Problemas selectos de fenomenos de transporte

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
UUU NNN III VVV EEE RRR SSS III DDD AAA DDD NNN AAA CCC III OOO NNN AAA LLL DDD EEE LLL CCC AAA LLL LLL AAA OOO
FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA QUÍMICA
“Problemas Resueltos De Fenómeno De Transporte”
PROFESOR: RAMIREZ-DURAND-BERNARDINO
ALUMNO: LAGOS ZAMBRANO CRISTIAN ALBERTO
GRUPO HORARIO: 01Q
SEMESTRE : 2012 –A
BELLAVISTA, CALLAO
2012

PROBLEMAS RESUELTOS DE FENOMENOS DE TRANSPORTE
1) Una chimenea de hormigón armado con diámetro interior D2 = 800 mm, diámetro
exterior D3 = 1300 mm, debe ser revestida por dentro con refractario. Determinar el
espesor del revestimiento y la temperatura T3 de la superficie exterior de la
chimenea, partiendo de la condición de que las pérdidas de calos de un metro de la
chimenea no excedan de 2000 W/m, y de que la temperatura T2 de la superficie
interior de la pared de hormigón armado no supere 200 °C. La temperatura de la
superficie interior del revestimiento es de T1 = 425 °C; el coeficiente de
conductividad térmica de revestimiento es K1 = 0.5 W/m°C; el coeficiente de
conductividad térmica del hormigón es K2 = 1.1 W/m°C.

2) Calcular las pérdidas de calor de 1m de una tubería no aislada con diámetro d1/d2
= 150/165 mm tenía al aire libre cuando por el interior de ésta corre agua con una
temperatura media T1 = 90°C y la temperatura ambiente Ta = -15°C. El coeficiente de
conductividad térmica del material del tubo es K = 50 W/m°C. El coeficiente de
transferencia de calor para el agua y el tubo es 1000 W/m2
°C y el del tubo y el
ambiente es 12 W/m2
°C. Determinar también las temperaturas en las superficies
interior y exterior del tubo.

3) Por una tubería de 150 m circulan 0.63 kg/s de vapor húmedo con calidad 10% a
una temperatura de 250 °F. El diámetro interior de la tubería es 4”. A la salida de la
tubería se tiene líquido saturado. Calcular la temperatura de la superficie interior del
tubo.

1 lbm = 0.45359 kg
1 pulg = 2.54 cm
1 Joule = 9.478x10-4
BTU
De la tabla de vapor húmedo

4) Por una tubería de plástico (K = 0.5 W/mK) circula un fluido de modo que el
coeficiente de transferencia de calor por convección es 300 W/m2
K. La temperatura
media del fluido es 100°C. La tubería tiene un diámetro interno de 3 cm y un
diámetro externo de 4 cm. Si la cantidad de calor que se transfiere a través de la
unidad de longitud de tubería por unidad de tiempo es 500 W/m, calcular la
temperatura de la superficie exterior de la tubería. Hallar el coeficiente de
transferencia térmica global U basado en el área de la superficie exterior de la
misma.

5)En un horno de 1 m3
, las paredes verticales están hechas de un material aislante.
La resistencia eléctrica fue colocada en la superficie inferior produce una potencia
total de 60 W siendo su temperatura 328 K. Determine la temperatura de la cara
superior del horno.
SOLUCION;
6) Se necesita conocer la cantidad de calor que una pared de un cuarto irradia sobre
el piso. La temperatura de la pared es de 50°C y la del piso 27°C. La dimensiones de
la pared son 3 x 6 m y la del piso 6 x 9 m. La emisividad de la pared es 0.8 y la del
piso 0.6.

7) Un condensador opera con vapor condensante en el lado de la coraza a 27°C. El
agua de enfriamiento entra a 5°C y sale a 10°C. Si el coeficiente total de
transferencia de calor es de 5000 W/m2
°C con base en la superficie del tubo exterior.
Determine la transferencia de calor por metro cuadrado de superficie de tubo

exterior.

