exercicios resolvidos

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Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 1 
SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS DO LIVRO: 
 
“PROJETOS QUÍMICOS E PETROQUÍMICOS” 
 
 
 
 
 
ERRATA DA 1ª. Edição: 
 
Pg. 17 – figura 1.7 não é “com pray” e sim “com spray”. 
Pg. 35 – exercício 2.5 – enunciado: “para que atinja a concentração de 250 g/L 
 exercício 2.6 – No Balanço para o componente P1 é 3000 e não 4000 logo 
 x = 0,89 e não 0,51. Na tabela corrente 3 ( P1 = 2.225 e P2 = 275 ) 
pg. 36 – exercício 2.8 - I-II fornece 1520 = 47,5 x (2)  (2) = 32 e (3) 48 
Pg. 42 – exercício 2.1.4 – a corrente 4 é Ya = 0,90 ; Yb = 0,10 e Yc = 0 
Pg. 85 – exercício 4.11 a resposta correta é P2 = 5,74 x 103 kgf/m2 ( 0,57 kgf/cm2) 
Pg. 89 - exercício 4.24- na expressão de  ; não é (87 + 293) e sim (87 + 273) 
Pg. 155 – exercício 17.9 no texto:”os acidentes” e no hf não é 74,3,3 e sim 74,3 
Pg. 166 – exercício 17.36 no final PVALVULA não é 4,782 e sim 4,78 elevado a 2 
Pg 169 – exercício 17.41, o correto é H2 = 28,8 x 0,8/2,31 
Pg. 172 – exercício 17.43 acrescentar: o P filtro é 0,06 psi 
Pg. 175 – exercício 17.47 na equação final não é 70,007 e sim 0,007 
Pg. 218 – exercício 22.4 em vez de grau 70 é grau 60 
Pg. 232 – resultado do exercício 22.1 parte cilíndrica é 7/16-in e parte tampos 5/16-in 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 2 
Errata da 2ª edição 
 
Pg. 32 - Exercício 1.6 está assinalada na pg. 232 , resposta como exercício 1.7 (Alternativa E) 
 
Pg. 186 Exercício 17.3 não existe. Ele foi transferido para o 16.1 pg. 152 a resposta na pg. 
186 corresponde ao exercício 17.2a ( o segundo) 
 
 
 
 
Capítulo 1 
 
  Você deve ter aprendido que o custo de um projeto é o primeiro item a ser estudado pelo engenheiro e os gastos do 
projeto devem atender a chamada curva S, se o gasto total não puder ser recuperado ao longo de um tempo (digamos 2 anos 
em média) o projeto deve ser adiado. O projeto pode ser dividido em três etapas: 
1° estudo preliminar de processo 
2° projeto básico 
3° engenharia de detalhamento (civil, elétrica, mecânica, tubulação, instrumentação e controle de processo) 
 
Também viu que no início tem-se um fluxograma (flowsheet) de blocos retangulares que mostra a sequência das operações 
unitárias que compõem o processo estudado. Quando é feito o balanço de massa e de energia temos então os equipamentos 
já representados com as correntes indicadas em um desenho que se chama PFD (process flowsheet diagram), abaixo deste 
desenho há a tabela do balanço de massa. 
 
O fluxograma de blocos preliminar é a base para estimativa inicial de custo. Com o andamento do estudo do processo este 
fluxograma vai se tornando um PFD e quando este estudo estiver bem adiantado, com as malhas de controle e tubulações, se 
torna um P&ID. 
 
A preparação do fluxograma do processo (P&ID- Piping and Instrumentation Diagram) também chamado de fluxograma de 
engenharia é onde está presente a tecnologia envolvida, logo, é a etapa que demanda mais tempo de estudo, normalmente 
feito pelo engenheiro de processo. 
 
Por último viu a importância das malhas de instrumentação (elemento primário e elemento final de controle) 
 
 
Lista de exercício 1 - pg 30: 
 
1.1- Os P&IDs são diagramas esquemáticos, sem escala, que mostram ordenadamente arranjos detalhados de 
todos os componentes físicos, tais como EQUIPAMENTOS, TUBULAÇÕES, INSTRUMENTOS E 
ACESSÓRIOS. 
 
1.2- Alternativa B 
1.3- Alternativa D – explicação no próprio texto 
1.4- Alternativa B – todas as afirmativas estão corretas, inclusive o sinal no FC-1001 com traço que significa na 
frente do painel conforme fig. 1.15 
1.5- Um ph metro transmite e controla a vazão da válvula V1 e um LT. Transmite e controla a vazão de saída do 
tanque através do elemento final de controle válvula V2. 
1.6 - Alternativa E (variando a temperatura há também a variação da concentração) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 3 
Capítulo 2 
 
 Você deve ter aprendido que, o segundo passo de um projeto é o balanço de massa, neste capítulo tratamos de 
balanços com líquidos (o próximo capítulo abordará gás). Na determinação do balanço de massa é essencial 
estipular um círculo de controle ao redor da operação (ões) unitária (s) estudada (s) e a preparação do: 
- BALANÇO GLOBAL 
- e BALANÇO POR COMPONENTE 
 
A forma de apresentação do balanço de massa é através de uma tabela com o n° da corrente na horizontal e os 
produtos na vertical (em cada linha). Uma linha com o total de cada corrente finaliza o balanço. 
 
