Solucionario de Transferencia de Calor
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Descripción: Transferencia de Calor Solucionario....
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Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
PROBLEMAS DE CONDUCCIÓN EN RÉGIMEN TRANSITORIO Una pieza de aluminio que pesa 5 Kg se encuentra inicialmente a 275ºC. Se sumerge Kcal repentinamente en un fluído que se encuentra a 20ºC. El coeficiente de convección vale 50 h m2 º C Considerando a la pieza como a una esfera del mismo peso, estimar el tiempo requerido para que su temperatura baje a 100ºC. λ = 210
Kcal h mº C
ζ = 2703
;
α = 50
Kg m3
Kcal h m2 º C
C p = 0,131
;
Kcal Kg º C
τ =→ T f = 100º C
T − T∞ − αA τ = e ζcv To − T∞
50. ( 0,9569) αA 1 = = 0,8872 h ζcv 2703 . 0,131 . 0,1523
100 − 20 = e −( 0,8872 ) τ 275 − 20
A = 4π( r ) = 4π( 0,07615) = 0,9569 m 2
0,3137 = e −( 0,8872 ) τ
V=
Ln( 0,3137) = −( 0,8872) τ −1,15932 = τ = 1,3 hs −0,8872
2
πd 3 ⇒ d3 = 6 m m ζ = ⇒V = = v ζ
2
6v = 0,1523 m π 5 Kg m 3 = 1,85 x 10 −3 m 3 2703 Kg
2
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Un bloque de concreto inicialmente a 55ºC es repentinamente sometido a una corriente de aire a 15ºC de forma tal que el coeficiente de convección es de 5 Kcal h º Cm Calcular la temperatura después de ½ hora en un punto situado a 10 cm del bloque. λ = 0,8 Kcal h mº C Ti = 55º C α=5
Kcal hº C m
To = 15º C
;
ζ = 2200
x = 10 cm τ = 0,5 hs T ( x; T ) ?
T ( x; τ ) − 15 = erf ( 1,66) = 0,98110 55 − 15 T ( x; T ) − 15 = 40( 0,98110) T ( x; T ) = 54,244º C
Kg m3
;
C p = 0,2 Kcal Kg º C
2 0,8 −3 m λ = 1,81 x 10 a = ζC = 2200 . 0,2 p h T( x; τ ) − T0 x = enf Ti − T0 2 aτ (a difusividad Té rmica)
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Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Un cilindro suficientemente largo de hierro de 5 cm de diámetro inicialmente a 550ºC es Kcal templado en agua a 20ºC α = 50 . h m2 º C a) Determinar el tiempo que tarda en alcanzar su centro la temperatura de 100ºC. b) Idem en un punto situado a 0,5 cm del centro. c) En el tiempo calculado en b) ¿Cuál es la temperatura en el centro? Ti = 550º C φ = 5 cm T∞ = 20º C α = 50
Kcal h m2 º C
λ acero = 54
Kcal h mº C
a acero = 0,0685
m2 h
Nota: Bi ↓ implica resistencia de conducción interna despreciable en comparación con la resistencia convectiva ⇒ ≈ Temperatura uniforme del sólido. a.T λ a= 2 ζCp l αl Bi = λ λ 1 54 = = = 43,2 Bi αr0 50 . 0,025
F0 =
Bi = 0,023 ⇒ Temp. Uniforme ↓ T0 = T θ0 = θ θ0 θ = θi θi
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Transferencia de Calor Masa
Si: θi = Ti − T∞ = 550 − 20 = 530 θ0 = T0 − T∞
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Ti : Temperatura de todo el sólido τ = 0 T∞ : Temperatura del ambiente convectivo
θ = T − T∞
T0 : Temperatura superficial para τ 〉0 T: Temperatura de un punto geométrico a una distancia x en τ 〉0.
θ0 80 θ = = = 0,15 θ1 θ1 530 a )T = 100º C θ = 100 − 20 = 80 θ0 = T0 − T∞ = T − 100 = θ
Según graf. Heisler → 4-9 del Holman
∧
⇒ F0 = 39 ∴
F0 ( r0 ) a
2
39 . ( 0,025) m 2 h = 0,39 h =T= 0,0625 m 2 2
b) Idem x = 0,5 cm de ancho.
∴
r 0,5 = = 0,2 r0 2,5
θ = T − T0 = 80
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Transferencia de Calor Masa
Según graf. Heisler → fig. 4-12 del Holman (Pág. 192)
θ = 1 ⇒ θ = θ0 θ0 ∴ T = T0
Graf. 4-9
⇒ T = 0,39 h c) T= 100ºC centro
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Transferencia de Calor Masa
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Un cilindro de 10 cm de largo y 5 cm de φ inicialmente a 550ºC es templado en agua a 20ºC Kcal α = 50 . Determinar a) , b)y c) para un plano transversal medio del cilindro y un punto h m2 º C situado a 3 cm del extremo.
Ti = 550º C T∞ = 20º C ζ = 7220
Kg
λ = 54 Kcal
m3
Cp = 0,12 Kcal Kgº C
h m2 º C
a = 0,0625 m
2
h m2 º C a) T? → T=100ºC en el centro. Cilindro finito φ = 2 r0 Largo = 2 L Bi =
α l 50 . ( 0,05) = = 0,046 ⇒ Bi ↓ ⇒ Temp. unif . λ 54 T = T0 = 100º C θ = θ0
1 = 21,6 Bi F0 =
a . T 0,0625 . T = r0 2 ( 0,025) 2
θ θ = θi θi
x cil
θ θi
p
7
∴
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Transferencia de Calor Masa
θ θi θ θi θ θi
= pl
= cil
θ θ x θ 0 p θi θ θ0
x cil
θ θi
Placa: p
1 = 21,6 Bi
Cilindro: cil
= 0,4 p
Placa:
λ 1 54 = = = 43,2 Bi αr0 50( 0,025) y ( 0,05 − 0,03) = = 0,4 L 0,05
1 = 21,6 Bi ⇒
θ θ0
≈ 0,99 p
Gráfico pág 121 θ0 = T0 − T∞ = 100 − 20 = 80 θ1 = T1 − T∞ = 550 − 20 = 530 θ0 80 = = 0,151 θr 530
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Kcal de 5 cm de diámetro interno y 10 cm de h m ºC Kcal extremo está cubierto por una capa de lana de vidrio de 2 cm de espesor λ = 0,05 . La h mº C temperatura interior del tubo es de 500ºC y la exterior de la aislación de 50ºC. Calcular la pérdida de calor por unidad de longitud del tubo. Un tubo de acero inoxidable de λ = 20
2π L/ ( T1 − Te ) 2π( 500 − 50) q Kcal = 418 = = L Ln r3 Ln r2 h Ln 7 Ln 5 + + λ v r2 λ a r1 0,05 5 20 2,5 º
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Transferencia de Calor Masa
Una aleta rectangular de acero de 2 cm de espesor y 15 cm de longitud tiene una temperatura del lado de la pared de 200ºC. La temperatura ambiente es de 20ºC y α = 15 Kcal . Calcular h m2 º C Kcal la pérdida de calor por unidad de longitud; siendo λ = 35 . h mº C Aleta Longitudinal:
Según Kern (pág. 593) θ = Tc − t
/
Nuestro caso: Tc = T0 = 200º C
t = temp. de la aleta Tc = temp. fluido
t = T = 20º C θ = θ0 = T0 − T = 200 − 20 = 180º C
θ = ∆t que impulsa calor en la sec ción transversal dθ ⇒ q = K ax dL dq = h f θ ρdL dϕ = h f θp dL
d 2θ dθ ⇒ = Kax 2 dL d L
⇒ h f θP = K ax
d 2θ d2L
a 2θ ∴ Ka x 2 − h f θp = 0 d L 2 d θ h f θP ⇒ 2 − =0 d L Ka x
ax: sección transversal h f : coeficiente pelicular del fluido en el lado de la aleta p: perímetro de la aleta
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Transferencia de Calor Masa
Solución ⇒ θ = C1e mL + C2 e − mL hf P Siendo m = Ka x Por Holman:
[
1
αP ≈ Ka x
2
1
2
]
q = Tanh( m ⋅ Lc ) x α ⋅ P ⋅ λ ⋅ A θ0 L c (longitud corregida por ser : ¨ aleta de longitud finita y perder calor por convección en su extremo¨ . esp aleta ∴ Lc = ( Long ) + 2 α ⋅ P 15 x ( 2 + 0,04) ∴m = = λ ax 35 x 0,02
1
2
= ( 43,7)
Lc = 0,15m + 1
2
0,02 = 0,16m 2
1 = 6,61 m
∴ ta h( m ⋅ L) = tan h( 0,16 x 6,61) = 0,78475 ⇒ q = ( 0,78475) ⋅ 15 x ( 2,04) ⋅ 35 ⋅ ( 0,02) ⋅ ( 180) = 653,8 º
Kcal h
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Un alambre de acero inoxidable de 2 mm de φ y 30 cm de longitud se encuentra sumergido en un fluido cuya temperatura es de 100ºC. Siendo el coeficiente de convección de 1000 Kcal . h m2 º C Sobre los extremos del alambre se aplica una diferencia de potencia de 10 Volt. Calcular la temperatura central del alambre suponiendo una resitividad del mismo de 70 µ Ω y λ=20 Kcal h mº C
•
q R2 + Tp T0 = 4λ Kcal W ⇒ 1,163 2 m 3 = 1 2 m 3 m m h 2 P =U
( 10) 2 V
R = 6,685 x 10 −2 r = 1495W 30cm l = 6,6845 x 10 −2 Ω R = s = 70 x 10 −6 Ωcm x 2 2 s π( 0,1) cm
(
W 1Kcal = 1,1630 m hº C mº C 1Kcal = 1,1630W h
)
W 1Kcal = 2 2 m º C m hº C W 1Kcal ⇒ 1,163 3 = 3 m mh → 1,163
p 1495W 9 W x 1 586 10 = = , 2 Vol π( 0,001) .0,3m 3 m3 •
W ⇒ q = 1,586 x 10 3 x m 9
1Kcal
Kcal m3h = 1,364 x 10 9 W h m3 1,163 3 m
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2 2 Kcal ( 0,001) m T0 = 1,364 x 10 9 Kcal + 100º C = 117,05º C h m3 4( 20) h mº C Aclaraciones: p : capacidad de disipación por unidad de volumen vol 100º C: asimilando que el ambiente no aporta calor por convección al alambre.
