Trabajo Final Fase 9.docx

1 Transferencia de calor – 211611_12 Fase 9 – Evaluación final del curso

Presentado por: Juan Andrés Giraldo Giraldo Yan Faber Salazar Miller Lady Rincón Ana Maolys Medrano María de los Ángeles González

Tutor: Diana Edith Molina

Universidad Nacional Abierta y a Distancia-UNAD Escuela de Ciencias Básicas Tecnología e Ingeniería Ingeniería de Alimentos UDR-Cali 2018

2 Tabla de contenido Introducción ................................................................................................................... 3 Fase 3 Ley de Fourier ..................................................................................................... 4 Fase 5 Mecanismos de transferencia de calor ................................................................ 9 Fase 7 Protocolo de cálculo de intercambiador de calor .............................................. 22 Conclusiones ................................................................................................................ 37 Referencias Bibliográficas ........................................................................................... 38

3 Introducción En el siguiente trabajo, usted encontrará las correcciones a las fases 3, 5 y 7, siguiendo las retroalimentaciones dadas por la directora del curso. Esta fase tiene como propósito la identificación de los errores bien sea de cálculos o de teoría de las temáticas involucradas en cada fase y su corrección, llenando así los espacios que quizá quedaron en el proceso de aprendizaje a lo largo del curso.

4 Fase 3 Ley de Fourier 1. Realizar un mentefacto para las Operaciones unitarias

-Todo proceso y toda 0 operación implican un cambio o transformación de una o más variables

Transferencia

-Describen los cambios físicos, necesarios para la obtención de determinado producto -Existen diferentes tipos dependiendo de la naturaleza de la transformación llevada

Operaciones unitarias

Procesos unitarios

Basados en reacciones químicas para la obtención de productos partiendo de materias primas

Clasificación

Transferencia de materia

Destilación; Rectificación; extracción; adsorción; absorción; lixiviación Intercambio iónico

Transferencia de calor

Conducción convección Radiación

(sólidos); (líquidos);

Complementarias

Trituración; Tamizado

Molienda;

Transferencia simultánea de calor y materia

Transferencia de cantidad de movimiento

Enfriamiento de líquidos; liofilización; cristalización; deshidratación y humidificación

Circulación interna y externa de fluidos en conducciones, flujo a través de lechos de sólidos.

5 2. De acuerdo las lecturas realizadas, definir con sus palabras la Ley de Fourier de la transferencia de calor, ¿cuál es la fuerza impulsora de esta operación? La ley de Fourier es un modelo matemático que explica cómo se da la transferencia de calor a través de un sólido (conducción térmica), tomando en cuenta la relación lineal existente entre la velocidad a la que se transfiere el calor como el perfil de temperaturas dentro del mencionado sólido La ecuación matemática que lo describe es la siguiente: 𝑄 = −𝐾 ∗ 𝐴 ∗

∆𝑇 𝑋

𝐸𝑐. 1

Donde; Q= flujo de calor K= Conductividad Térmica A= Área donde se da la transferencia ∆T= Delta de temperatura (diferencia de temperatura) X = Gradiente de distancia o recorrido La diferencia de potencial y la resistencia son aquellas que están a favor y en contra respectivamente de la transferencia, estás son propiedades con las que todo material cuenta, sus valores varían según el tipo de material. La transferencia es directamente proporcional a la fuerza impulsora entre la resistencia. La fuerza impulsora es aquella diferencia de una magnitud bien sea física o química que como su nombre lo indica “impulsa” o posibilita en este caso la trasferencia de calor y que para la ley de Fourier es el gradiente o diferencia de temperatura, conocido como delta de temperatura ∆T.

3. Realizar la conversión de unidades para los siguientes casos 3500

𝐵𝑇𝑈 𝐽 𝑎 ℎ 𝑠

6 Respuesta: 3500

900

𝐵𝑇𝑈 1055,06 𝐽 1ℎ 𝐽 ∗ ∗ = 1025,75 ℎ 1 𝐵𝑇𝑈 3600 𝑠 𝑠

𝐽 𝑐𝑎𝑙 𝑎 𝑘𝑔 ∗ º𝐶 𝑔 ∗ º𝐶 Respuesta:

900

0,4

𝐽 0,238846 𝑐𝑎𝑙 1 𝑘𝑔 𝑐𝑎𝑙 ∗ ∗ = 0,215 𝑘𝑔 ∗ º𝐶 1𝐽 1000 𝑔 𝑔 ∗ º𝐶

𝐵𝑇𝑈 𝐽 𝑎 ℎ ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 𝑠 ∗ 𝑚 ∗ º𝐹 Respuesta:

0,4

𝐵𝑇𝑈 1055,06 𝐽 1ℎ 1 𝑓𝑡 𝐽 ∗ ∗ ∗ = 0,3846 ℎ ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 1 𝐵𝑇𝑈 3600 𝑠 0,3048 𝑚 𝑠 ∗ 𝑚 ∗ º𝐹

0,128

𝐵𝑇𝑈 𝑊 𝑎 ℎ ∗ 𝑓𝑡 ∗ 𝐾 𝑚 ∗ 𝐾 Repuesta:

0,128

𝐵𝑇𝑈 0,2931 𝑊 1 𝑓𝑡 𝑊 ∗ ∗ = 0,1230 ℎ ∗ 𝑓𝑡 ∗ 𝐾 1 𝐵𝑇𝑈 0,3048 𝑚 ℎ∗𝑚∗𝐾

4. En una habitación, se enciende un calentador eléctrico de 1 kW y se mantiene así durante 50 minutos. Calcular la cantidad de energía transmitida por el calentador a la habitación. 𝑃= Donde; P= Potencia

𝐸 𝐸𝑐. 2 𝑡

7 E= Energía T= Tiempo Como requiero de conocer la cantidad de energía, despejo E de Ec. 2 y obtengo: 𝐸 = 𝑃 ∗ 𝑡 𝐸𝑐. 3 Reemplazo los datos dados en el planteamiento 𝐸 = 1 𝑘𝑊 ∗ 50 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 Sin embargo, la energía debe ser expresada en Joule o kiloJoule. Entonces: 1𝑘𝑊 =

1 𝑘𝑖𝑙𝑜𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 1 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜

Reemplazo nuevamente en Ec.3 𝐸=1

𝑘𝐽 60 𝑠 ∗ 50 𝑚𝑖𝑛 ∗ = 3000 𝑘𝐽 𝑠 1 𝑚𝑖𝑛

5. Se va a construir un horno de ladrillos utilizando ladrillos de construcción de 8 pulgadas de grosor que poseen una conductividad de 0.4 BTU/hr·ft·ºF. La superficie interna del horno está a 1800ºF mientras que la superficie externa está a 90ºF. Halle la pérdida de calor por unidad de área Respuesta: 5.1 Organizar los datos suministrados: 8 pulgadas (in) de grosor Conductividad: 0,4

