Balanço de energia transiente - Anotações - Engenharia, Notas de estudo de Engenharia Química. Universidade Estadual do Norte Fluminense (UENF)
GloboTV
GloboTV7 de Março de 2013

Balanço de energia transiente - Anotações - Engenharia, Notas de estudo de Engenharia Química. Universidade Estadual do Norte Fluminense (UENF)

PDF (358.4 KB)
9 páginas
4Números de download
1000+Número de visitas
Descrição
Apostilas de Engenharia Química e de Alimentos sobre o estudo do Balanço de energia transiente, balanço de energia em processos não reativos.
20pontos
Pontos de download necessários para baixar
este documento
baixar o documento
Pré-visualização3 páginas / 9
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Pré-visualização finalizada
Consulte e baixe o documento completo
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Pré-visualização finalizada
Consulte e baixe o documento completo
Microsoft Word - energia_transiente.doc

1

BALANÇOS DE ENERGIA EM PROCESSOS TRANSIENTES

1. Balanço de energia em processos não reativos.

De uma forma geral para processos não reativos que possuam uma fase podemos escrever o balanço energético considerando que:

{energia que entra} – {energia que sai} = {acúmulo de energia} (1)

uma vez que a energia não pode ser gerada ou consumida.

Considerando que a Esis é a energia total (interna+cinética+potencial) e que a massa que entra e sai do sistema é representada por qe e qs, de forma análoga a desenvolvida para balanço de massa em estado não estacionário. Podemos aplicar o balanço de energia a equação acima em um sistema por um intervalo de tempo de t a (t+∆t), durante o qual as propriedades das correntes permanecem aproximadamente constantes. Desta forma temos que:

sispsisksissis EEUEAcúmulo ;; ∆+∆+∆=∆=

tWtQtgZvHmEntra eeee ∆+∆+∆ 

  

 ++=

2 ˆ

2

tgZvHmSai ssss ∆ 

  

 ++=

2 ˆ

2

Ao substituirmos as expressões na equação de balanço dividindo-a por ∆t e aproximando ∆t → 0, temos a equação diferencial para o balanço de energia.

ss s

sse e

ee sispsisksis WQgZvHmgZvHm

dt Ed

dt Ed

dt dU

++ 

  

 ++−

  

 ++=++

2 ˆ

2 ˆ)()(

22 ;;

A equação é difícil de ser resolvida e algumas restrições podem ser feitas considerando os sistemas que serão analisados.

As restrições que serão feitas são:

- O sistema possui uma única corrente de alimentação e de saída de forma que a massa do sistema não varia com o tempo e cada corrente escoa a mesma vazão mássica ou molar; me=ms=m.

- A variação de energia cinética e de energia potencial, na entrada e na saída do sistema podem ser consideradas iguais a zero.

docsity.com

2

A partir destas considerações a equação pode ser simplificada e escrita como:

( ) ssesis WQHHmdt dU

++−= ˆˆ

caso considerarmos um sistema fechado o termo Ws deve ser substituído por W (trabalho total).

A equação na sua forma simplificada, embora aparentemente fácil, é difícil de ser obtida. Caso a temperatura e a composição variem com a posição no sistema será difícil expressar a energia interna total em termos de quantidades mensuráveis. Problema análogo ao encontrado quando ocorre mudança de fase em processos com reação química. Para solucionar os problemas de balanço de energia sem considerar as complexidades termodinâmicas do sistema serão feitas ainda restrições adicionais.

- A temperatura e composição não variam com relação a posição no sistema analisado. Conseqüentemente a temperatura do sistema é a mesma temperatura de saída.

Tsaída = T sis

- No sistema não ocorrem mudanças de fase ou reações químicas; Û e Ĥ são independentes da pressão; as capacidades caloríficas Cv e Cp são independentes da composição e da temperatura e desta forma não mudam com o tempo.

Considerando a Tref na qual Ĥ = 0 e M é a massa do sistema podemos escrever:

[ ])(ˆˆ )( rsisvTsissis TTCUMUMU r −∗+== como a massa do sistema M, )(ˆ rTU e Cv são constantes temos que:

dt dTMC

dt dU sis

v sis =

)(ˆ refepe TTCH −=

)(ˆ refsisps TTCH −=

Onde Te e Tsis são as temperaturas de entrada e de saída da corrente de massa m.

docsity.com

3

finalmente substituindo as expressões no balanço de energia e considerando o sistema aberto temos:

ssisep sis

v WQTTmCdt dTMC ++−= )(

Para um sistema fechado a equação é:

WQ dt dTMC sisv +=

desta forma as equações acima são válidas quando:

- as variações de energia cinética e energia potencial são negligenciáveis;

- não há acumulação de massa no sistema;

- a energia interna e a entalpia são consideradas independentes da pressão;

- não há mudança de fase ou reação química no sistema; e

- todos os pontos do sistema estão a mesma temperatura (não há variação de temperatura).

