Operações em Sistemas Multifásicos 2010/2011 PROBLEMAS RESOLVIDOS

Operações em Sistemas Multifásicos 2010/2011

MEQ, 3º Ano

PROBLEMAS RESOLVIDOS

Ana Paula Soares Dias

Maria Teresa Angelino Reis

Problema 1 (Problema II.x)

Uma amostra finamente dividida, dum minério, é elutriada com água.

a) Determine o diâmetro das partículas de menor dimensão retidas no tubo elutriador. b) O mesmo elutriador é usado para secar os finos obtidos no processo anterior usando ar seco a 40 ºC. Determine o diâmetro médio das partículas retidas no tubo. Dados: considere as partículas esféricas.

Dtubo= 2 cm; Qágua=100 L/h; Qar,40 ºC=1 m3/h; ρp=2,7 g/cm3

ρar,40ºC= 1,127 kg/m3;µar, 40ºC= 1,93446×10-4 P (http://www.lmnoeng.com/Flow/GasViscosity.htm)

Resolução de a) f 2 Re θ = Balanço de forças: R= + +P I F_a r r r r 2 2 3 2 _{2 2} 2 2 2 3 2 2 0 0 (1 ) 2 2 ( ) ( ) _{6 2}( ) 2 2 2 3 4 ( ) ( ) 2 2 2 Re 3 3 100000 / 3600 8,842 cm/s 2 4 2 (2,7 1) 980 0.01 3 1 8,8 p p p p p p p p p p p p p p p p p p m f f mg g A u mg A u d g mg d g f f f A u _{d u} u d g g f u d u u u

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

π

ρ

ρ ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

π

ρ ρ

_{ρ ρ}

ρ

ρ

ρ

_µ

ρ

ρ µ

θ

θ

ρ

ρ

ρ

π

θ

= − − ⇔ = − − ⇔ − − − = ⇔ = ⇔ = − − = = ⇔ = = = − × × = × 2 3 1,6067 10 42 − = × 0,687 0,687 2 2 2 12 (1 0,15 Re ) 2 Re ₁₂ (1 0,15 Re ) 1, 6067 10 Re 1, 6067 10 2 Re 1 8,842 Re 48,592 0, 054956 cm 0.01 550 m p p p f f d d d

µ

− −  = +   ⇔ + = ×   = ×  × × = = ⇔ = =

Resolução de b)

Velocidade superficial do ar:

6 2 1 10 / 3600 88, 42 cm/s 2 4 u

π

× = = 3 4 3 2 3 2 (2, 7 1,127 10 ) 980 1, 93446 10 0, 38849 3 (1,127 10 ) 88, 42

θ

= − × − ₋× × × − = × × 0,687 0,687 2 3 4 12 (1 0,15 Re ) 2 Re 12 (1 0,15 Re ) 0, 38849 Re 0, 38849 2 Re 1,127 10 88, 42 Re 6, 96 0, 013511 cm 1, 93446 10 135 m p p p f f d d d

µ

− −  = +   ⇔ + =   =  × × × = = ⇔ = × = 550 135 = 342,5 m 2 p d = +

µ

Nota: Indo às Tabelas de Heywood tinha-se para a):

logθ =log 0,01607= -1,794 (⇔ -2+0,206) => log Re=1,6951 =>Re=49,556 => dp=560 µm

b) logθ = log 0,3885= -0,4106 (⇔ -1+0,5894) => log Re=0,8978 =>Re=7,90 => dp=153 µm

=> 560 153 = 357 m 2

p

d = +

µ

Verificou-se um desvio de ~4% entre as Tabelas e a expressão aproximada do factor de atrito

(

0,687

)

12 1 0,15 Re 2 Re f = + .

Problema 2

(Problema IV.12 do fascículo de exercícios)

A classificação granulométrica para um material finamente dividido (partículas esféricas) conduziu à seguinte distribuição:

0 20 40 60 80 100 120 25 30 35 40 45 50 55 dp (µµµµm) m a s s a d a f ra c ç ã o ( g

) _{a)Determine a área específica da}

amostra.

b)Dimensione um elutriador para retirar as partículas de diâmetro inferior a 75 µm.

Resolução de a)

Área específica: a= 6/d32, em que d32 é o diâmetro superficial médio ou diâmetro médio de

Sauter (ver dedução no ANEXO 1).

A relação entre a massa e o diâmetro é linear. A equação da recta que relaciona a massa com dp é m=Adp+B, em que o declive A é (100-10)/(50-30)=4,5 e a ordenada na origem é B=-125

(10=30×4,5+B => B=-125); então tem-se dp=(m+125)/4,5, relação esta que é substituída na

expressão do cálculo do diâmetro médio de Sauter:

2 1 32 _{2 100} 1 10 100 10 90 / 4, 5 39,152 µm 4, 5 ln 225 ln135 125 m m pA _m m _p dm d d dm dm d m − = = = = = − +

∫

∫

∫

a =6/d32=0,1533 µm-1=1,53×105 m-1 Resolução de b)

Balanço de forças: Fa=P-I (força de atrito = peso – impulsão)

(

)

(

)

2 3 2 2 2 2 4 6 2 ₃ p p gd f d d f u g u ρ ρ ρ π ρ ρ π ρ − = − ⇔ =

(

)

_{2 2 2}

(

)

3 2 2 2 2 2 2 Re 2 _{3 3} p gd p g d f d u u ρ ρ _ρ ρ ρ ρ φ ρ µ µ − − = × = × =

(

)

3 2 2 2, 7 1 980 1 0, 0075 4, 6856 3 0, 01 φ= − × × × = ×

Indo, por ex., ao gráfico de Heywood verifica-se que o Reynolds é ligeiramente inferior a 0,4. Utilizando a expressão 12(1 0,15 Re0,687) 2 Re f = + , vem: 0,687 12(1 0,15 Re ) Re 4, 6856 φ= + = => Re=0,363.

Então, apesar de Re ser maior do que 0,2, poderá usar-se sem grande erro a equação de Stokes para estimar a velocidade terminal. Em regime laminar, tem-se f/2=12/Re, o que substituindo na equação de movimento dá:

(

)

(

)

2 3 2 3 2 12 2 2 4 p 6 Re 4 p 6 f d d d d u g u g ρ π = ρ −ρ π ⇔ ρ = ρ −ρ

(

)

(

)

2 2 3 2 12 4 6 18 p p gd d d u g u ud ρ ρ µ ρ ρ ρ ρ µ − = − ⇒ ₌ (equação de Stokes)

(

)

2

(

)

₂ 2, 7 1 980 0, 0075 0, 521 cm/s 18 18 0, 01 p gd u ρ ρ µ − _{− × ×} = = = ×

Admitindo, por ex., um tubo elutriador com um diâmetro de 2 cm (podia também ser 1, 1,5 ou 2,5 cm…), iremos ter o seguinte caudal volumétrico de água (Q):

Problema 3

Considere que se tem uma dispersão ar-líquido, em que a fase dispersa é o ar. As bolhas de ar têm um diâmetro volumétrico médio de 2,5 mm. A fase contínua tem uma densidade de 1,2 g/cm3 e uma viscosidade de 2,5 P. Estime a velocidade terminal das bolhas, considerando que estas apresentam circulação interna.

Dados: ρar=1,2 kg/m3; µar=0,018 cP.

No caso de haver fenómenos de circulação interna, o que é usual em gotas e bolhas com diâmetros acima de 1 mm, a força de atrito é menor do que no caso das partículas serem rígidas. Assim, a velocidade terminal tende a aumentar face ao valor previsto (por ex. pelo método de Heywood). Em regime viscoso (laminar), pode usar-se a correcção de HADAMARD (Q) para corrigir a velocidade terminal calculada para a partícula rígida (um). Velocidade corrigida: u_corr =u_m×Q

Correcção de HADAMARD: 3 3 2 3 l l Q µ µ µ µ + = +

em que µ é a viscosidade do fluido onde a partícula se movimenta e µl é a viscosidade do fluido constituinte da partícula (neste caso bolha de ar).