𝐵𝑇𝑈 ℎ∗𝑓𝑡∗º𝐹

∆T= 1800 ºF - 90 ºF

5.2 Establecer unidades consistentes: 𝐵𝑇𝑈

𝐾 = 0,4 ℎ∗𝑓𝑡∗º𝐹 A= 1 𝑓𝑡 2

8 ∆T= 1800 ºF – 90 ºF 1 𝑓𝑡

X= 8 𝑖𝑛 ∗ 12 𝑖𝑛 = 0,67 𝑓𝑡 Se emplea la ecuación 4 (Ec. 4) la cual es una variación de la Ec .1 tomándose en cuenta que el flujo de calor obedece a un gradiente físico o diferencial positivo de temperatura como se establece en la 2ª ley de la termodinámica. 𝑄 =𝐾∗𝐴∗

∆𝑇 𝑋

𝐸𝑐. 4

Reemplazando los datos en unidades consistentes organizadas en 5.2 obtengo que: 0,4 𝑄=

𝐵𝑇𝑈 ∗ 1𝑓𝑡 2 ∗ (1800 º𝐹 − 90º𝐹) 𝐵𝑇𝑈 ℎ ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 = 1020,90 0,67 𝑓𝑡 ℎ

9 Fase 5 Mecanismos de transferencia de calor

1. Una bola de cobre de 10 cm de diámetro se va a calentar desde 80 °C hasta una temperatura promedio de 150 °C, en 20 minutos. Tomando la densidad y el calor específico promedios del cobre en este rango de temperatura como 8 950

𝑘𝑔 𝑚3

y 0.395

𝑘𝐽 𝑘𝑔∗ º𝐶

respectivamente, determine: a) la cantidad total de transferencia de calor a la bola de cobre Respuesta: del enunciado del problema se puede deducir que durante la transferencia de calor ocurre un cambio de entalpía directamente relacionado a un cambio de temperatura. Lo que se describe como calor sensible, por tanto la ecuación a emplear es: 𝑄 = 𝑚 ∗ 𝐶𝑝 ∗ ∆𝑇 𝐸𝑐. 1 Dónde: 𝐶𝑝 = 0,395

𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∗ º𝐶

∆𝑇 = 150 º𝐶 − 80 º𝐶 = 70 º𝐶 𝑚 =? Como no se cuenta con la masa de la bola de cobre se debe usar la Ec.2 𝜌=

𝑚 𝐸𝑐. 2 𝑣

Se despeja 𝑚 𝑚 = 𝜌 ∗ 𝑣 𝐸𝑐. 3 Tampoco se cuenta con el volumen, sin embargo como el problema trata de una bola o esfera, se sabe que el volumen de esta es: 𝑣=

4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟 3 𝐸𝑐. 4 3

10 Tampoco se cuenta con el radio 𝑟, sin embargo se sabe que el radio de una esfera de la cual se conoce su diámetro es: 𝑟=

𝐷 𝐸𝑐. 5 2

Dónde: 𝐷 = 10 𝑐𝑚 Entonces aplicando la Ec.5 se tiene que: 𝑟=

10 𝑐𝑚 1𝑚 = 5 𝑐𝑚 ∗ = 0,05 𝑚 2 100 𝑐𝑚 Una vez calculado el radio de la bola, se procede a calcular las variables encontradas

en las ecuaciones anteriores, de modo que: Empleando la Ec.4, se calcula en volumen, entonces: 𝑣=

4 ∗ 3,1416 ∗ (0,05 𝑚)3 3

𝑣=

4 ∗ 3,1416 ∗ 1,25 𝑥 10−4 3

𝑣 = 5,236 𝑥 10−4 𝑚3 Con el volumen hallado y empleando la Ec.3 se calcula la masa. 𝑚 = 8950

𝑘𝑔 ∗ 5,236 𝑥 10−4 𝑚3 𝑚3

𝑚 = 4,68622 kg Con la masa hallada, se emplea la Ec.1 para finalmente hallar la cantidad total de transferencia de calor a la bola de cobre así: 𝑄 = 4,68622 kg ∗ 0,395

𝑘𝐽 ∗ 70 º𝐶 𝑘𝑔 ∗ º𝐶

𝑄 = 129,574 kJ

b) la razón promedio de transferencia del calor a la bola

11 Respuesta: Al requerirse la razón de transferencia, se debe tener en cuenta el tiempo en que se da dicha transferencia, de modo que: 𝑄=

𝑄𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝐸𝑐. 6 ∆𝑇

Empleándose la Ec. 6 se tiene que: 𝑄𝑃𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =

129,574 kJ 129,574 kJ 𝑘𝐽 1 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜 1000 𝐽 = = 6,4787 ∗ ∗ (20 − 0) 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 20 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 60 𝑠𝑒𝑔 1 𝑘𝐽 = 107,98

𝐽 𝑠𝑒𝑔

c) el flujo promedio de calor Respuesta: Al requerirse el flujo, se debe tener en cuenta el área del objeto, de modo que: 𝑄=

𝑄𝑃𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 𝐸𝑐. 7 𝐴

Pero, el enunciado del problema no da el área, sin embargo se sabe que el área de una esfera está dado por: 𝐴 = 4 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟 2 𝐸𝑐. 8 Empleando la Ec.8 se tiene que el área es: 𝐴 = 4 ∗ 3,1416 ∗ (0,05 𝑚)2 𝐴 = 4 ∗ 3,1416 ∗ (0,05 𝑚)2 𝐴 = 0,031416 𝑚2 Con el área de la bola calculada, se procede a emplear la Ec.7 para determinar el flujo promedio de calor así: 𝐽 107,98 𝑠𝑒𝑔

𝐽 𝑊 𝑠𝑒𝑔 𝑄= = 3437,05 = 3437,05 0,031416 𝑚2 𝑚2 𝑚2

12 2. Una tubería de acero de 3” de diámetro conduce vapor y está cubierta por una capa de amianto de 1/2” de espesor y a su vez está recubierta con una capa de lana de vidrio de 2” de espesor. De tablas, se tiene 𝐵𝑇𝑈

Amianto K1 = 0,120 ℎ𝑟∗𝑓𝑡∗º𝐹 𝐵𝑇𝑈

Lana de vidrio K2 = 0,0317 ℎ𝑟∗𝑓𝑡∗º𝐹

Figura 1: Esquema del problema 2

Determinar: a. La transferencia de calor (pérdidas) en

𝐵𝑇𝑈 ℎ𝑟

por pie lineal de tubería, si la temperatura

exterior del tubo es de 320 ºF y la exterior a la lana de vidrio es de 70 °F. Respuesta: Para determinar la transferencia de calor en pérdidas, al hablar de una tubería de acero cubierta en este caso por dos capas de diferentes materiales. Se debe calcular primeramente los radios involucrados así: El problema suministra el valor del diámetro 𝐷 = 3 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠, y empleando la Ec.5 el radio correspondiente 𝑟1 será: 𝑟1 =

