Operações Unitárias

27 VISUALIZAÇÕES DOWNLOAD
Carolina Herrera 212 VIP Baner Horizontal(728x90)

27 VISUALIZAÇÕES DOWNLOAD

Operações Indústri Escoamento de Fluid Bombas Centrífugas Caracterização de Pa Fuidodinâmica de Si Mistura e Agitação Unitárias da a Química I os rtículas stemas Particulados

Revisão 1.1

UNIDADES E DIMENSÕES A medida de qualquer grandeza física pode ser expressa como o produto de dois valores, sendo um a grandeza da unidade escolhida e o outro o número dessas unidades. Assim, a distância entre dois pontos pode ser expressa com 1 m, ou como 100 cm ou então como 3,28 ft. O metro, o centímetro e o pé (foot) são respectivamente as grandezas das unidades e 1, 100 e 3,28 são os correspondentes números de unidades. Quando a magnitude da quantidade medida depende da natureza da unidade escolhida para se efetuar a medida, diz-se que a quantidade em questão possui dimensão.

Dimensões: são conceitos básicos de medidas tais como: comprimento (L), massa (M), força (F), tempo (T) e temperatura (?).

Unidades: são as diversas maneiras através das quais se pode expressar as dimensões. Exs: Comprimento – centímetro (cm), pé (ft), polegada (in) Massa – grama (g), libra massa (lbm), tonelada (ton) Força – dina (di), grama força (gf), libra força (lbf) Tempo – hora (h), minuto (min), segundo (s)

• Regra para se trabalhar corretamente com as unidades: Tratar as unidades como se fossem símbolos algébricos.

Não se pode somar, subtrair, multiplicar ou dividir unidades deferentes entre si e depois 1 cm + 1 s é 1 cm + 1s

No entanto, em se tratando de operações cujos termos apresentam unidades diferentes, mas com as mesmas dimensões, a operação pode ser efetuada mediante uma simples transformação de unidades.

1 m + 30 cm (dois termos com dimensões de comprimento) 1 m = 100 cm então, 1 m + 30 cm = 100 cm + 30 cm = 130 cm

SISTEMAS DE UNIDADES As grandezas básicas e as derivadas podem ser expressas nos vários sistemas de unidades.

Revisão 1.2

I. Dimensões básicas MLT? (sistema absoluto) I.a – Sistema Internacional de Unidades (S.I.)

Este sistema está sendo adotado internacionalmente e baseia-se no anterior sistema metro-quilograma-segundo (M. K. S.) no qual as unidades básicas são as seguintes:

Comprimento – metro (m) L Massa – quilograma (kg) M Tempo – segundo (s) T Temperatura – Kelvin (K) ?

Este sistema é uma modificação do sistema C.G.S. em que se usam unidades maiores. A unidade de força, chamada Newton, é a que dará uma aceleração de 1 metro por segundo por segundo e uma massa de 1 quilograma.

7 I.b – Sistema pé-libra-segundo (F.P.S.) Neste sistema usam-se as seguintes unidades básicas:

Comprimento – pé (ft) L Massa – libra massa (lbm) M Tempo – segundo (s) T Temperatura – Rankine (R) ?

A unidade de força, o poundal, é a força que provocará uma aceleração de 1 pé por segundo por segundo a uma massa de 1 libra massa, ou seja:

-2 1 poundal = 1 (libra massa) (pé) (segundo) Neste sistema as unidades básicas são as seguintes

Comprimento – centímetro (cm) L Massa – grama (g) M Tempo – segundo (s) T Temperatura – Kelvin (K) ?

A unidade de força é a força que dará a uma massa de 1 grama aceleração de 1 -2 Portanto, 1 dina = 1 (grama) (centímetro) (segundo) A unidade de energia correspondente é o dina-cm que se chama erg.

Revisão 1.3

II. Dimensões básicas FLT? (sistema gravitacional) II.a. Sistema Britânico Gravitacional

Este sistema usa também o pé e o segundo para unidades de comprimento e tempo, A libra força é definida como a força que imprime à massa de uma libra uma Portanto, as unidades fundamentais são:

Comprimento – pé (ft) L Força – libra força (lbf) F Tempo – segundo (s) T Temperatura – Rankine (R) ?

A unidade de massa neste sistema chama-se slug e é a massa que recebe uma aceleração de 1 pé por segundo por segundo com a aplicação de 1 libra força, isto é:

-1 2 1 slug = 1 (libra força) (pé) (segundo)

II.b – M.K.S. técnico ou gravitacional Este sistema tem como unidade de força o quilograma força (kgf), que é a força que dará uma aceleração de 9,81 metro por segundo por segundo a uma massa de 1 quilograma. Sua unidades são:

Comprimento – metro (m) L Força – quilograma força (kgf) F Tempo – segundo (s) T Temperatura – Kelvin (K) ?

No sistema absoluto, a unidade de força é definida pela lei de Newton em termos de massa e aceleração, ou seja:

2 F = m a (F) = (ML/T ) Então o quilograma (kg) e a libra massa (lbm) são definidas independentemente da lei de Newton, enquanto que o Newton (N) e o poundal são unidades de força derivadas pela própria lei.

Revisão 1.4

Já no sistema gravitacional a unidade de massa é que passa a ser definida pela lei de Newton em termos de força e aceleração. Então:

2 m = F/a (M) = (FT /L) Desse modo resulta que o quilograma força (kgf) e a libra força (lbf) são definidas independentemente da lei de Newton enquanto que UTM e slug são unidades derivadas. Como unidades de força e massa podem ser definidas independentemente da lei de Newton, surge a necessidade de utilizar-se um fator de conversão para tornar a equação dimensionalmente consistente.

F = K m a ou F = 1 ma g c

=F=1 Então: K ma g c No sistema internacional de unidades S.I. por exemplo, a unidade de força é o Newton então:

= 1N = 1 kg m K ou g 2 c2 kg m s N s

Deste modo : ? 1N ?( )( ) F = ? 2 ? 1kg 1 m s = 1 N 2

? kg m s ? No sistema C.G.S. a unidade de força é a dina, portanto:

K = 1 dina ou g = 1 g cm 2c2 g cm s dina s

Sendo assim : ? 1 dina ?(1 g)(1 cm ) F = ? ? 2 = ? s 1 dina ? g cm s2 ?

Revisão 1.5

III. Dimensões básicas FMLT? (sistema híbrido) III.a. No sistema Inglês de Engenharia (English Engineering System), a unidade de força é a libra força (lbf), a unidade de massa é a libra massa (lbm), a unidade de comprimento é o pé (ft), a unidade de tempo é o segundo (s) e a unidade de temperatura o grau Rankine (R). Neste sistema exige-se que o valor numérico da força e da massa sejam os mesmos na Então: 2 F = K 1 lbm g ft/m = 1 lbf

e K = 1 lbf g lbm ft s2 O valor numérico escolhido para o K é de 1/32,174 que é o mesmo valor da aceleração 2 da gravidade em ft/s ao nível do mar e a 45 de latitude.

Resulta que: K = 1 , g c = lbm ft onde g 32,174 c2 lbf s

III.b. Da mesma forma é definido o gc para um outro sistema híbrido que tem como unidade de força o quilograma força (kgf), de massa o quilograma (kg), de comprimento o metro (m), de tempo o segundo (s) e de temperatura o grau Kelvin (K).

= kg m Portanto, g 9,81 c2 kgf s SISTEMA Dimensões básicas Unidades Comprimento Força Massa Tempo Temperatura SI

FPS CGS MLT? Metro Pé Centímetro Newton* poundal* dina* Quilograma

libra massa grama segundo segundo segundo Kelvin Rankine Kelvin British Gravitacional System

MKS técnico FLT? Pé Metro libra força quilograma força Slug*

Revisão 1.6

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA QUÍMICA ENG 184 – OPERAÇÕES UNITÁRIAS DA INDÚSTRIA QUÍMICA I Notas Complementares

CRANE – Nomenclature, pags. 3-2, A-3, A-6, A-23, A-24, A-25, A-26, A-27, A-28, A-29, A-30, B-10, B-11, B-16, B-17, B-18, B-19.

RIVETED STEEL – aço rebitado CONCRETE – concreto WOOD STAVE – madeira aparelhada CAST IRON – ferro fundido GALVANIZED IRON – ferro galvanizado ASPHALTED CAST IRON – ferro fundido asfaltado COMMERCIAL STEEL – aço comercial DRAWN TUBING – tubo estirado (tubulação moldada por extrusão) CARBON STEEL – aço carbono ALLOY STEEL – aço liga STAINLESS STEEL – aço limpo inoxidável GATE VALVES – válvula gaveta WEDGE DISC, DOUBLE DISC, PLUG DISC – disco de cunha, disco duplo, tipo plug GLOBE AND ANGLE VALVES – válvulas globos e válvula ângulo SWING CHECK VALVES – válvulas de retenção de portinhola LIFT CHECK VALVES – válvulas de retenção de levantamento TILTING DISC CHEC VALVES – válvulas de retenção de disco inclinado STOP-CHECK VALVES – válvulas de retenção tipo bloqueio FOOT VALVES WITH STRAINER – válvulas de pé com crivo BALL VALVES – válvulas esferas BUTTERFLY VALVES – válvulas borboleta PLUG VALVES AND COCKS – válvulas plug e registro STRAIGHT-WAY – passagem reta 3-WAY – três vias MITRE BENDS – curvas em gomos STANDARD ELBOWS – cotovelos ou joelhos padrões STANDARD TEE – te padrão 90 PIPE BENDS – curvas de 90 FLANGED OR BUTT-WELDING 90 ELBOWS – joelho de 90 (flangeado ou soldado) POPPET DISC – disco corrediço HINGED DISC – disco com articulação FLOW THRU RUN – com fluxo direto FLOW THRU BRANCH – com fluxo ramal

Revisão 1.7

FONTE: “Tubulações Industriais” – Pedro C. Silva Telles Os diâmetros comerciais dos “tubos para condução” de aço-carbono e de aço-liga estão definidos pela norma americana ANSI.B.36.10 e para os tubos de aços inoxidáveis pela norma ANSI.B.36.19. Todos esses tubos são designados por um número chamado “Diâmetro A norma ANSI.B.36.10 abrange tubos desde 1/8” até 36” e a norma ANSI.B.36.19 abrange tubos de 1/8” até 12”. De 1/8” até 12” o diâmetro nominal não corresponde a nenhuma dimensão física dos tubos; de 14” até 36” o diâmetro nominal coincide com o Para cada diâmetro nominal fabricam-se tubos com várias espessuras de parede. Entretanto para cada diâmetro nominal, o diâmetro externo é sempre o mesmo variando apenas o diâmetro interno, de acordo com a espessura dos tubos. Por exemplo os tubos de aço de 8” de diâmetro nominal, tem todos um diâmetro externo de 8,625”. Quando a espessura deles corresponde à série 20, a mesma vale 0,250” e o diâmetro interno vale 8,125”. Para a série 40, a espessura vale 0,322” e o diâmetro interno 7,981”, para a série 80, a espessura vale A série completa de 1/8” até 36” inclui um total de cerca de 300 espessuras diferentes. Dessas todas, cerca de 100 apenas são usuais na prática e são fabricadas corretamente. As demais espessuras fabricam-se apenas por encomenda. Os diâmetros nominais padronizados pela norma ANSI.B.36.10 são os seguintes: 1/8”, 1/4″, 3/8”, 1/2″, 3/4″, 1”, 1 1/4”, 1 1/2″, 2”, 2 1/2”, 3”, 3 1/2”, 4”, 5”, 6”, 8”, 10”, 12”, 14”, 16”, 18”, 20”, 22”, 24”, 26”, 30”, 36”. Os diâmetros nominais de 1 ¼”, 2 ½”, 3 ½” e 5”, embora constem nos catálogos, não Antes da norma ANSI.B.36.10 os tubos de cada diâmetro nominal eram fabricados em três espessuras diferentes conhecidas como: “Peso Normal” (Standard-STD), “Extra Forte” (Extra-strong-XS) e “Duplo Extra Forte” (Double extra-strong-XXS). Estas designações Pela norma ANSI.B.36.10 foram adotadas as séries Schedule Number para designar a espessura (ou peso) dos tubos. O número de série é um número obtido aproximadamente pela seguinte expressão: Série (Schedule Number) = 1000 P/S em que: P = pressão interna de trabalho em psig S = tensão admissível do material em psia A citada norma padronizou as séries 10, 20, 30, 40, 60, 80, 100, 120, 140 e 160 sendo que, para a maioria do diâmetros nominais apenas algumas dessas espessuras são fabricadas. A série 40 corresponde ao antigo “peso normal” nos diâmetros até 10” e são espessuras mais comumente usadas na prática para os diâmetros de 3” ou maiores. Para os tubos acima de 10”, a série 40 é mais pesada do que o antigo peso normal. Para os tubos até 8” a série 80 corresponde ao antigo XS. Fabricam-se ainda os tubos até 8” com a espessura XXS, que não tem correspondente exato nos números de série, sendo próximo da série 160.

