Caso 1:

Resolver el problema 21.I2 del texto guía Fenómenos de Transporte.

21.I2.- Combustión controlada por difusión de un lecho catalítico fijo.

Un catalizador de lecho fijo se regenera pasando a través de una corriente de aire diluida con nitrógeno, con el fin de quemar el depósito de materia carbonosa. Se supone que la reacción de combustión tiene lugar en una sola etapa sobre la superficie del catalizador, y está representada por la fórmula empírica:

El calor de reacción a 538ºC es Kcal por mol de O2 (especie 1) consumido. Se desea conocer la temperatura máxima que alcanzan las partículas cuando la corriente

gaseosa está a y su composición es moles por ciento de O2 y

moles por ciento de N2.

a. Plantear una ecuación para la densidad de flujo máxima posible, N10, de oxígeno en la superficie del catalizador. Puede omitirse la corrección de transferencia de materia, puesto que R1m es muy pequeño.

b. Obtener una expresión para la diferencia de temperatura en función de N10, mediante un balance de energía aplicado a una partícula catalítica. También debe omitirse aquí la corrección de transferencia de materia, de acuerdo con lo que se ha supuesto en el apartado (a).

c. Combinar los resultados de los apartados (a) y (b) con la analogía con

el fin de obtener una relación entre y la composición de la corriente gaseosa,

d. Calcular el valor máximo posible de T0 en las condiciones indicadas. Supóngase

que Sc=0,8, Pr=0,7 y cal g mol-1 ºK-1.

)(2

)(2

)(810

)(2 41012

gasgassólidogas

OHCOHCO

100~ H

CTb º538 0,11 bX

0,992 bX

TT0

DH jj

)( 0 bTT

54.7~

pbC

Solución:

Datos:

Tb=538ºC , temperatura de la corriente gaseosa.

mol de O2 mol de O2

mol de N2 mol de N2

a. Si:

Ecuación 21.18-4:

Reemplazando:

00

100

11 bX

01,01 bX

100

992 bX

99,02 bX

1002NN

02NN

0810HCN

1012

102

NNCO

1012

42

NN OH

10

5

10 12

2NN

jj

ilocXijoioio XKjNXN ,

)()12

2( 110,1101010 blocX XXKNXN

blocX XKN 1.110

b. Realizando un balance de energía:

c. Combinando ambas ecuaciones de los apartados (a) y (b), se obtiene:

Si para baja velocidades de transferencia de materia, por la analogía de Colburn:

Reemplazando:

)(~

0110)(

0 blocc TThHNq

1

010 ~

)(

H

TThN bloc

1

max01,1 ~

)(

H

TThXK bloc

blocX

max0.11

1 )()(

~

bloc

locXb TT

h

KHX

DH jj

32.3

2)((Pr)~ f

locXf

pb

loc ScVc

K

VC

h

32

1

32

32

,

Pr~1

(Pr)

)(~

f

m

pbf

f

pbloc

locX Sc

C

Sc

C

c

h

K

b

fmpb

b XScC

HTT 1

32

1

1max0

Pr~

~)(

d. Reemplazando en la ecuación obtenida en el apartado (d) los valores numéricos.

Con:

Kcal por mol de O2

Sc=0,8,

Pr=0,7

cal g mol-1 ºK-1.

mol de O2

Con Tb=538ºC=811ºK

100~ H

54.7~

pbC

01,01 bX

KTT bo º121)01,0(

8,0

7,0

54,7

100000)(

32

max

CKKKT º660º932º121º811max,0

Caso 2:

Resolver el problema 14F2 del Texto Guía Bird.

Temperatura media para la emisividad efectiva

Demostrar que si la emisividad aumenta linealmente con la temperatura, la Ec. 14.5-3 puede expresarse así.