Para o actual caso tem-se: 3

(

0, 00018 2,5

)

2 0, 00018 3 2,5 Q= × + × + × ≈1,5 (é o valor máximo de Q) Confirmação do regime:

(

)

(

)

3 ₃ 2 2 2 _{2 1, 2 0, 0012 980 1, 2 0, 25} 3 3 2, 5 p g d ρ ρ ρ φ µ − _{× − × × ×} = = × =2,35

⇒ Re < 0,2 pois em regime laminar φ=f/2×Re2=12/Re×Re2=12×Re≤ 2,4

Então, é válida a correcção de HADAMARD e pode aplicar-se a equação de Stokes para determinar a velocidade terminal da partícula caso fosse rígida:

(

)

2 18 p m gd u ρ ρ µ − = (Note-se que ρp<ρ)

(

_{1, 2 0, 0012}

)

_{980 0, 25}2 18 2, 5 m u = − × × × =1,63 cm/s ⇒ ucorr =1, 63 1, 5× =2,4 cm/s

Problema 4

a) Uma suspensão aquosa com partículas sólidas esféricas (d=1,5 mm; densidade=2,44

g/cm3) decanta a uma velocidade de 10 cm/s num recipiente, cujo diâmetro é 5 cm. Calcule a % mássica de sólidos na suspensão.

b) A frente de sedimentação de uma suspensão com características idênticas às de a), à excepção da dimensão das partículas, desloca-se a uma velocidade de 18 cm/s. Calcule o novo diâmetro das partículas.

Resolução de a)

Dado que a dimensão das partículas é superior a 0,1 mm, vai aplicar-se a teoria de Richardson & Zaki. A velocidade aparente de sedimentação (uc) é dada pela seguinte expressão:

uc= uiε

n

; ui é a velocidade terminal corrigida com o efeito de parede, ε é a porosidade da suspensão e o expoente n é função do Reynolds de acordo com o seguinte quadro:

Aplica-se o método de Heywood para determinar a velocidade terminal. O grupo adimensional φ é dado por:

(

)

3

(

)

₃ 2 2 2 2 _{2 2, 44 1 980 0,15} Re 2 _{3 2 0, 01} p g d f ρ ρ ρ φ µ − _{× − × ×} = × = = × =31752

log φ =4,50 ⇒ log Re=2,487 (lido nas Tabelas de Heywood) ⇒ Re=102,487

=306,9 Re=ρdum/µ ⇒ um=306,9×0,01/(1×0,15)=20,46 cm/s

Considera-se ui= um pois o efeito de parede é desprezável (a razão entre o diâmetro do recipiente e o diâmetro das partículas é 33,3!).

n=4,4 Re-0,1= 4,4×306,9-0,1=2,482 ⇒ 10=20,46×ε 2,482

⇒ ε =0,749

ε =1-Vs/VTem que Vs é o volume de sólidos e VT o volume total da suspensão (água+sólidos) 0,2 > Re n=4,6 + 20 d/Dt

0,2 < Re < 1 n=(4,4 +18 d/Dt)Re-0,03 1 < Re < 200 n=(4,4 +18 d/Dt)Re-0,1 200 < Re < 500 n=4,4 Re-0,1

Assumindo como base de cálculo 1 m3 de suspensão ⇒ Vs =1-0,749=0,251 m3; como a densidade dos sólidos é 2440 kg/m3 ⇒ massa de sólidos=0,251×2440=612,44 kg

O volume de água num m3 de suspensão é 1-0,251=0,749 m3 ⇒ 749 kg (pois a densidade é 1)

⇒ % sólidos=612,44/(612,44+749)×100= 45%

Resolução de b)

Se a velocidade de sedimentação aparente aumenta é porque a dimensão das partículas agora é superior e o número de Reynolds também é maior, sendo por isso > 306,9 (Re anterior). Assim é plausível assumir Re > 500 e n=2,4 (esferas).

uc= uiε

n

⇒ 18= ui×0,749 2,4

⇒ ui=35,97 cm/s

Desprezando novamente o efeito de parede, ui= um=35,97 cm/s Confirmação do regime:

(

)

2 3 2 3 2 1 2 (2, 44 1) 980 0, 01 2 Re _{3 3 1 35,97} p g f u ρ ρ µ θ ρ − _{× − × ×} = × = = × × =2,02×10 -4

log θ=-3,694 (~3,7) ⇒ log Re=3,065 ⇒ Re=103,065= 1161 (>500, o que valida n=2,4)

Re=ρdum/µ ⇒ d=1161×0,01/(1×35,97)=0,32 cm

Também se pode aplicar a equação de Newton pois Re>1000. Em regime turbulento, tem-se

f/2=0,22, o que substituindo na equação de movimento (Força de atrito= Peso – Impulsão) dá:

(

)

(

)

2 3 2 3 2 _{0, 22} 2 2 4 p 6 4 p 6 f d d d d u g u g ρ π = ρ −ρ π ⇔ ρ = ρ −ρ

(

)

₍

₎

2 3 2 2 0, 33 0, 22 4 p 6 _p d d u u g d g ρ ρ ρ ρ ρ ρ = − ⇒ ₌ − (equação de Newton)

(

)

2 0, 33 1 35, 97 2, 44 1 980 d = × ×

− × =0,30 cm (desvio de 6% relativamente ao valor tirado a partir do Re

Problema 5 (Problema II.18 do fascículo de exercícios)

Para resolver este exercício, recorre-se ao método de Kynch, o qual se baseia na Equação de Coe e Clevenger para a determinação da secção recta de um espessador (ver ANEXO 2). Assim, começa-se por traçar a curva de decantação, em que se representa a altura da interface em função do tempo (ver Figura 1). Depois, traçam-se várias tangentes na zona do “encurvamento”, ou seja na zona em que a velocidade de sedimentação começa a abrandar (também designada de zona crítica).

10

15

20

25

30

35

40

0

100

200

300

400

500

600

temp o (min)

A

lt

u

ra

d

a

in

te

rf

ac

e,

z

(

cm

)

Dados exp erimentais

Linear (Série3)

Linear (Série4)

Linear (Série5)

Tangente t= 90 min

Tangente t= 80 min

Tangente t= 100 min

Figura 1 – Curva de decantação experimental e representação das rectas tangentes à curva para os tempos 100, 90 e 80 min.

Na Figura 1, pode observar-se a curva de decantação e a representação de 3 tangentes na zona do “encurvamento”: 100, 90 e 80 min. Com os dados das 3 tangentes, calculou-se a secção recta (ver dados na Tabela 1) e verificou-se um máximo para 90 min. Em seguida traçaram-se tangentes para 85 e 95 min de modo a confirmar o máximo da secção. Neste caso, optou-se por não representar as tangentes na Figura 1 de modo a não sobrecarregar o gráfico. De acordo com os valores calculados, o máximo da secção encontrada é cerca de 136 m2.

Tabela 1 – Dados para aplicação do método de Kynch: cálculo da secção A Tempo t (min) Altura z (cm) Altura (intercepção) zi (cm) Conc. sólidos C (g/L) Velocidade u (cm/h) Secção A (m2) 100 15,1 23 386,1 4,74 129,0 90 16,3 26 341,5 6,47 135,9 80 17,5 28 317,1 7,88 134,3 85 16,9 27 328,9 7,13 135,8 95 15,7 23 348,2 6,19 134,8 1 1 A A E C Q C C A u   −     = ; QA=33 m3/h; CA=C0=240 g/L (QACA=7920 kg/h de sólidos); CE=550 g/L

Na Figura 2, representa-se a secção versus concentração de modo a ilustrar a função e o seu máximo.

126

130

134

138

300

325

350

375

400

C (g/L)

A

(

m

2

)

A

max

= 136 m

2

Figura 2 – Secção recta do decantador versus concentração de sólidos.

Assim, a área máxima encontrada foi de 136 m2. Assumindo um coeficiente de segurança de 100%, tem-se:

Área= 2×136=272 m2 ⇒ Diâmetro= 18,6 m.

Nota final: De modo a evitar as construções gráficas, sempre sujeitas a erros, pode ajustar-se uma função aos dados experimentais de decantação (por ex. a equação de Pearson (nº 8045 do Table Curve)) e calcular a 1ª derivada para os pontos pretendidos de modo a obter o declive das tangentes. Depois é só calcular zi, C e A. Para este caso concreto a secção recta obtida foi similar: 138 m2.

Problema 6

Considere a coluna de enchimento, com dois troços, abaixo representada. O enchimento do troço 1 é composto por cilindros cerâmicos, enquanto o enchimento do troço 2 é constituído por anéis de Raschig do mesmo material. Calcule a perda de carga (pelos métodos de Carman e Brownell) na referida coluna, quando se faz circular um caudal de 10 m3/h de água.

Dados:

Diâmetro da coluna: 50 cm

Troço 1 – empacotamento compacto; cilindros cerâmicos (d=h=1/8”)

Troço 2 – empacotamento normal; anéis de Raschig cerâmicos (dext=h=1/8”; dint=1/16”)

Figura – Esfericidade vs. porosidade

(Brown, G.G., Unit Operations, John Wiley & Sons Inc., NY, 1966).