Revisão 1.8

ENG184 – Operações Unitárias I : Revisão Exercícios: 1. O sistema abaixo indica uma bomba retirando água de uma lagoa de abastecimento para um reservatório. Determinar a perda de carga entre a lagoa e o tanque para uma vazão de 3o 142 m /h. A temperatura da água é 27 C e a tubulação de aço carbono.

Ø =4”sch 40 L = 250 ft 3 J 90o 1 válvula gaveta (aberta) Tanque

Ø = 6”sch 40 L = 200 ft 2 J 90o 1 válvula gaveta (aberta) Redução 6” para 4”

8 ft Ø = 6”sch 40 L = 75 ft lagoa 2. Calcular a perda de carga entre os pontos (1) e (2) no sistema abaixo:

L = 12′ 4 (1) Válvula de retenção L = 8′ 2 L = 10′ 3 Curvas de 90o de raio longo.

L = 4′ 5 (2) L = 20′ 1 Válvula gaveta

Dados: líquido = água retenção = swing check valves ?água = 62,371 lbm/ft o3 Temperatura = 60 F Diâmetro = 4” sch 40 µágua = 1,2 cp Perry 5-36 Material = aço carbono Vazão = Q = 300 gpm

Revisão 1.9

UNIDADES E DIMENSÕES Quantidade Física Dimensões Sistemas métricos Sistema MLT Sistema FLT Sistema CGS Sistema Internacional comprimento L L cm m área 2 L 2 L 2 cm 2 m massa M -1 2 FL T g kg volume 3 L 3 L 3 cm 3 m tempo T T s s vazão 3 -1 LT 3 -1 LT 3 cm /s 3 m /s velocidade -1 LT -1 LT cm/s m/s aceleração -2 LT -2 LT 2 cm/s 2 m/s força -2 MLT F g cm/s = dina 2 kg m/s = N impulso -1 MLT FT g cm/s = dina s kg m/s = N s energia, trabalho 2 -2 ML T FL 22 g cm /s = dina cm = erg 22 kg m /s = N m = Joule potência 2 -3 ML T -1 FLT 23 g cm /s = dina cm/s = erg/s 23 kg m /s = Joule/s = Watt densidade -3 ML -4 2 FL T 3 g/cm 3 kg/m velocidade angular -1 T -1 T rad/s rad/s aceleração angular -2 T -2 T 2 rad/s 2 rad/s torque 2 -2 ML T FL 22 g cm /s = dina cm 22 kg m /s = Nm momento angular 2 -1 ML T FLT 2 g cm /s 2 kg m /s momento de inércia 2 ML 2 FLT 2 g cm 2 kg m pressão -1 -2 ML T -2 FL 2 g/(cm s ) = 2 dina/cm 2 kg/(m s ) = 2 N/m viscosidade (µ) -1 -1 ML T -1 FL T g/(cm s) = 1 poise = 2 1 dina s/cm kg/(m s) = 2 N s/m viscosidade cinemática (?) 2 -1 LT 2 -1 LT 2 cm /s 2 m /s pressão superficial -2 MT -1 FL 2 g/s = dina/cm 2 kg/s = N/m

Revisão 1.10

CONVERSÃO DE UNIDADES Comprimento 1 Km = 1000 m 1 m = 100 cm = 39,37 in = 3,28 ft -2 1 cm = 10 m -3 1 mm = 10 m 1 µ = 10 m -6

1 mµ = 10 m -9 -10 1 Å = 10 m 1 in = 2,54 cm 1 ft = 30,48 cm = 12 in Area 2 -6 2 1 mm = 10 m 2 -4 2 1 cm = 10 m 2 32 1 m = 1,55 x 10 in 2 62 1 Km = 10 m 22 1 in = 6,45 cm 2 -3 2 1 ft = 92,9 x 10 m Volume -3 1 ml = 10 l 33 1 l = 10 cm 3 -3 3 1 mm = 10 cm 3 1 cm = 1 ml 333 1 dm = 10 cm 393633 1 m = 10 mm = 10 cm = 10 l 33 1 in = 16,39 cm 33 1 ft = 28,32 x 10 cm3 Massa -3 1 g = 10 Kg 33 1 Kg = 10 cm = 2,2 lbm 3 1 ton = 10 Kg 1 lbm = 453,6 g 1 slug = 32.17 lbm = 14,59 Kg 1 onça = 28.35 g (avdp) Velocidade 1 Km/h = 0.2778 m/s = 0,9113 ft/s = 27.78 cm/s 1 mm/s = 3.6 m/h 1 cm/s = 26 m/h 1 m/s = 3600 m/h = 100 cm/s 1 m/min = 60 m/h = 0,017 m/s = 3.28 ft/min 1 m/h = 3,28 ft/h = 0,0109 in/s 1 ft/s = 1097,28 m/h = 18,288 m/min = 0,3048 cm/s = 12 in/s

Revisão 1.11

Densidade 3333 1 g/cm = 1000 Kg/m = 62.43 lbm /ft = 1 g/ml = 0.003613 lbm /in 33 1 Kg/cm = 32,13 lbm/in 3333 1 Kg/m = 0,001 g/cm = 0.06243 lbm /ft = 3.61 lbm /in 33 lbm/in = 27,68 g/cm 3 -4 3 lbm/ft = 5.79 x 10 lbm/in Vazão 333 1 l/s = 3600 l/h = 60 l/min = 61,02 in /s = 2,12 ft /min = 0,035 ft /s 3 -3 3 1cm /s = 2.12 x 10 ft /min 33 1 m /min = 1000 l/min = 35,31 ft /min 33 1 in /s = 58,99 l/h = 0,03472 ft /min 3 3333 1 f t /s = 101940,26 l/ h = 28 , 32 cm /s = 3600 ft /h = 1728 in /s = 60 ft /min Tensão superficial -3 1 dina/cm = 10 N/m 1 gf/cm = 98.07 N/m 1 Kgf/m = 9,81 N/m 1 lbf/ft = 14.59 N/m Pressão 2 2 -4 1 dina/cm = 0,01 Kgf/m = 0,001 cm H20 = 7,5 cm de Hg = 4 x 10 in de H20 = -3 2 2 -5 -8 = 2,09 x 10 lbf/ft = 1,45 lb /in = 2,95 x 10 in de Hg = 10 atm 2 2 -3 -4 2 -7 1 N/m = 1 pasca1 = 0,101 Kgf/m = 7,5 x 10 m de Hg = 1.45 x 10 lbf/in = 10 atm 2222 2 1 gf/cm = 981 din/cm = 98,07 N/m = 10 Kgf/m = 0,736 mm de Hg = 2,048 lb /ft = -2 2 -4 = 0.029 in de Hg = 1,4 x 10 lbf/in = 9,68 x 10 atm 232523242 1 Kgf/cm = 981 x 10 din/cm = 10 Kgf/m = 10 gf/cm = 981 x 10 N/m = 4 22 = 10 mm de H2O = 736 mm de Hg, = 2,05 x 103 lbf/ft = 14.22 lbf/in = = 0,968 atm 232 22 1 m de H2O = 9806,6 N/m = 10 Kgf/m = 73,6 mm Hg = 0,1 Kgf/cm = 204,8 lbf/ft = 2 = 3,28 ft de H20 = 2.9 in de Hg = 1,42 lbf/in = 0,097 atm 2222 1 mm de Hg = 1 torr = 1333,2 din/cm = 13,59 Kgf/m = 1,36 gf/cm = 133,32 N/m = 2 = 13,59 mm de H20 = 2,78 lbf/ft = 0,54 in de H20 = 0,045 ft de H20 = -3 = 0.019 lbf/in2 = 1,31 x 10 atm 24222 1 lbf/in = 6,89 x 10 din/cm = 6.89 N/m = 703,07 Kgf/m = 703,07 mm de H20 = 2 22 = 70,31 gf/cm = 0,7031 m de H20 = 0,0703 Kgf/cm = 144 lbf/ft = -2 = 0,1701 ft de Hg = 6.8 x 10 atm 62 52 42 1 atm = 1.013 x 10 din/cm = 1,013 x 10 N/m = 1,033 x 10 Kgf/m = 4 22 = 1,033 x 10 mm de H2O = 1,033 x 103 gf/cm = 10,13 N/cm = 22 = 1,033 Kgf/cm = 14,7 lbf/in = 14,7 psi 1 psia = 1 psi + 1 psig Força 5 1 N = 10 dina = 0,1020 Kgf = 0,2248 lbf 1 pound force (lbf ) = 4,448 N = 0,454 Kgf = 32,17 pounda1s 1 Kgf = 2,205 lb = 9,81 N

