Tarea 2 Ejercicios Genakoplis PDF

Preview

Summary

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLOFACULTAD DE INGENIERIA QUIMICACURSO:TRANSFERENCIA DE CALORALUMNO:SEMESTRE:2020-IDOCENTE:AÑO:20204-3 Área de transferencia de calor y uso de la media logarítmica de las diferencias de temperatura. Una mezcla de reacción con cp = 2 kJ/kg - K fluye a velocidad de 7260 kg...

Description

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA

CURSO: T RANSFERENCI ADECAL OR

AL UMNO:

SEMESTRE:

2 0 2 0 I

DOCENTE: AÑO: 2020

4.5-3 Área de transferencia de calor y uso de la media logarítmica de las diferencias de temperatura. Una mezcla de reacción con cp = 2.85 kJ/kg - K fluye a velocidad de 7260 kg/h y se debe enfriar de 377.6 K a 344.3 K. Se dispone de agua de enfriamiento a 288.8 K con velocidad de flujo de 4536 kg/h. El valor general de Uo es 653W/m* K. a) Calcule la temperatura de salida del agua y el área A del intercambiador operando a contracorriente. b) Repita para flujo en paralelo. SOLUCIÓN: DATOS:

Cp

2.85

KJ/kg. K

U0

653

W / m*k

C p (agua)

4.181

KJ / kg.k

a) q’= m’ Cp’ (

T 1' -

Ecuación (4.12-7) extraída del libro Geankoplis

'

q’= m’ Cp’ ( T 1 

-

'

T 2 ) = 7260 kg/h (2.85 KJ/kg. K) (377.6 K – 344.3 K) = 689010 KJ /h

Una vez obtenido q’ procedemos hallar la temperatura ( T 1 ¿ q’= q =

C p ( agua) ( T 1 -

T 2 ¿=4536

kg ( T −288,8) =689,010 h 1

T 1 =325.2k 

De la ecuación (4.5 – 27)

∆ T 2=¿ 344.3 K −288,8 k=55.5 k ∆ T 1=¿ 377.6 K −325.2 k=52.4 k 55.5 −52.4 =53.9 k ln(¿ ∆ T 2 /∆ T 1)= 55.5 ) ln( 52.4 ∆T 2−∆ T 1 ∆ T lm = ¿ 

La caída de temperatura (Ti - Te) es constante para todas las partes de la superficie de calentamiento. Por tanto, la ecuación:

q=

U 0 A 0 ∆ T lm

U 0 A 0 ∆ T lm = (653) A 0 (53.9) =

q=

A 0=5.43 m

689010 × 103 3600

2

b) 

Hallando la temperatura media logarítmica ∆ T 1=¿ 377.6 K – 288.8 k =88.8 k ∆ T 2=¿ 344.3 K −325.2 k=19.1 k

88.8 −19.1 =45.35 k 88.8 ln( ) 19.1 ∆ T 1−∆ T 2 ∆ T lm= ¿

ln(¿ ∆ T 1 /∆ T 2)=

q=

U 0 A 0 ∆ T lm = (653) A 0 (45.35) =

T 1' = ∆T1

T 1 =288.8 k

T 2' = ∆T2

T 2 =325.2 k

689010 × 103 3600

A 0=6.46 m2 4.5-5. Enfriamiento de aceite y U general. Una corriente de aceite que fluye a velocidades de 7258 kg/h con un c´ pm = 2.01 kJ/kg 1 K, se enfría desde 394.3 K a 338.9 K en un intercambiador de calor a contracorriente que opera con agua que entra a 294.3 K y sale a 305.4 K. Calcule la velocidad de flujo del agua y el valor general de Ui cuando Ai es 5.11 m2. SOLUCIÓN:

Del apéndice A.2.11 extraído del libro GEANKOPLIS, pág. 951, sacamos el Cp del agua como dato

Datos: c Am ( H 2 O )=4.183 m ´ =

KJ Kg .K

kg ( agua) h

c´ pm ( aceite )=2.01 m ´ =

KJ Kg. K

7258 kg (aceite ) h

A i=5.11 m

2

Aplicamos la ecuación 4.5-2 extraída del libro GEANKOPOLIS

´ q= m

c ´ pm ( T ´ 1 −T ´2 ) KJ KgK )(394.3 – 338.9) K Kg ¿¿ h

2.01 q = (7258

q = 8.082 x

105

KJ h

c pm ( T 1 −T 2 )

q= m ´ 8.082 x

105

KJ h

=

m (4.183

KJ )(305.4 – 294.3)K Kg h

m = 17420 Kg (agua) / h Para hallar la temperatura media aplicamos la ecuación 4.5-27 del libro GEANKOPLIS, pág. 276.