3 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 = 1,5 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 2

13 1

Además, está cubierta por una capa de amianto de 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 de espesor, por tanto el radio 𝑟2 será: 𝑟2 = 𝑟1 +

1 1 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 = 1,5 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 + 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 = 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 2 2

A su vez, está recubierta con una capa de lana de vidrio de 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 de espesor, por tanto el radio 𝑟3 será: 𝑟3 = 𝑟2 + 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 = 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 + 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 = 4 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 Se realiza el balance de calor entre el interior y exterior de la tubería por medio de la Ec.9, así: 𝑄=

𝑇𝑖 − 𝑇𝑓 ∆𝑇𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐸𝑐. 9 𝑅𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑅1 + 𝑅2

Para hallar 𝑅1 𝑦 𝑅2 se toman todas las resistencias térmicas como paredes cilíndricas así que: Para el amianto:

𝑅1 =

𝑟 ln(𝑟2 ) 1

2 ∗ 𝜋 ∗ 𝐿 ∗ 𝐾1

𝐸𝑐. 10

Empleando la Ec.10 se tiene que: ln( 𝑅1 =

2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 ) 1,5 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠

2 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗ 0,120

𝐵𝑇𝑈 ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹

=

0,2877 º𝐹 = 0,3816 𝐵𝑇𝑈 𝐵𝑇𝑈 0,753984 ℎ𝑟 ∗ º𝐹 ℎ𝑟

Para la lana de vidrio:

𝑅2 =

𝑟 ln(𝑟3 ) 2

2 ∗ 𝜋 ∗ 𝐿 ∗ 𝐾2

Empleando la Ec.11 se tiene que:

𝐸𝑐. 11

14

ln( 𝑅2 =

4 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 ) 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠

2 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗ 0,0317

𝐵𝑇𝑈 ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹

=

0,69315 º𝐹 = 3,480 𝐵𝑇𝑈 𝐵𝑇𝑈 0,19918 ℎ𝑟 ∗ º𝐹 ℎ𝑟

Una vez calculados 𝑅1 𝑦 𝑅2 se procede a realizar el balance general descrito en la Ec.9, resolviendo esta se tiene que: 𝑄=

𝑇𝑖 − 𝑇𝑓 320 º𝐹 − 70 º𝐹 250 º𝐹 𝐵𝑇𝑈 = = = 64,74 º𝐹 𝑅1 + 𝑅2 (0,3816 + 3,480) º𝐹 ℎ𝑟 𝐵𝑇𝑈 3,8616 𝐵𝑇𝑈 ℎ𝑟 ℎ𝑟 Se concluye que la transferencia de calor en pérdidas es de 64,74

𝐵𝑇𝑈 ℎ𝑟

b. La temperatura de la interface entre la lana de vidrio y el amianto. Respuesta: En geometría cilíndrica la distribución de temperatura es: Para el amianto: 𝑄𝑟 =

2 ∗ 𝐾 ∗ 𝜋 ∗ 𝐿 ∗ (𝑇1 − 𝑇2 ) 𝐸𝑐. 12 𝑟 ln(𝑟2 ) 1

Empleando la Ec.12 se tiene que:

64,74

𝐵𝑇𝑈 = ℎ𝑟

2 ∗ 0,120

𝐵𝑇𝑈 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗ (320 º𝐹 − 𝑇2 ) ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 ln( ) 1,5 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠

Lo que se requiere es hallar a 𝑇2 , entonces: 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝐵𝑇𝑈 ∗ ln( ) ℎ𝑟 1,5 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 = 320 º𝐹 − 𝑇2 𝐵𝑇𝑈 2 ∗ 0,120 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 64,74

2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝐵𝑇𝑈 ∗ ln( ) ℎ𝑟 1,5 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 − 320 º𝐹 = −𝑇2 𝐵𝑇𝑈 2 ∗ 0,120 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 64,74

15 𝐵𝑇𝑈 ℎ𝑟 − 320 º𝐹 = −𝑇 2 𝐵𝑇𝑈 0,753984 ℎ𝑟

18,62453737

24,70150211 − 320 º𝐹 = −𝑇2 −295,30 º𝐹 = −𝑇2 (−1) ∗ (−295,30 º𝐹) = −𝑇2 ∗ (−1) 295,30 º𝐹 = 𝑇2 Para la lana de vidrio: 𝑄𝑟 =

2 ∗ 𝐾 ∗ 𝜋 ∗ 𝐿 ∗ (𝑇2 − 𝑇3 ) 𝐸𝑐. 13 𝑟 ln(𝑟3 ) 2

Empleando la Ec.13 se tiene que: 𝐵𝑇𝑈 𝐵𝑇𝑈 2 ∗ 0,0317 ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗ (𝑇2 − 70 º𝐹) 64,74 = 4 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 ℎ𝑟 ln ( ) 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 Lo que se requiere es hallar a 𝑇2 , entonces: 4 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝐵𝑇𝑈 ∗ ln( ) ℎ𝑟 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 = 𝑇2 − 70 º𝐹 𝐵𝑇𝑈 2 ∗ 0,0317 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 64,74

4 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 𝐵𝑇𝑈 ∗ ln( ) ℎ𝑟 2 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠 + 70 º𝐹 = 𝑇2 𝐵𝑇𝑈 2 ∗ 0,0317 ∗ 3,1416 ∗ 1 𝑓𝑡 ℎ𝑟 ∗ 𝑓𝑡 ∗ º𝐹 64,74

𝐵𝑇𝑈 ℎ𝑟 + 70 º𝐹 = 𝑇 2 𝐵𝑇𝑈 0,19917744 ℎ𝑟

44,87434847

225,2983494 + 70 º𝐹 = 𝑇2 295,30 º𝐹 = 𝑇2 Se concluye entonces que la temperatura de interface entre el amianto y la lana de vidrio es 295,30 º𝐹

16 3. Una lámina de aluminio pulimentada está enfrentada a una pared pintada con esmalte blanco. Determinar el poder radiante por 𝑚2 de la pared y del aluminio, cuando el sistema se encuentra a 1.150 K. Utilice la siguiente Figura 1 para leer el coeficiente de absorción.