Exemplo1. (Felder)

Um reator batelada acoplado a um sistema de agitação e coberto com uma manta elétrica é carregado com uma mistura de reagentes na forma líquida. Os reagentes precisam ser aquecidos de uma temperatura inicial de 25oC a 250oC para que a reação se inicie. A partir das informações fornecidas calcule o tempo necessário para o processo de aquecimento.

Reagentes: Massa = 1,5 kg ; Cv = 0,900 cal/goC

Reator: Massa = 3,0 kg ; Cv = 0,12 cal/goC

Q = 500 W

Considerações: - Não mudanças de fase durante o aquecimento;

- o agitador não adiciona energia ao sistema.

docsity.com

4

Solução. Podemos verificar que toda as condições para aplicação da equação para sistemas fechados são observadas e como podemos desprezar a energia fornecida pelo sistema de agitação temos:

Q dt dTMC sisv =

Tsis = 25oC ; t=0

A etapa seguinte será integrar a equação do estado inicial indicado acima até o estado final ( t=tf; Tsis= 250ºC)

∫ ∫= 250

25 0

tf

sisv QdtdTmC

como m; Cv e Q são constantes temos:

fv QtMC =− )25250(

logo: Q MCt vf

= 225

A capacidade calorífica do sistema pode ser calculada considerando a massa do reator e dos reagentes.

C calMCMCCM oreatorvreagentesvv 710.112,0*000.39,0*500.1)()(* =+=+=

M*Cv= 1710 cal/oC * 4,184 J / cal = 7.150 J / oC

E o tempo necessário será:

min7,533220 )/(500

)/(7150*)(225 === s

sJ CJCt oo

f

Exemplo 2.

Um equipamento contido em um compartimento gera calor a uma taxa constante de 8530 BTU/min. O ar de resfriamento circula rapidamente de forma que sua temperatura pode ser considerada uniforme e igual a de saída do ar. A taxa na qual o ar passa pelo equipamento é de 6,0 lbmol/min sendo alimentado a 65oF. Uma média de 0,2 lbmol de ar fica contida no compartimento do equipamento (a variação da massa será desprezada com a mudança de temperatura do ar). A taxa na qual o calor perdido nas vizinhanças do compartimento é: Qd(BTU/min)= 33,0 (T-65,0oF). O equipamento começa a funcionar com o ar a 65oF.

docsity.com

5

Calcule a temperatura do ar se o equipamento opera continuamente. Considere Cv = 5,00 BTU/lbmoloF.

Escreva a equação diferencial para a variação da temperatura com o tempo e resolva-a.

Solução :

Sistema: Considera-se o ar contido no compartimento

1- No estado estacionário a equação do balanço de energia pode ser obtida igualando-se dT/dt = 0, desta forma:

ssisep sis

v WQTTmCdt dTMC ++−== )(0

como Te = 65 oF; Ts = Temperatura do estado estacionário;

Ws = 0 ; e Q = Qg (gerado) - Qd(dissipado)

Temos

QTTmC sisep +−= )(0

)0,65(0,338530)0,65( −−=−⋅ sissisp TTmC

como Flbmol

BtuRCC ovp 99,699.15 =+=+=

substituindo na equação;

)0,65(0,338530)0,65(99,6 min

0,6 −∗−=−∗∗ sso TTFlbmol Btulbmol

logo a temperatura de saída será:

FT os 179=

2 – A equação para o estado não-estacionário para o sistema pode ser escrita como:

dgpv QQTmCdt dTMC −+−= )0,65(

Considera-se a massa de ar contida no compartimento:

M = 0,2 lbmol Ar; Cv = 5 BTU/lbmoloF; mCp = 41,9 Btu/minoF;

docsity.com

6

)0,65(0,338530 −∗−=− sdg TQQ

substituindo os valores na equação temos:

FTt

T dt dT

o65;0

400.139,74

==

+−=

pode-se checar o resultado da equação para o estado estacionário (primeira parte do problema) fazendo dT/dt = 0.

a solução da equação é obtida por separação de variáveis e integração (a

integral é do tipo ∫ = )ln(uu du

; onde u= 13.400 – 74,9T e du = - 74,9 dT). A

condição inicial é t=0, T=65oF e a equação será integrada em função do tempo (t) e da temperatura (T), para obter-se a relação T= f(t)

∫ ∫=− T t

dt T

dT 65 09,74400.13

tT T

=

 

 −− 65

)9,74400.13ln( 9,74

1

)8532ln(9,74)9,74400.13ln( +−=− tT

)9,74exp(85329.74400.13 tT −=−

)9,74exp(114179 tT −−=

pode-se plotar o gráfico onde a condição inicial é 65oF e após 5 segundos a temperatura de saída é de 178,78oF.