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Una pared de 25 cm de espesor será construída de un material cuya conductividad térmica es 1Kcal 1Kcal de . La pared estará aislada con un material aislante de λ =0,3 . de forma tal que la h mº C h mº C 1Kcal pérdida de calor no supere las 2000 . La temperatura interior y exterior de la aislación se h m2 supone de 1300 y 30ºC respectivamente. Calcular el espesor de la aislación.
q = −λ A
∆T ∆x
∆TA q = −λ A ∆x A Kcal Kcal ( 1300 − 30) ° C 2000 ⋅ 2 = −0,3 ∆x h m° C hm 381 2000 = ∆x 381 ∴ ∆x = = 0,1905 m 2000 ⇒
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Transferencia de Calor Masa
Una pared compuesta está formada por 2,5 cm de cobre; 0,5 cm de amianto y 5 cm de lana Kcal de vidrio λ = 320; λ = 0,8; λ = 0,05 respec.. Calcular el flujo de calor por unidad de área h m° C cuando la pared tiene una ∆T= 500ºC.
TIC = Te a q = −λ A
; Ti a = Te V
(
)
(
Te a − Ti a Te v − Ti v Te c − Ti c q ∆T ⇒ = +λ C = λa = λV A ∆x ∆x C ∆x a ∆x v •
(
)
)
Te v − Ti V q 500° C = ⇒ = A ∆x C ∆x a ∆xV 0,025 0,005 0,05 m 2 h° C + + + + λC λa λV 320 0,8 0,05 Kcal •
q Kcal = 496,85 A h m2
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Un caño de acero de 5 cm de diámetro exterior se encuentra aislado por una capa de 0,5 cm de amianto y una de 2 cm de fibra de vidrio. La temperatura del caño es de 300ºC y la de la pared exterior de la aislación de 50ºC. Calcular la temperatura de la interfase amianto-lana de vidrio.
TC = 300º C Tex = 50º C Kcal h m° C Kcal λV = 0,05 h m° C λ A = 0,8
rC = 2,5cm ra = 3cm
T?
rV = 5cm
T = T → r = r dT int C q r = −λ Ar dr ( Te − Text ) q ⇒ si ⇒ = 2πλ r l dT Ln ext q r = −λ2π r L rint dr T = Text → r = rext
En nuestro caso:
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Transferencia de Calor Masa
2π( Tc − Tex ) q = l ln ra ln rV + λ a rC λV ra
=
2π( 300 − 50) Kcal = 150,4 ln 3 ln 5 h⋅m + 0,8 25 0,05 3
∴Para la interfase:
(
)
(
)
2π Tint erf − 50 Kcal q 2π Tint erf − Tex = 0,615 Tint erf − 50 = 150,4 = = ln 5 hm l ln rv 0,05 3 λ v ra 0,615 Tint erf − 30,75 = 150,4 ⇒ 0,615 Tint erf = 181,15 Tint erf =
181,15 = 294,55º C 0,615
(
)
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Transferencia de Calor Masa
Un lingote de acero inoxidable de φ = 100 cm y L = 300 mm para un horno de tratamiento de 25 m de longitud. La temperatura inicial del lingote es T 0 = 98ºC y debe llegar a T= 915ºC. El gas está a Kcal 1300ºC y el α = 50 h° Cm 2 Calcular la velocidad del lingote.
T − T∞ T − αA = e ζςV T0 − T∞ 915 − 1300 = e −( 0,1917 ) T 98 − 1300
∴
1 αA 50 ⋅ 7,83 x 10 −3 = −3 = 0,1917 h ζC pV 7900 x 0,11 x 2,35 x 10
V = π r 2 x L = π( 0,05) x 0,3m = 2,35 x 10 −3 m 3 2
0,32 = e −( 0,1917 ) T
⇒ Ln( 0,32) = −( 0,1917) T
Kg ζ = 7900 3 m acero Kcal = C 0 , 11 p h mº C
Vol = A = 7,83 x 10 −3 m 2 L
−1,139 = T = 5,94 hs. −0,1917 ⇒ La Velocidad del lingote es: m 25m m 1h VL = = 4,2 x = 0,07 s 5,94hs h 60s
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Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Calcular la cantidad de calor que se transmite a través de la pared de una cámara frigorífica a -20ºC; formada por una capa de ladrillos huecos de 0,24 m de espesor y tres capas de corcho aglomerado de 5 m c/u. Con Tex = 20ºC. Calcular también las temperaturas de las caras de las paredes.
λ Lad = 0,2 hueco
Kcal hmº C
λ corcho = 0,036
Kcal hmº C
• A( Tp4 − t1 ) ( tp1 − tp2 ) ( tp2 − tp3 ) ( tp3 − tp4 ) = +λ e A = +λ C A = +λ C q = + λ La ⋅ A ⋅ ∆x Lad ∆x Pc 1 ∆x PC 2 ∆x Pc3 •
( te − ti ) ( 20 + 20) Kcal q = 7,45 = = 0,24 0,15 hm 2 A ∆ x Lad ∆x corcho + + 0,2 0,036 λL λ corcho Unid : º C Kcal Kcal = m h mº C h m 2
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Transferencia de Calor Masa
∴ Ladrillo:
( Tp1 − tp2 ) q = λL ∆x Lad A •
7,45 = 0,2
( 20 − tp ) 2
0,24
) = 0,83( 20 − tp2 ) ⇒
7,45 ) = ( 20 − tp2 ) = 8,94 0,83 ⇒ tp2 = 20 − 8,94 = 11,06º C
1º Capa de Corcho: 0,036 q λ C ( tp2 − tp3 ) = ⇒ 7,45 = (11,06 − tp3 ) ∆x C 0,05 A •
7,45 = 0,72( 11,06 − tp3 )
10,347 = 11,06 − 10,347 = 0,71º C ∴ tp3 = 11,06 − 10,347 = 0,71º C
2º Capa de Corcho: 0,036 q λ C ( tp3 − tp4 ) = ⇒ 7,45 = ( 0,71 − tp4 ) 0,05 A ∆x C •
7,45 = 0,72( 0,71 − tp4 )
10,347 = ( 0,71 − tp4 )
tp4 = 0,71 − 10,347 = −9,637º C 3º Capa de Corcho: (verif.)
( tp4 − t1 ) 0,036 q = λC ⇒ 7,45 = ( ( −9,637) − t1 ) 0,05 A ∆x C •
7,45 = 0,72( ( −9,637) − t1 )
10,347 = ( −9,637) − t1
∴ t1 = ( −9,637) − 10,347 = −19,98 ≈ −20º C
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Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Calcular la cantidad de calor perdida por metro de longitud de una cañería galvanizada de 2´´φ , revestida de amianto de 50 mm de espesor cuando las temperaturas son T 1 int = 130ºC y T 3 =30ºC.
Datos Tabla: -amianto en fibras: λ = 0,095 -hierro:λ = 54 •
q=
Kcal hmº C
Kcal hmº C
2π L( T1 − T3 ) Ln r3 Ln r2 + λ r2 λ r1
2π L( T1 − T3 ) 2π( 130 − 30) Kcal = 60,85 = ∴ L = hm Ln 80 Ln 30 Ln r3 Ln r2 + + λ am r2 λ galv r1 0,095 30 54 26,7 •
q
Unidades: º C Kcal Kcal = h mº C hm
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Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Un horno de 1m x 2m x 3m de dimensiones interiores está construído con ladrillos Kcal , formando paredes de 25 cm de espesor. La temperatura interior y refractarios de λ = 1 ºC h m exterior del horno es de 500ºC y 100ºC respectivamente. Calcular la pérdida de calor. q = λ x S x ( T2 − T1 ) A 2 x1 S pared plana = = =8 L 0,25m A 3x1 S Rinc = 0,15( 0,25) = 0,0375m S pared plana = = = 12 L 0,25m A 3x2 S pared plana = = = 24 L 0,25 S esf = 0,54 x 1m = 0,54m
S T = ( 8 x 2) + ( 12 x 2) + ( 24 x 2) = 88m
S esf = 0,54 x 2m = 1,08m S esf = 0,54 x 3m = 1,62m
q =1
Kcal kcal x 88m( 500 − 100) = 35200 h mº C h
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Una pieza de aluminio que pesa 5 Kg se encuentra inicialmente a una temp. T 1 =275ºC. Se sumerge repentinamente en un fluido que se encuentra a T∞=20ºC. Kcal α = 50 ⋅ Considerando la pieza como a una esfera del mismo peso, calcular el peso h m2 º C requerido para que su temperatura baje a 100ºC. Kg m3 Kcal Cp = 0,22 Kg º C ς Alum = 2670
α⋅ A
− T T − T∞ = e ζ C V T0 − T∞
100 − 20 = e −( 43,5) T 275 − 20 0,3137 = e
( −43, 5) T
Ln( 0,3137) = −43,5 T −1,159 = T = 2,66 x 10 −2 h −43,5 60min = 1,596min T = 2,66 x 10 −2 h/ 1h/
αA 50 x 0,955 1 = −3 = 43,5 ζ C pV 2670 x 0,22 x 1,87 x 10 h πd 3 6V ⇒φ=3 = 0,152m V= 6 π M 5Kg M ⇒V = = = 1,87 x 10 −3 m 3 ζ= Kg ζ V 2670 3 m ∴⇒ r = 7,6 x 10 −2 m ∴ A = 4π r 2 = 0,955m 2
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Transferencia de Calor Masa
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Aire a 1 atm fluye a través de un banco de 400 tubos de 1 cm de φexr; colocado en forma alternada en 20 columnas con S L = 3 y S t = 2 cm. La velocidad inicial del aire es de 10 m/s y las paredes de los tubos se mantienen a la temperatura de 200ºC, la longitud de los tubos es de 2 m. Determinar la temperatura del aire a la salida y la car de presión que sufre el mismo.
