Solucionario de Transferencia de Calor

1

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



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)

3



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

4


Si: θi = Ti − T∞ = 550 − 20 = 530 θ0 = T0 − T∞


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

5


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


6



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

∴



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

8



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

9



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

10



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

12



  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.

13



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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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

15



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:

16



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

(

)

17



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

18



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 

19


∴ 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


20



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

21



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

22



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

23



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 =

24



•

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

25



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



⇒ 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



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



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



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


•


•

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



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



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



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 λdx  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


[ (

)

]

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=


35



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



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



 ∆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



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



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


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


41



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



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



∴ 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 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



 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



∆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



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



49



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



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



 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



53



54



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



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 A5,138 × 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



[

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


21148,5 45080,2


169116,12 534060

58

q


 Kcal  A  h 


59



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 atmςV = 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



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



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



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



 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



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



¿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



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



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



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



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



( 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


( A) ∆TA =

( B ) ∆TB =


( 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 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< <130

t´ 1A ºC 40< < 60

G 1B L/min 80< < 130

t´ 1B ºC 70< < 95

πd 2 π( 0,05) = = 1,96 x 10 −3 m 2 a2 = 4 4 2

π( 0,0752 − 0,058 2 ) = 1,77 x 10 −3 m 2 a1 = 4 1º Caso ) Kg min Kg 1 = 2,5 seg G2 = 150 min 60 seg

G1 = 105 l min x

1 Kg = 1,75 seg 60

73



Q5 = C1G1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 0,559

Kcal Kg x1,75 ( 50 − t ′′1 ) Kg º C s

Qa = C2 G2 ( t ′ 2 −t ′′ 2 ) = 1 x 2,5( t ′ 2 −27) ⇒Cálculo de K: Coef. de conv. interior: Re =

D2 υ2 ζ 2 0,05 x 1,28 x 996,5 = = 70855,1〉〉1800 ⇒ R eg . Turbulento y µ2 0,9 x 10 −3 s ⋅ m

G2 = a 2 ζ 2V2 Kg 2,5 seg G2 V2 = = a 2 ζ 2 ( 1,96 x 10 −3 ) m 2 x 996,4 Kg /

(ζ

2

a 27° C )

= 1,28 m s m 3/

α Referido a la superficie exterior del tubo interno:

74


α ie = α i

(


Kcal 0,05 = 3916,3 x 0,862 = 3376,12 0,058 h m2 º C

)

(

⇒ α ie t 2 m − t p = α e t p − t1m

)

t 2 m temperatura media del fluido interior t 1m temperatura media del fluido exterior  ( 27 + t ′ )   ( 50 + t′′1 )  2  3376,12 − t p  = 64,31 t p − 2 2     Q = 0,97825( 50 − t ′′1 ) Q = 2,5( t ′ 2 −27)

48,9125 − 0,97825 t ′′1 = 2,5 t ′ 2 −67,5 116,4125 = 2,5 t ′ 2 +0,97825 t ′′1

45577,62 + 1688,06 t ′ 2 −3376,12 t p = 64,31 t p − 1607,75 − 32,155 t ′′1

B A

∴Suponiendo una tp = 30º c 45577,62 + 1688,06 t 2 − 101283,6 = 1929,3 − 1607,71 − 32,155 t ′′1 1688,06 t ′ 2 −55705,98 = −32,155 t ′′1 +321,55 1688,06 t ′ 2 +32,155 t ′′1 = 65027,53 C

De B: ⇒ C:

116,4125 − 0,97825 t ′′1 = 46,565 − 0,3913 t ′′1 2,5 78604,514 − 660,5378 t ′′1 +32,155 t ′′1 = 56027,53 t′2 =

− 628,3828 t ′′1 = −22576,984 t ′′1 = 35,92º C t ′ 2 = 32,5º C Cµ 1 x 0,9 x 10 −3 = ρr = x 3600 = 6,18 λ 0,5238 l = 3 0,05 = 60〉50 ⇒ Pag 90 d 0,5238 λ 0,8 0 , 33 x 0,027( 70855,1) ( 6,18) α i = 0,027 R e 0,8 P r 0, 33 = = d1 0,05 Kcal α 1 = 3916,3 h m2 C

75



Coeficiente de convección exterior:

def ex =

4π( de 2 − d 1 2 ) 4π d 1

0,0752 − 0,058 2 = = 0,0389 m 0,058

∴Considerando µ = 0,024 ⇒ R eef =

kg sm

d eq x ν1 x ζ 1 µ

=

0,0389 x 0,97 x 1010 = 1602〈 1800 ⇒ R eg . Laminar 0,024

Kg 1,75 seg G1 = = 0,97 m s G1 = a1 x ζ 1 x v1 ⇒ a1ζ 1 1,77 x 10 −3 1010 a1 =

π( d e 2 − d i 2 ) 4

⇒ α C = K 3 l −0, 4

= 1,77 x 10 −3 m 2 α c = 99,8( 3)

−0 , 4

= 64,31

0 , 25 0,5  νζ   1   Lµ  0, 43  P r  K 3 = 0,55 λ         µ   deq   λ   P rp  0 ,1

 0,9 x 1010   1   0,555 0,025      K 3 = 0,55 x 0,027 x 3600  0,024   0,0389    0,027 0,5

0 ,1

0 , 43

= 99,8

76



Intercambio de calor El fuel-oil de un quemador para un regenerador de vapor es precalentado desde los 20ºC a 200ºC en un intercambiador a contracorriente con vapor del regenerador inicialmente a 20 atm y 350ºC. El fuel-oil circula por un caño de 10 mm de φ interior a razón de 40 Kg/h y el vapor lo hace por un tubo concéntrico aislado exteriormente a razón de 160 Kg/h. Bajo estas condiciones el coefciente integral de transmisión de calor para el intercambiador Kcal vale K = 40 h m2 º C a) Estimar la longitud del intercambiador. b) Si fuera de flujos paralelos ¿Cuál sería la longitud? c) Idem a) b) si fuera en pasos. a) Contracorriente:

K = 40

∆T =

q1 = G1C2 ( t ′ 2 −t ′′ 2 ) = 40

∆′− ∆′′ ( 350 − 200) − ( 338,75 − 20) = = 223,87º C  ∆   ( 350 − 200)  Ln  Ln   ∆ ′′   ( 338,75 − 20) 

Kcal Kg Kcal ( 200 − 20) º C = 3600 ⋅ 0,5 h h Kg º C

q 2 = G2 C2 ( t ′1 −t ′′1 ) ⇒ q1 = q 2 ⇒ 3600

Kcal Kcal = 160 ( 350 − t ′′1 ) º C h Kg º C

11,25 = ( 350 − t ′′1 ) t ′′1 = 338,75º C

⇒Q= K

A ( ∆T ) ⇒ A=

Kcal h m2 º C

Q 3600 = = 0,4 m 2 K ( ∆T ) 40 ( 223,87)

77


∴ A = πdl ⇒ l =

A 0,4 = = 12,73 m πd π( 0,01)

B) Flujo paralelo:

∆T =

∆′− ∆′′ ( 350 − 20) − ( 338,75 − 200) = = 220,73° C  ( 350 − 20)   ∆′  Ln  Ln   ∆′′   ( 338,75 − 200)  ⇒ Q = K A ∆T Q 3600 A= = = 0,407 m 2 K ∆T 40( 220,73) ∴ A = πdl ⇒ l =

C)

A 0,507 = = 12,95 m πd π( 0,01)


78



P=

t ′′ 2 −t ′ 2 200 − 20 = 0,545 = 350 − 20 t ′1 − t ′ 2 ξt = 1

R=

t ′1 −t ′′1 350 − 338,75 = 0,625 = 200 − 20 t ′′ 2 −t ′ 2

⇒ ∆Tcon = ∆T x ξT = 223,87° C ∴ Q = A K ∆Tcon 3600 Q = = 0,402 m 2 K ∆Tcon 40( 223,87)

⇒ A= A = πd ln

⇒l=

A 0,402 = = 6,398 m π d n π 0,01( 2)

Se desea estudiar la disposición más conveniente para calentar 10 l/min de agua desde 25 ºC a 75 ºC con producción de la combustión de gas natural inicialmente a 130 ºC y con una temperatura a la salida de 90 ºC. La velocidad de los humos no puede superar los 10 m/seg. El agua podrá circular 1, 10, 100 tubos de cobre de espesor despreciable y diámetro 5, 10, 15 mm. Las disposiciones son:

79



a)

a)

∆T =

∆′− ∆′′ ( t ′1 −t ′ 2 ) − ( t ′′1 −t ′′ 2 ) ( 130 − 75) − ( 90 − 25) = 59,86° C = =  130 − 75   t ′1 − t ′ 2   ∆′   Ln  l n Ln   90 − 25   ∆ ′′   t ′′1 −t ′′ 2 

q = C1 ⋅ G1 ⋅ ∆T q =1

Kcal Kcal Kg ( 600) ( 75 − 25) º C = 30000 h Kg° C h

80



M Kg 10dm 3 ( 0,1) m 3 60min Kg δ= = 1000 3 x x x = 600 3 V min 1h h m 1dm 3

Q = 30000

Kcal h

Q = K A ∆Tcon = 50

Kcal A( 53,87) hm 2 ° C

⇒ A=

30000 = 11,13 m 2 50 x 53,87

∆Tcon = 0,9 x 59,86 = 53,87° C

 t ′′ 2 −t ′ 2 75 − 25 65 = = 0,476 =  130 − 25 105 t ′1 − t ′ 2 ξ∆T = 0,9 t ′1 −t ′′1 130 − 90  = 0,8 = R=  75 − 25 t ′′ 2 −t ′ 2 P=