1 m 1 m









É necessário caracterizar os dois tipos de enchimento em termos de área específica (a), esfericidade (ψ) e porosidade (ε). A área específica entra no cálculo da perda de carga pelo método de Carman; a esfericidade é necessária para aplicar o método de Brownell e permite estimar a porosidade do leito, da qual depende a perda de carga em ambos os métodos. Troço 1: cilindros com d=h=1/8”=1/8×2,54=0,3175 cm

p p A a V = ; 2 2 2 1, 5 0, 475 4 p d A = π +πdh= πd = cm2; 2 3 0, 0251 4 4 p d h d V =π =π = cm3 18, 9 a= cm-1

Esfericidade: razão entre a área da esfera com volume igual ao da partícula e a área total da partícula

2 eq p D A π ψ = ; 3 0, 0251 6 eq p D V =π = cm3 ⇒ Deq=0,3634 cm (diâmetro equivalente) 2 (0, 3634) 0,874 0, 475 π

ψ = = _{ gráfico} ψ vs. ε (enchimento compacto) _ ε= 0,37

Troço 2: anéis com dext=h=1/8”=0,3175 cm; dint=h=1/16”=0,1588 cm

p p A a V = ;

(

)

2 2 ext int ext int 2 0, 594 4 p d d A d h d h π π π − = + + = cm2;

(

2 2

)

ext int 0, 0189 4 p d d h V π − = cm3 31, 5 a= cm-1 2 eq p D A π ψ = ; 3 0, 0189 6 eq p D V =π = cm3 ⇒ Deq=0,3302 cm (diâmetro equivalente) 2 (0, 3302) 0, 577 0, 594 π

ψ = =  gráfico ψ vs. ε (enchimento normal)  ε= 0,55

Cilindros Anéis

Área específica (a) 18,9 cm-1 31,5 cm-1

Porosidade (ε) 0,37 0,55 Esfericidade (ψ) 0,874 0,577









1. Aplicação do método de Carman

Cálculo da velocidade superficial (u) e do Reynolds (Re):

6 v 2 10 10 1, 415 cm/s 3600 25 Q u S π × = = = × ×

(

)

(

)

(

)

(

)

1 2 1 1, 415 Re 11,88 1 18, 9 1 0, 37 0, 01 1 1, 415 Re 9,98 1 31, 5 1 0, 55 0, 01 u a u a ρ ε µ ρ ε µ × = = = − × − × × = = = − × − × Balanço de forças:

(

)

2 2 1 1 2 u P Sε f ρ a ε SL ε ∆ = − ⇒

(

)

2 3 1 2 f u P ρ a ε L ε ∆ = −

Troço 1: Aplica-se a equação da curva A, pois estamos na presença de partículas compactas 0,1 5 0, 4 2 Re Re f = + ⇒ 0,819 2 f = ⇒ 2 4 1 3 0,819 1 1, 415 18, 9 (1 0, 37) 100 3, 45 10 0, 37 P × × × × − × ∆ = = × dyne/cm2=35,2 cm H2O

Troço 2: Aplica-se a equação da curva B (Sawistowski), pois estamos na presença de partículas ocas 0,1 5 1 2 Re Re f = + ⇒ 1, 295 2 f = ⇒ 2 4 2 3 1, 295 1 1, 415 31, 5 (1 0, 55) 100 2, 21 10 0, 55 P × × × × − × ∆ = = × dyne/cm2=22,5 cm H2O

A equação de Ergun também é uma hipótese, pois estamos na presença de anéis:

4,17 0, 29 2 Re f = + ⇒ 0, 708 2 f = ⇒ 4 2 1, 21 10 P ∆ = × dyne/cm2=12,3 cm H2O total 1 2 57, 7 P P P ∆ = ∆ + ∆ = cm H2O (equações A e B de Carman) total 1 2 47, 5 P P P

2. Aplicação do método de Brownell Re Re ρuDp F µ = 2 p₂ 1 f D P f F u L ρ ∆ = ×

FRe e Ff são, respectivamente, os factores correctivos do número de Reynolds e do factor de atrito. Estes factores são lidos nos gráficos de Brownell, que os representa em função da porosidade do leito e para vários valores de esfericidade das partículas.

Troço 1: ψ=0,874 e ε=0,37 ⇒ FRe ~50 (Fig. 219, Brownell) ⇒ Ff ~2600 (Fig. 220, Brownell) Troço 2: ψ=0,577 e ε=0,55 ⇒ FRe ~46 (Fig. 219, Brownell) ⇒ Ff ~1100 (Fig. 220, Brownell)

Relativamente à dimensão característica Dp, considera-se igual a 1/8”=0,3175 cm. O método de Brownell considera que Dp é um diâmetro médio de peneiração e, como para ambos os casos, cilindros e anéis, o diâmetro é igual à altura, é plausível assumir Dp=d (d=h=dext=1/8”) Cálculo do Reynolds 1 Re 2 Re 1 1, 415 0, 3175 Re 50 2246 0, 01 1 1, 415 0, 3175 Re 46 2066 0, 01 p p uD F uD F ρ µ ρ µ × × = = × = × × = = × =

O factor de atrito f é lido no gráfico de Brownell f vs. Re: Re1=2246 ⇒ Re~0,050 (Fig. 221, Brownell)

Re2=2066 ⇒ Re~0,052 (Fig. 221, Brownell)

2 2 4 1 0, 05 1 1, 415 100 2600 4, 097 10 2 _p f 2 0, 3175 f u L P F D ρ × × × × ∆ = × = = × × dyne/cm 2 =41,8 cm H2O 2 2 4 2 0, 052 1 1, 415 100 1100 1,803 10 2 _p f 2 0, 3175 f u L P F D ρ × × × × ∆ = × = = × × dyne/cm 2 = 18,4 cm H2O total 1 2 60, 2 P P P

Problema 7

Determine a esfericidade de um cubo com aresta a e de um cilindro, cuja altura é o dobro do diâmetro (h=2d).

Esfericidade:

2 partícula

área da esfera com igual volume da partícula área da partícula e d A π ψ = =

Esfericidade dum cubo de aresta a:

2 cubo 3 cubo 3 3 3 ₃ esfera 2 / 3 2 2 esfera esfera 2 / 3 2 / 3 2 1/ 3 esfera 2 cubo 6 6 6 6 6 6 6 6 6 0,806 e e e e A a V a V d d a d a A d A a a A A _a π π π π π π π _π π π ψ ψ = = = ⇔ = ⇔ =   = ⇒ _{=  }           _{ }     = = =    =

Esfericidade dum cilindro com h=2d:

2 cilindro 2 2 2 cilindro 2 3 cilindro 3 3 3 esfera 2 2 / 3 2 esfera esfera 2 / 3 2 esfera 2 cilindro 2 4 2 5 2 2 2 4 2 3 6 2 3 3 5 2 0,832 e e e A d dh h d A d d d V d h d V d d d d A d A d A d A _d π _π π _{π π} π π π π π π π ψ π ψ = + = = + = = = = = ⇒ ₌ = ⇒ _{= ×} × = = =

Problema 8

(Problema IV.3 do fascículo de exercícios)

Dispõe-se de um tubo cilíndrico horizontal com um diâmetro de 10 cm e com um comprimento de 1,1 m, cujo enchimento apresenta uma porosidade de 0,63. A fim de determinar a área específica das partículas que constituem o leito, mediu-se a perda de carga, obtendo-se 77 cm de coluna de água para um caudal de circulação de água de 2 m3/h.

a) Determine a área específica do leito, sabendo que a distância entre as tomas de pressão foi de 1 m. Assuma que as partículas são isométricas.

b) Calcule o caudal de água que circularia no tubo, de baixo para cima, caso este estivesse na vertical e a pressão à entrada fosse de 1,4 bar e à saída fosse 1 atm.

a) Área específica do leito

Cálculo da velocidade superficial (u): 6 v 2 2 10 7, 07 cm/s 3600 5 Q u S π × = = = × ×

Perda de carga por atrito:

Dado que o tubo está na horizontal, o valor de 77 cm H2O corresponde à perda de carga por

atrito ⇒ ∆P=77×98=7546 Pa=75460 dyne/cm2 (1 mm H2O =9,8 Pa; 1 Pa=10 dyne/cm2)

Quando se desconhece a área específica (a), é necessário calcular um grupo adimensional que não dependa desta variável, ou seja ⇒ calcular θ=f/2×Re-1 para leitos porosos

Balanço de forças:

(

)

2 2 1 1 2 u P Sε f ρ a ε SL ε ∆ = − ⇒

(

)

3 2 2 1 f P u a L ε ρ ε ∆ = −

(

)

(

)

3 3 4 3 3 2 2 3 2 3 1 7, 546 10 0, 63 0, 01 Re 5, 331 10 2 1 1 7, 07 100 a f P P u a L u u L ε µ ε ε µ θ ρ ε ρ ρ − − ∆ ∆ × × × = ÷ = × = = = × − × ×

Dado que as partículas do enchimento desconhecido são isométricas, poderá utilizar-se a equação da curva A para o factor de atrito, ou visto que a porosidade é relativamente elevada (0,63), a equação de Ergun também é uma hipótese.