Vmax = V∞ = 10
St St − d
2 = 20 m s 2 −1
Nud = ξn ξ f C Red n
Red =
Vmax d 20 x 0,01 = = 7,12 × 10 3 v 28,07 x 10 −6
ξ1 = 1 ξf = 1 C = 0,374 n = 0,581
Nud = 0,374 ( 7,12 × 10 3 )
0 , 581
= 64,7
αd λ Nud λ 64,7 × 0,03 Kcal ⇒α= = = 194,1 d 0,01 h m° C
∴ Nud =
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Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
•
q = α AT ( Tp − T∞) •
q = 194,1
Kcal Kcal × ( 25,13) m 2 ( 200 − 100) C = 487,77 × 10 3 h h m° C
[
]
A = ( π d ) l N T = π( 0,01) 2 × 400 = 25,13m 2 •
∴ q = C P m ∆t •
487,77 × 10 3
q ∆T = = Cp m
Kcal h
= 7,43° C Kcal 3 Kg 0,241 × 272,4 × 10 Kg° C h Kg 3600s Kg m Kg m = δ ⋅ V∞ = A ⋅ 0,9458 2 ⋅ 10 ⋅ [ ( st × 20) 20 m 2 ] = 75,66 = 272,4 × 10 3 h s 1h s m 7,43 ∆T = 96,285 = 200 − 100 + Tp − T∞ = Tp − T∞ + 2 2 •
∴ q = 469,65 × 10 3
Kcal h
⇒ ∆T = 7,15° C Te − Ts = ∆T ⇒ Ts = Te + ∆T = 100 + 7,15 = 107,15° C
Pérdida de carga: 7,15 t ref = 100 + = 103,6° C 2 0 ,14 2 0 ,14 0,173( 18,72) × 20 2,635 f G 2 max Nr µ p = 135,2 mm H 2 O ∆p = = ςg 9,8 × ( 0,93624) 2,2414 µ 2 sT Kg m Kg × 0,93624 2 = 18,72 2 × γ = 10 Gmax = U ∞ ⋅ 2 − 1 sT − d m s m s
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Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Determinar el coeficiente de convección medio para una pared vertical de 10 m de altura que se encuentra a 40ºC en un ambiente de aire sin viento a 1 atm y 20ºC. t = 20° C λ = 0,0221
Kcal h m° C
2
υ = 15,11 × 10 −6 m s
β = 3,43 × 10 −3 1° C Gr =
Cp = 0,24
g ⋅ β ⋅ ( T − T∞ ) y 3
Kcal m° C
µCp λ
Pr =
υ 15,11 × 10 −6 = × 3600 = 0,713 δ 0,0763
υ2 υ = 1,855 × 10 −6
Gr = g
Pr =
β ( T − T∞) y 3
(15,11 × 10 )
6r 2,9475 × 10 9
y=
Laminar
m2
→ Gr = 2,9475 × 10 9 y 3
−6 2
∴y=3
Kg
Gr Pr = 6 × 1010 → Turbulento 9 Gr Pr = 1 × 10 → Laminar
1 × 10 9 = 0,78m 2,9475 × 10 9 ( 0,713)
3
6 × 1010 Turbulento y= = 3,056m 1,9475 × 10 9 ( 0,713) V 16,97 × 1010 Si Prp = = × 3600 = 0,71 p: temperatura de la pared δ 0,086 ∴ Como Nu x : 3
(
)
(
)
Nux = 0,55 Gr Pr Nux = 0,15 Gr Pr
0 , 25
0 , 33
Además: Nu x =
Pr Prp
0 , 25
Pr Prp
0 , 25
→ Laminar → Turbulento
αx λp
⇒ Laminar: Nu x = 0,55( 2,95 × 10 9 x 3 )
1
4
⋅1
Nu x λ 0,021 × 0,55( 2,95 × 10 9 x 3 ) ⇒ αL = = x x
1
4
= 2,691 x
−1
4
26
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
⇒ Turbulento: Nu x = 0,15( 2,95 × 10 9 x 3 ) ⇒ αT = ⇒ α max
α min =
1 = l
3, 056
∫ 2,603 x 0
−1
∫ 0
= 0 , 78 10
+ 4,518
∫
3 3, 056 10 1 2,603 x 4 dx + ∫ 4,244 dx = ∫ + 4,244 x ∫ = 10 3 3, 056 3, 056 0
1 Kcal [8,022 + 29,47] = 3,75 2 10 h m °C
⇒ α min → intercambiar calor α max → aislar
0 , 78
Kcal 1 ( 2,2335 + 41,65) = 4,38 2 10 h m °C 10
4
x
λ × Nu x 0 , 33 = 0,021 × 0,15( 2,95 × 10 9 ) 1 = 4,518 x 0 , 78 10 1 1 4 = ∫ 2,691 x dx + ∫ 4,518 dx = l 0 0 , 78
3 1 = 2,691 x 4 10
=
0 , 33
27
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Dos esferas huecas concéntricas de radio r 1 = 0,2 m y r 2 = 0,5 m se mantienen a la temperatura de T 1 = 100ºC y T 2 = 0ºC respectivamente. Si entre las dos esferas hay aire a 1 atm ¿Cuál es la cantidad de calor transmitida? T=
T1 + T2 100 + 0 = = 50° C 2 2
q=
λ ef δ ( esp )
A( Tp1 − Tp2 )
⇒ λ q = λ T × ξL ⇒ T = 50° C λ = 0,0243
Kcal m h° C V 0,1795 × 10 −4 Pr = = × 3600 ≅ 0,714 a 0,0905
m2 υ = 0,1795 × 10 s −5
1 β = 3,09 × 10 °C −3
∴ Gr = g Gr =
∴ Gr Pr = 1,81 × 10
β( T − T∞) ( r2 − r1 )
3
υ2
9,81 × 3,09 × 10 −3 ( 100 − 0) ( 0,5 − 0,2)
( 0,1795 × 10 )
−4 2
8
Gr Pr 〈10 3 → ξC = 1
Si
10 3 〈Gr Pr 〈10 6 → ξC = 0,105 × ( Gr × Pr ) 10 6 〈Gr Pr 〈10 6 → ξC = 0,4 × ( Gr × Pr ) ⇒ ξC = 0,4( 1,8 × 108 )
0, 2
•
0, 2
= 17,93
⇒ λ q = λ × ξC = 0,0243 × 17,93 = 0,4357 ⇒q=
0, 3
Kcal m h° C
4π λ e ( T1 − T2 ) 4π 0,4357 ( 100 − 0) Kcal = = 182,5 1 1 1 1 h − 2 0,2 − 0,5 r1 r
( )
3
= 0,254 × 10 9
28
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Aire a 1 atm y 20ºC es forzado a circular por un tubo horizontal de 2,5 cm de diámetro a razón de 0,2 m/s de velocidad promedio. Las paredes del tubo se mantienen a la temperatura cte de 140ºC. Calcular el coeficiente medio de convección si la longitud del tubo es 30 cm. 20 + 140 = 80° C 2 Kcal λ m = 0,0257 m h° C
2
∂m = 0,1065 m h
Tm =
m2 1 Bm = 2,83 × 10 −3 υm = 20,94 × 10 s °C −6 20,94 × 10 ⇒ Pr = × 3600 = 0,708 0,1065 V ×d 0,2 × 0,025 ⇒ Re = = = 238 Vm 20,94 × 10 −6
Gr =
−6
g ⋅ Bm( T − Tp) d 3 Vm 2
=
9,81( 2,83 × 10 −3 ) ( 140 − 20) ( 0,025)
3
( 20,94 × 10−6 ) 2
Gr = 0,1188 × 10 6 0,025 d = 7 × 10 3 ∴ Gr × Pr × = 0,1188 × 10 6 × 0,708 × 0,3 L
Por ser flujo combinado laminar: µ ⇒ Nud = 1,75 µp
0 ,14
2,134 ∴ Nud = 1,75 2,397
Re d
0 ,14
Pr
d ( Grd Pr ) + L 120
3
4
1
3
3 6 4 ( ) 0 1188 10 0 708 , , × × 0 025 , 238 × 0,708 × + 0,3 120
Nud = 6,55 αd ⇒ Nud = λ Nud λ 6,55 × 0,0257 Kcal ⇒α= = = 6,75 0,025 d h m° C
1
3
=
29
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Agua a razón de 100 Kg/min y 90ºC es forzada a circular por un tubo de 5 cm de diámetro interno y paredes de C V de 1 mm de espesor. Aire a 20ºC y 1 atm con una velocidad de 5 m/s atraviesa exteriormente al tubo con una dirección normal al eje del mismo. Calcular la pérdida de calor del agua por unidad de longitud.