8) En un intercambiador tubular de calor tipo vapor-agua el vapor de agua seco y
saturado cuya presión es P = 3.5 x 105
Pa, se condensan en la superficie exterior de
los tubos. El agua, que circula por los tubos se calienta desde 20°C hasta 90°C.
Determinar:
a) La temperatura media logarítmica en este intercambiador de calor.
b) El gasto de vapor en el intercambiador vapor-agua si el gasto del agua es 8 t/h.
Suponer que no existe subenfriamiento del condensado.

9) Tenemos una tubería lisa de 4 mm de diámetro interno con una longitud de 3,40
m por la que circula un caudal de agua a una temperatura media de 27ºC. La
velocidad de dicho caudal es 0’35 m/s, y las paredes internas de la tubería se
encuentran a una temperatura media de 82 ºC.
A) ¿Cuál es el coeficiente de convección?
B) Determinar la tasa media de transferencia de calor
Datos del agua:
- ρ a 27ºC: 996 kg/m3

- k= 0,611W/ (mK)
- µ= 8.67 E-4
- Pr= 5,9
- µm = 3,29 E-4 (viscosidad del agua a la temperatura media de la pared)
a) Tenemos que conocer qué tipo de flujo tenemos, por lo que hay que hallar el
número de Reynolds:
Dado que el Re es < 2100, consideramos que el régimen es laminar, por lo que
aplicaremos la ecuación de Stephan para hallar el flujo laminar en un conducto de
sección circular:
Con estos datos, podemos calcular el coeficiente de convección h:
b) La tasa de transferencia de calor será:
Q= Ah(Tw – Tm) = πDLh (Tw –Tm)=3,1416 1657,6W
10) En un biorreactor circulan 5,76 kg/s de aire a P atmosférica perpendicularmente
a un haz de tubos en tresbolillo, con nL= 12 y nT= 19. Los tubos tienen un diámetro
exterior de 15 mm y una longitud de 887 mm. El espacio entre los tubos de filas
paralelas a la dirección de flujo es sT= 30 mm, y entre las filas perpendiculares es de
sL= 45 mm. El aire llega a los tubos a una temperatura de 30ºC y a 10m/s, y la
temperatura en la superficie exterior de los tubos es de 224ºC.
A) ¿Cuál es el coeficiente medio de transmisión de calor por convección?
B) Determinar la tasa de transferencia de calor
C) ¿qué temperatura tiene el aire a la salida del haz de tubos?

a) Dado que no se conoce la temperatura del aire a la salida del sistema, se
considerará la temperatura de entrada como la temperatura media, de forma
que Tm= 30ºC, y entonces
Tf= (Tm +Tw)/2= (30 + 224) / 2 = 127 ºC
A esa T y a presión atmosférica, los parámetros del aire son:
- ρ : 0,8826 kg/m3
- k= 0,03362 W/ (mK)
- µ= 2,286 E-5
- Pr= 0,689
- cp= 1005 J/ kg K
- Prw= 0,792 (número de Prandtl a esa Tm de pared)
La velocidad máxima del aire es:
Cmáx= Co sT / (sT- D)= = 20 m/s
Y por tanto el Remáx es:
Remax=
Podemos hallar así el número de Nusselt, que en este caso es Nu= cRemáx0,6
Pr0,33
.
En el caso de los tubos al resbolillo, c= 0,33, de manera que:
Nu= 0’33 · 115830,6
· 0,6890.33
= 80,06
Al igual que en el ejercicio anterior, podemos hallar h:
h= Nu ·k / D = (80,06 · 0,03362) / 0,015= 193,21 W / m2
K
b) La tasa de transferencia de calor en este caso es:
Q= πDLnTnLh (Tw –Tf) = 3, 1416 · 0,015 · 0,887 · 19 · 12 · 193, 21 (224 – 30) = 3,572
E5 W
c) La temperatura del aire a la salida del haz de tubos puede conocerse
realizando un balance térmico
T2= T1 + (Q / mcp) = 30 + (3,572 E5 /5,76·1005)= 91,70 °C
11) Calcular la difusividad de vapor de etanol (A), a través de aire (B) a 1 atm y 0*C.