Revisão 1.12

Energia 7 -4 1 joule = 1 N.m = 10 ergs = 0,7376 lbf.ft = 0,2309 cal = 9,481 x 10 Btu -3 1 cal = 4,186 joules = 3,968 x 10 Btu 6 1 KWh = 3,6 x 10 joule = 860 Kcal -3 1 eV = 1,602 x 10 joule Potência 7 1 Watt = 1 joule/s = 10 erg/s = 0,2389 cal/s 1 hp = 745,7 Watt 1 KW = 1,341 hp = 0,9483 Btu/s Viscosidade cinemática, difusividade e difusividade térmica 242 426 1 m /s = 10 cm /s = 3,875 x 10 ft /h = 10 centistokes Constante dos gases -1 -1 3 -1 -1 7 2 -2 -1 -1 R = 1,987 cal g.mole K = 82,05 cm atm g.mole K = 8,314 x 10 g cm s g.mole K = 3 2 -2 -1 -1 4 2 -2 -1 -1 = 8,314 x 10 Kg m s Kg.mole K = 4,968 x 10 Lbm ft s lb.mole °R = 3 -1 -1 = 1,544 x 10 lbf lb.mole K °R ft Condutividade térmica -3 -1 -1 -1 -1 -5 -3 -1 -5 -1 -1 1 g cm s K = 1 ergs s cm K = 10 Kg m s K = 10 Watts m K = -5 -3 -1 -6 -l -1 = 4,0183 x 10 lbm ft s °F = 1,2489 x 10 lb s °F = -8 -l -1 -1 -6 -1 -1 -1 = 2,3901 x 10 cal s cm K = 5,7780 x 10 Btu h ft °F -3 -1 5 -1 -1 -1 -3 -1 -1 -1 -1 1 Kg m s K = 10 ergs s cm K = 4,0183 lb ft s °F = 1,2489 x 10 lbf s °F = -3 -l -1 -1 -1 -1 -1 -l = 2,3901 x 10 cal s cm K = 5,7780 x 10 Btu h ft °F -3 -1 4 -3 -1 -1 -3 -1 1 lbm ft s °F = 2,4886 x 10 g cm s K = 2,4886 x 10 Kg m s K = -2 -1 -1 -4 -1 -1 -1 = 3,1081 x 10 lbf s F = 5,9479 x 10 cal s cm K = -1 -1 -1 -1 = 1,4379 x 10 Btu h ft °F -1 -1 5 -3 -1 -3 -1 1 -3 -1 1 lbf s °F = 8,0068 x 10 g cm s K = 8,0068 Kg m s K = 3,2174 x 10 lb ft s °F = -2 -1 -1 -1 -1 -1 -1 = 1,9137 x 10 cal s cm K = 4,6263 8tu h ft °F -1 -1 -1 -3 -1 2 -3 -1 1 cal s cm K = 4,1840 x 107 g cm s K = 4,1840 x 10 Kg m s K = 3 -3 -1 1 -1 -1 2 -1 -1 -1 = 1,6813 x 10 lb ft s °F = 5,2256 x 10 lbf s °F = 2,4175 x 10 Btu h ft °F -1 -1 -1 5 -3 -1 -3 -1 -3 -1 1 Btu h ft °F = 1,7307 x 10 g cm s K = 1,7307 Kg m s K = 6,9546 lbm ft s °F = -1 -1 -1 -3 -1 -1 -1 = 2,1616 x 10 lbf s °F = 4,1365 x 10 cal s cm °K Coeficiente de transferência de calor -3 -1 -3 -3 -1 -3 -2 -1 -3 -3 -1 1 g s K = 10 Kg s K = 10 Watts m K = 1,2248 x 10 lbm s °F = -5 -1 -1 -1 -8 -2 -1 -1 -7 -2 -1 = 3,8068 x 10 lbf ft s °F = 2,3901 x 10 cal cm s K = 10 Watts cm K -4 -2 -1 -1 = 1, 7611 x 10 Btu ft h °F -3 -1 3 -3 -1 -3 -1 -2 -1 -1 -1 1 Kg s K = 10 g s K = 1,2248 lbm s °F = 3,8068 x 10 lbf ft s °F = -5 -2 -1 -1 -4 -2 -1 -1 -2 -1 -1 = 2,3901 x 10 cal cm s K = 10 Watt cm K = 1,7611 x 10 Btu ft h °F -3 -1 2 -3 -1 -1 -3 -1 -2 -1 -1 -1 1 lbm s °F = 8,1647 x 10 g s K = 8,1647 x 10 Kg s K = 3,1081 x 10 lb ft s °F = -5 -2 -1 -1 -5 -2 -1 = 1,9514 x 10 cal cm s K = 8,1647 x 10 Watts cm K = -1 -2 -1 -1 = 1,4379 x 10 Btu ft h °F -1 -l -1 1 -3 -1 1 -3 -1 -3 –1 1 lbf ft s °F = 2,.6269 x 10 t g s K = 2,6269 x 10 Kg s K = 3 ,1740 lbm s ° F = -4 -2 -l -1 -3 -2 -1 -2 -1 -1 = 6,2784 x 10 cal cm s K = 2,6269 x 10 Watts cm K = 4,6263 Btu ft h °F -2 -l -1 7 -3 -1 1 -3 -1 4 -3 -1 1 cal cm s K = 4,1840 x 10 g s K = 4,1840 x 10 Kg s K = 5,1245 x 10 lbm s °F 3 -1 -l -1 -2 -1 3 -2 -1 -1 = 1,5928 x 10 lbf ft s °F = 4,1840 Watts cm K = 7,3686 x 10 Btu ft h °F

Revisão 1.13

-2 -1 7 -3 -1 4 -3 -1 4 -3 -1 1 Watts cm K = 10 g s K = 10 Kg s K = 1,2248 x 10 lbm s °F = 2 -1 -l -1 -1 -2 -l -1 = 3,8068 x 10 lbf ft s °F = 2,3901 x 10 cal cm s K = 3 -2 -1 -1 = 1,7611 x 10 Btu ft h °F -2 -1 -1 3 -3 -1 -3 -1 -3 -1 1 Btu ft h °F = 5,6782 x 10 g s K = 5,6782 Kg s K = 6,9546 lbm s °F = -1 -1 -l -1 -4 -2 -l -1 = 2,1616 x 10 lbf ft s °F = 1,3571 x 10 cal cm s K = -4 -2 -1 = 5,6782 x 10 Watts cm °K Temperatura TR = 1,8 TK TF = TR – 459,67 TF = 1,8TC + 32 TC = TK – 273,15

Bombas centrífugas 2.1

2. BOMBAS CENTRÍFUGAS 2.1. Descrição do equipamento · Fluidos movem-se através de canos, equipamentos ou a atmosferas ambiente por bombas, ventiladores, sopradores e compressores. Estes equipamentos aumentam a energia · O aumento de energia pode ser utilizado para aumentar a velocidade, a pressão ou a · Existem duas classes principais de máquinas que movem fluidos: 1. Aplicando a pressão direta para o fluido ? equipamento de deslocamento positivo. 2. Usando um torque para gerar rotação ? bombas centrífugas, sopradores e compressores.

– A maioria das bombas cai em umas das duas classes principais: Bombas de deslocamento positivo. Bombas centrífugas.

– As bombas de deslocamento positivo impelem uma quantidade definida do fluido em cada golpe ou volta do dispositivo.

– As bombas centrífugas impelem um volume que depende da pressão de descarga ou da energia adicionada.

Bombas de deslocamento positivo Bombas alternativas: – A taxa de fornecimento do líquido é uma função do volume varrido pelo pistão no cilindro e do número de golpes do pistão por unidade de tempo. Para cada golpe do pistão, um volume fixo de líquido é descarregado da bomba.

a A partícula a de fluido é aspirada e de- pois sai com a pressão comunicada pe- lo êmbolo.

Bombas centrífugas 2.2

– eficiência volumétrica = (descarga real)/(descarga baseada no deslocamento do pistão) ? até 95%

– simplex de duplo efeito: possui um único cilindro, utilizando os dois lados do seu volume para impelir o líquido no golpe para a frente e no golpe para trás.

vazão Descarga Descarga Descarga p/ frente p/ trás p/ frente

Dúplex de duplo efeito: possui dois cilindros, com êmbolos separados em cada um deles, o fluido é bombeado no golpe para frente e para trás de cada êmbolo.

vazão Vazão total Cilindro 1 Cilindro 2 – A vazão de descarga do líquido numa bomba alternativa varia com o tempo, em virtude da natureza periódica do movimento do pistão.

– As bombas alternativas imprimem ao fluido as pressões mais elevadas entre todos os tipos de bombas. Por outro lado sua capacidade é relativamente pequena.

Bombas rotativas: – O rotor da bomba provoca uma pressão reduzida no lado da entrada o que possibilita a admissão do líquido na bomba.

– À medida que o elemento gira, o líquido fica retido entre os componentes do rotor e a carcaça da bomba. Finalmente, depois de uma determinada rotação do rotor o líquido é ejetado pelo lado de descarga da bomba.

Bombas centrífugas 2.3

– São utilizadas com líquidos de quaisquer viscosidade, desde que não contenham sólidos abrasivos.

– Operam em faixas moderadas de pressão e tem capacidade que ficam entre as pequenas e as médias.

– Bombas rotatórias: Bombas de engrenagem. Bombas parafusos. Bombas com cavidades caminhantes.

Bombas centrífugas 2.4

Exemplo 2.1: Bombear a uma vazão constante um líquido de densidade igual a da água para um reator. Taxa de 90 gal/min, pressão de 200 psi Capac dade ,r Capac dade i,r r pa a 400 pm

Capac dade i,r r pa a 200 Capacidade, gal/min pm hp para 600 rpm hp para 400 rpm hp para 200 rpm Pressão de descarga, psi

BOMBAS CENTRÍFUGAS i pa a 600 r pm Horsepower ·A velocidade de operação esta entre 400 e 600 rpm ? 450 rpm ·A potência necessária para manter o escoamento ? 21 HP

– As bombas centrífugas são amplamente usadas nas indústrias de processos em virtude da simplicidade do modelo, do pequeno custo inicial, da manutenção barata e da – Vazões de alguns galões/min até vários milhares de galões/min, operando a várias – fluido entra na bomba nas vizinhanças do eixo rotor propulsor e é lançado para a periferia pela ação centrífuga. A energia cinética aumenta do centro do rotor para as pontas das palhetas propulsoras. Esta energia cinética é convertida em pressão quando o fluido sai do impulsor e entra na voluta do difusor.

Carcaça Difusor Eixo motriz Palheta do rotor Rotor Voluta Eixo motriz Carcaça de bomba centrífuga, com voluta Carcaça de bomba centrífuga, com difusor

Bombas centrífugas 2.5

– coração da bomba centrífuga é o rotor. É constituído por diversas palhetas, ou lâminas, conformadas de modo a proporcionarem um escoamento suave do fluido entre cada uma delas.

– As carcaças das bombas centrífugas podem ser feitas de diversas formas, mas a função principal é a de converter a energia cinética impressa ao fluido pelo rotor em uma carga de pressão.

Principais vantagens: 1- É de construção simples. Pode ser construída numa vasta gama de materiais. 8- Não sofre qualquer deterioração se a tubagem de saída entupir durante um período muito longo.

Principais desvantagens: 2- Se não incorporar uma válvula de retenção na tubagem de sucção, o líquido voltará a 3- Não consegue operar eficientemente com líquidos muito viscosos.

– Problemas que podem se a apresentar ao engenheiro químico: c) Projetar um novo sistema para uso com uma bomba existente.

Bombas centrífugas 2.2. Curvas características do sistema (AMT e SCR)

2.2.1 Altura Manométrica Total (AMT) Considerando a bomba instalada no sistema abaixo:

Descarga ou recalque P S (a) Z D Z S 2 1 Sucção 2.6 P D (b) Aplicando a equação da energia (Bernoulli + perdas + W?) entre os pontos (a) e (b), resulta:

PS + Z + VS2 = PD + Z + 2 VD + h + W? (1) ? S 2g ? D 2g f

Onde W representa o trabalho aplicado por um agente externo no eixo da bomba e ? a eficiência mecânica da bomba. Assim, W? já leva em conta a perda de carga do fluido através da bomba.

W? = trabalho aplicado ao fluido Como os termos de energia cinética são desprezíveis em relação aos outros nos casos correntes: ? W? = PD ? P + ? + S Z Z h (2) ?DSf

Os termos do lado direito da igualdade representam alturas. São as chamadas:

PD ? PS = altura manométrica de pressão ? Z ? Z = altura manométrica de elevação DS h = altura manométrica de fricção f

Bombas centrífugas 2.7

Por esta razão -W? é chamado de ALTURA MANOMÉTRICA TOTAL a vencer: AMT = ?H = P ? PS + Z ? Z + h (3) D ?DSf

ZD e ZS ? terão sinais negativos se os dois pontos considerados estiverem abaixo da linha O termo hf pode ser desmembrado: hfD ? perda de carga na descarga.