Curva A de Carman: 5 0, 4_0,1 2 Re Re f = + ⇒ 5₂ 0, 4_1,1 Re Re θ = + ⇒ Re=64,1

    1 atm 1,4 bar Curva A de Carman:

(

)

(

1 7, 07

)

Re 64,1 1 1 0, 63 0, 01 u a a ρ ε µ × = = = − × − × ⇒ a= 29,8 cm2

/cm3 (área específica das partículas)

⇒ a (1– ε)= 11,0 cm2/cm3 (área específica do leito)

Equação de Ergun: 4,17 0, 29 2 Re f = + ⇒ 4,17₂ 0, 29 Re Re θ = + ⇒ Re=66,2 ⇒ a= 28,9 cm2

/cm3 (área específica das partículas)

⇒ a (1– ε)= 10,7 cm2/cm3 (área específica do leito)

Os valores obtidos são bastante concordantes pelas duas equações, apresentando um desvio de 3%. b) Caudal volumétrico Equação de Bernoulli: 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 atrito P P u P u z z g g g g g ρ ρ ρ ∆ + + = + + + u1=u2 ⇒ P1− =P2

(

z2−z1

)

ρg+ ∆Patrito ⇒ ∆Patrito= − −P1 P2 ρgh atrito P ∆ =(1,4–1,0132)×105–1000×9,8×1,1=27900Pa=2,79×105 dyne/cm2

Quando se desconhece o caudal volumétrico (Qv=u×S), é necessário calcular um grupo adimensional que não dependa da velocidade superficial (u), ou seja ⇒ calcular φ=f/2×Re2 para leitos porosos.

(

)

₍

₎

₍

₎

3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 3 2 Re 2 1 1 1 f P u P u a L a a L ε ρ ε ρ φ ρ ε ε µ ε µ ∆ ∆ = × = × = − − −

(

)

5 3 3 3 2 2, 79 10 0, 63 1 29,8 1 0, 63 110 0, 01 φ= × × × = × − × × 4,73×10 3

(a=29,8 cm-1, curva A de Carman)

φ=4,73×103=5Re+0,4Re1,9 ⇒ Re=128,9 ⇒ u=14,2 cm/s ⇒Qv=1,12 cm3/s=4,0 m3/h. φ=5,19×103 (a=28,9 cm-1, equação de Ergun) ⇒ 5,19×103=4,17Re+0,29Re2

Problema 9

(Problema IV.8 do fascículo de exercícios)

Dispõe-se de uma coluna com um diâmetro de 10 cm, a qual é constituída por dois troços de enchimento com 1 m de comprimento cada. O eixo do leito faz um ângulo de 40º com a horizontal. Um dos troços contém esferas (D=5 mm) e apresenta uma porosidade igual a 0,40. O outro troço de enchimento contém partículas ocas e a porosidade é 0,50.

a) Calcule a perda de carga por atrito na coluna para um caudal de circulação de água de 1 m3/h, sabendo que nestas condições a diferença de pressão lida nos manómetros entre a entrada (base da coluna) e a saída (topo da coluna) é de 0,23 bar.

b) Determine a área específica do leito de partículas ocas.

a) Cálculo da perda de carga por atrito

Aplicação da equação de Bernoulli:

2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 atrito P P u P u z z g g g g g ρ ρ ρ ∆ + + = + + +

Como u1=u2, vem P1− =P2

(

z2−z1

)

ρg+ ∆Patrito Então ∆P_atrito= − −P₁ P₂ ρgh P1 – P2=0,23 bar=2,3×10 4 Pa= 2,3×105 dyne/cm2 ρgh=1000×9,8×1,286=12599 Pa=125990 dyne/cm2=1,286 m H2O ∆Patrito=2,3×105 – 125990=1,04×105 dyne/cm2=1,06 m H2O

b) Cálculo da área específica do leito de partículas ocas

Troço 1 – esferas – a=6/D=6/0,5=12 cm2/cm3, porosidade (ε) – 0,40 Troço 2 – partículas ocas – a= ?, porosidade (ε) – 0,50

L=1+1=2 m



h=L sen 40º=2×0,643=1,286 m 40º    

Cálculo da velocidade superficial (u) e do Reynolds (Re): 6 v 2 1 10 3, 537 cm/s 3600 5 Q u S π × = = = × ×

(

)

(

1 3, 537

)

Re 49,12 1 12 1 0, 4 0, 01 u a ρ ε µ × = = = − × − ×

Aplicação do método de Carman (curva A, pois estamos na presença de esferas):

0,1 5 0, 4 2 Re Re f = + Balanço de forças:

(

)

2 2 1 1 2 u P Sε f ρ a ε SL ε ∆ = −

(

)

3 2 0,1 5 0, 4 0, 373 2 1 Re Re f P u a L ε ρ ε ∆ = = + = − ⇒ ∆P=52456,9 dyne/cm 2 =5245,7 Pa

Então, a perda de carga por atrito do troço 2 pode ser calculada a partir da perda de carga por atrito total (calculada em a)) subtraindo o valor do troço 1:

∆P (troço 1 + troço 2)= ∆P (troço 1) + ∆P (troço 2)

⇒ ∆P (troço 2)=1,04×105 – 5,25×104 = 5,16×104 dyne/cm2

a=? ⇒ calcular θ=f/2×Re-1 para leitos porosos

(

)

(

)

3 3 4 3 2 2 3 2 3 1 5,16 10 0, 5 0, 01 Re 0, 014567 2 1 1 3, 537 100 a f P P u a L u u L ε µ ε ε µ θ ρ ε ρ ρ − ∆ ∆ × × × = ÷ = × = = = − × × 2 1,1 5 1 Re Re

θ = + (curva B do método de Carman, pois são partículas ocas, mas a de Ergun também seria uma hipótese)

⇒ Re=52,72 ⇒

(

)

(

1 3, 537

)

Re 52, 72 1 1 0, 01 u a a ρ ε µ ε × = = = − × − ×

⇒ a (1– ε)= 6,71 cm2/cm3 (área específica do leito de partículas ocas)

Problema 10

Dispõe-se de uma coluna horizontal com um diâmetro de 10 cm e com um comprimento de 100 cm, na qual circula água. O enchimento da coluna é constituído por anéis de Raschig cerâmicos, cujas dimensões, diâmetro externo, diâmetro interno e altura, são 6 mm, 3 mm e 6 mm, respectivamente.

a) Determine a esfericidade e a área específica dos anéis de Raschig.

b) Determine o caudal de circulação de água que promove uma perda de carga por atrito de 100 cm de coluna de água. Dados: Esfericidade (ψ) 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 Porosidade (ε ) 0,78 0,69 0,62 0,55 0,49 0,45 2 3 4,17 (1 ) = 0, 29 Re Re (1- ) u P a f f u a L ρ ε ρ ε µ _ε ∆ − ′ + = = ′ a) 2 2 3 ₃ 2 2 ₃ int int 2 2 2 2 2 int int esfericidade

área da esfera com igual volume área da particula 3 3 ( ) ( ) (36 9) 6 6, 240251 mm 4 6 2 2 (6, 240251) 122, 3359 mm 2 ( ) ( ) 4 P ext e e ext e e P ext ext V d d h d d d d h A d A d d d d ψ π _{π π} π π π _π = = − = ⇒ _{= − = − × =} = = × = = − + + _{(36 9) (6 3) 6 212, 0575 mm}2 2 122, 3359 0, 5769 212, 0575 h π π ψ = × − + + × = = = 1 1 área especifica 212, 0575 1, 667 mm (36 9) 6 4 16, 67 cm P P A a V a π − − = = = − × = b)

É necessário relacionar a porosidade com a esfericidade das partículas (ver Fig. seguinte). ρ

H2O= 1 g/cm

3; µ

H2O= 1 cP 1 mm H2O=9,8 Pa

Estimativa da porosidade do leito (regressão usando polinómio de 2º grau): y = 0.5179x2 _{- 1.2325x + 1.1028} R2 _{= 0.9995} 0.4 0.45 0.5 0.55 0.6 0.65 0.7 0.75 0.8 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 esfericidade(x) p o ro s id a d e d o l e it o ( y ) 0.564 0.5769

Figura – Porosidade versus esfericidade. Ajuste polinomial.