L=

A πd n

1 10 100 b)

0,005

0,01

0,015

708,56 70,85 7,085

354 35,42 3,54 L(m)

236,2 23,61 2,36

P = 0,476 ξ∆T = 0,9 R = 0,8  ⇒ A=

1 10 100

∆Tc = 0,9 x 59,87 = 53,88° C

30000 = 11,13 50 x 53,87 0,005

0,01

0,015

708 70,85 7,08

354 35,4 3,54

236,2 23,6 2,36

L=

a π∅Nr

( m)

81

c)



P = 0,476 ξ∆T = 0,82 R = 0,8 

∆Tcon = 49° C

A = 12,24 m 2 0,005 779,2 77,92 7,79

1 10 100

0,01

0,015

389,6 38,9 3,89 A ( m) L= πd Nr

259,7 25,97 2,6

Se desea enfriar G 1 =2880 Kg/h de un solvente cuyas propiedades se indican luego, desde 40ºC hasta 30ºC; mediante un intercambiador de doble tubo. Se usará una corriente de salmuera a 5ºC debiendo ser la temperatura de salida <25ºC. La pérdida de carga de ambas corrientes no deberá m2 h ⋅ K superar un ∆p=1,12 Kg/cm2. La resistencia al ensuciamiento combinado será de 5,8 x 10-4 . Kcal Las propiedades del solvente a 35ºC son (1):

( 1): ζ 1 = 790 Kg 3 m C1 = 0,46 Kcal Kg K

ζ 2 = 1010

m3 Kcal L2 = 0,559 Kg K λ 2 = 0,227

µ1 = 0,95 x 10 −3

Kg s m2

Kg

Kcal m h° C

V2 = 0,5 m s V1 = 1 m s

Los tubos tienen una resistencia despreciable al pasaje de calor. El equipo se constituirá con los tramos que sean necesarios, tomando como la longitud base L=6m.

82



Viscosidad TºC Kg s µ 2 m

10 0,028

20 0,02

30 0,014

Q = G1C1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 2880 x 0,46( 40 − 30) = 13248 Q2 = G2 C 2( t ′′ 2 −t ′ 2 ) ⇒ G2 =

Ec. continuidad: G1 = a1 ζ 1 V1

⇒ φ 1 Teor . =

φ Pr ac = 1

1 ′′ 4

cl2

C2 ( t ′′ 2 −t ′ 2 )

⇒ m1 =

Kcal h 16248 Kg = = 1185 0,559( 25 − 5) h

G1 2880 = = 1,01 x 10 −3 m 2 ( ) ζ 1V1 790 3600

4 a1 = 0,036 m π = 0,035 m

Sch:40

⇒ φ e = 0,0421 m πd 1 2 ⇒ a1 real = = 9,62 x 10 −4 m 2 4 ⇒ V1 Re al = 1,05 m s

45 0,012

83



Selección de φ exterior: Adopt: d 2 = 2´´ Sch 40 φ= 0,0525 m  φ 2 e 2 − φ 1e 2  π −4 2 2 2 a 2 = π  = ( 0,0525 − 0,0421 ) = 7,72 x 10 m 4 4   Verif. Velocidad: V2 =

1185

kg h

7,72 x 10 ( 3600) 1010 −4

= 0,42 m s

kg m3

Coeficiente de convección interior: Re =

D1 V1 ζ 1 0,035 x 1,05 x 790 = = 30560〈〈1800 µ1 0,95 x 10 −3 ⇒ R eg . Turbulento

Pr =

l

α1 =

Cµ 0,46 x 0,951 x 10 = Kcal λ 0,161 h m° K

−3

x 3600 = 9,78

6 d = 0,0421 = 142,5 〉 50 ⇒ Pag . 90

λ Kcal 0,027 R e 0,8 P r 0, 33 = 1020,73 2 di 1 hm ° C

84



Coef. de convección exterior:

(

)

2 2 4 Area Flujo 4π d 2 i − d 1e deex = = = 0,023 m Perim. transf . 4π d ie

t ′ msalm =

R eeq =

Kg s 5 + 25 = 15° C → µ = 0,024 2 2 m

d eq V ⋅ ζ µ

=

( de tabla )

0,023 x 0,42 x 1010 = 406,52 0,024

−0 , 4 ⇒ α c = K 3 l −0, 4 = 224 x ( 6) = 110

 V ⋅ ζ   1  0 ,1  C2 µ   K 3 = 0,55 λ       µ   de   de  0,5

0 , 43

 Pr     P rp 

Reg. laminar

Kcal hm 2 ° C

0 , 25

(Ver aclaración de fórmulas)

 0,42 x 1010   1   0,559 x 0,024       K 3 = 0,55 0,227  0,024   0,023    0,227 0,5

⇒

0 ,1

0 , 43

(1,15) x 3600 = 224

1 1 1 δ 1 1 = + + = + + 5,8 x 10 −4 = 1,065 x 10 −2 K α 1 α c λ 1020,75 10 ⇒ K = 93,89

∴ Q = A K ∆T

∆T =

⇒

cl 13248 = = 7,21 m 2 K ∆T 93,89( 19,57)

(40 − 25) − (30 − 5) = 19,57°C N = 7,21 = 7,21 = 9Tubos Tub πdeL π (0,0591) ⋅ 6  (40 − 25) Ln    (30 − 5) 

Aclaración de fórmulas  Pr     Prp 

A=

0 , 25

 µ  ≈  µp 

0 , 25

 0,024   =  0,0136 

0 , 21

= ( 1,15)

85



Eficiencia de intercambiadores Considerando el intercambiador existente del problema anterior, determinar las temperaturas de salida del agua corriente cuando la masa del solvente a enfriar se reduce a ϕ 1 =80% y la de salmuera al ϕ 2 =90% del valor allí indicado suponiendo que K M = K ρ2 0,5 . K M = ( 93,89) x( 0,9)

0,5

= 89

Kcal h m2 ° C

C1 = C1 G1 = ( 0,46 x 2880) x 0,8 = 1060 = C Max C2 = C2 G2 = ( 0,559 x 1185) x 0,9 = 596 = C Min

∴R =

C Min = 0,56 C Max

⇒ Contraflujo

; NUT =

1 − e ( − NUT 1− R ) (

E=

1− R e

( − NUT ( 1− R ) )

1 − e ( −1, 07 1− 0,56 ) (

)

=

K M A 89 x( 7,21) = = 1,07 596 C Min

1 − 0,56 e

)

( −1, 07 ( 1− 0 , 56 ) )

=

0,3755 = 0,577 0,65027

⇒ Q = C2 ( 40 − 5) E = 596( 35) x 0,577 = 12036,2

Kcal h

Q   12036,2  − 40 = 28,64° C ⇒ Q = C1 ( 40 − t ′′1 ) ⇒ t ′′1 =  − 40 =    C2   1060 ⇒ Q =C 2 ( t ′′ 2 −5) ⇒ t ′′ 2 =

Q 12036,2 +5= + 5 = 25,19° C C2 596

86



Transferencia de Calor y Masa Un intercambiador de calor de un paso por casco y 4 pasos por los tubos se emplea para calentar G 2 =10000 Kg/h de H 2 O a t´ 2 = 25ºC a t´´ 2 = 60ºC. El agua de calefacción se dispone a 90ºC y en un flujo másico de G 1 =20000 Kg/h. El flujo Kcal frío circula por los tubos del intercambiador; el K T =680 . Suponiendo que las temperaturas hm 2 º C de entrada; el flujo másico del fluído caliente y K T permanecen ctes. Efectuar un diagrama en escala lineal del flujo de calor transferido y las temperaturas de salida en función del flujo másico del fluido frío para G 2 /G 1 =0,05; 1; 5; 10.