A equação (3) pode ser reescrita como: ?P ? ?P ? ?H = ? D + ZD + hf D ? ? ? S + ZS ? hf S ? (4) ?1?4424443? ?1?442443? Altura manométrica Altura manométrica a vencer na descarga disponível na sucção

?H pode ser obtido em função de P1 e P2, aplicando-se a equaçãode Bernoulli entre a entrada P ?P ? W? = ?H = + Z ? Z (5) 21 ?21

As perdas através da bomba são incluídas em ?. Como Z2 – Z1 é desprezível em comparação com P1 – P2,, logo:

?H = P ? P1 (6) 2 ?

Colocando em gráfico a equação (3) Função polinomial de grau 2 ?H (m.c.l.) h f

Bombas centrífugas 2.8

2.2.2 Saldo de Carga de Sucção (SCS) ou Net Positive Suction Head (NPSH) – Se a pressão é somente levemente maior que a pressão de vapor, algum líquido pode vaporizar no interior da bomba, reduzindo a capacidade da bomba e causando severas erosões.

– Para evitar a cavitação, a pressão na entrada da bomba deve exceder a pressão de vapor por um certo valor chamado de `saldo de carga de sucção’ (SCS).

O saldo de carga de sucção é definido como: P ?P SCS = 1 v (7) ?

Ou, aplicando a equação de Bernoulli (conservação da energia) entre (a) e a sucção da bomba

2 de (desprezando V /2g) }0 P+ =P+ + SZ1Zh ? S ? 1 fS

P1 = PS + Z ? h (8) ? ? S {f S perda de carga na sucção

Substituindo (8) em (7) P ?P SCS = S v + Z ? h (9) ? S fS

SCS disponível que o sistema oferece a bomba Colocando em gráfico SCS em função da vazão, resulta:

Bombas centrífugas 2.9

SCS (m.c.l.) SCS = PS ? Pv + Z ? h ? S fS 14243 independe da vazão

P ?P S v+Z ?S h fS Q(m3/h) A equação (9) dá o SCS disponível ou seja o saldo ou a quantidade mínima de energia em termos absolutos que deve existir no flange de sucção, para que a pressão neste ponto esteja acima da pressão de vapor do líquido e não haja cavitação.

NO QUADRO EXEMPLO 2.2: Na especificação de uma nova bomba a ser instalada no sistema abaixo 3o calcular, para uma vazão de 20 m /h de ácido sulfúrico a 98% em peso a 25 C (?=1840kg/m3, µ=15 cp, e pressão de vapor = 0,0015mmHg), a) a altura manométrica total, b) NPSH (SCS) disponível.

constante 2 m 14 m 2”sch 40 (aço comercial) 2”sch 40 (aço comercial) ?L = 4 m (incluindo o comprimento ?L = 120 m (incluindo o comprimento equivalente) equivalente)

Bombas centrífugas 2.10

a) ?H x Q b) Potência absorvida x Q c) Rendimento x Q d) SCS requerido x Q

Estas curvas podem ser obtidas: – teoricamente utilizando a teoria da mecânica geral em relação ao efeito do rotor sobre o fluido.

Dois parâmetros da bomba – diâmetro do rotor e velocidade de rotação são considerados no estudo das curvas características das bombas. Uma bomba centrífuga desenvolverá para cada velocidade de rotação (w) e para um determinado diâmetro do rotor (Drotor) uma determinada altura manométrica para uma vazão especificada. Da mesma forma, para cada w e Drotor, haverá um SCS requerido pela bomba em função da vazão, ou seja, para uma determinada vazão, uma determinada bomba requererá um SCS mínimo, abaixo da qual ocorrerá cavitação.

Um outro parâmetro a considerar é a potência desenvolvida pela bomba:

P = Trabalho ? P = m g ?H = m& g ?H tempo tempo

m& = vazão mássica = ?Q (?W) = ?H = = = P PP m& g ?Q g ? Q

BHP = a potência a ser desenvolvida no eixo da bomba (pelo motor) é chamada de potência absorvida ou potência de eixo (Pabs ou BHP – brake horse power).

Bombas centrífugas 2.11

BHP = m& g ?H ? = ?Q g ?H ? Existe uma série de fórmulas prontas para o uso :

BHP = Q ?H d 3960 ? onde : d = densidade relativa do fluido; BHP = (HP); Q = (GPM); ?H = (ft) BHP = ?Q?H 75? onde : BHP = (CV); Q = (m3 s); ?H = (m); ? = (kgf/m3 ) Finalmente, cada bomba tem uma eficiência – definida como ? = P/BHP – variando com a vazão e é fabricada dentro de uma faixa de operação de modo que fora desta faixa, para menos e para mais da vazão de projeto, a eficiência, cai.

Em resumo, para cada W e Drotor ?H BHP BHP ? SCS SCS ?H ? BHP SCS W D rotor

Q Uma outra forma de apresentar a curva de rendimento é a seguinte:

Bombas centrífugas 2.12

2.4. Determinação da curva do sistema e ponto de operação de uma bomba centrífuga

2.4.1. Determinação da curva do sistema Denominamos por curva do sistema uma curva que mostra a variação da altura manométrica total com a vazão ou, em outras palavras, mostra a variação da energia por unidade de peso que o sistema solicita em função da vazão. Para determinar a curva do sistema, vamos considerar a situação sitada no item 2.2.1 sobre AMT. Como vimos, a altura manométrica total pode ser expressa por: H = hd – hs ? ?P ?P ? ( ) ( ) H=? ?+ZD?ZS+hfd+hfs DS ? ? ? 14243 1444244443 H fricção = f (Q) H estático não varia com a vazão O procedimento, em detalhes, será então o seguinte: – Fixam-se arbitrariamente os valores de vazão, em torno de seis, estando entre estes a vazão zero e a vazão com a qual desejamos que o sistema opere. Objetivando a cobertura de uma ampla faixa de vazões, as quatro vazões restantes devem ser fixadas da seguinte forma: ¾ duas de valor inferior à vazão pretendida para operação ¾ duas de valor superior à vazão pretendida para operação – Observando a equação acima, vemos claramente, que para a vazão zero,

? PD ? PS ? ( ) H = Hestático = ? ? + ZD ? ZS ??? – Para as demais vazões, a determinação de H é feita somando ao valor de H estático a perda de carga do sistema para cada vazão.

Bombas centrífugas 2.13

Q1 = 0 ? H estático Q2 < Q3 ? H estático + (hf2 para vazão Q2) Q2 < Q4 ? H estático + (hf3 para vazão Q3) Q4 = vazão pretendida ? H estático + (hf4 para vazão Q4) para operação Q5 > Q4 ? H estático + (hf5 para vazão Q5) Q6 > Q5 ? H estático + (hf6 para vazão Q6)

– De posse dos pares de valores (Q, H) resta-nos apenas locar os pontos e construir uma curva que apresenta uma forma semelhante à da figura abaixo.

H H6 H5 H4 H3 H2 H1 hf5 hf4 hf3 hf2 hf6 Hestático Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q

Curva do sistema 2.4.2 – Determinação do ponto de trabalho Se colocarmos as curvas do sistema no mesmo gráfico onde estão as curvas características da bomba, obteremos o ponto normal de trabalho na interseção da curva Q x ?H da bomba com a curva do sistema.

Bombas centrífugas 2.14

H, ?, Pot ?T H x Q do sistema ?xQ HT Pot x Q PotT HxQ QT Q

Ponto de trabalho (QT, HT, PT, ?T) Então, a bomba teria como ponto normal de trabalho: – vazão (QT) – carga ou head (HT) – potência absorvida (PotT) – rendimento da bomba no ponto de trabalho (?T) Deve-se considerar que existem diversos recursos para modificar o ponto de trabalho e deslocar o ponto de encontro das curvas Q x H da bomba e do sistema. Estes recursos consistem em modificar a curva do sistema, ou modificar a curva da bomba conforme veremos no item 2.5.

2.5. Fatores que influenciam nas curvas características de uma bomba 2.5.1. Velocidade de rotação – a partir da análise dimensional dos fatores que influenciam na `performance’ de uma bomba com diâmetro do rotor fixo, as seguintes relações são obtidas: Para Drotor fixo: a) A vazão é proporcional à rotação

Q=W QW 11 b) A altura manométrica total varia com o quadrado da velocidade de rotação

?H ? W ?2 ? ? ? = H ?W ? 11 c) A potência absorvida varia com o cubo da velocidade de rotação

Bombas centrífugas 2.15

P ? W ?3 = ? ? P ?W? 11 Sempre que alteramos a rotação deve ser feito a correção das curvas características através das relações anteriormente apresentadas para determinação do novo ponto de trabalho, sendo normal o fabricante fornecer as curvas para diferentes velocidades. Por exemplo:

?H ? BHP ?H a W O rendimento é igual para pontos homólogos: ?H a W Q, ?H ? ? 11 Q , ?H ? ? = ? 111 onde Q, ?H , Q e ?H estão ligados 11 pelas relações acima.

aW 1 aW ? ? BHP a W BHP a W 1 2.5.2. Diâmetro do rotor Mantendo-se constante a velocidade de rotação, o efeito do diâmetro do rotor pode ser obtido das relações: Para W constante: a) A vazão é proporcional ao diâmetro do rotor:

Q=D QD 11 b) A altura manométrica total varia com o quadrado do diâmetro do rotor:

?H ? D ?2 = ? ? ?H ? D ? 11 c) A potência absorvida varia com o cubo do diâmetro do rotor:

Bombas centrífugas 2.16

P ? D ?3 = ? ? P ?D ? 11 Ou seja: D = Q = ?H = 3 P D Q ?H P 1111

Observação: Dmax – limitado pelo tamanho da carcaça Dmin – 80% do rotor original

Da mesma forma que com a velocidade de rotação, os fabricantes fornecem curvas para vários diâmetros de rotor.

2.5.3. Efeito da natureza do líquido: Densidade – uma bomba centrífuga tem uma velocidade de rotação constante porque depende somente das características do motor e estas só variam se houver variação na amperagem ou voltagem da linha (rede elétrica). Um aumento ou diminuição da perda de carga no sistema (exemplo: fechamento ou abertura maior de uma válvula), variação na densidade do fluido, enfim, qualquer variação não afeta a velocidade de rotação do motor.

Do ponto de vista da bomba é a velocidade de rotação que imprime altura manométrica ao fluido através da força centrífuga. Como a altura manométrica é expressa por unidade de peso do líquido ela só depende da velocidade de rotação que é constante.

2 22 ?=V=WR H rotor 2g 2g Portanto, qualquer que seja o líquido, a curva ?H x Q da bomba é a mesma, já a curva BHP x Q sofre alterações quando se trabalha com outro líquido.

Bombas centrífugas 2.17

Variando a densidade do fluido Curva ?H x Q ? constante bomba

Curva BHP x Q ? varia EXEMPLO 2.3: Uma bomba que opera com água (d=1,0) num determinado ponto Q x ?H desenvolverá a mesma vazão contra o mesmo ?H quando bombear H2SO4 (d=1,84). Porém o motor terá que desenvolver uma potência 1,84 vezes maior.

Viscosidade – as curvas características fornecidas pelos fabricantes retratam a `performance’ das bombas quando operando com água. Entretanto estas curvas sofrem modificações quando a bomba opera com líquidos muito viscosos. No exemplo anterior foi dito que não haveria variação em Q e ?H para H2SO4 apesar deste possuir viscosidade maior que a da água (? 8 cp contra 1 cp da água) porque a diferença não é marcante. As diferenças aparecem com viscosidade acima de 50 cp aproximadamente.

O gráfico da página seguinte, editado pelo `Hydraulic Institute’, permite a determinação do desempenho da bomba operando com líquido viscoso quando seu desenvolvimento com água é conhecido.

