fenomenos de transporte ii - taller antiguo # ()
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Caso 1:
Resolver el problema 21.I2 del texto guía Fenómenos de Transporte.
21.I2.- Combustión controlada por difusión de un lecho catalítico fijo.
Un catalizador de lecho fijo se regenera pasando a través de una corriente de aire diluida con nitrógeno, con el fin de quemar el depósito de materia carbonosa. Se supone que la reacción de combustión tiene lugar en una sola etapa sobre la superficie del catalizador, y está representada por la fórmula empírica:
El calor de reacción a 538ºC es Kcal por mol de O2 (especie 1) consumido. Se desea conocer la temperatura máxima que alcanzan las partículas cuando la corriente
gaseosa está a y su composición es moles por ciento de O2 y
moles por ciento de N2.
a. Plantear una ecuación para la densidad de flujo máxima posible, N10, de oxígeno en la superficie del catalizador. Puede omitirse la corrección de transferencia de materia, puesto que R1m es muy pequeño.
b. Obtener una expresión para la diferencia de temperatura en función de N10, mediante un balance de energía aplicado a una partícula catalítica. También debe omitirse aquí la corrección de transferencia de materia, de acuerdo con lo que se ha supuesto en el apartado (a).
c. Combinar los resultados de los apartados (a) y (b) con la analogía con
el fin de obtener una relación entre y la composición de la corriente gaseosa,
d. Calcular el valor máximo posible de T0 en las condiciones indicadas. Supóngase
que Sc=0,8, Pr=0,7 y cal g mol-1 ºK-1.
)(2
)(2
)(810
)(2 41012
gasgassólidogas
OHCOHCO
100~ H
CTb º538 0,11 bX
0,992 bX
TT0
DH jj
)( 0 bTT
54.7~
pbC
Solución:
Datos:
Tb=538ºC , temperatura de la corriente gaseosa.
mol de O2 mol de O2
mol de N2 mol de N2
a. Si:
Ecuación 21.18-4:
Reemplazando:
00
100
11 bX
01,01 bX
100
992 bX
99,02 bX
1002NN
02NN
0810HCN
1012
102
NNCO
1012
42
NN OH
10
5
10 12
2NN
jj
ilocXijoioio XKjNXN ,
)()12
2( 110,1101010 blocX XXKNXN
blocX XKN 1.110
b. Realizando un balance de energía:
c. Combinando ambas ecuaciones de los apartados (a) y (b), se obtiene:
Si para baja velocidades de transferencia de materia, por la analogía de Colburn:
Reemplazando:
)(~
0110)(
0 blocc TThHNq
1
010 ~
)(
H
TThN bloc
1
max01,1 ~
)(
H
TThXK bloc
blocX
max0.11
1 )()(
~
bloc
locXb TT
h
KHX
DH jj
32.3
2)((Pr)~ f
locXf
pb
loc ScVc
K
VC
h
32
1
32
32
,
Pr~1
(Pr)
)(~
f
m
pbf
f
pbloc
locX Sc
C
Sc
C
c
h
K
b
fmpb
b XScC
HTT 1
32
1
1max0
Pr~
~)(
d. Reemplazando en la ecuación obtenida en el apartado (d) los valores numéricos.
Con:
Kcal por mol de O2
Sc=0,8,
Pr=0,7
cal g mol-1 ºK-1.
mol de O2
Con Tb=538ºC=811ºK
100~ H
54.7~
pbC
01,01 bX
KTT bo º121)01,0(
8,0
7,0
54,7
100000)(
32
max
CKKKT º660º932º121º811max,0
Caso 2:
Resolver el problema 14F2 del Texto Guía Bird.
Temperatura media para la emisividad efectiva
Demostrar que si la emisividad aumenta linealmente con la temperatura, la Ec. 14.5-3 puede expresarse así.