Errata: O exercício 2.8 na pg. 36 Balanço para Benzeno o correto é: 
 1568 = 47,53x 2 + 0,98 x  
 Resolvendo o sistema: 2 = 32 e  = 48 a alternativa continua sendo a A 
 
Solução da lista de exercício 2.1 - pg. 42: 
 
2.1.1- balanço global F = V + C 
 12 ton/h V balanço para soda: 0,20 x 12 = 0 + 0,50 x C C = 4,8 ton/h 
 
 20% do bal. Global 12 = V + 4,8  V = 7,2 ton/h 
 
 C 50% 
 
2.1.2- para a solução: Q = 5 L/ min x 1,1 = 5,5 kg/min = 330 kg/h 
 330 x 0,70 = 231 kg/h de aditivo ou 231/200 = 1,155 kmol/h ou 1155 mol/h 
 
2.1.3- Balanço para acetona  F xF = D xD + B xB 
 1000 x 0,1 = D x 0,99 + B x 0 ( < 100 ppm) 
 D = 101 kg/h 
 Balanço global  F = D + B 
 1.000 = 101 + B  B = 899 kg/h 
Se L/D = 10  L = 1010 kg/h e V = 1010 + 101 = 1111 kg/h 
 
 
2.1.4- A corrente Y deve ser YA = 0,90 ; YB = 0,10 e YC = 0,00 
 a-) Fazendo-se um círculo de controle ao redor de todo o processo, as correntes são: 1 = 3 + 4 + 5 
Bal. Para o A: 1.000 x 0,40 = 0 + 0,9 x  + 0,10 x  
Bal. Para o B: 1.000 x 0,24 =  + 0,10 x  + 0 
Bal. Para o C: 1.000 x 0,36 = 0 + 0 + 0,90 x    = 400 kg/h logo: 
 
400 = 0,9 x  + 40   = 400 kg/h 
e 240 =  + 0,10 x 400   = 200 kg/h 
 
A corrente 2 = 4 + 5  corrente 2 = 400 + 400 = 800 kg/h 
Na separação 1 o balanço de B revela: 0,24 x 1000 = 200 + xB x 800  xB = 0,05 
b-) 
Kg/h 1 2 3 4 5 
A 400 400 -- 360 40 
B 240 40 200 40 -- 
C 360 360 -- -- 360 
total 1.000 800 200 400 400 
 
 
2.1.5 - Balanço para o componente A: 50 = 0,98 D + 0,06 B 
 Balanço para o componente B: 50 = 0,94 B + 0,02 D 
D = 47,8 kg/h e B = 52,2 kg/h 
No topo da coluna V = 80 kg/h 
R = V – D = 80 – 47,8 = 32,2 kg/h 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 4 
R/D = 32,2/47,8 = 0,67 
a- Errado – não pode ser determinado pelo balanço global 
b- Não, o correto é 32,2 kg/h 
c- Não, D = 47,8 e B = 52,2 kg/h 
d- Correta 
e- Não, o valor é 52,2 kg/h 
 
2.1.6 - H2O ar 
 
 
F (kmol) 
60% ar B = 0,90 x 0,40 = 0,36 kmol de S 
40% S 
Em termos de massa: 0,36 = m (kmol)/50 (kg/kmol)  m = 18 kg de S 
18 kg  25% 
 x  100% x = 72 kg, ou seja, H2O = 54 kg e S = 18 kg 
Assim H2O = 3 kmol para cada kmol da corrente F a ser tratada. Alternativa B 
 
 
2.1.7 
 D balançopara o A: 0,5 F = 0,8 D + 0,4 B  B = (0,5 F – 0,8 D)/0,4 
 F balanço para o B: 0,5 F = 0,2 D + 0,6 B 
 0,5 F = 0,2 D + 0,6 ( 0,5 F – 0,8 D)/0,4 
 B D = 0,25 F ( alternativa A ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 2 – parte final 
 
 Você deve ter aprendido que, o segundo passo de um projeto é o balanço de massa, nesta terceira aula tratamos de 
balanços com gás incluindo o estudo de reagente limite (exercícios para líquidos 2.14 e 21.17 e para gás 2.36 e 2.37 podem 
ser explorados). 
 
 Estudos.com leitura de pressão e grandezas como ppm (na pg. 57). 
- para a transformação de vazão molar em mássica toma-se, n = m/mol, logo, é só multiplicar a vazão molar pelo 
mol para que se obtenha a vazão mássica 
- as tabelas de compressibilidade de gás ( Z ) pg. 70, são muito úteis quando trabalhamos com altas pressões 
(>100 psig) 
 
 Você também deve ter aprendido que quando se trabalha com balanço de gás: 
- o balanço é molar ( ou volumétrico ) 
- na mistura  1 mol somando com outro mol teremos 2 mols 
- na reação  1 mol + 1 mol não resulta necessariamente em 2 mols 
- determina-se o “reagente limitante” também comparando-se os mols 
 
 
Lista de exercício 2.2 – pg. 58 
 
2.2.1- da reação: 2 NH3 (g) + 3CuO(s)  N2 (g) + 3 Cu (s) + 3 H2O 
 
Se 18,1 g de NH3 reage com 90,4 g de CuO 
 
Estequiométrico: mol CuO = 3 = 1,5 alimentação: mol CuO = 90,4/79,5 = 1,14 = 1,08 
 mol NH3 2 mol NH3 18,1/17 1,06 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 5 
 
como a relação real é menor que a estequiométrica então o reagente limitante é o CuO . 
Se 3 mols de CuO formam 1 mol de N2 
1,14 mols de CuO formarão 0,38 mols de N2 ou seja, 0,38 mol N2 x 28 g N2 / 1 mol N2 = 10,6 g N2 
 
2.2.2- Um reator é alimentado com CO e H2 , produzindo 100 mol/min de CH3OH, segundo a reação : 
 CO + 2 H2  CH3OH 
Considerando-se a conversão do CO em 80% e o excesso do H2 em 20% 
 
 CO CH3OH 100 mol / min , conversão de 80% 
 Excesso H2 de 20% 
 H2 Reator 
 
 
 CO + 2 H2 CH3OH 
 1mol 2 mols 1mol 
 
início X Y 
reage 100 200 
fim (X – 100) (Y – 200) 100 
 
alimentação de CO : X = 100/0,8 = 125 mol/min 
alimentação de H2 : (2 x 125 ) x 1,2 = 300 mol/min 
 
Saiu: CO = 125 – 100 = 25 mol/min 11,12% 
 H2 = 300 – 200 = 100 mol/min 44,44% 
 CH3OH = 100 mol/min 44,44% 
 total = 225 mol/min 100,00% 
 
 
 
2.2.3- Sol.: a massa de gás no interior do cilindro é dada por : 
bt
a2
b
)t(m 
 
 
Aplicando a equação de Clapeyron para os instantes t = 0 e t = a 
Po V = mo R To 
 M Po = mo = b 
P V = m R To P ma b/2 + b 
 M 
P = 3/2 Po 
 