Limites do gráfico: b) Usar somente para bombas de projeto convencional dentro da faixa de operação normal (em torno de ? máximo). Não usar para bombas tipo fluxo misto ou axial ou para líquidos não uniformes.

Bombas centrífugas 2.18

Bombas centrífugas 2.19

Qvis = QwCQ (vazão do fluido viscoso = vazão de água x fator de correção) ?Hvis = ?HwCH ?vis = ?wC? A potência pode ser obtida de: BHP = Qvis?Hvisd 3960? vis vis

INSTRUÇÕES PARA A SELEÇÃO PRELIMINAR DE UMA BOMBA PARA UMA a) Conhecida a capacidade viscosa desejada, a altura manométrica viscosa e a viscosidade e densidade na temperatura de bombeamento, a carta de correção pode ser usada para encontrar a equivalente capacidade e altura manométrica quando bombeando água.

b) Entrar na carta, pela parte inferior com a capacidade viscosa (Qvis) e seguir verticalmente até encontrar a altura manométrica viscosa (?Hvis). Prosseguir em seguida horizontalmente até a viscosidade do fluido em estudo, então subir verticalmente até as curvas de correção para tirar os valores de CQ, C? e CH para 1,0Q?w (capacidade aquosa na qual a máxima eficiência é obtida).

c) Os valores para entrar nas curvas características das bombas, que são referidas às condições aquosas seriam: Q =Q C w vis Q ?H = ?H C w vis H

EXEMPLO 2.4: Selecionar uma bomba para operar 750 gpm contra uma altura manométrica de 100 pés de um líquido que possui uma viscosidade de 1000 SSU (Saybolt Seconds Universal) e uma densidade de 0,90 na temperatura de bombeamento.

Bombas centrífugas 2.20

C? = 0,635 Então: Qw = Qvis/CQ = 750/0,95 = 790 gpm ?Hw = ?Hvis/CH = 100/0,92 = 108,8 = 109

Selecionar, então, uma bomba para uma vazão de água de 790 gpm contra uma altura manométrica total de 109 pés. A seleção deve ser feita de modo que a eficiência seja bem próxima da máxima eficiência. Então, se a bomba selecionada possui uma eficiência de 81% operando 790 gpm de água contra uma carga de 109 pés, a sua eficiência operando o líquido viscoso será: ? = ? × C? ? ? = 81× 0,635 = 51,5% vis w vis E o BHP nas condições viscosas, será : BHP = Qvis × ?Hvis × d ? BHP = 750× 100× 0,90 vis × ? vis × 3960 3960 0,515 vis BHP = 33,1 HP vis

DETERMINAÇÃO DAS CONDIÇÕES DE FUNCIONAMENTO DA BOMBA COM LÍQUIDOS DE ALTA VISCOSIDADE, QUANDO SE CONHECEM AS CONDIÇÕES DE FUNCIONAMENTO COM ÁGUA.

EXEMPLO 2.5: Dadas as curvas características de uma bomba, obtidas em ensaio com água, traçar a curva para o caso de um óleo de densidade igual a 0,90 e viscosidade de 1000 SSU na temperatura de bombeamento.

Bombas centrífugas 2.21

0,6 x Q(água) 0,8 x Q(água) 1,0 x Q(água) 1,2 x Q(água) DADOS DO CATÁLOGO DO FABRICANTE Descarga Q Alt. Manométrica ?H Rendimento ? 450 114 72,5 600 108 80 750 100 82 900 86 79,5 Viscos. do líquido 1000 SSU 1000 SSU 1000 SSU 1000 SSU CQ (do gráfico) CH (do gráfico) C? (do gráfico) 0,95 0,96 0,635 0,95 0,94 0,635 0,95 0,92 0,635 0,95 0,89 0,635 Q x CQ (óleo) ?H x CH (óleo) ? x C? (óleo) 427,5 109,4 46,0 570 101,5 50,8 712,5 92 52,1 855 76,5 50,5 Densidade do líquido 0,90 0,90 0,90 0,90 Potência (líq. viscoso) 23,1 25,9 28,6 29,4

Bombas centrífugas 2.22

2.6. Perda de carga variável Considerando o sistema representado na figura abaixo (o nível do tanque de sucção permanece constante).

(nível constante) V As curvas do sistema e bomba estão representadas abaixo:

?HSistema Bomba Q Para posições da válvula V mais fechada, teremos para uma mesma vazão perdas de carga maiores ao passo que o termo:

Bombas centrífugas ?H 2.23 Sistema h 2 h 1 P ?P D S+Z ?Z ?DS

Q Isto significa a existência de várias curvas, cada uma representando uma situação de perda de carga maior para uma determinada vazão, com o mesmo ponto de interseção com o eixo ?H para Q = 0.

Válvula V na posição mais fechada Válvula V toda aberta ?H Q

Bombas centrífugas nível variável (nível constante) c b a Z S 2.24

Z a Z Zc b À medida que o nível no tanque de descarga varia tem-se uma variação no termo ZD – ZS, o

que significa a existência de várias curvas se deslocando na direção vertical do gráfico ?H x Q.

Obs.: para uma dada vazão, a perda é a mesma, por isso as curvas deslocam-se na vertical e são paralelas umas às outras.

(c) (b) ?H (a) Z- c Z S Z-Z bS Z-Z aS Q 0 AMT = ?H = PD ? P + ? + SZZh ?DSf

Bombas centrífugas 2.25

AMT = ?H = Z ? Z + h aaaSf AMT = ?H = Z ? Z + h bbbSf AMT = ?H = Z ? Z + h cccSf

2.8. Associação de bombas Dois tipos de associação podem existir: – Em série (altura manométrica exigida por um sistema for muito elevada) – Em paralelo (vazão exigida por um sistema for muito elevada) O uso de bombas em associação oferecem maior flexibilidade e segurança operacional.

2.8.1. Bombas em série Neste caso a descarga de cada bomba é ligada à sucção da seguinte, de modo que a vazão do sistema associado é limitada pela bomba de menor vazão, ou, no caso de bombas iguais, a vazão do sistema será igual à vazão de uma bomba enquanto que a altura manométrica desenvolvida será a soma da altura manométrica desenvolvida por cada unidade. Uma bomba de vários estágios funciona como uma associação de bombas em série.

Analisando as alturas manométricas desenvolvidas em termos das pressões de descarga e sucção de cada bomba e desprezando a perda de carga entre uma bomba e outra, temos:

Bombas centrífugas 2.26

?H = P2 ? P ( desprezando ? Z) 1 1? ?H = P3 ? P ? 2 ( desprezando Z) 2? Somando : ?H + ?H = P2 ? P1 + P3 ? P2 = P ?P 31 12???

P ?P ? Como a vazão através da bomba 1 é a mesma da bomba 2 podemos a partir das curvas individuais de cada bomba, determinar a curva ?H x Q para a associação.

?H H T Curva da associação Curva do sistema 2 1 Ponto de trabalho: Q, H T

A bomba (1) irá operar com Q, H 1 A bomba (2) irá operar com Q, H 2

H =H +H T12 H 1 H 2 Q 2.8.2. Bombas em paralelo Esta associação é usada quando a vazão exigida for muito elevada. Para tal sistema a curva ?H `versus’ Q pode ser determinada da seguinte maneira.

Bombas centrífugas Q Q 1 P 12 P 1 Q 2 2.27 Q 2 Desprezando as perdas de carga nos trechos individuais pode-se escrever para cada bomba:

P ?P P ?P ?H = 2 1 , ?H = 2 1 1? 2? Como P e P são comuns a ambas as bombas : 12 ?H = ?H Q + Q = Q 1212 Da mesma maneira como foi feito para bombas em série, podemos partir das curvas individuais e das relações acima obtidas, chegar à curva ?H x Q para a associação.

?H Pto. de trabalho caso só a bomba 1 opere Curva do sistema

H Ponto de trabalho

Curva da associação Pto. de trabalho caso só (1) (2) a bomba 2 opere QQQQ 12T

Bombas centrífugas 2.28

A bomba (1) irá operar com: Q1, H A bomba (2) irá operar com: Q2, H

QT = Q1 + Q2 Q 1 1 Q Q 2 2 2.8. Estudos de casos especiais I) Bomba enchendo um reservatório, havendo uma descarga livre intermediária na linha de recalque Suponhamos uma instalação de bombeamento do reservatório B. No recalque existe uma derivação de onde se pretende sangrar uma descarga Q2 = 5 l/s.

Traçamos primeiramente a curva característica para o trecho 1 (curva c1). Marcamos a descarga Q2 a partir do eixo das ordenadas e obtemos o ponto D. A partir deste ponto, traçamos a curva c3 do trecho 3 do encanamento. Deslocamos, na vertical, o ponto D para D’ sobre a curva c1 e traçamos a partir da curva c1 a curva (c1 + c3) cujas ordenadas são (J1 + J3).

Obteremos em P o ponto de funcionamento. Por ele, tracemos a ordenada PE. Ficarão determinadas as descargas Q1 (total) = 12,5 l/s e Q3 (no reservatório B), igual a 7,5 l/s, uma vez que Q2 = 5 l/s já era conhecido.

Bombas centrífugas 2.29

Figura 2.8 II) Encanamento de recalque alimentando dois reservatórios* III) Duas bombas em paralelo, em níveis diferentes* * Macintyre, A.J., Bombas e instalações de bombeamento, Editora Guanabara, Segunda edição, 1987. pg. 188 -192.

Bombas centrífugas 2.30

ENG184 – Operações Unitárias I Exercícios: 1. A água deve ser bombeada de um rio para um tanque como mostra a figura. Uma bomba centrífuga com as características abaixo deve ser usada:

Q (gpm) 0 20 40 60 80 100 120 140 160 H (ft) 280 260 220 160 110 63 28 10 5 ? (%) 0 45 60 60 56 50 43 37 30

Tubulação de sucção Ø = 3”sch 40 ?L = 180 ft (incluindo o comprimento equivalente)

Bombas centrífugas 2.31 Q GPM H ft ? % Re e/D f (A-24) Moody hL ft H ft 0 20 40 60 80 100 120 140 160 280 260 220 160 110 63 28 10 5 0 45 60 60 56 50 43 37 30 0,000 17419,451 34838,903 52258,354 69677,805 87097,257 104516,708 121936,159 139355,611 0,0006 0,0006 0,0006 0,0006 0,0006 0,0006 0,0006 0,0006 0,0006 0,0270 0,0240 0,0230 0,0220 0,0210 0,0210 0,0205 0,0200 0 1,0874018 3,8663174 8,3367470 14,1764973 21,1439235 30,4472499 40,4553737 51,5508993 65,0000000 66,0874018 68,8663174 73,3367470 79,1764973 86,1439235 95,4472499 105,4553737 116,5508993

300 250 200 H, Hsist, 150 100 50 0 H Eficiência H (sistema) 0 20 40 60 80 100 120 140 160 Q (GPM)

Bombas centrífugas 2.32

2. Abaixo tem-se um sistema onde esta instalada a bomba com as características indicadas na página seguinte. Determinar o tempo necessário para se encher o reservatório com água a 25oC.