agua: T w = 90ºC Kg γ = 965,3 m3 Kcal Cp = 1,0044 Kg° C Kcal λ = 0,581 m h° C Kg s µ = 32,1 × 10 −6 2 m −6 m υ = 0,326 × 10 s −3 1 β = 0,6 × 10 C
aire: T a = 20ºC Kg γ = 1,2015 m3 Kcal Cp = 0,24 Kg° C Kcal λ = 0,0221 m h° C Kg s µ = 1,855 × 10 −6 2 m −6 m υ = 15,11 × 10 s −3 1 β = 3,43 × 10 C 2 m a = 0,0763 h
•
m = ς Vm A •
m G = = ς Vm A ° Kg min Kg m = 100 1 = 1,6 s min 60s A = π r 2 = π( 0,025) = 0,00196m 2 2
1 l = = 20 〈 50 d 0,05 ⇒ Nud = 0,036 × Rea
0,8
× Pr
0 , 33
d l
0 , 055
30
Transferencia de Calor Masa
•
Problemas Resueltos 1 era Parte
•
G⋅d md Vm d Red = = =ς = Aµ µ µ Red =
1,6 Kg( 0,05) m = s( 0,00196) m 2 32,1 × 10 −6
Red = 1,27 × 10 6 υ Pr = = 1,9 a
Nud = 0,036( 1,27 × 10 6 )
0,8
(1,9) 0, 33 ( 0,05) 0, 055 = 2282,55
Nud λ 2282,55 × 0,581 αd ⇒α= = = λ 0,05 d Kcal α = 26523 h m2 ° C ⇒ Nud =
Aire: Red =
V∞d 5m / 0,052m / s/ 4 = 2/ = 1,72 × 10 υ s/ 15,11 × 10 −6 m /
∴ Nud = 0,25 Red
0, 6
Nud = 0,25( 1,72 × 10 ∴ Nud =
Pr
0 , 38
Pr Prp
) ( 0,713)
4 0, 6
0 , 25
0 , 38
= 0,713 0,7095
0 , 25
= 76,55
Nud λ 76,55 × 0,0221 αd Kcal ⇒α= = = 32,5 0,052 λ d h m2 ° C
q Kcal = U × πd × ∆T = 32,45 × π( 0,05) ( 90 − 20) = 356 L hm Kcal e 1 1 1 1 1 0,001 1 = + + = + + ⇒ U = 32,45 U α 1 λ cobre α 2 U 26523 333 32,5 h m2 ° C ⇒
31
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Calcular el calor transferido y la pérdida de carga en un tubo liso recto de 1 m de largo y 0,05 m de diámetro por el que circula agua a razón de 4,1 Kg/s con una temperatura a la entrada de 20ºC. Las paredes del tubo se mantienen a la temperatura cte de 100ºC. •
4,1 ( 0,05) Gd md Red = = = = 1,021 × 10 6 → Turbulento A µ 0,00196 × 102,2 × 10 −6 µ A=πr =π 2
•
m = 4,1
( 0,05) 2 2
= 0,00196m 2
Kg
Pr =
s
µ agua → 20° C ⇒ µ agua = 102,2 × 10 −6
µ Cp = 1,98 × 10 −4 λ
Kg s m2
T = 20° C: µ = 102,2 × 10 −6
Kg s m2
Kcal Kg° C Kcal λ = 0,514 m h° C
Cp = 0,9988
∴
x 1m = = 20 d 0,05
d x 〈 50 ⇒ Nud = 0,036 Red 0,8 Pr 0, 33 l d 0 ,14 x 0,8 0 , 33 µ 〉 50 ⇒ Nud = 0,027 Red Pr d µp 0 , 055
⇒ Nud
0,05 1
0,8 0 , 33 = 0,036( 1,021 × 10 6 ) ( 1,98 × 10 −4 )
0 , 055
= 117,5
αd = Nud → zona de desarrollo λ Nud λ 117,5 × 0,514 Kcal α= = = 1208 0,05 d h m2 ° C
Como:
•
⇒ q = α A ∆T = 1208
Kcal Kcal × [ π( 0,05)1m] [100 − 20] = 15180 2 h h m °C
•
⇒ q = m Cp ∆T q 15180 ∴ ∆T = • = = 1,029° C ( ) × 4 , 1 0 , 9988 3600 mCp Lo cual justifica el método usado al considerar la temperatura del agua casi cte. T2 − T1 Tp − T = Tp − T2 ln Tp − T1
32
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
T 2 = temperatura a la salida T 1 = temperatura a la entrada ∴ ∆p = fr
l V2 d 2g
f = f ( Re) ⇒ f = 0,01 ↓ Re = f ( 1,021 × 10 6 ) (Re: tubos lisos)
⇒ ∆p = 0,01
1m 152 s 2 m 2 = 2,3m ( 0,05m) 2( 9,8) m s 2
figura 4 - 5
33
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Una placa cuadrada de 2 m de lado se encuentra sumergida en un flujo de aire de 1 atm y 20ºC con una velocidad de 15 m/s. La placa se mantiene a la temperatura de 100ºC. Determinar el coeficiente medio de convección.
V∞x υ V∞ = vel . del flujo libre x = distancia del exterior por donde el fluido incide Re =
υ=
µ
υaire
ζ = viscosidad cinemá tica
m 2 1atm = 15,6 × 10 s 20º C −6
⇒ Re 〈2000 ⇒ flujo laminar U∞l0 = 5 × 105 υ (l0 : distancia de transición
Re 〉10000 ⇒ flujo turbulento
Re =
2000 〈 Re 〈4000 → Transición
Re x =
/ m 15 ⋅ 2 / s/ 6 m 2/ −6 = 1,923 × 10 15,6 × 10 s/ m /
Re υ 5 × 105 × 15,6 × 10 −6 = = 0,52m ⇒ l0 = U∞ 15
Régimen laminar: 1
1
Nu x = 0,33 Re x 2 Pr 3 αx υ µCp Nu x = ; Pr = = λ ∂ λ
∴
1 1 αx = 0,33Re 2 Pr 3 λ 1
α Lam
λ 0,33 Re 2 Pr = x
1
3
µ = 1,855
Kcal Kg° C Kcal λ = 0,0209 m h° C Régimen turbulento: Nu x = 0,0296 Re x 0,8 Cp = 0,24
α=
1l ∫α d l0 x x
αx = 0,0296 Re x 0,8 λ 0,0296 Re x 0,8 λ α turb = x
l lo 1 ⇒ α = ∫ α Lam dx + ∫ α turb dx × 0 L l0 1 0,8 0,52 2 U∞ 2 13 −12 U∞ 1 −0 , 2 α= ∫ λ0,33 υ Pr x dx + ∫ 0,0296 υ x λdx 2 0 0 , 52 1 U∞ 2 13 12 0,52 1 α = λ 0,66 Pr x ∫ υ 2 0
Kg s m2
0,8 2 U∞ 0,8 + 0,037 x λ∫ υ 0 , 52
=
34
Transferencia de Calor Masa
[ (
)
]
Kcal 1 37,5 0,52 + 47,28( 2 0,8 − 0,52 0,8 ) = 40,67 2 2 hm ° C 0,8 0,0296 Re x λ Kcal α Turb = = 33 x h m2 ° C α=
Problemas Resueltos 1 era Parte
35
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Aire a 1atm y 20ºC fluye a través de un banco de 5 hileras de tubos con 15 tubos cada una. La velocidad del flujo al entrar en el banco de tubos es 6 m/s. El φ de los tubos es 2,5 cm y están alineados con un paso longitudinal igual al tranversal de 3,75 cm. La temperatura de los mismos se mantiene a 80ºC. Calcular el calor transferido por unid. long. del tubo.
St 3,75cm SL = = 1,5 = d 2,5cm d ⇒ tabla 4 − 4: ⇒ C = 0,25 ; n = 0,62 T∞ + Tp 20 + 80 ∴ = = 50° C 2 2 ∴de tablas: υ = 17,93 × 10 −6 λ = 0,0243
m2 s
Kcal m h° C
36
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Vmax = U∞ ∴ Red =
St m 3,75 m =6 = 18 St − d s ( 3,75 − 2,5) s
Vmax × d 18 × 0,025 4 = −6 = 2,5 × 10 υ 17,93 × 10
Reg . turbulento
⇒ Nud = ξ N ξ f C Red n = 0,92 × 1 × 0,25( 2,5 × 10 4 )
Pr ξ f = 1,1 Pr 3 Prp
0 , 62
= 122,6
0 , 25
1
→ Líquidos
ξ f = 1 → Gases
αd λ Nu λ 122,6 × 0,0243 Kcal ⇒α= = = 119,16 0,025 d h m2 ° C
∴ Nu =
•
q = α AT ( Tp − T∞) AT = πd l N T = π( 0,025) ( 75) = 5,89m l •
A Kcal q ⇒ = α T ( Tp − T∞) = 119,16 × 5,89( 80 − 20) = 42111 hm l l N T = N hil × N T = 5 × 15 = 75 hil
Aumento de temperatura del aire: Kcal Kg° C 20º C Kg δ = 1,2015 3 m
•
q = Cp m ∆t
•
Cp = 0,24
•
q q 42111 ⇒ ∆T = = = = 12° C Cp m Cp[ δ U∞A1 ] 0,24[1,2015 × 6 × 0,5625] 3600 A1 = 15 × St × 1 = 15 × 0,0375 = 0,5625m 2 Por lo tanto T∞ no permanece cte.⇒ Recalcular, suponiendo: q A = α ( Tp − T∞) l l
37
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
∆t * Tp − T∞ ≈ Tp − 20 + 2 12 ⇒ Tp − T∞ ≈ 80 − 20 + = 54° C 2 •
q Kcal ∴ = 119,16 × 5,89( 54) = 37850 l hm
Pérdida de carga: ∆t ∗ 12 = 20 + = 26° C 2 2 Kg ς aire = 1,179 m3 Kg s µ aire = 1,8835 × 10 −6 2 m 2 −6 m υaire = 15,67 × 10 s t Ref = t entrada +
f [ Gmax ] N 1 µ p ⇒ ∆p = ςg µ 2
( µ p a Tp )
0 ,14
Gmax = ζ × Vmax = 1,179
( µ a Tref )
Kg m Kg = 21,27 2 3 × 18 s m m s
1, 08 d −0,16 Re f = 2 0,25 + 0,118 → Alternados St − d d d 0 , 43+1,13 Sl Sl d Re −0,15 → Alineados f = 2 0,044 + 0,88 j d St − d
2 ,5 0 , 43+1,13 3, 75 3 75 2 5 , , −0 ,15 ( 2,9 × 10 4 ) ⇒ f = 2 0,044 + 0,88 = 0,1355 2,5 3,75 − 2,5
18 × 0,025 = 2,9 × 10 4 15,67 × 10 −6 0 ,14 2 0,1355 × [ 21,21] × 5 2,134 × 10 −6 ∆p = = 26,81mm H 2 O 1,179 × 9,81 1,8835 × 10 −6 Red =
38
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
PROBLEMAS DE RADIACIÓN Un salón de 3 x 3 m y 2,5 m de altura tiene una de sus paredes laterales mantenida a 200ºC y el techo a 50ºC. El resto de las paredes se encuentran aisladas. Suponiendo que todas las superficies son negras, calcular el flujo neto de calor entre la pared caliente y el techo.