Q12=σ A1 F12 e0(T1

4−T 24)

En la que e10 es la emisividad de la superficie<<1>> evaluada a la temperatura de

referencia T 0 que viene dada por

T 0=T 1

5−T 25

T14−T 2

4

Solución:

Q12=σ A1 F12 (e1T 14−a1 T2

4 )

Por la ley de Kirchoff

a1=e2

Q12=σ A1 F12 (e1T 14−e2T 2

4 )

Si la emisividad aumenta linealmente con la Temperatura

e=a+bT

e0=a+bT 0e1=a+bT 1e2=a+bT2

e1−e0=b (T1−T0 )=b (T1−(T 15−T 2

5

T14−T 2

4 ))=b(T15−T1 T2

4−T 15+T2

5

T14−T 2

4 )Ecuación (1)

e2−e0=b (T2−T0 )=b (T2−(T 15−T 2

5

T 14−T 2

4 ))=b(T 2T 14−T 2

5−T 15∓T 2

5

T 14−T 2

4 )

e1−e0=b (T25−T 1 T2

4

T 14−T 2

4 )

Ecuación (2)

Multiplicamos (1) por T 14 Y (2) por T 2

4

Ecuación (3)

(e¿¿1−e0)T 14=b(T 2

5T 14−T1

5 T24

T 14−T2

4 )¿Ecuación (4)

(e¿¿2−e0)T 24=b(T 2

5T 14−T1

5 T24

T 14−T2

4 )¿Igualamos (3) y (4)

(e¿¿1−e0)T 14=(e¿¿2−e0)T 2

4 ¿¿

e1T 14−e0T 1

4=e2 T 24−e0 T2

4

e1T 14−e2T 2

4=e0(T 14−T2

4)

Reemplazando en Q12

Q12=σ A1 F12 (e1T 14−a1 T2

4 )

Q12=σ A1 F12 e0(T1

4−T 24)

e2−e0=b (T2 T14−T 1

5

T 14−T 2

4 )

Caso 3:

Resolver los siguientes ejercicios relacionados con el factor de fricción:

Ejemplo 3.1.- Determine el factor de visión F1-2 para las áreas finitas descritas en la figura:

Solución:

Caso a)

Ingresando a la figura 14.4-3, con las dimensiones correspondientes:

zx=

53

=1 ,67

yx

=43

=0 ,33 ⇒

F(1+3)−2=0 ,18

yx

=23=0 ,67

zx=5

3=1 ,67

⇒ F3−2=0 ,27

Usando el algebra del factor de vista:

G2−(1−A )=G2−1+G2−A

Donde:

Gij=A i Fij

G2−(1+3 )=G2−1+G2−3

A2 F2−(1+3 )=A2F2−1+A2 F2−3

Donde las áreas están dadas por:

A1=6 ft2

A2=15 ft2

A(1+3)=12 ft2

Por la relación de reciprocidad:

A(1+3 )F (1+3 )−2=A2 F2−(1+3)

F2−(1+3)=A(1+3)F(1+3)−2

A2

=12⋅0 ,1815

=0 ,144

A2 F2−3=A3 F3−2

F2−3=A3 F3−2

A2

=6⋅0 ,2715

=0 ,108

F2−1=F2−(1+3 )−F2−3

F2−1=0 ,144−0 ,108=0 ,036A1 F1−2=A2 F2−1

F1−2=A2 F2−1

A1

=15⋅0 ,0366

=0 ,09

⇒

F1−2=0 ,09

Caso b)

Usando el algebra del factor de vista:

G1−(2+ 4)=G1−2+G1−4

Primero determinamos G1−4 :

G4−(1+3)=G4−1+G4−3

A4 F4−(1+3)=A4 F 4−1+A4 F4−3

Donde las áreas están dadas por:

A(1+3)=12 ft2

A4=9ft2

A3=6 ft2

A1=6 ft2

Por la figura 14.4-3:

zx

=33=1

yx

=43

=1,3 ⇒

F(1+3)−4=0 ,165

zx

=33=1

yx

=23=0 ,67

⇒ F3−4=0 ,25

A(1+3 )F (1+3 )−4=A 4 F4−(4−3 )