Solución:
T = 273` K
= u 1 aten
= 46,07
= 29
de la Tabla 2, para aire se tiene:
De la tabla 3, se tiene
El punto normal de ebullición es
de La figura 1

el valor de la tabla es 0,102 /s
12) calcular la velocidad de difusión de ácido acético (A) a través de una película de solución acuosa,
que no difunde (B), de 0,1 cm de grosor, a 17% las concentraciones de ambos lados de la película
son respectivamente 9 y 31 96 en peso de ácido. La difusividad del acético en la solución es 0,95
( /s
Solución:
Se aplica:
En que:
además
0, 0288 fracción molar de Ácido acético.
Fracción molar de agua

Análogamente la densidad de la solución al 31% es 1,0032 g / y
13) Calcular la difusividad de Manitol OH 0H , en agua, en una solución
diluida a 20ÂºC. Comparar con el valor tabulado 0,56
Solución:
De la Tabla 3 se tiene
= 14,8(6) + 3,7(14) + 7,4(6) = 185,0
Para agua como solvente = 2,6
= 18,02 , T = 293 Âº K
Para soluciones diluidas, la viscosidad u puede ser la del agua.

Se sabe que el difunde a través de la goma vulcanizada y que = O,11(10 5) / s a 25 C y
que la solubilidad del gas
14) Calcular la velocidad de difusión del a través de una membrana de goma de 1 mm de
espesor a 25Âº C si la presión parcial del es 1 cm de Hg en un lado y cero al otro lado. Calcular
la permeabilidad de la membrana.
Solución
A la presión de 1 cm de Hg (1/76 atm) la solubilidad del n la goma es
ó 0,01184 / 22400 g mol / Aguas abajo de la membrana la concentración de es cero.
El espesor Z = 0,1 cm
Además

Nótese que:
P = (solubilidad)
(Treybal)
15)Esferas de aluminio porosas, de 1 cm de diámetro, 25 % de huecos, fueron impregnadas con
solución de KC1 de 0,25
g / de concentración. Al sumergirlas en agua corriente pura, pierden el 90 96 de un contenido
salino en 4,75 h. La temperatura es de 25Âº C. A esta temperatura la difusividad promedio de KCl en
agua en el rango indicado de concentración es 1,84(10
-5
) / s.
Calcular el tiempo necesario para extraer el 90 % del soluto disuelto en las esferas, al ser
impregnadas con solución de dicromato de potasio, , de 0,28 g/cana, al sumergirlas en agua
corriente que tiene 0,02 g / .
La difusividad promedio de en agua a 25ÂºC es 1,14 /s
Solución

Para las esferas a = 0,5 cm y para la difusión de KC1 8 - 4,75(3600) = 17000 s.
Cuando las esferas están rodeadas de agua pura, la concentración final en ellos será:
donde K es el factor de forma del poro, este es característico del número, tamaño y naturaleza de los
poros en el sólido que cuando es multiplicado por el espesor de él, sólo da una medida de la
verdadera longitud del paso de difusión. El factor es independiente del soluto, solvente,
concentración, tiempo o cualquier' otra variable que afecta la velocidad de difusión.

15) Una loseta de madera, de 15,2 cm x 15,2 cm x 1,9 cm, con un con tenido de humedad uniforme
inicial del 39,7 % de agua, se expone a aire relativamente seco. Los bordes delgados se sellan, y el
secado tiene lugar, por las 2 caras planas grandes, por difusión interna del agua líquida hasta la
superficie y por evaporación en la superficie. El con tenido de humedad en la superficie permaneció
constante en 8%. Alcabo de 7 hr 40 min, el contenido medio de humedad cayó al 24%.
a) calcular la difusividad eficaz cm 2/s:
b) suponiendo que D permanece constante y es la misma para la. difusión en cualquier dirección.
Â¿Qué contenido medio de agua quedará en la loseta secándola por una sola cara, y cual por las
seis caras, duran te el mismo lapso?.
c) qué contenido medio de agua tendrá un cilindro de 1 pie de largo y 6 pulgadas de diámetro,
secándolo por toda su superficie durante 7 días
Solución:

b) secado por 1 sola cara

Para difusión a través de las 6 caras:
c) diámetro del cilindro 15,24 cm
largo del cilindro 30,4 cm
t = 7 días = 604.800 s,
2c = 30,4
2Âª = 15, 24