3 2 3 3 2 3 3 3 3 4 2 Re (1 ) 100 1 980 980 dyne/cm 100 0, 564 1 980 4579, 279 16, 67 (1 0, 564) 10 4,17 Equação de Ergun: = 0, 29 Re 4,17 0, 29 Re 4579,279 Re=118,7 Re 1 Re 118, 7 (1- ) _{16, 67} P f L a P L f u u a ε ρ φ ε µ φ ρ ε µ − ∆ ′ = × = − ∆ ₌ × × ₌ × = × = − × ′ +   + × = ⇒     × = = = × 2 3 6 8,627 cm/s (1 0, 564) 10 100 8, 627 3600 2, 44 m /h 4 ₁₀ u Q S u π − − ⇒ ₌ − × × × = × = × =

0.5769

0.564

ψ

=

⇒

ε

₌

Problema 11

(Problema IV.11 do fascículo de exercícios)

Num determinado reactor, pretende-se manter o contacto dos reagentes líquidos com um catalisador constituído por partículas esféricas de 0,41 cm de diâmetro. Dimensione um reactor de leito fluidizado (diâmetro e altura) capaz de desempenhar as funções pretendidas para as condições indicadas a seguir:

Qlíquido=900 L/h; massa de catalisador=100 kg; ρcatalisador=3,5 g/cm3;εleito fixo=0,37;ρlíquido=0,88

g/cm3; µlíquido=110 cP.

O cálculo da secção recta (S) de um leito fluidizado para um determinado caudal faz-se a partir da velocidade de trabalho, a qual assume um valor típico igual a 3 vezes a velocidade mínima de fluidização. A altura do leito é calculada sabendo a massa de sólidos, a sua densidade e a porosidade do leito fluidizado. No caso da fluidização homogénea (vulgar nos líquidos), verifica-se uma correlação linear log ε versus log u desde a velocidade mínima de fluidização até à velocidade terminal corrigida com o efeito de parede (log ui=log um – Dp/Dt) em que a porosidade é unitária.

Cálculo da velocidade mínima de fluidização

Como o fluido é muito viscoso é de experimentar a Equação de Kozeny para calcular a velocidade mínima de fluidização:

(

)

3 2 2 ₁ P u L K a ε ε µ ∆ = ′′ − K′′ =5 para esferas

No caso de esferas a=6/D ⇒ a=6/0,41=14,63 cm2/cm3 Balanço de forças (Força de atrito=Peso aparente do leito):

(

_s

)(

1

)

P S ρ ρ ε SL ∆ = − −

(

3, 5 0,88

)

980

(

1 0, 37

)

1617, 6 P L ∆ _{= − × × − =} dyne/cm3

Substituindo na equação de Kozeny vem:

(

)

3 2 2 0, 37 1617, 6 0,175 5 14, 63 1 0, 37 1,1 u= × = × × − × cm/s

Confirmação do regime:

(

)

0,88 0,175

(

)

Re 0,015 1 14, 63 1 0, 37 1,1 u a ρ ε µ × = = = − × − ×

Estamos em regime laminar pois Re<2 ⇒ validade da equação de Kozeny

Arbitra-se velocidade de trabalho igual a 3 vezes a velocidade mínima de fluidização:

utrabalho=3×umf ⇒ utrabalho=3×0,175=0,526 cm/s

6 v 0, 9 10 _{475, 3} 3600 0, 526 Q S u × = = = × cm 2 ; 2 475, 3 4 D S = ×π = cm2 ⇒ D= 24,6 cm

Cálculo do volume de leito

1 s leito V V ε = − ; Vs=ms/ρs=100/3500=0,02857 m3

Cálculo da porosidade de trabalho (ε) ⇒ estabelecer regressão linear log ε versus log u ε =1 ⇒ um ⇒ calcular

(

)

3 2 2 2 Re 85,8 2 3 s gD f ρ ρ ρ φ µ − = × = =

log φ=1,933 ⇒ log Re=0,685 ⇒ Rem=4,85 ⇒ um= 14,8 cm/s

um=ui (despreza-se o efeito de parede pois Dt/Dp=24,6/0,41=60 !)

log 0,37 ⇒ log 0,175 Regressão linear log ε versus log u

log 1 ⇒ log 14,8 ⇒ log ε=0,224 log u – 0,262 u=0,526 cm/s ⇒ ε= 0,473 0, 02857 0,054 1 1 0, 473 s leito V V ε = = = − − m 3 4 5, 4 10 114 475, 3 s leito V L S × = = = cm = 1,14 m

Altura da coluna =2×Lleito=2,28 m

Problema 12

(Problema de Exame, 11-07-09)

Efectuou-se um ensaio de transporte pneumático de cereal (grão) numa coluna com 8 cm de diâmetro e 2,5 m de altura. Para tal mediram-se as alturas de leito para diferentes caudais de ar usando 400 g de cereal. Obtiveram-se os seguintes resultados:

Caudal de ar (m3/h) Altura do leito (cm) 15 10,5 30 10,5 135 23 200 45 230 75 270 220 3 4 ar ar 3 ' grão Newton 43 32 3 '

leito poroso _{2 leito poroso} Dados: 1, 2 kg/m ; 1, 84 10 P 1, 3 g/cm 0, 22 0, 90 cm; 0, 84 cm Re ( (1 ) pV pA f d d d d P u f L a u ρ µ ρ ε ρ ρ ε − = = × = = = = = = ∆ = = − ' ' 0,1 1 ) 4,17 5 0, 4 Ergun: = +0,29 Carman: Re Re Re a f f ε µ − = +

a) Determine a velocidade mínima de fluidização do leito de grão com base nos dados experimentais.

b) Calcule a velocidade mínima de fluidização teórica, assumindo que as partículas de grão são aproximadamente esféricas.

c) Com base nos dados experimentais, determine a velocidade mínima de transporte de grão com ar. Comente o valor obtido relativamente à previsão teórica obtida através da equação de Newton para a velocidade limite de queda de partículas.

a)

Para determinar a velocidade mínima de fluidização é necessário representar a variação da porosidade (ε) com a velocidade do ar (u) em escala log-log.

3 T T 2 2 / / 400 /1, 3 307, 69 cm / 8 50, 2655 cm 4 s s s s s v V V S L m m V S L u Q S S ρ ε ε ρ π − × − = ⇔ = = = × = = =

caudal (m3/h) L (cm) u (cm/s) T T s V V V ε = −

log (u) log (ε)

15 10,5 83 0,417 1,918519 -0,37985 30 10,5 166 0,417 2,219549 -0,37985 135 23 746 0,734 2,872761 -0,13439 200 45 1105 0,864 3,043458 -0,0635 230 75 1271 0,918 3,104155 -0,03698 270 220 1492 0,972 3,173791 -0,01226 -0.45 -0.4 -0.35 -0.3 -0.25 -0.2 -0.15 -0.1 -0.05 0 1.75 1.95 2.15 2.35 2.55 2.75 2.95 3.15 3.35 log(u) lo g (εεεε ) y = 0.4095x -1.3102 R2 = 0.9991

Da intercepção das duas rectas (a horizontal com os 2 pontos de leito fixo e a do leito fluidizado) tira-se a velocidade mínima de fluidização (umf).

log (0,417)=0,4095x – 1,3102 ⇒ x=2,2719 ⇒ umf =102,2719 =187,0 cm/s

b)

No ponto de fluidização a força de atrito iguala o peso aparente do leito.

-3 3 ( )(1 ) ( )(1 ) (1, 3 1, 2 10 )(1 0, 417) 980 742, 037 dyne/cm a s s P F P S g SL g L P L ρ ρ ε ∆ ρ ρ ε = ∆ × = − − × ⇒ _{= − −} ∆ = − × − × =

log u

mf

É necessário calcular o grupo adimensional φ para leitos porosos: 3 ' 2 3 3 2 Re (1 ) P f L a ε ρ φ ε µ ∆ = × = −

A area específica das partículas de grão é dada por:

-1 32 6 6 7,143 cm 0,84 a d = = = 3 3 4 3 3 4 2 2 4 4 3 0, 417 1, 2 10 742,037=2,641 10 7,143 (1 0, 417) (1,84 10 ) 4,17 equação de Ergun: = 0, 29 Re 4,17 0, 29 Re 2,641 10 Re 294, 7 Re 7,143 (1 0, 417) 1,84 10 Re 294, 7 294, 7 18 (1 ) _{1, 2 10} f u u a φ ρ ε µ − − − − × × = × × × − × × ′ +   + × = × ⇒ ₌     × − × × = = ⇒ _{= × =} − _× 8,2 cm/s 0,1 2 4 0,1 4 3 5 0, 4 equação de Carman: = Re _Re 5 0, 4 Re 2,641 10 Re 332, 5 Re _Re 7,143 (1 0, 417) 1,84 10 Re 332, 5 332, 5 212,3 cm/s (1 ) _{1, 2 10} f u u a ρ ε µ − − ′ +   + × = × ⇒ ₌     × − × × = = ⇒ _{= × =} − _×

A equação de Ergun, apesar de ser para anéis, e as partículas de grão serem praticamente esféricas, também dá bons resultados visto o Reynolds de trabalho ser relativamente baixo. Para Re=300, o desvio entre Ergun e Carman, em termos de factor de atrito, é cerca de 25%, para Re=1000, o desvio é 43% e para Re=2000 atinge os 54%.

c)

Transporte pneumático: ε=1 (todo o material foi arrastado para fora da coluna)

Da alinea a) tem-se log(ε) = 0,4095×log(u) – 1,3102 ⇒ log(u) = 2,442×log(ε) – 3,1995 A expansão de um leito, caso a fluidização seja homogénea, obedece à equação de Richardson & Zaki:

log( ) log( ) log( )

n c i c i u u u u n ε ε = ⇒ _{= +}

Por comparação com o declive da recta do leito fluidizado tem-se n=2,442, o que está de acordo com a equação de Richardson e Zaki para regime turbulento.

