Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Industrias
Ayudantía IdC Gestión Energética II ICIPEV 1T 2011
1.
Calent Calentamie amient nto o de de agua agua en un intercam intercambiado biadorr de de calor calor a contraflujo
Se va a calentar agua en un intercambiador de calor de tubo doble a contraflujo, desde 20 C hasta 80 kg/s. El calentamie hasta 80 C , a razón de 1 de 1,,2kg/s. calentamiento nto se va a realizar realizar por medio de agua geotérmica de la que se dispone a 160 a 160 C con con un gasto de masa de 2 kg/s 2 kg/s.. El tubo interior 5[cm]]. Si el coeficiente de transferencia de es de pared delgada y tiene un diámetro de 1,5[cm calor total del intercambiador de calor es de 640 W/m 640 W/m 2 C , determine la longitud requerida de ese intercambiador para lograr el calentamiento deseado. ◦
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◦
◦
18 y 4 4,,31kJ/kg 31kJ/kg C , DATO: Los calores específicos del agua y del fluido geotérmico son: 4 son: 4,,18 y respectivamente. ◦
1
1.1.
Solución
Supuestos:
Condiciones de operación estables. Pérdida de calor a los alrededores es despreciable. Los cambios de las energías cinéticas y potenciales de los fluidos son despreciables. No hay incrustaciones. Las propiedades son constantes. Procedimiento: Primero se calcula la temperatura de salida.Conociendo las temperaturas se puede determinar: ∆T ml , y aplicando esta a la relación: Q˙ = U ∗ As ∗ ∆T ml se puede determinar el área Tenemos para el flujo del agua: Q˙ = [mC ˙ p (T sal − T ent )]agua = 1,2 ∗ 4,18 ∗ (80 − 20) = 301[kW ]
y para el flujo geotérmico, utilizando el flujo de calor antes calculado: Q˙ ˙ [mC ˙ p (T ent − T sal )]geotermica → T sal = T ent − mC Q = ˙ p
T sal = 160 −
301 2 ∗ 4,31
T sal = 125 C ◦
Entonces, ahora se procede a calcular la diferencia de temperatura media logarítmica: ∆T 1 = T h,ent − T c,sal = 160 − 80 = 80 C ∆T 2 = T h,sal − T c,ent = 125 − 20 = 105 C ◦
◦
Por lo tanto: ∆T ml =
∆T 1 − ∆T 2 80 − 105 = = 92,0 C ln(∆T 1 /∆T 2 ) ln(80/105) ◦
Ahora se procede a determinar el área superficial: ˙ Q = U ∗ As ∗ ∆T ml
Q˙ 301000 = = 5,11[m2 ] → As = U ∆T ml 640 ∗ 92
Conociendo el área se procede a calcular la longitud del tubo: As = πDL ⇒ L =
As 5,11 = = 108[m] πD π0,015 2
Intercambiador con método ε-NTU
2.
Gases de escape calientes, que entran a un intercambiador de calor de tubo con aletas a flujo cruzado a 300 C y salen a 100 C , se usan para calentar agua presurizada a una velocidad de flujo de 1[kg/s] de 35 a 125 C . El calor específico del gas de escape es aproximadamente 1000[J/kgK ] y el coeficiente global de transferencia de calor que se basa el área superficial del lado del gas es U h = 100[W/m2K ]. Determine con el uso del método NTU el área superficial Ah del lado del gas que se requiere. ¯c = 80 C ): C p,c = 4197[J/kgK ] DATOS: Agua( @T Gases escape: C p,h = 1000[J/kgK ] ◦
◦
◦
◦
2.1.
Solución
Supuestos:
La pérdida de calor a los alrededores y los cambios de energía cinética y potencial son despreciables. Propiedades constantes. Esquema:
˙ c C p,h = 1 ∗ 4197 = 4197 C c = m
W K
˙ Como m no se conoce, C h se obtiene al combinar los balances globales de energía: T c,o − T c,i T h,i − Th,o 125 − 35 W 4197 ∗ = 1889 = C min 300 − 100 K C min (T h,i − T c,i ) = 1889(300 − 35) = 5,01 ∗ 105[W ] m ˙ c C p,c (T c,o − T c,i ) = 1 ∗ 4197 ∗ (125 − 35) 3,77 ∗ 105[W ]
C h = m ˙ hC p.h = C c = q max = q = =
3
Por lo tanto, para determinar la eficiencia: ε =
q q max
3,77 ∗ 105 = = 0,75 5,01 ∗ 105
A continuación se saca la relación de C min y C max para entrar en el gráfico, y con esto se puede determinar el valor NTU: C min 1889 = = 0,45 4197 C max El gráfico correspondiente es:
Con lo que se obtiene: NT U =
U h Ah C min
≈
2,1
Por lo tanto, se puede despejar el Ah : Ah =
2,1 ∗ 1889 = 39,7[m2 ] 100
4
3.