∴ Q2 = G2 C2 ( t ′′ 2 −t ′ 2 ) = 10000( 60 − 25) = 350000

Kcal h

Q1 = G1 C1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 20000( 90 − t ′′1 ) ⇒−

⇒ ∆T =

350000 − 190 = +t ′′1 = 72,5º C 20000

( 90 − 60) − ( 72,5 − 25) = 38º C  ( 90 − 60)  Ln   ( 72,5 − 25) 

∴P=

t ′′ 2 −t ′ 2 60 − 25 = = 0,54 t ′′ 2 −t ′ 2 90 − 25 ξ∆t = 0,92

R=

t ′1 −t ′′1 90 − 72,5 = 0,5 = t ′′ 2 −t ′ 2 60 − 25

⇒ ϕ = A K ( ∆t x ζ ∆t ) ∴A=

ϕ 350000 = = 14,72 m 2 K ∆T ζ∆t 680 ( 38) 0,92

87

G 1 /G 2 0 0,5 1 5 10 NUT =



G2 ∞ 40000 20000 4000 2000

Cmin 0 20000 20000 4000 2000

NUT ∞ 0,5 0,5 2,42 5

KA Cmin ; R= Cmin Cmax

Qmax = Cmin( t ′1 −t ′ 2 ) Qreal = E x Qmax

; E=

R 0 0,5 1 0,2 0,1

E 1 0,35 0,33 0,83 0,94

ϕ max 0 1300000 1300000

260000 130000

ϕ real 0 455000 429000 215800 122200

t´´ 1 65,75 67,5 68,55 79,21 83,95

2 1      − NUT ( 1+ R 2 ) 2    1 1+ e   x( 1 + R 2 ) 2  1  1 + R + 2 2  − NUT ( 1+ R )     1 − e  

t ′′ 2 = t ′1 − G2 = r −1 x G1

Qreal G1

C=G xc Cmax = G2 x c o G1 Cmin = G1 x c o G2 R=

G1 G2

t´ 1 25 36,37 46,45 78,25 85,45

88


P r = 6,18


89



l

6 d = 0,05 = 120〉 50 ⇒ Pag 90

α1 =

Kcal Kcal λ 0,8 P r 0, 33 = 3916,3 ∴ α ie = 3376,12 1 0,027 R e 2 d h m °C h m2 ° C

Coef. conv. exterior: def ex = 0,038 m R eef = 1602 〈 1800 ⇒ R eg . Laminar

V1 = 0,97 m s ⇒ α C = K 3 l −0, 4 = 99,8( 6)

(

)

(

−0 , 4

∴ α ie t 2 m − t p = α e t p − t 2 m

= 48,74

Kcal h m2 ° C

)

  66 + t ′′1   2 + t ′ 2     − t p  = 48,74 t p −  3376,12  2   2    45577,62 + 1688,06 t ′ 2 −′3376,12 t p = 48,74 t p − 1608,42 − 24,37 t ′′1 Considerando una tp= 35º C 45577,62 + 1688,06 t ′ 2 −118164,2 = 1705,9 − 1608,42 − 24,37 t ′′1 1688,06 t ′ 2 −72586,58 = 97,48 − 24,37 t ′′1 1688,06 t ′ 2 +24,37 t ′′1 = 72684,06 De (A)

132768,62 − 1321,07 t ′′1 +24,37 t ′′= 72648,06 60084,56 = 1296,7 t ′′ t′′1 = 46,33 t′ 2 = 42,39

90



Kcal = ϕa = ϕ2 h Kcal Caso (A) ⇒ ϕ T = ϕ1 + ϕ 2 = 13,7778,33 = 22,1 h

⇒ ϕ5 = 0,97825( 83 − 74,48) = 8,33

∆T2 =

( 83 − 74,48) − ( 35,83 − 32,5)  ( 83 − 74,48)  Ln   ( 35,83 − 32,5) 

=

5,19 = 5,54° C Ln[ 2,55]

Caso (B)

ϕ5 = C1G1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 0,559 x 3,5( 66 − t ′′1 ) ϕ a = C2 G2 ( t ′ 2 −t ′′ 2 ) = 1 x 2,5( t ′ 2 −27)

129,129 − 1,9565 t ′′1 = 2,5 t ′ 2 −67,5 2,5 t ′ 2 +1,9565 = 196,629 t ′ 2 = 78,6516 − 0,7826 t ′′1

Coeficiente de convección interior: α 1 Considerando los dos casos estudiados vemos que la mayor transferencia de calor se da en el caso B con 38,5 Kcal/s. Mientras que en el caso A, solo es de 22,1 Kcal/s. Los valores se obtuvieron considerando temperaturas de la pared del caño interior supuestas. En realidad con estos datos se tendrán que sacar los nuevos valores de temperaturas medias de fluidos 1 y 2, para estimar la de la pared.

Transferencia de Calor y Masa

1

Diseño de Intercambiadores Compactos tipo Placa

Transferencia de Calor y Masa Titular: Ing. Tiberio Biach

DISEÑO DE INTERCAMBIADORES COMPACTOS TIPO PLACA Facultad de Ingeniería de Lomas de Zamora

Realizado por: Pagnola Marcelo


2


INTERCAMBIADORES DE PLACA Los intercambiadores de placa funcionan según el esquema ilustrativo siguiente:

El conjunto se arma de tal forma que la separación entre las placas es de solo unos milímetros, para lograr de esta forma una alta velocidad de circulación y por lo tanto un alto coeficiente de transferencia. El espesor del material de las placas varía entre 0,5 y 1,2 mm, de acuerdo a los materiales siguiendo la siguiente clasificación: Características de estampado de varios materiales (Reproducido con permiso de ¨Alfa Laval Thermal Handbook¨). MATERIAL Clasificación Acero común a a Acero inox. (Mo < 4%) b Acero inox. (Mo > 4%) Titanio b Cobre b Cuproniquel aób Bronce a Monel b Incoloy 825 b Niquel a Inconel b Corronel 200 c Hastelloy B c Hastelloy C b Aluminio b Zirconio d Tantalio a Llave a= todos los tipos se pueden estampar b=algunos tipos se pueden estampar c= muy dificil de estampar d=imposible de estampar hasta el momento


3


Temperaturas máximas de servicios para juntas MATERIAL Tº caucho natural, estireno, neopreno 70ºC caucho nitrilo, vitón 100ºC butilo 120ºC silicona 140ºC amianto comprimido 200ºC Dado que los tamaños de las placas varían desde 0,03 m2 hasta 1,5 m2, se pueden construir equipos con superficies variables desde 0,03 hasta 650 m2. La selección del tipo de placa a utilizar depende del tipo de proceso, y los modelos varían según las siguientes configuraciones:


4


Límites operativos: Las propiedades físicas de los productos se hallan de la siguiente tabla: Coeficientes tipo de transmisión de calor (Reproducido con permiso, Alfa Laval Thermal Handbook) Coeficiente de Transferencia Servicio Propiedades placa de placa de placa Caída de físicas del corrugación espina de con presión producto transversal pescado insertos específica

Agua a agua a vapor solución acuosa viscosa a agua o vapor aceite mineral a aceite mineral aceite mineral a agua o vapor solvente orgánico a agua o vapor aceite vegetal a agua o vapor

v=viscosidad cinemática (m2/s) K=cond. térmica (J/s m K) ρ c =capacidad calorífica por unidad de volumen (J/m3 K) v=0,6 x 10-6 K=0,62 ρ c =4,18 x 106 v=50 x 10-6 K=0,39 ρ c =3,97 x 106 v=50 x 10-6 K=0,11 ρ c =2,09 x 106 v=100 x 10-6 K=0,11 ρ c =2,09 x 10-6 v=1 x 10-6 K=0,19 ρ c =2,09 x 10-6 v=100 x 10-6 K=0,15 ρ c =2,09 x 10-6

J/s m2 K

m. de columna líquida por unidad de tranferencia

J/s m2 K

J/s m2 K

3100 - 3900

3000 - 3700

1000 - 1200

700 - 800

1400

11 - 20

450 - 580

300 - 350

650

15 - 30

330 - 400

190 - 290

500

22 - 51

1850 - 2100

1500 - 1950

2,5 - 3

870 - 1000

810 - 930

7 - 10

1,5 - 3

O en el caso de ser agua a diferentes temperaturas de la detallada a continuación: Tabla A-9 Propiedades del agua (líquido saturado)*

ºF 32 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130

ºC 0 4.44 10 15.56 21.11 26.67 32.22 37.78 43.33 48.89 54.44

Cp, kJ/kg ºC 4,225 4.208 4.195 4.186 4.179 4.179 4.174 4.174 4.174 4.174 4.179

ρ, kg/m3 999.8 999.8 999.2 998.6 997.4 995.8 994.9 993.0 990.6 988.8 985.7

µ, kg/m.s 1.79 x 10

k, W/m.ºC -3

1.55 1.31 1.12 9.8 x 10-4 8.6 7.65 6.82 6.16 5.62 5.13

0,556 0,575 0,585 0.595 0,604 0.614 0.623 0.630 0.637 0.644 0.649

Pr 13.25 11.35 9.40 7.88 6.78 5.85 5.12 4.53 4.04 3.64 3.30

gβρ2 Cp µk 1 / m3 ⋅° C 9

1.91 x 10 6.34 x 109 1.08 x 1010 1.46 x 1010 1.91 x 1010 2.48 x 1010 3.3 x 1010 4.19 x 1010 4.89 x 1010 5.66 x 1010 6.48 x 1010


140 150 160 170 180 190 200 220 240 260 280 300 350 400 450 500 550 600

60 65.55 71.11 76.67 82.22 87.78 93.33 104.4 115.6 126.7 137.8 148.9 176.7 204.4 232.2 260 287.7 315.6

4.179 4.183 4.186 4.191 4.195 4.199 4.204 4.216 4.229 4.250 4.271 4.296 4.371 4.467 4.585 4.731 5.024 5.703

5

983.3 980.3 977.3 973.7 970.2 966.7 963.2 955.1 946.7 937.2 928.1 918.0 890.4 859.4 825.7 785.2 735.5 678.7