1 − ξ1 ξ1 A1
q12 =
q12 =
1 − ξ2 ξ2 A2
1 A1 F12
E 01 − E 02 1 − ξ1 1 − ξ2 1 + + ξ1 A1 A1 F12 ξ2 A2
E 01 − E 02 = A1 F12 ( E 01 − E 02 ) = A1 F12 ( T0 T1 4 − T0 T2 4 ) 1 A1 F12 ⇒ q12 = A1 F12 T0 ( T1 4 − T2 4 ) ∴ q12 = ( 2,5 x 3) m 2 = 2591
Del gráfico
Kcal h
⋅ 4,9 x 10 −8
Kcal 4 4 4 2 4 ( 473 − 323 ) K x 0,18 = hm K
39
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
2,5 = , X= 3 0 83 F12 = 0,18 ( Fig . 6 − 12 ) y R = x =1
Z
Dos placas paralelas de 2 x 1 m están separadas 1 m entre sí. Una placa mantenida a 1000 K y su emisividad es de 0,5. La otra placa está aislada y ambas se encuentran en un gran recinto cuya temperatura es de 27ºC. Calcular la temperatura de la placa aislada y la energía perdida por la placa caliente.
D = 1 F = 0,385 12 x = 1 D y
Ley de nodos:
Nodo (1): E 01 − j1 E 02 − j1 E 03 − j1 + + =0 1 − ξ1 1 1 F12 A1 ξ1 A1 A1 ( 1 − F12 )
E 01 = τ T1 4 = 4,9 x 10 −8 x ( 1000)
E 01 = 49000
4
Kcal hm 2
E 03 = τ T3 4 = 4,9 x 10 −8 x( 300 4 ) = 937
Kcal h
40
Transferencia de Calor Masa
Nodo (2): j1 − E 02 E − E 02 + 03 =0 1 1 F12 A1 A2 ( 1 − F21 ) j1 − E 02 397 − E 02 ( B) 1,2987 + 0,813 = 0 ⇒ 49000 − j1 + E 02 − j1 + 397 − j1 = 0 0,5 1,2987 0,813
( A)
( B ) 0,77 j1 − 0,77 E 02 + 488,3 − 1,23 E 02 = 0 − 0,77 j1 + 2 E 02 = +488,3 ⇒ E 02 =
488,3 + 0,77 j1 = 244,15 + 0,385 j1 2
∴ ( A) 98000 − 2 j1 + 0,77 E o 2 − 0,77 j1 + 488,31 − 1,23 j1 = 0 + 4 j1 − 0,77 E o 2 = +98488,31 ⇒ ( A) 4 j1 − 0,77( 244,15 + 0,385 j1 ) = 98488,31 4 j1 − 187,995 − 0,29645 j1 = 98488,31 3,70355 j1 = 98676,305 j1 = 26643,7
⇒ E 02 = 10501,97
Kcal m2 h
E o 2 = τ T2 4 ⇒4
∴
E o2 = T2 = 680º K τ
E 01 − j1 49000 − 26643,7 Kcal = q1 = = 44712,6 1 − ξ1 0,5 h A1ξ1
Problemas Resueltos 1 era Parte
41
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
Un salón de 4 x 4 y 2,5 m de altura tiene un techo a 27ºC y el piso a 12ºC manteniendo las otras paredes perfectamente aisladas. Todas las superficies tienen una emisividad de 0,8. Calcular el intercambio de calor entre piso y techo.
1 − ξ1 ξ1 A1
1 A1 F12
1 − ξ2 ξ2 A2
τ 0 ( T1 4 − T2 4 ) E 01 − E 02 = = q12 = 1 − ξ1 1 − ξ2 1 − 0,8 1 1 − 0,8 1 + + + + 0,8( 16) 16( 0,4) 0,8( 16) ξ1 A1 A1 F12 ξ2 A2
4,9 x 10 −8 x ( 300 4 − 2854 ) Kcal = = 392,65 0,1875 h Del gráfico: 2,5 = 1,6 F12 ≅ 0,4 ( gr af . 6 − 10) y 4 1 6 , = = 2,5 D
x
D=
4
La zona de tubos hervidores de una caldera tubular puede ser aproximadamente un paralelepípedo de 10 x 10 x 30 de altura sobre cuyo perímetro de T p = 600ºC (ξ p =0,6). Los gases de combustión (P CO2 = 0,15 At y P HO2 = 0,1 AT) se encuentran a T G =1000ºC. Calcular el calor transferido a las paredes del agua por radiación. 10 x 10 x 30
42
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
a x b x c
Geometría: l = 1,06 x a = 1,06 x 10 = 10,6 m
Tp < TG Gases de combustión: CO2 :
PCO2 = 0,15 atm
PCO 2 x l = 0,15 x 10,6 = 1,59 ⇒ ξCO 2 = 0,24 TG = 1054,2° K PCO 2 x l = 1,59 α CO 2 ≅ 0,2 Tp = 873K Efecto de la presión total sobre la radiación: PT = 0,25 atm PCO 2 x l = 1,59 CCO 2 ≅ 1 PT = 0,25 Considerando:
(
)
q Kcal 4 4 = τ CO2 ( 12734 ( 0,24) − 8734 x 0,2) = 4,9 x 10 −8 x( 1) ( 1273) 0,24 − ( 873) 0,2 = 25190,8 2 A m q = τ CO2 ( TG 4 ξ − Tp 4 α CO 2 ) A Considerando el valor de agua: H 2 O: PH 2 O x l = 0,1 x 10,6 = 1,06 ξmediaH 2 O ≅ 0,35 PT = 1atm
PH 2 O = 0 (ideal)
PH 2O xl = 1,06
PH 2O + PT 0,1 + 2,5 C H 2O = 1,35 1 , 3 = = 2 2 ⇒ ξ H 2O = ξ media H 2O xC H 2O = 0,35 x1,35 = 0,4725
TG = 1054,2º K
43
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
∴ PH 2O xl = 1,06 = 0,38 α T p = 873° K H 2O 4 ⇒ q = τ C H 2O TH 2O ξ H 2O − Tp 4 α CO 2 A
(
)
Considerando H 2 O Kcal 4 4 q −8 ( ) ( ) x = 4 , 9 10 1 , 35 1054 , 2 0 , 4725 − 873 0 , 38 = 23973 , 3 A m2
(
)
∴Considerando como mezcla: ξG = ξCO 2 + ξH 2 O − ∆ξ = 0,24 + 0,4725 − 0,052 = 0,6605 ∆ξ x l = 1,59 + 1,06 = 2,65
PH 2 O 0,1 = = 0,4 PH 2 O + PCO 2 0,1 + 0,15 PCO 2 x l + PH 2 O
∆ξ ⇒ 540° C ⇒ ∆ξ ≅ 0,04 ⇒ ∆ξ = 0,052 ⇒ 781º C ⇒ 930° C ⇒ ∆ξ ≅ 0,06 α G = α CO 2 + α H 2 O − ∆ξ = 0,2 + 0,38 − 0,043 = 0,537 ∆ξ600 º C = 0,043
PH 2 O = 0,4 PH 2 O + PCO 2 t p = 600° C PCO 2 x l + PH 2 O l = 2,65
∆ξ540 = 0,04 ∆ξ600i = 0,043 ∆ξ930 = 0,06 ⇒
q
(
4 4 A = τ ξ′ p E g TG − α g Tp ξ p + 1 0,6 + 1 ξ′ p = = = 0,8 2 2
)
Como mezcla: Kcal 4 4 q ⇒ A = 4,9 x 10 −8 x ( 0,8) 0,6605( 1054,2) − 0,537( 873) = 19751 2 m
(
)
44
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
PROBLEMAS DE CONDENSACIÓN Un condensador constituido por un tubo de 19 mm de φ ext y 2 m de longitud, trabaja con vapor saturado seco a la temperatura Tg = 95º C por el exterior de los tubos. Considerando un solo tubo, calcular: para ∆T = Tg − Tp = 0; 5; 30 ° C a) En porción vertical b) En porción horizontal •
•
Los valores de α; m cond ; q , graficar en f ( ∆T )
a) Posición vertical: ∆t = 0 95 + 95 Tf = = 95 ° C 2
g hf λ3 g( ζ − ζ ) g v α N = 4,114 µ l T −T g p
KJ Kcal hf g = 2256,9 Kg x 0,239 = 539,4 Kg Kg Kcal λ = 0,586 Tf ζ v = 0,5977 3 mh ° C m Kg s µ = 28,8 x 10 −6 Kg 2 ζ L = 958,13 3 m m ⇒ αn = ∞ •
4m R ef = pµf
∴
•
⇒ m=
R eq = 0
α = α n x ξϕ x ξT x ξv = ∞ •
•
q = m hf g = 0 ∆t = 5° C ∆t = t g − t p = 5° C ∴ tp = 90° C
∴t f =
95 + 90 = 92,5° C 2
α A ( Tg − Tp) =0 hf g
(
)
1
4
45
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
KJ Kcal hf g = 2276,7 Kg x 0,239 = 544,13 Kg Kcal Kg tf ζ v = 0,4626 3 λ = 0,58225 mh ° C m Kg s µ = 31,28 x 10 −6 Kg 2 ζ L = 963,4 3 m m 9,81 x 544,13 ⋅ ( 0,58225) 3 958,13( 958,13 − 0,5977) α n = 4,114 31,28 x 10 −6 ⋅ 2 ⋅ ( 95 − 90)
1
4
= 5454,6
Kcal h m2 ° C
• α A( Tg − Tp) 5454,6 ⋅ ( π 0,019 ⋅ 2) ( 95 − 90) 4m Kg ∴ R ef = ⇒m= = = 5,98 3 p µf hf g 544,13 m •
•
4 α A( Tg − Tp) 4 ⋅ 5454,6 ( π ⋅ 0,019 ⋅ 2) ( 95 − 90) ⇒ Re = = = 363〈 1800 pµf hf g [ π 0,019] 31,28 ⋅10−6 ( 544,13) ⋅ 36009,81 ⇒Verifica hipótesis de Régimen Laminar ⇒ α = α N x ξϕ x ξT x ξv = 5454,6 x 1 x 0,9918 x 1,266 = 6489
Kcal h m2 ° C
ξϕ = 1 λp 3 µg ξT = λg µp ξv = R ef •
⇒m=
•
•
0 , 04
1 8
0,581 3 30,45 = 0,5835 32,1
= 0,9918
= 3630, 05 = 1,266
