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1

Transferencia de Calor Masa

Problemas Resueltos 1

era

Parte

PROBL EMAS 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 encuentra a 20ºC. El coeficiente de convección convección vale 50 h m 2 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 T − T ∞

= e

A  −  α ζcv τ

− T ∞ 100 − 20 8872) τ = e −( 0,8872 275 − 20 To

0,3137 137 = e

−( 0 ,8872 8872) τ

Ln( 0,3137)

= −( 0,8872 ) τ

−115932 , = τ = 1,3 hs −0,8872 8872

Kg

;

m3

Kcal

C p

= 0,131

Kcal Kg º C

τ =→ T f = 100º C

2 h m º C

50. ( 0,9569 ) 1 α A 8872 = = 0,8872 ζcv 2703 . 0,13 h 1 31 . 0,15 1 523 A = 4π( r ) V =

ζ=

πd 3 6 m v

2

2

= 4π( 0,07615) = 0,9569 m2 6v

⇒ d 3 =

⇒ V =

m

ζ

π =

1523 m = 0,1523

5 Kg m3 2703 Kg

= 1,85 x 10 −3 m3

2



era

Parte

Un bloque de concreto inicialmente inicialmente a 55ºC es repentinam repentinamente ente sometido a una corriente 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 del bloque.

λ = 0,8 Kcal h mº C Ti

= 55º C

α=5 To

hº C m

T ( x; τ ) − 15

55 − 15

τ = 0,5 hs T ( x; T ) ?

= erf ( 1, 66 66) = 0,98 98110

T ( x; T ) − 15 = 40( 0,98110) T ( x; T )

ζ = 2200 Kg m3

x = 10 cm

Kcal

= 15º C

;

= 54,244 º C

;

C p

= 0,2 Kcal Kgº C

 2 0,8 −3 m λ = 1,81 x 10   a = ζC = 2200 . 0,2 p h  T( x; τ ) − T 0 x = enf Ti − T 0 2 aτ ( a difusi difusivid vidad ad Té rmica rmica)

3



era

Parte

Un cilindro suficientemente largo de hierro de 5 cm de diámetro inicialmente a 550ºC es  Kcal  templado en agua a 20ºC α = 50 . h m 2 º C   a) Determinar el tiempo que tarda en alcanzar su centro la temperatura de 100ºC. b) Idem en un punto punto situado a 0,5 cm del centro. c) En el tiempo calculado en b) ¿Cuál es la l a temperatura en el centro? φ = 5 cm Ti = 550º C T∞

= 20º C

α = 50

λ acero = 54

Kcal h m 2 º C

a acero

Kcal h mº C

= 0,0685

m2 h

Nota: Bi ↓ implica resistencia de conducción interna despreciable en comparación con la resistencia convectiva ⇒ ≈ Temperatura uniforme del sólido. F 0

=

a . T l2

a

=

λ ζCp

αl λ 1 54 λ = = = 43,2 Bi αr 0 50 . 0,025 Bi = 0,023 ⇒ Temp. Uniforme ↓ T0 = T θ0 = θ θ0 θ = θi θi Bi

=

4


Si: θi

= Ti − T∞ = 550 − 20 = 530 θ0 = T0 − T ∞ θ = T − T ∞


era

Ti : Temp Temper erat atur uraa de todo todo el sóli sólido do τ = 0 T∞ : Temper Temperatu atura ra del ambien ambiente te convec convectiv tivo o T0 : Temper Temperatu atura ra superfi superficia ciall para para τ 〉 0 T: Temperatura de un punto geométrico a una distancia x en τ 〉0.

θ0 θ 80 = = = 0,15 θ1 θ1 530 = 100º C θ = 100 − 20 = 80 θ0 = T0 − T∞ = T − 100 = θ a )T

Según graf. Heisler

→ 4-9 del Holman

∧

⇒ F 0 = 39 ∴

F0 ( r 0 ) a

2

2

= T =

39 . ( 0,02 025) m 2 0,0625 625 m 2

b) Idem x = 0,5 cm de ancho.

∴

r r 0

=

0,5 = 0,2 2,5

θ = T − T 0 = 80

h = 0,39 h

Parte

5


Según graf. Heisler

→ fig. 4-12 del Holman (Pág. 192)

θ = 1 ⇒ θ = θ0 θ0 ∴ T = T 0 Graf. 4-9

⇒ T = 0,39 h c) T= 100ºC centro


era

Parte

6



era

Parte

Un cilindro de 10 cm de largo y 5 cm de φ inicialmente a 550ºC es templado en agua a 20ºC  Kcal  50 α =   . Determinar a) , b)y c) para un plano transversal medio del cilindro y un punto h m 2 º C   situado a 3 cm del extremo.

= 550º C T∞ = 20º C Ti

ζ = 7220 Kg m3

Cp = 0,12 Kcal KgºC

λ = 54 Kcal h m2 º C a

= 0,0625 m

2

h m 2 º C a) T? → T=100ºC en el centro. Cilindro finito φ = 2 r 0 Largo = 2 L Bi

1 Bi F 0

=

α l 50 . ( 0,05) = = 0,046 ⇒ Bi ↓ ⇒ Temp. unif . λ 54 T = T0 = 100º C θ = θ0

= 21,6 =

a . T r 0

θ θ = θi θi

2

=

x cil

0,0625 . T

( 0,025) θ θi

p

2

7

∴


θ θi θ θi θ θi

= pl

= cil

θ θ0 θ θ0

x p

x cil

θ θi

Placa: p

θ θi


1 Bi

= 21,6

Cilindro: cil

= 0,4 p

Placa:

1 Bi y L

1 Bi

⇒

= =

λ 54 = = 43, 2 αr 0 50( 0,025)

( 0,05 − 0,03) 0,05

= 21,6 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

= 0,4

era

Parte

8


Un tubo de acero inoxidable de

λ = 20


era

Parte

Kcal

de 5 cm de diámetro interno y 10 cm de h m º C

 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.

º

q L

=

2π L/ ( T1 − T e ) Ln  r 3 

Ln  r   +  2  λ v  r 2  λ a  r 1 

=

2π( 500 − 50)

 7  Ln  5   +   0,05  5  20  2,5  Ln

= 418

Kcal h

9



era

Parte

Una aleta rectangular de acero de 2 cm de espesor y 15 cm de longitud tiene una temperatura . Calcular del lado de la pared de 200ºC. La temperatura ambiente es de 20ºC y α = 15 Kcal 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 t = T = 20º C θ = θ0 = T0 − T = 200 − 20 = 180º C Tc = temp. fluido θ = t que impulsa calor en la sec ción transversal

⇒ q = K ax

d θ

dL dq = h f θ ρdL

d ϕ dL

= h f θp

⇒

d θ dL

= Kax

d 2 θ d2L

⇒ h f θP = K ax ∴ Ka x ⇒

d 2 θ d2L

a 2θ

− h f θp = 0 d2L d 2 θ h f θP − =0 d 2 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 1

Siendo

 h f P  2  αP  m=   ≈  Ka x   Ka x 

1

2

Por Holman: 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 

Lc

= 0,15m +

0,02 2

1

1 1 α ⋅ P  15 x ( 2 + 0,04)  2 2 ( ) , , 43 7 6 61 ∴m = = = =  m  λ ax  35 x 0, 02 

∴ ta h( m ⋅ L) = tan h( 0,16 x 6,61) = 0,78475 º

⇒ q = ( 0,78475) ⋅ 15 x ( 2 ,04 ) ⋅ 35 ⋅ ( 0,02 ) ⋅ (180 ) = 653 ,8

Kcal h

= 0,16m

era

Parte

11



era

Parte

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

•

T 0

=

q R2

4λ

⇒ 1,163 2 P = U

R = s

l s

R =

( 10) 2 V 6,685 x 10 −2 r

= 70 x 10 −6

cm x

1Kcal W , = 11630 m h º C mº C 1Kcal h

= 1,1630W

+ Tp

W m

2

m3

=1

Kcal 2

m h

m3

= 1495W

→ 1,163

30cm

( π( 0,1) ) cm 2

p Vol •

=

2

= 6,6845 x 10 −2 1495W 2

π( 0, 001) .0, 3m 3

⇒ q = 1,586 x 10

9

W m

⇒ 1,163

= 1,586 x 10 9 1Kcal

3 x

, 1163

m3 h W m3

W m 2 º C W

m3

=

=

1Kcal m 2 hº C

1Kcal m3h

W m3

= 1, 364 x 10 9

Kcal h m3

12

T0


  = 1, 364 x 10 9  

2

Kcal ( 0,001) m h m3

2


  Kcal  + 100º C = 117 ,05º C 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.

era

Parte

13



era

Parte

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

⇒

q A

2000

T

A

x

= − λ A Kcal

x

= −0,3

h m2

2000 =

T A Kcal h m° C

⋅

( 1300 − 30) ° C

381 x

∴

x =

381 2000

= 0,1905 m

x

14



era

Parte

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.

T IC

q

= −λ

A

T x

⇒

= Te a ;

q A

= +λ C

•

⇒

q A

=

q A

= 496,85

Kcal h m2

= TeV

− T i c

Te c

x C

(T

ev

x C

λ C •

Ti a

+

= λa

− T i V ) xa

λa

+

xV

λV

(T

ea

− T i a ) x a

=

= λV

(T

ev

− T i v ) x v

500° C

 0,025 0,005 0,05  m 2 h° C   + +  320 0,8 0,05  Kcal

15



era

Parte

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.

= 300º C Tex = 50º C TC

λ A = 0,8

Kcal h m° C

λV = 0,05

Kcal h m° C

rC

= 2,5cm

ra

= 3cm

rV

= 5cm

T?

 T = T → r = r dT  C int q r = − λ Ar   dr   ( Te − T ext ) q  ⇒ si ⇒ = 2πλ  r ext  l   dT Ln    q r = − λ2π r L r int   dr   T = Text → r = rext

En nuestro caso:

16

q l

=


2π( Tc

− T ex ) = ln  r a  ln  r V   +   λ a  r C  λV  r a 

2π( 300 − 50)

 3  ln  5   +   0,8  25  0,05  3  ln

= 150,4


Kcal h⋅m

∴Para la interfase: − T ex ) 2π( T int erf − 50) Kcal = = = 0,615( T int erf − 50) = 150,4 ln  5  l hm ln  r v      0,05  3  λ v  r a  0,615 T int erf − 30,75 = 150,4 ⇒ 0,615 T int erf = 181,15 q

(

2π Tint erf

Tint erf

=

18115 , 0,615

= 294,55º C

era

Parte

17



era

Parte

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 2 h° Cm Calcular la velocidad del lingote.

T − T ∞

α A  −  ζςV T

=e − T ∞ 915 − 1300 = e −( 0,1917 ) T 98 − 1300 T0

∴ V

α A ζC pV

=

= π r2x

50 ⋅ 7 ,83 x 10 −3 7900 x 0,11 x 2, 35 x 10−3 2

1 = 0,1917  h −

L = π( 0,05) x0,3m = 2, 35 x 10 3 m 3

, 0,32 = e − 0 1917 T

(

)

 Kg = ζ 7900  m3   acero  Kcal  = , 0 11 C  p h mº C

⇒ Ln( 0,32) = −( 0,1917) T

Vol L

, −1139 = T = 5, 94 hs. −0,1917

⇒ La Velocidad del lingote es: V L

=

25m 5,94hs

= 4 ,2

m h

x

1h 60s

= 0,07

m s

= A = 7,83 x 10−3 m2

18



era

Parte

Calcular la cantidad de calor que se transmite a través de la pared de una cámara frigorífica a -20ºC; formada por una capa de ladrillos huecos de 0,24 m de espesor y tres capas de corcho aglomerado de 5 m c/u. Con Tex = 20ºC. Calcular también las temperaturas de las caras de las paredes.

λ Lad = 0,2 hueco

Kcal hmº C

λ corcho = 0,036

Kcal hmº C

 A( Tp4 − t 1 ) ( tp1 − tp2 )  ( tp − tp3 ) ( tp3 − tp4 )  = + λ e A 2 = + λ C A = + λ C q = + λ La ⋅ A ⋅ x Lad  x Pc 1 x PC 2 x Pc3  •

•

q A

=

( te − ti ) x Lad

λ L

+

xcorcho

λ corcho

=

 Kcal  = 7,45 2  0,15  hm 

( 20 + 20)

0,24 + 0,2 0,036

Unid : ºC

m

 Kcal  = 2  h mº C  h m  Kcal

19


∴ Ladrillo: •

q A

= λ L

7,45 = 0,2

( Tp − tp ) 1

2

x Lad

( 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 : •

q A

=

λ C ( tp2 − tp3 ) x C

⇒ 7,45 =

0,036 0,05

(11,06 − tp ) 3

7,45 = 0,72(11,06 − tp3 )

= 11, 06 − 10,347 = 0 ,71º C ∴ tp3 = 11, 06 − 10,347 = 0,71º C 10,347

2º Capa de Corcho : •

q A

=

λ C ( tp3 − tp4 ) x C

⇒ 7,45 =

0,036 ( 0,71 − tp4 ) 0,05

7,45 = 0,72( 0,71 − tp4 ) 10,347 = ( 0,71 − tp4 ) tp4

= 0, 71 − 10, 347 = −9 ,637 º C

3º Capa de Corcho : (verif.) •

q A

= λ C

( tp4 − t 1 ) x C

⇒ 7,45 =

0,036 0,05

( ( −9,637) − t 1 )

7,45 = 0,72( ( −9 ,637 ) − t 1 ) 10, 347 = ( −9 ,637 ) − t 1

∴ t1 = ( −9,637) − 10,347 = −19 ,98 ≈ −20 º C


era

Parte

20



era

Parte

Calcular la cantidad de calor perdida por metro de longitud de una cañería galvanizada de 2´´φ , revestida de amianto de 50 mm de espesor cuando las temperaturas son T 1 int = 130ºC y T 3 =30ºC.

Datos Tabla:

λ = 0,095

-amianto en fibras: -hierro: λ = 54

Kcal hmº C

Kcal hmº C

2π L( T1

− T 3 ) q= Ln  r 3  Ln  r 2   +   λ  r 2  λ  r 1  •

•

∴

q L

=

2π L( T1 − T 3 ) Ln  r 3 

Ln  r 2   +   λ am  r 2  λ galv  r 1 

=

2π( 130 − 30)

 80  Ln  30   +   0,095  30  54  26,7  Ln

Unidades: ºC

Kcal

h mº C

=

Kcal hm

= 60,85

Kcal hm

21



era

Parte

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.

S pared plana

=

S pared plana

=

S pared plana

=

A L A L A L

= = =

q 2 x 1

0,25m 3 x 1 0,25m 3 x 2 0,25

= λ x S x ( T2 − T1 ) =8 = 12

S Rinc

= 24 = ( 8 x 2 ) + (12 x 2 ) + ( 24 x 2) = 88 m

ST

S esf

= 0,54 x 1m = 0,54 m = 0,54 x 2m = 1,08m

S esf

= 0,54 x 3m = 1,62 m

q =1

S esf

= 0,15( 0,25) = 0,0375m

Kcal

x 88 m( 500 − 100 ) h mº C

= 35200

kcal h

22



era

Parte

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 2 ⋅ Considerando la pieza como a una esfera del mismo peso, calcular el peso h m º C requerido para que su temperatura baje a 100ºC.

ς Alum = 2670 Cp = 0,22

Kg

m3 Kcal

Kg º C  α⋅ A  − T  ζ C V 

T − T ∞

=e − T ∞ 100 − 20 = e −( 43,5) T 275 − 20 T0

0,3137 = e

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

( −43,5) T

Ln( 0,3137)

V =

= −43,5 T

ζ=

, −1159 = T = 2,66 x 10 −2 h −43,5 T

= 2, 66 x 10 −2 h/

60min 1h/

πd 3 6 M V

⇒φ=3

⇒ V =

M

ζ

6V

π =

= 0,152m

5Kg Kg 2670 3 m

∴⇒ r = 7,6 x 10 −2 m = 1,596min

∴ A = 4 π r 2 = 0,955m2

= 1,87 x 10 −3 m3

23



era

Parte

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

Nud

St St − d

2 2 −1

= ξn ξ f

= 20 m s

Red =

C Red n

Vmax d v

=

20 x 0,01 28,07 x 10

−6

= 7,12 × 10 3

ξ1 = 1 ξ f = 1

Nud = 0,374 ( 7 ,12 × 10 3 )

C = 0,374

α d ∴ Nud = λ

n = 0,581

⇒α=

Nud λ d

=

0, 5 81

64,7 × 0, 03 0,01

= 64 ,7

= 194,1

Kcal h m° C

24

•

q •

q


=α


AT ( Tp − T∞ )

= 194,1

Kcal h m° C

A = [( π d ) l N T ]

× ( 25,13) m 2 ( 200 − 100) C = 487, 77 × 103

Kcal h

= π( 0,01) 2 × 400 = 25,1 3m2

•

∴ q = CP m

t

•

T =

487,77 × 103

q Cp m

m = δ ⋅ V∞ =

=

Kcal h

Kcal

Kg

= 7,43° C

× 272, 4 × 10 Kg° C h Kg m A ⋅ 0,9458 2 ⋅ 10 ⋅ [ ( st × 20) 20 m 2 ] s m 0,241

3

 

Tp − T∞ = Tp −  T∞ + •

∴ q = 469,65 × 10 3 ⇒ Te − Ts

= 75,66

Kg 3600s s

1h

= 272,4 × 10 3 Kg h

 7,43   = 200 − 100 +  = 96,285  2  2  T 

Kcal h

= 7,15° C = T ⇒ Ts = Te + T

T

= 100 + 7,15 = 107 ,15° C

Pérdida de carga : 7,15 = 103,6° C t ref = 100 + 2 f G 2 max Nr  µ p 

0,14

2

, × 20  2,635 0 14   = 135,2 mm H2 O p =   = ςg 9,8 × ( 0,93624 )  2,2414   µ    2  sT  Kg m Kg  × γ = 10  × 0,93624 2 = 18,72 2 Gmax = U ∞ ⋅   2 − 1  sT − d  m s m s

0,173( 18,72 )

era

Parte

25



era

Parte

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 Kcal

λ = 0,0221

υ = 15,11 × 10 −6 m

h m° C

β = 3,43 × 10 −3 1° C Gr =

Cp = 0,24

µCp λ υ 15,11 × 10 −6 × 3600 = 0,713 Pr = = 0,0763 δ

2

Pr =

s

Kcal m° C

g ⋅ β ⋅ ( T − T∞ ) y 3

υ2 υ = 1,855 × 10 −6 Kg m2

β ( T − T∞) y 3 → Gr = 2,9475 × 10 9 y 3 Gr = g −6 2 (15,11 × 10 ) Gr Pr = 6 × 1010 → Turbulento 6r  ∴ y = 3 2,9475 × 10 9 Gr Pr = 1 × 10 9 → Laminar 1 × 10 9 = 0,78m Laminar y=3 2,9475 × 10 9 ( 0,713) Turbulento Si

Pr p

=

y

V

δ

=

=3

6 × 1010 1, 9475 × 10 9 ( 0,713)

16,97 × 10 10 0,086

= 3,056m

× 3600 = 0,71

p: temperatura de la pared

∴ Como Nu x :

(

)

0, 25

)

0 , 33

Nux = 0,55 Gr Pr

(

Nux = 0,15 Gr Pr

Además : Nu x

=

 Pr 0, 25   → Laminar  Pr p   Pr 0, 25   → Turbulento  Pr p 

α x λ p

⇒ Laminar : 1

Nu x

= 0,55( 2,95 × 10 9 x 3 ) 4 ⋅ 1

⇒ α L =

Nu x x

λ

=

0,021 × 0,55(2 ,95 × 10 9 x 3 ) x

1

4

= 2,691 x

−1

4

26



⇒ Turbulento: 0, 33

= 0,15( 2,95 × 10 9 x 3 ) x λ × Nu x 0 , 33 ⇒ α T = = 0,021 × 0,15( 2 ,95 × 10 9 ) 1 = 4 ,518

Nu x

x

1

0, 78

⇒ α max =  ∫ 2,691 x l 0 0, 78 3 1 4 = 2,691 x ∫ 10  0 =

α min = =

1 10

1 l

3, 056

∫ 2,603 x 0

−1

1 10

 dx + ∫ 4 ,518 dx  =  0, 78 10  + 4,518 ∫  = 0 , 78  10

4

( 2,2335 + 41,65) = 4 ,38 10

4

1

∫ 4,244 dx

dx +

3, 056

[ 8,022 + 29,47] = 3,75

Kcal h m 2 ° C

⇒ α min → intercambiar calor α max → aislar

Kcal h m2 ° C

 2,603 x 34 3,056 10   ∫ + 4,244 x ∫  = =  10  3 3, 056   0   1

era

Parte

27



era

Parte

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

+ T 2 2

=

100 + 0 2

= 50° C

q=

λ ef A( Tp1 − Tp2 ) δ( esp)

⇒ λ q = λ T × ξL ⇒ T = 50° C λ = 0,0243

Kcal m h° C

υ = 0,1795 × 10 β = 3, 09 × 10 −3

−5

m2

Pr =

s

V a

=

0,1795 × 10 −4 0,0905

× 3600 ≅ 0,714 3

β( T − T∞) ( r2 − r1 ) ∴ Gr = g υ2 3 9,81 × 3,09 × 10 −3 (100 − 0 ) ( 0 ,5 − 0 ,2 ) = 0,254 × 10 9 Gr = −4 2 ( 0,1795 × 10 )

1

° C

∴ Gr Pr = 1,81 × 1 08 Gr Pr 〈10 3

Si

→ ξC = 1

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 × 10 8 )

0, 2

⇒q=

4π λ e ( T1 − T 2 )

  1  − 1 2  r 1  r

( )