4.71 4.3 4.01 3.72 3.47 3.27 3.06 2.67 2.44 2.19 1.98 1.86 1.57 1.36 1.20 1.07

0.654 0.659 0.665 0.668 0.673 0.675 0.678 0.684 0.685 0.685 0.685 0.684 0.677 0.655 0.646 0.616

3.01 2.73 2.53 2.33 2.16 2.03 1.90 1.66 1.51 1.36 1.24 1.17 1.02 1.00 0.85 0.83

7.62 x 1010 8.84 x 1010 9.85 x 1010 1.09 x 1011

9.51 x 10-5

8.68

* Adaptado de A. Y. Brown y S. M. Marco, ¨Introduction to Heat Transfer¨, 3ª De., McGraw-Hill Book Company, New York, 1958. La caída de presión para los canales caliente y frío se calcula con la siguiente expresión:

P=

 Afr . Vm   Vs  Ve ⋅ G   ( 1 + T ) ⋅  − 1 + F ⋅  Ve  2⋅g   Aflu. Ve 

Siendo: T: 0,697 = A flujo/A front. (Válido para cálculos) Ve: Volumen específico en la entrada (M3/kg) Vs: Volumen específico a la salida (M3/kg) g: Gravedad 9,81 m/s2 Vm: volumen específico medio (Ve + Vs)/2 (M3/kg) F: Factor de fricción G: Masa - Velocidad (kg/M2. seg) G = Wc / A flujo ; Wc = Vc. ç c. np. A flujo Vc: Velocidad recomendada del fluido caliente Çc: Densidad del fluido caliente np: Número de placas en paralelo por cada paso

6



Cálculo del factor de fricción: Para los números de Reynolds comprendidos entre 10 y 10000; se calcula según el siguiente gráfico:

Siendo: a) Placa con insertos b) Placa tipo espina de pescado c) Placas con corrugación paralela Para Reynolds mayores a 10 000, se calcula con la siguiente expresión:

St . Pr = C.F ; C= 1,5 (para placa tipo b) St =

Nu Re . Pr

 Uf  Nu = A . Re . Pr    Upared  Re =

De . Vf . ç f Uf

Siendo: A : 0,15 a 0,40 n : 0,65 a 0,85 m : 0,35 a 0,45 s : 0,05 a 0,2 (Gral. 0,14) St: Número de Stanton Pr: Número de Prandtl Re: Número de Reynolds Uf: Viscosidad del fluido frío

7



Todo lo anterior es válido para régimen turbulento Re mayor 400; para escurrimiento laminar se usa: Nu = B . ( Re . Pr . D / L)

(Uf / U pared)

Siendo: L : longitud placa B : 1,86 a 4,5 D : longitud característica Los coeficientes peculiares se sacan aproximadamente por la gráfica a continuación colocada:

O bien, según la siguiente expresión analítica: h = C . Re . Pr . kf / De Según: Re df 0.4 - 4 4 - 40 40 - 4000 4000 - 40000 40000 - 400000

C 0.989 0.911 0.683 0.193 0,0266

n 0.330 0.385 0.466 0.618 0.805

Kf.: De tabla de propiedades Un factor de importancia es el de la selección de las resistencias de ensuciamiento, que se selecciona según el siguiente criterio: Agua fresca, pura, condensado, etc. Agua de lago, de río o de mar Agua de desecho o incrustante Ácido acético Acetona Benceno Tetracloruro de carbono Difenilo (Dowthern, etc) Acetato de etilo Eter etílico Etanol Etilen glicol al 25% en peso

0,2-0,5 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 1,0-2,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4

8



0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 según material según material 1,0 x 10-4 0,1-0,3 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4 1,5-2,0 x 10-4 0,5-1,0 x 10-4

n-Heptano Metanol Metil Etil Cetona n-Octano CIH 96% en peso Ac. Sulfúrico 30% en peso Salmuera de Cloruro de magnesio Cerveza, leche Vino Solución de azúcar 10º Bx Tolueno

Además según sea el Número de Unidades de Transferencia (NTU) calculamos nuestro factor de corrección Ft según el esquema:

Para aplicar la fórmula : T = DMLT . Ft

Siendo DMLT: Corrientes Paralelas:

DMLT =

(T

1

− t1 ) − ( T2 − t 2 ) Ln

(T (T

1

2

− t1 )

− t2 )

9



Contracorriente:

DMLT =

(T

1

− t 2 ) − ( T2 − t1 ) Ln

(T (T

1 2

− t2 ) − t1 )

Y además, en función de la misma calcular la cantidad de calor intercambiada, como: Q=U ⋅ A. T Siendo: 1 = 1 + 1 + Rf U hf hc hf : Coeficiente peculiar del fluido frío hc : Coeficiente peculiar del fluido caliente Rf : Resistencia al ensuciamiento A = Ap ⋅ ns . np Ap : Area de una placa ns : Número de pasos en serie np : Número de placas en paralelo por cada paso De acuerdo a la introducción anterior, la correlación de los datos dados se maneja de acuerdo al ejemplo que se desarrolla a continuación: Problema: Por un intercambiador de placas tipo espina de pescado circula como fluido caliente agua a una temperatura de entrada de 80ºC y una temperatura de salida de 50ºC, se usa este para calentar agua de mar desde 30ºC hasta unos 60ºC, a contracorriente. La cantidad de placas que posee el mismo es de 30, con un número total de placas paralelo por cada paso de 2, y un número de pasos en serie de 15; siendo las dimensiones de la placa de: -Ancho: 0,12 m; -Alto: 0,3 m. Se considera el espesor de las placas de 0,005 m. Se pide: *Calcular el coeficiente global de transmisión de calor y los coeficientes peculiares. *La cantidad de calor intercambiado


10


*Las caidas de presión de los canales caliente y frío y las caídas específicas. Datos del fluido: • Fluido caliente: (80ºC → 50ºC) 80 + 50 = 65º C 2 v80 = 0,97183 ⋅ 10 3 Kg / m 3 v50 = 0,98807 . 10 3 Kg / m 3 P65 = 0,983025 . 10 3 Kg / m 3 v 65 = 1,017 . 10 −3 m 3 / Kg N 65 = 4,341 . 10 −4 Kg / m. s Pr65 = 2,758 K 65 = 0,6585 W / m. c

• Fluido frío: (30ºC → 60ºC) 60 + 30 = 45º C 2 v 60 = 0,98824 . 10 3 Kg / m 3 v 30 = 0,99567 . 10 3 Kg / m 3 ζ 45 = 0,990155 . 10 3 Kg / m 3 v 45 = 1,0099 . 10 −3 m 3 / Kg N 45 = 5,998 . 10 −4 Kg / m 3 Pr45 = 3,92 K 45 = 0,6391 W / m. c

• Canal frío:

Pared: 45 + 65 = 55º C 2

N 55º C = 5,088 . 10 −3 Kg / m. s

0,133 2 −3 = 1773,3 Kg / m seg 7,5 × 10 Kg Wf = V f × ζ f × n p × A flujo = 0,9 m s 0,990155 × 10 3 × 2 × 7,5 × 10 −3 = 0,133 seg Gf =

A flujo = b. e = 0,015 × 0,005 = 7,5 × 10 −3 m 2   0,98824  991,955  0,99567 × 10 3 × 1773,3  2 ( ) ( )     1 + 0 , 0186 × 1 , 43472 × 1 + 6 , 697 × +    0,99567  995,67  2 × 9,81  N Kg = 1397 = 13,71K Pa 2 × 9,81 m Kg

∆ pq =

∆ pq

(

(0,9 m/s velocidad recomendada)

)

11



• Cálculo de f: St × Pr

2

3

= 1,5 f Nv

Re. Pr = St

 5,998    5,088 

0, 4 0 , 75 Nv = 0,275 ( 14857) . ( 3,92) . 

0 ,14

0,01 × 0,9 × 0,990155 × 10 3 = 14857 Re = 5,998 × 10 −4 De = 2 × e = 2 × ( 0,005) = 0,01m

= 654 Ré g. Turb.

St × Pr 654 St = = 0,0112295 ∴ f = 1,5 14857 × ( 3,92)

2

3

0,0112295 × ( 3,92) = 1,5

2

3

=

f = 0,0186 • Canal caliente: Gc =

Wc Kg = 1773,3 m 2 . seg A flujo

WC = Vc × ζc × np × Aflujo = 0,9 m s × 0,983 × 10 3 × 7,5 × 10 −3 = 0,132

Kg seg

*Nota: En lo posible se busca que las dos corrientes pasen a igual velocidad.

∆ pc =

  0,98807  979,95  0,97183 × 10 3 × 1773,3  2  × 1 + ( 0,697) ×  − 1 + ( 0,016) × 1,43472 ×   0,97183  971,83  2 × 9,81 

∆ pc = 4214

Kg N = 41,3K Pa 2 × 9,81 Kg m

• Cálculo de f: Re =

0,01 × 0,9 × 0,983025 × 10 3 = 20380 4,341 × 10 −4

Nv = 0,275( 20380) St =

0 , 75

× ( 2,758)

688 = 0,01224 20380 × ( 2,758)

St × Pr f = 1,5

2

3

= 0,016

0, 4

 4,345   ×  5,088 

Reg . Turb 0 ,14

= 688

12



Pérdidas de cargas específicas: NTU =

A ⋅U = 1,08 × 3350 = 6,56 ( W ⋅ C) min

(3350 - de tabla en fluidos; placa - coeficiente a verificar.