2.2.4 
 C2H4 + (1/2) O2  C2H4O 
Sendo exigido um excesso de 20% de oxigênio e sendo a conversão por passe de 50%, a vazão de 
alimentação do etileno e a do oxigênio, em kg/h, devem ser, respectivamente, 
Sol.: C2H4 + (1/2) O2  C2H4O 
 28g 16g 44g 
 1,2 x 16=19,2g 
 28g 19,2g 44g 
 100% 2800 1920 4400 
 50% 5600 3840 4400 
Alternativa D 
 
2.2.5 - Uma fábrica descarrega 2.500 litros/segundo de esgoto tratado, contendo 0,10 mg/L de um 
pesticida, em um rio cuja água não apresenta a montante da descarga, nenhum teor dessa substância. Se a 
vazão do rio, a montante da descarga, é de 1.500 m³/minuto, a concentração de pesticida, em ppb, após a 
mistura da água do rio, será: 
Sol.: 0,1 mg de soluto x 2500 L = 250 mg/s de pesticida 
 L de solução 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 6 
 1500 m3/min x 1/60 = 25000 L/s 
C = 250 mg /(2500 + 25000)L = 9,09 x 10-3 ppm 
= 9,09 ppb . Alternativa D 
 
2.2.6 - Fazendo-se o balanço para o inerte ao redor de todo o processo: 
0,01 F = x P + 0 B (equação I) 
Em que x é a porcentagem de inertes na corrente de purga, que é igual à porcentagem do produto na corrente do topo do 
condensador, sendo também igual à porcentagem de inertes na corrente de reciclo (é porcentagem!). 
 
Mas, o balanço para inertes no nó de alimentação do reator indica: 
0,01 F + x R = 0,025 (F+R) 
0,01 (200) + x 500 = 0,025 (700)  x = 0,031 (3,1%) 
Substituindo na equação I : 0,01 (200) = x P  x = 64,5 kmol/h 
 
2.2.7 - 20 cmHg de vácuo significa 56 cmHg de pressão absoluta, ou seja, 560 mmHg. Alternativa D 
2.2.8 – Na reação CO2 + 3H2  CH3OH + H2O 
 Em mols 5 15 5 5 
Na saída do reator tem-se 0,96 x 5 = 4,8 mols/s de Metanol 
 4,8 mols/s de H2O 
 0,2 mols/s de CO2 
 15 – 14,4 = 0,6 mols/s de H2 
I – correta 
II- para cada 1 mol de CH3OH gerado também gera 1 mol de H2O portanto correta. 
I- 0,08/(0,2 + 0,6) = 0,1 correta 
Todas estão corretas, alternativa E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 3 
 
 Você deve ter aprendido que o próximo passo de um projeto, após seu balanço de massa, é a determinação das 
propriedades físicas, de nada adianta se conhecer o balanço de massa se não conhecermos as propriedades físicas, neste 
capítulo aborda-se equações para a determinação da maioria das propriedades físicas necessárias para os cálculos dos 
equipamentos. 
- Propriedades de líquidos; de gases; sólidos e de misturas; 
- Dificuldades surgem quando encontramos misturas gasosas, pois temos que montar tabelas e achar as 
somatórias; 
- Saber que, algumas propriedades são da forma polinomial como calor específico; viscosidade; condutividade, 
etc... 
- Que sempre podemos recorrer ao livro (mostrar aos alunos): 
 “ The properties of gases and liquids” – autores Reid, Prausnitz and Poling 
 
Lista de exercício 3 - pg 76 
 
3.1- É a viscosidade. Alternativa C 
3.2- 1 / = 0,4 / 791,2 + 0,6 / 998,2 
 = 903,63 kg/m3 
 
3.3- m(lb/h) n = m/mol mol yi = ni/ntotal yi Mol1/2 
H2 426 213 2 0,0372 0,0526 
CH4 134 8,375 16 0,0015 0,006 
CO2 776 17,636 44 0,0031 0,0206 
C6H6 698 8,949 78 0,0016 0,0141 
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C7H8 1290 14,022 92 0,0024 0,0230 
C8H10 13165 124,20 106 0,0217 0,2234 
C8H8 17547 168,72 104 0,0294 0,2998 
H2O 93146 5174,8 18 0,9032 3,832 
Total 127182 1,0 4,4715 
 
Baseado nas propriedades físicas de cada componente puro ( Reid ) a 607 °C 
 
 (cP)  yi Mol1/2 
H2 0,018 0,0009 
CH4 0,026 0,0002 
CO2 0,038 0,0008 
C6H6 0,022 0,0003 
C7H8 0,022 0,0005 
C8H10 0,019 0,0042 
C8H8 0,019 0,0057 
H2O 0,031 0,1188 
Total 0,1314 
 
 m(lb/h) cp m x cp 
H2 426 3,52 1499,52CH4 134 1,0 134 
CO2 776 0,29 225,04 
C6H6 698 0,63 439,74 
C7H8 1290 0,65 838,5 
C8H10 13165 0,66 8688,90 
C8H8 17547 0,64 11230,08 
H2O 93146 0,52 48435,92 
Total 127182 71491,70 
 
Equações a serem utilizadas: 
Calor específico cp =  m x cp = 71491,7 / 127182 = 0,562 Btu/lb °F 
  m 
Viscosidade =   yi Mol1/2 = 0,1314 / 4,4715 = 0,0294 cp 
  yi Mol1/2 
 
Para a temperatura de 474 °C , pegamos o valor de cp ,  e k em função desta nova temperatura e alteramos as 
tabelas acima. cp = 0,532 Btu/lb °F 
  = 0,0246 cP 
 
 
3.4- Pr = P/Pc = 145,11/742 = 0,195 
 Tr = T/Tc = 540 R/510 R = 1,059 encontra-se  cp = 1,0 cal/g mol ( 4,18 J/mol k ) 
 
cp° = 3,95 + 46,8 – 7,47 + 0,47 = 43,75 J/mol K 
cp – cp° = 4,18 J/mol K  Cp = 48 J/mol-K 
 
 
3.5 - PparcialA = XA x PvapA  PparcialA = 0,32 x 1850 = 592 mmHg 
PTOTAL = Pparcial A + Pparcial B 
 