α A( Tg − Tp) 6849 x ( π 0,018 x 2) ( 95 − 90) Kg = = 7,51 3 hf g 544,13 m
q = m hf g = 7,51 x 544,13 = 4086,4
∆t = 30° C
1 8
Kcal h
46
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
∆t = t g − Tp = PS − tp = 30° C
⇒ tf =
95 + 65 = 80° C 2
⇒ tp = 65° C Kcal hf g = 2308,8 x 0,239 = 551,8 Kg Kcal Kg t f ζ v = 0,2933 3 λ = 0,575 h m°C m Kg s µ = 36,2 x 10 −6 Kg 2 ζ L = 971,62 3 m m
9,81 x 551,8 x ( 0,575) 3 x 971,62( 971,62 − 0,2933) ⇒ α N = 4,114 36,2 x 10 −6 x 2 x ( 95 − 65)
R ef =
1
4
= 3364,17
Kcal h m2 ° C
4 x α x A( Tg − Tp) 4 x 3364,17 x ( π 0,019 x 2) ( 30) = = 1144,53〈1800 pµf x hf g ( π 0,019) 36,2 x 10−6 x 551,8 x 3600 x 9,81 ⇒ Dentro de la Hipótesis de Reg. Laminar ∴ α = α N x ξϕ x ξT x ξv = 3364,17 x 1 x 0,423 x 1,325 = 1885,5
λp 3 µg ξT = λg µp ξv = R ef •
m=
•
0 , 04
1 8
0,564 30,45 x = 0,5835 44,35
= ( 1144,53)
3
0 , 05
Kcal h m2 ° C
1 8
= 0,423
= 1,325
α A( Tg − Tp) 1885,5 x ( π 0,019 x 2) ( 30) Kg = = 12,23 3 hf g 551,8 m •
f = m hf g = 12,23 x 551,8 = 6748,51
Kcal h
47
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Gráficos: ∆t
α Kcal 2 h m °C
0ºC 5ºC 30 º C
Posición Vertical
∞ 6849 1885,5
°
m cond Kg m3 0 7,51 12,23
f
( Kcal h) 0 4086,4 6748,51
48
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
49
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
b) En posición horizontal: ∆t = 0 95 + 95 = 95° C 2 Kcal hf g = 539,4 Kg Kg Tf ζ v = 0,5977 3 m Kg ζ L = 958,13 m 3 Tf =
λ = 0,586
Kcal mh ° C
µ = 28,8 x 10 −6 Kg
ζ ( ζ − ζ ) g x hf λ3 L L v g α N = 3,173 ( ) − µ d Tg Tp ext
1
s m2
4
958,13 ( 958,13 − 0,5977) 9,81 x 539,4 x ( 0,586) 3 =∞ α N = 3,173 28,8 × 10 6 x 0,019 ( 0) α = α N ξϕ x ξt x ξv = ∞ R ef =
4α A ( Tg − Tp) p µf hf g
=0
↓ L x N → cant . tubos
m=
α x A x ( Tg − Tp) =0 hf g
•
•
•
q = m hf g = 0
∆t = 5° C
∆t = Tg − Tp = 5° C
tf =
95 + 90 = 92,5° C 2
50
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Tp = 90 ° C Kcal hf g = 544,13 Kg Kg tf ζ v = 0,4626 3 m Kg ζ L = 963,4 m 3
λ = 0,58225
Kcal mh ° C
µ = 31,28 x 10 −6 Kg
963,4 ( 963,4 − 0,4626) ( 9,81) x 544,13 x ( 0,58225) 3 ⇒ α N = 3,173 ( 5° C) 31,28 x 10 −6 x ( 0,019)
1
s m2
4
= 13513
Kcal h m2 ° C
4α x A ( Tg − Tp) 4 x 13513 x ( π 0,019) ( 5) R ef = = = 13〈〈 1800 p x µ f hf g 2 x 31,28 x 10 −6 x 544,13 x 3600 x 9,81 2
⇒ Dentro de Ré gimen Laminar ∴ α = α N x ξϕ x ξT x ξv = 13513 x 1 x 0,9918 x 1,108 = 14850
Kcal h m2 ° C
ξv = 130, 09 = 1,108 α x A ( Tg − Tp) 14850 x ( π x 0,019 x 2) ( 5) Kg = = 16,3 3 544,13 hf g m
•
⇒m=
•
•
q = m x hf g = 16,3 x 544,13 = 8869,32
KCal h
∆T = 30 ° C
T f = 80 ° C
Tp = 65° C
Kcal hf g = 551,8 Kg Kg Tf ζV = 0,2933 3 m Kg ζ L = 971,6 m 3
λ = 0,575
Kcal h m°C
µ = 36,2 x 10 −6 Kg
s m2
51
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
971,6( 971,6 − 0,2933)( 9,81) x 551,8 ( 0,575) 3 α N = 3,173 36,2 x 10 −6 x ( 0,019) ( 30)
1
4
= 8310,9
Kcal h m2 ° C
4α x A ( Tg − Tp) 4 ( 8310,9) ( π 0,019) x ( 30) = = 42,3 〈〈 1800 p x µf x hf g 2 x 36,2 x 10 −6 x 551,8 x 3600 x 9,81
∴ R ef =
⇒ Dentro de Hip. de Ré gimen Laminar
α = α N x ξϕ x ξT x ξv = 8310,9 x 1 x 0,423 x 1,161 = 4083
Kcal h m2 ° C
ξV = 42,30, 05 = 1,161 •
⇒m=
•
αx Ax
( Tg − Tp) hf g
=
4083,6 x ( π 0,019 x 2) ( 30) Kg = 26,5 3 551,8 m
•
q = mhf g = 26,5 x 551,8 = 14622,7
Gráfico:
∆T
α
( ° C)
Kcal 2 h m °C
0 5 30
∞ 14850 4083,6
Kcal h
°
°
m cond
q
Kg 3 m 0 16,3 26,5
Kcal h 0 8869,3 14622,7
52
Posición horizontal
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
53
Transferencia de Calor Masa
Problemas Resueltos 1 era Parte
54
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
PROBLEMAS DE EBULLICIÓN Un alambre de bronce, se sumerge en agua a Patm y Tg = 100 ºC a) Calcular la rapidez de transferencia de calor para la 1º crisis de ebullición b) Determinar la temperatura a la que ocurre el proceso calculado en "a" c) Calcular y graficar en f(∆t); el flujo de transferencia de calor f/∆ y el α mediante 5 puntos entre ∆T = o y ∆T max b.
(
Txg g - g v II L q a) gv hfg = A max 24 g 2 v
P = 1 atm 100 ºC
)
1
1 4 2 g 1 + v g L
hfg = 539,4 Kcal Kg Kg g v= 0,5977 m3 δL=958,13Kg 3 m
5,69 x 10-2 ( 958,13 − 0,5977) II q ( )( ) A max = 24 539,4 0,5077 2 ( 0,5977)
-2 T x g = 5,69 x 10
0,25
1 0,5977 2 q Kcal 1 + = A = 534060 2 max 958,13 hm
b) C L ∆Tx
( )
1, 7
hfg Pr L
q Amax = Cs f µL hfg
T g L − gv
0 , 33
=
534060 5,69 × 10−2 = 0,006 1,7 0,888 × 539,4 9,81(958,13 − 0,597 ) 539,4(1,75) ∆Tx = 11,68° C 1 × ∆Tx
c) Ecuaciones correspondientes a gráficas :
Kg Seg 2
0 , 33
=
55
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
CL ∆T
( )
1, 7
hfg PrL
α = µL
f ( ) A = f ∆t
q A = Csf µL hfg
T g( gl − gv )
0 , 33
( "1")
2 g( g L − gV ) C L ∆T 3 hfg C f hfg 9,1,7 T s
3
( fórmula "1")
q ∆T = 0 → A = 0
∆T = 2 →
1× 2 539,4 × ( 1,75)
1, 7
0,33 q A 5,69 × 10 −2 = 0,06 0,888 539,4 9,81( 985 − 0,597)
f 1,432 × 10 −3 = 0,006 A5,138 × 10 −6 q
A = 2533,5
0 , 33
Kcal h
9,81 ( 958,13 − 0,5977 5,69 x 10 −2
α = 0,888 (539,4 )
2 Kcal 1 x ( 2) 3 1324,2 1, 7 = Kg m 2 ° C 0,006 x 539,4 ( 1,75) 3
∆T = 4 0 , 33 1x4 q −6 = 0,006 A 5,138 x 10 539,4 x 1,751, 7
q 2,864 x 10 −3 = 0,006 A 5,138 x 10 −6 q
A = 20700
Kcal h
0 , 33
56
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
[
α = 194.616,2 ⋅ 0,1193 ( 4)
2
3
]
3
= 5292
Kcal Kg m 2 ° C
∆T = 6 1x 6 539,4 x ( 1,75)
4,296 x 10 q
−3
1, 7
q = 0,006 A 5,138 x 10 −6
q = 0,006 A 5,138 x 10 −6
A = 70.727
[
α = 194616,2 ⋅ 0,1193 ( 6)
2
3
]
3
0 , 33
0 , 33
Kcal h = 11896
Kcal Kg m 2 ° C
∆T = 8
1x8 539,4 ( 1,75)
1, 7
q = 0,006 A 5,138 x 10 −6
q 5,728 x 10 −3 = 0,006 A 5,138 x 10 −6
0 , 33
0 , 33
Kcal q = 169 . 116 , 12 A h
[
α = 194616,2 x 0,1193( 8)
2
3
]
3
= 21148,5
Kcal Kg m 2 ° C
Gráfico: ∆T
α
[ ° C]
Kcal h m2 ° C
0 2 4 6
0 1324,2 5292 11896
q A Kcal h 0 2533,5 20700 70727
57
8 11,68 Ver gráfico
Transferencia de Calor Masa
21148,5 45080,2
Problemas Resueltos 1 era Parte
169116,12 534060
58
q
Transferencia de Calor Masa
Kcal A h
Problemas Resueltos 1 era Parte
59
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
