fenomenos de transporte ii - taller antiguo # (1)
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Caso 1) 21.J2 Temperatura del catalizador en una reacción de varios componentes.
Estimar la temperatura del catalizador en el sistema del ejemplo 21.8-1, si Pr f=0.6, Cpb=11.7 cal g-mol ºK-1,
y el calor de reacción por mol de ciclohexano producido es ∆H3= -51 Kcal g-mol-1 para las condiciones
existentes en la superficie del catalizador. Supóngase que los valores indicados anteriormente para las
demás propiedades constantes siguen siendo los mismos.
Solución
Datos extraídos del Ejemplo 21.8-1:
Aplicando un balance de energía sobre la unidad de área:
El coeficiente de transferencia h no corregido esta dado por la ecuación 13.4-4
Se estimara la temperatura a bajas velocidades de transferencia de calor, posteriormente corregiremos
esa temperatura en el caso de que realmente se este a altas velocidades de transferencia, por esto
suponemos que:
, entonces
111.0jH
Kgmol
calC p º
7.11
22930
mhr
KgGO
Kgmol
KgM 43.14
KTb º500
)(330 TThHN b
fph GCjh 3
2
0 (Pr)
3600
1*
10000
1*
43.14
1*1000*6.0*2930*7.11*111.0 3
2
h
Ksegcm
calh
º10*029.1
22
Fsegft
Btuh
º87.75
2
hh h
HNTTb
330 *)(
2
2
1
252*87.75
1
1000*51*
28.3
1*
1
1000*721.0
)(
TTb
N10=−0. 147N20=−0. 441N30=0.147
Calculando ∆H3 a 600ºK: -52.281 cal g-mol-1; para poder corregir nuestra temperatura ya que el supuesto
inicial fue a baja velocidad de materia.
Con este valor se calculara ΦT
Todos los Cpi son evaluados a 650º K
De la ecuación 21.5-48, se estima θT
Ahora se puede estimar Tb corregida, de tal manera de poder conocer la temperatura correcta del
catalizador y comprobar si la suposición inicial (a bajas velocidades) es correcta:
Conclusión:
La temperatura estimada sin corrección es de 600 ºK, en cambio la temperatura corregida es de
600.55ºK, se puede concluir que no existe una gran diferencia en las temperaturas, es decir es correcta la
suposición de que la transferencia de materia se realiza a bajas velocidades por lo que la temperatura del
catalizador en el sistema de donde ocurre reacción de varios componentes es de 600ºK.
FTTb º1789)(
FT º1789)33.440(
KT
FT
º600
º23.619
65.49
7
27.35
3
2
1
p
p
p
C
C
C
87.75
)65.49*147.0()7*441.0()27.35*147.0(*0
h
CNj pij
T
0128.0T
1
eT
1
0128.00128.0
eT
0064.1T
h
HNTT
Tb
330 *)(
7587*0064.1
)8.1*281.52(*147.0)(
TTb
FTTb º181)(
FT º181)33.440(
KT
FT
º55.600
º33.621
Caso 2) 14.I 2 Radiación y conducción a través de medios absorbentes.
Una plancha de vidrio se extiende desde z=0 hasta z=δ , y es infinita en las direcciones x e y. Las
temperaturas de las superficies en z=0 y z=δ se mantienen a T 0 y
T δ , respectivamente. Sobre la
cara situada en z=0 incide un rayo monocromático dirigido según la dirección z, y cuya intensidad es
q0( r )
. Tanto la emisión en el interior de la lámina como la radiación incidente en la dirección z pueden
considerarse despreciables.
a. Determinar la distribución de temperaturas en la plancha, suponiendo que ma y k son
constantes.
b. ¿Cómo varía con ma la distribución de la densidad de flujo de energía por conducción
qz ?
Solución
a) Utilizando las ecuaciones:
0=−ddz
qz( r )−Λ
(Ec. 14.6 – 5)
Λ=maq( r )
(Ec. 14.6 - 6)
qν( r )=qν
(r )|z=0EXP (−ma⋅z )⇒q(r )=q0( r )⋅EXP (−ma⋅z)
(Ec. 14.6 – 8)
Donde Λ es la velocidad local de absorción de fotones por unidad de volumen.