Pparcial A = yA x 1140  592 = yA x 1140  yA = 0,52 
Logo yB = 0,48 Alternativa E 
 
3.6- O que diz a lei de Raoult yi P = x Pi sat - alternativa A 
 
3.7- Alternativa A - observe por exemplo a figura 3.3 – verifique que não é linear a variação e sim uma curva, 
portanto esta alternativa é que está errada. 
Observe também que a qualquer ponto acima da curva têm-se duas fases, líquida e vapor, e que a equação que pode 
ser usada para cálculos de P vapor é a equação de Antoine. 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 8 
 
3.8 - conforme aumenta a temperatura a  dos líquidos diminui mas a dos gases aumenta. Alternativa C 
3.9 - 200/ mix = 80/500 + 120/600  mix = 560 alternativa E 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 4 
 
 Você deve ter aprendido que, já finalizado o fluxograma de processo, o balanço de massa, e tendo em mãos as 
propriedades físicas podemos iniciar os cálculos dos equipamentos, pronto !!! o mais difícil já passou, ufa.... !! 
 
O cálculo inicial deve ser de tubulação. Assim o capítulo 4 trata de cálculo de diâmetros de tubos e características dos 
materiais. Reparar a tabela 4.9 pg.87 (referência de R. Kern) de velocidade recomendada para o cálculo do diâmetro da 
tubulação. O exercício 4.24 pode ser bem explorado. 
 
Lista de exercício 4 – pg.91 
 
4.1- Peso Molecular Médio M = 0,202 x 16 + 0,458 x 30 + 0,20 x 44 + 0,14 x 28 = 29,7 lb/mol 
 yi Pc (atm) Tci (K) y Pc y Tc 
CH4 0,202 45,8 190,65 9,25 38,51 
C2H6 0,458 48,8 305,25 22,30 139,80 
C3H8 0,20 42,0 369,95 8,40 73,99 
N2 0,14 33,5 126,05 4,69 17,64 
 44,64 269,94 
 
P = 434,7 psia ( 29,57 atm ) e T = 149 °C ( 422 K = 300 °F) 
 
a-) TR = T / T´c = 422 /269,94 = 1,56 
PR = P / P´c = 29,57 /44,64 = 0,66  Z = 0,95 
 
 = PM / ZRT 
 = ( 420 + 14,7 ) x 29,7 = 1,66 lb/ft3 
 0,95 x 10,73 x ( 300 + 460 ) 
 
b-) Q = 14,84 m3/min ( 3.920,28 gal/min) e v = 100 ft/s 
 d = ( 0,408 x Q )½ = ( 0,408 x 3.920,28 )1/2 = 4” 
 v 100 
 
4.2- Alternativa B - verificar a equação na pg. 85 
4.3- Alternativa C – metais não ferrosos não são recomendados. 
4.4- Ferrosos = aço carbono 
Não ferrosos = chumbo 
Não metálicos = PVC 
 
4.5 ( P1 – P1)/ = ( z2 – z1 ) + HL 
(P1 – P2) (KPa)/8000 (N/m3) = 5 + 2 
P1 – P2 = 8 x 7 = 56 KPa Alternativa C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 9 
Capítulo 5 
 
 Você deve ter aprendido que, o cálculo mais freqüente de engenharia é o da perda de carga, o engenheiro quando 
inicia sua carreira profissional se debate com este tema durante muitos anos de sua vida. Ela é representada pela equação de 
Darcy com a sequência: cálculo do diâmetro do tubo; cálculo da velocidade; cálculo de Re; cálculo do fator de atrito f; e 
cálculo da perda de carga hf.. 
 
Lista de exercício 5 – pg 102 
 
5.1- 4,0262 = ( 0,408 x 350/ v )  v = 8,81 ft /s 
 
Re = 48,6 lb/ft3 x 8,81 ft/s x 0,3355 ft = 1.425 
 150 cp x 2,42 (lb/h ft cp)x 1h/3600 s 
 
 Regime laminar: f = 64/Re = 64 / 1425 = 0,0449 
 
hf = ( f L/D ) v
2/2g = ( 0,0449 x 320 ft/ 0,3355 ft ) 8,812/ 64,4 = 51,6 ft de óleo 
 hf PSI =  REL H (ft)/ 2,31 = 0,78 x 51,6 ft de óleo/ 2,31 = 17,4 psi 
 
 
5.2 
1 hf = ? 1’ hf =? 2 
 20 m 40,5 m 
 
 
A viscosidade no trecho 1  =  (cSt)x  (g/cm3) = 116,85 x 1,027 = 120 cP 
A viscosidade no trecho 2  =  (cSt)x  (g/cm3) = 9,74 x 1,027 = 10 cP 
 
Sol.: trecho 1- 
2,1572 = (0,408 x 90/v)  v = 7,89 ft/s 
 Re = 50,6 ( 90/2,157) (64,0/120) = 1126 
Como é laminar f = 64/Re = 64/1126 = 0,0568 
assim : f L/ D = 0,0568 x (20 x 3,281x 12)/ 2,157 = 20,73 
Hd = v2/ 2g = 7,892/64,34 = 0,967 ft de líquido 
 
hf = (f L/D) Hd = 20,73 x 0,967 = 20,04 ft de solução  PSI = 1,027 x 20,04/2,31 = 8,9 psi 
 
trecho 2: 
 2,1572 = (0,408 x 90/v)  v = 7,89 ft/s 
 Re = 50,6 ( 90/2,157) (64,0/10) = 13.512 
D = 0,00005 x 12 / 2,157 = 0,000278 
 f = 1,6364 / [ln (0,135 x 0,000278 + 6,5/ 13512]
2
 = 1,6364 / 57,22 = 0,028 
assim : f L/ D = 0,028 x (40,5 x 3,281x 12)/ 2,157 = 20,7 
Hd = v2/ 2g = 7,892/64,34 = 0,967 ft de líquido 
 
hf = (f L/D) Hd = 20,7 x 0,967 = 20,01 ft de solução  PSI = 1,027 x 20,01/2,31 = 8,9 psi 
 
5.3- Alternativa A – quando o duto não for circular deve ser determinado o diâmetro hidráulico. 
 
5.4- Alternativa A – é perda de carga (não deve ser comparada com diferença de pressão, nesta há a influência da 
altura física) ver exercício 5.25 a diferença entre hf e PA. 
 