A = Ap ⋅ ns ⋅ np = ( 0,12 × 0,3) × 15 × 2 = 1,08m ∆ pc

2

13,71 = 2,08 KN / m 2 − NTU NTU 6,56 41,3 ∆pc JC = = = 6,29 KN / m 2 − NTU NTU 6,56 Jf =

=

Coeficientes peculiares: hf = 0,193( 14857)

0 , 618

× ( 3,92)

hc = 0,193( 20380)

0 , 618

× ( 2,758)

1

3

1

0,6391 = 7365W 2 m ⋅L 0,01 0,6585 × = 8205W 2 m ⋅L 0,01

× 3

Re sistencia al ensuciamiento ( de tabla ) 2 h ⋅ m2 −5 m c Rf = 0,5 × 10 º C ⋅ L × 0,86 = 4,3 ⋅ 10 Ws Kcal 1 1 1 1 1 = + + Rf = + + 4,3 ⋅ 10 −5 = 7365 8205 U hf hc −4

⇒ U = 3326 W

m2 C

Verificación: U adop = 3350 W

m2 C

≈ U calc = 3326W

m2 C

Cantidad de calor transmitido: q = 3326 × 1,08 × 19,3 = 69327,14W = 69,33 kw ∆T = DMLT ⋅ ft = 19,5 × 0,99 = 19,3 C DMLT =

(T

1

− t 2 ) − ( T2 − t1 )

(T Ln (T

1 − t2 ) 2

− t1 )

De tabla el Ft = 0,99

=

( 79,9 − 60) − ( 50 − 30) ( 79,9 − 60) Ln

( 50 − 30)

= 19,5 C


13


BIBLIOGRAFÍA: • Intercambiadores de calor de Eduardo Cao • Transferencia de Calor de J.P. Holman • Software de Intercambiadores de Placas - Versión 92 - 06

PROBLEMAS DE CONDUCCIÓN EN RÉGIMEN TRANSITORIO


2

Problemas Resueltos

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 ζcv 2703 . 0,131 . 0,1523 h

100 − 20 = e −( 0,8872 ) τ 275 − 20

A = 4π( r ) = 4π( 0,07615) = 0,9569 m 2

0,3137 = e

− ( 0 , 8872 ) τ

Ln( 0,3137) = −( 0,8872) τ −1,15932 = τ = 1,3 hs −0,8872

2

πd 3 ⇒ d3 = V= 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


3

Problemas Resueltos

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

 m2  0,8 a = λ ζC = = 1,81 x 10 −3   2200 . 0,2 p  h  T( x; τ ) − T0 x = enf Ti − T0 2 aτ (a difusividad Té rmica)


4

Problemas Resueltos

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


5

Si: θi = Ti − T∞ = 550 − 20 = 530 θ0 = T0 − T∞

Problemas Resueltos

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

6


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

Problemas Resueltos


7

Problemas Resueltos

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


8

∴

θ θi θ θi θ θi

= pl

= cil

θ θ x θ 0 p θi θ θ0

x cil

θ θi

Placa: p

Problemas Resueltos

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


9

Problemas Resueltos

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


10

Problemas Resueltos

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 Kcal . . Calcular la pérdida de calor por unidad de longitud; siendo λ = 35 α = 15 Kcal 2 h m ºC 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 dL dq = h f θ ρdL ⇒ q = K ax

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


11

Problemas Resueltos

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


12

Problemas Resueltos

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

R=

( 10) 2 V −2

6,685 x 10 r

= 1495W

30cm l R = s = 70 x 10 −6 Ωcm x = 6,6845 x 10 −2 Ω 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

13


Problemas Resueltos

  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.


14

Problemas Resueltos

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 ⇒


15

Problemas Resueltos

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


16

Problemas Resueltos

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 λ A = 0,8

Kcal h m° C

λV = 0,05

Kcal h m° C

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:


17

2π( Tc − Tex ) q = l ln  ra  ln  rV   + λ a  rC  λV  ra

  

=

Problemas Resueltos

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

(

)

18


Problemas Resueltos

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


19

Problemas Resueltos

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 


20

∴ Ladrillo:

( Tp1 − tp2 ) q = λL A ∆x Lad •

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 ) 0,05 A ∆x C •

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

Problemas Resueltos


21

Problemas Resueltos

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

22


Problemas Resueltos

Un horno de 1m x 2m x 3m de dimensiones interiores está construído con ladrillos Kcal refractarios de λ = 1 , formando paredes de 25 cm de espesor. La temperatura interior y 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 =8 S pared plana = = 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 h mº C


23

Problemas Resueltos

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

αA 50 x 0,955 1 = −3 = 43,5 ζ C pV 2670 x 0,22 x 1,87 x 10 h

0,3137 = e ( −43,5) T

V=

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/

πd 3 6V ⇒φ=3 = 0,152m 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


24

Problemas Resueltos

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 h m° C 0,01

∴ Nud =


25

Problemas Resueltos

•

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 m Kg 3600s Kg m = δ ⋅ V∞ = A ⋅ 0,9458 2 ⋅ 10 ⋅ [ ( st × 20) 20 m 2 ] = 75,66 = 272,4 × 10 3 h s s 1h 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    sT  Kg m Kg 2   × 0,93624 2 = 18,72 2  × γ = 10 Gmax = U ∞ ⋅  2 − 1  sT − d  m s m s


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Problemas Resueltos

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 = 3,056m 1,9475 × 10 9 ( 0,713) V 16,97 × 1010 Si Prp = = × 3600 = 0,71 p: temperatura de la pared 0,086 δ ∴ Como Nu x :

(

)

(

)

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


27

Problemas Resueltos

⇒ 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    ∫ + 4,244 x ∫  =  dx + ∫ 4,244 dx =   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


28

Problemas Resueltos

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 −3 °C

∴ 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 −  0,2  −  0,5  r1  r2

( )

3

= 0,254 × 10 9


29

Problemas Resueltos

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 s °C −6 20,94 × 10 ⇒ Pr = × 3600 = 0,708 0,1065 V ×d 0,2 × 0,025 = 238 ⇒ Re = = Vm 20,94 × 10 −6

Gr =

υm = 20,94 × 10 −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 d 0,025 = 7 × 10 3 ∴ Gr × Pr × = 0,1188 × 10 6 × 0,708 × L 0,3

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

=


30

Problemas Resueltos

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 a = 0,0763 m 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


31

•

Problemas Resueltos

•

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

Kcal q = U × πd × ∆T = 32,45 × π( 0,05) ( 90 − 20) = 356 hm L e Kcal 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 ⇒


32

Problemas Resueltos

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 = 0,036( 1,021 × 10

) (1,98 × 10 )

6 0,8

−4 0 , 33

 0,05     1 

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 


33

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

Problemas Resueltos


34

Problemas Resueltos

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

ζ = viscosidad cinemá tica

υaire

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  −6 = 1,923 × 10  2/ 15,6 × 10  s/ m / 

⇒ l0 =

Re υ 5 × 105 × 15,6 × 10 −6 = = 0,52m 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

1l α = ∫αxdx l0 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 Pr x dx + ∫  0,0296 x λdx   υ   υ  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 λ x ∫   υ  0 , 52 

 = 


35

[ (

)

]

1 Kcal 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

36


Problemas Resueltos

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: m2 υ = 17,93 × 10 s Kcal λ = 0,0243 m h° C −6


37

Vmax = U∞ ∴ Red =

Problemas Resueltos

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


38

Problemas Resueltos

 ∆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 m2 υaire = 15,67 × 10 −6 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 ) = 0,1355 ⇒ f = 2 0,044 + 0,88     2,5  3,75 − 2,5   

18 × 0,025 4 −6 = 2,9 × 10 15,67 × 10 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 =

1


Problemas Resueltos de Ebullición

PROBLEMAS DE EBULLICIÓN

2



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.

