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.