 
5.5- Alternativa E - No regime laminar f = 64/ ( v D/) = 64/1600 
Se v diminui 25% f = 64/1200 = 0,05 . Se diminuir a velocidade o fator de atrito aumentará de 0,04 para 0,05 
 
5.6- Como o P = 40 Pa/m e tem-se 6.000 m de comprimento o P = 240.000 Pa 
 P = hf + Z  240.000 Pa x (10,33m /101.300 Pa) / 0,8 = 30,4 
 30,4 = hf + 14 hf = 16 m 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 10 
5.7 - Re = D v  /  200000 = 1000 . v . 0,02/0,001  v = 10 m/s 
 Q = v . A = 10 . . 0,022 /4 =  . 10-3 m3/s = 3,14 L . s-1 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 6 
 
 Você deve ter aprendido que, em projetos que escoam fluidos gasosos, o cálculo de queda de pressão em tubulações 
de gás e vapor também segue a equação de Darcy, e o fator de atrito pode ser calculado pela equação de Round (Ver bem a 
diferença entre fator de atrito e fator de Fanning- pg.99) 
 
Lista de exercício 6 - pg 111 
 
6.1 Das tabelas de vapor:  = 123,01 ft3/lb ;  = 0,0081lb/ft3 ; d = 6,065 in ( 0,5054 ft) ;  = 0,011 cP 
 W = 575 lb/h 
v = 575 = 98,3 ft/s 
 0,0081 x  x 0,50542 x 3600 
 4 
 
Re = 6,31 W / (d  = 6,31 x 575 = 54.384 
 6,065 x 0,011/D = 0,00015/ 0,5054 = 0,00029 
 
f = 1,6364 / [ln (0,135 x 0,00029 + 6,5/ 54.384 )]2 = 1,6364 / 76,54 = 0,021 
 
hf = f (L/D) v
2/64,4 = 0,021 (550/ 0,5054) 98,32/64,4 = 3.429 ft 
 
Em PSI : h f PSI =  REL H (ft) /1882 = (0,0081/ 0,0765) x 3.429 ft /1882 = 0,19 psi 
hf = 0,19 psi ( < 10% de P1 = 14 psia então é aceito assumir P1 na densidade de 0,0081 lb/ft
3 , OK ! ) 
 
6.2- Observando a definição do número de Mash pg. 106, Mc = v/Vs . Alternativa E 
 
6.3- Verificar a pg. 108 – Alternativa D 
 
6.4 - a pressão vai diminuindo ao longo da tubulação (logo  também diminui), assim a velocidade é 
crescente pois Q = M/ . Alternativa D 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 11 
 
 Você deve ter aprendido os três métodos de cálculo de perda de carga (Comprimento equivalente, Método K e 
método dos dois K) em acidentes de tubulações. Estes valores entram na equação de Darcy. 
- utilizar a equação de Darcy, para o trecho reto de tubulação; 
- para as curvas e/ou acidentes temos que utilizar um dos três métodos existentes: 
1° Comprimento equivalente (é muito boa a tabela 11.1 pg 122 do Gallant) 
2° k – Crane Co. 
3° Método dos dois k 
- cuidado deve ser tomado quando tratamos de escoamento gasoso pois a densidade é dada pela equação de 
Clapeyron :  = P Mol / ZRT 
- caso o fluido escoando seja gás, ele pode ser considerado compressível, dependendo do P e assim a equação de 
Darcy não é válida. 
- Saber verificar a tabela de tubos (DI e Schedule) na pág. 235 anexo I 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 11 
- saber utilizar as velocidades na expressão v = Q / A 
 
Lista de exercício 11 – 132 
 
11.1-  = 64,87 lb/ft3 e  = 0,6 cp ; vazão de 250 gpm 
Sol..: tubo de 6 in ( DI = 6,065”) 
Comprimento reto 15 + 10 = 25 ft na horizontal 
E elevação 15,5 – 1,5 = 14 ft na vertical  total = 39 ft 
 L tubo = 39 ft 
 5 cotovelos std = 5 x 17 = 85 ft 
 1 redução 6 x 4 “ 4 ft 
 1 válvula gaveta aberta = 3,5 ft 
 1 filtro Y = 30 ft ( * não é singularidade mas pode ser considerado com ) 
 1 saída de tanque = 9 ft 
 a-) L total = 170,5 ft 
 
b-) Re = 50,6 ( 250/6,065 ) ( 64,87/0,6) = 225.503 
Como; /D = 0,00015 x 12 / 6,065 = 0,00029 
 
  f = 1,6364 / [ln (0,135x 0,00029 + 6,5/225.503)] 2 = 1,6364 / 92,09 = 0,0177 
 
6,0652 = ( 0,408 x 250/v)  v = 2,77 ft/s 
hf = 0,0177 ( 170,5 x 12 ) 2,77
2 = 0,71 ft de óleo 
 6,065 64,4 
c-) hf PSI =  REL H (ft)/ 2,31 = (64,87/62,4) x 0,71 ft de óleo/ 2,31 = 0,32 psi 
11.2- D = 2” (0,1722 ft) ;  = 74.8 lb/ft3 ;  = 1.000 cP 
 2,0672 = ( 0,408 x 50 )  v = 4,77 ft/s 
 v 
Re = 50,6 (50/2,067) (74,8/1000 ) = 91,5 escoamento laminar : f = 64 / Re = 0,7 
 
a-) n Leq. n Leq. 
 curva de 90° 3 3 x 5,4 16,2 
 válvula globo 1 1 x 54 54 
comprimento reto do tubo 104 
L equivalente 174,2 
 
hf = ( 0,7 x 174,2/0,1722 ) 4,77
2 / 64,4 = 250 ft 
 
b-) fT = 0,019 n k n k 
curvas de 90° 3 30 x 0,019 1,71 
válv. Globo 1 340 x 0,019 6,46 
 8,17 
 
hf = ( 0,7 x 104 / 0,172 + 8,17 ) 4,8
2 / 64,4 = 155 ft 
 
 
c-) n ki n ki koo n koo 
 curva 90° 3 800 2400 0,4 1,2 
 válvula globo 1 1500 1500 0,4 4,0 
 