( )

log u_i =3,1995 ⇒ u_i=1583,1 cm/s=15,8 m/s (velocidade mínima de transporte)

A velocidade terminal das partículas de grão pode ser determinada a partir da equação de Newton para regime turbulento:

(

)

(

3

)

3 1, 3 1, 2 10 980 0, 9 1693,7 cm/s 0, 33 _{0, 33 1, 2 10} s p m m gd u ρ ρ u ρ − − − × × × − = = ⇒ ₌ × × =16,9 m/s

(⇒ Re=9,9×103 ⇒ confirma-se regime)

O desvio do valor previsto pela equação de Newton relativamente à velocidade mínima de transporte é relativamente baixo. Note-se que se assumiu que as partículas eram esféricas e que se desprezou o efeito de parede.

PROBLEMA 13

Partículas esféricas de 4 mm de diâmetro são fluidizadas com água cuja velocidade é 0,25 m/s. Calcule a porosidade do leito fluidizado.

Dado: ρ_s =2, 5 g/cm3

Equação de Richardson e Zaki: u_c = ×u_i εn

Cálculo da velocidade terminal das partículas:

3 ₃ 5 2 2 0,687 2 0,687 5 ão ( ) 2 2 (2, 5 1) 1 980 (0, 4) 6, 272 10 3 3 _{(0, 01)} 12 (1 0,15 Re ) Re 12 Re(1 0,15 Re ) 6, 272 10 Re

Re 1887 turbulento da eq Richardson e Zaki 2, 4 1887 1 0, 01 Re 1887 1 s p m p m gd f f n u d u ρ ρ ρ φ µ φ ρ µ − _{− × × ×} = = = × ′ = + ⇒ _{= × = + = ×} ⇒ ₌ ⇒ ₌ × × = = ⇒ ₌ ×0, 4 =47,175 cm/s

Desprezando o efeito de parede u_m =u_i:

1/ 2,4 2,4 0, 25 0, 25 0, 47175 0, 47175 0, 77 n c i u u ε ε ε ε   = × ⇒ ₌ ⇒ _{= }   ⇒ ₌

PROBLEMA 14

Uma suspensão com 20 g de carbonato de cálcio por L de água é filtrada num filtro de vácuo laboratorial, cuja área de filtração é 30 cm2. A filtração processa-se a pressão constante, sendo o vácuo aplicado de 670 mm Hg. O volume de filtrado obtido ao longo do tempo está indicado no quadro seguinte:

Tempo (s) 46,8 82,2 183 322 508

Volume de filtrado (mL) 280 380 580 780 980

a) Determine o volume de filtrado equivalente em resistência ao meio filtrante. b) Determine a resistência específica do bolo de filtração.

Outros dados: ρCaCO3 =2,7 g/cm; εbolo=0,72; µ_H 2O =1 cP; ρ H₂O=1 g/cm 3; ρ Hg=13,6 g/cm; 1 mm H2O=9,8 Pa a)

Recorrendo à teoria clássica da filtração tem-se a seguinte Equação geral da filtração:

(

)

2 e dt V V dV _{A P} αµω = + ∆

Esta equação depois de integrada para o caso em questão, filtração a pressão constante (ver Caso 2, ANEXO 3), vem:

2 2 2 e t V V V _{A P A P} αµω αµω = + ∆ ∆

Representando a razão entre o tempo e o volume de filtrado (t/V) versus V tem-se:

declive=

2

2A P

αµω

∆ e ordenada na origem=2×declive×Ve

Pela regressão linear obtida (ver Figura seguinte) vem:

2 2 A P αµω ∆ =4,997×10 8 s/m6 e 2 Ve A P αµω ∆ =2,621×10 4 s/m3

y = 4.997E+08x + 2.621E+04 R2 = 0.9998 0 100000 200000 300000 400000 500000 600000 0 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.001 0.0012 V (m3) t/ V ( s /m 3 )

Figura – t/V versus V e regressão linear.

⇒ 4 5 3 8 2, 621 10 2, 62 10 m 23, 6 4, 997 10 2 e V = × = × − = × × mL b)

A massa de sólidos por volume de filtrado (ω) determina-se a partir da concentração da suspensão. Como se sabe a porosidade do bolo, pode calcular-se o volume de água retida nos interstícios do bolo e descontá-lo ao volume de água da suspensão de modo a obter o volume de filtrado.

ω=ms/(VH2O, total – V H2O, bolo)= ω=ms/(VH2O, total – ε ms/ρs/(1 – ε))

ω=20/(1000 – 0,72×(20/2,7/(1 – 0,72)) = 2,0388 × 10-2 g/mL =20,388 kg/m3

Caso a porosidade não fosse conhecida, o erro na estimativa de ω era relativamente baixo (1,9%), visto a suspensão não ser muito concentrada.

A=30 cm2=0,003 m2; ∆P= 670 mm Hg=670×13,6× 9,8 = 8,93×10 4 Pa 2 2 A P αµω ∆ =4,997×10 8 s/m6 ⇒ 8 2 4 4, 997 10 2 0, 003 8, 93 10 0, 001 20, 388 α= × × × × × × =3,94×10 10 m/kg

PROBLEMA 15

Efectuaram-se vários ensaios de filtração de uma suspensão com 20 g de carbonato de cálcio por L de água num filtro de vácuo laboratorial, variando o vácuo aplicado. Os valores da resistência específica do bolo de filtração obtidos encontram-se no quadro seguinte:

Vácuo aplicado (mm Hg) 274 352 436 525 670

Resistência específica (1010 m/kg) 3,13 3,37 3,49 3,65 3,94 Determine o coeficiente de compressibilidade do bolo de carbonato de cálcio.

Resolução:

Quando a resistência específica varia com a pressão aplicada, diz-se que o bolo é compressível. A equação mais usual que relaciona a resistência específica com a força motriz é a seguinte:

α =α0∆P

n

Em que n é o coeficiente de compressibilidade do bolo de filtração.

Pode-se então linearizar a expressão atrás e determinar n do declive da recta logα vs.log∆P

∆P (mm Hg) α(m/kg) log∆P logα 274 3,13×1010 2,4378 10,4955 352 3,37×1010 2,5465 10,5276 436 3,49×1010 2,6395 10,5428 525 3,65×1010 2,7202 10,5623 670 3,94×1010 2,8261 10,5955 y = 0.2475x + 9.8928 R2 = 0.99 10.45 10.5 10.55 10.6 10.65 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 log (∆P , mmHg) lo g (α , m /k g )

PROBLEMA 16 (Problema III.8 do fascículo de exercícios)

Realizou-se um ensaio de filtração num filtro prensa de placas e caixilhos com uma suspensão de um sólido em água (csólidos na suspensão=10 kg/m3; ρs=2710 kg/m3), cujos resultados obtidos se encontram na Tabela seguinte:

Tabela – Resultados de filtração (Svarovsky, L., Solid-Liquid Separation, Ed. Svarovsky, L., Butterworth & Co. Ltd., 1990, pp. 319-323)

∆P (bar) t (s) V (m3) (t–t1)/(V–V1) (s m-3) 0,4 447 0,04 12458 0,5 851 0,07 12326 0,7 1262 0,10 12120 0,8 1516 0,13 12765 1,1 1886 0,16 12857 1,3 2167 0,19 13809 1,3 2552 0,22 14175 1,3 2909 0,25 15540 1,5 3381 0,28 15250 1,5 3686 0,30 --- 1,5 4043 0,32 17850 1,5 4398 0,34 17800 1,5 4793 0,36 18450 1,5 5190 0,38 18800 1,5 5652 0,40 19660 1,5 6117 0,42 20258 1,5 6610 0,44 20886 1,5 7100 0,46 21338 1,5 7608 0,48 21789 1,5 8136 0,50 22250 1,5 8680 0,52 22700 1,5 9256 0,54 23208

Determine a resistência específica do bolo e a resistência do meio filtrante, sabendo que as dimensões do filtro são 430 mm × 430 mm × 30 mm.