El poder radiante se determina mediante la siguiente ecuación: 𝐸 = 𝜀 ∗ 𝜎 ∗ 𝑇 4 𝐸𝑐. 14 Dónde: 𝜎 = 0,56697 𝑥 10−7

𝑊 𝑚2 ∗ 𝐾 4

𝑇 = 1150 𝐾 𝜀 =? Como no se conoce el coeficiente absorción 𝜀 a 1150 K para la lámina de aluminio ni para la pared pintada con esmalte blanco. Se requiere de hacer una interpolación, teniendo en cuenta la figura 1 (descripción gráfica del problema). Entonces:

Interpolación a 1150 K para la lámina de aluminio:

17 1000 → 0,11 1500 → 0,14 𝑥 = 1150 𝑎 = 1000 𝑏 = 1500 𝐹(𝑎) = 0,11 𝐹(𝑏) = 0,14 𝐹(𝑐) =

−(𝑏 − 𝑥) ∗ (𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)) + 𝐹(𝑏) 𝐸𝑐. 15 (𝑏 − 𝑎)

Usando la Ec.15 se obtiene: 𝐹(𝑐) =

−(1500 − 1150) ∗ (0,14 − 0,11) + (0,14) (1500 − 1000)

𝐹(𝑐) =

−350 ∗ (0,03) + (0,14) 500

𝐹(𝑐) =

−10,5 + (0,14) 500

𝐹(𝑐) = −0,021 + (0,14) 𝐹(𝑐) = 0,119 Con el coeficiente de absorción hallado, usando la Ec.14 se determina el poder radiante de la lámina de aluminio, obteniéndose: 𝐸 = 0,119 ∗ 0,56697 𝑥 10−7 𝐸 = 0,119 ∗ 0,56697 𝑥 10−7 𝐸 = 11800,44548

Ahora:

𝑊 𝑚2

𝑊 ∗ (1150 𝐾)4 ∗ 𝐾4

𝑚2

𝑊 ∗ 1,74900625 𝑥 1012 𝐾 4 𝑚2 ∗ 𝐾 4

18 Interpolación a 1150 K para la pared pintada con esmalte blanco: 1000 → 0,93 1500 → 0,84 𝑥 = 1150 𝑎 = 1000 𝑏 = 1500 𝐹(𝑎) = 0,90 𝐹(𝑏) = 0,84 Usando la Ec.15 se obtiene que: 𝐹(𝑐) =

−(1500 − 1150) ∗ (0,84 − 0,93) + (0,84) (1500 − 1000)

𝐹(𝑐) =

−350 ∗ (−0,09) + (0,84) 500

𝐹(𝑐) =

31,5 + (0,84) 500

𝐹(𝑐) = 0,063 + (0,84) 𝐹(𝑐) = 0,903 Con el coeficiente de absorción hallado, usando la Ec.14 se determina el poder radiante de la pared pintada con esmalte blanco, obteniéndose: 𝐸 = 0,903 ∗ 0,56697 𝑥 10−7 𝐸 = 0,903 ∗ 0,56697 𝑥 10−7 𝐸 = 89544,55684

𝑊 𝑚2

𝑊 ∗ (1150 𝐾)4 ∗ 𝐾4

𝑚2

𝑊 ∗ 1,74900625 𝑥 1012 𝐾 4 ∗ 𝐾4

𝑚2

19 4. Una pared de concreto de 15 cm de ancho con una conductividad térmica de 0,86 𝑊 𝑚

∗ °𝐶, está expuesta por un lado al ambiente cuya temperatura es de 22°C, siendo el

coeficiente de convección de 11,400 𝑊 /𝑚2 °𝐶, y el otro lado de la pared está en contacto con el aire de un cuarto frío con temperatura de -12°C y coeficiente de 51,766 𝑊/𝑚2 °𝐶. Determinar: a. La tasa de transferencia de calor, por unidad de área. Respuesta: Como los valores suministrados contienen la unidad de 𝑚 , es necesario convertir el 1𝑚

ancho de la pared de 𝑐𝑚 a 𝑚: 15 𝑐𝑚 ∗ 100 𝑐𝑚 = 0,15 𝑚 Se determina mediante la siguiente ecuación: 𝑞 ∆𝑇 = 𝐸𝑐. 16 𝐴 𝑅𝑇 Como no se cuenta con el valor de 𝑅𝑇 , este debe determinarse mediante la siguiente ecuación: 𝑅𝑡 = 𝑅𝑎 + 𝑅1 + 𝑅𝑏 =

1 𝑥 1 + + 𝐸𝑐. 17 ℎ𝑎 𝑘1 ℎ𝑏

Empleando la Ec.17 se obtiene que: 𝑅𝑡 =

1 11,400

𝑊 𝑚2 °𝐶

+

0,15 𝑚 1 𝑚2 °𝐶 + = 0,2815 𝑊 𝑊 𝑊 0,86 𝑚 ∗ °𝐶 51,766 2 𝑚 °𝐶

Una vez hallado el valor de 𝑅𝑇 , se emplea la Ec.16 y se obtiene la transferencia de calor por unidad de área así: 𝑞 22 º𝐶 − (−12º𝐶) 34 º𝐶 𝑊 = = = 120,78 2 2 2 𝑚 °𝐶 𝑚 °𝐶 𝐴 𝑚 0,2815 𝑊 0,2815 𝑊

20 b. El coeficiente total de transferencia de calor. Respuesta: Se determina mediante la siguiente ecuación: 𝑈=

𝑞 𝐸𝑐. 18 ∆𝑇

Empleando la Ec.18 se obtiene que: 𝑊 𝑊 120,78 2 2 𝑚 𝑚 = 3,5524 𝑊 𝑈= = 22 º𝐶 − (−12º𝐶) 34 º𝐶 𝑚2 ∗ º𝐶 120,78

c. Las temperaturas de superficies de la pared Respuesta: Se determinan mediante la siguiente ecuación: 𝑞 𝑇𝑎 𝑇𝑏 = = 𝐸𝑐. 19 1 1 𝐴 ℎ𝑎 ℎ𝑏 A partir de la Ec.19 se tiene que para lado expuesto al ambiente: ∆𝑇𝑎 =

𝑞 1 ∗ 𝐸𝑐. 20 𝐴 ℎ𝑎

Empleando la Ec.20 se tiene que: ∆𝑇𝑎 = 120,78

𝑊 1 ∗ = 10,595 º𝐶 𝑊 𝑚2 11,400 𝑚2 ∗ º𝐶

De ahí que: ∆𝑇𝑎 = 𝑇𝑎 − 𝑇1 𝐸𝑐. 21 Empelando la Ec.21 se tiene que: 10,595 º𝐶 = 22 º𝐶 − 𝑇1 Despejo 𝑇1 10,595 º𝐶 − 22 º𝐶 = −𝑇1 −11,405 º𝐶 = −𝑇1

21 (−1) ∗ (−11,405 º𝐶) = −𝑇1 ∗ (−1) 11,405 º𝐶 = 𝑇1

A partir de la Ec.19 se tiene que para lado en contacto con el aire de un cuarto frío: ∆𝑇𝑏 =