 K = k1 / Re + koo ( 1 + 1 / DI ) = 3900 / 91,65 + 5,2 ( 1 + 1 / 2,067 ) = 50,26 
 
 hf = ( 0,698 104 / 0,17225 + 50,26 ) 4,76
2 / 64,4 = 166 ft 
 
11.3- Válvula globo e válvula de alívio não interrompem o fluxo. Alternativa D 
 
11.4 - são os purgadores. Alternativa B 
11.5 Para interromper fluxo pode ser gaveta ou esfera (I e IV apenas) - Alternativa B 
 
 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 12 
 
Capítulo 16 
 Bombas centrífugas. Você deve ter aprendido como se obtém através da vazão e da altura manométrica o 
ponto de operação em uma curva de bomba 
 
Lista de exercício 16 – pg 152 
 
16.1- AMT = Z + hf = 4 + 8 = 12m e vazão de 20 m
3/h 
a bomba 2 fornece um ponto muito extremo da eficiência enquanto que a 2 fornece um ponto mais central, 
portanto melhor. Alternativa E 
 
 
 
 
Capítulo 17 
 Você deve ter aprendido que para se calcular um sistema de bombeamento deve ser atendido: o NPSH, a Altura 
manométrica total (AMT ou HEAD) e a potência do motor. Também neste capítulo há um Estudo de Caso, retirado 
de uma prova para engenheiros do Ministério Público da União (MPU) 
- A equação de Bernoulli é muito importante para os cálculos de sistema de bombeamento: 
 H = P + v2 + Z + hf 
  2g 
 e que se tivermos outro equipamento em linha que provoca perda de pressão, como trocador ou válvula de controle, 
que são os mais comuns, a perda neste equipamento será somada na equação de Bernoulli após o hf (perda na 
tubulação). 
- Para especificar a bomba deve-se calcular quatro (4) itens: 
 
a- AMT (altura manométrica total , através da equação de Bernoulli ou calculando-se P descarga - P sucção) 
b- Motor ( o BHP , usar a tabela de motores da apostila ) 
c- O NPSH disponível ( última aula do primeiro semestre ) 
d- A velocidade específica ( grandeza que também verifica se há cavitação, base é 10000 ) 
 
- Sempre verificar a curva da bomba, se está sendo especificada uma bomba com rotor intermediário. 
 
- Cuidado especial com as unidades, sabendo que um manômetro indica pressão não absoluta e para 
transformarmos para absoluta soma-se a P atmosférica, e quando tratamos com P (em trocadores ou 
válvulas por exemplo) tanto faz trabalharmos com manométricas ou absolutas pois é delta (diferença). 
- o primeiro item a ser estudado é o NPSHD 
- o NPSHD é um fenômeno de sucção, então independe do que ocorre na descarga do sistema de 
bombeamento, é quanto a pressão na sucção está acima da pressão de vapor do fluído 
- há uma característica do equipamento do fabricante que é o NPSHR requerido pelo projeto mecânico da 
bomba, assim nós temos que dispor um NPSHD > NPSHR para que o sistema não cavite; 
- para passar a pressão de psi para altura de líquido: ft = 2,31 x psia /  , sendo leituras de alturas 
teremos unidades absolutas. 
 
Lista de exercício 17 – pg 186 
 
17.1- I – correta, pois o NPSH d tem que ser maior que o NPSH r para a bomba não cavitar 
 II- errada, não há relação com o recalque, cavitação é um fenômeno de sucção 
 III- correta, evita a formação de bolhas na sucção 
 IV- correta, e ainda danifica o rotor da bomba 
 
17.2 - Alternativa C principalmente porque a sucção está abaixo da linha de centro da bomba. 
 
17.2a- Na solução publicada pg. 233 2ª edição é o 17.3 
 Q = 120 m3/h ( 1,18 ft3/s = 528,3 gpm) 
 
P Vapor = 2,31 x 0,99/ 0,88 = 2,59 ft 
P VASO V1 (VÁCUO) = 29,9 - 27 = 2,9 in Hg ( 1,42 psia ) 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 13 
a-) NPSH d = P sucção - P vapor 
 NPSH d = ( P vaso + H - hf ) - P vapor 
 
 8,26 = ( 3,73 + H - hf ) - 2,59 
 
para se determinar o valor da altura H temos que saber qual é o P no tubo (questão b). 
 
 8,26 = ( 3,73 +H - 0,0016 H ) - 2,59 
 
 H = 7,12 ft 
 
b-) hf = f L/D v
2/2g onde A = Q/v = 1,18 ft3/s / 2,16 ft/s = 0,55 ft2 
 D = 10,08” ( 10” com DI = 10,02”) 
 Re = 50,6 ( 528,3/10,02) ( 54,9/1,0) = 1,46 x 105 
 f = 0,018 
 
 hf = 0,018 x H/ 0,835 x 2,16
2 / 64,4 = 0,0016 H 
 = 0,0016 x 7,1 = 0,011 ft 
 
c-) Descarga: hf = ( fL/D + k ) v
2 
/ 2g 
 
A = Q/v = 1,18 ft3/s / 13,35 ft/s = 0,0884 ft2  D = 4,08” ( 4” com DI = 4,026”) 
 
Re = 50,6 ( 528,3/4,026) ( 54,9/1,0 ) = 3,6 x 105 
f = 0,0175 
 
 D = 4”  fT = 0,017 
 
4 cotovelos 90° 4 x 30 fT = 2,04 
2 T 90° 2 x 60 fT = 2,04 
4 v. gaveta 4 x 8 fT = 0,544 
1 v. retenção 100 fT = 1,7 
1 entrada 1,0 
Total 7,324 ft 
 
hf TUBO = (0,0175 1000/0,335 + 7,324 ) 13,35
2/64,4 = 165 ft 
 
 P VASO V2 = 143,59 ft 
 hf TUBO = 165 ft 
 ALTURA Z = 30 ft 
 P TROCADOR = 7,5 x 2,31/ 0,88 = 19,7 ft 
Sub- total 358,29 ft 
 
P válvula de controle 0,30 x 358,29 = 107,48 ft 
TOTAL 466 ft 
 
 
 d -) AMT = Pdesc. - P sucção onde P s = PVASO V1 + H - hf 
 = 3,73 + 7,1 – 0,011 = 10,8 ft 
 