(

)

1

1  Txg g - g  4   2 v g II L q v   1 +  a) A max = 24 hfg gv   g  g 2 L   v

P = 1 atm 100 ºC

  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

=

3


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)

1,432 × 10

−3

1, 7

 0,33  q     A 5,69 × 10 −2 = 0,06 0,888 539,4 9,81( 985 − 0,597)     

 f   = 0,006 A5,138 × 10 −6    q

α = 0,888 (539,4 )

A = 2533,5

0 , 33

Kcal h

9,81 ( 958,13 − 0,5977 5,69 x 10 −2

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 5 138 10 x , ,  A  539,4 x 1,751, 7

2,864 x 10

−3

 q   = 0,006  A 5,138 x 10 −6   

0 , 33

4


q

Kcal h

A = 20700

[

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)

1, 7

 q   = 0,006  A 5,138 x 10 −6   

 q   4,296 x 10 −3 = 0,006  A 5,138 x 10 −6    q

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

q

[ ° C]

 Kcal     h m2 ° C 

A  Kcal   h 

0

0

0

5

2 4 6 8 11,68 Ver gráfico


1324,2 5292 11896 21148,5 45080,2


2533,5 20700 70727 169116,12 534060

6


q

 Kcal  A  h 


1


Problemas Resueltos de Intercambiadores de Calor

PROBLEMAS DE INTERCAMBIADORES DE CALOR

2



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< <130

t´ 1A ºC 40< < 60

G 1B L/min 80< < 130

t´ 1B ºC 70< < 95

πd 2 π( 0,05) = = 1,96 x 10 −3 m 2 a2 = 4 4 2

a1 =

π( 0,0752 − 0,058 2 ) = 1,77 x 10 −3 m 2 4

1º Caso ) Kg min Kg 1 = 2,5 seg G2 = 150 min 60 seg

G1 = 105 l min x

1 Kg = 1,75 seg 60

3


Q5 = C1G1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 0,559


Kcal Kg x1,75 ( 50 − t ′′1 ) Kg º C s

Qa = C2 G2 ( t ′ 2 −t ′′ 2 ) = 1 x 2,5( t ′ 2 −27) ⇒Cálculo de K: Coef. de conv. interior: Re =

D2 υ2 ζ 2 0,05 x 1,28 x 996,5 = = 70855,1〉〉1800 ⇒ R eg . Turbulento y µ2 0,9 x 10 −3 s ⋅ m

G2 = a 2 ζ 2V2 Kg 2,5 seg G2 V2 = = a 2 ζ 2 ( 1,96 x 10 −3 ) m 2 x 996,4 Kg /

(ζ

2

a 27° C )

= 1,28 m s m 3/

α Referido a la superficie exterior del tubo interno:

4


α ie = α i

(


0,05 Kcal = 3916,3 x 0,862 = 3376,12 0,058 h m2 º C

)

(

⇒ α ie t 2 m − t p = α e t p − t1m

)

t 2 m temperatura media del fluido interior t 1m temperatura media del fluido exterior  ( 27 + t ′ )   ( 50 + t′′1 )  2  3376,12 − t p  = 64,31 t p − 2 2     Q = 0,97825( 50 − t ′′1 ) Q = 2,5( t ′ 2 −27)

48,9125 − 0,97825 t ′′1 = 2,5 t ′ 2 −67,5 116,4125 = 2,5 t ′ 2 +0,97825 t ′′1

45577,62 + 1688,06 t ′ 2 −3376,12 t p = 64,31 t p − 1607,75 − 32,155 t ′′1

B A

∴Suponiendo una tp = 30º c

45577,62 + 1688,06 t 2 − 101283,6 = 1929,3 − 1607,71 − 32,155 t ′′1 1688,06 t ′ 2 −55705,98 = −32,155 t ′′1 +321,55 1688,06 t ′ 2 +32,155 t ′′1 = 65027,53 C

De B: ⇒ C:

116,4125 − 0,97825 t ′′1 = 46,565 − 0,3913 t ′′1 2,5 78604,514 − 660,5378 t ′′1 +32,155 t ′′1 = 56027,53 t′2 =

− 628,3828 t ′′1 = −22576,984 t ′′1 = 35,92º C t ′ 2 = 32,5º C ρr =

Cµ 1 x 0,9 x 10 −3 = x 3600 = 6,18 λ 0,5238 l = 3 0,05 = 60〉50 ⇒ Pag 90 d 0,5238 λ 0,8 0 , 33 x 0,027( 70855,1) ( 6,18) α i = 0,027 R e 0,8 P r 0, 33 = = d1 0,05 Kcal α 1 = 3916,3 h m2 C

5



Coeficiente de convección exterior: def ex =

4π( de 2 − d 1 2 ) 4π d 1

0,0752 − 0,058 2 = = 0,0389 m 0,058

∴Considerando µ = 0,024 ⇒ R eef =

kg sm

d eq x ν1 x ζ 1 µ

=

0,0389 x 0,97 x 1010 = 1602〈 1800 ⇒ R eg . Laminar 0,024

Kg 1,75 seg G1 = = 0,97 m s G1 = a1 x ζ 1 x v1 ⇒ −3 a1ζ 1 1,77 x 10 1010

a1 =

π( d e 2 − d i 2 ) 4

⇒ α C = K 3 l −0, 4

= 1,77 x 10 −3 m 2 α c = 99,8( 3)

−0 , 4

= 64,31

0 , 25 0,5  νζ   1   Lµ  0, 43  P r  K 3 = 0,55 λ         µ   deq   λ   P rp  0 ,1

 0,9 x 1010   1   0,555 0,025      K 3 = 0,55 x 0,027 x 3600  0,024   0,0389    0,027 0,5

0 ,1

0 , 43

= 99,8

6



Intercambio de calor El fuel-oil de un quemador para un regenerador de vapor es precalentado desde los 20ºC a 200ºC en un intercambiador a contracorriente con vapor del regenerador inicialmente a 20 atm y 350ºC. El fuel-oil circula por un caño de 10 mm de φ interior a razón de 40 Kg/h y el vapor lo hace por un tubo concéntrico aislado exteriormente a razón de 160 Kg/h. Bajo estas condiciones el coefciente integral de transmisión de calor para el intercambiador Kcal vale K = 40 h m2 º C a) Estimar la longitud del intercambiador. b) Si fuera de flujos paralelos ¿Cuál sería la longitud? c) Idem a) b) si fuera en pasos. a) Contracorriente:

K = 40

∆T =

q1 = G1C2 ( t ′ 2 −t ′′ 2 ) = 40

∆′− ∆′′ ( 350 − 200) − ( 338,75 − 20) = = 223,87º C  ( 350 − 200)   ∆  Ln  Ln   ∆ ′′   ( 338,75 − 20) 

Kcal Kg Kcal ( 200 − 20) º C = 3600 ⋅ 0,5 h h Kg º C

q 2 = G2 C2 ( t ′1 −t ′′1 ) ⇒ q1 = q 2 ⇒ 3600

Kcal Kcal = 160 ( 350 − t ′′1 ) º C h Kg º C

11,25 = ( 350 − t ′′1 ) t ′′1 = 338,75º C

⇒Q= K

A ( ∆T )

Kcal h m2 º C

7


⇒ A=


Q 3600 = = 0,4 m 2 K ( ∆T ) 40 ( 223,87)

∴ A = πdl ⇒ l =

A 0,4 = = 12,73 m πd π( 0,01)

B) Flujo paralelo:

∆T =

∆′− ∆′′ ( 350 − 20) − ( 338,75 − 200) = = 220,73° C  ( 350 − 20)   ∆′  Ln  Ln   ∆′′   ( 338,75 − 200)  ⇒ Q = K A ∆T Q 3600 A= = = 0,407 m 2 K ∆T 40( 220,73) ∴ A = πdl ⇒ l =

C)

A 0,507 = = 12,95 m πd π( 0,01)

8


P=


t ′′ 2 −t ′ 2 200 − 20 = = 0,545 t ′1 − t ′ 2 350 − 20 ξt = 1

R=

t ′1 −t ′′1 350 − 338,75 = = 0,625 200 − 20 t ′′ 2 −t ′ 2

⇒ ∆Tcon = ∆T x ξT = 223,87° C ∴ Q = A K ∆Tcon Q 3600 = = 0,402 m 2 K ∆Tcon 40( 223,87)

⇒ A= A = πd ln ⇒l=

A 0,402 = = 6,398 m π d n π 0,01( 2)

9



Se desea estudiar la disposición más conveniente para calentar 10 l/min de agua desde 25 ºC a 75 ºC con producción de la combustión de gas natural inicialmente a 130 ºC y con una temperatura a la salida de 90 ºC. La velocidad de los humos no puede superar los 10 m/seg. El agua podrá circular 1, 10, 100 tubos de cobre de espesor despreciable y diámetro 5, 10, 15 mm. Las disposiciones son: a)

a)

∆T =

∆′− ∆′′ ( t ′1 −t ′ 2 ) − ( t ′′1 −t ′′ 2 ) ( 130 − 75) − ( 90 − 25) = 59,86° C = =  130 − 75   t ′1 − t ′ 2   ∆′   Ln  l n Ln   90 − 25   ∆ ′′   t ′′1 −t ′′ 2 

10 Transferencia de Calor y Masa


q = C1 ⋅ G1 ⋅ ∆T q =1

Kcal Kcal Kg ( 600) ( 75 − 25) º C = 30000 h Kg° C h

M Kg 10dm 3 ( 0,1) m 3 60min Kg δ= = 1000 3 x x x = 600 3 V min 1h h m 1dm 3

Q = 30000

Kcal h

Q = K A ∆Tcon = 50

Kcal A( 53,87) hm 2 ° C

⇒ A=

30000 = 11,13 m 2 50 x 53,87

∆Tcon = 0,9 x 59,86 = 53,87° C  t ′′ 2 −t ′ 2 75 − 25 65 = = 0,476 =  130 − 25 105 t ′1 − t ′ 2 ξ∆T = 0,9 t ′1 −t ′′1 130 − 90  = 0,8 = R=  75 − 25 t ′′ 2 −t ′ 2 P=

L=

A πd n

1 10 100

b)

P = 0,476 ξ∆T = 0,9 R = 0,8  ⇒ A=

0,005

0,01

0,015

708,56 70,85 7,085

354 35,42 3,54 L(m)