Fuera del punto de diseño
El intercambiador de calor de doble tubería a contracorriente tiene un área de 15, 82[m2 ] y un flujo másico de agua de 68[kg/min] que se calienta desde los 35 C hasta los 75 C , con un aceite de calor específico igual a 1, 9[kJ/kg C ]. El aceite entra al intercambiador de calor a los 110 C y sale del mismo a 75 C . El coeficiente global de transferencia de calor es: 320[W/m2 C ]. Calcúlese la temperatura de salida del agua cuando solo se calientan 40[kg/min] de agua, pero se emplea la misma cantidad de aceite que la descrita anteriormente. Calcúlese también la transferencia de calor total con estas nuevas condiciones. ◦
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◦
3.1.
Solución:
Balance energético de la condición inicial (con los 68[kg/min] de agua): m ˙ h C h ∆T h = m ˙ c C c ∆T c Esto nos entrega el caudal másico del aceite: m ˙h=
68 ∗ 4,180 ∗ (75 − 35) = 170,97[kg/min] 1,900 ∗ (110 − 75)
Ahora, las capacidades térmicas con las nuevas condiciones: 170,97 ∗ 1,9 = 5,414[W/ C ] 60 40 ∗ 4,18 = 2,787[W/ C ] m ˙ c C c = 60
m ˙ h C h =
◦
◦
2,787 C min = = 0,515 C max 5,414 Ahora se calcula el N T U max y con esto entramos al gráfico y obtenemos el rendimiento. NU T max =
UA 0,320 ∗ 15,82 = = 1,816 2,787 C min
5
Por lo tanto el rendimiento es de: ε = 0,744. Dado que el fluido frio es el flujo de capacidad térmica mínimo se puede escribir: ε =
∆T f rio ∆T f rio = = 0,144 ∆T max 110 − 35
Por lo tanto, se pude determinar que ∆T f rio = 55,8 C , entonces, la temperatura de salida del agua es: T w,salida = 35 + 55,8 = 90,8 C ◦
◦
La transferencia total de calor con las nuevas condiciones se calculan como: q = m ˙ c C c ∆T c =
40 60
∗
4,18 ∗ 55,8 = 155,5[kW ]
Comentario: Nótese que aunque el flujo másico se ha reducido en un 41 % (de 68 a 40[kg/min]), la transferencia de calor se ha reducido en un 18 % solamente (de 189, 5 a 155, 5[kW ]) porque el intercambiador es más efectivo a flujos másicos más bajos.
6
4.
Intercambiador de Carcasa y tubo
Se emplea aceite caliente a 100 C para calentar aire en un cambiador de calor de carcasa y tubos. El aceite recorre seis pasos de tubo y el aire recorre un paso de carcasa; se tienen que calentar 2,0[kg/s] de aire, desde 20 C hasta 80 C . La capacidad térmica específica del aceite es 2,100[J/kg C ], y su flujo másico es 3,0[kg/s]. Calcúlese el área del cambiador necesaria para U = 200[W/m2 C ] ◦
◦
◦
◦
◦
4.1.
Solución
m ˙ ac C ac ∆T ac = m ˙ a C pa ∆T a 3 ∗ 2,1 ∗ (100 − T ac ) = 2 ∗ 1,009 ∗ (80 − 20) ⇒ T ac = 80,78 C ◦
s
s
Se tiene que: m ˙ h C h = 3 ∗ 2,1 = 6,3[W/ C ]m ˙ c C c = 2 ∗ 1,009 = 2,018[W/ C ] ◦
◦
De modo que el aire es el fluido de flujo de capacidad térica mínimo: C = El rendimiento es: ε =
C min 2,018 = = 0,3203 C max 6,3
∆T c 80 − 20 = = 0,75 ∆T max 100 − 20
7
Usando este gráfico se puede encontrar el NTU, sin embargo, también se puede encontrar analiticamente:
N = =
2
(1 + C )
−
−
1/2
2
(1 + 03203 )
−
2 1/2
2/ 1 C (1 + C ) ln 2/ 1 C + (1 + C ) 2/0,75 1 03203 (1 + 03203 )
−
1/2
ln
−
−
−
−
−
2 1/2
−
−
−
2 1/2
2/0,75 − 1 − 03203 + (1 + 032032)1/2
= 1,99 Ahora, con U = 200[W/m2 C ], se calcula el área: ◦
C min 1,99 2,018 A = N T U = = 20,09[m2 ] U 200
8
Graficos necesarios:
5.
Gráficos necesarios:
9
10