 AMT = 466 - 10,8 = 455 ft 
 
 
e-) P1 = psia x 2,31 / 0,88 
 
 466 = psia x 2,31/0,88  P man. = 178 psia  163 psig 
 
17.3 – Não existe este exercício, foi transferido para o 16.1 
 
17.4 - a equação é a que corresponde a alternativa A 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 14 
 
17.5 - Sol.: alternativa A 
PDESCARGA = hf + H 
V = Q/A = (45000 cm3/s) 4/ (25,4 cm)2 = 88,8 cm/s 
Re = (0,97 kg/L) ( 88,8 cm/s) (25,4 cm)/ (3,6 cm2/s x 0,97 kg/L) = 626,5 
f = 64/626,5 = 0,102 
hf = 0,102 x 1200 x 0,888
2 = 19,4 m 
 0,254 2 x 9,8 
PDESCARGA = 19,4 + 30 = 49,4 mcl x 0,97 = 47,918 mca x 1,033 kg/cm
2 = 4,7918 kg/cm2 
 10,33 mca 
17.6 - a AMT = (PDESCARGA – PSUCÇÃO) + v
2/20 + Z 
= (440 – 100) + (16 – 4)/20 + (3,2 – 1,8) 
= 340 KPa ( x 10,33 mca/101,3KPa ) + 0,6 + 1,4 = 36,67 m 
Q = 10 m3/h 
KW= 10.000 x 10 x 36,67/(3.600 x1.000 x 0,50) = 2,0 KW - Alternativa C 
 
17.7 - da curva da bomba H2 = (3 – Q2)/2 e da curva do sistema H = (2)1/2Q2 
 (3 – Q2)1/2/2 = (2)1/2Q2 
3 – Q2 = 4 Q4 e x = Q2 
3 – x – 4 x2 = 0 
x = ¾ ou Q = (3)1/2 /2 . Alternativa E 
 
17.8 - fazendo a curva do sistema para 3 valores de Q ( Q = 2, 3 e 4) 
Encontra-se o ponto de operação no cruzamento com a curva da bomba em Q = 3,7 x 10-3 m3/h 
Alternativa C 
 
17.9 - igualando as duas alturas manométricas: 
30 + 900 Q² + 100 Q² = 230 − 4000 Q² 
5000 Q2 = 200  Q = 0,2 m3/s - Alternativa A 
 
17.10 – mantêm-se a curva do sistema, duplica-se a curva da bomba no sentido da vazão, ponto inicial 
0;50) e para cada AMT duplica-se a vazão volumétrica, o ponto de encontro da nova curva com a curva 
do sistema é na altura de 16 m3h (um pouco anterior, pois Q2 < 2 Q1). Alternativa C 
 
17.11- mantêm-se a curva do sistema, duplica-se a curva da bomba no sentido da AMT, para cada vazão é 
duplicada a AMT, o ponto de encontro da nova curva com a curva do sistema é no ponto Q = 21 
Alternativa B 
 
17.12 - H1/H2 = ( n2/n1)2 
4/x = ( 2.000/4.000)2  x = 16m Alternativa D 
 
17.13 - Q1/Q2 = n2/n1 
4/x = 2.000/4.000  x = 8 m3/s Alternativa C 
 
17.14 - (700/875) = Q2/340  Q2 = 272 L/s 
 ( 700/875 )2 = H2/13,5  H2 = 8,64 m 
 ( 700/875 )3 = P2/75  P2 = 38,4 HP - Alternativa B 
 
17.15 - Alternativa D ( I, II e IV ) a III está errada a pressão abaixo da pressão de vapor significa que 
está cavitando. 
 
 
17.16- 1,325 (KW) = 1000 x 9,81 x 10 x 1  n = 74% alternativa B 
 1000 x n 
 
17.17- Verificando na curva de NPSH , considera-se NPSH D = NPSH R , assim o NPSH D é aproximadamente 
2,5 m. como NPSH = P suc – P vap 
2,5 = (Patm – hf – Z ) – P vap 
2,5 = (10,33 – 3 – Z ) – 0,24 
Z = 4,4m aproximadamente . Alternativa C 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 15 
 
 
17.18 O P = Z + hf  4 m = 2m + hf 
hf = 2 m x 101,3 kPa/10,33 mca = 19,6 kPa alternativa C 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 21 
 
 Você deve ter aprendido a importância do balanço de energia em um processo. Assim como a utilização de tabelas de 
vapor (saturado e superaquecido) e do diagrama de Mollier e que: 
 - BALANÇO DE ENERGIA = VAZÃO X ENTAPIA 
- Q = m H SAI - m H ENTRA 
- uso das tabelas de vapor, principalmente os valores de entalpia de líquidos e de gás 
- quando há mudança de estado a entalpia é de vaporização ou condensação 
- que a entalpia de soluções pode ser dada por cp T 
- que para a água (cp = 1,0) o valor da entalpia pode ser dada pela própria temperatura 
- para o uso de porcentagem de produto que irá “flashear” usa-se também a entalpia 
- quando não há mudança de estado: Q = m cp T e quando há mudança de fase aplicamos Q = m H 
- a válvula de controle é isoentalpica, isto é importante pois após a válvula temos um superaquecimento de 
vapor, que podemos determinar usando o diagrama de Mollier 
 
Lista de exercício 21 - pg 207 
 
21.1- O aquecimento do líquido é de 50 para 90 °C 
Q = m c T = 100 (kg) x 1,001 (kcal/kg °C) ( 90-50 °C) = 4004 Kcal 
T de saída do líquido 90 °C 
Conforme enunciado, então a temperatura T mínima do condensado é 90 + 10 = 100 °C 
 
Caso A – VAPOR SATURADO de 1,03323 kg/cm2  T = 100 °C 
 Hv = 638,9 – 100,4 = 538,86 Kcal/Kg 
 
 Mv = Q/H = 4004/ 538,86 = 7,43Kg de vapor 
 7,43 kg x 0,40 $/kg = $ 2,97 
 
Caso B – VAPOR SATURADO de 4,237 kg/cm2  T = 145 °C (tabela) , lembrar que deve ser resfriado até 
100°C) 
 Hv = 654,0 – 145,8 = 508,2 Kcal/Kg 
 H resfriar = cp x T = 1,015 x (145-100) = 46,67 kcal/kg 
 HTOTAL = 553,87 kcal/kg 
 