PROBLEMAS VARIOS ¿Cuál es el ∆Tx para el agua a 2 atm en que se produce la primera crisis de ebullición, para un elemento calefactor de cobre? (idem para agua a 140 atm). Kj h fg = h′′−h′= 2201,6 Kg Kg 2 atmςV = 1,129 3 m Kg ς L = 942,7 m 3
Cobre → Cςf = 0,013
TS → 120,23° C ↓ Txg = 5,276 x 10 −2
Para 2 atm q C L ( ∆Tx ) A ⇒ 1, 7 = Cςf µ h h fg P r L fg
τ g ( ςl − ς V )
0 , 33
( A) solo si es nucleada
Por Zuber; para 1er crisis: Txg( ς − ς ) 4 ς π L V 1 + V h fg ςV = 2 24 ςV ςL 1
q A max
1
2
5,276 x 10 −2 ( 942,7 − 1,129) π q ( ) = 526 18 1 129 , , A max 24 (1,129) 2
0 , 25
1,129 1 + 942,7
0,5
= 194,41 = 699876
2201,6 x 10 3
⇒ ∆tx =
h fg
Kcal /j 0,239cal = 526,18 x Kg Kg 1 /j q P r Cςf A CL µ h L fg 1, 7
526,18 x ( 1,249) ∆tx = 1
1, 7
τ g( ςl − ςV )
0 , 33
699876 5,276 x 10 −2 0,013 0,736 x 526,18 9,81( 942,7 − 1,129) ∆tx = 16,25° C
0 , 33
=
Kcal 3600seg 1h seg m 2
Kcal hm 2
60
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
O por Mac Adams: q ( ) 3,86 A = 1,86 ∆tx ⇔ P ≅ 2 atm ⇒ ∆Tx = 27,82º C
Pr =
µ L C L 0,736 x 1 = = 1,249 0,589 λL
µ L = 0,495 T (º F ) =
lbm Kg = 0,736 m− h pie − h
9 (120,33º C + 32) = 274º F 5
Para 140 atm h fg = h′′−h′= 1070,7 x 10 3 ςV = 87
Kg m3
ς L = 620,88
Kcal Kcal /j = 255,9 x 0,239 Kg Kg /j TS → 336,64º C
Kg m3
↓ Txg = 0,636 x 19 −2
0,636 x 10 −2 ( 620,88 − 87) π q ( 255,9) x 87 = A max 24 ( 87) 2 q
A = 1,11 Pr
4
3
Pr =
0 , 25
( ∆t ) 3
q ⇒ ∆tx = 3
Kg m s2
A 1,11( Pr )
4
=3 3
1,63 x 10 6 1,11( 0,623)
4
µ C C L 0,3125 + 0,756 = = 0,623 λC 0,3788
µ L 0,21 = 0,3121
Kg m− h
366º C cal 1Kcal Kcal C L = 756 = 0,756 3 Kg º C 10 cal Kg º C
= 140,26º C 3
87 1 + 620,88
0,5
= 452,8
Kcal 6 Kcal 2 = 1,63 x 10 sm hm 2
61
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Ebullición: Un alambre de material (bronce) se sumerge en agua a Patm y T g = 100ºC. a) Calcular la rapidez de trasformación de calor para la 1era crisis de ebullición. b) Determinar la temperatura a la que ocurre el proceso calculado en a. CSf = 0,006 → (bronce − agua ) Txg ( ς − ς ) 4 ς q π L V 1 + V a) h fg ςV = 2 A max 24 ςV ςL 1
1
2
P = 1atm Kj Kcal h fg = 2257 Kg 539,4 Kg Kg Kg Txg = 5,69 x 10 −2 100º C ςV = 0,5977 3 s2 m Kg ς L = 958,13 m 3 5,69 x 10 −2 ( 918,13 − 0,5977) q π ( 539,4) ( 0,5977) = A max 24 ( 0,5977) 2
0 , 25
0,5977 1 + 958,13
Kcal q = 148,35 x 3600 = 534060 A max h m2 q C L ∆Tx A b) 1, 7 = C Sf µ h h fg ( PrL ) L fg 1 x ∆Tx 539,4( 1,75)
1, 7
τ g c ( ς L − ςV )
0 , 33
534060 5,69 x 10 −2 = 0,006 0,888 ⋅ 539,5 9,81( 958,13 − 0,597)
∆Tx = 8,37 x 10 −3 1395,57 ∆Tx = 11,68º C ∆Tx = Tp − TsaT
⇒ 11,68 = ( tp − 100º) C Tp = 111,68º C
0 , 33
=
0,5
=
62
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
El condensador de una turbina consta de 90 tubos horizontales de 2,5 cm de φ y 2 m de longitud. La temperatura de las paredes de los tubos se mantiene a promedio 70ºC en virtud del agua de refrigeración que circula por el interior de los mismos. El vapor ingresa a 1 atm y 105ºC. a) Determinar la masa de vapor que se condensa a la unidad de tpo. b) Estimar el error cometido al despreciar la condensación sobre la superficie interior de la carcasa, aplicando la expresión correspondiente a la superficie exterior de un cilindro horizontal, en rég. laminar, suponiendo que la temperatura de la carcasa se mantiene en 90ºC, su longitud es de 2 m y su φ de 0,4 m. 90 tubos → φ = 2,5 L=2m
tf =
a)
70 + 105 = 87,5º C 2 ζ( ζ − ζ ) g h λ3 V fg α = 3,173 µ ( Nd ) Tg − Tp
(
)
0 , 25
; si existe flujo laminar
( 966,9) 2 x 9,81 x 539 x ( 0,5795) 3 α = 3,173 −6 33,12 x 10 x( 90 x 0,025) ( 105 − 70)
(
)
[
0 , 25
= 2472,7
]
Kcal hm 2 º C
⇒ q = α x A Tg − Tp = 2472,7 x ( π 0,025) 2 90 [105 − 70] = 1,22 x 10 6 •
q = mV h fg ⇒
q
• 1,22 x 10 6 Kcal = mV 2263 = = h fg h 539
Kcal h
63
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
ζ( ζ − ζ ) g h λ3 V fg b ) α = 3,173 µ( Nd ) Tg − Tp
(
0 , 25
Tf =
)
( 960,125) 2 x 9,81 x 539 x ( 0,58475) 3 α = 3,173 −6 29,625 x 10 x 0,4 x ( 105 − 90)
(
•
105 + 90 = 97,5º C 2
0 , 25
= 4855
)
Kcal hm 2 º C
q = α A x TG − Tp = 4855 x ( π 0,4 x 2) ( 105 − 90) = 183 x 10 3 •
Kcal h
•
q = mV h fg 183 x 10 3 Kg = = 339,6 h h fg 539 Una placa de bronce es sumergida en un recipiente con agua a la presión atmosférica y la placa se encuentra a 110ºC. Calcular el calor transferido por unidad de área. •
m=
q
∆Tx = 110 − 100 = 10° C
Ec. Rosenaw → ebullición nucleada Cl ( ∆ t x ) h fg PrL 1, 7
q A = Cs f µ L h fg
1 x 10 539 x ( 1,51)
PrL =
1, 7
T g( ζ l − 0)
q A = 0,006 0,888 ( 539)
0 , 33
0,057 9,81 ( 958,4)
0 , 33
µ L x C L 0,888 x 1 = = 1,51 λL 0,586
µ L = 0,5972
1 Pie Kg lbm 0,4536 Kg x x = 0,888 m− h Pie − h 1 lbm 0,3048 m
64
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
T [ ° C] = 5 9 ( ° F − 32) 9 T [ ° F ] = 9 5 ( ° C + 32) = ( 100 + 32) = 237,6° F 5 0,0092 3 q −2 = A x 1,7262 x 10 0,006 88,92 = 3
q
A⇒
q
Kcal 3 A = ( 88,82) = 700868 hm 2
Un sistema de ebullición de agua consta de un conductor de 0,5 cm de φ y 10 cm de longitud, calefaccionado eléctricamente. Si el mismo consume 5 kw de potencia cuando circula un caudal de agua de 100 cm3/min que ingresa a 10ºC. Estimar la máxima temperatura que alcanza el conducto de cobre. 0,2389 cal Kcal Kcal 3600s/ x = 1,195 = 4302 1W s/ 1h h s
P = 5 x 10 3 W
A = π d L = π 0,005 x 0,1 = 1,57 x 10 −3 m 2 °
6 Kcal A = 2,74 x 10 hm 2 0 , 33 q C ∆Tx τ A ∴ L 1, 7 = Csf µ h h fg Pr g( ζ L − V0 ) L fg
⇒
q
Csf = 0,013
Kg Kg Kg µ L = 0,888 ; ζ L = 958,4 3 ; τ = 5,69 x 10 −2 2 t = 100º C m−h m s µ L x C L 0,888 x 1 Kcal 237,6º F 1 51 539 , = = = = Pr h fg 0,586 Kg º C λL
⇒ ∆Tx =
h fg
Pr CL
1, 7
q A Csf µ L h fg
τ g( ζ L )
0 , 33
1, 7 539 x ( 1,51) 0,013 2,74 x 10 6 5,69 x 10 −2 ∆Tx = 1 0,888 x 539 9,81( 958,4)
∆Tx = Tp − Tsat ⇒ Tp = ∆Tx + Tsat = 134,09º C
0 , 33
= 34,09º C
65
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
¿Cuánto vale el coeficiente de transmisión de calor del agua a 0ºC y 1 atm cuando ∆Tx=350ºC?¿Cuál es la influencia de la radiación en ese caso?φ tubos = 19 mm.