0, 2

= 17,93

⇒ λ q = λ × ξC = 0,0243 × 17 ,93 = 0,4357 •

0,3

=

Kcal m h° C

4π 0, 4357 (100 − 0)

 1  −  1   0,2   0,5 

= 182,5

Kcal h

28



era

Parte

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. Tm =

20 + 140 2

λ m = 0,0257

∂m = 0,1065 m

= 80° C

Kcal

υm = 20,94 × 10

m h° C

−6

m2

2

Bm = 2 ,83 ×10 −3

s

h

1

° C

−6

⇒ ⇒ Re = Gr =

V

× d

Vm

=

20,94 × 10 × 3600 = 0,708 0,1065 0,2 × 0,025 = 238 20,94 × 10−6 Pr =

g ⋅ Bm( T − Tp) d 3 Vm 2

Gr = 0,1188 × 10

∴ Gr × Pr ×

d L

=

9,81( 2,83 × 10−3 ) ( 140 − 20) ( 0, 025)

3

−6 2

( 20,94 × 10 )

6

= 0,1188 × 10 6 × 0,708 ×

0,025 0,3

= 7 × 10 3

Por ser flujo combinado laminar : 1

3 3 4   µ   G Pr ( ) d rd  ⇒ Nud = 1,75   Red Pr +  L 120  µ p    1 3 3  0 ,14  6 4 ( ) , , 0 1188 × 10 × 0 708  2,134   0,025   238 × 0,708 × ∴ Nud = 1,75 +  2,397   0,3 120   Nud = 6,55 α d ⇒ Nud = λ Nu λ 6,55 × 0,0257 Kcal ⇒ α = d = = 6,75 0,025 d h m° C 0,14

=

29



era

Parte

Agua a razón de 100 Kg/min y 90ºC es forzada a circular por un tubo de 5 cm de diámetro interno y paredes de C V de 1 mm de espesor. Aire a 20ºC y 1 atm con una velocidad de 5 m/s atraviesa exteriormente al tubo con una dirección normal al eje del mismo. Calcular la pérdida de calor del agua por unidad de longitud.

agua: T w = 90ºC γ = 965,3 Kg m3 Kcal Cp = 1,0044 Kg° C Kcal λ = 0,581 m h° C Kg s µ = 32,1 × 10 −6 2 m υ = 0,326 × 10−6 m s

aire: T a = 20ºC γ = 1,2015 Kg m 3 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

β = 0,6 × 10 −3 1 C

β = 3,43 × 10 −3 1 C a

•

m = ς Vm A •

G

=

m A

= ς Vm

°

m = 100

Kg min 1 min 60s

A = π r 2 l d

=

1 0,05

= 1,6 Kg s 2

= π( 0,025) = 0,00196 m2 = 20 〈 50

⇒ Nud = 0,036 × Rea

0 ,8

× Pr

0, 33

 d 0, 055    l 

= 0,0763m

2

h

30


•

Red

=

Red

=

G⋅d

µ


•

=

md

Vm d

A µ

µ

=ς

=

1,6 Kg( 0,05) m s( 0,00196) m 2

32 ,1 × 10 −6

=

= 1,27 × 10 6 υ Pr = = 1,9

Red

a

0 ,8

0 , 33

0 , 055

= 0,036(1,27 × 10 6 ) (1,9 ) ( 0,05) = 2282 ,55 Nu λ 2282,55 × 0,581 α d ⇒ Nud = ⇒ α = d = = λ 0,05 d

Nud

α = 26523

Kcal h m 2 ° C

Aire: Red

=

V∞d

υ

=

5m / 0,052 m/ s/ −6

s/ 15,11 × 10 m /

2/

= 1,72 × 10 4

0, 25   Pr ∴ Nud = 0,25 Red 0, 6 Pr 0,38   =  Pr p  0, 25 0, 38  0,713  4 0, 6  = 76,55 Nud = 0,25(1,72 × 10 ) ( 0,713)   0,7095  Nu λ 76,55 × 0,0221 α d Kcal ∴ Nud = ⇒ α = d = = 32,5 2 λ 0,052 d h m ° C

⇒ 1 U

q L

=

= U × πd ×

T = 32,45 × π( 0,05) ( 90 − 20 )

1

1

1

α2

U

α1

+

e

λ cobre

+

=

1 26523

+

= 356

0,001 333

+

Kcal hm

1 32,5

⇒ U = 32,45

Kcal h m 2 ° C

era

Parte

31



era

Parte

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. •

=

Red

Gd

µ

A = π r •

m = 4,1

=π

2

md

=

A µ

=

( 0,05)

4,1 ( 0,05) 0,00196 × 102 ,2 × 10

−6

= 1,021 × 10 6 → Turbulento

2

= 0,00196m2

2

Kg

Pr =

s

µ agua → 20° C ⇒ µ agua = 102 ,2 × 10 −6

µ Cp = 1,98 × 10 −4 λ

Kg s

T

m2

= 20° C : µ = 102 ,2 × 10 −6

Cp = 0,9988

λ = 0,514 x

∴ = d

x d x d

Kg s m2

Kcal Kg° C

Kcal m h° C

1m = 20 0,05

〈 50 ⇒ Nud 〉 50 ⇒ Nud

 d 0, 055 = 0,036 Red Pr    l  0,14   µ = 0,027 Red 0,8 Pr 0, 33    µ p  0,8

0 , 33

6 0,8

−4 0 , 33

⇒ Nud = 0,036(1,021 × 10 ) (1,98 × 10 )

 0,05  0, 055   = 117,5  1 

α d = Nud → zona de desarrollo λ Nu λ 117,5 × 0,514 Kcal α = d = = 1208 2 0,05 d h m ° C

Como:

•

⇒q=α

A T = 1208

Kcal h m 2 ° C

× [ π( 0,05)1m] [100 − 20] = 15180

•

⇒ q = m Cp ∴

T =

q •

mCp

T

=

15180

( 4,1

0,9988 × 3600)

= 1,029° C

Lo cual justifica el método usado al considerar la temperatura del agua casi cte. T2 − T 1 Tp − T =  Tp − T 2  ln   Tp − T 1 

Kcal h

32



T 2 = temperatura a la salida T 1 = temperatura a la entrada

∴

p = fr

l V

2

f

d 2 g

= f ( Re) ⇒

f

= 0,01

↓ Re = f ( 1,021 × 10 6 )

(Re: tubos lisos)

⇒

p = 0,01

1m

152 s 2 m2

( 0,05m) 2( 9,8) m s 2

= 2,3m

figura 4 - 5

era

Parte

33



era

Parte

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. Re =

V∞x

υ

V∞ = vel . del flujo libre x = distancia del exterior por donde el fluido incide

υ = µζ =

viscosidad cinemá ti ca

⇒ Re 〈2000 ⇒

2000 〈 Re 〈4000

⇒ l0

→ Transición

Re =

U∞l0

s

 20º C

= 5 × 10 5

υ

(l0 : distancia de transición

 / m/ s/  6 m , = 1 923 × 10  s m2/  15,6 × 10 −6 / / − Re υ 5 × 105 × 15, 6 × 10 6 = = = 0,52m 15 U ∞

=

m 2 1atm

flujo laminar

Re 〉10000 ⇒ flujo turbulento

Re x

υaire = 15,6 × 10

−6

15 ⋅ 2

µ = 1,855 Cp = 0,24

λ = 0,0209 Régimen laminar: Nu x

Nu x

1

1

= 0,33 Rex 2 Pr 3 α x υ µCp = ; Pr = = λ ∂ λ

1 1 α x = 0,33 Re 2 Pr 3 λ 1 1 λ 0,33 Re 2 Pr 3 α Lam =

∴

x

Régimen turbulento : 0 ,8 Nu x = 0,0296 Rex

α=

1 l

l

∫ α d x

x

0

α x = 0,0296 Re x 0,8 λ α turb =

0,0296 Re x

0 ,8

λ

x

l  lo  1 ⇒ α =  ∫ α Lam dx + ∫ α turb dx  × 0  L l0 1 0 ,8  0,52  2     1 −1    1 ∞ U ∞  2 U , − 0 2 α =  ∫ λ0,33  Pr 3 x 2 dx + ∫  0,0296  x λdx   υ  υ 2  0    0 ,52    1 0 ,8  0 ,52  2  1 1    1 ∞ U ∞  2 U α = λ 0,66  Pr 3 x 2 ∫  + 0,037  x 0,8 λ ∫  =  υ  υ 2  0  0 ,52   

Kg s m2 Kcal Kg° C Kcal m h° C

34

α=


1 2

[

α Turb =

37,5( 0,52 ) + 47, 28( 2 0,8 0,0296 Re x x

0 ,8

λ

= 33

− 0,52 0,8 )] = 40, 67

Kcal h m 2 ° C


Kcal hm 2 ° C

era

Parte

35



era

Parte

Aire a 1atm y 20ºC fluye a través de un banco de 5 hileras de tubos con 15 tubos cada una. La velocidad del flujo al entrar en el banco de tubos es 6 m/s. El φ de los tubos es 2,5 cm y están alineados con un paso longitudinal igual al tranversal de 3,75 cm. La temperatura de los mismos se mantiene a 80ºC. Calcular el calor transferido por unid. long. del tubo.

St d

=

3,75cm 2,5cm

= 1,5 =

SL d

⇒ tabla 4 − 4: ⇒ C = 0,25 ; T∞ + Tp 20 + 80 ∴ = = 50° C 2

n = 0,62

2

∴de tablas: υ = 17,93 × 10 λ = 0,0243

−6

m2 s

Kcal m h° C

36


St

= U ∞

Vmax

St − d

=6

3,75

m

s ( 3,75 − 2 ,5)

= 18

m s

× d 18 × 0,025 4 = −6 = 2,5 × 10 υ 17,93 × 10

Vmax

∴ Red =

⇒ Nud = ξ N ξ f

C Red

n


Reg . turbulento

4 ( ) = 0,92 × 1 × 0,25 2 ,5 × 10

0, 62

 Pr  0, 25 ξ f = 1,1 Pr 3   → Líquidos  Pr p  ξ f = 1 → Gases α d ∴ Nu = λ Nu λ 122,6 × 0,0243 ⇒α= = = 119,16

= 122 ,6

1

0,025

d

•

=α

q

AT l

Kcal h m2 ° C

AT ( Tp − T∞ )

= πd l

N T

= π( 0, 025)( 75) = 5,89 m

•

⇒ N T

q

AT

=α

l

=

l

N hil

( Tp − T ∞) = 119,16 × 5,89( 80 − 20) = 42111

Kcal hm

× N T = 5 × 15 = 75 hil

Aumento de temperatura del aire : •

q

= Cp m

⇒ A1

T =

  Kg° C  20º C Kg  δ = 1,2015 3  m

Cp = 0,24

t

•

•

q

q

Cp m

=

Cp[ δ U∞A1 ]

=

Kcal

42111 0,24[1,2015 × 6 × 0,5625]3600

= 15 × St × 1 = 15 × 0,0375 = 0,5625m2

Por lo tanto T∞ no permanece cte. ⇒ Recalcular, suponiendo: q l

A

= α ( Tp − T ∞) l

= 12° C

era

Parte

37


 


era

t * 

Tp − T∞ ≈ Tp −  20 +

2



  12  ⇒ Tp − T∞ ≈ 80 − 20 +  = 54° C  2  

•

q

Kcal

l

hm

∴ = 119,16 × 5,89( 54 ) = 37850 Pérdida de carga: t Ref

= t entrada +

t ∗

2

= 20 +

12 2

= 26° C

Kg , ς aire = 1179 m3

µ aire = 1,8835 × 10 −6 υaire = 15,67 × 10

−6

Kg s m

2

m2 s

2

⇒

p =

f [ Gmax ] N 1  µ p 

( µ p a Tp )

ςg

0,14

   µ  Gmax

= ζ × V max = 1,179

( µ a Tref )

Kg m

3

× 18

m s

  d 1,08  −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   ( 2,9 × 10 4 ) −0,15 = 0,1355   ⇒ f = 20,044 + 0,88    2,5  3,75 − 2,5    18 × 0,025 4 Red = −6 = 2,9 × 10 15,67 × 10 0,14 2 0,1355 × [ 21,21] × 5  2,134 × 10 −6  p =  1,8835 × 10 −6  = 26,81mm H2 O 1,179 × 9,81

= 21, 27

Kg m2 s

Parte

38



era

Parte

PROBLEMAS DE RADIACIÓN Un salón de 3 x 3 m y 2,5 m de altura tiene una de sus paredes laterales mantenida a 200ºC y el techo a 50ºC. El resto de las paredes se encuentran aisladas. Suponiendo que todas las superficies son negras, calcular el flujo neto de calor entre la pared caliente y el techo.

1 − ξ1

ξ1

A1

q12

=

1

1 − ξ2

A1 F 12

ξ2 A2

E 01 − E 02

1 − ξ1

ξ1 A1

q12

=

E 01 − E 02 1

+

1 A1 F12

= A1 F12 ( E 01 − E 02 ) =

+

1 − ξ2

ξ2 A2

A1 F12 ( T0 T1

4

− T0

T 2

4

)

A1 F 12

⇒ q12 =

A1 F12 T0 ( T1

4

− T2 4 )

∴ q12 = ( 2,5 x 3) m2 ⋅ 4,9 x 10−8 = 2591

Del gráfico

Kcal h

Kcal 2

4

hm K

( 4734 − 3234 ) K 4

x 0,18 =

39


Z = 2,5 3 X y R = x = 1


era

Parte

= 0,83  F12 = 0,18 ( Fig . 6 − 12 ) 

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 12 = 0,385 x = 1  D y

Ley de nodos :

Nodo (1): E 01 − j1 1 − ξ1

ξ1 A1

+

E 02

−

j1

1 F12 A1

+

E 03

−

j1

1

=0

E 01

= τ T14 = 4,9 x 10 −8 x (1000) 4

A1 ( 1 − F 12 ) Kcal

E 01

= 49000

E 03

= τ T3 4 = 4,9 x 10 −8 x( 300 4 ) = 937

hm

2

Kcal h

40



Nodo (2): j1 − E 02 1

+

E 03

− E 02

=0

1 A2 ( 1 − F 21 )

F12 A1

 j1 − E 02 397 − E 02 ( B )  1,2987 + 0,813 = 0 ⇒  49000 − j1 + E02 − j1 + 397 − j1 = 0  0,5 1,2987 0,813 ( B )

( A)

0,77 j1 − 0,77 E 02

+ 488,3 − 1,23 E 02 = 0 − 0,77 j1 + 2 E 02 = +488,3 488,3 + 0,77 j1 ⇒ E 02 = = 244,15 + 0,385 j1 2

∴ ( A) 98000 − 2 j1 + 0,77 E o 2

− 0,77

j1

+ 488 ,31 − 1,23

+ 4 j1 − 0,77 E o2 = +98488,31 ⇒ ( A) 4 j1

4 j1 − 0,77( 244 ,15 + 0 ,385 j1 )

= 98488 ,31

− 187,995 − 0,29645 j1 = 98488 ,31 3,70355 j1 = 98676,305 j1 = 26643,7 ⇒ E 02 = 10501,97

⇒4

E 01 − j1 1 − ξ1 A1ξ1

= q1 =

m2 h

= τ T 2 4

E o 2

∴

Kcal

E o 2

τ

= T2 = 680º K

49000 − 26643,7 0,5

= 44712 ,6

Kcal h

j1

=0

era

Parte

41



era

Parte

Un salón de 4 x 4 y 2,5 m de altura tiene un techo a 27ºC y el piso a 12ºC manteniendo las otras paredes perfectamente aisladas. Todas las superficies tienen una emisividad de 0,8. Calcular el intercambio de calor entre piso y techo.

1 − ξ1

ξ1

q12

=

E 01

1 − ξ1

ξ1 A1

+

A1

1

1 − ξ2

A1 F 12

ξ2 A2

− E 02 1

A1 F12

+

1 − ξ2

=

τ 0 ( T1 4 − T 2 4 ) 1 − 0,8 0,8(1 6)

ξ2 A2 =

+

1 16( 0,4)

+

4,9 x 10 −8 x ( 300 4 0,1875

1 − 0,8

=

0,8(1 6)

− 285 4 )

= 392,65

Kcal h

Del gráfico:

  F12 ≅ 0,4 ( gr af . 6 − 10 ) y 4 ,  D = 2,5 = 1 6

x

D =

4

2,5 = 1,6 

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

Tp


era

Parte

Geometría: l = 1,06 x a = 1,06 x 10 = 10,6 m

TG

Gases de combustión : CO2 :

PCO2

= 0,15 atm

= 0,15 x 10,6 = 1,59   ⇒ ξCO2 = 0,24 = 1054,2° K 

PCO2 x l TG

= 1,59  α ≅ 0,2 = 873K  CO2

PCO2 x l T p

Efecto de la presión total sobre la radiación: PT

= 0,25 atm PCO2 x l = 1,59  C CO2 ≅ 1 PT = 0,25 

Considerando: q A q A

= τ CO2 (12734 ( 0,24 ) − 873 4 x 0,2 ) = 4 ,9 x 10 −8 x(1) ( (1273 ) 4 0 ,24 − (873 ) 40 ,2 ) = 25190 ,8 = τ CO2 ( TG 4 ξ − Tp 4 α CO2 )

Considerando el valor de agua: H 2 O:

= 0,1 x 10,6 = 1,06  ξmediaH 2O ≅ 0,35 PT = 1atm 

P H 2O x l

= 1,06  C = 1,35  P H 2O + PT  0,1 + 2,5  H 2O 1 , 3 = =    2 2    ⇒ ξ H 2O = ξ media H 2O xC H 2O = 0,35 x1,35 = 0,4725 P H 2O xl

PH 2O

=0

(ideal)

TG

= 1054 ,2 º K

Kcal m2

43



∴ = 1,06 α = 0,38 = 873° K  H 2O

P H 2O xl T p

⇒ q A = τ C H 2O (T H 2O 4 ξ H 2O − Tp 4 α CO 2 ) Considerando H 2 O 4 4 q −8 ( ) , , , 4 9 10 1 35 1054 2 0 ,4725 − (873 ) 0 ,38 = x A

(

) = 23973 ,3 Kcal m 2

∴Considerando como mezcla: ξG = ξCO 2 + ξH 2O − ξ = 0,24 + 0,4725 − 0,052 = 0,6605  P H 2O 0,1  = = 0,4 0,1 + 0,15 P H 2O + PCO 2  ξ PCO 2 x l + PH 2O x l = 1,59 + 1,06 = 2 ,65  ξ ⇒ 540° C ⇒ ξ ≅ 0,04 ⇒ ξ = 0, 052 ⇒ 781º C ⇒ 930° C ⇒ ξ ≅ 0,06 α G = α CO2 + α H 2O − ξ = 0,2 + 0,38 − 0 ,043 = 0,537  P H 2O = 0,4  P H 2O + PCO 2   ξ600 ºC = 0,043 t p = 600° C  PCO 2 x l + PH 2O l = 2,65   ξ600i

 ξ540 = 0,04 = 0,043  ξ930 = 0,06 ⇒ q A = τ ξ′ p ( E g TG 4 − α g T p 4 ) ξ′ p =

ξ p + 1 0,6 + 1 = = 0,8 2

2

Como mezcla: 4 ⇒ q A = 4,9 x 10 −8 x ( 0,8) 0,6605(1054 ,2)

(

− 0 ,537 (873 ) 4 ) = 19751

Kcal m2

era

Parte

44



era

Parte

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

=

Tf

95 + 95 2

 g hf λ3 g( ζ − ζ )  g v  α N = 4,114    µ l ( Tg − T p ) 

= 95° C

 KJ Kcal , , , 2256 9 0 239 539 4 = = hf x  g Kg Kg   Kg Kcal λ = 0,586 Tf ζ v = 0,5977 3 mh ° C m   Kg s −6 ζ µ , , 958 13 28 8 10 = = x Kg  L m3 m2 ⇒ αn = ∞ •

R ef

=

4m 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 2

= 92,5° C

α A ( Tg − Tp) hf g

=0

1

4

45



 KJ Kcal hf g = 2276,7 Kg x 0,239 = 544 ,13 Kg   Kg Kcal λ = 0,58225 tf ζ v = 0,4626 3 m h ° C m   Kg s −6 , , 9 6 3 4 3 1 2 8 1 0 ζ = µ = x Kg  L m3 m2 1

3 4  9,81 x 544 ,13 1 3 ⋅ ( 0,58 5 8225) 958 ,13 13(958 ,13 13 − 0 ,59 5 977 )  Kcal α n = 4,114  = 5454,6 2 −6 31,28 x 10 ⋅ 2 ⋅ ( 95 − 90) h m ° C  

•

∴ R ef =

4m p µf

•

⇒m=

α A( Tg − Tp) hf g

•

⇒ R e =

4 α A( Tg − Tp) pµf

hf g

=

=

5454 ,6 ⋅ ( π 0, 01 019 ⋅ 2 ) ( 95 − 90 ) 544 544,13

= 5,98

Kg m3

90 ) 4 ⋅ 5454 ,6 ( π ⋅ 0,019 ⋅ 2 ) ( 95 − 90 363〈1800 1800 = 363 0 19] 31,28 28 ⋅10 −6 (544 ,13 13) ⋅36009 ,81 81 [ π 0,01

⇒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 m 2 ° C

ξϕ = 1 1

1

 λ p 3 µg  8  0,581  3 30,45  8  =  ξT =    = 0,9918  λ µ g p    0,5835  32,1    ξv = R ef 0, 04 = 3630, 05 = 1, 26 266 •