Pela análise da Tabela de resultados, estamos perante um caso de filtração a pressão constante (P=1,5 bar) após decorridos 3686 s (t1) e após um volume de filtrado de 0,30 m3 (V1). Recorrendo à teoria clássica da filtração tem-se a seguinte Equação geral da filtração:

(

)

2 e dt V V dV _{A P} αµω = + ∆

Esta equação depois de integrada para o caso em questão (ver Caso 3, ANEXO 3) vem:

(

)

1 1 2 2 2 e t t V V V V V _{A P A P} αµω αµω − = + + − _{∆ ∆}

Representando (t–t1)/(V–V1) versus (V+V1) tem-se:

declive=

2

2A P

αµω

∆ e ordenada na origem=2×declive×Ve

y = 26266.6x + 1241.1 R2 = 0.991 0 5000 10000 15000 20000 25000 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 (V +V₁) (m3) (t -t 1 )/ (V -V 1 )

Figura – (t–t1)/(V–V1) versus (V+V1) e regressão linear.

⇒ 2 2A P αµω ∆ =26266,6 s/m 6 e 2 Ve A P αµω ∆ =1241,1 s/m 3

a) Determinação da resistência específica

A massa de sólidos por volume de filtrado (ω) determina-se a partir da concentração da suspensão (10 kg/m3). Como não se sabe a porosidade do bolo, vai desprezar-se a água retida no bolo ⇒ volume de água na suspensão igual ao volume de filtrado:

ω=ms/(VT – Vs)= ms/(VT – ms

/

ρs)= 10/(1 – 10/2710)= 10,037 kg/m3

A área de filtração é obtida a partir da área da placa multiplicada por 2, visto que para se formar um bolo são necessárias 2 placas, as quais formam uma câmara de filtração. Note-se que num filtro prensa pode haver várias câmaras. Por ex., 2 câmaras ⇒ 2 bolos ⇒ 3 placas

⇒ A= 4 × área de 1 placa; 3 câmaras ⇒ 3 bolos ⇒ 4 placas ⇒ A= 6 × área de 1 placa.

A=0,43 × 0,43 × 2=0,3698 m2 ∆P=1,5 bar=1,5 × 105 Pa 2 2 5 2 2 26266,1 2 0, 3698 1, 5 10 26266,1 26266,1 0, 001 10, 037 2 A P A P αµω _α µω ∆ × × × × = ⇒ _{= × =} × ∆ 11 1, 07 10 α= × m/kg

b) Determinação da resistência do meio filtrante

Como a ordenada na origem=2×declive×Ve pode calcular-se o volume de filtrado com resistência equivalente ao meio filtrante (Ve).

2 Ve A P αµω ∆ =1241,1 s/m3 ⇒ 3 1242,1 0, 0236 m 23, 6 26266,1 2 e V = = = × L Como ωV = AL(1−ε ρ) _s ⇒ ωV_e =AL_e(1−ε ρ) _s ⇒ ωV_e AL_e r α = pois (1 ) _s r α ε ρ = −

Como a resistência do meio filtrante (RM) é definida pelo produto rL vem: _e

e M V R A

ω

α

= ⇒ 11 10 1 1, 07 10 10, 037 0, 0236 6, 9 10 m 0, 3698 M R = × × × = × −

Note-se que a equação de filtração 1

(

₁

)

2 2 2 e t t V V V V V _{A P A P} αµω αµω − = + +

− _{∆ ∆} podia ter sido escrita

na seguinte forma:

(

)

1 1 2 2 M t t R V V V V _{A P} A P αµω µ − = + + − _∆ ∆ pois e M AR V

αω

PROBLEMA 17 (Problema IV.10 do fascículo de exercícios)

Uma suspensão com 1 kg de carbonato de cálcio por L de água é filtrada num filtro descontínuo. Nos primeiros 10 minutos, a filtração processa-se a fluxo constante, após este período o filtro funciona a pressão constante (0,5 bar) durante 50 minutos. O volume de filtrado obtido ao longo do tempo está indicado no quadro seguinte:

Tempo (min) 20 30 45 60

Volume de filtrado (mL) 170 220 268 320

a) Determine a resistência específica do bolo de filtração. b) Qual o volume de filtrado obtido ao fim de 5 min de filtração?

Dados: Área efectiva de filtração= 50 cm2. Considere o bolo de filtração incompressível e a resistência do meio filtrante desprezável.

a)

Este é um caso de filtração a pressão constante (0,5 bar) após um determinado período (10 min) a fluxo constante. Dado que não se sabe o volume de filtrado (V1) ao fim de 10 min (t1), não se pode usar directamente a equação de filtração integrada na forma mais usual (ver Caso 3, ANEXO 3):

(

)

1 1 2 2 2 e t t V V V V V _{A P A P} αµω αµω − = + + − _{∆ ∆}

Assim, terá de se aplicar a equação integrada na seguinte forma:

(

2 2

)

(

)

1 1 1 2 2 2 e t V V V V V t A P A P αµω αµω = − + − + ∆ ∆

Como a resistência do meio filtrante é desprezável ⇒ Ve=0

⇒ 2 2 1 1 2 2 2 2 t V V t A P A P αµω αµω = − + ∆ ∆

Representando t versus V2 tem-se:

declive= 2 2A P αµω ∆ e ordenada na origem= 2 1 1 2 2 V t A P αµω − + ∆

t (min) V (mL) t (s) V (L2) 20 170 1200 0,0289 30 220 1800 0,0484 45 268 2700 0,0718 60 320 3600 0,1024 y = 33123x + 242.21 R2 = 0.997 0 1000 2000 3000 4000 0 0.05 0.1 0.15 V2 (L2) t (s )

Figura – Tempo versus V2 e regressão linear.

⇒ declive= 2 2 A P αµω ∆ =33123 s/L 2 =3,3123×1010 s/m6 ⇒ 3, 3123 1010 2 0, 0052 5 104 0, 001 1000 α= × × × × × × =8,3×10 10 m/kg

(Não se considerou a água retida no bolo em ω, pois não se conhece a porosidade) b) ordenada na origem= ₁2 ₁ 2 2 V t A P αµω − + ∆ =242,2 s 2 1 1 2 242, 2 2 t V A P αµω − = ∆ ⇒ ₁ 10 600 242, 2 3, 3123 10 V = − × =1,04×10 -4 m3= 104 mL

O volume de filtrado ao fim de 10 min é 104 mL. Como a filtração é a fluxo constante até aos 10 min, tem-se t/V=constante. t/V=10/104=0,096 min/mL ⇒ V (5 min)=5/0,096=52 mL.

ANEXO 1

Propriedades médias para uma amostra obtida por peneiração dum material homogéneo

Diâmetro volumétrico (ou gravimétrico) médio (d_Pvou d43) i Pi Pv i x .d d x ∆ = ∆

∑

∑

(L)

Diâmetro superficial médio (d_PAou d32)

(diâmetro médio de Sauter)

i PA i Pi x d x d ∆ = ∆

∑

∑

(L)

Diâmetro linear médio (d_LAou d21) i

Pi LA i 2 Pi x d d x d ∆ = ∆

∑

∑

(L)

Área específica (a) _A

e V PA 1 a 6 d φ φ = (L-1) e m a a ρ = (L2/M)

Diâmetro da partícula com volume médio (d ) _V

3 3 V

∑

∑

∆ ∆ = Pi i i d x x d (L)

Diâmetro da partícula com superfície média (d_A)

∑

∑

∆ ∆ = 3 A Pi i Pi i d x d x d (L)

Diâmetro da partícula com dimensão linear média (d ) _L

(ou diâmetro da partícula com diâmetro médio)

∑

∑

∆ ∆ = 3 2 L Pi i Pi i d x d x d (L)

Nota: As expressões são também aplicáveis a distribuições granulométricas contínuas, substituindo os somatórios por integrais.