F4−(1+3)=A (1+3)F(1+3)−4

A4

=12⋅0 ,1659

=0 ,22

A3 F3−4=A4 F4−3

F4−3=A3 F3−4

A4

=6⋅0 ,259

=0 ,1667

F4−1=F4−(1+3)−F4−3

F4−1=0 ,22−0 ,1667F4−1=0 ,0533

A1 F1−4=A4 F4−1

F1−4=A4 F4−1

A1

=9⋅0 ,05336

G1−(2+ 4)=G1−2+G1−4

A1 F1−(2+4 )=A1 F1−2+A1 F1−4

F1−2=F1−(2+4)−F1−4

Por el caso a) conocemos que:

F1−(2+4 )=F1−2=0 ,09

F1−2=0 ,09−0 ,08=0 ,01

F1−2=0 ,01⇒

Caso 4:

Común para los Geps, con los datos distintos para cada uno.

Se está diseñando un sistema para evacuar los gases exhaustos de una máquina de combustión interna que opera en E.E.

La máquina quema n-nonano con 130% de aire del estequiometrico necesario.

Los productos de la combustión pasan a través del sistema de evacuación a una temperatura de 2000°F mientras las tuberías del sistema permanecen a 450°F. Considerando la cañería de evacuación como un cilindro negro de 3 pulgadas de diámetro, estimar la cantidad de energía radiante intercambiada entre los gases calientes de combustión y la pared de la tubería. Asuma que los gases de combustión a 1,2 atmosferas de presión.

Ts

Se asume Muy Largo

Solución:

QNeto=σA (eGTG4 −α ST S

4 )

Datos

T G=2000 ° F=2460° R

T S=450 ° F=910° R

L = 1Xdiametro = 3plg = 0,25 ft

Determinamos la composición del gas exhausto

Balance de masa

B.C= 1lbmol de n-nonano

C9+1402→9C02+10 H 20

Tb

Aire: →21% de02

79 % de N2

Entrada

Moles de 02 a la entrada = 14*1,3 = 18,2 lbmol

Moles de N2 a la entrada = Moles de N2 a la salida = 7921

×14×1,3=68,4 lbmol

Salida

Moles de 02 que no reaccionan = 18,2 -14 = 4,2 lbmol

Moles de N2 a la salida = 68,4 lb mol

Moles de C02 a la salida = 9lbmol

Moles de H 2 0 a la salida = 10 lbmo

Moles totales = 4,2+68,4+9+10= 91,6 lb mol

Composición

4,585% de 02

74,673% de N2

9,825% de C02

10,917% de H 2 0

Presiones Parciales

PN 2=0,74673×1,2=0,896

P02=0,4585×1,2=0,5502

PC 02=0,09825×1,2=0,1179

PH 02=0,10917×1,2=0,131

PC L=0,1179×0,25=0,0295

Pw L=0,131×0,25=0,0327

Estimación de las emisividades y coeficientes de absorción

Para el Agua a 2400°R

eG=0,017

∝S(910 ° R)=0,048

cw=1,2

Para el C02 a 2460° R

eG=0,039

∝S(910 ° R)=0,045

cw=1,1

∆ ϵ=0

PC L+Pw L=0,0295+0,0327=0,061

PW

PC+PW

= 0,1310,11796+0,131

=0,526

eGTOTAL=eG H20∗CH 20+eGC 02∗CC 02−∆ ϵ

eGTOTAL=0,017∗1,2+0,039∗1,1=0,063

∝STOTAL=∝SH 20∗CH 20+∝SC 02∗CC 02

∝STOTAL=0,048∗1,2+0,045∗1,1=0,1071

Qneto

A=σ (eGT6

4−α ST S4 )=0,1712×10−8 (0,063∗(2460 )4−0,1071∗(910 ) 4 )=3824,15

Qneto=3824,15 [ Btu

hr∗ft2 ]∗π 0,25 ft∗0,25 ft=750,87 [ Btuhr ]