∆ T 1=394.3−305.4 =88.9 K ∆ T 2=338.9− 294.3=44.6 K

∆ T lm=

∆ T lm=

∆ T 1−∆ T 2 ∆ T1 ) ln ( ∆ T2

88.9 K −44.6 K =64.22 K 88.9 K ) ln( 44.6 K

Por último, para calcular el valor general de Ui, aplicamos la ecuación 4.5-26 del libro GEANKOPLIS, pág. 276

q = Ui Ai

∆ Tlm

8.082 x 10 5 ( 103) J 2 =Ui ( 5.11m ) ( 64.22 K ) 3600 A Ui = 686

W m2 K

4.5-6. Flujo laminar y calentamiento de aceite. Una corriente de aceite de hidrocarburo con las mismas propiedades del ejemplo 4.5-5 entra a 175 “C al interior de una tubería con diámetro interior de 0.0303 pie y 15 pies de longitud. La temperatura de la superficie interior de la tubería es constante, 325 ‘F. Se desea lbm calentar el aceite a 250 “F en la tubería. ¿Cuántas se pueden calentar? h (Sugerencia: La resolución es por aproximaciones sucesivas. Un posible método lbmasa . Con esto se consiste en suponer una velocidad de flujo de, por ejemplo, 75 h calcula N ℜ y el valor de ha . Después, se procede a un balance de calor para determinar q en términos de m. Este valor de q se iguala con el obtenido de la ecuación q = ha A ∆ T a . Calcule el valor de m. Éste es el nuevo valor de m que se usa en la segunda aproximación. SOLUCIÓN: Para este problema vamos a usar las mismas Propiedades que el ejemplo 4.5-5 del libro GEANKOPOLIS Datos: T W =325 ° F ,

uw =2.35 (2.4191 )=5.69

k m =0.083

btu h pie° F

c pm=0.50

btu lbm pie° F

T b=

250+175 =212.5 ° F 2

lbm pie2 h

ub=4.74 ( 2.4191) =11.50

lb m pie2 h

D i=0.0303 pie L=15 pie Calculamos el área: 0.0303 pie ¿ ¿ ¿2 (3.1416)¿ 2 π Di =¿ A= 4 A ¿ =π Di L= ( 3.1416 )(0.0303 ) ( 15)=1.4279 pie

2

Se calcula el número de Prandt: N Pr =

c p u (0.50)( 11.5 ) = =69.3 k 0.083

Se calcula el número de Reynolds: Prueba 1, asumimos m = 75

lbmasa h

lbm lb m h G= =107.208 2 0.000722 pie pie2 h 75

N ℜ=

D i G (0.0303)( 107.208) = =282.9 ub 11.50

Aplicamos la ecuación 4.5-4 del libro GEANKOPLIS, para hallar el

(

ha =

)

(

0.083 ( 1.86 ) 282.9 x 69.3 x 0.0303 15 0.0303

)( 1 3

11.50 5.69

)

0.14

=19.173

ha .

btu h pie2 ° F

Procedemos hacer un balance de q en m con la ecuación 4.5-18 del libro GEANKOPLIS

q=m c pm (T bo−T bi )=m (0.50 ) ( 250 −175) =37.50m

Caculamos el valor de m para la primera aproximación, aplicando la ecuación 4.5-7 del libro GEANKOPLIS

∆ T a=

(T W −T b )(T W −T bo ) (325−175 )(325− 250) =112.5° F = 2 2

q = 37.50(m) = ha A T a 37.50(m) = (19.173)(1.4297)(112.5) m = 82.13 ( asumiendo 75

lbmasa ¿ h

Prueba 2, asumiendo m = 83.6 ha =19.65

q = 37.5(m) = (19.65)(1.4279)(112.5)

m = 84.2

lbmasa h

4.5-8. Transferencia de calor con un metallíquido. El metal líquido bismuto, con velocidad de flujo de 2.00 kg/s, entra a un tubo con diámetro interior de 35 mm a 425 “C y se calienta a 430 “C en él. La pared del tubo se mantiene 25 “C por encima de la temperatura general del líquido. Calcule la longitud del tubo que se requiere. Las propiedades físicas son las siguientes (Hl): k = 15.6 W/m . K, cp = 149 J/kg . K, p = 1.34 x 10p3 Pa . s.

SOLUCIÓN: DATOS:

VELOCIDAD DE FLUJO DIAMETRO TEMPERATURA 1 TEMPERATURA 2

2.0 0.035 452 430

Kg/S m °C °C

CONDUCTIVIDAD TÉRMICA CALOR ESPECÍFICO VISCOSIDAD

15.6 149 1.34X 103

Gráfico del problema

Cp=

149 J kgK 2

π (0.035 m) πD −4 2 =9.621 x 10 m = 4 4 2

Área=

2.0 m 3 Kg =2.079 x 10 2 G= = −4 A 9.621 x 10 m s N ℜ=

DG 0.035 mx 2.079 x 103 4 =5.430 x 10 = −3 μ 1.34 x 10

−3 cpμ 149 ( 1.34 x 10 ) = N pr= =0.01280 k 15.6

Usamos la ecuación 4.5-14 de libro Geankopolis pag. 273

h L=

k 0.4 ( 0.625) N Pe D

N Pe =N Pe x N pr = ( 5.430 x 104) ( 0.01280 )

W/mK J/KgK Pa.s

L=¿

15.6 ( 0.625 )[(5.430 x 104 )(0.0128)]0.4 0.035 h¿

L=¿ 3817 W /m 2 K h¿ Usamos la ecuación (4.5-16) extraida del libro Geankopolis pag. 274

q=m c p ∆ T =2.0 ( 149) ( 430 −425 )=1490 W Usamos la ecuación (4.5-1) extraida del libro Geankopolis pag 266

q 1490 =hL ( T w −T ) =( 3817) ( 25 ) = A A A=0.01561m 2=πDL =π (0.035 )( L ) L=0.1420 m...