⇒m= •

q

∆t = 30° C

•


=

6849 x ( π 0, 018 x 2) ( 95 95 − 90) 544,13

= m hf g = 7,51 x 544 544,13 = 4086 4086, 4

Kcal h

= 7,51

Kg m3

era

Parte

46


∆t = t g − Tp =

PS − tp = 30° C


⇒ tf =

95 + 65 2

= 80° C

tp = 65° C

⇒

 Kcal = = , , , 2 3 0 8 8 0 2 23 3 9 5 5 1 8 hf x  g Kg   Kg Kcal λ = 0,575 t f ζ v = 0,2933 3 h m ° C m   Kg s −6 , , 9 7 1 6 2 3 6 2 1 0 ζ = µ = x Kg  L m3 m2 1

 9,81 x 551,8 x ( 0,575) 3 x 971, 62( 971, 62 − 0, 2933)  4 Kcal ⇒ α N = 4,114   = 3364,17 2 −6 36,2 x 10 10 x 2 x ( 95 − 65) h m ° C  

R ef

=

4 x α x A( Tg − Tp) pµf x hf g

=

4 x 3364,17 x ( π 0, 019 x 2) ( 30)

( π 0,019) 36,2 x 10−6 x 5518 , x 3600 x 9, 81

= 1144,53〈1800

Dentro de la Hipótesis de Reg. Laminar

∴ α = α N x ξϕ x ξT x ξv = 3364,17 17 x 1 x 0,42 4 23 x1,32 325 = 1885 ,5 1

 λ p 3 µg  8  0,564  3 30,45  = ξT =  x  0,5835 5835 44,35  λg µ p  ξv = R ef 0, 04 = (1144,53) •

m=

•

f

α A( Tg − Tp) hf g •

=

0, 05

Kcal h m 2 ° C

1 8

= 0,423

= 1,325

1885,5 x ( π 0,019 x 2 ) ( 30) , 5518

51 = m hf g = 12,23 x 551,8 = 6748,51

Kcal h

= 12 , 23

Kg m3

era

Parte

47



Gráficos:

∆t

α   Kcal   h m 2 ° C  

0ºC 5ºC 30 º C

Posición Vertical

∞ 6849 1885,5

°

m cond

  Kg 3   m  0 7,51 12,23

f

( Kcal h) 0 4086,4 6748,51

era

Parte

48



era

Parte

49



b) En posición horizontal :

∆t = 0 Tf

=

95 + 95 2

= 95° C

 Kcal , 539 4 = hf  g Kg   Kg Tf ζ v = 0,5977 3 m  Kg  ζ , 958 13 = L  m3

λ = 0,586

Kcal mh ° C

µ = 28,8 x10 −6

 ζ L ( ζ L − ζ v ) g x hf g λ3    , α N = 3173  µ d ext ( Tg − Tp) 

1

Kg

s m2

4

 958,13 ( 958,13 − 0,5977) 9, 81 x 539, 4 x ( 0, 586) 3    = ∞ , α N = 3173 6 ( ) 28 8 × 10 0 019 0 , , x   α = α N ξϕ x ξt R ef

=

4α A ( Tg − Tp)

µf

p

hf g

x ξv

=∞

=0

↓ L x N •

m=

•

q

α x

→ cant . tubos

A x ( Tg − Tp) hf g

•

=m

hf g

=0

=0

∆t = 5° C

∆t = Tg − Tp = 5° C

tf

=

95 + 90 2

= 92,5 ° C

era

Parte

50



Tp = 90 ° C

 Kcal , 544 13 = hf  g Kg   Kg tf ζ v = 0,4626 3 m  Kg  963 4 ζ = , L  m3

Kcal

λ = 0,58225

mh ° C

µ = 31,28 x 10 −6 Kg

s m

2

1

 963,4 ( 963,4 − 0,4626) ( 9 ,81) x 544 ,13 x (0 ,58225 ) 3  4 Kcal   , ⇒ α N = 3173 = 13513 h m 2 ° C (5 ° C ) 31,28 x 10 −6 x ( 0,019 )  

R ef

=

4α x A ( Tg − Tp) p x µ f hf g

=

4 x 13513 x ( π 0,019)

x ξv

(5)

2 x 31,28 x 10 −6 x 544 ,13 x 3600 x 9 ,81

⇒ ∴ α = α N x ξϕ x ξT

2

= 13〈〈 1800

Dentro de Ré gimen Laminar

= 13513 x 1 x 0,9918 x 1,108 = 14850

Kcal h m 2 ° C

ξv = 130, 09 = 1,108 α x

•

⇒m= •

q

A ( Tg − Tp) hf g

=

14850 x ( π x 0,019 x 2 ) 544,13

•

= m x hf g = 16,3 x 544 ,13 = 8869 ,32

(5)

= 16,3

Kg m

3

KCal h

∆T = 30 ° C

T f

= 80 ° C

T p

= 65° C

 Kcal hf g = 551,8 Kg   Kg Tf ζ V = 0,2933 3 m  Kg  , ζ = 9716 L  m3

λ = 0,575

Kcal h m ° C

µ = 36,2 x 10 −6 Kg

s m2

era

Parte

51



1

 971,6( 971,6 − 0,2933)(9 ,81) x 551,8 (0 ,575 ) 3  4 Kcal , , 8310 9 α N = 3173   = 2 h m ° C 36,2 x 10 −6 x ( 0,019 ) ( 30)   4 α x A ( Tg − Tp)

∴ R ef =

p x µf x hf g

⇒

α = α N

=

4 ( 8310, 9)( π 0, 019) x ( 30) 2 x 36,2 x 10−6 x 551,8 x 3600 x 9, 81

= 42,3 〈〈 1800

Dentro de Hip. de Ré gimen Laminar

x ξϕ x ξT x ξv

= 8310,9 x 1 x 0,423 x 1,161 = 4083

Kcal h m 2 ° C

ξV = 42,30, 05 = 1,161 •

⇒m= •

q

α x

Ax

( Tg − Tp) hf g

=

4083,6 x ( π 0,019 x 2) ( 30 )

•

= mhf g = 26,5 x 551,8 = 14622 ,7

Gráfico:

∆T ( ° C ) 0 5 30

α  Kcal   2   h m ° C  ∞ 14850 4083,6

, 5518

= 26,5

Kg m3

Kcal h

°

°

m cond

q

 Kg   3  m 

 Kcal     h 

0 16,3 26,5

0 8869,3 14622,7

era

Parte

52

Posición horizontal



era

Parte

53



era

Parte

54



era

Parte

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. 1

 Txg( g - g )  4  v  II L q 1 + a) A max = hfg gv    24 g 2 v  

P = 1 atm 100 ºC

gv   g  L

1

2

  hfg = 539 ,4 Kcal Kg    gv= 0,5977 Kg 3 m    δ L=958,13Kg 3  m

-2 T x g = 5,69 x 10

1  5,69 x 10-2 ( 958,13 − 0,5977) 0, 25 II 0,5977 2  1 + ( 539,4)( 0,5077)  = max = 2   24 958 13 ,   ( 0,5977) 

q A

b) C L

(

Tx

hfg Pr L

)

1, 7

q  A = C s f  max µ L hfg 

1 × ∆Tx 1,7

T g L

− gv

 534060 = 0,006  0,888 × 539,4

539,4(1,75) Tx = 11,68° C

0, 33   =    9,81(958,13 − 0,597) 

c) Ecuaciones correspondientes a gráficas :

5,69 × 10− 2

0, 33

=

Kg Seg 2

q A max

= 534060

Kcal 2 hm

55


CL

(

T

hfg Pr L

)

1, 7

α = µ L

 q = Csf  A  µ L hfg 


era

Parte

0, 33 T  ( "1") g( gl − gv)  

3 2   3 g( g L − gV ) C L T   1,7   T  Cs f hfg 9, 

hfg

  f  = f ( t ) ( fórmula  A 

"1")

 q  T = 0 →  A = 0  

T = 2

→

1× 2 539,4 × (1,75)

1, 7

   q    A  = 0,06  0,888 539,4

0,33  5, 69 × 10 −2  9,81( 985 − 0,597 ) 

0 , 33    f − 6 1,432 × 10 = 0,006 A5,138 × 10    

−3

q

A = 2533,5

Kcal h

3 2   3 ( ) 9,81 ( 958,13 − 0,5977 1 x 2 Kcal   1324 ,2 −2 1, 7  = 2 5, 69 x 10 °C Kg m ( ) , , , 0 006 539 4 1 75 x  

α = 0,888 (539 ,4 )

∆T = 4 1 x 4 539,4 x 1,751, 7

0, 33 q −6  = 0,006  A 5,138 x 10 

0 , 33    q − 6 2,864 x 10 = 0,006  A 5,138 x10    

−3

q

A = 20700

Kcal h

56


[

α = 194.616,2 ⋅ 0,1193 ( 4 )

2

3

]

3

= 5292


Kcal Kg m

2

°C

∆T = 6 1 x 6 539,4 x (1,75)

1, 7

0 , 33    q − 6 = 0,006  A  5,138 x 10 

0 , 33    q − 6 4,296 x 10 = 0,006  A 5,138 x10    

−3

q

A = 70.727

[

α = 194616,2 ⋅ 0,1193 ( 6)

2

3

]

3

Kcal h Kcal

= 11896

2

Kg m

°C

∆T = 8 1 x 8 539,4 (1,75)

1, 7

0 , 33    q − 6 = 0,006  A  5,138 x 10 

0, 33    q − 6 5,728 x 10 = 0,006  A 5,138 x10    

−3

  q  = 169.116,12  A 

[

α = 194616,2 x 0,1193( 8)

2

3

]

3

Kcal h

= 21148 ,5

Kcal Kg m2 ° C

Gráfico:

∆T [ ° C ] 0 2 4 6

α  Kcal   h m 2 ° C  0 1324,2 5292 11896

q A

 Kcal   h  0 2533,5 20700 70727

era

Parte

57

8 11,68 Ver gráfico


21148,5 45080,2


169116,12 534060

era

Parte

58


q A

 Kcal   h 


era

Parte

59



era

Parte

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

Cobre → Cς f

h fg = h′′− h′= 2201,6 Kg   Kg , 2 atmςV = 1129 m3  Kg  , 942 7 ς = 3  L m

= 0,013

→ 120,23° C

TS

↓ Txg

= 5,276 x 10 −2

Para 2 atm

0, 33 τ  g( ςl − ςV )  

 q C L ( Tx )  A ⇒ 1, 7 = Cςf  µ L h fg h fg P r 

( A) solo si es nucleada

Por Zuber; para 1 er crisis: 1

  q   A max   q   A max

1 4     ς − ς Txg ( ) ςV 2 π L V  1 +  = h fg ςV  2 24 ς    ς L  V

 5, 276 x 10 −2 ( 942 ,7 − 1,129 ) 0, 25   0 ,5 1129 , Kcal 3600seg     = ( 526,18) 1129 + = , , 1 194 41 2 24 1h seg m 2 ( 1129 ) ,    942,7  π

= 699876 2201, 6 x 103

⇒

tx =

tx

=

j/ Kg

h fg P r

x

1, 7

C L

0,239cal 1 j/

= 526,18

 q Cςf  A  µ L h fg 

526,18 x (1,249 ) 1

1, 7

Kcal Kg

0, 33 τ  g( ςl − ςV )  

 699876 0,013  0,736 x 526,18 tx = 16,25° C

0,33  = 9,81( 942,7 − 1,129 )  5, 276 x 10 −2

Kcal hm

2

60



era

Parte

O por Mac Adams: 3, 86 q ( ) , 1 86 = tx A

⇔ P ≅ 2 atm ⇒

P r =

Tx

= 27,82º C

µ L C L = λ L

µ L = 0,495 T (º F ) =

9 5

0,736 x 1 = 1,249 0,589

lbm pie − h

= 0,736

Kg m− h

(120,33º C + 32) = 274º F

Para 140 atm h fg

j = h′′− h′= 1070,7 x 10 3 /

Kg

ςV = 87

Kg

x 0,239 TS

m3

ς L = 620,88

Kg

j/

= 255,9

Kcal Kg

→ 336,64º C

↓

m3

Txg

= 0,636 x 19 −2

Kg s2

A max

4

3 3( ) , 1 11 = Pr t A

q

⇒

tx = 3

Pr =

A

1,11( Pr )

µ C C L = λ C

4

=3 3

1,63 x 10 6 1,11( 0,623)

0,3125 + 0, 756

µ L 0,21 = 0,3121

0,3788

4

= 0,623

Kg m− h

366º C C L

m

0,5  0, 636 x 10 −2 ( 620,88 − 87 ) 0, 25  87  Kcal   , 1 452 8 1,63 x 10 6 = ( 255, 9) x 87 + =  2 2 = 24 sm ( 87)    620,88 

π

q q

Kcal

= 756

cal

1Kcal

Kg º C 10 3 cal

= 0,756

Kcal Kg º C

= 140,26º C 3

Kcal 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 1 era crisis de ebullición. b) Determinar la temperatura a la que ocurre el proceso calculado en a. CSf

= 0,006 → (bronce − agua ) 1

a)

q A max

1 4     ς − ς ( ) Txg ςV 2 π L V  1 +  = h fg ςV  2 24 ς    ς L  V

P = 1atm

 Kj Kcal 2257 539 4 = , h  fg Kg Kg   Kg Kg Txg = 5,69 x 10 −2 100º C ςV = 0,5977 3 s2 m  Kg  , 958 13 ς =  L m3  5, 69 x 10 −2 ( 918,13 − 0,5977 ) 0, 25  0,5977  0,5 π q  = = ( 539,4) ( 0,5977 )  1 + 2   , 958 13 A max 24 ( ) , 0 5977   q A max

b)

= 148,35 x 3600 = 534060

C L

Tx

h fg ( Pr L )

1 x

1, 7

Tx

539,4(1,75) Tx

1395,57

 q = C Sf  A  µ L h fg  1, 7

Kcal h m2

0, 33 τ  g c ( ς L − ςV )  

 534060 = 0,006  0,888 ⋅ 539 ,5

= 8,37 x 10 −3 Tx = 11,68º C Tx = Tp − TsaT

⇒ 11,68 = ( tp − 100º) C Tp = 111,68º C

0, 33  = 9,81( 958,13 − 0,597 )  5,69 x 10 −2

era

Parte

62



era

Parte

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

t f

=

70 + 105 2

= 87,5º C

 ζ( ζ − ζ ) g h λ3 0, 25 V fg  α = 3173 ,  ; si existe  µ ( Nd ) ( Tg − T p ) 

a)

flujo laminar

 ( 966,9) 2 x 9,81 x 539 x ( 0,5795) 3 0, 25 Kcal  2472 7 α = 3173 = ,  , −6 hm 2 º C  33,12 x 10 x( 90 x 0,025) (105 − 70 )  ⇒q=α x •

q

= mV

(

A Tg

h fg

⇒

− Tp ) = 2472,7 x [( π 0, 025) 2] 90 [ 105 − 70] = 1,22 x 106 q h fg

=

1,22 x 10 6 539

•

= 2263 Kcal h = mV

Kcal h

63



 ζ( ζ − ζ ) g h λ3  0,25 V fg   , b ) α = 3173  µ( Nd ) ( Tg − T p ) 

T f

=

105 + 90 2

era

Parte

= 97,5º C

 ( 960,125) 2 x 9,81 x 539 x ( 0, 58475) 3 0, 25 Kcal  ,  α = 3173 = 4855 −6 hm 2 º C  29,625 x 10 x 0, 4 x ( 105 − 90)  •

q

=α

(

− Tp ) = 4855 x ( π 0,4 x 2) ( 105 − 90) = 183 x 103

A x TG •

Kcal h

•

q

= mV

h fg

•

q

m=

h fg

=

183 x 10 3

= 339,6 Kg h

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. T x

= 110 − 100 = 10° C

Ec. Rosenaw

→ ebullición nucleada

 q Cl ( t x )  A 1, 7 = Cs f  µ L h fg h fg Pr L  1 x 10 539 x (1,51)

Pr L

=

1, 7

0, 33 T  g( ζ l − 0)  

 q 0, 33 0,057 A  = 0,006  0,888 ( 539) 9,81 ( 958,4 )   

µ L x C L 0,888 x 1 = = 1,51 0,586 λ L

µ L = 0,5972

lbm Pie

−h

x

0,4536 Kg 1 lbm

x

1 Pie 0,3048 m

= 0,888

Kg m− h

64


T [ ° C]

= 5 9 ( ° F − 32)

T[° F]

= 9 5 ( ° C + 32) = ( 100 + 32 ) = 237 ,6° F


9

0,006

q

=3

88,92 = 3

Parte

5

0,0092

era

−2 1 7262 10 , x x A

q

q ( ) ⇒ A A = 88,82 = 700868 3

Kcal 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 cm 3/min que ingresa a 10ºC. Estimar la máxima temperatura que alcanza el conducto de cobre. 0,2389 cal 1W s

P = 5 x 10 3 W

, = 1195

Kcal s/

x

3600s/ 1h

= 4302

Kcal h

− A = π d L = π 0,005 x 0,1 = 1,57 x 10 3 m2 °

⇒ ∴

C L

Tx ,

h fg Pr 1 7

Csf

q A

 q = Csf  A  µ L h fg 

= 2, 74 x 10 6

Kcal hm2

0, 33 τ  g( ζ L − V 0 )  

= 0,013

 Kg Kg −2 ; ζ L = 958, 4 3 ; τ = 5, 69 x 10 µ L = 0,888   t = 100º C m− h m  µ L x C L 0,888 x 1 Kcal 237,6º F  = = = 1,51 = 539 Pr h fg  λ L 0,586 Kg º C

⇒

Tx =

h fg

1, 7

Pr C L

 q  A Csf  µ L h fg 

 0, 33 τ  g( ζ L )  

0 , 33 1, 7 6 −2   ( ) 539 x 1,51 0,013 2, 74 x 10 5,69 x 10   = 34,09º C Tx = , 1 0 888 539 x ( ) , , 9 81 958 4   Tx = T p − Tsat ⇒ Tp = Tx + Tsat = 134,09º C

Kg s2

65



era

Parte

¿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 V V L V fg V α e = 0,62 d µV Tx  =

T f

T p

+ T g 2

Tx = T p

=

550º C 2

0,25  Tx ) Tx  

= 275º C

Tf = Temp Temp.de .de la pelí pelícu cula la

− Tsat ⇒ 350º C = Tp − 100º C ⇒ Tp = 450º C

λ = 0,5057 Kcal  V mh°C  Kg  T f ζ V = 30,55 3 m  Kg  ζ = 759 , 3 3  L m 

h fg

= 539

µ V

kcal

cp = 1,25

Kg

= 0,22896

Lbm Pie − h

= 0,34

1atm Tsat  100º C

Kcal Kgº C Kg

m−h

3  ( 0,50 5057 ) 30,55 55 ( 759 ,3 − 30 ,55 55 ) 9 ,81 81 x 3600 (539 + 0 ,4 ⇒ α e = 0,62 0,01 0 19 x 0,34 3 4 35 3 50 

α e = 262,45

α1 =

(

T x ξ T p

4

x 1 ,25

Kcal hº C m 2

− Tsat 4 )

(T

p − T sat )

1

(552,6º F )

 α e  3 α = α e   + α1  α 

= 4,93 x 10

−8

x 0,066

( 450 4 − 100 4 ) 350

= 0,38

Kcal h m 2 º C

0 , 25  x 350 )  = 

66



era

Parte

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 temperatura a la que ocurre ocurre el proceso calculado calculado en a). Material: platino → Cςf = 0,013 1

1 4     − ζ ζ ( ) Txg ζV 2  q  π L V  1 +  = h ζ  a )   A  max 24 fg V  ζV 2   ζ L   j Kcal 0,239 cal 3 = = , 2 2 4 3 6 1 0 536 h x x  fg 1 j Kg Kg  T p + T g 110 + 100  Kg = = 105º C ζV = 0,7046 3 → τ = 5,587 x 10 −2 Kg s 2 T f = 2 2 m  Kg  9 5 4 5 ζ = , L  m3 1 4 0, 5 −2   ( 5,587 x 10 ) ( 954 ,5 − 0,70 7046 )  0,7046 π 7046  q Kcal    = , = ( 536) 0,7046 1 + 1 5 9 2 2 24 Amax s m2 ( 0,7046)    954,5 

= 5730 573054 54,5

b)

C L

Tx

h fg Pr L

Tx =

1, 7

 q = Csf  A  µ L h fg 

h fg P rL

1, 7

C L

 0, 33 τ  g( ζ L − ζV )  

 q Csf  A  µ L h fg 

0, 33 τ  g( ζ L − ζV )  

 Kg Kg , ; , µ = 0 8 8 8 ζ = 9 5 8 4 τ = 5,69 x 10 −2 L 3  L m− h m Tsf =/ 100º C Kcal  Pr = µ L x C L = 1,51 ; = 5 3 9 h fg  L λ C Kg º C 0 , 33 1, 7 539 x (1,51) x 0,013  5730 573054 54,5 5,69 x 10 −2    = tx = 1 888 x 539 ( 9,81 81) ( 958)   0,88 Tx = 20,16º C Tx = T p

− Tsat ⇒ 20,16º C = Tp − 100º C ⇒ T p = 120 120,16º C

Kg seg 2

Kcal h m2

67



era

Parte

Hay un error en suponer en A a Tp con 110ºC de 10,16ºC; es decir un 50% de ∆Tx; por 110 + 120,16 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

 239 = 534 ,6 h fg = 2236,8 x 0,23   T f ζ V = 0,76365  ζ L = 952,56 

Kg

τ = 5,536 x 10 −2

Kg s2

0, 25 0,5  5,53 536 x 10 −2 ( 952 ,56 56 − 0 ,76 76365)   0,7636 76365 5  =  1 + = 534,6 x 0,76365 2 24 952,56  ( 0,7636 636)    952