17 m 2m ?=4m Nível constante 3m ? = 3” sch 40 3,068”ID ?L = 10 m

?H (m) 70 60 50 40 30 20 10 0 1 6m ? = 2” sch 40 2,067”ID ?L = 100 m

40 SCS (m) 6 5 4 3 2 1 20 40 60 80 100 120 Q(gpm)

Bombas centrífugas 2.33

ABCDEFGHIJ1 3 Q (GPM) Q(m /s) Re1 (e/D)1 f1 (A-24) Re2 (e/D)2 f2(A-24) hf H 2 0 0 0 0,0006 0 0,0009 0 13,000 3 20 0,0012616 20567,80 0,0006 0,027 30518,70 0,0009 0,025 13,836 4 40 0,0025232 41135,61 0,0006 0,024 61037,41 0,0009 0,023 3,077 16,077 5 60 0,0037848 61703,41 0,0006 0,022 91556,11 0,0009 0,022 6,617 19,617 6 80 0,0050464 82271,22 0,0006 0,021 122074,82 0,0009 0,0215 11,493 24,493 7 100 0,0063080 102839,02 0,0006 0,0205 152593,52 0,0009 0,021 17,540 30,540 8 120 0,0075696 123406,83 0,0006 0,0205 183112,23 0,0009 0,0205 24,665 37,665 9 0,836

altura do tanque de 0 a 2 m altura do tanque = 19 m Q (GPM) H 0 30,000 20 30,836 40 33,077 60 36,617 80 41,493 100 47,540 120 54,665

teste para ver se ocorre cavitação Q (GPM) NPSHd 0 13,000 20 12,988 40 12,956 60 12,909 80 12,846 100 12,765 120 12,662

Bombas centrífugas 2.34

?f L f L ? = 2?11+22? h 0,0826 Q f ?? D5 5 ?? D 12

I4 funções: comando f x do menu =0.0826*POTÊNCIA(B4,2)*(E4*10/POTÊNCIA(0.0779,5)+H4*100/POTÊNCIA(0.0525,5)) – resultado: as células coladas darão o resultado automaticamente.

Bombas centrífugas 2.35

3. Um cano tanque deve ser esvaziado de 10000 gal de benzeno a 80oF em 3h. A bomba centrífuga disponivel tem as seguintes características:

QQHH? gpm m3/h ft m %

0 0 110 33 0 20 4,5 106 31,8 29,2 40 9 90 27 40 60 13,5 63 19 45 80 18 41 12,3 47 100 22,5 22 6,6 48,3 120 27,2 12 3,6 46,5 140 32 7 2,1 40

35 ft Ø=3” sch 40 + 3J 90o + 1 válvula gaveta 6,5 ft 15 ft 6”

4 ft Samuel Luporini e Letícia Suñe – DEQ/UFBa Ø = 20 ft 15 ft 5 0 ft

Bombas centrífugas 2.36

Para zs=4.5ft Q H Eficiência Re e/D f hf Hsist GPM ft % ft ft 0 110 0,00 0,00 0,0006 0,0000 45,5000 20 106 29,20 31888,00 0,0006 0,0250 0,2400 45,7400 40 90 40,00 63776,00 0,0006 0,0220 0,8448 46,3448 60 63 45,00 95664,00 0,0006 0,0210 1,8144 47,3144 80 41 47,00 127552,00 0,0006 0,0205 3,1488 48,6488 100 22 48,30 159440,00 0,0006 0,0200 4,8000 50,3000 120 12 46,50 191328,00 0,0006 0,0195 6,7392 52,2392 140 7 40,00 223216,00 0,0006 0,0190 8,9376 54,4376

Para zs=10.5 ft Q Hsist GPM ft 0 39,5000 20 39,7400 40 40,3448 60 41,3144 80 42,6488 100 44,3000 120 46,2392 140 48,4376

Bombas centrífugas 2.37

120 100 80 ?, Hsist 60 H, 40 20 0 H Eficiê Hsist Hsist ncia (zs = 4.5ft (zs = 10.5 ) ft) ? = 47 %

0 20 40 60 80 100 120 140 160 Q (GPM)

Compressores 2A.1

2A – COMPRESSORES: Os compressores visam conseguir que a pressão do gás venha a alcançar uma pressão consideravelmente maior do que a pressão atmosférica.

Conforme a pressão pi (pressão inicial) e pf (pressão final) e a pressão efetiva pef = pf ? pi (1) podemos ter: a) Bombas de vácuo: pef < 0 b) Ventiladores: pef > 0 e da ordem de alguns cm de coluna d’água.

2 c) Sopradores: pef > 0 até cerca de 0,2 kgf/cm 2 d) Compressores: pressões de 0,2 a 30 kgf/cm

2 e) Supercompressores: pressões acima de 30 kgf/cm Os compressores se classificam em: a) Compressores de deslocamento positivo: O gás é admitido em uma câmara de compressão, que é, por isso, isolada do exterior. Por meio da redução do volume útil da câmara sob a ação de uma peça móvel, alternativa ou rotativa, realiza- se a compressão do gás. Quando a pressão na câmara atinge valor compatível com a pressão no tubo de descarga, abre-se uma válvula ou uma passagem, e o gás da câmara é descarregado para o exterior. A válvula nos compressores alternativos é desnecessária.

b) Compressores dinâmicos (centrífugos): O gás penetra em uma câmara onde um rotor em alta rotação comunica às partículas gasosas aceleração tangencial e, portanto, energia. Através da descarga por um difusor, grande parte da energia cinética se converte em energia de pressão, forma adequada para a transmissão por tubulações a distâncias consideráveis e à realização de propriedades específicas.

Compressores 2A.2

Figura 1. Compressor de ar de um estágio e pistão de duplo efeito. Este modelo se faz em diversos tamanhos, até o que tem o cilindro de 14 in e golpe de pistão de 11 in, capaz de fornecer 3 521 ft /min a 100 psi, que é a pressão máxima atingível. O cilindro tem uma camisa de água, para remover o calor da compressão. A unidade é operada, na maioria das aplicações, por uma correia motriz ligada a um motor.

Compressores 2A.3

2A.1. Compressão Para um gás ideal numa evolução isentrópica adiabática, isto é, sem troca de calor com o exterior.

p??? = cte (2) Tp ?(1?1 ? ) = cte (3)

? = Calor específico a pressão cte = cp (4) Calor específico a volume cte c v ? é uma constante que depende da massa e natureza do gás.

gás ? ar 1,40 metano 1,31 SO2 1,29 etano 1,20 N2 1,40

Quando a pressão de um fluido compressível aumenta adiabaticamente, a temperatura do fluido também aumenta ? trabalho de compressão é maior do que num processo isotérmico.

A relação entre as temperaturas de entrada e saída do compressor é obtida da equação (3)

Tb ? p ?1?1 ? = ? b ? (4) Ta ? p a ? Para um determinado gás, a razão de temperatura aumenta com o aumento na razão de compressão pb/pa.

Compressores 2A.4

Se a compressão é maior que 10, a temperatura isentrópica torna-se excessiva. Como o compressor ideal não possui trabalho de fricções, o calor gerado pelas fricções é também absorvido pelo gás. Desta maneira é necessário resfriar o gás através de camisas com água fria ou refrigerantes. Neste caso a temperatura de saída pode se aproximar da temperatura de entrada e a compressão será isotérmica.

2A.2. Equações para compressores 1. Devido à mudança na densidade durante o escoamento compressível, a forma integral da equação de Bernoulli, é inadequada.

2. Em sopradores e compressores as energias mecânica, cinética e potencial não mudam apreciavelmente.

Com estas simplificações temos que a forma diferencial da equação de Bernolli é: dW = d p (5) ?

A integração da equação (5) entre a pressão de sucção pa e a descarga pb da o trabalho de compressão de um gás ideal sem fricção.

= ?pb dp W (6) pa ? A integral da equação (6) é avaliada pelo caminho seguido pelo fluido na máquina a partir da sucção a descarga. O procedimento é o mesmo para compressores recíprocos, deslocamento positivo, rotatório ou centrífugo.

2A.2.1. Compressão adiabática p = pa ? = ?a 1 ? Como : ou p (7) ?? ?? 1 ? a pa

Compressores 2A.5

?? ?1?1 ? ? ?? ?1?1 ? ? W = ? p a ?? p b ? ? 1? = ? RTa b ? ? 1? ? ? 1 ? ?? p ? ? ? ? 1 M ?? p ? ?? (8) a a ? ?? a

Onde: R = 8314,3 J/kg mol?K (SI) R= 1545,3 ft.lbf/lb mol?°R (English units) pb/pa = razão de compressão.

2A.2.2. Compressão isotérmica Quando o resfriamento durante a compressão é completo, a temperatura é constante e o processo é isotérmico. A relação entre a pressão e a densidade, fica:

pp ? = a ou ? = a p (9) ? ?a pa

p p RT p W = a ln b = a ln b (10) ?a pa M pa

O trabalho isotérmico (? = 1) é menor que o trabalho adiabático (? > 1)

2A.2.3. Compressão politrópica Com compressores grandes não isotérmicos e nem adiabáticos, vale a relação:

p pa ?a 1 n = ou ? = p (11) ?n ?n 1 n a pa

Compressores 2A.6

P = Wm (13) ? EXEMPLO 1: Compressão do metano -3 o Um compressor de um estágio comprime 7,56 x 10 kg mol/s de gás metano a 26,7 C e 137,9 kPa abs para 551,6 kPa abs.

a) Calcular a potencia requerida se a eficiência mecânica é 80 % e a compressão é adiabática.

3 EXEMPLO 2: Um compressor de efeito simples fornece 0,1 m /s de ar (a P.T.N.) comprimido a 22 380 KN/m , a partir de 101,3 KN/m , pressões absolutas. Se a temperatura da sucção for de 289 K, o curso de 0,25 m e a velocidade de 4 Hz. Supor que a compressão e re-expansão são isentrópicas (? = 1,4). Qual a potencia teoricamente necessária para compressão?

22 EXEMPLO 3: Comprime-se ar a 290 K de 101,3 KN/m a 2065 KN/m , pressão absoluta, num compressor de 2 estágios, que funciona com um rendimento mecânico de 85 %. A relação entre 1,25 pressão e volume durante o curso de compressão e expansão do gás na folga é PV = constante.

O quociente de compressão é o mesmo em ambos os cilindros e pode considerar-se o arrefecedor entre os estágios como perfeitamente eficiente. As folgas nos dois cilindros são de 4 e 5%, respectivamente. Calcular: a) O trabalho de compressão por unidade de massa de gás comprimido.

b) O rendimento isotérmico c) O rendimento isentrópico (? = 1,4)

Caracterização da partícula sólida 3.1

3. CARACTERIZAÇÃO DA PARTÍCULA SÓLIDA Referência: Tópicos Especiais de Sistemas Particulados: Alguns aspectos da separação sólido- fluido, Giulio Massarani, volume 2, UFSCar, 1986.

3.1. INTRODUÇÃO O projeto e a análise do desempenho de separação sólido-fluido requer a caracterização físico-química da fase dispersa bem como o conhecimento da dinâmica de suspensão.

A tarefa é tão difícil que no estágio atual do conhecimento, o projeto de filtros e sedimentadores é feito a partir de resultados experimentais alcançados diretamente na filtração e sedimentação do sistema em estudo e o mesmo ocorre na especificação da centrífuga e do hidrociclone.

Apesar de todas as dificuldades, o levantamento da dinâmica das partículas sólidas sempre serve de base ao estudo científico do processo de separação e mesmo tecnológico, quando se trata de suspensões diluídas.

3.1. TAMANHO DE PARTÍCULA Os tamanhos de partículas podem ser medidos de várias maneiras: PARTÍCULAS GRANDES: d > 5 mm, medida diretamente com paquímetro, micrômetro, picnômetro, etc…

PARTÍCULAS MUITO PEQUENAS: d < 0,04 mm, métodos de medida indireta utilizando sedimentação, movimento Browniano, etc...

PARTÍCULAS INTERMEDIÁRIAS: entre os tamanhos extremos, à medida mais conveniente é a análise da peneira.

