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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”)


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


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


O vapor pode ser considerado gás ideal!

Condições típicas de A/C -10oC < T < 50oC

ps < 12 kPa


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)


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


Curva de saturação da água


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 umidade 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 temperatura 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)


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


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)]


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+=


)(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


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.


Caminho do processo em um diagrama T-s para o vapor d’água


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)


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!


( )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


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


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).


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


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



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



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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