π

q A max

= 164,82 x 3600 = 593371 ∴

Kcal

Tx =

Error T p

− Tsat

h m2

0 , 33  593371 5,69 x 10   = 20,47º C ( ) , , 1 0 8 88 8 8 5 3 9 9 8 1 9 5 8 x   ⇒ 20,47 = Tp − 100 120,47 º C T p = 120

539 x (1,51)

Tx = T p

Kcal

1, 7

x 0,013 

−2

= 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



era

Parte

Condensación 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  h 1atm  fg

t f

j = 2256,94 x 10 3 /

Kg

x

0,239 1 j/

cal

 15 x 10 −6 Kg µ f = 34,15  100 + 70 Kcal = = 85º C λ f = 0,578 2 m h º C   Kg 968,55 ζ f = 968 m3

= 539,4

f s

Kcal Kg

m2

⇒ Suponiendo reg. laminar:   m   Kcal   Kcal 3  Kg 2  3  g 2  xh fg  λ  h mº C  ζ( ζ − ζV ) m 3    Kcal    Kg s   α N =  2  = 4,114    h m º C  µ Kgf s 2 l[ m] ( Tg − Tp ) ( º C)   m  

[

1

4

]

1

3 2 4  9,81 81 x 539,4 x ( 0,578) ( 968 ,55)  Kcal  = 3656 2 α N = 4,114 −6 h m º C  34,15 x 10 x 1,5 x (100 − 70) 

∴q = α

•

(

A Tg

•

⇒ m T =

− Tp ) = m h fg

α A( Tg − T p ) h fg

•

Re =

4m pµ fg

=

=

3656 Kcal ( 1,5 x 2) m2 ( 30 30) º C Kg 2

h m º C 539,4 Kcal

4( 0,16 1 69 ) 2( 34,15 15 x 10 −6 ) 9,81

∴ α = α N x ξϕ x ξT 1

x ξV

1h 3600 s

= 1009 〈 1800 ⇒ Es. laminar

= 0,169

s

(p = plac placaa plan plana) a)

= 3656 x (1) x( 0,94 945) x 1,318 = 4553,6

 λ 3 µ  8  0,568 3 28,8  18 p g  =   ξT =    = 0,945 λ µ  g  p   0,586  41,2 

Kg

Kcal h m2 º C

69



era

Parte

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 ⇒ mr =

f h fg

=

409824 539,4

Kcal h

= 759,7 Kg h

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 ; CpBenc = 0,42 ; α h 2O = 2500 ; α Benc = 1700′′ ´ Y Benc = 93 Kg Kg º C h m 2 º C QT Benc

= G1 r + G1 C p

Parte B

t = 2500( 93) + 2500( 0 ,42 ) ( 80 − 40 )

= G2 Cp

G1 C p t1

t 2

2500( 0,42 )( 80 − 40) 42000 17000 Parte A G1 r

= ( t ′ 2 −15) ⇒ t ′ 2 = 17,47

= G2 C p 2

2500( 93) 232500 17000

= 17000( t ′2 −15)

t

= 17000( t ′ 2 −17 ,47 )

= ( t ′ 2 −17,47)

13,67 = ( t ′ 2 −17,47 ) , º C t ′′ 2 = 3114

= 274500

Kcal h

70


( A)

T A

( B )

T B

∴ Q A = K G1r

=K

( 80 − 31,14) − ( 80 − 17, 47) = 55, 4º C  A ′   ( 80 − 31,14)  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)  =

A

′−

A

′′


=

AA TA K =

A A TA

1 1

α H 2

+

1

= 1012

Kcal h m2 C

α Benc

232500 = K A( 55,4 ) 232500 1012( 55,4 )

= A A = 4,14 m2

∴ Q B = K AB TB 2500( 0,42 ) ( 40) = 1012 A B = 1,01 m 2

Flujos paralelos

= 4,14 + 1,1 = 5,15 m2 (40 ,93) AT

A B

era

Parte

71


( A)

T A

=

A

 

Ln ( B )

Q A

T B

=K

=

AA

′− A

′−

A

′

′′

  A ′′  ′′

=

( 80 − 15) − ( 80 − 17 ,47 ) = 63,75º C  ( 80 − 15)  Ln   ( 80 − 17,47) 

( 80 − 17, 47 ) − ( 40 − 31,14 ) = 27,46º C   B ′  ( 80 − 17,47)  Ln Ln    B ′′   ( 40 − 31,14 )  B

B

=

TA

232500 = 1012 A A ( 63,75) A A


= 3,6 m2

AT

= K AB TB 2500 x ( 0,42 ) ( 40) = 1012 A B ( 27 ,46)

Q B

42000 1012 ( 27 ,46)

= A B = 1,51 m2

= 3,6 + 1,51 = 5,11 m2

era

Parte

72



era

Parte

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

=

a2

=

a1

1º G2

πd 2 4

=

π( 0,05)

t´ 1A ºC

40 <

G 1B L/min 80< < 130

< 60

t´ 1B ºC

70<

2

4

= 1,96 x 10 −3 m2

π( 0,0752 − 0,058 2 ) 4

= 1,77 x 10 −3 m2

Caso )

= 150

Kg

1

min

min 60 seg

= 2,5 Kg seg

G1

= 105 l min x

1 60

= 1,75 Kg seg

< 95

73



Kcal

Kg (50 − t ′′1 ) x1,75 Kg º C s

Q5

= C1G1 ( t′1 − t′′ 1 ) = 0,559

Qa

= C2 G2 ( t′ 2 − t′′ 2 ) = 1 x 2,5( t′ 2 −27)

⇒Cálculo de K: Coef. de conv. interior : R e =

G2

D2 υ2 ζ 2

=

µ2

0, 05 x 1,28 x 996,5 y 0,9 x 10 −3 s ⋅ m

= 70855,1〉〉1800 ⇒ R eg. Turbulento

= a 2 ζ 2V 2

V 2

=

G2 a2 ζ 2

=

2,5

Kg seg

(1,96 x 10 −3 ) m/ 2 x 996,4 Kg m3/

( ζ 2 a 27° C ) α Referido a la superficie exterior del tubo interno:

= 1,28 m s

era

Parte

74


α ie = α i

0,05

= 3916,3 x 0,862 = 3376,12

0,058


Kcal h m 2 º C

⇒ α ie ( t 2m − t p ) = α e ( t p − t1m ) t 2 m temperatura media del fluido interior

t 1m temperatura media del fluido exterior

 ( 27 + t ′ 2 )   ( 50 + t ′′1 )   3376,12 − t p  = 64,31t p − 2 2     Q = 0,97825( 50 − t ′′1 )

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

Q = 2,5( t ′ 2 −27 )

116,4125 = 2 ,5 t ′ 2 +0 ,97825 t ′′1

45577 ,62 + 1688,06 t ′ 2 −3376 ,12 t p

∴Suponiendo una

= 64 ,31 t p −1607 ,75 − 32 ,155 t ′′1

B A

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

De

t ′ 2 =

B:

⇒ C:

116,4125 − 0,97825 t ′′ 1 2,5

C

= 46,565 − 0,3913 t ′′1

78604 ,514 − 660,5378 t ′′1 +32 ,155 t ′′1 = 56027 ,53

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

Cµ

λ l

1 x 0,9 x 10 −3 = x 3600 = 6,18 0,5238

d =

3

αi =

0,05 = 60〉50 ⇒ Pag

λ d 1

0,027 R e 0,8 P r 0, 33

90

=

0,5238 0,8 0 , 33 x 0,027( 70855,1) ( 6,18 ) 0,05 Kcal α 1 = 3916,3 2 h m C

=

era

Parte

75



Coeficiente de convección exterior :

def ex

=

4π( de 2

− d 12 )

4π d 1

=

0,0752

− 0,0582

0,058

= 0,0389 m

∴Considerando µ = 0,024 kg s m ⇒ R eef =

G1

a1

=

4

⇒ α C = K3 l −0, 4

K3

µ

= a1 x ζ1

π( d e 2 − d i 2 )

K 3

d eq x ν1 x ζ 1

x v1

⇒

=

G1 a1ζ 1

0,0389 x 0,97 x 1010 0,024

=

1,75

= 1602 〈 1800 ⇒ R eg. Laminar

Kg

1,77 x 10

seg −3

1010

= 0,97 m s

= 1,77 x 10 −3 m2 α c = 99,8( 3) −0, 4 = 64 ,31

0,1 ,  νζ 0,5  1   Lµ 0, 43  P r 0 25 = 0,55 λ         µ   deq   λ   P rp 

 0,9 x 1010 0,5  1 0,1  0,555 0,025 0,43     = 99 ,8 = 0,55 x 0,027 x 3600  0,024   0,0389   0,027 

era

Parte

76



era

Parte

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 =

∆ ′− ∆ ′′

∆  ∆′′ 

Ln Kg

Kcal

q1

= G1C2 ( t′2 − t′′ 2 ) = 40

q2

= G2 C2 ( t′1 − t′′1 ) ⇒ q1 = q2 ⇒ 3600

h

⋅ 0,5

=

Kg º C

h

= 160

Kcal Kg º C

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

⇒Q= K

A ( T )

⇒ A =

Q K( T )

=

3600 40 ( 223,87)

h m 2 º C

( 350 − 200) − ( 338,75 − 20) = 223,87º C  ( 350 − 200)  Ln   ( 338,75 − 20) 

( 200 − 20) º C = 3600

Kcal

Kcal

= 0,4 m 2

Kcal h

( 350 − t′′ ) º C 1

77


∴ A = πdl ⇒ l =

A

0,4

=

πd π( 0,01)

= 12,73 m

B) Flujo paralelo:

∆T =

∆′− ∆′′

 ∆′    ∆′′ 

Ln

=

( 350 − 20) − ( 338,75 − 200) = 220,73° C  ( 350 − 20)  Ln   ( 338,75 − 200) 

⇒Q= K A =

A ∆T Q K ∆T

=

3600 40( 220,73)

∴ A = πdl ⇒ l =

C)

A

=

= 0,407 m2

0,507

πd π( 0,01)

= 12,95 m


era

Parte

78


P=


era

Parte

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

∴Q =

=

T x ξT

AK

Tcon Q

⇒ A =

= 223,87° C

K

T con

=

3600 40( 223,87)

= 0,402 m2

A = π d l n

⇒l=

A

πd n

=

0,402

π 0,01( 2)

= 6,398 m

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 =

∆ ′− ∆′′

 ∆′   Ln  ∆′′ 

=

( t ′ −t′ ) − ( t′′ − t′′ ) ( 130 − 75) − ( 90 − 25) 1

2

1

2

=

 t ′1 −t ′ 2  Ln   t ′′1 − t ′′ 2 

q

= C1 ⋅

q

=1

G1 ⋅

Kcal Kg° C

( 600)

 130 − 75   l n  90 − 25 

= 59,86° C

T Kg h

( 75 − 25) º C = 30000

Kcal h

era

Parte

80

δ=


3

3 60min Kg 10dm 3 ( 0,1) m = 1000 3 x x x 1h V min 1dm3 m

M

Q = 30000

= 600


Kg h

Kcal h

Q = K A Tcon

= 50

Tcon

Kcal

A( 53,87) hm 2 ° C

⇒

A=

30000 50 x 53,87

2 , m = 1113

= 0,9 x 59,86 = 53,87° C

 = 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 =

t ′′2 − t ′ 2

=

75 − 25

=

65

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 R = 0,8

ξ∆T = 0,9  ⇒ A =

1 10 100

∆Tc

30000 50 x 53,87

= 0,9 x 59,87 = 53,88° C

, = 1113

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)

era

Parte

81

c)


P = 0,476 R = 0,8

ξ∆T = 0,82 

Tcon

A = 12,24

1 10 100


era

Parte

= 49° C

m2

0,005

0,01

0,015

779,2 77,92 7,79

389,6 38,9 3,89 A

259,7 25,97 2,6

L =

πd Nr

( m)

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 2 2 -4 m h ⋅ K superar un ∆ p=1,12 Kg/cm . La resistencia al ensuciamiento combinado será de 5,8 x 10 . Kcal Las propiedades del solvente a 35ºC son (1):

( 1): ζ 1 = 790 Kg

ζ 2 = 1010 Kg m3

3

m C 1 = 0 ,46 Kcal Kg K

L2

= 0,559

λ 2 = 0,227 µ1 = 0,95 x 10 −3

Kg s m

2

V 2 V 1

Kcal

Kg K

Kcal m h° C

= 0,5 m s

= 1m 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

10 0,028

20 0,02

30 0,014

45 0,012

m2

Q = G1 C1 ( t ′1 − t′′1 ) Q2

= G2 C2( t′′ 2 − t′ 2 ) ⇒ G2 =

Ec. continuidad: G1

⇒ φ 1 Teor . = φ Pr ac = 1

1

= 2880 x 0,46( 40 − 30) = 13248

4 ′′

4 a1

π

cl2 C2 ( t ′′2 − t ′ 2 )

= a1 ζ 1 V1 ⇒

=

G1

ζ 1V 1

=

⇒ V 1 Re al = 1,05 m s

0,559( 25 − 5)

790( 3600)

⇒ φ e = 0,0421 m πd 12 ⇒ a1real = = 9, 62 x 10 −4 m2 4

h 16248

2880

= 0,036 m

= 0,035 m

Sch:40

m1

=

Kcal

= 1185

Kg h

= 1,01 x 10 −3 m2

era

Parte

83



era

Selección de φ exterior: Adopt: d 2 = 2´´ Sch 40 φ= 0,0525 m a2

 φ 2e 2 − φ 1e 2  π = π = ( 0,05252 − 0,04212 ) = 7, 72 x 10−4 m 2  4   4

Verif. Velocidad : V 2

=

1185

kg h

7,72 x 10 −4 ( 3600) 1010

= 0,42 m s

kg m3

Coeficiente de convección interior : R e =

D1 V 1

ζ1

=

µ1

0,035 x 1,05 x 790 0, 95 x 10 −3

= 30560〈〈1800

⇒ R eg. Turbulento P r =

l

α1 =

λ d i 1

d =

Cµ

λ

=

0, 46 x 0, 951 x 10 −3 x 3600 = 9,78 Kcal 0,161 h m° K

6 = 142,5 〉 50 ⇒ Pag. 90 0,0421

0,027 R e 0,8 P r 0,33

= 1020,73

Kcal hm

2

° C

Parte

84



Coef. de convección exterior : 4 Area Flujo Perim. transf .

=

deex

t ′ msalm

R eeq

=

5 + 25 2

d eq V ⋅ ζ

=

µ

=

K 3

⇒

4π

2

− d 1e 2 ) d ie

l

= 0,023 m

= 15° C → µ = 0,024

0,023 x 0,42 x 1010 0,024

⇒ αc = K3

K 3

=

(

4π d 2 i

−0 , 4

Kg s m2

= 406,52

= 224 x ( 6) −0,4 = 110

( de tabla )

Reg. laminar

Kcal hm 2 ° C

0, 25  V ⋅ ζ 0,5  1 0,1 C 2 µ 0,43  P r    = 0,55 λ       (Ver aclaración de fórmulas)  µ   de   de   P r p 

= 0,55

1 K

=

1

α1

 0,42 x 1010 0,5  1 0,1  0,559 x 0,024 0,43      ( 1,15) x 3600 = 224 0,227  0,024   0,023   0,227 

+

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

⇒ K = 93,89

∴Q = ∆T =

AK

T

⇒

A=

cl K

T

=

13248 93,89(19,57 )

(40 − 25) − (30 − 5) 7,21 7,21 = 19,57°C N Tub = = = 9Tubos π deL π (0,0591) ⋅ 6  (40 − 25) Ln    (30 − 5) 

Aclaración de fórmulas

 Pr 0, 25  µ 0,25  0,024 0, 21  = ( 1,15)   ≈  =  0,0136   Pr p   µ p 

= 7,21 m2

era

Parte

85



era

Parte

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 r educe 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 m 2 ° C

C1

= C1 G1 = ( 0,46 x 2880) x 0,8 = 1060 = C Max

C2

= C2

∴ R =

G2

= ( 0,559 x 1185)

C Min C Max

= 0,56

x 0, 9 = 596 = C Min

; NUT =

K M A C Min

=

89 x( 7,21) 596

= 1,07

⇒ Contraflujo E =

1− e

( − NUT ( 1− R ) )

1 − R e

( − NUT ( 1− R ) )

⇒ Q = C2 ( 40 − 5)

1− e

=

E

( −1,07( 1−0 ,56 ) )

1 − 0,56 e

( −1, 07 ( 1− 0,5 6) )

=

0,3755 0,65027

= 596( 35) x 0,577 = 12036 ,2

= 0,577

Kcal h

Q   12036,2  ⇒ Q = C1 ( 40 − t′′1 ) ⇒ t′′1 =  − 40 =  − 40 = 28,64° C   C 2   1060 ⇒ Q =C 2 ( t ′′ 2 −5) ⇒

t ′′ 2 =

Q C 2

+5=

12036,2 596

+ 5 = 25,19° C

86



era

Parte

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 Q1

= G1

C2 ( t ′′ 2 − t′ 2 )

C1 ( t′1 − t ′′1 )

= 10000( 60 − 25) = 350000

T =

350000 20000

− 190 = +t ′′1 = 72 ,5º C

( 90 − 60) − ( 72 ,5 − 25) = 38º C  ( 90 − 60)  Ln   ( 72,5 − 25) 

∴P=

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

R =

t ′1 −t ′′1 t ′′ 2 − t ′ 2

⇒ ϕ = A K( ∴ A =

=

90 − 72,5 60 − 25

K

t = 0,92

= 0,5

t x ζ t )

ϕ T

ζ

t

=

h

= 20000( 90 − t′′1 ) ⇒−

⇒

Kcal

350000 680 ( 38) 0,92

= 14,72 m2

87


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

G2

∞ 40000 20000 4000 2000 KA Cmin

Cmin 0 20000 20000 4000 2000

; R =

Qmax

= Cmin( t ′1 − t′ 2 )

Qreal

=E

x Qmax

NUT

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

∞ 0,5 0,5 2,42 5

Cmin Cmax

; E =

= r −1

ϕ max

ϕ real

0

0 455000 429000 215800 122200

1300000 1300000

260000 130000

t´´ 1 65,75 67,5 68,55 79,21 83,95

2    − NUT ( 1+ R 1 + e   1 + R +  − NUT ( 1+ R  1 − e 

t ′′ 2 = t′1 − G2

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


x G1

Qreal

2

2

) )

1

1

2

2

  2 2 ( ) 1 + x R         

1

C=G xc

G1

Cmax = G2 x c Cmin = G1 x c R =

G1 G2

o G1 o G2

era

t´1 25 36,37 46,45 78,25 85,45

Parte

88


P r = 6,18


era

Parte

89


l

d =

α1 =

6

λ d 1


0,05 = 120〉 50 ⇒ Pag 90

0,027 R e 0,8 P r 0, 33

= 3916, 3

Kcal h m 2 ° C

∴ α ie = 3376,12

Kcal h m 2 ° C

Coef. conv. exterior : def ex

= 0,038 m

R eef

= 1602 〈 1800 ⇒ R eg. Laminar

V 1

= 0,97 m s

⇒ α C = K3

l −0 4 ,

= 99,8( 6) −0, 4 = 48,74

Kcal h m 2 ° C

∴ α ie ( t 2m − t p ) = α e ( t p − t 2m )    66 + t ′′ 1     2 + t ′ 2    − t p  = 48,74t p −     2   2      

3376,12

45577 ,62 + 1688 ,06 t ′ 2 −′3376 ,12 t p

= 48 ,74

tp

− 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

era

Parte

90


⇒ ϕ5 = 0,97825(83 − 74 ,48) = 8,33

Kcal

⇒ ϕT = ϕ1 + ϕ2 = 13,7778,33 = 22 ,1

∆T 2

=


Parte

= ϕa = ϕ2

h Kcal h

era

Caso (A)

( 83 − 74, 48) − ( 35,83 − 32 ,5) 5,19 = = 5,54° C  ( 83 − 74,48)  Ln[ 2,55] Ln   ( 35,83 − 32 ,5) 

Caso (B)

ϕ5 = C1G1 ( t ′1 − t′′1 ) = 0,559 x 3,5( 66 − t′′1 )

129 ,129 − 1,9565 t′′1 = 2 ,5 t′ 2 −67 ,5

ϕa = C2 G2 ( t ′2 − t′′ 2 ) = 1 x 2,5( t′ 2 −27 )

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

Coeficiente de convección interior:

α1

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 Acero inox. (Mo < 4%) Acero inox. (Mo > 4%) Titanio Cobre Cuproniquel Bronce Monel Incoloy 825 Niquel Inconel Corronel 200 Hastelloy B Hastelloy C Aluminio Zirconio Tantalio

a a b b b aób a b b a b c c b b d 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 máxi mas de s ervici os 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 m 2 hasta 1,5 m2, se pueden construir equipos con superficies variables desde 0,03 hasta 650 m 2. 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)

Servicio

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

Coeficiente de Transferencia Propiedades placa de placa de placa físicas del corrugación espina de con producto transversal pescado insertos 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

Caída de presión específica 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

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

, kg/m.s

k, W/m.ºC

1.79 x 10 -3 0,556

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

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

gβρ2 Cp

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

µk 1 /

m3 ⋅° C

1.91 x 10 9 6.34 x 10 9 1.08 x 10 10 1.46 x 10 10 1.91 x 10 10 2.48 x 10 10 3.3 x 10 10 4.19 x 10 10 4.89 x 10 10 5.66 x 10 10 6.48 x 10 10

5


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

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

9.51 x 10 -5

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 10 10 8.84 x 10 10 9.85 x 10 10 1.09 x 10 11

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 =

Ve ⋅ G  2

 Afr  Vs  − 1 + F ⋅   Ve   Aflu

( 1 + T ) ⋅ 

⋅ g 

Vm  



.

