas em função da temperatura
( )]kgkJ[ asa hhh ω+=
Para o ar seco, a referência é a entalpia do ar a 0o C
( )refParefa TTchh −=−
Tha 005,1=
Temperatura em oC!
[kJ/kg(a)]
7.6. Entalpia Específica
Para o vapor d’água, a referência é a entalpia do líquido saturado a 0o C
( )refPslvrefs TTchhh −+=−C0, o
Ths 82,19,2500 +=
Temperatura em oC!
[kJ/kg(s)]
Somando as duas entalpias: ar seco e vapor d’água
( )]kgkJ[ asa hhh ω+=
7.6. Entalpia Específica
)(C0, o
TchTch PslvPa ++= ω
)82,19,2500(005,1 TTh ++= ω
Temperatura em oC!
7.7. Volume Específico
( )]kgm[secoar de massa
mistura pela ocupado volume 3av =
como samist VVV ==
temos
a
aa p
TRvv ==
Assim ( )s
aa pp
TRvv−
==
s
7.8. Exemplo
Uma sala de 5 m x 5 m x 3 m contém ar a 25o C e 100 kPa e a uma umidade relativa de 75%. Determine (a) a pressão parcial do ar seco, (b) a umidade absoluta, (c) a entalpia específica e (d) as massas de ar seco e vapor d’água na sala.
Solução:
(a) sa ppp −=
onde
( ) kPa38,21698,375,0C25o =⋅== sats pp φ
kPa62,9738,2100 =−=−= sa ppp
7.8. Exemplo
(b) ( )
( )( )
( )a
v
kgkg
0152,038,210038,2622,0
622,0
=−
⋅=
−=
s
s
ppp
ω
(c) )(C0, o
TchTch PslvPa ++= ω
( )akgkJ8,63
)2582,19,2500(0152,025005,1
=
⋅++⋅=h
7.8. Exemplo
(d) 3m75355 =⋅⋅=== sasala VVV
kg61,85298287,07562,97
=⋅
⋅==
TRVpma
aaa
kg30,1298462,07538,2
=⋅
⋅==
TRVpms
sss
7.9. Saturação Adiabática e TBU
Para caracterizar o estado termodinâmico de uma mistura binária, é preciso determinar 3 propriedades intensivas
Em condicionamento de ar, a pressão total e a temperatura são de fácil medição (simples, barata e direta). Porém, o mesmo não pode ser dito para as
umidades absoluta e relativa e para a entalpia
O conceito de saturação adiabática fornece uma terceira propriedade, de uma forma simples e com baixo custo
7.9. Saturação Adiabática e TBU
Saturador adiabático:
Canal longo, termicamente isolado, onde há uma ampla área de
contato entre o ar e o reservatório de água
O ar entra a uma temperatura T1 conhecida, e ω1 não é conhecida.
Parte da água se evapora, de modo a saturar a mistura (ω aumenta).
A temperatura do sistema diminui, pois calor é necessário para vaporizar a água.
Se a área de contato ar-água for grande, o ar sai saturado (φ2 = 100%).
A temperatura de equilíbrio do sistema (T2) é a chamada Temperatura de Saturação Adiabática.
A água de reposição é inserida à mesma taxa de evaporação e à T2.
7.9. Saturação Adiabática e TBU
Caminho do processo em um diagrama T-s para o vapor d’água
7.9. Saturação Adiabática e TBU
Balanços de massa e energia no saturador adiabático
Balanço de massa:
21 aa mm =
21
21
ωω arepa
wrepw
mmmmmm
=+
=+
(ar seco)
( )12 ωω −= arep mm (vapor d’água)
7.9. Saturação Adiabática e TBU
Balanço de energia:
2,1 2hmhmhm aTlrepa =+
( )12 ωω −= arep mm Como
1,111 sPa hTch ω+=
2,222 sPa hTch ω+=
Substituindo e manipulando algebricamente chega-se a (sem prova matemática):
( )212,
12 TThc
lv
Pm −=−ωωObs.: Esta expressão é mais conveniente
que a do livro!