Q12=σ A1 F12 e0(T1
4−T 24)
En la que e10 es la emisividad de la superficie<<1>> evaluada a la temperatura de
referencia T 0 que viene dada por
T 0=T 1
5−T 25
T14−T 2
4
Solución:
Q12=σ A1 F12 (e1T 14−a1 T2
4 )
Por la ley de Kirchoff
a1=e2
Q12=σ A1 F12 (e1T 14−e2T 2
4 )
Si la emisividad aumenta linealmente con la Temperatura
e=a+bT
e0=a+bT 0e1=a+bT 1e2=a+bT2
e1−e0=b (T1−T0 )=b (T1−(T 15−T 2
5
T14−T 2
4 ))=b(T15−T1 T2
4−T 15+T2
5
T14−T 2
4 )Ecuación (1)
e2−e0=b (T2−T0 )=b (T2−(T 15−T 2
5
T 14−T 2
4 ))=b(T 2T 14−T 2
5−T 15∓T 2
5
T 14−T 2
4 )
e1−e0=b (T25−T 1 T2
4
T 14−T 2
4 )
Ecuación (2)
Multiplicamos (1) por T 14 Y (2) por T 2
4
Ecuación (3)
(e¿¿1−e0)T 14=b(T 2
5T 14−T1
5 T24
T 14−T2
4 )¿Ecuación (4)
(e¿¿2−e0)T 24=b(T 2
5T 14−T1
5 T24
T 14−T2
4 )¿Igualamos (3) y (4)
(e¿¿1−e0)T 14=(e¿¿2−e0)T 2
4 ¿¿
e1T 14−e0T 1
4=e2 T 24−e0 T2
4
e1T 14−e2T 2
4=e0(T 14−T2
4)
Reemplazando en Q12
Q12=σ A1 F12 (e1T 14−a1 T2
4 )
Q12=σ A1 F12 e0(T1
4−T 24)
e2−e0=b (T2 T14−T 1
5
T 14−T 2
4 )
Caso 3:
Resolver los siguientes ejercicios relacionados con el factor de fricción:
Ejemplo 3.1.- Determine el factor de visión F1-2 para las áreas finitas descritas en la figura:
Solución:
Caso a)
Ingresando a la figura 14.4-3, con las dimensiones correspondientes:
zx=
53
=1 ,67
yx
=43
=0 ,33 ⇒
F(1+3)−2=0 ,18
yx
=23=0 ,67
zx=5
3=1 ,67
⇒ F3−2=0 ,27
Usando el algebra del factor de vista:
G2−(1−A )=G2−1+G2−A
Donde:
Gij=A i Fij
G2−(1+3 )=G2−1+G2−3
A2 F2−(1+3 )=A2F2−1+A2 F2−3
Donde las áreas están dadas por:
A1=6 ft2
A2=15 ft2
A(1+3)=12 ft2
Por la relación de reciprocidad:
A(1+3 )F (1+3 )−2=A2 F2−(1+3)
F2−(1+3)=A(1+3)F(1+3)−2
A2
=12⋅0 ,1815
=0 ,144
A2 F2−3=A3 F3−2
F2−3=A3 F3−2
A2
=6⋅0 ,2715
=0 ,108
F2−1=F2−(1+3 )−F2−3
F2−1=0 ,144−0 ,108=0 ,036A1 F1−2=A2 F2−1
F1−2=A2 F2−1
A1
=15⋅0 ,0366
=0 ,09
⇒
F1−2=0 ,09
Caso b)
Usando el algebra del factor de vista:
G1−(2+ 4)=G1−2+G1−4
Primero determinamos G1−4 :
G4−(1+3)=G4−1+G4−3
A4 F4−(1+3)=A4 F 4−1+A4 F4−3
Donde las áreas están dadas por:
A(1+3)=12 ft2
A4=9ft2
A3=6 ft2
A1=6 ft2
Por la figura 14.4-3:
zx
=33=1
yx
=43
=1,3 ⇒
F(1+3)−4=0 ,165
zx
=33=1
yx
=23=0 ,67
⇒ F3−4=0 ,25
A(1+3 )F (1+3 )−4=A 4 F4−(4−3 )
F4−(1+3)=A (1+3)F(1+3)−4
A4
=12⋅0 ,1659
=0 ,22
A3 F3−4=A4 F4−3
F4−3=A3 F3−4
A4
=6⋅0 ,259
=0 ,1667
F4−1=F4−(1+3)−F4−3
F4−1=0 ,22−0 ,1667F4−1=0 ,0533
A1 F1−4=A4 F4−1
F1−4=A4 F4−1
A1
=9⋅0 ,05336
G1−(2+ 4)=G1−2+G1−4
A1 F1−(2+4 )=A1 F1−2+A1 F1−4
F1−2=F1−(2+4)−F1−4
Por el caso a) conocemos que:
F1−(2+4 )=F1−2=0 ,09
F1−2=0 ,09−0 ,08=0 ,01
F1−2=0 ,01⇒
Caso 4:
Común para los Geps, con los datos distintos para cada uno.