236,2 23,61 2,36

∆Tc = 0,9 x 59,87 = 53,88° C

30000 = 11,13 50 x 53,87


1 10 100


0,005

0,01

0,015

708 70,85 7,08

354 35,4 3,54

236,2 23,6 2,36

L=

c)

P = 0,476 ξ∆T = 0,82 R = 0,8 

a π∅Nr

( m)

∆Tcon = 49° C

A = 12,24 m 2 0,005 1 10 100

779,2 77,92 7,79

0,01 389,6 38,9 3,89 A ( m) L= πd Nr

0,015 259,7 25,97 2,6



Se desea enfriar G 1 =2880 Kg/h de un solvente cuyas propiedades se indican luego, desde 40ºC hasta 30ºC; mediante un intercambiador de doble tubo. Se usará una corriente de salmuera a 5ºC debiendo ser la temperatura de salida <25ºC. La pérdida de carga de ambas corrientes no deberá superar un ∆p=1,12 Kg/cm2. La resistencia al ensuciamiento combinado será de 5,8 x 10-4 m2 h ⋅ K . Las propiedades del solvente a 35ºC son (1): Kcal

( 1): ζ 1 = 790 Kg 3 m

ζ 2 = 1010

m3 Kcal L2 = 0,559 Kg K

C1 = 0,46 Kcal Kg K

λ 2 = 0,227 µ1 = 0,95 x 10 −3

Kg s m2

Kg

Kcal m h° C

V2 = 0,5 m s V1 = 1 m s

Los tubos tienen una resistencia despreciable al pasaje de calor. El equipo se constituirá con los tramos que sean necesarios, tomando como la longitud base L=6m.

Viscosidad TºC Kg s µ 2 m

10 0,028

20 0,02

30 0,014

45 0,012



Q = G1C1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 2880 x 0,46( 40 − 30) = 13248 Q2 = G2 C 2( t ′′ 2 −t ′ 2 ) ⇒ G2 =

Ec. continuidad: G1 = a1 ζ 1 V1

⇒ φ 1 Teor . =

φ Pr ac = 1

1 ′′ 4

cl2

C2 ( t ′′ 2 −t ′ 2 )

⇒ m1 =

Kcal h 16248 Kg = = 1185 0,559( 25 − 5) h

G1 2880 = = 1,01 x 10 −3 m 2 ζ 1V1 790( 3600)

4 a1 = 0,036 m π = 0,035 m

Sch:40

⇒ φ e = 0,0421 m πd 1 2 ⇒ a1 real = = 9,62 x 10 −4 m 2 4 ⇒ V1 Re al = 1,05 m s

Selección de φ exterior: Adopt: d 2 = 2´´ Sch 40 φ= 0,0525 m  φ 2 e 2 − φ 1e 2  π −4 2 2 2 a 2 = π  = ( 0,0525 − 0,0421 ) = 7,72 x 10 m 4 4   Verif. Velocidad: V2 =

Coeficiente de convección interior:

1185

kg h

7,72 x 10 ( 3600) 1010 −4

= 0,42 m s

kg m3



Re =

D1 V1 ζ 1 0,035 x 1,05 x 790 = = 30560〈〈1800 µ1 0,95 x 10 −3 ⇒ R eg . Turbulento

Pr =

l

α1 =

Cµ 0,46 x 0,951 x 10 = Kcal λ 0,161 h m° K

−3

x 3600 = 9,78

6 d = 0,0421 = 142,5 〉 50 ⇒ Pag . 90

λ Kcal 0,027 R e 0,8 P r 0, 33 = 1020,73 2 di 1 hm ° C

Coef. de converción exterior:

(

)

2 2 4 Area Flujo 4π d 2 i − d 1e deex = = = 0,023 m Perim. transf . 4π d ie

t ′ msalm =

R eeq =

Kg s 5 + 25 = 15° C → µ = 0,024 2 2 m

d eq V ⋅ ζ µ

=

0,023 x 0,42 x 1010 = 406,52 0,024

⇒ α c = K 3 l −0, 4 = 224 x ( 6)  V ⋅ ζ   1  0 ,1  C2 µ   K 3 = 0,55 λ       µ   de   de  0,5

−0 , 4

0 , 43

= 110

 Pr     P rp 

( de tabla )

Reg. laminar

Kcal hm 2 ° C

0 , 25

(Ver aclaración de fórmulas)

 0,42 x 1010   1   0,559 x 0,024       K 3 = 0,55 0,227  0,024   0,023    0,227 0,5

⇒

0 ,1

0 , 43

1 1 1 δ 1 1 = + + = + + 5,8 x 10 −4 = 1,065 x 10 −2 K α 1 α c λ 1020,75 10

⇒ K = 93,89

(1,15) x 3600 = 224



∴ Q = A K ∆T

∆T =

⇒

( 40 − 25) − ( 30 − 5) = 19,57° C  ( 40 − 25)  Ln  ( 30 − 5) 

Aclaración de fórmulas  Pr     Prp 

0 , 25

 µ  ≈  µp 

0 , 25

 0,024   =  0,0136 

0 , 21

= ( 1,15)

A=

cl 13248 = = 7,21 m 2 K ∆T 93,89( 19,57)

N Tub =

7,21 7,21 = = 9 Tubos πdeL π( 0,0591) ⋅ 6



Eficiencia de intercambiadores Considerando el intercambiador existente del problema anterior, determinar las temperaturas de salida del agua corriente cuando la masa del solvente a enfriar se reduce a ϕ 1 =80% y la de salmuera al ϕ 2 =90% del valor allí indicado suponiendo que K M = K ρ2 0,5 . K M = ( 93,89) x( 0,9)

0,5

= 89

Kcal h m2 ° C

C1 = C1 G1 = ( 0,46 x 2880) x 0,8 = 1060 = C Max C2 = C2 G2 = ( 0,559 x 1185) x 0,9 = 596 = C Min

∴R =

C Min = 0,56 C Max

⇒ Contraflujo

; NUT =

1 − e ( − NUT 1− R ) (

E=

1− R e

( − NUT ( 1− R ) )

1 − e ( −1, 07 1− 0,56 ) (

)

=

K M A 89 x( 7,21) = = 1,07 C Min 596

1 − 0,56 e

)

( −1, 07 ( 1− 0 , 56 ) )

=

0,3755 = 0,577 0,65027

⇒ Q = C2 ( 40 − 5) E = 596( 35) x 0,577 = 12036,2

Kcal h

Q   12036,2  − 40 = 28,64° C ⇒ Q = C1 ( 40 − t ′′1 ) ⇒ t ′′1 =  − 40 =    C2   1060 ⇒ Q =C 2 ( t ′′ 2 −5) ⇒ t ′′ 2 =

Q 12036,2 +5= + 5 = 25,19° C C2 596



Transferencia de Calor y Masa Un intercambiador de calor de un paso por casco y 4 pasos por los tubos se emplea para calentar G 2 =10000 Kg/h de H 2 O a t´ 2 = 25ºC a t´´ 2 = 60ºC. El agua de calefacción se dispone a 90ºC y en un flujo másico de G 1 =20000 Kg/h. El flujo Kcal frío circula por los tubos del intercambiador; el K T =680 . Suponiendo que las temperaturas hm 2 º C de entrada; el flujo másico del fluído caliente y K T permanecen ctes. Efectuar un diagrama en escala lineal del flujo de calor transferido y las temperaturas de salida en función del flujo másico del fluido frío para G 2 /G 1 =0,05; 1; 5; 10.

∴ Q2 = G2 C2 ( t ′′ 2 −t ′ 2 ) = 10000( 60 − 25) = 350000

Kcal h

Q1 = G1 C1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 20000( 90 − t ′′1 ) ⇒−

⇒ ∆T =

350000 − 190 = +t ′′1 = 72,5º C 20000

( 90 − 60) − ( 72,5 − 25) = 38º C  ( 90 − 60)  Ln   ( 72,5 − 25) 

∴P=

t ′′ 2 −t ′ 2 60 − 25 = 0,54 = t ′′ 2 −t ′ 2 90 − 25 ξ∆t = 0,92

R=

t ′1 −t ′′1 90 − 72,5 = 0,5 = 60 − 25 t ′′ 2 −t ′ 2

⇒ ϕ = A K ( ∆t x ζ ∆t ) ∴A=

ϕ 350000 = = 14,72 m 2 ( ) K ∆T ζ∆t 680 38 0,92


G 1 /G 2 0 0,5 1 5 10 NUT =

G2 ∞ 40000 20000 4000 2000

Cmin 0 20000 20000 4000 2000

NUT ∞ 0,5 0,5 2,42 5

KA Cmin ; R= Cmin Cmax

Qmax = Cmin( t ′1 −t ′ 2 ) Qreal = E x Qmax

; E=


R 0 0,5 1 0,2 0,1

E 1 0,35 0,33 0,83 0,94

ϕ max 0 1300000 1300000

260000 130000

ϕ real 0 455000 429000 215800 122200

t´´ 1 65,75 67,5 68,55 79,21 83,95

2 1   ( ) 2  1  1+ e  x( 1 + R 2 ) 2  1  1 + R + 2 2   NUT R − 1 + ( )    1 − e  

t ′′ 2 = t ′1 − G2 = r −1 x G1

  − NUT 1+ R 2 

Qreal G1

C=G xc Cmax = G2 x c o G1 Cmin = G1 x c o G2 R=

G1 G2

t´ 1 25 36,37 46,45 78,25 85,45


P r = 6,18



l


6 d = 0,05 = 120〉 50 ⇒ Pag 90

α1 =

Kcal Kcal λ 0,8 P r 0, 33 = 3916,3 ∴ α ie = 3376,12 1 0,027 R e 2 d h m °C h m2 ° C