𝑞 1 ∗ 𝐸𝑐. 22 𝐴 ℎ𝑏

Empleando la Ec.22 se tiene que: ∆𝑇𝑏 = 120,78

𝑊 1 ∗ = 2,3332 º𝐶 2 𝑚 51,766 𝑊 𝑚2 °𝐶

De ahí que: ∆𝑇𝑏 = 𝑇𝑏 − 𝑇2 𝐸𝑐. 23 Teniendo en cuenta la dirección se tiene que: −12 º𝐶 − (−2,3332º𝐶) = 𝑇2 −9,6668 º𝐶 = 𝑇2

22 Fase 7 Protocolo de cálculo de intercambiador de calor

La industria Maltinga S.A. distribuye malta de sorgo en polvo que es utilizada como materia prima en la elaboració n de bebidas energizantes. La producción de malta tiene lugar en varias etapas, una de las cuales requiere el secado controlado de los granos malteados con aire caliente a 95°C. Tradicionalmente el aire caliente proviene de una etapa previa, sin embargo, el proceso ha sufrido algunas modificaciones con el fin de optimizar los costos y ya no se cuenta con la fuente de aire caliente. Sus compañeros y usted pertenecen al área de Diseño e Ingeniería y han sido encargados de evaluar el uso de un intercambiador de tubos y coraza para calentar el aire con gases de combustión procedentes de la caldera, el gerente de planta les ha remitido los siguientes datos: Su grupo debe realizar los cálculos pertinentes y entregar de vuelta la siguiente información: ✓ Caudal requerido de gases de combustión ✓ Coeficiente individual de transmisión de calor para gases y para aire ✓ Área total de transmisión de calor ✓ Longitud requerida de los tubos Respuesta: -Se establece que el aire al ser el elemento más frio con T inicial de 15 ºC, viajará por la carcasa y los gases de combustión a T inicial de 400 ºC que lo calentaran irán por los tubos. - Se expresa tanto capacidad como efectividad del intercambiador 𝑷=

(𝑻𝒇𝒔 − 𝑻𝒇𝒆 ) (𝑻𝒄𝒆 − 𝑻𝒇𝒆 )

Dónde: 𝑇𝑓𝑠 = Temperatura de salida del fluido frío

𝑬𝒄. 𝟏

23 𝑇𝑓𝑒 = Temperatura de entrada del fluido frío 𝑇𝑐𝑒 = Temperatura de entrada del fluido caliente 𝑃=

(95 − 15) (400 − 15)

𝑃 = 0,208

𝑹=

(𝑻𝒄𝒆 − 𝑻𝒄𝒔 ) (𝑻𝒇𝒔 − 𝑻𝒇𝒆 )

𝑬𝒄. 𝟐

Dónde: 𝑇𝑐𝑒 = Temperatura de entrada del fluido caliente 𝑇𝑐𝑠 = Temperatura de salida del fluido caliente 𝑇𝑓𝑠 = Temperatura de salida del fluido frío 𝑇𝑓𝑒 = Temperatura de entrada del fluido frío

𝑅=

(400 − 100) (95 − 15)

𝑅 = 3,75 -

Se calcula la temperatura media de ambos fluidos en este caso (gases), mediante la siguiente ecuación: 𝑻𝒎𝒆𝒅𝒊𝒂 =

Dónde: 𝑇𝑒 = Temperatura de entrada 𝑇𝑠 = Temperatura de salida Entonces: -Para el aire:

𝑻𝒆 + 𝑻𝒔 𝑬𝒄. 𝟑 𝟐

24

𝑇𝑎𝑖𝑟𝑒 =

15 º𝐶 + 95 º𝐶 = 55 º𝐶 2

-Para los gases de combustión: 𝑇𝑔𝑎𝑠𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑏𝑢𝑠𝑡𝑖ó𝑛 =

400 º𝐶 + 100 º𝐶 = 250 º𝐶 2

-Usando la tabla A-15 del libro (Çengel & Cimbala, 2006)p.860 Apéndice 1 se interpolan las propiedades para el aire a la temperatura anteriormente determinada así:

Figura 2: Propiedades del aire a 1 atm de presión

Como la temperatura hallada fue de 55 ºC, se interpola las propiedades entre 50-60 ºC (valores subrayados en la figura 2):

Densidad a 55 ºC 50 → 1,092 60→ 1,059 𝑥 = 55 𝑎 = 50 𝑏 = 60

25 𝐹(𝑎) = 1,092 𝐹(𝑏) = 1,059 𝑭(𝒄) =

−(𝒃 − 𝒙) ∗ (𝑭(𝒃) − 𝑭(𝒂)) + 𝑭(𝒃) 𝑬𝒄. 𝟒 (𝒃 − 𝒂)

𝐹(𝑐) =

−(60 − 55) ∗ (1,059 − 1,092) + 1,059 (60 − 50)

𝐹(𝑐) =

−(5) ∗ (−0,033) + 1,059 (10)

𝐹(𝑐) =

0,165 + 1,059 (10)

𝐹(𝑐) = 0,0165 + 1,059 = 1,0755

𝑘𝑔 𝑚3 𝑘𝑔

Entonces la densidad del aire a 55 ºC es de 1,0755 𝑚3 El mismo procedimiento de interpolación se aplica a las demás propiedades necesarias observadas en la figura 2, resultando que: 𝐽

𝑘𝐽

-El calor específico es 𝐶𝑝 = 1007 𝑘𝑔∗𝐾 ó 1,007 𝑘𝑔∗𝐾 𝑊

-La conductividad térmica es 𝑘 = 0,027715 𝑚∗𝐾 𝑘𝑔

-La viscosidad dinámica es 𝜇 = 1,9855 ∗ 10−5 𝑚∗𝑠 ó 0,01985 𝑚𝑃𝑎 ∙ 𝑠 -El número de Prandtl 𝑃𝑟 = 0,7215

-Usando la tabla A-16 del libro (Çengel & Cimbala, 2006)p.861 Apéndice 1 se interpolan las propiedades para los gases de combustión a la temperatura anteriormente determinada así:

26

Figura 3: Propiedades de los gases de combustión a 1 atm

Como la temperatura hallada fue de 250 ºC, se interpola las propiedades entre 200-300 ºC (valores subrayados en la figura 3): Densidad a 250 ºC 200 → 1,1336 300→ 0,9358 𝑥 = 250 𝑎 = 200 𝑏 = 300 𝐹(𝑎) = 1,1336 𝐹(𝑏) = 0,9358 𝐹(𝑐) =

−(𝑏 − 𝑥) ∗ (𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)) + 𝐹(𝑏) (𝑏 − 𝑎)