7.9. Saturação Adiabática e TBU
( )212,
12 TThc
lv
Pm −=−ωω
onde: 2,lvh = entalpia de vaporização da água a T2
PsPaPm ccc 1ω+= (da mistura)
como PaPm cc ≈∴<<11ω
( )212,
12 TThc
lv
Pa −=−ωω
7.9. Saturação Adiabática e TBU
como o ar sai saturado na saída do saturador:
Assim, a umidade absoluta na saída pode ser calculada por:
( )2,2 %100 Tpp satss =∴=φ
( )212,
12 TThc
lv
Pa −=−ωω
( )( )2,
2,2 622,0
TppTp
sats
sats
−=ω
7.9. Saturação Adiabática e TBU
Uma maneira prática de se estimar a temperatura de saturação adiabática é através do
termômetro de bulbo úmido
Quando o ar sub-saturado escoa sobre a mecha úmida, a água se evapora e a temperatura cai.
A perda de calor latente pela evaporação da água é igual ao ganho de calor sensível do ar.
A temperatura resultante deste processo de transferência de calor e de massa é a temperatura de bulbo úmido (TBU).
7.9. Saturação Adiabática e TBU
Para uma dada pressão total, as duas propriedades restantes para se caracterizar um estado termodinâmico podem ser
obtidas através de um psicrômetro.
O psicrômetro fornece uma leitura da temperatura, aqui chamada de temperatura de bulbo seco (TBS) e da
temperatura de bulbo úmido (TBU)
Psicrômetro giratório
7.10. Exemplo
As temperaturas de bulbo seco e de bulbo úmido do ar atmosférico à pressão de 1 atm (101,325 kPa) são medidas por um psicrômetro giratório. Seus valores são iguais a 25oC e 15oC, respectivamente. Determine (a) a umidade absoluta, (b) a umidade relativa e (c) a entalpia específica do ar.
Solução:
(a) a umidade absoluta é obtida da equação do processo de saturação adiabática
( )212,
12 TThc
lv
Pa −=−ωω
7.10. Exemplo
( )212,
12 TThc
lv
Pa −=−ωω onde: T1 = TBS = 25oC T2 = TBU = 15oC cPa = 1,005 kJ/kg.K hlv,2 = hlv(15oC) = 2465,4 kJ/kg e ( )
( ) ( )
( )
( )a
s
2,
2,2
kgkg
01065,0
kPa7057,1325,101kPa7057,1622,0622,0
=
−=
−=
TppTp
sats
satsω
Substituindo:
( )
( )a
s1 kg
kg00653,0=ω
7.10. Exemplo
onde: T1 = TBS = 25oC ps,sat(T1) = 3,1698 kPa
1
11 622,0
s
s
ppp−
=ω
Substituindo os valores e calculando ps1 e φ1, temos: 332,01 =φ
(b) a umidade relativa é dada por: ( )1,
1,1 Tp
p
sats
s=φ
Mas (da definição de umidade absoluta):
( )11
1 622,0 ωω+
=ppsTemos que:
(c) a entalpia específica é dada por: )( 1C0,111 o TchTch PslvPa ++= ω
( )a
1
kgkJ8,41
)2582,19,2500(00653,025005,1
=
⋅++⋅=h
7.11. Carta Psicrométrica
A carta psicrométrica é um diagrama que relaciona as propriedades termodinâmicas do ar úmido
a uma determinada pressão total
7.11. Carta Psicrométrica
7.11. Carta Psicrométrica
Para o ar saturado, as temperaturas de bulbo seco, bulbo úmido e de ponto de orvalho são iguais.
7.12. Exemplo
Considere uma sala com ar a 1 atm, 35oC (TBS) e umidade relativa de 40%. Usando a carta psicrométrica, determine: (a) a umidade absoluta (b) a entalpia (c) a temperatura de bulbo úmido (d) a temperatura do ponto de orvalho (e) o volume específico Solução: (a) 0,0142 kg(s)/kg(a) (b) 71,5 kJ/kg(a) (c) 24oC (d) 19,4oC (e) 0,893 m3/kg(a)
7.13. Noções de Conforto Térmico
São 3 os principais fatores que controlam o conforto
Temperatura de bulbo seco (entre 22 e 27oC) Umidade relativa (entre 40 e 60%) Movimentação do ar (Var ~ 15 m/min)
Outros fatores
Pureza (limpeza) do ar Odores Ruídos Radiação solar
7.14. Processos de Condicionamento de Ar
A maioria dos processos de condicionamento de ar pode ser modelada como processos em regime permanente.
Os principais processos podem ser descritos na carta
psicrométrica conforme mostra a figura ao lado.
T
ω
∑∑
∑∑
∑∑
=+++
=+
=
outa
inawwinin
outa
inaw
outa
ina
hmhmhmWQ
mmm
mm
ωω
7.14.1. Aquecimento
No processo de aquecimento, a umidade absoluta permanece constante.