Coef. conv. exterior: def ex = 0,038 m R eef = 1602 〈 1800 ⇒ R eg . Laminar

V1 = 0,97 m s ⇒ α C = K 3 l −0, 4 = 99,8( 6)

(

)

(

−0 , 4

∴ α ie t 2 m − t p = α e t p − t 2 m

= 48,74

Kcal h m2 ° C

)

  66 + t ′′1   2 + t ′ 2     − t p  = 48,74 t p −  3376,12  2   2    45577,62 + 1688,06 t ′ 2 −′3376,12 t p = 48,74 t p − 1608,42 − 24,37 t ′′1

Considerando una tp= 35º C

45577,62 + 1688,06 t ′ 2 −118164,2 = 1705,9 − 1608,42 − 24,37 t ′′1 1688,06 t ′ 2 −72586,58 = 97,48 − 24,37 t ′′1 1688,06 t ′ 2 +24,37 t ′′1 = 72684,06 De (A)

132768,62 − 1321,07 t ′′1 +24,37 t ′′= 72648,06 60084,56 = 1296,7 t ′′ t′′1 = 46,33 t′ 2 = 42,39



Kcal = ϕa = ϕ2 h Kcal Caso (A) ⇒ ϕ T = ϕ1 + ϕ 2 = 13,7778,33 = 22,1 h

⇒ ϕ5 = 0,97825( 83 − 74,48) = 8,33

∆T2 =

( 83 − 74,48) − ( 35,83 − 32,5)  ( 83 − 74,48)  Ln   ( 35,83 − 32,5) 

=

5,19 = 5,54° C Ln[ 2,55]

Caso (B)

ϕ5 = C1G1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 0,559 x 3,5( 66 − t ′′1 ) ϕ a = C2 G2 ( t ′ 2 −t ′′ 2 ) = 1 x 2,5( t ′ 2 −27)

129,129 − 1,9565 t ′′1 = 2,5 t ′ 2 −67,5 2,5 t ′ 2 +1,9565 = 196,629 t ′ 2 = 78,6516 − 0,7826 t ′′1

Coeficiente de convección interior: α 1

Considerando los dos casos estudiados vemos que la mayor transferencia de calor se da en el caso B con 38,5 Kcal/s. Mientras que en el caso A, solo es de 22,1 Kcal/s. Los valores se obtuvieron considerando temperaturas de la pared del caño interior supuestas. En realidad con estos datos se tendrán que sacar los nuevos valores de temperaturas medias de fluidos 1 y 2, para estimar la de la pared.

1 Radiación


Problemas Resueltos de

PROBLEMAS DE RADIACIÓN


2 Radiación


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

Kcal h

⋅ 4,9 x 10 −8

Kcal 4 4 4 2 4 ( 473 − 323 ) K x 0,18 = hm K

3 Radiación



Del gráfico 2,5 = 0,83  X= 3  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.

 = 1 D  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


4 Radiación 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 Kcal 49000 − 26643,7 = q1 = = 44712,6 1 − ξ1 h 0,5 A1ξ1



5 Radiación


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  D = 2,5 = 1,6

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.


6 Radiación

10 x 10 x 30 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


7 Radiación


∴ 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 q 4 −8 ( ) ( ) = 4 , 9 10 1 , 35 1054 , 2 0 , 4725 − 873 0 , 38 = 23973 , 3 x 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 q 4 ⇒ A = 4,9 x 10 −8 x ( 0,8) 0,6605( 1054,2) − 0,537( 873) = 19751 2 m

(

)

1


PROBLEMAS VARIOS

Problemas Resueltos Varios


2


¿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 atmςV = 1,129 3 m  Kg  ς = 942 , 7 L  m3

Cobre → Cςf = 0,013

TS → 120,23° C ↓ Txg = 5,276 x 10 −2

Para 2 atm ⇒

C L ( ∆Tx ) h fg P r 1, 7

 q A = Cς f   µ L h 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 ς  2 24 fg V  ςV   ςL  1

 q   A max

1

2

 5,276 x 10 −2 ( 942,7 − 1,129)  π  q  ( )   A max = 24 526,18 1,129 (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  µ L h fg CL  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


3


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 λL 0,589

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

Kg m s2

0 , 25

3( )3 A = 1,11 Pr ∆t 4

q ⇒ ∆tx =

Pr =

3

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 = 0,756 C L = 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


4


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  π L V  1 + V  h fg ςV  = 2 24 ςV    ςL  1

q a) A max

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 

q Kcal = 148,35 x 3600 = 534060 A max h m2

 q C L ∆Tx A  b) 1, 7 = C Sf  µ L h fg h fg ( PrL )  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

=


5


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

h fg =

• 1,22 x 10 6 = 2263 Kcal h = mV 539

Kcal h


6

 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 •

•

q = mV h fg •

m=

q

h fg =

183 x 10 3 Kg = 339,6 h 539

Kcal h


7


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. ∆Tx = 110 − 100 = 10° C

Ec. Rosenaw → ebullición nucleada  q A = Cs f   µ L h fg 

Cl ( ∆ t x ) h fg PrL 1, 7 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 0,586 λL

µ L = 0,5972

1 Pie lbm 0,4536 Kg Kg x x = 0,888 Pie − h m− h 1 lbm 0,3048 m

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


8


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 3600s/ Kcal x = 1,195 = 4302 1W s s/ 1h h

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  λL 0,586 Kg º C

⇒ ∆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


9


¿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 1atm Tsat  100º C

∆Tx = Tp − Tsat ⇒ 350º C = Tp − 100º C ⇒ Tp = 450º C  Kcal λV = 0,5057 m h° C   Kg T f ζV = 30,55 3 m  Kg  ζ L = 759,3 m 3

h fg = 539

kcal Kg

µ V = 0,22896

cp = 1,25

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

=


10


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  a )  = h ζ  2  A  max 24 fg V  ζV   ζL  1

1

2

 j 0,239cal Kcal 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 π ( 536) 0,7046  = 159,2  1 + = 2 24 954,5  s m2 ( 0,7046)    1

q Amax

= 573054,5

b)

 q C L ∆Tx A = Csf   µ L h fg h fg PrL 1, 7  ∆Tx =

h fg PrL

1, 7

CL

 τ  g( ζ L − ζ V )  

 q Csf  A  µ L h fg 

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 ; = 539 h fg L  λC Kg º C 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


11


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.


12


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 Kg Kg 1atm  1 /j  −6 s µ f = 34,15 x 10 Kg f m 2  Kcal 100 + 70 tf = = 85º C λ f = 0,578 m hº C 2   Kg ζ f = 968,55 m 3

⇒ Suponiendo reg. laminar: 3 2  m  Kcal  3  Kcal   Kg    g 2  xh fg  λ  h mº C  ζ( ζ − ζV ) m 3    Kcal    Kg s       αN =   = 4,114 2  h m ºC s l[ m] Tg − Tp ( º C ) µ Kgf   m2  

[

]

 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


13

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 =


f 409824 Kg = = 759,7 h h fg 539,4

Kcal h


14


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 YBenc = 93 ; Cp Benc = 0,42 ; α h 2 O = 2500 ;α = 1700′′ ´ Kg Kg º C 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 ( A) ∆TA =

( B ) ∆TB =

( 80 − 31,14) − ( 80 − 17,47) ∆ A ′− ∆ A ′′ = = 55,4º C ∆ A ′   ( 80 − 31,14)  Ln Ln ∆ A ′′    ( 80 − 17,47)  ( 80 − 17,47) − ( 40 − 15) ∆ B ′− ∆ B ′′ = = 40,93º C ∆ B ′   ( 80 − 17,47)  Ln Ln ∆ B ′′    ( 40 − 15) 

Kcal h


15


∴ Q A = K A A ∆TA 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)


16

( A) ∆TA =

( B ) ∆TB =

( 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)


1


Problemas Resueltos

PROBLEMAS DE CONDENSACIÓN


2

Problemas Resueltos

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


3

Problemas Resueltos

 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 544,13 hf g 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


4

∆t = t g − Tp = PS − tp = 30° C

Problemas Resueltos

⇒ 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


5

Problemas Resueltos

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

6


Problemas Resueltos


7

Problemas Resueltos

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


8

Problemas Resueltos

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 , 6 = 971 L  m3

λ = 0,575

Kcal h m°C

µ = 36,2 x 10 −6 Kg

s m2


9

Problemas Resueltos

 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

Posición horizontal

Kcal h

°

°

m cond

q

 Kg   3 m  0 16,3 26,5

 Kcal     h  0 8869,3 14622,7

10


Problemas Resueltos

11


Problemas Resueltos

Solucionario de Transferencia de Calor

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