.

Ve  

Siendo: T: 0,697 = A flujo/A front. (Válido para cálculos) 3 Ve: Volumen específico en la entrada (M /kg) 3 Vs: Volumen específico a la salida (M /kg) 2 g: Gravedad 9,81 m/s 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

St =

; C= 1,5 (para placa tipo b)

Nu Re . Pr

 Uf    Upared 

Nu = A . Re . Pr 

Re =

De . Vf . ç 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:

( T − t ) − ( T − t ) DMLT = ( T − t ) Ln ( T − t ) 1

1

2

2

1

1

2

2

9



Contracorriente:

DMLT =

( T − t ) − ( T − t ) ( T − t ) Ln ( T − t ) 1

2

2

1

2

2

1

1

Y además, en función de la misma calcular la cantidad de calor intercambiada, como: Q =U ⋅ A T .

Siendo: 1 U

=

1

hf

+ 1hc + Rf

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 2

= 65º C

= 0,97183 ⋅ 10 Kg / m v = 0,98807 . 10 Kg / m P = 0,983025 . 10 Kg / m v = 1,017 . 10 − m / Kg N = 4,341 . 10 − Kg / m. s Pr = 2,758 K = 0,6585 W / m. c v80

3

3

3

3

50

3

3

65

3

3

65

4

65

65

65

•

Fluido frío: (30ºC → 60ºC) 60 + 30 = 45º C 2 v 60 = 0,98824 . 10 3 Kg / m 3

= 0,99567 . 10 Kg / m ζ = 0,990155 . 10 Kg / m v = 1,0099 . 10 − m / Kg N = 5,998 . 10 − Kg / m Pr = 3,92 K = 0,6391 W / m. c 3

v 30

3

3

3

45

3

3

45

4

3

45

45

45

Pared : 45 + 65 2

•

Canal frío: Gf

Wf

=

= 55º C 0,133

7,5 × 10

−3

N 55ºC

= 1773,3 Kg / m 2 seg

= V f × ζ f × n p × A flujo = 0,9 m s

pq

0,990155 × 10 3 × 2 × 7 ,5 ×10 −3

= 0 ,133 Kg seg

= b. e = 0, 015 × 0, 005 = 7 ,5 × 10 −3 m 2  0,98824   991,955  0,99567 × 10 3 × 1773,3  2 ( ) ( )     , , , = 1 + 6 697 × + 1 + 0 0186 × 1 43472 × )  0,99567  (  2 × 9,81 995,67 

A flujo pq

= 5,088 . 10 −3 Kg / m. s

= 1397 Kg m × 9 81 2

,

N

Kg

= 13 71K

(0,9 m/s velocidad recomendada)

,

Pa

11


•


Cálculo de f : 2

St × Pr

3

= 1,5 f

Nv

Re. Pr = St 0 14

 5,998  ,  = 654 Nv = 0, 275 ( 14857) . ( 3,92 ) .   5,088  0,01 × 0,9 × 0,990155 × 10 Re = = 14857 Ré g. Turb . − 5,998 × 10 De = 2 × e = 2 × ( 0,005) = 0,01m 0, 4

0 , 75

3

4

2

0,0112295 × ( 3,92 ) 654 St × Pr St = = 0,0112295 ∴ f = = 1,5 1,5 14857 × ( 3,92 ) f = 0,0186

•

3

2

3

=

Canal caliente:

=

Gc WC

W c A flujo

= 1773 3 Kg m ,

2 .

seg

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

,

3

,

,

,

Kg seg

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

 0 98807   979 95  × × 1773 3   × 1 + ( 0 697) ×  − 1 + ( 0 016) × 1 43472 ×  0 97183   2 × 9 81 971 83   3

=

pc

0,97183 10

2

,

•

,

,

,

= 4214

pc

,

,

Kg

,

× 9 81 ,

m2

N

Kg

= 41 3K ,

,

Pa

Cálculo de f :

Re =

0 01 × 0 9 × 0 983025 × 10 3 ,

,

,

4 341 × 10 −4

= 20380

Reg Turb .

,

Nv

= 0 275( 20380)

0, 75

,

× (2 758 ) ,

0, 4

 4 345 0,14  = 688 ×  5 088  ,

,

St =

688 20380 × ( 2 758)

= 0 01224

,

2

f =

St × Pr 3 15 ,

= 0 016 ,

,

,

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 2 13,71 pc J f = = = 2,08 KN / m 2 − NTU NTU 6,56 pc 41,3 J C = = = 6,29 KN / m 2 − NTU NTU 6,56 Coeficientes peculiares: hf = 0,193(14857 )

0, 618

hc = 0,193( 20380)

0 , 618

1

× ( 3,92 ) 3 × 1

0,6391

× ( 2 ,758 ) 3 ×

0,01

= 7365W m 2 ⋅ L

0,6585 0,01

= 8205W m 2 ⋅ L

Re sistencia al ensuciamiento ( de tabla ) 2 2 −4 h ⋅ m −5 m c º C ⋅ L × 0,86 = 4 ,3 ⋅ 10 Rf = 0,5 × 10 Kcal

1

U

=

1

hf

+

1

hc

+ Rf =

⇒ U = 3326 W m

2

Ws

1 7365

+

1 8205

+ 4 3 ⋅ 10 − = 5

,

C

Verificación: U adop

= 3350W m

2

≈ U calc = 3326 W C m

2

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 − t ) − ( T − t ) ( 79,9 − 60) − ( 50 − 30) = = 19,5 C ( 79, 9 − 60) ( T − t ) Ln Ln ( 50 − 30) ( T − t ) 1

2

2

1

2

2

1

De tabla el Ft = 0,99

1


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 repentinamente en un fluído que se encuentra a 20ºC. El coeficiente de convección vale 50

Kcal h m 2 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

ζ = 2703

;

h m º C

α = 50 T − T ∞

= e

A  −  α ζcv τ

− T ∞ 100 − 20 = e −( 275 − 20 To

0 ,8872

)τ

Kg

C p

;

m3

Kcal

= 0,131

0,3137

=e

α A = ζcv

(

)

50. 0,9569

2703 . 0,131 . 0,1523

A = 4π( r )

Ln( 0,3137 )

= −( 0,8872 ) τ

−1,15932 = τ = 1,3 hs −0,8872

V =

ζ=

Kg º C

τ =→ T f = 100º C

h m 2 º C

πd

2

6

m v

= 0,8872

2

1

h

= 4π( 0,07615) = 0,9569 m

3

−( 0 ,8872 ) τ

Kcal

6v

⇒ d =

⇒ V =

3

m

ζ

π =

5

2

= 0,1523 m

Kg m 3

2703 Kg

= 1,85 x 10 −

3

m3

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 To

Kcal hº C m

= 15º C

T ( x; τ ) − 15 55 − 15

;

x = 10 cm

τ = 0,5 hs T ( x; T ) ?

= erf ( 1,66) = 0,98110

T ( x; T ) − 15 = 40( 0,98110 ) T ( x; T )

ζ = 2200 Kg m 3

= 54,244 º C

;

C p

= 0,2 Kcal Kg º C

 2 0,8 −3 m λ a = ζC = = 1,81 x 10   2200 . 0,2 p h  T( x; τ ) − T 0 Ti

− T 0

= enf

x 2 a

τ

(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 m 2 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

λ acero = 54

Kcal h m 2 º C

a acero

Kcal h m º C

= 0,0685

m2 h

Nota: Bi ↓ implica resistencia de conducción interna despreciable en comparación con la resistencia convectiva ⇒ ≈ Temperatura uniforme del sólido. F 0

=

a . T l 2

a

=

λ ζCp

α l λ λ 1 54 = = = 43,2 Bi αr 0 50 . 0,025 Bi = 0,023 ⇒ Temp. Uniforme ↓ T0 = T θ0 = θ θ0 θ = θ i θi Bi

=

5


Si: θi

= Ti − T∞ = 550 − 20 = 530 θ0 = T0 − T ∞ θ = T − T ∞

Problemas Resueltos

Ti : Temperatura de todo el sólido τ = 0 T∞ : Temperatura del ambiente convectivo T0 : Temperatura superficial para τ 〉 0 T: Temperatura de un punto geométrico a una distancia x en τ 〉0.

θ0 θ 80 = = = 0,15 θ1 θ1 530 = 100º C θ = 100 − 20 = 80 θ0 = T0 − T∞ = T − 100 = θ a )T

Según graf. Heisler → 4-9 del Holman

∧

⇒ F 0 = 39 ∴

F0 ( r 0 ) a

2

2

39 . ( 0,025) m 2 = T = h = 0,39 h 0,0625 m 2

b) Idem x = 0,5 cm de ancho.

∴

r r 0

=

0,5 2,5

= 0,2

θ = T − T 0 = 80

6


Según graf. Heisler → fig. 4-12 del Holman (Pág. 192)

θ = 1 ⇒ θ = θ0 θ0 ∴ T = T 0 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 m 2 º C   situado a 3 cm del extremo.

= 550º C T∞ = 20º C Ti

ζ = 7220 Kg m3

Cp = 0,12 Kcal Kgº C

λ = 54 Kcal h m 2 º C a

= 0,0625 m

2

h m 2 º C

a) T? → T=100ºC en el centro. Cilindro finito φ = 2 r 0 Largo = 2 L Bi

1 Bi F 0

=

α l 50 . ( 0,05) = = 0,046 ⇒ Bi ↓ ⇒ Temp. unif . λ 54 T = T0 = 100º C θ = θ0

= 21,6 =

a . T r 0

θ θ = θ i θi

2

=

x cil

0,0625 . T

( 0,025) θ θi

p

2

8

∴


θ θi θ θi θ θi

= pl

= cil

θ θ0 θ θ0

x p

x cil

θ θi

Placa: p

θ θi

Problemas Resueltos

1 Bi

= 21,6

Cilindro: cil

= 0,4 p

Placa:

1 Bi y L

1 Bi

= =

λ 54 = = 43,2 αr 0 50( 0,025)

( 0, 05 − 0,03) 0,05

= 21,6

θ ≈ 0,99 θ0 p Gráfico pág 121 ⇒

θ0 = T0 − T ∞ = 100 − 20 = 80 θ1 = T1 − T ∞ = 550 − 20 = 530 θ0 80 , = = 0151 θr 530

= 0,4

9


Un tubo de acero inoxidable de λ = 20

Kcal h m º C

Problemas Resueltos

de 5 cm de diámetro interno y 10 cm de

 Kcal  extremo está cubierto por una capa de lana de vidrio de 2 cm de espesor λ = 0,05 .La h m º 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.

º

q L

=

2π L/ ( T1 − T e ) 2π( 500 − 50) Kcal = 418 = h Ln  7  Ln  5  Ln  r 3  Ln  r 2    +   0,05  5  + 20  2,5  λ v  r 2  λ a  r 1 

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

α = 15 Kcal h m 2 º C . Calcular la pérdida de calor por unidad de longitud; siendo λ = 35 Aleta Longitudinal:

Según Kern (pág. 593) / θ = Tc − t Nuestro caso: Tc = T0 = 200º C t = temp. de la aleta t = T = 20º C Tc = temp. fluido θ = θ0 = T0 − T = 200 − 20 = 180º C θ = t que impulsa calor en la sec ción transversal

⇒ q = K ax

d θ

dL dq = h f θ ρdL

dϕ = h f θp dL

⇒

d θ dL

= Kax

d 2 θ d2L

⇒ h f θP = K ax ∴ Ka x ⇒

d 2 θ d2L

a 2θ

− h f θp = 0 d2L d 2 θ h f θP

d2L

−

Ka x

=0

ax: sección transversal h f : coeficiente pelicular del fluido en el lado de la aleta p: perímetro de la aleta

Kcal h m º C

.

11


Solución

⇒ θ = C e mL + C 1

2

Problemas Resueltos

e − mL 1

 h f P   α P  m= ≈     Ka x   Ka x  2

Siendo

1 2

Por Holman:

= [ 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  0,02  ∴ Lc = ( Long ) +  Lc = 0,15m + = 0,16m  2  2 q

1

1 1 α ⋅ P  15 x ( 2 + 0,04)  2 ∴m = = = ( 43,7) 2 = 6,61   m λ ax  35 x 0, 02 

∴ ta h( m ⋅ L ) = tan h( 0,16 x 6,61) = 0,78475 º

⇒ q = ( 0,78475) ⋅ 15 x ( 2,04 ) ⋅ 35 ⋅ ( 0,02 ) ⋅ (180 ) = 653,8

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 m 2 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 m º C

•

T 0

=

q R2

4λ

⇒ 1,163 2 P = U

R = s

l s

1 Kcal m h º C 1 Kcal h

R =

( 10) 2 V 6,685 x 10 −2 r

= 70 x 10 −6 = 11630 ,

cm x

+ Tp

W m

2

m3

2

m h

m3

= 1495W

→ 1,163

30cm

( π( 0,1) ) cm 2

W

p

mº C

Vol

= 1,1630W

Kcal

=1

=

2

= 6,6845 x 10 −2 1495W

π( 0, 001)

2

.0, 3m 3

⇒ 1,163

= 1,586 x 10 9

1 Kcal m3h ⇒ q = 1,586 x 10 9 3 x W m 1163 , m3 •

W

W m 2 º C W

m3

=

=

1 Kcal m 2 hº C

1 Kcal m 3h

W m3

= 1, 364 x 10 9

Kcal h m3

13

T0


Problemas Resueltos

  2 2   Kcal ( 0,001) m = 1, 364 x 10 9 3 Kcal  + 100º C = 117 ,05º C h m 4( 20)   h m º 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 de

1 Kcal

h m º C

. La

pared estará aislada con un material aislante de λ =0,3

pérdida de calor no supere las 2000

1 Kcal h m2

. La

1 Kcal

h mº C

= −λ

⇒

q

T

A

x

A Kcal

2000

T A

= − λ A

= −0,3

h m2

2000 =

x Kcal h m° C

⋅

( 1300 − 30) ° C

381 x

∴

x

=

381 , = 01905 m 2000

x

forma tal que la

temperatura interior y exterior de la aislación se

supone de 1300 y 30ºC respectivamente. Calcular el espesor de la aislación.

q

. de

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 respec. . Calcular el flujo de calor por unidad de área de vidrio λ = 320; λ = 0,8; λ = 0,05 h m° C   cuando la pared tiene una ∆T= 500ºC.

T IC

q

= −λ

A

T x

⇒

= Te a

q A

= +λ C

•

⇒

q A

=

q A

Kcal

= 496,85

h m2

= TeV

− T i c

Te c

x C

(T

ev

x C

λ C •

Ti a

;

+

= λa

− T i V ) xa

λa

+

xV

λV

(T

ea

− T i a ) x a

=

= λV

(T

ev

− T i v ) x v

500° C  0,025 0,005 0,05  m 2 h° C   + +  320 0,8 0,05  Kcal

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.

= 300º C Tex = 50º C TC

λ A = 0,8

Kcal h m° C

λV = 0,05

Kcal h m° C

rC

= 2,5cm

ra

= 3cm

rV

= 5cm

T?

 T = T → r = r dT  int C q r = − λ Ar   dr   ( Te − T ext ) q  ⇒ si  ⇒ = 2πλ  r ext  l   dT Ln    q r = − λ2π r L r int   dr   T = Text → r = rext

En nuestro caso:

17

q l

=


2π( Tc

− T ex ) = ln  r a  ln  r V   +   λ a  r C  λV  r a 

2π( 300 − 50)

 3  ln  5   +   0,8  25  0,05  3  ln

= 150,4

Problemas Resueltos

Kcal h⋅m

∴Para la interfase: 2π( Tint erf − T ex ) 2π( T int erf − 50) Kcal = 0,615( T int erf − 50) = 150,4 = = ln  5  l hm ln  r v      0,05  3  λ v  r a  0,615 T int erf − 30,75 = 150,4 q

⇒ 0,615 T int erf = 18115 , , 18115 Tint erf = = 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 1300ºC y el α = 50

Kcal h° Cm 2

Calcular la velocidad del lingote.

T − T ∞

α A  −  ζςV T

=e − T ∞ 915 − 1300 −( 0,1917) T =e 98 − 1300 T0

1 50 ⋅ 7,83 x 10 −3 ∴ = = , 01917  h  ζC pV 7900 x 0,11 x 2,35 x 10 −3 α A

V

= π r 2x

2

L = π( 0,05) x 0,3m = 2,35 x 10 −3 m 3

0,32 = e −( 0,1917) T

⇒ Ln( 0,32) = −( 0,1917 ) T

 Kg ζ = 7900 m 3   acero  Kcal  = , C 0 11  p h m º C

Vol L

−1139 , = T = 5,94 hs. −0,1917 ⇒ La Velocidad del lingote es: m 1h m 25m V L = = 4 ,2 x = 0,07 h 60 s s 5,94hs

=

A = 7, 83 x 10 −3 m 2

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( Tp 4 − t 1 ) ( tp1 − tp2 )  ( tp2 − tp3 ) ( tp3 − tp4 )   = q = + λ La ⋅ A ⋅ +λe A = + λ C A = + λ C x Lad  x P c 1 x P C 2 x Pc3  •

•

q A

=

( te − ti ) x Lad

λ L

+

x corcho

λ corcho

=

( 20 + 20)  Kcal  = 7,45 2  0,24 0,15  hm  + 0,2 0,036

Unid : ºC

m

 Kcal  = 2  h mº C  h m  Kcal

20


∴ Ladrillo: •

q A

= λ L

7,45 = 0,2

( Tp1 − tp2 ) x Lad

( 20 − tp2 ) 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 : •

q A

=

λ C ( tp2 − tp3 ) x C

⇒ 7,45 =

0,036 , − tp 3 ) (1106 0,05

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 : •

q A

=

λ C ( tp3 − tp4 ) x C

⇒ 7,45 =

0,036 ( 0,71 − tp4 ) 0,05

7,45 = 0,72( 0,71 − tp4 ) 10,347 = ( 0,71 − tp4 ) tp4 = 0, 71 − 10, 347 = −9,637 º C 3º Capa de Corcho : (verif.) •

q A

= λ C

( tp4 − t 1 ) x C

⇒ 7,45 =

0,036 ( ( −9,637) − t 1 ) 0,05

7,45 = 0,72( ( −9,637 ) − t 1 ) 10, 347 = ( −9,637) − t 1

∴ 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

− T 3 ) Ln  r 3  Ln  r 2   +   λ  r 2  λ  r 1 

•

∴ q L =

2π L( T1 − T 3 ) Ln  r 3 

Ln  r 2  +     λ am  r 2  λ galv  r 1 

=

2π( 130 − 30)

 80  Ln  30   +   0,095  30  54  26,7  Ln

Unidades: ºC

Kcal Kcal

h m º C

=

hm

= 60,85

Kcal hm

22


Problemas Resueltos

Un horno de 1m x 2m x 3m de dimensiones interiores está construído con ladrillos refractarios de λ = 1

Kcal ºC hm

, formando paredes de 25 cm de espesor. La temperatura interior y

exterior del horno es de 500ºC y 100ºC respectivamente. Calcular la pérdida de calor. q = λ x S x ( T − T ) 2

S pared plana

=

S pared plana

=

S pared plana

=

A L A L A L

= = =

2 x 1 0,25m 3 x 1 0,25m 3 x 2 0,25

=8 = 12

S Rinc

= 0,15( 0,25) = 0,0375m

= 24

= 0,54 x 1m = 0,54m S esf = 0,54 x 2m = 1,08m S esf

S esf

1

= 0,54 x 3m = 1,62m

ST

q

= ( 8 x 2 ) + (12 x 2 ) + ( 24 x 2) = 88 m

=1

Kcal

x 88m( 500 − 100 ) h m º C

= 35200

kcal h

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.

α = 50

Kcal h m 2 º C

⋅ Considerando la pieza como a una esfera del mismo peso, calcular el peso

requerido para que su temperatura baje a 100ºC.