𝐹(𝑐) =

−(300 − 250) ∗ (0,9358 − 1,1336) + 0,9358 (300 − 200)

𝐹(𝑐) =

−(50) ∗ (−0,1978) + 0,9358 (100)

𝐹(𝑐) =

9,89 + 0,9358 (10)

27

𝐹(𝑐) = 0,0989 + 0,9358 = 1,0347

𝑘𝑔 𝑚3 𝑘𝑔

Entonces la densidad de los gases de combustión a 250 ºC es de 1,0347 𝑚3 El mismo procedimiento de interpolación se aplica a las demás propiedades necesarias observadas en la figura 3, resultando que: 𝐽

𝑘𝐽

-El calor específico es 𝐶𝑝 = 1027,6 𝑘𝑔∗𝐾 ó 1,0276 𝑘𝑔∗𝐾 𝑊

-La conductividad térmica es 𝑘 = 0,03429 𝑚∗𝐾 𝑘𝑔

-La viscosidad dinámica es 𝜇 = 2,479 ∗ 10−5 𝑚∗𝑠 ó 0,02479 𝑚𝑃𝑎 ∙ 𝑠 -El número de Prandtl 𝑃𝑟 = 0,7446

-Caudal requerido para los gases de combustión 𝒎𝒇 𝑪𝒑𝒇 (𝑻𝒇𝒔 − 𝑻𝒇𝒆 ) = 𝒎𝒄 𝑪𝒑𝒄 (𝑻𝒄𝒆 − 𝑻𝒄𝒔 ) 𝑬𝒄. 𝟓

Caudal o flujo másico:

𝑚𝑓 = 3400

𝑘𝑔 1ℎ 𝑘𝑔 ∗ = 0,940 ℎ 3600 𝑠 𝑠

Aplicando Ec.5: 0,940

𝑘𝑔 𝐽 𝐽 (368,15 𝐾 − 288,15 𝐾) = 𝑚𝑐 ∗ 1027,6 (673,15 𝐾 − 373,15 𝐾) ∗ 1007 𝑠 𝑘𝑔 ∗ 𝐾 𝑘𝑔 ∗ 𝐾

0,940

𝑘𝑔 𝐽 𝐽 ∗ 1007 ∗ 80 𝐾 = 𝑚𝑐 ∗ 1027,6 ∗ 300 𝐾 𝑠 𝑘𝑔 ∗ 𝐾 𝑘𝑔 ∗ 𝐾

75726,4

𝐽 𝐽 = 𝑚𝑐 ∗ 308280,0 𝑠 𝑘𝑔

Se despeja 𝑚𝑐 𝐽 75726,4 𝑠 = 𝑚𝑐 𝐽 308280,0 𝑘𝑔

28

0,2456

𝐽 ∗ 𝑘𝑔 = 𝑚𝑐 𝐽∗𝑠

0,2456

𝑘𝑔 = 𝑚𝑐 𝑠

Entonces 0,2456

𝑘𝑔 𝑠

, es el flujo o caudal másico para los gases de combustión.

Caudal o flujo volumétrico: 𝒗𝒄 =

𝒎𝒄 𝑬𝒄. 𝟔 𝝆𝒄

𝑘𝑔 0,2456 𝑠 𝑘𝑔 ∗ 𝑚3 𝑚3 𝑣𝑐 = = 0,2374 = 0,2374 𝑘𝑔 𝑠 ∗ 𝑘𝑔 𝑠 1,0347 𝑚3

Entonces 0,2374

𝑚3 𝑠

, es el flujo o caudal volumétrico para los gases de combustión.

-Propiedades de los tubos 𝑊

Conductividad del material del tubo de acero inoxidable 𝑘𝑡 = 44 (𝑚∗𝐾) 𝐷𝑖á𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 (𝑑𝑖) = 11,0 𝑚𝑚 = 0,011 𝑚 𝐷𝑖á𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 (𝑑𝑜) = 12,5 𝑚𝑚 = 0,0125 𝑚

-Área transversal de paso 𝝅 ∗ 𝒅𝟐𝒊 𝑨𝒕 = 𝒏𝒕 ∗ 𝑬𝑪. 𝟕 𝟒 𝐴𝑡 = 400 ∗

𝜋 ∗ 0,0112 4

𝐴𝑡 = 0,038

-Calculamos la diferencia de temperaturas logarítmico media ∆𝑻𝒍𝒎 =

∆𝑻𝟐 − ∆𝑻𝟏 𝑬𝒄. 𝟖 ∆𝑻𝟐 𝐥𝐧 ∆𝑻 𝟏

29 (400 º𝐶 − 95 º𝐶) − (100 º𝐶 − 15 º𝐶) 400 º𝐶 − 95 º𝐶 ln ( ) 100 º𝐶 − 15 º𝐶 (305 º𝐶) − (85 º𝐶) = 305 º𝐶 ln ( ) 85 º𝐶 220 º𝐶 = ln(3,5882 º𝐶)

∆𝑇𝑙𝑚 =

∆𝑇𝑙𝑚

∆𝑇𝑙𝑚

∆𝑇𝑙𝑚 =

220 º𝐶 1,27766 º𝐶

∆𝑇𝑙𝑚 =

220 º𝐶 1,27766 º𝐶

∆𝑇𝑙𝑚 = 172,20 º𝐶 -Coeficiente individual de transmisión de calor para gases y para aire (𝑵𝑼) = 𝟎. 𝟑𝟑 𝑪𝒉 (𝑹𝒆)𝟎,𝟔 (𝑷𝒓)𝟎.𝟑 𝑬𝒄. 𝟗 Para los gases de combustión que circulan por la carcasa

Densidad de flujo máxima 𝑮𝒄 = 𝑨𝒄 =

𝒎𝒄 𝑬𝒄. 𝟏𝟎 𝑨𝒄

𝑫𝑪 𝑩 𝑪′ 𝑫𝑪 𝑩 (𝒀 − 𝒅𝟎 ) = 𝑬𝒄. 𝟏𝟏 𝒏𝒀 𝒏𝒀

𝑌 = 2 𝑑0 = 2 ∗ (0,0125 𝑚) = 0,025 𝑚 𝐵 = 25 𝑐𝑚 = 0,25 𝑚 𝐷𝐶 = 0,5 𝑚 𝑛 = 1 𝑝𝑎𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑐𝑎𝑠𝑎 𝐴𝑐 = 0,0625 𝑚2 Se reemplaza en la ecuación de densidad de flujo máxima 𝑮𝒄 = 𝑘𝑔 0,2456 𝑠 𝐺𝑐 = 0,0625 𝑚2