Como a TBS aumenta, a umidade relativa diminui.
cte.=ω (balanço de massa de água)
( )12 hhmQ ain −= (balanço de energia)
Como a umidade absoluta é constante, o balanço de energia se simplifica para:
( )12 TTcmQ Pmain −=
7.14.2. Resfriamento
Cooling
>
(Tcoil > Tdp)
No processo de resfriamento puro, a umidade absoluta permanece constante.
Como a TBS diminui, a umidade relativa aumenta.
cte.=ω (balanço de massa de água)
(balanço de energia) ( )12 TTcmQ Pmaout −=
7.14.3. Aquecimento e umidificação
Neste processo, o objetivo e aumentar a temperatura e a umidade absoluta do ar
Entre 1 e 2, só TBS aumenta e ω permanece fixo.
Entre 2 e 3, ocorre um aumento de ω. Porém TBS pode
aumentar, diminuir ou permanecer constante, dependendo do estado físico da
água de injeção.
Se a injeção for de vapor superaquecido: TBS aumenta. Se a injeção for de água líquida: TBS diminui.
ω
T
1 2
3v 3l
7.14.4. Exemplo
Um sistema toma ar externo a 10oC e 30% de umidade relativa a uma vazão constante de 45 m3/min e o con- diciona até 25oC e 60% de umidade relativa. Primeiro, o ar externo é aquecido até 22oC e, em segui- da, umidificado pela injeção de vapor d’água na seção de umidificação. Considerando que o processo ocorra a 100 kPa, determine: (a) A taxa de calor fornecida ao ar na seção de aquecimento (b) A vazão mássica de vapor necessária na seção de umidificação
7.14.4. Exemplo
Solução: (a) Balanço de energia na seção de aquecimento.
( )12 TTcmQ Pmain −=
onde:
1
1
vVma
= PsPaPm ccc 1ω+=
Calculando pelas relações psicrométricas:
( )( )
( )
( ) ( )a
3
1
11
a
s
1
11
o.11
kgm815,0
kgkg
0023,0622,0
kPa368,0kPa2281,13,0C10
=−
=
=−
=
=⋅==
s
a
s
s
satss
ppTRv
ppp
pp
ω
φ
7.14.4. Exemplo
Substituindo (calculando a vazão e o cpm):
minkJ673=inQ
(b) o balanço de massa na seção de umidificação fornece:
onde
( )( )
( )a
s
3
33
o.33
kgkg
01206,0622,0
C25
=−
=
=
s
s
satss
ppp
pp
ω
φ
( )23, ωω −= ainw mm
21 ωω =
minkg539,0=wmAssim:
7.14.5. Resfriamento Evaporativo
Jarra porosa
O resfriamento evaporativo é um processo que se baseia no calor latente de vaporização
da água.
A força motriz é a diferença de umidade absoluta entre a superfície úmida e a corrente
de ar.
Quanto maior a diferença entre as umidades absolutas, maior a taxa de evaporação e maior
a quantidade de calor removida.
7.14.5. Resfriamento Evaporativo
O resfriamento evaporativo é utilizado para o condicionamento de ar em climas secos.
O processo é quase idêntico ao de saturação adiabática. Por isso, na
carta psicrométrica, ele é descrito por uma linha de TBU constante
7.14.6. Refriamento e desumidificação
Quando a mistura é resfriada abaixo da temperatura de orvalho, há a
formação de condensado.
Durante a condensação, supõe-se que o o ar permaneça saturado (umidade relativa de 100%).
7.14.7. Exemplo
Ar entra em um condicionador de ar de janela a 1 atm, 30oC (TBS), 80% de umidade relativa e com uma
vazão de 10 m3/min. A temperatura de saída do ar é 14oC, e parte do vapor contido no ar se condensa e
é removida a 14oC. Determine as taxas de remoção de calor e de umidade do ar.