Sustituyendo la ecuación 14.6 – 6 en 14.6 – 4 se tiene:
0=−ddz
qz+Λ (Ec. 14.6 – 4)
Se tiene
0=−ddz
qz+ma⋅q( r)
(Ec. 1)
Por otra parte al sustituir la ecuación 14.6 – 8 en la ecuación 1 y aplicando la ley de Fourier se tiene lo
siguiente:
0=−ddz
qz+ma⋅q0( r)⋅EXP (−ma⋅z )
Ley de Fourier de la conducción de calor.
qz=−k ( dTdz )0=k d
dz ( dTdz )+ma⋅q0( r )⋅EXP (−ma⋅z )
(Ec. 2)
Arreglando la ecuación 2 nos queda:
0=k d2Tdz 2
+ma⋅q0( r)⋅EXP (−ma⋅z )
Integrando esta ecuación con respecto a z, se tiene:
d2Tdz2
=−ma
k⋅q0
( r)⋅EXP (−ma⋅z )
Donde nos queda una expresión de siguiente forma:
dTdz
=1k⋅q0
(r )⋅EXP (−ma⋅z )+C1 (Ec. 3)
Integrando nuevamente con respecto a z, nos queda:
T ( z )=− 1k⋅ma
⋅q0(r )⋅EXP (−ma⋅z )+z⋅C1+C2
(Ec. 4)
Las condiciones de borde para este sistema, son:
CB: 1 z=0→T=T 0
CB: 2 z=δ→T=T δ
Aplicando las condiciones de borde, los valores de las constantes C1 y C2 son:
CB1
T 0=− 1k⋅ma
⋅q0(r )⋅EXP (−ma⋅0 )+0⋅C1+C2
∴C2=q0
( r )
k⋅ma
+T 0
CB2
T δ=− 1k⋅ma
⋅q0( r)⋅EXP (−ma⋅δ )+δ⋅C1+
q0( r)
k⋅ma
+T 0
∴C1=1δ [(T δ−T0 )+
q0(r )
k⋅ma
EXP (−ma⋅δ )−q0
( r)
k⋅ma]
Reemplazando las constantes en el perfil de temperaturas, se tiene:
T ( z )−T 0=−q0
k⋅ma
EXP (−ma⋅z )+ zδ [ (T δ−T 0)+q0
k⋅ma
EXP (−ma⋅δ )−q0
k⋅ma]+ q0
k⋅ma
(Ec. 5)
b) Cuando ma es muy alto los términos de la radiación de la ecuación 5 se consideran insignificante.
Muy cerca de la superficie del vidrio toda la radiación es absorbida y sus efectos son solo importantes
cuando z es muy pequeño. En esta región qz es grande y negativo.
Cuando ma es muy grande la radiación es pequeña y opuesta. Otra vez los efectos de la radiación son
importantes, ya que la mayoría de la radiación pasa a través del vidrio.
1 in. dia
1
321
2``
Cuando ma tiene un valor intermedio la razón de absorción es apreciable cuando ocurre a través del
vidrio a temperatura máxima. En este caso qz será negativo y pequeño cuando la razón
zδ sea pequeña
y será positivo cuando la razón
zδ se aproxime a 1.
Caso 3) Resolver el siguiente ejercicio relacionado con el factor de visión:
Ejemplo 3.3) un agujero es torneado completamente a través de un plato de metal de 2 pulgadas de
espesor que se mantiene a una temperatura de 350°F, ¿Cuanta energía por hora se perderá hacia los
alrededores que se encuentra a 60 °F? considere la superficie metálica y los alrededores como cuerpos
negros.
Solución
Datos
Se identifican como los alrededores las zonas 2 y 3 de la figura, las cuales llamaremos R.
Las temperaturas son
La superficie 1 = 350°F = 450°K
Los alrededores R = 60°F = 289°K
Las áreas son
Los factores de visión están dados por las siguientes expresiones:
221 0046,0lg28,6 mpuDLA
2422
32 10*067,5lg785,04
mpuD
AA
13121 FFF R
1111 RFF
Como no se conoce F12, F13. Entonces tendremos otra relación que es en donde
conocemos F23 a través de la figura 14.4-4, en la cual entramos con la relación diámetro/ distancia entre
los planos, para nuestro caso son 2 discos de diámetro 1 pulg. y 2 pulg. de distancia entre ellos, esto da
que la relación es 0,5. Con estos datos el grafico nos da un factor de visión de F23 = 0,06, conociendo F23 y
F22 = 0 entonces conocemos F21 = 0,94, pero lo que realmente queremos conocer es F12 por lo tanto
usamos:
y conociendo F12 = 0,1175 que es igual que F13, entonces F1R = 0,235.