Para partículas não esféricas, isométricas, três eixos perpendiculares entre si iguais, costuma-se especificar a partícula de modo:

A determinação experimental de dp para partículas não regulares é feita por: a) Picnômetria : partículas grandes b) Couter-counter: partículas pequenas

Caracterização da partícula sólida 3.2

II) d# = diâmetro da peneira (peneiras padronizadas) Para partículas irregulares, aproximadamente esféricas, a análise de peneira fornece um valor estimado de dp.

Para partículas regulares, não esféricas, a análise de peneira pode subestimar (lâminas,discos) ou superestimar (barras) o dp, e em geral, fornece a segunda maior dimensão da partícula.

III) dst = diâmetro de Stokes (elutriador e sedimentador, cyclosizer)

O diâmetro de Stokes representa o diâmetro da esfera que tem o mesmo comportamento dinâmico da partícula no movimento lento, isto é, no regime de Stokes.

Como na região de Stokes a velocidade terminal é dada por: (? ? ?) ? µ? ?1 2 g d 2 18 ? = s st ? d = ? t ? 18µ ? (? ? ?)? t st g s

Desta forma o diâmetro de Stokes representa o diâmetro da esfera (mesmo material) que possui a mesma velocidade terminal da partícula.

?t ?t IV) da = diâmetro da esfera com a mesma superfície projetada da partícula (técnica de microscopia ótica) Superfície projetada A da partícula = ? da 2 /4

Só é possível fazer a conversão de uma dimensão característica para outra, com o conhecimento da forma da partícula.

Caracterização da partícula sólida 3.3

Para partículas de formas conhecidas, valem as seguintes relações: dst/dp ? 0,92 d#/dp ? 0,94 da/dp ? 1,27 d#/dst ? 1,02 ( o diâmetro de peneira para partículas de forma usual é aproximadamente o diâmetro de Stokes)

3.3. DISTRIBUIÇÃO DE TAMANHOS DAS PARTÍCULAS: ANÁLISE GRANULOMÉTRICA

A análise granulométrica estuda a composição granular das misturas de partículas, com a finalidade específica de descrever seu tamanho e superfície.

Os resultados de uma análise granulométrica são representados geralmente por curva acumulativa da fração em peso, na qual expressa a fração de partículas menores do que um certo tamanho D (d#, dp, dst, ...) em função desta dimensão das partículas.

1 x Distribuição Acumulativa 0 dx dD D A partir da curva acumulativa é dificil visualizar a distribuição de tamanhos e por isso é útil traçar uma curva de tamanhos que é simplesmente a derivada da curva acumulativa e se obtém portanto, representando graficamente a inclinação da curva:

Caracterização da partícula sólida 3.4

dx dD Distribuição de frequências D Perry, pag 21-43: Tabela 21-12 – Série de peneiras, norma americana ASTM, E11.61, e equivalente da série Tyler.

No peneiramento as partículas submetem-se à ação de uma série de peneiras. O tamanho das partículas que passam por uma peneira de abertura de malha L1 e ficam retidas em outra abertura L2, é a média aritmética da abertura das malhas L1 e L2.

A seqüência de peneiras é padronizada. A série Tyler Standart é formada por peneiras com uma razão de abertura entre peneiras subsequentes de 2 (área). A dimensão linear varia com a razão 4 2 .

Nos países que adotam o sistema decimal, toma-se como unidade linear o centímetro e nos que adotam o sistema inglês toma-se a polegada.

Caracterização da partícula sólida 3.5

SITEMA DIÂMETRO MASSA RETIDA FRAÇÃO FRAÇÃO TYLER MÉDIO (D#) PODERAL PONDERAL DE RETIDA PARTÍCULAS (MESH) (mm) (g) (MRETIDA / MTOTAL) QUE PASSAM PELA PENEIRA ***** -8 +10 2,03 6 0,03 0,97 -10 +14 1,44 28 0,14 0,83 -14 +20 1,02 50 0,25 0,58 -20 +28 0,718 40 0,20 0,38 -28 +35 0,508 28 0,14 0,24 -35 +48 0,359 18 0,09 0,15 -48 +65 0,254 12 0,06 0,09 -65 +100 0,180 8 0,04 0,05 -100 +150 0,127 6 0,03 0,02 -150 +200 0,090 4 0,02 0,00 TOTAL 200 1,00 * mais utilizado

SITEMA MASSA DIÂMETRO % DIÂMETRO % TYLER RETIDA (peneira inferior) ACUMULATIVA (peneira superior) ACUMULATIVA (MESH) (g) (mm) ( > que D#) (mm) ( < que D#)

** * * -8 +10 6 1,68 (10 mesh) 3 -10 +14 28 1,19 (14 mesh) 17 -14 +20 50 0,841 (20 mesh) 42 -20 +28 40 0,595 (28 mesh) 62 -28 +35 28 0,420 (35 mesh) 76 -35 +48 18 0,297 (48 mesh) 85 -48 +65 12 0,210 (65 mesh) 91 -65 +100 8 0,149 (100 mesh) 95 -100 +150 6 0,105 (150 mesh) 98 -150 +200 4 0,074 (200 mesh) 100 2,38 (8 mesh) 97 1,68 (10 mesh) 83 1,19 (14 mesh) 58 0,841 (20 mesh) 38 0,595 (28 mesh) 24 0,420 (35 mesh) 15 0,297 (48 mesh) 9 0,210 (65 mesh) 5 0,149 (100 mesh) 2 0,105 (150 mesh) 0

Caracterização da partícula sólida ?X ?X?X X X Samuel Luporini e Letícia Suñe – DEQ/UFBa 3.6

Histograma da análise granulométrica Dimensão da partícula ou abertura da peneira

Diâmetro médio das aberturas D = D1 + D2 2 MENOR QUE D MAIOR QUE D

Caracterização da partícula sólida 3.7

DIÂMETRO MÉDIOS Com os dados da análise granulométrica definem-se os seguintes médios para uma população de partícula.

Seja: xi = fração ponderal relativa ao diâmetro Di Ni = número de partículas relativa ao diâmetro Di C = fator tal que CD forneça o volume da partícula (C = ?/6 para esferas,C = 1 para cubos) 3

B = fator tal que BD forneça a superfície da partícula (B = ? para esferas, B = 6 para cubos) 2

a) Diâmetro médio de Sauter, D A superfície específica Sw, propriedade importante no escoamento de fluidos através de meios porosos , é definida como: ? ? BD2 dN dD dD S =0 w m

onde N é o número de partículas de diâmetro D e m a massa do conjunto de partículas. Sendo

dN = m dX dD ? CD3 dD s resulta ? = B ? 1 dX = B S dD w ? C D dD CD? s0 s

D é o diâmetro médio de Sauter, D= 1 ? ? 1 dX dD D dD 0

Caracterização da partícula sólida 3.8

D= 1 ? 1 # 1 ? ?X ? ? 1 ? ? ? dX D ?D ? 0#i#i

MODELOS DE DISTRIBUIÇÃO DE TAMANHOS Para fins computacionais torna-se conveniente a representação da análise granulométrica através de um modelo de distribuição.

Os modelos de distribuição mais comuns são: I) Modelo Gate-Gaudin-Schumann ? D ?m X=? ? , D

Parâmetros: m > 0 (adimensional) K = D100 (com dimensão L) Representação gráfica:

X 1 01 – Para m = 1 a distribuição é uniforme – Nos casos usuais m > 1

– Recai na distribuição RRB para KD Verificação: se os dados da análise granulométrica quando `plotados’ na forma ln D `versus’ ln X representarem uma reta.

Caracterização da partícula sólida II) Modelo Rosin-Rammler-Bennet

= ? ?(D D?)n X1e Parâmetros: n > 0 (adimensional) D’ = D63,2 (com dimensão de L)

Representação gráfica: X 1 01 D63,2 D

? ? 1 ?? Verificação: Reta na representação gráfica ln D `versus’ ln?ln? ?? . ? ? 1 ? X ??

III) Modelo log-normal [1 + erf (Z)] X= 2 Z = ln ( ) ?D? ? ? 2 ln ? ? 50 ? D

(? ) Z erf (Z) = ? 22 exp Z dZ ? 0 ? = D84,1 = D50 ? 1 (adimensional) Parâmetros: DD 50 15,9

D50 (com dimensão L) Samuel Luporini e Letícia Suñe – DEQ/UFBa 3.9

Caracterização da partícula sólida 3.10 Representação gráfica

X 1 0,841 0,500 0,159 ?>1 Para ? = 1 todas as partículas tem o mesmo tamanho

D15,9 D50 D84,1 D Verificação: reta na representação gráfica ln D `versus’X em escala de probabilidades

Conhecido o modelo da distribuição, o diâmetro médio de Sauter pode ser calculado através das expressões:

Modelo D GGS (m ?1) k ,m>1 m RRB ? 1? D’ ??1 ? ? , n > 1 ? n? LN ?1 ? D exp?? ln2 ?? 50 ? 2 ?

Caracterização da partícula sólida 3.11

Exemplo 3.1: Os resultados da peneiração de uma areia empregada em construção civil encontram-se reunidos na tabela 1.

TABELA 1 Sistema o Tyler (n ) Abertura D#(mm) Massa retida m(g) -6 +8 -8 +10 -10 +14 -14 +20 -20 +28 -28 +35 -35 +48 -48 +65 -65 +100 -100 +150 -150 +200 -200 2,380 1,680 1,190 0,841 0,595 0,420 0,297 0,210 0,149 0,105 0,074 10,5 21,9 34,5 61,6 70,5 77,6 45,5 42,1 30,3 8,9 4,1 2,7

Tabela 2 – Análise de peneira (areia) Sistema o Tyler (n ) Abertura D#(mm) Massa retida m(g) D # Fração em massa retida ?X Fração em massa < D#, X Z MATLAB X [1+erf(Z)]/2 -6 +8 -8 +10 -10 +14 -14 +20 -20 +28 -28 +35 -35 +48 -48 +65 -65 +100 -100 +150 -150 +200 -200 2,380 1,680 1,190 0,841 0,595 0,420 0,297 0,210 0,149 0,105 0,074 10,5 21,9 34,5 61,6 70,5 77,6 45,5 42,1 30,3 8,9 4,1 2,7 2,854 2,030 1,435 1,016 0,718 0,508 0,359 0,254 0,180 0,127 0,090 pó 0,026 0,053 0,084 0,150 0,172 0,189 0,111 0,103 0,074 0,022 0,010 0,007 0,974 0,921 0,837 0,687 0,515 0,326 0,215 0,112 0,038 0,017 0,007 0,000 1,322 1,002 0,676 0,350 0,024 -0,303 -0,630 -0,956 -1,281 -1,606 -1,936 0,969 0,922 0,831 0,690 0,514 0,334 0,187 0,088 0,035 0,012 0,003 410,2 1,000

Caracterização da partícula sólida 3.12

Distribuição acumulativa de tamanhos (areia, tab1) X 1,0 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0,0 Experimental log-normal 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 D#(mm)

MATLAB: >> Z = [1,322 1,002 0,676 0,350…] (enter) >> (1 + erf(Z))/2 (enter)

Caracterização da partícula sólida 3.13

3.4. FATOR DE FORMA DA PARTÍCULA: ESFERICIDADE Para partículas não esféricas, isométricas, define-se esfericidade como:

? área superfícial da esfera ? ? = esfericidade = ? ? ? área superfícial da partícula ? ambas com o mesmo volume

? = 1 para esferas 0 < ? < 1, para todas as outras formas de partículas

A esfericidade foi definida pela primeira vez por `Wadell H., Volume, Shape and Roundness of Roch Particles, J. of Ecology, 40, 443,1932′.