ς Alum = 2670 Cp = 0,22

Kg

m3 Kcal

Kg º C  α⋅ A  − T  ζ C V 

T − T ∞

=e − T ∞ 100 − 20 = e −( 43,5) T 275 − 20 T0

0,3137 = e

( −43,5) T

Ln( 0,3137)

= −43,5 T

α A 50 x 0,955 1 = = , 43 5 ζ C pV 2670 x 0, 22 x 1,87 x 10 −3 h πd 3 6V , V = ⇒φ=3 = 0152 m π 6 M M 5Kg ζ= ⇒ V = = = 1,87 x 10 −3 m 3 Kg V ζ 2670 3 m

−1159 , = T = 2,66 x 10 −2 h −43,5 60min T = 2, 66 x 10 −2 h/ = 1,596min 1h/

∴⇒ 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

Nud

St St − d

2 = 20 m s 2 −1

= ξn ξ f C Red n

Red =

Vmax d v

=

20 x 0,01 3 −6 = 7,12 × 10 28,07 x 10

ξ1 = 1 ξ f = 1

Nud = 0,374 ( 7,12 × 10 3 )

C = 0,374

α d ∴ Nud = λ

n = 0,581

⇒α=

Nud λ d

=

0,581

= 64,7

Kcal 64,7 × 0, 03 = 194,1 h m° C 0,01

25

•

q •

q


=α

Problemas Resueltos

AT ( Tp − T ∞ )

= 194,1

Kcal h m° C

A = [( π d ) l N T ]

× ( 25,13) m 2 ( 200 − 100) C = 487 ,77 × 10 3

Kcal h

= π( 0, 01) 2 × 400 = 25,13m 2

•

∴ q = C P m

t

•

T =

487,77 × 10 3

q Cp m

= 0,241

Kcal Kg° C Kg

m = δ ⋅ V∞ = A ⋅ 0,9458

m

2

Kcal

× 272,4 × 10

= 7,43° C

h

m

s

 

•

∴ q = 469,65 × 10 3 Te − T s

3 Kg

⋅ 10 ⋅ [ ( st × 20) 20 m 2 ] = 75,66

Tp − T∞ = Tp − T ∞ +

⇒

h

Kg 3600 s s

1h

= 272,4 × 10 3 Kg h

T 

 7,43   = 200 − 100 +  = 96,285  2  2  Kcal h

= 7,15° C = T ⇒ Ts = Te + T

T

= 100 + 7,15 = 107,15°C

Pérdida de carga : t ref

= 100 +

7,15 2

= 103,6° C

f G 2 max Nr  µ p 

0,14

2

× 20  2,635 0,14   = 135,2 mm H 2 O p =   = ς g 9,8 × ( 0,93624 )  2,2414   µ    2  sT  Kg m Kg  × γ = 10  × 0,93624 2 = 18,72 2 Gmax = U ∞ ⋅  sT − d   2 − 1  m s m s 0,173( 18,72 )

26


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

υ = 15,11 × 10 −6 m

h m° C

β = 3,43 × 10 −3 1° C Gr =

Cp = 0,24

µCp λ υ 15,11 × 10 −6 Pr = = × 3600 = 0,713 δ 0,0763

2

Pr =

s

Kcal m° C

g ⋅ β ⋅ ( T − T∞ ) y 3

υ2 υ = 1,855 × 10 −6 Kg m 2

β ( T − T∞) y 3 Gr = g → Gr = 2,9475 × 10 9 y 3 2 (15,11 × 10 −6 ) Gr Pr = 6 × 1010 → Turbulento 6r  ∴ y = 3 2,9475 × 10 9 Gr Pr = 1 × 10 9 → Laminar 1 × 10 9 3 = 0,78m Laminar y= 2,9475 × 10 9 ( 0,713) 6 × 1010 Turbulento y=3 = 3,056m 1,9475 × 10 9 ( 0,713) V 16,97 × 1010 Si Pr p = = × 3600 = 0,71 p: temperatura de la pared δ 0,086 ∴ Como Nu x :

(

)

0, 25

)

0 , 33

Nux = 0,55 Gr Pr

(

Nux = 0,15 Gr Pr

Además: Nu x

=

 Pr 0, 25   → Laminar Pr  p   Pr 0, 25   → Turbulento  Pr p 

α x λ p

⇒ Laminar : 1

Nu x

= 0,55( 2,95 × 10 9 x 3 ) 4 ⋅ 1

⇒ α L =

Nu x x

λ

=

0,021 × 0,55(2 ,95 × 10 9 x 3 ) x

1

4

= 2,691 x

−1

4

27


Problemas Resueltos

⇒ Turbulento: 0, 33

= 0,15( 2,95 × 10 9 x 3 ) x λ × Nu x 0 , 33 ⇒ α T = = 0,021 × 0,15( 2 ,95 × 10 9 ) 1 = 4 ,518

Nu x

x

1

0, 78

⇒ α max =  ∫ 2,691 x l  0 0, 78 3 1 4 = 2,691 x ∫ 10  0 =

α min

1 10

0

4

Kcal h m 2 ° C

3  10  1  2,603 x 4 3,056 ∫ 4,244 dx = 10  3  ∫ + 4,244 x ∫  = 3, 056 3, 056   0  10

Kcal 1 [ 8,022 + 29,47] = 3,75 2 10 h m ° C ⇒ α min → intercambiar calor α max → aislar

=

 dx + ∫ 4 ,518 dx  =  0, 78 10  + 4,518 ∫  = 0 , 78  10

( 2,2335 + 41,65) = 4 ,38

−1 1 3, 056 = ∫ 2,603 x 4 dx +

l

1

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

+ T 2 2

=

+0

100

2

= 50° C

q

=

λ ef A( Tp1 − Tp 2 ) δ( esp)

⇒ λ q = λ T × ξL ⇒ T = 50° C λ = 0,0243

Kcal m h° C

υ = 0,1795 × 10

−5

m2

Pr =

s

V a

=

0,1795

× 10 −4

0,0905

× 3600 ≅ 0,714 3

β = 3,09 × 10 −3

β( T − T∞) ( r2 − r1 ) ∴ Gr = g υ2 3 −3 9,81 × 3,09 × 10 (100 − 0 ) ( 0 ,5 − 0 ,2 ) 9 Gr = = 0,254 × 10 2 ( 0,1795 × 10 −4 )

1

° C

∴ Gr Pr = 1, 81 × 10 8 Gr Pr 〈10 3

Si

→ ξC = 1 0,3

10 3 〈Gr Pr 〈10 6 → ξC = 0,105 × ( Gr × Pr ) 0, 2

10 6 〈Gr Pr 〈10 6 → ξC = 0,4 × ( Gr × Pr )

⇒ ξC = 0,4(1,8 × 10 8 )

0, 2

= 17,93

⇒ λ q = λ × ξC = 0,0243 × 17,93 = 0,4357 •

⇒q=

Kcal m h° C

4π λ e ( T1 − T 2 ) 4π 0, 4357 (100 − 0) Kcal = = 182,5   1  −  1  h  1  − 1 2     , , 0 2 0 5  r 1  r

( )

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. Tm =

20 + 140 = 80° C 2

λ m = 0,0257

∂m = 0,1065 m

Kcal

υm = 20,94 × 10

m h° C

−6

m2

2

Bm = 2,83 × 10 −3

s

h

1 ° C

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

g ⋅ Bm( T

− Tp )d 3

Vm 2

=

9,81( 2,83 × 10 −3 )(140 − 20) ( 0, 025)

3

−6 2

( 20,94 × 10 )

Gr = 0,1188 × 10 6

∴ Gr × Pr ×

d L

= 0,1188 × 10 6 × 0,708 ×

0,025 = 7 × 10 3 0,3

Por ser flujo combinado laminar : 1

3  3 4  µ   G Pr ( ) d rd  ⇒ Nud = 1,75   Re d Pr +  L 120   µ p    1 3  3 0 ,14  6 4  2,134   0,025 ( 0,1188 × 10 × 0,708)   238 × 0,708 × ∴ Nud = 1,75 +  2,397   0,3 120   Nud = 6,55 α d ⇒ Nud = λ Nu λ 6,55 × 0,0257 Kcal ⇒ α = d = = 6,75 0,025 d h m° C 0,14

=

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

aire: T a = 20ºC

γ = 965,3 Kg m 3

Kg γ = 12015 , m3

Kcal

Cp = 1,0044

λ = 0,581

Cp = 0,24

Kg° C Kcal

m h° C Kg s µ = 1,855 × 10 −6 2 m υ = 15,11 × 10 −6 m s

µ = 32,1 × 10

m2 υ = 0,326 × 10 −6 m s 3

1

β = 3,43 × 10 −

3

C

a •

m = ς Vm A •

G

=

m A

= ς Vm

°

m = 100

Kg min

1

= 1,6 Kg s

60 s 2 A = π r 2 = π( 0,025) = 0,00196m 2 l d

=

min

1 0,05

Kg° C Kcal

λ = 0,0221

m h° C −6 Kg s

β = 0,6 × 10 −

Kcal

= 20 〈 50

⇒ Nud = 0,036 × Re a

0 ,8

× Pr

0, 33

 d 0, 055    l 

= 0,0763m

1

C

2

h

31


•

Re d

=

Re d

=

G⋅d

µ

Problemas Resueltos

•

=

md

Vm d

A µ

µ

=ς

=

1,6 Kg( 0,05) m s( 0,00196) m 2

32 ,1 × 10 −6

=

= 1,27 × 10 6 υ Pr = = 1,9

Re d

a

0 ,8

0 , 33

0 , 055

= 0,036(1,27 × 10 6 ) (1,9 ) ( 0,05) = 2282 ,55 Nu λ 2282,55 × 0,581 α d ⇒ Nud = ⇒ α = d = = λ d 0,05

Nud

α = 26523

Kcal h m 2 ° C

Aire: Re d

=

V∞d

υ

=

5m/ 0,052m/ s/ 4 −6 2/ = 1,72 × 10 s/ 15,11 × 10 m /

0, 25   Pr ∴ Nud = 0,25 Red 0, 6 Pr 0,38   =  Pr p  0, 25 0, 38  0,713  4 0, 6  = 76,55 Nud = 0,25( 1,72 × 10 ) ( 0,713)   0,7095  Nu λ 76,55 × 0,0221 α d Kcal ∴ Nud = ⇒ α = d = = 32,5 2 λ d 0,052 h m ° C

⇒ 1

U

q L

=

= U × πd × 1

α

1

+

e

λ cobre

+

T = 32,45 × π( 0,05) ( 90 − 20 ) 1

α

2

1

U

=

1 26523

+

= 356

0,001 333

+

Kcal hm 1 32,5

⇒ U = 32,45

Kcal h m 2 ° 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. •

=

Red

Gd

µ

A = π r •

m = 4,1

2

md

=

=π

A µ

=

( 0,05) 2 2

4,1 ( 0,05) −6 = 1,021 × 10 6 → Turbulento 0,00196 × 102 ,2 × 10

= 0,00196m 2

Kg s

Pr =

µ agua → 20° C ⇒ µ agua = 102,2 × 10 −6

µ Cp = 1,98 × 10 −4 λ

Kg s m

T

2

= 20° C : µ = 102 ,2 × 10 −6

Cp = 0,9988

λ = 0,514 x

1m

d

0,05

∴ = x d x d

Kg s m2

Kcal Kg° C

Kcal m h° C

= 20

〈 50 ⇒ Nud 〉 50 ⇒ Nud

 d 0, 055 = 0,036 Red Pr    l  0,14   µ = 0,027 Red 0,8 Pr 0, 33    µ p  0,8

0 , 33

6 0, 8

−4 0 , 33

⇒ Nud = 0,036(1,021 × 10 ) (1,98 × 10 )

 0,05  0, 055   = 117,5  1 

α d = Nud → zona de desarrollo λ Nu λ 117,5 × 0,514 Kcal α = d = = 1208 d 0,05 h m ° C

Como:

2

•

⇒q=α

A T = 1208

Kcal h m 2 ° C

× [ π( 0,05)1m] [100 − 20] = 15180

Kcal

•

⇒ q = m Cp ∴

T =

q •

mCp

T

=

15180 = 1029 ° C , ( 4,1 0,9988 × 3600)

Lo cual justifica el método usado al considerar la temperatura del agua casi cte. T − T Tp − T =  Tp − T  ln   Tp − T  2

1

2

1

h

33


T 2 = temperatura a la salida T 1 = temperatura a la entrada

∴

p = fr

l V 2 d 2 g

f

= f ( Re) ⇒

f = 0 ,01

↓ Re = f ( 1,021 × 10 6 ) (Re: tubos lisos) 1m 152 s 2 m 2 ⇒ p = 0,01 = 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. Re =

V∞x

υ

V∞ = vel . del flujo libre x

= distancia del exterior

por donde el fluido incide

υ = µ ζ = viscosidad cinemá tica ⇒ Re 〈2000 ⇒

→ Transición

Re =

U∞l 0

s

1atm  20º C

= 5 × 10 5

υ

(l 0 : distancia de transición

 / m/ s/  15 ⋅ 2 6 m = × , 1 923 10  s m 2/  15, 6 × 10 −6 / / Re υ 5 × 10 5 × 15,6 × 10 −6 ⇒ l 0 = = = 0,52m U ∞ 15

Re x

m2

flujo laminar

Re 〉10000 ⇒ flujo turbulento 2000 〈 Re 〈4000

υaire = 15,6 × 10

−6

=

µ = 1,855

Kg s

Cp = 0,24

λ = 0,0209 Régimen laminar: 1 1 Nu x = 0,33 Rex 2 Pr 3 α x υ µCp Nu x = ; Pr = = λ ∂ λ 1 1 α x ∴ = 0,33 Re 2 Pr 3 λ 1 1 λ 0,33 Re 2 Pr 3 α Lam = x

Régimen turbulento: 0,8 Nu x = 0,0296 Rex

α=

1 l

∫ α d

l 0

x

x

α x = 0,0296 Re x 0,8 λ α turb =

0,0296 Re x

0,8

λ

x

l  lo  1 ⇒ α =  ∫ α Lam dx + ∫ α turb dx  × 0  L l 0 1 0 ,8  0,52  2     1 −1   1 U ∞  2 U ∞  − 0 , 2 3 2 α =  ∫ λ0,33  Pr x dx + ∫ 0,0296  x λdx   υ  υ 2  0    0 , 52    1 0 ,8  0 , 52  2  1 1    ∞ 1 U ∞  2 U 0 , 8 α = λ 0,66  Pr 3 x 2 ∫  + 0,037  x λ ∫  =  υ  υ 2  0  0 , 52   

m2 Kcal Kg° C Kcal m h° C

35


Kcal 1 0, 8 0 ,8 ( ) + − = 37 5 0 52 47 28 2 0 52 40 67 , , , , , ( ) [ ] 2 hm 2 ° C 0,0296 Re x 0,8 λ Kcal α Turb = = 33 2 x h m ° 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.

SL 3,75cm = 1,5 = d d 2,5cm ⇒ tabla 4 − 4: ⇒ C = 0,25 ; n = 0,62 T∞ + Tp 20 + 80 ∴ = = 50° C 2 2 St

=

∴de tablas: υ = 17,93 × 10 λ = 0,0243

−6

m2 s

Kcal m h° C

37


= U ∞

Vmax

St St − d

=6

m

3,75

s ( 3,75 − 2 ,5)

= 18

m s

× d 18 × 0,025 4 = −6 = 2,5 × 10 υ 17,93 × 10

Vmax

∴ Red =

⇒ Nud = ξ N ξ f

C Red

n

Problemas Resueltos

Reg. turbulento

4 ( ) = 0,92 × 1 × 0,25 2 ,5 × 10

0, 62

= 122 ,6

 Pr  0, 25 ξ f = 1,1 Pr 3   → Líquidos  Pr p  ξ f = 1 → Gases α d ∴ Nu = λ Nu λ 122,6 × 0,0243 Kcal ⇒α= = = 119,16 2 d 0,025 h m ° C 1

•

=α

q

AT l

AT ( Tp − T ∞ )

= πd l

N T

= π( 0, 025)( 75) = 5,89m

•

⇒ N T

q

AT

=α

l

=

l

N hil

( Tp − T ∞) = 119,16 × 5,89( 80 − 20) = 42111

Kcal hm

× N T = 5 × 15 = 75 hil

Aumento de temperatura del aire : •

q

= Cp m

t

Cp

= 0,24

 Kg° C 

δ = 12015 , •

⇒ A1

T =

q Cp m

•

=

q Cp[ δ U∞A1 ]

=

Kcal 

Kg m3

20º C  

42111 = 12° C 0,24[1,2015 × 6 × 0,5625]3600

= 15 × St × 1 = 15 × 0,0375 = 0,5625m 2

Por lo tanto T∞ no permanece cte. ⇒ Recalcular, suponiendo: q l

A

= α ( Tp − T ∞) l

38


 

Problemas Resueltos

t * 

Tp − T∞ ≈ Tp −  20 +

2



  12  ⇒ Tp − T∞ ≈ 80 − 20 +  = 54° C  2  

•

q

Kcal

l

hm

∴ = 119,16 × 5,89( 54 ) = 37850 Pérdida de carga: t Ref

= t entrada +

t ∗

2

= 20 +

12 = 26° C 2

Kg ς aire = 1179 , m3

µ aire = 1,8835 × 10 −6 υaire = 15,67 × 10

−6

Kg s m2 m2 s

2

⇒

p =

f [ Gmax ] N 1  µ p 

( µ p a Tp )

ς g

0,14

   µ  Gmax

= ζ × V max = 1,179

( µ a Tref )

Kg m3

× 18

m s

  d 1,08  −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   ( 2,9 × 10 4 ) −0,15 = 0,1355   ⇒ f = 20,044 + 0,88   2,5  3,75 − 2,5    18 × 0,025 4 Red = −6 = 2,9 × 10 15,67 × 10 0,14 2 0,1355 × [ 21,21] × 5  2,134 × 10 −6  p =  1,8835 × 10 −6  = 26,81mm H 2 O 1,179 × 9,81

= 21,27

Kg m2 s

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 ∆T = o y ∆T max b.

 Txg g (L II q  A max = 24 hfg gv g 2 v 

a)

1

1  4  2  gv )  1 + g v    g L  

 ,4 Kcal  hfg = 539 Kg    g v= 0,5977 Kg 3 m    δ L=958,13Kg 3  m

P = 1 atm 100 ºC

-2 T x g = 5,69 x 10

0 25

q

 5 69 x 10-2 ( 958 13 − 0 5977)  II  = ( 539 4)( 0 5077) 2 24   ( 0 5977) ,

A max

,

,

,

,

,

 0 5977 1 +   958 13  ,

,

,

b) C L

Tx

(

)

hfg Pr L

1, 7

1 × ∆Tx

q  A = C s f  max µ L hfg 

T g L

− g v

 534060 = 0,006  0,888 × 539,4

1,7 539,4(1,75) Tx = 11,68° C

α mediante 5 puntos entre

0, 33   =    9,81(958,13 − 0,597) 

c) Ecuaciones correspondientes a gráficas :

5,69 × 10− 2

0, 33

=

1 2

=

Kg Seg 2

q

= 534060 A max

Kcal 2 hm

3


CL

T

( )

1, 7

hfg Pr L

α = µ L

 q = Csf  A  µ L hfg 


0, 33 T  ( "1") g( gl − gv )  

3 2   3 g( g L − g V ) C L T    Cs f hfg 9,1,7  T  

hfg

  f  = f ( t ) ( fórmula  A 

"1")

 q  T = 0 →  A  = 0  

T = 2

→

1× 2 539,4 × (1,75)

1,432 × 10

−3

0,33  5, 69 × 10 −2  9,81( 985 − 0,597 ) 

0 , 33    f 6 − = 0,006 A 5,138 × 10 

q

α=

1, 7

   q    A  = 0,06  0,888 539,4

0,888 (539 ,4 )

A = 2533,5

Kcal h

9,81 ( 958,13 − 0,5977 5, 69 x 10 −2

3 2   3 1 x ( 2)   1, 7  = ( ) , , , 0 006 x 539 4 1 75  

∆T = 4 1 x 4 539,4 x 1,751, 7

2,864 x 10

−3

0, 33 q −6  = 0,006  A 5,138 x 10 

0 , 33    q − 6 = 0,006  A  5,138 x10 

1324 ,2

Kcal Kg m 2 ° C

4


q

α=

A = 20700

[

194.616,2 ⋅ 0,1193 ( 4 )


Kcal

2

h 3

]

3

= 5292

Kcal Kg m 2 ° C

∆T = 6 1 x 6 539,4 x (1,75)

4,296 x 10 q

−3

1, 7

0, 33  q  −6   = 0,006  A  5,138 x 10  

0 , 33    q − 6 = 0,006  A  5,138 x10 

A = 70.727

[

α = 194616,2 ⋅ 0,1193 (6 )

2

3

]

3

Kcal h

=

11896

Kcal Kg m 2 ° C

∆T = 8 1 x 8 539,4 (1,75)

5,728 x 10

−3

1, 7

0 , 33    q 6 − = 0,006  A  5,138 x 10 

0, 33    q − 6 = 0,006  A  5,138 x10 

  q  = 169.116,12 Kcal  A  h

[

α = 194616,2 x 0,1193( 8)

2

3

]

3

= 21148 ,5

Kcal Kg m 2 ° C

Gráfico:

∆T [ ° C ]

0

α

q

 Kcal   h m 2 ° C 

A  Kcal 

0

0



h



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 A

 Kcal   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 l os intercambiadores. Determinar y calcular la disposición óptima ( > transferencia de calor) y la transferencia total bajo estas condiciones.