0

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

0 1 2 3 4 5 6 7 8

t (s)

T (o

F)

Gráfico 1: Variação da temperatura (oF) do ar com o tempo(s).

docsity.com

7

Exemplo 3. (7.5 Himmelblau) Óleo inicialmente a 60oF esta sendo aquecido em um tanque com agitação (perfeitamente misturado) com vapor saturado que condensa nas serpentinas a 40 psia. (T=297 oF) Se a transferência de calor é dada pela lei de Newton para o aquecimento,

)( óleovap TThdt dQQ −==&

Onde Q é o calor transferido em Btu e h é o coeficiente de transferência de calor em Btu/ h oF . Determine: 1 - Em quanto tempo a temperatura do óleo aumentará de 60 a 90 oF? 2 - Qual é a máxima temperatura que pode ser atingida no tanque. Dados: • Potencia do motor = 1 hp ; eficiência = 0,75 • Quantidade inicial de óleo = 5.000 lb • Vazão de escoamento de óleo na entrada = 1.018 lb/h (T=60 oF) • Vazão de escoamento de óleo na saída = 1.018 lb/h (T=60 oF) • h = 291 Btu/ h oF • Cpóleo = 0,5 Btu / lb oF

Solução: O sistema é o óleo do tanque. A variável independente será o tempo (t) e a variável dependente será a temperatura do óleo no tanque, que é igual à temperatura do óleo descarregado. Como a massa que entra no sistema é igual a massa que sai, no que diz respeito a quantidade de óleo considera- se o processo em estado estacionário. A primeira etapa consiste em estabelecer o balanço de energia no estado não-estacionário

ssisep sis

v sist WQTTmC

dt dT

MC dt dU

++−== )(

A taxa de variação de energia interna é essencialmente a taxa de variação de entalpia (dU/dt = dH/dt) porque 0/)( ≅dtpVd . Logo a taxa de variação de entalpia dentro do tanque pode ser escrita como:

dt FdT

Flb Btulb

dt dT

CpM dt dH o

o sis )(

))(( 5,05000

=∗= = dt dT500.2

e a variação da entalpia da corrente de óleo pode ser escrita como:

docsity.com

8

)60(5,0018.1)( sisosisep

T Flb Btu

h lbTTmC

− =− =

h BtuT )60(509 −−

Onde Te=60 oF Para a taxa de transferência de calor dada pela lei de Newton, temos:

)( óleovap TThdt dQQ −==& = )267(291 saídao TFh

Btu

e para a energia introduzida pelo motor temos:

h Btu

h s

hps BtuhpW 910.1

1 36007608,075,01 =

∗ ∗=

Então; substituindo os termos na equação do balanço global, podemos escrever;

1910)267(291)60(509500.2 +−∗+−∗−= TT dt dT

Lembrando que; T= Tsis=Tsaida; e fazendo os cálculos, chegamos a seguinte equação diferencial:

T

dt dT 32,01,44 −=

a solução da equação é obtida por separação de variáveis e integração entre os limites de temperatura propostos. Resposta do item 1: Para calcular o aumento de temperatura até 90oF consideramos os limites: t= 0 ; T = 60oF e t = Θ T= 90 oF

∫ ∫ Θ

= −

90

60 0)32,01,44( dt

T dT

A primeira integral é do tipo ∫ = )ln(uu du

; onde u= 44,1 – 0,32T

e du = - 0,32 dT e resolvendo-a temos; a segunda integral é igual a Θ, logo:

90

60 )32,01,44ln(

32,0 1 T−∗−=Θ =1,52 h

docsity.com

9

Resposta do item 2: Para determinar a temperatura máxima que pode ser obtida no aquecimento considerara-se que dT/dt=0; logo:

T32,01,440 −=

E a temperatura máxima que pode ser obtida é T= 137,8 oF

Bibliografia

Felder, R. M. & Rousseau, R.W. Elementary Principles of Chemical Processes. Ed John Wiley & Sons 2a. Edicão. 1986.

Himmelblau, D. M. Engenharia Química Princípios e Cálculos. Ed. PHB. Sexta edição. 1996.

docsity.com

comentários (0)
Até o momento nenhum comentário
Seja o primeiro a comentar!
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Docsity is not optimized for the browser you're using. In order to have a better experience we suggest you to use Internet Explorer 9+, Chrome, Firefox or Safari! Download Google Chrome