A esfericidade pode ser determinada através da medida da superfície específica que pode ser feita por diferentes técnicas como o BET, a permeametria e por meio da difusão de Knudsen.

Como: S = B , onde B = ? / ? e C = ? / 6 ; portanto: CD ? w ps

?= 6 D?S psw No tratamento de leito fixos e fluidizados o produto dp? frequentemente aparece e pode ser tratado como um único parâmetro Dp.

Este produto é o único que define convenientemente as características de tamanho e forma para uma mistura de partículas de diferentes formas e tamanhos.

A determinação experimental de ? para partículas não regulares é feita através de: a) medida da superfície específica b) medida de vazão contra queda de pressão (Q x ?P) em meio poroso constituido de partículas.

Caracterização da partícula sólida 3.14

A ? ?P µ Q Q = L KA L PP 12 onde: ?P = queda de pressão através do meio poroso, ML-1 -2 t L = comprimento do meio poroso, L

2 K = permeabilidade do meio poroso, L µ = viscosidade dinâmica do fluido, ML t -1 -1

3 -1 Q = vazão voumétrica do fluido, L t 2 A = área da seção transversal do meio poroso, L

Para obter o valor da esfericidade, faz-se um experimento para a medida da queda de pressão contra a vazão em um escoamento através de um meio poroso constituido das partículas em questão:

?P L Coloca-se em gráfico os valores ?P/L contra a µ Q/A e a inclinação da reta é o valor µ/K. Com a = b K permeabilidade K e utilizando aexpressão de Kozeny-Carman para a determinação da mesma, obtém a esfericidade ? a b

Caracterização da partícula sólida 3.15

(d ?)2 ?3 = p ?? K 36?(1??)2 , 5

onde: dp = diâmetro da esfera de igual volume que a partícula, L ? = esfericidade da partícula, adimensional ? = volume de vazios , porosidade do meio, adimensional volume total ? = constante que é função do meio poroso Dp = dp?, diâmetro característico da partícula, L

NO QUADRO Exemplo Determinar a esfericidade de um cilindro equilátero (D = H)

Caracterização da partícula sólida 3.16

Exemplos do capítulo 3: caracterização de partícula sólida 1. Foram os seguintes os resultados obtidos na elutriação de 25 g de um pó industrial com o3 água a 30 C, numa vazão de 37 cm /min:

S Elutriador diâmetro massa do tubo recolhida (cm) (g)1 2 3 4

1 3,0 4,62 2 4,0 6,75 F 3 6,0 7,75 4 12,0 4,42

Determinar a distribuição granulométrica (dSt x 100X) sabendo-se que a densidade do sólido é 3 de 1,8 g/cm . (4, pag3, Massarani).

elutriador massa retida (g) ?X X Diâmetro tubo (cm) V. terminal (m/s) dst (mm) X * 100 1 2 3 4 4,62 6,75 7,75 4,42 1,46 25 0,1848 0,2700 0,3100 0,1768 0,0584 1,0000 0,8152 0,5452 0,2352 0,0584 3 4 6 12 8,72E-04 4,91E-04 2,18E-04 5,45E-05 0,0399 0,0299 0,0199 0,0100 81,5200 54,5200 23,5200 5,8400

Caracterização da partícula sólida 3.17 curva de distribuição granulométrica 100 X 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0 32 y = -3E+06x + 241248x – 3415,6x + 18,8 2 R =1 0,000 0,010 0,020 0,030 0,040 0,050 dst (mm)

2. Uma amostra da barita foi analisada no Coulter Counter (fornece, como dimensão característica, o diâmetro da esfera de igual volume que a partícula, dp):

dp(µ) 8,2 13,0 15,7 18,2 22,1 26,7 32,6 100 X 10 20 30 40 50 60 70

Com esta mesma barita foram conduzidos ensaios de permeametria e determinada a superfície específica pelo método da difusão de Knudsen.

a) Permeametria o Resultados dos ensaios de queda de pressão e vazão conduzidos com ar a 25 C e 1 atm numa célula de 5,2 cm de altura e 3 cm de diâmetro, porosidade da amostra c = 0,422:

3 Q (cm /min) 12,3 15,1 20,5 25,3 29,2 ?p(cm H2O) 19,1 23,2 31,9 39,0 45,3

Caracterização da partícula sólida 3.18

b) Medida da superfície específica pelo método da difusão de Knudsen, através de aparelhagem montada no laboratório de Sistemas Particulados da COPPE/UFRJ (N.G.Stanley-Wood, Powder Technology 21, 97, 1978):

S = 0,1454 ± 0,0058 m2 g w 3 Determinar a esfericidade ? das partículas de barita a partir das seguintes equações que relacionam este fator de forma com os resultados da permeametria e com o valor da superfície específica da amostra.

?p µ (d ?)2 ?3 = ? Q , sendo k = p L k A 150(1? ?)2

S = ? 6 ?) (d w sp d = diâmetro médio de Sauter baseado no diâmetro da esfera de igual volume que a p 1

Caracterização da partícula sólida 3.19

dp (µ) X ln(dp) ln X ln(1/1-X) ln(ln(1/1-X)) X 8,2 0,1 2,1041 -2,3026 0,1054 -2,2504 0,1 13,0 0,2 2,5649 -1,6094 0,2231 -1,4999 0,2 15,7 0,3 2,7537 -1,2040 0,3567 -1,0309 0,3 18,2 0,4 2,9014 -0,9163 0,5108 -0,6717 0,4 22,1 0,5 3,0956 -0,6931 0,6931 -0,3665 0,5 26,7 0,6 3,2847 -0,5108 0,9163 -0,0874 0,6 32,6 0,7 3,4843 -0,3567 1,2040 0,1856 0,7

dp (µ) X ?X ?X/dp 32,6 0,7 0,3000 0,0092025 Q (cm3/min) ?P (cm água) 26,7 0,6 0,1000 0,0037453 12,3 19,1 22,1 0,5 0,1000 0,0045249 15,1 23,2 18,2 0,4 0,1000 0,0054945 20,5 31,9 15,7 0,3 0,1000 0,0063694 25,3 39,0 13,0 0,2 0,1000 0,0076923 29,2 45,3 8,2 0,1 0,2000 0,0243902 TOTAL 1,0000 0,0614191 Diâmetro de Sauter 16,281569 d= 1 p ?? ? X ? ?? ?? d ? p? P ( cm água) 50,0 45,0 40,0 35,0 30,0 25,0 20,0 15,0 10,0 5,0 0,0 y = 1,5481x R2 = 0,9998 0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0 35,0 Q (cm3/min)

Caracterização da partícula sólida 3.20

X 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0,0 D50 D63,2 D15,9 0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0 35,0 d p (m) LOG-NORM A L X 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0,0 y = 0,458x – 0,921 2 R = 0,9687

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 ln d p GGS 0,0

-0,5 -1,0 ln X -1,5 -2,0 -2,5 y = 1,4583x – 5,2906 2 R = 0,9772

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 ln d p RRB ln(ln(1/1-X)) 0,5

0,0 -0,5 -1,0 -1,5 -2,0 -2,5 y = 1,8219x – 6,072 2 R = 0,9916 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 ln d p

Caracterização da partícula sólida 3.21

Exercícios 1) Uma amostra de areia (243,1g) apresentou a seguinte análise de peneiras

Sistema Massa Tyler retida (mesh) (g) +8 -8 +10 -10 +13 -14 +20 -20 +28 -28 +35 -35 +48 -48 +65 -65 +100 -100 +150 -150 +200 -200 12,6 38,7 50,0 63,7 32,5 17,4 11,2 7,8 3,7 2,6 1,8 1,1

b) Verificar se a distribuição granulométrica segue um dos seguintes modelos: Gates-Gaudin- Schumann, Rosin-Rammler-Bennet e log-normal. Calcular os parâmetros do modelo que melhor se ajuste às circunstâncias.

c) Calcular o diâmetro médio de Sauter, =1=1 D ? ?X ? #1 ? 1 dX ? ? ? D ?D ? 0#i#i

onde X é a fração em massa das partículas de diâmetro menor que D# e ?X a fração em massa das partículas de diâmetro D#.

Resposta: b) melhor modelo: RRB (n = 1,7955 e D’ = 1,601) c) Diâmetro de Sauter: pelo modelo: 0,801, aproximado: 0,688 usando o pó remanescente como 0,0370 mm de diâmetro médio.

Caracterização da partícula sólida 3.22

2) Deseja-se peneirar areia, 4 ton/h, no sistema de peneiras vibratórias abaixo esquematizado. Deterninar a produção A, B e C em ton/h, sabendo-se que a análise granulométrica da areia é a mesma do problema 1.

Resp: 1,67 ton/h, 1,87 ton/h e 0,46 ton/h # 14 # 35 A C B

3) Na técnica de sedimentação, versão incremental, X(d ) = c St c o

onde X é a fração em massa das partículas de diâmetro menor que dSt,

1 ? 18µh ? 2 d = ? ( ) ? , ?g???t? St s sendo co a concentração da suspensão em t = 0 e c a concentração medida no tempo t a uma distância h abaixo do nível da suspensão da proveta.

h = 25 cm Medidas realizadas com o auxilio dos raios-? na sedimentação de uma amostra de barita (?s = 4,2 g/cm ) em benzeno a 25 C conduziram aso seguintes resultados: 3o t(min) 3,77 4,88 6,08 7,43 8,95 10,8 13,2 16,6 31,7 c/co 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1

Caracterização da partícula sólida 3.23

o 4) Uma suspensão aquosa de caulim a 25 C apresentou as seguintes velocidades de sedimentação, v, a diferentes concentrações de sólido, c, 3 c (g/cm ) 0,056 0,083 0,147 0,193 0,218 0,226 V (cm/min) 4,22 3,37 2,27 1,84 1,55 1,40

a) Determinar, por extrapolação de dados, a velocidade de sedimentação das partículas de caulim à diluição infinita, v?;

b) Determinar o diâmetro médio de Stokes, dSt, das partículas de caulim através da fórmula de Stokes,

1 ? 18µv ? 2 d = ? ( ?) ? ????g? St s onde µ – viscosidade do fluido ?s – densidade da partícula sólida g – aceleração da gravidade

3 v? =5,78 cm/s (c?0, curva de tendência polinômino do 2 grau do Excel) o Resp: dSt =0,00315 mm

5) Os seguintes dados foram obtidos em ensaios de sedimentação de partículas de Al2O3 em o água, a 25 C: 3 c (g Al2O3/cm de suspensão) 0,041 0,088 0,143 0,275 0,435 v (cm/min) 40,5 38,2 33,3 24,4 14,7

3 a) Determinar, pela extrapolação de dados, a velocidade terminal das partículas à diluição infinita e, a partir deste valor, calcular dp (diâmetro da esfera de igual volume que a partícula);

b) Comparar os resultados experimentais de velocidade de sedimentação em função da concentração com os valores estimados pelas correlações da literatura. Como estas correlações se referem às particulas esféricas, caracterizar as partículas através do produto dp?.

Dinâmica da partícula 4.1

4. DINÂMICA DA PARTÍCULA 4.1. Formulação básica e equações empíricas para partículas isométricas Seja uma partícula de massa m, volume V e massa específica ?s movendo-se com a velocidade ? (velocidade do centro de massa da partícula) em um fluido de massa específica ?. Seja u a velocidade do fluido. A equação do movimento da partícula é:

r m d? = (? ? ?)Vbr + r l (1) s dt

rr onde b é a intensidade do campo exterior e l a força resistiva que o fluido exerce sobre a partícula (não inclui o empuxo).

27 VISUALIZAÇÕES DOWNLOAD