G 1A l/min 80< <130

=

a2

=

a1

1º G2

πd 2 4

=

π( 0,05)

t´ 1A ºC

40 <

G 1B L/min 80< < 130

< 60

t´ 1B ºC

70<

2

4

= 1,96 x 10 −3 m 2

π( 0,0752 − 0,058 2 ) 4

= 1,77 x 10 −3 m 2

Caso )

= 150

Kg

1

min

min 60 seg

= 2,5 Kg seg

G1

= 105 l min x

1 60

= 1,75 Kg seg

< 95

3



Kcal

Kg x1,75 (50 − t ′′1 ) Kg º C s

Q5

= C1G1 ( t ′1 −t ′′ 1 ) = 0,559

Qa

= C2 G2 ( t ′ 2 −t ′′ 2 ) = 1 x 2,5( t ′ 2 −27)

⇒Cálculo de K: Coef. de conv. interior : R e =

G2

D2 υ2 ζ 2

=

µ2

0, 05 x 1,28 x 996,5 y 0,9 x 10 −3 s ⋅ m

= 70855,1〉〉1800 ⇒ R eg . Turbulento

= a 2 ζ 2V 2

V 2

=

G2 a2ζ 2

=

Kg 2,5 seg

(1,96 x 10 −3 ) m/ 2 x 996,4 Kg m3/

( ζ 2 a 27° C ) α Referido a la superficie exterior del tubo interno:

= 1,28 m s

4


α ie = α i

0,05 0,058


= 3916,3 x 0,862 = 3376,12

Kcal h m 2 º C

⇒ α ie ( t 2m − t p ) = α e ( t p − t1m ) t 2 m temperatura media del fluido interior

t 1m temperatura media del fluido exterior

 ( 27 + t ′ 2 )   ( 50 + t ′′1 )   3376,12 − t p  = 64,31t p − 2 2     Q = 0,97825( 50 − t ′′1 )

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

Q = 2,5( t ′ 2 −27 )

116,4125 = 2 ,5 t ′ 2 +0 ,97825 t ′′1

45577 ,62 + 1688,06 t ′ 2 −3376 ,12 t p

∴Suponiendo una

= 64 ,31 t p −1607 ,75 − 32 ,155 t ′′1

B A

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

t ′ 2 =

B:

⇒ C:

116,4125 − 0,97825 t ′′1 2,5

= 46,565 − 0,3913 t ′′1

78604,514 − 660 ,5378 t ′′1 +32 ,155 t ′′1 = 56027 ,53

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

ρr =

Cµ

λ

=

1 x 0,9 x 10 −3 0,5238

x 3600 = 6,18

l = 3 0,05 = 60〉50 ⇒ Pag 90 d

αi =

λ d 1

0,027 R e 0,8 P r 0, 33

=

0,5238 0,05

x 0,027( 70855,1)

0,8

( 6,18 )

α1 = 3916,3

0 , 33

Kcal h m 2 C

=

5



Coeficiente de convección exterior :

def ex

=

4π( de 2

− d 12 )

4π d 1

=

0, 07 075 2 − 0,05 058 2 0,058

0389 m = 0,0389

∴Considerando µ = 0,024 kg s m ⇒ R eef =

G1

=

a1

4

⇒ α C = K3l −0, 4

K 3

µ

= a1 x ζ1

π( d e 2 − d i 2 )

K 3

d eq x ν1 x ζ 1

x v1

⇒

=

G1 a1ζ 1

0,03 0389 x 0,97 97 x 1010 0,024

=

Kg 1,75 seg

1,77 x 10

−3

1010

= 1602 〈 1800 ⇒ R eg . Laminar

= 0,97 m s

77 x 10 −3 m 2 = 1,77

α c = 99,8( 3) −0, 4 = 64 ,31

0,1  νζ 0,5  1   Lµ 0, 43  P r 0, 25 = 0,55 λ         µ   deq   λ   P rp 

 0,9 x 1010 0,5  1 0,1  0,55  0 , 43 555 0,02 0 25     55 x 0,02 027 = 0,55 x 3600 = 99 ,8  0,024   0,0389  389   0,027

6



Intercambio In tercambio de calor 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 concéntrico aislado exteriormente a razón de 160 Kg/h. Kg/h. Bajo estas condiciones el coefciente integral de transmisión de calor para el intercambiador Kcal vale K = 40 h m 2 º C a) Estimar la longitud del intercambiador. b) Si fuera de flujos paralelos ¿Cuál ¿Cuál sería la longitud? c) Idem a) b) si fuera en pasos. a) Contracorriente:

K = 40

∆T

Kg

=

Kcal

= G1C2 ( t ′ 2 −t ′ ′ 2 ) = 40

q2

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

h

Kg º C

( 200 − 20) º C = 3600

Kcal h

= 160

11,25 = ( 350 − t ′ ′1 )

338,75º C t ′ ′1 = 338

⇒Q= K

A ( T )

h m 2 º C

75 − 20 ) ′− ∆′′ ( 350 − 200) − ( 338,75 = = 223 223,87º C ∆  ( 350 − 200)  Ln Ln   ∆′′  7 5 − 20 )   ( 338,75 ∆

q1

⋅ 0,5

Kcal

Kcal Kg º C

Kcal h

( 350 − t′ ′ ) º C 1

7


⇒ A =

Q K ( T )

3600

=

∴ A = πdl ⇒ l =


40 ( 223 223,87)

A

= 0,4 m 2

0,4

=

πd π( 0,01)

= 12,73 m

B) Flujo paralelo:

∆T

=

75 − 200 ) ′− ∆′′ ( 350 − 20) − ( 338,75 = = 220,73° C  ∆′   ( 350 − 20)   Ln Ln   ∆′′   ( 338,75 − 200)  ∆

⇒Q=K A =

A ∆T Q

K

∆T

=

3600 40( 220,73)

∴ A = πdl ⇒ l =

C)

A

=

= 0,407 m 2

0,507

πd π( 0,01)

= 12,95 m

8


P =


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

R =

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

⇒

Tcon

∴Q =

=

T x ξT

AK

⇒ A =

= 223 223,87° C

Tcon Q

K

T con

=

3600 40( 223 223,87)

= 0,402 m 2

A = π d l n

⇒ l =

A

πd n

=

0,402 π 0,0 1( 2)

= 6,398 m

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     ∆′′  − 9 0 2 5  t ′′1 − t ′′ 2  ∆

10 Transferencia de Calor y Masa

δ=

q

= C1 ⋅

q

=1


G1 ⋅

Kcal

Kg° C

T

( 600)

Kg h

( 75 − 25) º C = 30000

3

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

M

Q = 30000

= 600

Kcal h

Kg h

Kcal h

Q = K A Tcon

= 50

Tcon

Kcal

A( 53,87 ) hm ° C

⇒

2

A=

30000 50 x 53,87

2 , m = 1113

= 0,9 x 59,86 = 53,87° C

 t′′ 2− t ′ 2 75 − 25 65 = = = 0,476  t ′1 − t ′ 2 130 − 25 105 ξ T = 0,9 t ′1 −t ′′1 130 − 90  R = = = 0,8  t ′′2 −t ′ 2 75 − 25 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  R = 0,8

ξ T = 0,9  ∆

⇒ A =

30000 50 x 53,87

∆Tc

= 0,9 x 59 ,87 = 53,88° C

, = 1113


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 R = 0,8

ξ T = 0,82 

Tcon

∆

A = 12,24

1 10 100

a

π∅ Nr

( m)

= 49° C

m2

0,005

0,01

0,015

779,2 77,92 7,79

389,6 38,9 3,89 A

259,7 25,97 2,6

L =

πd Nr

( m)



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 combinado será de 5,8 x 10 -4 m 2 h ⋅ K . Las propiedades del solvente a 35ºC son (1): Kcal

( 1): ζ 1 = 790 Kg 3 m C 1

ζ 2 = 1010 Kg m 3

= 0 ,46 Kcal Kg K

L2

= 0,559

λ 2 = 0,227 µ1 = 0,95 x 10 −3

Kg s m

2

V 2 V 1

Kcal Kg K

Kcal m h° C

= 0,5 m s

= 1m 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

m2

10 0,028

20 0,02

30 0,014

45 0,012


Q = G1C1 ( t ′1 −t ′′1 ) Q2

⇒ φ 1 Teor . = 1

= 2880 x 0,46( 40 − 30) = 13248

= G2 C 2( t ′′ 2 −t ′ 2 ) ⇒ G2 =

Ec. continuidad: G1

φ Pr ac = 1


4 ′′

4 a1

π

= a1 ζ 1 V1 ⇒

cl 2 C2 ( t ′′2 − t ′ 2 ) m1

=

G1

ζ 1V 1

=

=

Kcal

h 16248

0,559( 25 − 5) 2880

790( 3600)

= 1185

Kg h

= 1,01 x 10 −3 m 2

= 0,036 m

= 0,035 m

Sch:40

⇒ φ e = 0,0421 m πd 12 ⇒ a1real = = 9,62 x 10 −4 m 2 4

⇒ V 1Re al = 1,05 m s Selección de φ exterior: Adopt: d 2 = 2´´ Sch 40 φ= 0,0525 m a2

 φ 2 e 2 − φ 1e 2  π = π = ( 0,0525 2 − 0,04212 ) = 7 ,72 x 10 −4 m 2  4   4

Verif. Velocidad : V 2


=

1185

kg h

kg 7,72 x 10 −4 ( 3600) 1010 m3

= 0,42 m s


R e =


D1 V 1

ζ1

µ1

0,035 x 1,05 x 790

=

0,95 x 10 −3

= 30560〈〈1800

⇒ R eg . Turbulento Cµ

P r =

λ

=

0, 46 x 0, 951 x 10 −3 x 3600 = 9,78 Kcal 0,161 h m° K

6 l = d 0,0421 = 142,5 〉 50

α1 =

λ d i 1

0,027 R e 0,8 P r 0 ,33

⇒ Pag . 90

= 1020,73

Kcal hm 2 ° C

Coef. de converción exterior : 4 Area Flujo deex = Perim. transf .

t ′ m salm

R eeq

=

=

5 + 25 2

d eq V ⋅ ζ

µ

=

=

(

4π d 2 i

2

4π

− d 1e 2 ) d ie

= 0,023 m

= 15° C → µ = 0,024

0,023 x 0,42 x 1010 0,024

Kg s m2

( de tabla )

= 406,52

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

Reg. laminar

Kcal hm 2 ° C

K 3

0, 25  V ⋅ ζ 0,5  1 0,1  C 2 µ 0,43  P r    = 0,55 λ       (Ver aclaración de fórmulas)  µ   de   de   P r p 

K 3

 0,42 x 1010 0,5  1 0,1  0,559 x 0,024 0,43      ( 1,15) x 3600 = 224 = 0,55 0,227  0,024   0,023   0,227 

⇒

1 K

=

1

α1

+

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

⇒ K = 93,89


∴Q = T =

AK


T

⇒

( 40 − 25) − ( 30 − 5) = 19,57° C  ( 40 − 25)  Ln  ( 30 − 5) 

Aclaración de fórmulas

 Pr 0, 25  µ 0,25  0,024 0, 21  = ( 1,15)   ≈  =  0,0136   Pr p   µ p 

A=

cl K

N Tub

T

=

=

13248 93,89(19,57 )

7,21

πdeL

=

= 7,21 m 2

7,21 π( 0,0591) ⋅ 6

= 9 Tubos



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 m 2 ° C

C1

= C1 G1 = ( 0,46 x 2880) x 0,8 = 1060 = C Max

C2

= C2

∴ R =

G2

= ( 0,559 x 1185)

C Min C Max

x 0,9

= 0,56

= 596 = C Min NUT =

;

K M A C Min

=

89 x( 7,21) 596

= 1,07

⇒ Contraflujo E =

1− e

( − NUT ( 1− R ) )

1 − R e

( − NUT ( 1− R ) )

⇒ Q = C2 ( 40 − 5)

1− e

=

E

( −1, 07( 1− 0, 56) )

1 − 0,56 e

= 596( 35)

⇒ Q = C1 ( 40 − t ′′1 ) ⇒

⇒ Q =C 2 ( t ′′ 2 −5) ⇒

( −1, 07( 1− 0 , 56) )

x 0,577

=

0,3755 0,65027

= 12036 ,2

= 0,577

Kcal h

Q   12036,2  − 40 =  − 40 = 28,64° C   C 2   1060

t′′1 = 

t ′′ 2 =

Q C 2

+5=

12036,2 596

+ 5 = 25,19° C



Trans ferencia 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 Q1

C2 ( t ′′ 2 −t ′ 2 )

= 10000( 60 − 25) = 350000

T =

350000 20000

− 190 = +t ′′1 = 72 ,5º C

( 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

R =

h

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

⇒

Kcal

t = 0,92

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

⇒ ϕ = A K ( ∴ A =

t x ζ t )

ϕ K

T

ζ

t

=

350000 680 ( 38) 0,92

= 14,72 m 2


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

G2

∞ 40000 20000 4000 2000 KA Cmin

;

Cmin 0 20000 20000 4000 2000 R

Qmax

= Cmin( t ′1 −t ′ 2 )

Qreal

=E

x Qmax

=


NUT

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

∞ 0,5 0,5 2,42 5

Cmin Cmax

;

E =

= r −1

ϕ max

ϕ real

0

0 455000 429000 215800 122200

1300000 1300000

260000 130000

t´´ 1 65,75 67,5 68,55 79,21 83,95

2    − NUT ( 1+ R 1 + e    1 + R +  − NUT ( 1+ R  1 − e  

t ′′ 2 = t ′1 − G2

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

x G1

Qreal

2

)

2

)

1

1

2

2

 1  2 2 ( ) 1 x + R         

C=Gxc

G1

= G2 x c Cmin = G1 x c Cmax

R =

G1 G2

o G1 o G2

t´ 1 25 36,37 46,45 78,25 85,45


P r = 6,18



l = 6 0,05 = 120 〉 50 d

α1 =

λ d 1


⇒ Pag 90

0,027 R e 0,8 P r 0 , 33

= 3916,3

Kcal h m 2 ° C

∴ α ie = 3376,12

Kcal h m 2 ° C

Coef. conv. exterior : def ex

= 0,038 m

R eef

= 1602 〈 1800 ⇒ R eg . Laminar

V 1

= 0,97 m s

⇒ α C = K 3 l −0, 4 = 99,8( 6) −0,4 = 48,74

Kcal h m 2 ° C

∴ α ie ( t 2m − t p ) = α e ( t p − t 2m )    66 + t ′′ 1     2 + t ′ 2    − t  = 48,74t p −   3376,12   2  p     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



⇒ ϕ5 = 0,97825( 83 − 74,48) = 8,33

Kcal

⇒ ϕT = ϕ1 + ϕ2 = 13,7778,33 = 22,1

∆T 2

=

= ϕa = ϕ2

h Kcal h

Caso (A)

( 83 − 74,48) − ( 35,83 − 32 ,5) 5,19 = = 5,54° C  ( 83 − 74,48)  Ln[ 2,55] Ln   ( 35,83 − 32,5) 

Caso (B)

ϕ5 = C1G1 ( t ′1 −t ′′1 ) = 0,559 x 3,5( 66 − t ′′1 )

129 ,129 − 1,9565 t ′′1 = 2 ,5 t ′ 2 −67 ,5

ϕa = C2 G2 ( t ′2 −t ′′ 2 ) = 1 x 2,5( t ′ 2 −27 )

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


α1

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

=

A1 F 12

E 01 − E 02

−ξ + ξ A

1

=

E 01 − E 02

1

1

1

1

q12

1 − ξ2 ξ2 A2

1

1

A1 F12

= A1 F12 ( E 01 − E 02 ) =

+

−ξ ξ A

1

2

2

2

A1 F12 ( T0 T1

4

− T0 T 2 4 )

A1 F 12

⇒ q12 =

A1 F12 T0 ( T1

4

− T2 4 )

∴ q12 = ( 2,5 x 3) m 2 ⋅ 4,9 x 10 −8 Kcal

= 2591

h

Kcal 2

(

4 473

hm K

4

− 323 4 ) K 4

x 0 ,18 =

3 Radiación



Del gráfico Z = 2,5 X 3 y R = x = 1

= 0,83  F12 = 0,18 

( Fig . 6 − 12 )

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 x = 1  D y

12

Ley de nodos: Nodo (1): E 01 − j1 1 − ξ1

ξ1 A1

+

E 02

−

j1

1

F12 A1

+

E 03

−

j1

1

=0

E 01

= τ T14 = 4,9 x 10 −8 x (1000) 4

A1 ( 1 − F 12 ) Kcal

E 01

= 49000

E 03

= τ T3 4 = 4,9 x 10 −8 x( 300 4 ) = 937

hm 2 Kcal h

4 Radiación



Nodo (2): j1 − E 02 1

+

F12 A1

E 03

− E 02

=0

1

A2 ( 1 − F 21 )

 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 ( B )

( A)

− 0,77 E 02 + 488,3 − 1,23 E 02 = 0 − 0,77 j1 + 2 E 02 = +488,3 488,3 + 0,77 j1 ⇒ E 02 = = 244,15 + 0,385 j1 0,77 j1

2

∴ ( A) 98000 − 2 j1 + 0,77 E o 2 − 0,77 j1 + 488,31 − 1,23 + 4 j1 − 0,77 E o2 = +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 = τ T

E o 2

⇒

∴

E 01 − j1

1 − ξ1 A1ξ1

= q1 =

Kcal m2 h

4

2

4

E o 2

τ

= T = 680º K 2

Kcal 49000 − 26643,7 = 44712,6 h 0,5

j1 =

0

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

q12

1 A1 F 12

1 − ξ2 ξ2 A2

τ 0 ( T14 − T 2 4 ) = = = 1 − ξ1 1 − ξ2 1 − 0,8 1 1 − 0,8 1 + + + + ξ1 A1 A1 F12 ξ2 A2 0,8(1 6) 1 6( 0,4) 0,8(1 6) E 01 − E 02

4,9 x 10 −8 x ( 300 4 − 285 4 ) Kcal = = 392,65 h 0,1875 Del gráfico: 4 = 1,6 = D  2,5  F12 ≅ 0,4 y 4  D = 2,5 = 1,6

x

( gr af . 6 − 10)

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 Tp

Geometría: l = 1,06 x a = 1,06 x 10 = 10,6 m

TG

Gases de combustión : CO2 :

PCO2

= 0,15 atm

= 0,15 x 10,6 = 1,59   ⇒ ξCO2 = 0,24 = 1054,2° K 

PCO2 x l TG

PCO2 x l = 1,59  T p

= 873K

α CO2 ≅ 0,2 

Efecto de la presión total sobre la radiación: PT

= 0,25 atm PCO2 x l = 1,59  C CO2 ≅ 1 P T = 0,25 

Considerando: q A q A

= τ CO2 (12734 ( 0,24) − 8734 x 0,2) = 4,9 x 10 −8 x(1) ( (1273) 4 0,24 − (873) 4 0,2 ) = 25190,8 = τ CO2 ( TG 4 ξ − Tp 4α CO2 )

Considerando el valor de agua: H 2 O:

= 0,1 x 10,6 = 1,06  ξmediaH 2 O ≅ 0,35 PT = 1atm 

P H 2O x l

P H 2O x l = 1,06

   P H 2O + P T  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

PH 2O

=0

(ideal)

TG

= 1054,2 º K

Kcal m2

7 Radiación



∴ P H 2O x l = 1,06 α T p = 873° K  H 2O

= 0,38

⇒ q A = τ C H 2O (T H 2O 4 ξ H 2O − Tp 4 α CO 2 ) Considerando H 2 O q

−8 ( )4 ( ) A = 4,9 x 10 1,35( 1054 ,2 0,4725 − 873 0 ,38 ) = 23973 ,3 4

Kcal m2

∴Considerando como mezcla: ξG = ξCO 2 + ξH 2O − ξ = 0,24 + 0,4725 − 0,052 = 0,6605  P H 2O 0,1  , = =04 P H 2O + P CO 2 0,1 + 0,15  ξ PCO 2 x l + PH 2O x l = 1,59 + 1,06 = 2 ,65  ξ ⇒ 540° C ⇒ ξ ≅ 0,04 ⇒ ξ = 0, 052 ⇒ 781º C ⇒ 930° C ⇒ ξ ≅ 0,06 α G = α CO2 + α H 2O − ξ = 0,2 + 0,38 − 0,043 = 0,537  P H 2O = 0,4  P H 2O + P CO 2   ξ600 ºC = 0,043 t p = 600° C  PCO 2 x l + PH 2O l = 2,65   ξ600i

 ξ540 = 0,04 = 0,043  ξ930 = 0,06 ⇒ q A = τ ξ′ p ( E g TG 4 − α g T p 4 ) ξ′ p =

ξ p + 1 0,6 + 1 = = 0,8 2 2

Como mezcla:

⇒ q A = 4,9 x 10 −8 x ( 0,8)( 0,6605(1054,2 ) − 0,537( 873) 4 ) = 19751 4

Kcal m2

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).