𝒎𝒄 𝑬𝒄. 𝟏𝟐 𝑨𝒄

30

𝐺𝑐 = 3,93

𝐾𝑔 𝑚2 ∙ 𝑠

El diámetro equivalente para un arreglo cuadrado es:

𝑫𝒆 =

𝐷𝑒 =

𝝅 𝟒 [𝒀𝟐 − 𝟒 𝒅𝟐𝟎 ] 𝝅 ∗ 𝒅𝟎

𝑬𝒄. 𝟏𝟑

𝜋 4 [0,0252 − 4 0,01252 ] 𝜋 ∗ 0,0125

𝐷𝑒 =

4[0,000625 − 0,000123] 0,03927

𝐷𝑒 =

4[0,000502] 0,03927

𝐷𝑒 =

0,002008 0,03927

𝐷𝑒 = 0,051 𝑚 Se calcula el número de Reynolds (𝑹𝒆)𝒎á𝒙 =

(𝑅𝑒)𝑚á𝑥 =

𝑮𝒄 𝑫𝒆 𝑬𝒄. 𝟏𝟒 𝝁

𝐾𝑔 ) (0,051 𝑚) 𝑚2 ∗ 𝑠 𝑘𝑔 2,479 ∗ 10−5 𝑚 ∗ 𝑠

(3,93

(𝑅𝑒)𝑚á𝑥 = 8085,115 Se calcula el número de Prandtl (𝑷𝒓) = 𝐽

(𝑃𝑟) =

(1027,6 𝑘𝑔 ∗ 𝐾) (2,479 ∗ 10−5 𝑚 ∗ 𝑠) 0,03429

(𝑃𝑟) =

𝑘𝑔

𝑪𝒑𝒄 𝝁 𝑬𝒄. 𝟏𝟓 𝒌𝒄

𝐽 𝑚∗𝑠∗𝐾

𝐽 0,02547 𝐾 ∗ 𝑚 ∗ 𝑠 0,03429

(𝑃𝑟) = 0,74

𝐽 𝑚∗𝑠∗𝐾

31 Se calculan los coeficientes de 𝐶ℎ De la tabla del libro de (Ibarz & Barbosa-Cánovas, 2011)p.420 se extraen e interpolan dichos valores, así:

Figura 4: Factores Ch para intercambiadores de calor de tubo y carcasa De la figura 4, se toman los valores requeridos de 𝑥 = 1,5 𝑑0 Entonces: Re = 2000→𝐶ℎ = 0,95 Re = 20000→𝐶ℎ = 0,96

Interpolación: 𝑥 = 8085,115 𝑎 = 2000 𝑏 = 20000 𝐹(𝑎) = 0,95 𝐹(𝑏) = 0,96

32

𝐹(𝑐) =

−(20000 − 8085,115) ∗ (0,96 − 0,95) + 0,96 (20000 − 2000)

𝐹(𝑐) =

−(11914,885) ∗ (0,01) + 0,96 (18000)

𝐹(𝑐) =

−119,14885 + 0,96 18000

𝐹(𝑐) = −6,62 ∗ 10−3 + 0,96 𝐹(𝑐) = 0,95 Se calcula el coeficiente individual de transmisión de calor de los gases de combustión. 𝒉𝒄 =

ℎ𝑐 =

𝑊 0,03429 𝑚 ∗ 𝐾 0,051 𝑚

𝒌𝒄 𝟎, 𝟑𝟑(𝑹𝒆𝒎á𝒙 )𝟎,𝟔 (𝑷𝒓)𝟎.𝟑 𝑪𝒉 𝑬𝒄. 𝟏𝟔 𝑫𝒆

∗ 0,33(8085,115)0,6 ∗ (0,74)0,3 (0,95)

ℎ𝑐 = 0,6724 ∗ 0,33(8085,115)0,6 ∗ (0,74)0,3 (0,95) ℎ𝑐 = 0,6724 ∗ 0,33(221,112) ∗ (0,914) ∗ (0,95) ℎ𝑐 = 0,6724 ∗ 72,97 ∗ 0,914 ∗ 0,95 ℎ𝑐 = 0,6724 ∗ 72,97 ∗ 0,914 ∗ 0,95 ℎ𝑐 = 42,60

𝑊 𝑚2 ∗ 𝐾

Se calcula el coeficiente individual de transmisión de calor para el Aire (𝑵𝑼) = 𝟎, 𝟎𝟐𝟏(𝑹𝒆)𝟎,𝟖 𝑬𝒄. 𝟏𝟕

La densidad del flujo másica del aire es 𝑮𝒕 = 𝑘𝑔

(0,940 𝑠 ) (2)(4) 𝐺𝑡 = (400) 𝜋 ∗ (0,011 𝑚)2

𝒎𝒇 𝒘∗𝒏∗𝟒 = 𝑬𝒄. 𝟏𝟖 𝑵𝒕 𝒂𝒕 /𝒏 𝑵𝒕 𝝅 𝒅𝟐𝒊

33

𝐺𝑡 = 49,5

𝐾𝑔 𝑚2 ∗ 𝑠

Se calcula el módulo de Reynolds (𝑹𝒆) =

(𝑅𝑒) =

(𝑅𝑒) =

(49,5

𝑮𝒕 𝒅𝒊 𝑬𝒄. 𝟏𝟗 𝝁

𝐾𝑔 ) (0,011 𝑚) 𝑚2 ∗ 𝑠

1,9855 ∗ 10−5

𝑘𝑔 𝑚∗𝑠

𝑘𝑔 0,5445 𝑚 ∗ 𝑠 1,9855 ∗ 10−5

𝑘𝑔 𝑚∗𝑠

(𝑅𝑒) = 27423,823

Se calcula el coeficiente individual de transmisión de calor para del aire (𝑁𝑈) =

ℎ𝑡 𝑑𝑖 ∗ 0,021(27423,823)0,8 𝑘𝑓

Coeficiente individual del lado de los tubos

ℎ𝑡 =

𝑊 0,027715 𝑚 ∗ 𝐾 0,011 𝑚

∗ 0,021 ∗ (27423,823)0,8

ℎ𝑡 = 2,52

𝑊 ∗ 0,021 ∗ 3552,24 𝑚2 ∗ 𝐾

ℎ𝑡 = 2,52

𝑊 ∗ 0,021 ∗ 3552,24 𝑚2 ∗ 𝐾

ℎ𝑡 = 187,98

𝑊 ∗𝐾

𝑚2

Área total de transmisión de calor Calculamos el área externa de los tubos 𝑨𝒆 =

𝑸̇ 𝑬𝒄. 𝟐𝟎 𝑼𝒆 (∆𝑻𝒍𝒎 )𝑭

𝒅𝒍𝒎 =

𝒅𝟎 − 𝒅𝒊 𝑬𝒄. 𝟐𝟏 𝒅𝟎 𝐥𝐧 ( ) 𝒅𝒊

34

𝑑𝑙𝑚 =

𝑑𝑙𝑚

(0,0125 𝑚 − 0,011 𝑚) 0,0125 𝑚 ln ( 0,011 𝑚 )