Se está diseñando un sistema para evacuar los gases exhaustos de una máquina de combustión interna que opera en E.E.
La máquina quema n-nonano con 130% de aire del estequiometrico necesario.
Los productos de la combustión pasan a través del sistema de evacuación a una temperatura de 2000°F mientras las tuberías del sistema permanecen a 450°F. 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 a 1,2 atmosferas de presión.
Ts
Se asume Muy Largo
Solución:
QNeto=σA (eGTG4 −α ST S
4 )
Datos
T G=2000 ° F=2460° R
T S=450 ° F=910° R
L = 1Xdiametro = 3plg = 0,25 ft
Determinamos la composición del gas exhausto
Balance de masa
B.C= 1lbmol de n-nonano
C9+1402→9C02+10 H 20
Tb
Aire: →21% de02
79 % de N2
Entrada
Moles de 02 a la entrada = 14*1,3 = 18,2 lbmol
Moles de N2 a la entrada = Moles de N2 a la salida = 7921
×14×1,3=68,4 lbmol
Salida
Moles de 02 que no reaccionan = 18,2 -14 = 4,2 lbmol
Moles de N2 a la salida = 68,4 lb mol
Moles de C02 a la salida = 9lbmol
Moles de H 2 0 a la salida = 10 lbmo
Moles totales = 4,2+68,4+9+10= 91,6 lb mol
Composición
4,585% de 02
74,673% de N2
9,825% de C02
10,917% de H 2 0
Presiones Parciales
PN 2=0,74673×1,2=0,896
P02=0,4585×1,2=0,5502
PC 02=0,09825×1,2=0,1179
PH 02=0,10917×1,2=0,131
PC L=0,1179×0,25=0,0295
Pw L=0,131×0,25=0,0327
Estimación de las emisividades y coeficientes de absorción
Para el Agua a 2400°R
eG=0,017
∝S(910 ° R)=0,048
cw=1,2
Para el C02 a 2460° R
eG=0,039
∝S(910 ° R)=0,045
cw=1,1
∆ ϵ=0
PC L+Pw L=0,0295+0,0327=0,061
PW
PC+PW
= 0,1310,11796+0,131
=0,526
eGTOTAL=eG H20∗CH 20+eGC 02∗CC 02−∆ ϵ
eGTOTAL=0,017∗1,2+0,039∗1,1=0,063
∝STOTAL=∝SH 20∗CH 20+∝SC 02∗CC 02
∝STOTAL=0,048∗1,2+0,045∗1,1=0,1071
Qneto
A=σ (eGT6
4−α ST S4 )=0,1712×10−8 (0,063∗(2460 )4−0,1071∗(910 ) 4 )=3824,15
Qneto=3824,15 [ Btu
hr∗ft2 ]∗π 0,25 ft∗0,25 ft=750,87 [ Btuhr ]