Deduções

Diâmetro volumétrico (ou gravimétrico) médio (d_Pv)

Pi i

Pv i

i

d . V

d com V fracção em volume V ∆ = ∆ ∆

∑

∑

(para uma amostra homogénea V∆ = ∆_i x_ilogo os diâmetros gravimétrico e volumétrico médios são iguais)

3 V Pi Pi i i T T Ni. .d Ni.V V V V V φ ∆ = ⇔ ∆ = 3 4 V Pi V Pi Pi T T P_{v 3} P_{v 3} V Pi V Pi T T Ni. .d Ni. .d d . V V d d Ni. .d Ni. .d V V φ φ φ φ =

∑

⇔ =

∑

∑

∑

com i T i Pi x .m N V ρ ∆ = 4 4 V Pi i T V Pi i T 3 T i Pi V Pi Pi T Pv 3 Pv 3 Pv i V Pi V Pi i T i T 3 Pi T V Pi T .d x .m .d x .m V x .d . .d V V d d d x .d .d x .m x .m V V . .d V φ φ ρ φ ρ φ φ ρ ρ φ ∆ ∆ ∆ = ⇔ = ⇔ = ∆ ∆ ∆

∑

∑

_∑

∑

∑

∑

Diâmetro superficial médio (d_PA) – diâmetro médio de Sauter

Pi i

P_A i

i

d . S

d com S fracção em superfície S ∆ = ∆ ∆

∑

∑

2 Pi A Pi i i T T Ni.S Ni.6 .d S S S S φ ∆ = ⇔ ∆ = 2 A Pi 3 Pi Pi T P_{A 2} P_{A 2} A Pi Pi T 3 i T Pi i T Pi i PA 2 i T Pi Pi Pi Ni.6 .d d . Ni.d S d d Ni.6 .d Ni.d S x .m .d x .m V com N d x .m V _.d V φ φ ρ ρ ρ = ⇔ = ∆ ∆ = ⇒ = _∆

∑

_∑

∑

∑

∑

∑

3 Pi V Pi 3 i T Pi 3 i V Pi P_A P_A 2 i T i Pi 3 Pi V Pi com V = .d x .m .d x . .d d d x .m x .d d . .d φ ρ φ ρ φ ∆ ∆ = ⇔ = ∆ ∆

∑

_∑

∑

∑

Diâmetro linear médio (d_LA)

Pi i

L_A i Pi

i

d . L

d com L fracção em dimensão linear (d ) L ∆ = ∆ ∆

∑

∑

Pi Pi i i T T Ni.L Ni.d L L L L ∆ = ⇔ ∆ = com i T 3 i ₃ Pi V _Pi V Pi x .m N e V d d φ ρφ ∆ = = 2 i T Pi i Pi Pi 3 V Pi T Pi L_A L_A L_A Pi i T i Pi 3 2 T V Pi Pi x .m Ni.d _.d x d . d L d d d d Ni.d x .m x .d L d d ρφ ρφ ∆ ∆ = ⇔ = _∆ ⇔ = _∆

∑

∑

∑

∑

∑

∑

Área específica i Pi e e i Pi 2 3 i T i ₃ Pi A Pi Pi V _Pi V Pi 2 i T i A Pi 3 V Pi A Pi A e e e 3 i T V i V 3 Pi V Pi N S sup erfície de todas as partículas

a a

volume de todas as partículas N V x .m com N , S 6 d e V d d x .m _{6 d} x d d a a 6 a 6 x .m _d x d φ φ ρφ φ ρφ φ φ φ φ φ ρφ = ⇔ = ∆ = = = ∆ ∆ = _∆ ⇔ = ⇔ = ∆

∑

∑

∑

∑

∑

∑

V PA 1 d i Pi m m i Pi i Pi e m m i Pi N S sup erfície de todas as partículas

a a

massa todas as partículas N V considerando a amostra homogénea ( =cte)

N S a a a N V ρ ρ ρ ρ = ⇔ = = ⇔ =

∑

∑

∑

∑

Para esferas

(

)

(

)

3 3 Pi Pi V Pi V Pi 2 2 Pi Pi A Pi A Pi e PA PA V d V d 6 6 S d S 6 d 6 6 a (d diâmetro de Sauter) d π _φ π _φ π π φ φ = ⇒ = = = ⇒ = = = −

Diâmetro da partícula com volume médio (d_V)

∑

∑

= i Pi i v N V N d_V3 φ com Pi T i i V m x N ρ . ∆ = e V_Pi=φ_Vd_Pi3 3 3 V 3 3 V 3 3 V 3 V 3 V _. .

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = Pi i i Pi i i Pi v i i v Pi i i v Pi T i Pi Pi T i v d x x d d x x d d x x d V x x d V m x V V m x d φ φ φ ρ ρ φ

Diâmetro da partícula com superfície média (d_A)

∑

∑

= i Pi i A N S N d_A2 6φ com Pi T i i V m x N ρ . ∆ = , A_Pi =6φ_Ad_Pi2 e pi V A Pi Pi d V S φ φ 6 =

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = 3 A 3 2 A 3 2 A 2 A _. 6 . 6 . . 6 Pi i Pi i Pi i Pi i Pi V T i pi V A T i A Pi T i Pi Pi T i A d x d x d d x d x d d m x d m x d V m x S V m x d ρφ φφ ρ φ ρ ρ φ

Diâmetro da partícula com dimensão linear média (d_L) (ou diâmetro da partícula com diâmetro médio)

∑

∑

= i Pi i N L N d_L com L_Pi=d_Pi

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = 3 2 L 3 V 3 V L L _. . Pi i Pi i Pi i Pi Pi i Pi T i Pi Pi T i d x d x d d x d d x d V m x d V m x d φ φ ρ ρ

ANEXO 2

DIMENSIONAMENTO DE UM ESPESSADOR/DECANTADOR – Secção recta

Método de Coe & Clevenger

A área de um espessador contínuo deve ser suficiente para permitir a decantação de todas as partículas alimentadas através das diversas zonas do espessador. Se a área for insuficiente, começará a haver acumulação de sólidos numa dada secção (designada por zona limite) do

espessador e finalmente haverá partículas sólidas arrastadas no líquido clarificado.

Coe e Clevenger admitiram que a velocidade de decantação dos sólidos em cada zona é função da concentração local da suspensão e que as características do sólido durante ensaios de decantação descontínuos não se alteram quando se passa para o equipamento de larga escala. Assim, desenvolveram um método que se baseia na medição das velocidades de decantação para diferentes concentrações de sólidos na suspensão em ensaios isolados. Parte-se, por exemplo, de 1 L de suspensão com a concentração de sólidos da alimentação e determina-se a velocidade inicial de decantação. Dilui-se a suspensão e determina-se novamente a velocidade inicial de decantação. Repete-se o procedimento até ter-se dados suficientes para se conhecer a relação entre a velocidade e a concentração de sólido. Cada ensaio com uma determinada concentração vai conduzir a uma área de acordo com a Equação 5 (ver na página seguinte a dedução da expressão). O valor máximo encontrado será a área mínima necessária para permitir a decantação de todo o sólido alimentado ao decantador. Na prática, adopta-se um coeficiente de segurança que pode exceder os 100%.

Figura 1 – Esquema de um decantador/espessador contínuo. lama espessada QE , CE alimentação QA , CA líquido clarificado Q , C (zona limite)

Seja QA o caudal volumétrico de suspensão alimentado ao decantador com uma determinada concentração de sólidos CA (kg/m

3

) e QE o caudal volumétrico de espessado com a concentração de sólidos CE (ver Figura 1). Para que não haja arrastamento de partículas sólidas no clarificado, a velocidade ascensional de líquido não poderá ser superior à velocidade de sedimentação das partículas sólidas. Assim a condição limite poderá ser escrita: L Q A u = (1)

em que A é a secção recta, QL é o caudal volumétrico de líquido ascensional e u a velocidade.

Não havendo arrastamento de partículas para o clarificado, todo o sólido que chega à zona limite sairá no fundo do decantador, no espessado, e o caudal volumétrico de suspensão Q

que chega à zona limite é a soma dos caudais volumétricos de espessado e de líquido ascensional. Tem-se então:

E L Q =Q +Q (2) E Q Q A u − = (3) A A E E C Q =C Q =C Q (4)

Como Q=CAQA/C e QE=CAQA/CE, substituindo em (3), vem que a secção mínima é dado por:

min 1 1 A A E C Q C C A u   −     = (5)

Assumindo, por ex., um coeficiente de segurança de 100%, vem:

A=2×Amin (6)

Nota: Como exemplo de aplicação do método de Coe & Clevenger tem-se o Problema II.17 do fascículo de exercícios de OSM.

Método de Kynch

Kynch desenvolveu um método de dimensionamento de decantadores que requer unicamente um ensaio de laboratório. Baseia-se igualmente na expressão do método de Coe e Clevenger para calcular a área do decantador em função da concentração de sólidos. Assim, começa-se por traçar a curva de decantação em que se representa a altura da frente de sedimentação z em função do tempo t. Seguidamente, traçam-se tangentes em vários pontos da curva (na zona do

ponto crítico, que é a entrada em compressão) e determinam-se os valores de t, z e zi (intercepção da recta tangente no eixo das ordenadas z). A velocidade e a concentração são

calculadas pelas seguintes expressões:

i z z u t − = (7) 0 0 i z C C z = (8)

em que z0 é a altura inicial e C0 é a concentração total de sólidos usada no ensaio de

decantação. Depois, é só aplicar a Equação 5 de Coe e Clevenger e calcular a secção transversal correspondente à tangente traçada. O valor máximo da área obtida para as várias tangentes traçadas é a área mínima que o decantador deverá ter.