(
λ 3 ζ ( ζ − ζ ) g h + 0,4 Cp ∆Tx V V L V fg V α e = 0,62 d µV ∆Tx Tp + Tg
Tf =
2
=
)
0 , 25
550º C = 275º C 2
Tf = Temp.de la película
∆Tx = Tp − Tsat ⇒ 350º C = Tp − 100º C ⇒ Tp = 450º C Kcal λV = 0,5057 mh°C Kg T f ζ V = 30,55 3 m Kg ζ L = 759,3 m 3
h fg = 539
kcal Kg
µ V = 0,22896
cp = 1,25
1atm Tsat 100º C
Kcal Kgº C
Lbm Kg (552,6º F ) = 0,34 Pie − h m−h
( 0,5057) 3 30,55 ( 759,3 − 30,55) 9,81 x 3600 ( 539 + 0,4 x 1,25 x 350) ⇒ α e = 0,62 0,019 x 0,34 350 α e = 262,45
α1 =
Kcal hº C m 2
(
T x ξ Tp 4 − Tsat 4
(T
p
αe α = αe α
− Tsat 1
3
)
+ α1
) = 4,93 x 10
−8
x 0,066
( 450 4 − 100 4 ) 350
= 0,38
Kcal h m2 º C
0 , 25
=
66
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Un alambre del material indicado se sumerge en agua a la presión atmosférica y temperatura t g =100ºC. a) Calcular la rapidez de transferencia de calor para la primer crisis de ebullición. b) Determinar la temperatura a la que ocurre el proceso calculado en a). Material: platino → Cςf = 0,013 Txg ( ζ − ζ ) 4 ζ q π L V 1 + V h fg ζV a ) = 2 A max 24 ζ ζL V 1
1
2
Kcal j 0,239cal 3 = 536 h fg = 2243,6 x 10 Kg x 1 j Kg Tp + Tg 110 + 100 Kg Kg = = 105º C ζV = 0,7046 3 → τ = 5,587 x 10 −2 Tf = s2 2 2 m Kg ζ L = 954,5 m 3 ( 5,587 x 10 −2 ) ( 954,5 − 0,7046) 4 0,7046 0,5 Kcal q π ( ) = 159,2 1 + 536 0,7046 = 2 Amax 24 954,5 s m2 ( 0,7046) 1
= 573054,5
b)
q C L ∆Tx A 1, 7 = Csf µ L h fg h fg PrL
τ g( ζ L − ζ V )
q h fg PrL 1, 7 Csf A ∆Tx = µ L h fg CL
0 , 33
τ g( ζ L − ζ V )
0 , 33
Kg Kg ; ζ L = 958,4 3 µ L = 0,888 m − h m Tsf =/ 100º C Kcal Pr = µ L x C L = 1,51 ; h fg = 539 L Kg º C λC 539 x ( 1,51) ∆tx = 1
1, 7
x 0,013 573054,5 0,888 x 539
∆Tx = 20,16º C
∆Tx = Tp − Tsat ⇒ 20,16º C = Tp − 100º C ⇒ Tp = 120,16º C
5,69 x 10 −2 ( 9,81) ( 958)
τ = 5,69 x 10 −2
0 , 33
=
Kg seg 2
Kcal h m2
67
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Hay un error en suponer en A a Tp con 110ºC de 10,16ºC; es decir un 50% de ∆Tx; por 110 + 120,16 donde hay que recalcular a) con un Tpm = = 115º y luego calcular b) y verificar que los 2 dos Tp sean aproximados. ⇒ a )Tf = 107º C Kcal h fg = 2236,8 x 0,239 = 534,6 Kg T f ζV = 0,76365 ζ L = 952,56
τ = 5,536 x 10 −2
5,536 x 10 −2 ( 952,56 − 0,76365) q π 534,6 x 0,76365 = A max 24 ( 0,7636) 2
Kg s2
0 , 25
0,76365 1 + 952,56
0,5
=
Kcal h m2 0 , 33 1, 7 539 x ( 1,51) x 0,013 593371 5,69 x 10 −2 = 20,47º C ∴ ∆Tx = 1 0,888 x 539 9,81 ( 958) = 164,82 x 3600 = 593371
∆Tx = Tp − Tsat ⇒ 20,47 = Tp − 100 Tp = 120,47º C Error Tp = 5,47º C 〈 10,16º C Como el error se va achicando, el método es válido; por lo tanto, podemos tomar promedios sucesivos y disminuir el error a un valor deseado.
68
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
Condensación y ebullición Una placa vertical de 1,5 m de alto y 2 m de ancho, se encuentra expuesta a vapor de agua saturado seco (100ºC y 1 atm). La temperatura de la placa es de 70ºC. Calcular el calor transmitido y la masa de agua condensada por hora. 100º C Kcal /j 0,239 h fg = 2256,94 x 10 3 x cal = 539,4 1 /j Kg 1atm Kg −6 s µ f = 34,15 x 10 Kg f m 2 100 + 70 Kcal = 85º C λ f = 0,578 tf = 2 m hº C Kg ζ f = 968,55 m 3 ⇒ Suponiendo reg. laminar: 3 2 m Kcal 3 Kcal Kg g 2 xh fg λ ζ( ζ − ζV ) m 3 Kcal s Kg h mº C αN = = 4,114 2 h m ºC µ Kgf s 2 l[ m] Tg − Tp ( º C ) m
[
]
9,81 x 539,4 x ( 0,578) 3 ( 968,55) 2 α N = 4,114 −6 34,15 x 10 x 1,5 x ( 100 − 70)
(
)
(
1
4
= 3656
1
4
)
Kcal h m2 º C
•
∴ q = α A Tg − Tp = m h fg •
⇒ mT =
(
α A Tg − Tp h fg
) = 3656 Kcal (1,5 x 2) m ( 30) º C Kg 2
2
h m º C 539,4 Kcal
1h Kg = 0,169 s 3600 s
•
Re =
4( 0,169) 4m = = 1009 〈 1800 ⇒ Es. laminar (p = placa plana) pµ fg 2( 34,15 x 10 −6 ) 9,81 ∴ α = α N x ξϕ x ξT x ξV = 3656 x ( 1) x( 0,945) x 1,318 = 4553,6
λ 3 µ p g ξT = λ g µ p
1 8
0,568 3 28,8 = 0,586 41,2
1 8
= 0,945
Kcal h m2 º C
69
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
ξV = ξV = Re f 0, 04 = ( 1009)
(
0 , 04
= 1,318
)
⇒ q = α A Tg − Tp = 4553,6 x ( 1,5 x 2) ( 30) = 409824 •
•
⇒ q = mh fg ⇒ m r =
Kcal h
f 409824 Kg = = 759,7 h h fg 539,4
Se tiene benceno de una columna fraccionadora en forma de vapor saturado a t´ 1 =80ºC. Determinar la superficie de intercambio necesaria para condensar y subenfriar G 1 =2500 Kg/h a una temperatura t´´ 1 =40ºC. Si el refrigerante es agua que fluye a G 2 =17000Kg/h y está disponible a t´ 2 =15ºC. Comparar los resultados para flujos a contracorriente y corriente paralelas. Kcal Kcal Kcal ; Cp Benc = 0,42 ; α h 2 O = 2500 ;α = 1700′′ ´ YBenc = 93 Kg º C Kg h m 2 º C Benc QTBenc = G1 r + G1C p ∆t = 2500( 93) + 2500( 0,42) ( 80 − 40) = 274500
Parte B
G1C p ∆t1 = G2 C p ∆t 2 2500( 0,42) ( 80 − 40) = 17000( t ′ 2 −15) 42000 = ( t ′ 2 −15) ⇒ t ′ 2 = 17,47 17000
Parte A G1r = G2 C p 2 ∆t 2500( 93) = 17000( t ′ 2 −17,47) 232500 = ( t ′ 2 −17,47) 17000
13,67 = ( t ′ 2 −17,47) t ′′ 2 = 31,14º C
Kcal h
70
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
( A) ∆TA =
( 80 − 31,14) − ( 80 − 17,47) ∆ A ′− ∆ A ′′ = = 55,4º C ( 80 − 31,14) ∆ A ′ Ln Ln ∆ A ′′ ( 80 − 17,47)
( 80 − 17,47) − ( 40 − 15) ∆ B ′− ∆ B ′′ = = 40,93º C ( 80 − 17,47) ∆ B ′ Ln Ln ∆ B ′′ ( 40 − 15) ∴ Q A = K A A ∆TA ( B ) ∆TB =
G1r = K A A ∆TA
K=
232500 = K A( 55,4)
1 1 1 + α H 2 α Benc
= 1012
Kcal h m2 C
232500 = A A = 4,14 m 2 1012( 55,4) ∴ QB = K AB ∆TB
2500( 0,42) ( 40) = 1012 AB = 1,01 m
Flujos paralelos
2
AT = 4,14 + 1,1 = 5,15 m 2
AB ( 40,93)
71
Transferencia de Calor Masa
( A) ∆TA =
( B ) ∆TB =
Problemas Resueltos 1 era Parte
( 80 − 15) − ( 80 − 17,47) ∆ A ′− ∆ A ′′ = = 63,75º C ∆ A ′ ( 80 − 15) Ln Ln ∆ A ′′ ( 80 − 17,47)
( 80 − 17,47) − ( 40 − 31,14) ∆ B ′− ∆ B ′′ = = 27,46º C ( 80 − 17,47) ∆ ′ Ln B ∆ ′′ Ln B ( 40 − 31,14)
Q A = K A A ∆TA
232500 = 1012 A A ( 63,75)
A A = 3,6 m 2 QB = K AB ∆TB
AT = 3,6 + 1,51 = 5,11 m 2
2500 x ( 0,42) ( 40) = 1012 AB ( 27,46) 42000 = AB = 1,51 m 2 1012 ( 27,46)
72
Problemas Resueltos 1 era Parte
Transferencia de Calor Masa
PROBLEMAS DE INTERCAMBIADORES DE CALOR Dos intercambiadores del calor de doble tubo, idénticos, se constituyen con un caño interior de 50 mm de diámetro interior y 4 mm de espesor, dentro de un caño de 75 mm de diámetro interior. La longitud de los intercambiadores es de 3 m. 150 l /min de agua a 27º C es calentada pasando a través del caño interior de los intercambiadores, con una disposición en serie. Para el calentamiento se dispone de corrientes una G 1A a t´ 1A y otra G 1B a t´ 1B . Las corrientes de calentamiento pueden ser mezcladas antes y después de entrar a los intercambiadores. Determinar y calcular la disposición óptima (> transferencia de calor) y la transferencia total bajo estas condiciones.
G 1A l/min 80< transferencia de calor) y la transferencia total bajo estas condiciones.
G 1A l/min 80<
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