Solução (balanços de massa e energia):
( )21, ωω −= aoutw mm
( )C14,,21 oloutwaout hmhhmQ −−=
7.14.7. Exemplo
( )21, ωω −= aoutw mm
( )C14,,21 oloutwaout hmhhmQ −−=
onde
kgkJ8,58, C14,
1
1o == la h
vVm
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )a
3
1
a
s2
a
s1
a2
a1
kgm889,0
kgkg
0100,0kgkg
0216,0
kgkJ3,39
kgkJ4,85
=
==
==
v
hh
ωω
Da carta:
7.14.7. Exemplo
Substituindo:
minkJ511=outQ
minkg131,0, =outwm
( )21, ωω −= aoutw mm
( )C14,,21 oloutwaout hmhhmQ −−=
7.14.8. Mistura adiabática de duas correntes
Em muitas instalações de condicionamento de ar de médio e grande porte, é necessário misturar correntes de ar a diferentes condições (processos de renovação e reciclagem do ar). Supondo não haver transferência de calor com o meio externo, realização de trabalho e que o processo de mistura é em regime permanente, temos:
3,32,21,1
3,32,21,1
3,2,1,
aaa
aaa
aaa
mhmhmhmmm
mmm
=+
=+
=+
ωωω
7.14.8. Mistura adiabática de duas correntes
Eliminando das relações acima, temos: 3,am
13
32
13
32
2,
1,
hhhh
mm
a
a
−
−=
−
−=
ωωωω
Na mistura adiabática de duas corrente 1 e 2, o estado da corrente resultante 3 encontra-se sobre a linha reta que une os estados 1 e 2 na
carta psicrométrica
A relação entre as vazões é igual à relação entre as distâncias entre os pontos.
7.14.9. Exemplo
O ar saturado que sai da seção de resfriamento de um sistema de condicionamento de ar a 14oC e com vazão de 50 m3/min
é misturado adiabaticamente com ar externo a 32oC e umidade relativa de 60%, cuja corrente possui vazão de 20m3/min. Assumindo uma pressão de 1 atm, determine a umidade
absoluta, a umidade relativa, a temperatura de bulbo seco e a vazão volumétrica da mistura.
Solução:
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )a
3
2a
3
1
a
s2
a
s1
a2
a1
kgm889,0
kgm826,0
kgkg
0182,0kgkg
010,0
kgkJ0,79
kgkJ4,39
==
==
==
vv
hh
ωω
Da carta:
7.14.9. Exemplo
As vazões mássicas de ar seco são:
Assim:
minkg5,22
minkg5,60
2
22
1
11 ====
vVm
vVm aa
kg/min83213 =+= aaa mmm
13
32
13
32
2,
1,
hhhh
mm
a
a
−
−=
−
−=
ωωωω
4,390,79
010,00182,0
5,225,60
3
3
3
3
−
−=
−
−=
hh
ωω
( )
( )
( )a
s3
a3 kg
kg0122,0
kgkJ1,50 == ωh
7.14.9. Exemplo
( )a
3
33o
3 kgm844,089,0C19 === vT φ
Da carta (com a entalpia e a umidade):
A vazão volumétrica é dada por:
/minm1,70 3333 == vmV a
7.15. Torres de arrefecimento
corrente induzida corrente natural
São resfriadores evaporativos fechados
7.16. Exemplo Água de resfriamento sai do condensador de uma usina e entra em uma torre de arrefecimento a 35oC com uma vazão de 100 kg/s. A água é resfriada até 22oC na torre pelo ar que entra a 1 atm, 20oC e 60% de umidade relativa. O ar deixa a torre saturado a 30oC. Desprezando a potência do ventilador, determine: (a) a vazão volumétrica de ar entrando na torre (b) a vazão mássica da água de reposição
Solução:
Considerando a torre como o sistema:
( )
244133
2413
21
hmhmhmhmmmmmmmm
awaw
awaw
aaa
+=+
+=+
==
ωω(ar seco)
(umidade)
(energia)
7.16. Exemplo
Avaliando a conservação da água:
( )1243 ωω −==− arepww mmmm (1)
E a conservação da energia:
( ) ( ) 412433 hmhhmhhm repaw −−=− (2)
Substituindo (1) em (2):
( )( ) ( ) 41212
433
hhhhhmm w
a ωω −−−
−=
43 wwrep mmm −=kgkJ28,92
kgkJ64,146
C22,4
C35,3
o
o
==
==
l
l
hh
hhSabe-se que:
Tab. Sat.
7.16. Exemplo
43 wwrep mmm −=
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )a
3
1
a
s2
a
s1
a2
a1
kgm842,0
kgkg
0273,0kgkg
087,0
kgkJ0,100
kgkJ2,42
=
==
==
v
hh
ωω
Da carta:
Substituindo:
kg/s9,96=am
7.16. Exemplo
43 wwrep mmm −=
A vazão volumétrica é dada por:
/sm6,81 311 == vmV a
A vazão da água de reposição é:
( ) kg/s1,8012 =−= ωωarep mm
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