Cobre

 Kj 2201 6 h = h ′′− h ′= ,  fg Kg   Kg 2 atmςV = 1129 , m3  Kg  , 942 7 ς =  L m3

→ Cς f = 0,013

→ 120,23° C

TS

↓ Txg

= 5,276 x 10 −2

Para 2 atm

 q C L ( Tx )  A ⇒ 1, 7 = Cςf  µ L h fg h fg P r 

0, 33 τ  g( ςl − ςV )  

( A ) solo si es nucleada

Por Zuber; para 1 er crisis: 1

  q   A max

1 4 2     ς − ς Txg ( ) ς π L V V  1 +  = h fg ςV  2 24 ς    ς L  V

0, 25 0 ,5 −2   ( )   − , , , 5 276 10 942 7 1 129 x π , 1129 Kcal 3600 seg   q   = ( 526,18) 1129     + = , , 1 194 41 2  A max 24 1h seg m 2 (1129 ) ,    942,7 

= 699876 2201, 6 x 103

⇒

tx =

tx

=

j/

x Kg

h fg P r

1, 7

C L

0,239cal Kcal = 526,18 1 j/ Kg

 q C ςf  A  µ L h fg 

526,18 x (1,249 ) 1

1, 7

0, 33 τ  g( ςl − ςV )  

0 , 33 −2  699876  5,276 x 10  = 0,013 0 736 526 18 x ( ) , , , , , 9 81 942 7 1 129 −   tx = 16,25° C

Kcal hm 2

3



O por Mac Adams: q ( ) 3,86 A = 1,86 tx

⇔ P ≅ 2 atm ⇒

P r =

Tx

= 27,82º C

µ L C L = λ L

µ L = 0,495 T (º F ) =

9 5

0,736 x 1 = 1,249 0,589

lbm pie − h

= 0,736

Kg m−h

(120,33º C + 32) = 274º F

Para 140 atm

h fg

j = h′′− h′= 1070,7 x 103 /

x 0, 239 Kg

ςV = 87

Kg

TS

m3

ς L = 620,88

Kg

Kcal

max

= 0,636 x 19 −2

Kg s 2

4

q tx = 3

Pr =

A 1,11( Pr )

µ C C L = λ C

4

=3 3

1,63 x 106 1,11( 0, 623)

0,3125 + 0, 756

µ L 0,21 = 0,3121

0,3788

4

= 0,623

Kg m−h

366º C C L

m

0,5  0,636 x 10−2 ( 620,88 − 87) 0, 25 87  Kcal Kcal 6   = 452 8 = 1 63 10 , , = ( 255,9) x 87 1 + x  24 sm 2 hm 2 ( 87) 2    620,88 

3 3( t ) A = 1,11 Pr

⇒

Kg

↓

m3

π

q q

j/

= 255, 9

→ 336,64º C

Txg

A

Kcal

= 756

cal 1 Kcal Kg º C 10 3 cal

= 0,756

Kcal Kg º C

= 140,26º C 3

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 1 era crisis de ebullición. b) Determinar la temperatura a la que ocurre el proceso calculado en a. CSf

= 0,006 → (bronce − agua ) 1

a)

 Txg ( ς L − ςV )  4  ς  12 π  1 + V  = h fg ςV  2 24 ςV    ς L 

q A

max

P = 1atm

 Kj Kcal = , 2257 539 4 h  fg Kg Kg   Kg Kg 100º C ςV = 0,5977 3 Txg = 5,69 x 10 −2 2 s m  Kg  958 13 ς = , L  m3 0, 25 −2   ( )  0,5977  0,5 x − , , , 5 69 10 918 13 0 5977 q π  =  1 + = ( 539,4 ) ( 0,5977 ) 2   958 13 A max 24 , ( ) 0,5977   q A

b)

= 148,35 x 3600 = 534060 max

C L

Tx

h fg ( Pr L ) 1 x

(

1, 7

Tx

)

539 ,4 1,75

Tx 1395,57

 q = C Sf  A  µ L h fg  1, 7

Kcal h m2

, τ  g c ( ς L − ςV )  

 534060 = 0,006  0,888 ⋅ 539 ,5

= 8,37 x 10 −

3

Tx = 11,68º C Tx = Tp − TsaT

⇒ 11,68 = ( tp − 100º) C Tp = 111,68º C

0 33

,  = 9,81( 958,13 − 0,597)  5,69

x 10 −2

0 33

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

t f

=

70 + 105 2

= 87,5º C

 ζ( ζ − ζ ) g h λ3 0, 25 V fg   , α = 3173  µ ( Nd ) (T g − T p ) 

a)

; si existe flujo laminar

 ( 966,9 ) 2 x 9,81 x 539 x (0,5795) 3 0, 25 Kcal   , , 2472 7 α = 3173 = −6 hm 2 º C  33,12 x 10 x( 90 x 0,025) (105 − 70 )  ⇒q=α x •

q

= mV

(

A T g

h fg

⇒

− Tp ) = 2472,7 x [( π 0, 025) 2] 90 [ 105 − 70] = 1,22 x 106 q h fg

=

1,22 x 10 539

6

= 2263 Kcal h

•

= mV

Kcal h

6


 ζ( ζ − ζ ) g h λ3  0,25 V fg   α = 3173 ,  µ( Nd ) ( T g − T p ) 

b)

T f


=

105 + 90 2

= 97,5º C

 ( 960,125) 2 x 9,81 x 539 x ( 0, 58475) 3 0, 25 Kcal   α = 3173 = 4855 , −6 hm 2 º C  29,625 x 10 x 0, 4 x ( 105 − 90)  •

q

=α

(

− Tp ) = 4855 x ( π 0,4 x 2) ( 105 − 90) = 183 x 103

A x TG •

q

•

= mV

h fg

•

q

m=

h fg

=

183 x 10 3 539

= 339,6 Kg h

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.

= 110 − 100 = 10° C

T x

Ec. Rosenaw

→ ebullición nucleada

 q Cl ( t x )  A 1, 7 = Cs f  µ L h fg h fg Pr L 

 q 0, 33 0,057 A  = 0,006  0,888 ( 539) 9,81 ( 958,4 )   

1 x 10 539 x (1,51)

Pr L

=

0, 33 T  g ( ζ l − 0)  

1, 7

µ L x C L 0,888 x 1 = = 1,51 λ L 0,586

µ L = 0,5972

lbm

−h

Pie

5

x

0,4536 Kg 1 lbm

x

1 P ie 0,3048

m

= 0,888

T [ ° C]

=

T[° F ]

= 9 5 ( ° C + 32) = (100 + 32 ) = 237 ,6° F

9

m−h

( ° F − 32) 9

5

0,0092 0,006

Kg

=

88,92

q

3

=

3

−2 A x 1,7262 x 10

q

⇒ q A = (88,82 ) = 700868 3

A

Kcal 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 cm 3/min que ingresa a 10ºC. Estimar la máxima temperatura que alcanza el conducto de cobre. 0,2389 cal Kcal 3600 s/ Kcal = 1195 x = 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 °

⇒ q A = 2,74 x 106 ∴

C L

Tx

h fg Pr 1, 7

 q = Csf  A  µ L h fg 

Kcal hm 2

0, 33 τ  g( ζ L − V 0 )  

Csf = 0,013

 Kg Kg −2 Kg µ = 0 888 ζ = 958 4 τ = 5 69 x 10 , ; , ; , L L  t = 100º C  m−h m3 s 2  µ L x C L 0,888 x 1 Kcal 237,6º F  = = = = ,51 Pr 1 h 539 fg  λ L 0,586 Kg º C

⇒

Tx

=

h fg

1, 7

Pr C L

539 x (1,51)

1, 7

 q  A Csf  µ L h fg 

0,013  2, 74 x 10 6   0,888 x 539

Tx

=

Tx

= T p − Tsat ⇒ Tp =

1

 0, 33 τ  g ( ζ L )  

Tx + Tsat

0,33  = 34,09º C 9,81( 958,4 )  5,69 x 10 −2

= 134,09º 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 V V L V fg V α e = 0,62 d µV Tx  T f

T p

=

Tx

+ T g 2

=

550º C 2

 ( 0,5057 ) ⇒ α e = 0,62  α e = 262,45

α = 1

) 

0,25



= 275º C

Tf = Temp.de la película

1atm Tsat  100º C

= T p − Tsat ⇒ 350º C = Tp − 100º C ⇒ Tp = 450º C

 Kcal 0 5057 λ = ,  V m h° C   Kg T f ζ V = 30,55 3 m  Kg  , 759 3 ζ =  L m3

(

Tx

T x ξ T p

4

3

h fg

= 539

kcal Kg

µ V = 0,22896

(

30,55 7 59 ,3

cp = 1,25 Lbm

Pie − h

= 0,34

Kcal Kgº C

Kg m− h

− 30 ,55 ) 9 ,81 x 3600 (5 39 +0 ,4

(552 ,6 º F )

x 1 ,25 x 350 ) 

0,019 x 0,34 350

Kcal hº C m 2

− Tsat

(T

p − T sat ) 1

 α  α = αe  e  + α  α  3

1

4

)

( 450 − 100 ) 4

= 4,93 x 10

−8

x 0,066

350

4

= 0,38

Kcal h m 2 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 1

 Txg ( ζ L − ζV )   ζ   q  π  1 + V  a )  = h fg ζV   A max 24 ζV    ζ L   j Kcal 0,239 cal h fg = 2243,6 x 10 Kg x 1 j = 536 Kg  T p + T g 110 + 100  Kg = = 105º C ζV = 0,7046 → τ = 5,587 x 10 − Kg s T f = 2 2 m  Kg  = ζ , 954 5  L m 1 −2   ( 5,587 x 10 ) ( 954 ,5 − 0,7046 ) 4  0,7046 0,5 q π Kcal    1 159 2 = ( 536) 0,7046 + = , 2 Amax 24 s m 2 ( 0,7046)    954,5  4

1

2

2

3

2

3

2

3

= 573054,5

C L

b)

Tx

h fg Pr L

Tx

=

1, 7

 q = Csf  A  µ L h fg 

h fg PrL

1, 7

C L

 0, 33 τ  g ( ζ L − ζV )  

 q Csf  A  µ L h fg 

0, 33 τ  g ( ζ L − ζV )  

 Kg Kg Kg ;ζ L = 958,4 3 τ = 5,69 x 10 −2 µ L = 0,888 m − h m seg 2 Tsf =/ 100º C Kcal  Pr = µ L x C L = 1,51 539 h = ; fg  L λ C Kg º C 0 , 33 1, 7 539 x (1,51) x 0,013  573054,5 5,69 x 10 −2    = tx = ( ) x , 1 0 888 539 ( ) 9 81 958 ,   Tx = 20,16º C Tx

= T p − Tsat ⇒ 20,16º C = Tp − 100º C ⇒ T p = 120,16º C

Kcal h m2

11



Hay un error en suponer en A a Tp con 110ºC de 10,16ºC; es decir un 50% de donde hay que recalcular a) con un Tpm

=

110

+ 120,16 2

∆Tx; por

= 115º y luego calcular b) y verificar que los

dos Tp sean aproximados.

⇒ a )Tf = 107º C

 Kcal , , , 2236 8 0 239 534 6 h = x =  fg Kg   T f ζ V = 0,76365  ζ L = 952,56 

Kg s 2

 5,536 x 10 −2 ( 952 ,56 − 0,76365) 0, 25  0,76365 0,5  =  1 + = 534,6 x 0,76365 2   , 24 952 56 ( ) , 0 7636   π

q A

τ = 5,536 x 10 −2

max

= 164,82 x 3600 = 593371

Kcal h m2

539 x (1,51) x 0,013  593371  ∴ Tx = 1  0,888 x 539 Tx = T p − Tsat ⇒ 20,47 = Tp − 100 T p = 120,47 º C 1, 7

Error T p

 5,69 x 10  9,81 ( 958)  −2

0 , 33

= 20,47º C

= 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



Condens ación 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.

 h fg = 2256,94 x 10 

100º C 1atm

3

j/

x Kg

0,239

/

1 j

cal = 539,4

 − µ f = 34,15 x 10 Kg  Kcal 100 + 70 t f = = 85º C λ f = 0,578 m h º C 2   Kg ζ f = 968,55 m 6

f s

Kcal Kg

m2

3

⇒ Suponiendo reg. laminar:   m   Kcal   Kcal 3  Kg 2  3  g  2  xh fg  λ  h mº C  ζ( ζ − ζV ) m 3    Kcal    Kg s   α N =  2  = 4,114    h m º C  µ Kgf s 2 l[ m] ( T g − Tp ) ( º C )   m  

[

1

4

]

1

 9,81 x 539,4 x ( 0,578) 3 (968,55) 2  4 Kcal  = 3656 α N = 4,114 −6 h m 2 º C  34,15 x 10 x 1,5 x (100 − 70)  ∴q = α

•

(

A T g

•

⇒ m T =

− Tp ) = m h fg

α A( T g − T p ) h fg

•

Re

=

4m pµ fg

=

=

3656 Kcal ( 1,5 x 2) m 2 ( 30) º C Kg 2

h m º C 539,4 Kcal

4( 0,169 ) 2( 34,15 x 10 −6 ) 9,81

∴ α = α N x ξϕ x ξT 1

x ξV

1h

Kg = 0,169 s 3600 s

= 1009 〈 1800 ⇒ Es. laminar

(p = placa plana)

= 3656 x ( 1) x( 0, 945) x 1, 318 = 4553, 6

 λ 3 µ  8  0,568 3 28,8  18 p g  =   ξT =    = 0,945   λ µ 0 586 41 2 , ,  g  p   

Kcal h m 2 º C

13



ξV = ξV = Re f 0,04 = (1009) 0,04 = 1,318 ⇒q=α

(

A T g •

− Tp ) = 4553,6 x (1,5 x 2) ( 30) = 409824 •

⇒ q = mh fg ⇒ m r =

f h fg

=

409824 539,4

= 759,7 Kg h

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 ; Cp Benc = 0,42 ; α h 2O = 2500 ;α Y Benc = 93 = 1700′′ ´ Kg Kg º C h m 2 º C Benc QT Benc

= G1 r + G1C p

Parte B

t = 2500( 93) + 2500(0 ,42 ) ( 80 − 40 )

= G2 C p

G1C p t1

t 2

2500( 0,42 )( 80 − 40) 42000 17000 Parte A G1r

= 17000( t ′2 −15)

= ( t ′ 2 −15) ⇒ t ′ 2 = 17,47

= G2 C p 2

2500( 93) 232500 17000

= 274500

t

= 17000( t ′ 2 − 17, 47)

= ( t ′ 2 −17,47)

13,67 = ( t ′ 2 −17, 47) t ′′ 2 = 3114 , º C ( A )

( B )

( 80 − 31,14) − ( 80 − 17, 47) = 55, 4º C  A ′   ( 80 − 31,14)  Ln Ln    A ′′   ( 80 − 17,47)  ( 80 − 17,47) − ( 40 − 15) B ′− B ′′ T B = = = 40,93º C  B ′   ( 80 − 17,47)  Ln Ln    B ′′   ( 40 − 15)  T A

=

A

′−

A

′′

=

Kcal h

15


∴ Q A = K G1r

=K

AA T A K =

A A T A

1 1

α H 232500

+ 2

1

= 1012

Kcal h m 2 C

α Benc

= K A(55,4 )

232500

(


1012 55,4

)

= A A = 4,14 m

∴ Q B = K AB TB 2500( 0,42 ) ( 40) = 1012 A B = 1,01 m 2

Flujos paralelos

2

= 4,14 + 1,1 = 5,15 m (40 ,93 ) AT

A B

2

16


( A )

T A

( B )

Q A

T B

=K

=

′−

′′

( 80 − 15) − (80 − 17 ,47 )

= 63,75º C  ( 80 − 15)  Ln   ( 80 − 17,47 )  ( 80 − 17,47 ) − (40 − 31,14 ) B ′− B ′′ = = = 27,46º C  B ′   ( 80 − 17,47 )  Ln Ln    B ′′   ( 40 − 31,14 ) 

AA

A

 Ln 

A

A

′

  A ′′ 

=


TA

= 1012 A A (63,75) A A = 3,6 m

232500

2

AT

= K AB TB 2500 x ( 0,42 ) ( 40) = 1012 A B ( 27 ,46 )

Q B

42000

(

)

1012 27,46

= A B = 1,51 m

2

= 3,6 + 1,51 = 5,11 m

2

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 = T g − 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

=

Tf

95 + 95 2

 g hf λ3 g ( ζ − ζ )  g v  α N = 4 114    µ l ( T g − T p ) 

= 95° C

,

 KJ Kcal , , , hf = x = 2256 9 0 239 539 4  g Kg Kg   Kg Kcal λ = 0,586 Tf ζ v = 0,5977 3 mh ° C m   Kg s −6 , , ζ = µ = x Kg 958 13 28 8 10  L m3 m2 ⇒ αn = ∞ •

R ef =

4m 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 ) hf g

=0

1

4

3


Problemas Resueltos

 KJ Kcal , , , hf = x = 2276 7 0 239 544 13  g Kg Kg   Kg Kcal tf ζ v = 0,4626 3 λ = 0,58225 mh ° C m   Kg s −6 , , ζ = µ = x Kg 963 4 31 28 10  L m3 m2 1

 9,81 x 544,13 ⋅ ( 0,58225) 3 958,13(958 ,13 − 0 ,5977 )  4 Kcal  = 5454,6 2 α n = 4,114 −6 h m ° C 31,28 x 10 ⋅ 2 ⋅ ( 95 − 90)   •

∴ R ef =

• α A( Tg − Tp) 5454,6 ⋅ ( π 0, 019 ⋅ 2) ( 95 − 90) Kg 4m ⇒m= = = 5,98 3 p µf hf g 544,13 m

•

4 ⋅ 5454,6 ( π ⋅ 0,019 ⋅ 2) ( 95 − 90) 4 α A( Tg − Tp) ⇒ R e = = = 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 m 2 ° C

ξϕ = 1 1

1

 λ p 3 µ g  8  0,581 3 30,45  8  =  ξT =    = 0,9918   0,5835 32,1   λ g  µ p  ξv = R ef 0, 04 = 3630, 05 = 1,266 •

⇒m= •

q

∆t = 30° C

•

α A( Tg − Tp ) hf g

=

6849 x ( π 0,018 x 2) ( 95 − 90) Kg = 7,51 3 544,13 m

= m hf g = 7,51 x 544,13 = 4086,4

Kcal h

4


∆t = t g − Tp = PS − tp = 30°C

⇒ tf =

95 + 65

= 80°C

2

tp = 65° C

⇒ hf g

Problemas Resueltos

= 2308,8 x 0,239 = 551,8

  Kg t f ζ v = 0,2933 3 m   Kg , ζ = 971 62  L m3

Kcal Kg

λ = 0,575

Kcal h m ° C

µ = 36,2 x 10 −6 Kg

s m2

1

 9 81 x 551 8 x ( 0 575) x 971 62( 971 62 − 0 2933)  Kcal ⇒ α N = 4 114   = 3364 17 − 36 2 x 10 x 2 x ( 95 − 65) h m ° C   3

,

,

4

,

,

,

,

,

,

6

2

,

R ef =

4 x

4 x 3364 17 x ( π 0 019 x 2) ( 30) α x A( Tg − Tp) = = 1144 53〈1800 pµf x hf g ( π 0 019) 36 2 x 10− x 551 8 x 3600 x 9 81 ,

,

,

6

,

,

,

,

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 1

 λ p 3 µ g  8  0 564  3  = ξT =   x  λ g µ p 0 5835   ,

,

ξv = R ef 0 04 = (1144 53) ,

0 05 ,

,

•

m=

•

f


=

30 45 44 35

= 0 423 ,

,

= 1 325 ,

1885 5 x ( π 0 019 x 2 ) ( 30 ) ,

,

•

= m hf g = 12 23 x 551 8 = 6748 51 ,

= 12 23 ,

5518

,

h m 2 ° C

1 8

,

,

,

Kcal

Kcal h

Kg m3

5


Problemas Resueltos

Gráficos:

∆t

α   Kcal   2 h m ° C  

0ºC 5ºC 30 º C Posición Vertical

∞ 6849 1885,5

°

m cond

  Kg 3   m  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 Tf

=

95 + 95 2

= 95° C

 Kcal hf g = 539 4 Kg   Kg Tf ζ v = 0 5977 3 m  Kg  ζ = 958 13  L m3

λ = 0 586

,

,

Kcal mh ° C

µ = 28 8 x 10 −6

,

Kg

,

s m2

,

 ζ L ( ζ L − ζ v ) g x hf g λ3   α N = 3173 ( ) µ d Tg − Tp   ext

1

4

,

 958 13 ( 958 13 − 0 5977 ) 9 81 x 539 4 x (0 586 ) 3   = ∞ α N = 3173 6 ( ) × 28 8 10 x 0 019 0   ,

,

,

,

,

,

,

,

,

α = α N ξϕ x ξt R ef =

4α A ( Tg − Tp ) p µf hf g

x ξv

=∞

=0

↓ L x N •

m=

•

q

α x

→ cant . tubos

A x ( Tg − Tp) hf g

•

=m

=0

hf g = 0

∆t = 5° C ∆t = Tg − Tp = 5° C

tf

=

95 + 90 2

= 92 5°C ,

8


Problemas Resueltos

Tp = 90 ° C

hf g

= 544,13

Kcal

λ = 0,58225

Kg

  Kg tf ζ v = 0,4626 3 m  Kg  , ζ = 963 4 L  m3

Kcal mh ° C

µ = 31,28 x 10 −6 Kg

s m2

1

 963 4 ( 963 4 − 0 4626) (9 81) x 544 13 x (0 58225 ) 3  4 Kcal ⇒ α N = 3173   = 13513 h m 2 ° C (5 ° C ) 31 28 x 10 −6 x ( 0 019 )   ,

,

,

,

,

,

,

,

R ef =

,

4α x A ( Tg − Tp) p x

µ f

hf g

=

4 x 13513 x ( π 0 019)

ξv = 13 α x

•

⇒m= •

q

0 , 09

x ξv

,

,

= 13〈〈 1800

,

Dentro de Ré gimen Laminar

= 13513 x 1 x 0 9918 x 1 108 = 14850 ,

,

Kcal h m 2 ° C

= 1 108 ,

A ( Tg − Tp) hf g

(5)

2 x 31 28 x 10 −6 x 544 13 x 3600 x 9 81

⇒ ∴ α = α N x ξϕ x ξT

2

,

=

14850 x ( π x 0,019 x 2) (5) Kg = 16,3 3 544,13 m

•

= m x hf g = 16,3 x 544,13 = 8869 ,32

KCal h

∆T = 30 ° C hf g

T f

= 80 ° C

= 551 8 ,

= 65° C

Kg

  Kg Tf ζ V = 0 2933 3 m  Kg  ζ = 9716  L m3 ,

,

T p

Kcal

λ = 0 575 ,

Kcal h m ° C

µ = 36 2 x 10 −6 Kg ,

s m2

9


Problemas Resueltos

1

 971,6( 971,6 − 0,2933)(9 ,81) x 551,8 (0,575 ) 3  4 Kcal , , α N = 3173   = 8310 9 h m 2 ° C 36,2 x 10 −6 x ( 0,019 ) ( 30)   4

∴ R ef =

α x

A ( Tg − Tp)

p x µf x hf g

⇒

α = α N x ξϕ x ξT

=

)( π 0 019) x ( 30)

(

4 8310, 9 2 x 36,2

,

x 10 −6 x 551 8 x ,

3600

x

9,81

= 42 3 〈〈 1800 ,

Dentro de Hip. de Ré gimen Laminar

x ξv

= 8310 9 x 1 x 0 423 x 1161 = 4083 ,

,

,

Kcal h m 2 ° C

ξV = 42 30 05 = 1 161 ,

,

•

⇒m= •

q

α x

,

Ax

( Tg − Tp) hf g

=

4083 6 x ( π 0 019 x 2 ) ( 30 ) ,

,

•

Gráfico:

∆T ( ° C ) 0 5 30

Posición horizontal

,

,

α  Kcal   2   h m ° C  ∞ 14850 4083,6

= 26 5 ,

5518

= mhf g = 26 5 x 551 8 = 14622 7 ,

,

Kg m3

Kcal h

°

°

m cond

q

 Kg   3  m  0 16,3 26,5

 Kcal     h  0 8869,3 14622,7

10


Problemas Resueltos

Solucionario-de-Transferencia-de-Calor.pdf

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