Con este dato usamos la ecuación 14.4-9 modificada para nuestro caso en particular. La cual nos entrega
la perdida de energía por hora hacia los alrededores
donde σ = cte de Boltzmann = 4,878*10-8 Kcal. hr-1 m-2 °K-4.
Q1R = 1,7945 Kcal. hr-1.
Conclusión
La realización de este caso nos
permitió encontrar el factor de visión
deseado a través de diferentes
relaciones ya que no se encontraba
directamente, esto nos llevo a la
utilización de los gráficos
correspondientes en cual se debió
identificar bien las superficies a
considerar, obteniendo así el factor de
visión correspondiente, obtenido éste
se calculo la perdida de energía hacia
los alrededores por unidad de tiempo.
Caso 4) Se esta diseñando un sistema para evaluar los gases exhaustos de una máquina de combustión
interna que opera en E.E.
La máquina quema n-heptano con un 140% de aire del estequiométrico necesario.
Los productos de la combustión pasan a través del sistema de evacuación a una temperatura de 2000ºF
mientras las tuberías del sistema permanecen a 450ºF. Considerando la cañería de evacuación como un
cilindro negro de 3 pulgadas de diámetro, estimar la cantidad de energía radiante intercambiada entre los
gases calientes de combustión y la pared de la tubería. Asuma que los gases de combustión se
encuentran a 1 atm de presión.
Solución
Ecuación estequiométrica.
C7H16+11O2→7CO2+8H2O
Tomando como base de cálculo BC: 1 lbmolC7 H6
Realizando balances estequiométricos para el cálculo de los moles de las especies reaccionante:
1222123 FFF
212112 FAAF
)( 441111 RRR TTFAQ
nO2=1lbmolC7 H 6¿
11lbmolO2
1 lbmolC7H 6
=11lbmolO2
nCO2=1 lbmolC7H 6 ¿
7 lbmolCO 2
1lbmolC7H 6
=7 lbmolCO 2
nH 2O=1 lbmolC7H 6 ¿
8 lbmolH 2O
1 lbmolC7H 6
=8 lbmolH 2O
Como el oxigeno esta en exceso, la cantidad de oxigeno y nitrógeno que reacciona es:
nO2=11 lbmolO2¿1 .4=15 .4 lbmolO2
nN2=15. 4 lbmolO2¿
79 lbmolN 2
21 lbmolO2
=57 . 93 lbmolN 2
El oxigeno no reaccionante es:
nO2=15 .4 lbmolO2−11 lbmolO2=4 .4 lbmolO2
Por lo tanto la composición molar del producto es:
nT=77 .33 lbmol
%CO 2=9 .05 %%H2O=10 .35 %%N 2=74 . 91 %
%O2=5 . 69 %
Calculando las presiones parciales del agua y para el dióxido de carbono.
Sabiendo que Pi=Pt⋅y i
Siguiendo esta ley se tiene:
Pw=1atm⋅0 .1035=0 .1035atmPc=1atm⋅0 . 091=0 . 091atmCalculo para el agua
Pw⋅L=0.026atm⋅pieT (ºR )=2460 ºReg=0. 013
α s (910 ºR)=0 .042Cw=1. 1Calculo para el dióxido de carbono
Pc⋅L=0 . 023atm⋅pieT (ºR )=2460 ºReg=0. 034
α s (910 ºR)=0 .042Cc=1 . 1Donde el valor de la emisividad para el agua se cálculo de la figura 23.22 (guía entregada en clases), lo
mismo para el calculo de la emisividad para el dióxido de carbono este valor se calculo a partir de la figura
23.24. Para el cálculo de Cw para las dos especies se uso las figuras 23.23 y 23.25 respectivamente.
Para el calculo del Δe se uso la figura 23.26 a la máxima temperatura que muestran las figuras
(1700ºR), lo cual arrojo un valor de cero (Δe=0 ).
eg ,Total=eg, H 20⋅Cw+eg ,CO2¿Cc=0 .0517
α g ,Total=α g, H 20⋅Cw+α g ,CO2¿Cc=0 .0924
Calculando la energía radiante intercambiada por los gases calientes, se debe usar la siguiente formula.
Q ,NetoA
=σ (eg T g4−α sT s
4 )=8503 .5Kcalm2hr
Donde las temperaturas Tg corresponde a la temperatura del gas y Ts la temperatura de la pared.
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