 Mv = 4004/ 553,87 = 7,23 Kg de vapor 
 7,23 kg x 0,70/kg = $ 5,06 
 
Caso C – VAPOR SUPERAQUECIDO: 1,03323 Kg/cm2 com 10 °C de Superaquecimento  T = 110 °C 
 H resfriamento do vapor cp x T = 0,51 x (110 – 100) = 5,1 Kcal/kg 
 Hv a 100 °C = 538,86 Kcal/Kg 
 HTOTAL = 543,96 kcal/kg 
 
 Mv = 4004/ 543,96 = 7,36 Kg de vapor 
 7,36 kg x 0,85/kg = $ 6,25 
 
Caso D – VAPOR SUPERAQUECIDO: 5,54 Kg/cm2 com 30 °C de Superaquecimento  T = 155 + 30 = 185 °C 
 Cp vapor a 170 °C = 0,475 kcal/kg °C 
 Cp líquido a 127,5 = 1,016 kcal/kg °C 
 H resfriamento do vapor: cp x T = 0,475 x (185 – 155) = 14,25 Kcal/kg 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 16 
 Hv a 155 °C = (656,9 – 156,1) = 500,8 Kcal/Kg 
 H resfriamento do líquido: cp x T = 1,016 x (155 – 100) = 55,88 Kcal/kg 
 HTOTAL = 570,93 kcal/kg 
 
 Mv = 4004/ 570,93 = 7,01 Kg de vapor 
 7,01 kg x 1,00/kg = $ 7,01 
 
O menor curso é o do vapor saturado de 1,03323 kg/cm2 - caso A 
 
21.2- Cálculo da vazão das correntes de vapor e de solução concentrada: 
Balanço para o componente açúcar: F xF = V xV + C xC 
5000 x 0,15 = 0 + C x 0,60  C = 1.250 kg/h 
 
Balanço global: F = V + C  5.000 = V + 1.250  V = 3.750kg/h 
 
Cálculo da carga térmica : 
Balanço de energia: F hF + Q = V hV + C hC 
 
Das tabelas de vapor: hV = 623 kcal/kg e 
 hF = cp (90 – 0 ) = 0,8 x 90 = 72 kcal/kg 
 hC = cp (59,7 – 0) = 0,6 x 59,7 = 35,8 kcal/kg 
 
5.000 x 72 + Q = 3.750 x 623 + 1.250 x 35,8 
Q = 2,0 x 106 Kcal/h 
 
 
21.3 – A-) Vazão do concentrado m3 (m2 vazão do evaporado): 
Balanço por componente (concentrado) 
m1 x Xsolução = m2 x Xevap. + m3 x Xconc. 
2,0 x 0,1 = 0 + m3 x 0,1 m3 = 0,4 kg/s 
 
Balanço global: m1 = m2 + m3  2,0 = m2 + 0,4 m2 = 1,6 kg/s 
 
Como não há elevação do ponto de ebulição e o evaporado encontra-se em equilíbrio com a solução em ebulição as 
temperaturas das correntes de evaporado e de concentrado são iguais a 51 °C . 
 
B-) A temperatura do concentrado aumenta, pois aumenta a temperatura da solução em ebulição no interior do 
equipamento. A concentração do soluto no concentrado será menor, pois a taxa de transferência de calor através do 
sistema será menor ( o produto ( U x A ) é constante mas o diferencial (Tv – Tc ) diminui). Assim a quantidade de 
calor para evaporar o solvente diminui, gerando um produto menos concentrado. 
 
C-) O desempenho do evaporador pode ser aumentado com: 
 - utilização de sistema multi-efeito 
 - aquecimento da solução antes de sua alimentação no evaporador, 
 - redução da pressão operacional do evaporador. 
 
 
21.4- Verificando na tabela de vapor no sistema inglês. Para as pressões P1 = 314,7 psia e P2 = 14,7 psia 
 % de flash = h1 – h2 = 398,50 – 180,07 = 0,225 ou seja 22,5% 
 Lv2 970,3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta das listas de exercícios do livro “Projetos de Processos Químicos e Petroquímicos”. 17 
Capítulo 22 
 
 Você deve ter aprendido a diferença entre tanques e vasos, suas normas e cálculos de espessuras. 
- para cálculos da espessura da parede de vasos usa-se as equações dadas pela norma ASME, e o uso de equações 
divide-se em parte cilíndrica e parte dos tampos, sendo que para cada tipo ou forma de tampo tem-se uma 
equação para o cálculo da espessura. 
- A pressão que entra nas equações do cálculo da espessura é dada em psig . 
- Quando temos somente a pressão de operação, a pressão de projeto usada nas expressões é 1,20 x P operação, 
isto é , P projeto é 20% acima da pressão de operação. 
- Que para o valor do raio de curvatura do tampo (L) é usado o valor do diâmetro do vaso 
 
 
Lista de exercício 22 - pg 227 
 
 
22.1- R = D/2 = 7 ft/2 = 3,5 ft x 12 in/1 ft = 42 in 
 
parte cilíndrica : t = 120 x 42 = 0,297 in 
20000 x 0,85 - 0,6 x 120 
 + corrosão 0,125 in 
 0,4227 in  chapa 7/16” 
 (Item e das observações da pg. 218) 
 
tampo hemisférico t = 120 x 42 = 0,148 in 
 2 x 20000 x 0,85 - 0,2 x 120 
 + corrosão 0,125 in 
 = 0,273 in  chapa 5/16” 
 (Item e das observações da pg. 218) 
 
 
22.3- 
Diâmetro – 100 pol. 
Temperatura Proj. – 205°C 
Tensão 304L – 15800 psi @ 205°C 
E – 0,85 (casco) / 1,00 (tampos) 
Espessura – 1/2 pol. 
Tipo de Tampos – Semi-elíptico 2:1 
 
Verificação do casco: 
 
P = S x E x t / (R + 0,6 x t) = 133,5 psi 
 
Verificação dos tampos: 
 
P = 2 x S x E x t / D + 0,2 x t = 157,8 psi