1,50 ∗ 10−3 𝑚 = ln(1,1364)

𝑑𝑙𝑚 =

1,50 ∗ 10−3 𝑚 0,1278

𝑑𝑙𝑚 = 0,01174 𝑚

𝒆= 𝑒=

𝒅𝟎 − 𝒅𝒊 𝑬𝒄. 𝟐𝟐 𝟐

(0,0125 𝑚 − 0,011 𝑚) 2

𝑒 = 7,5 ∗ 10−4 𝑚

Hallamos el coeficiente global referido al área externa

𝟏 𝟏 𝒆 𝟏 = + + 𝑬𝒄. 𝟐𝟑 𝑼𝒆 𝒉𝒄 𝒌𝒕 𝒉𝒕 Despejamos el coeficiente global

1 1 = 𝑈𝑒 42,60 𝑊 2

𝑚 ∗𝐾

+

(7,5 ∗ 10−4 𝑚)(0,0125 𝑚) 0,0125 𝑚 + 𝑊 𝑊 (187,98 2 ) (0,011 𝑚) (44 𝑚 ∗ 𝐾 ) (0,01174 𝑚) 𝑚 ∗𝐾

1 𝑊 𝑊 𝑊 = 0,0235 2 + 1,815 ∗ 10−5 2 + 6,0451 ∗ 10−3 2 𝑈𝑒 𝑚 ∗𝐾 𝑚 ∗𝐾 𝑚 ∗𝐾 1 𝑊 = 0,02956 2 𝑈𝑒 𝑚 ∗𝐾 1 𝑈𝑒 = 𝑊 0,02956 2 𝑚 ∗𝐾 𝑊 𝑈𝑒 = 33,83 2 𝑚 ∗𝐾

Se calcula ∆𝑇𝑙𝑚

35

∆𝑻𝒍𝒎 =

(𝒕𝒄,𝒆 − 𝒕𝒇,𝒔 ) − (𝒕𝒄,𝒔 − 𝒕𝒇,𝒆 ) 𝑬𝒄. 𝟐𝟒 𝒕𝒄,𝒆 − 𝒕𝒇,𝒔 𝐥𝐧 (𝒕 − 𝒕 ) 𝒄,𝒔 𝒇,𝒆

(400 − 95) − (100 − 15) 400 − 95 ln ( ) 100 − 15 (305) − (85) = 305 ln ( ) 85 220 = ln(3,59)

∆𝑇𝑙𝑚 =

∆𝑇𝑙𝑚

∆𝑇𝑙𝑚

∆𝑇𝑙𝑚 =

220 1,278

∆𝑇𝑙𝑚 = 172,2 °𝐶 Se calcula el caudal de calor global transmitido 𝑸̇ = 𝒎𝒇 𝑪𝒑𝒇 (𝑻𝒇𝒔 − 𝑻𝒇𝒆 ) 𝑬𝒄. 𝟐𝟓 𝑘𝑔 𝑘𝐽 ) (1,007 ) (368,15 𝐾 − 288,15 𝐾) ℎ 𝑘𝑔 ∗ 𝐾 𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑄̇ = (3400 ) (1,007 ) (80 𝐾) ℎ 𝑘𝑔 ∗ 𝐾 𝑘𝐽 𝑄̇ = 273904,0 ℎ 𝑄̇ = (3400

Se calcula el área externa total 𝑨𝒆 =

𝐴𝑒 =

(273904,0 (0,03383

𝑘𝐽 1ℎ )( ) ℎ 3600 𝑠

𝐾𝐽 ) (172,2 °𝐶)(0,83) 𝑠 ∗ 𝑚2 ∗ °𝐶

𝑘𝐽 76,084 𝑠 𝐴𝑒 = 𝑘𝐽 (4,8352 ) 𝑠 ∗ 𝑚2 𝐴𝑒 = 15,735

𝑸̇ 𝑬𝒄. 𝟐𝟔 𝑼𝒆 (∆𝑻𝒍𝒎 )𝑭

𝑘𝐽 ∗ 𝑠 ∗ 𝑚2 𝑘𝐽 ∗ 𝑠

36

𝐴𝑒 = 15,735 𝑚2 Longitud requerida de los tubos 𝑨𝒆 = 𝝅 𝒅𝟎 𝑳 𝑵𝒕 𝑬𝒄. 𝟐𝟕 Se despeja L 𝐿=

𝐴𝑒 𝜋 𝑑0 𝑁𝑡

15,735 𝑚2 𝐿= 𝜋 ∗ (0,0125 𝑚) ∗ (400) 𝐿 = 1,002 𝑚

37 Conclusiones En la fase 3 faltó mencionar cual es la fuerza impulsora en la ley de Fourier, se logró tras la consulta bibliográfica identificar que dicha fuerza por la que se ve favorecida la transferencia de calor es el gradiente de temperatura. En la fase 5 no quedó correctamente determinado el coeficiente de absorción de la pared pintada con esmalte blanco, se descubrió que el error radicaba en que se tenía registrado un coeficiente de absorción a 1000 K de 0,90; que al momento de hacer la interpolación a 1150 K, esta arrojaba un valor del que se puede observar o deducir en el gráfico. Se hicieron entonces los ajustes a los valores requeridos y se determinó finalmente el coeficiente de absorción correctamente. Otra observación recibida en la fase 5 fue la del reporte de la temperatura 𝑇2 la cual fue errónea. Lo que sucedió es que no se tuvo en cuenta la dirección y por tanto el cálculo se realizó equivocadamente. Finalmente se realizó los ajustes de signos y se tuvo en cuenta la dirección de flujo de calor y se reportó la temperatura correcta.

38 Referencias Bibliográficas Çengel, Y. A., & Cimbala, J. M. (2006). Mecánica de fluidos (Fundamentos y aplicaciones) (1ra Edición ed.). México D.F, México: McGraw-Hill.

Fonseca Vigoya, V. J., & Pastrana Bonilla, C. G. (2010). TRANSFERENCIA DE CALOR. Bogotá D.C., Colombia: Universidad Nacional Abierta y a Distancia.

Herrera Díaz, L. F. (2005). PROCESOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR. Colombia.

Ibarz, A., & Barbosa-Cánovas, G. V. (2011). Operaciones Unitarias en la Ingeniería de Alimentos. Madrid y México: Mundi-Prensa.

VNIVERSITAS (OVER BLOG). (11 de Septiembre de 2018). Obtenido de http://vniversitas.over-blog.es/2016/01/como-se-elabora-un-mentefacto.html