16) Se absorbe desde el aire a 68Âº F y 1 (a tm) en una torre rellena en co-corriente usando
a 68 Âº F como absorbente. Se usa un flujo de gas a la entrada de 1540 /h y libre de
amoniaco a un flujo de
Se desea reducir la concentración de desde 3.,52 1,29 % usando una corriente de 1,37
veces el mínimo.
Determine:
a) la razón
b) el flujo actual del agua
C) concentración a la salida en la corriente acuosa

17) En un aparato se realiza la absorción de amoniaco en agua al contacto con la mezcla
gaseosa - aire, a 2 atm y 15ÂºC, para los coeficientes reales de transporte se ha evaluado:
Fase gaseosa ky = 2000 mol/h
Fase líquida kl = 340 mol/h (mol/1 )
La presión de equilibrio sobre las disoluciones diluidas de en agua se puede expresar por la
ecuación = 645 X (en mm Hg),siendo X la fracción molar de en el líquido. Determine:
a) la capa que rige la difusión en este caso.
b) el coeficiente global de transporte, referido a dicha capa.
Solución
Tal como están dados los coeficientes reales, en unidades diferentes, no pueden compararse.
Tomando como fuerza impulsora la fracción molar, se determina primero el coeficiente kx para la fase
liquida.
Se tiene:
= (x- )
= (C - Ci)
en que es la fuerza impulsora y es la misma para ambos casos a su vez:
siendo C la concentración molar total (1000/18 mol / 1)
Así se obtiene:
después se expresa m en forma a dimensional que es la pendiente de la recta. Se llama y la fracción
molar de en el gas

= P Y = 2.760 x Y = 645 X
Luego
para el coeficiente global referido a la fase gaseosa
La razón de resistencia en la capa gaseosa y la capa liquida será
luego la difusividad está definida por la capa gaseosa (95 % del total).
coeficiente global fase gaseosa:
La relación entre y y es la misma que existe entre y .
18) Benceno fluye en una película delgada que cae en la superficie exterior de un cilindro vertical.
Aire seco, e 110 * F y 1 atm fluye en ángulo recto a un cilindro de 3 pula de diámetro y 2 pie de largo,
a una velocidad de 20 pie / s. La temperatura del liquido es 60 * F. Calcular la velocidad a la que se
debe alimentar el liquido en la parte superior del cilindro, si la superficie completa del cilindro se usa
para el proceso de evaporación, y el benceno se debe evaporar completamente al llegar al extremo
inferior del cilindro.

Solución
Aire a 110ºF y 1 atm: cálculo de la densidad se supone gas ideal : P V = n RT
presión de vapor de benceno a 60*F : = 60 arm concentraciones en la interfase y en la masa de
aire
en la interfase
= 60 mm
1 = 760 mm
en la masa de fase gas
= 0
= 760 mm
La presión media logarítmica del aire es
BM =
760 -700 = 728 mm

In 760/700
La velocidad de la masa de aire, molar, que fluye perpendicularmente al cilindro es:
= (20 pie/s) (3600 s/h ) (0,0698 lbm / )(lbmol/ 29 lbm)
= 173,4 lb ml / h.
El coeficiente de transferencia de masa en la película, , se evalúa de
El flujo molar es: = ( - )
19) Un sistema de extracción en contracorriente se utiliza para tratar 1000 lbm de afrecho de soya por
hora. El sistema está diseñado para tratar soya que contiene 18 % de aceite y que la solución de
extracto que sale del extractor a 800 lbm por hora contenga 40 % de aceite. Si la masa de la solución
extracto en los sólidos que salen del extractor es el 50 % en peso, calcular la composición de los
sólidos que salen de la primera etapa y la composición del solvente que entra a la primera etapa.
Solución
A) Balance de masa del aceite en la primera etapa. 1000(0,18) + = 800(0,4) +
B) Balance de masa del sólido en la primera etapa 1000(0,82) + S . O = 800 = 0 +
C) El sólido total que sale del extractor es W = 1000(0,82) + 1000(0,82)0,5 = 1230 lbm/h
Del balance de sólidos

D) Se, construye el diagrama triangular y como se sabe que el extracto no tiene sólidos y contiene 40
% de aceite, esto permite ubicar el punto E, se une con el vértice B.
Sobre la línea EB, se ubica W con
Por lo tanto = 0,2 y = 0,13
E) Balance de masa del solvente
F (0) + S = 800 (0,6) + 1230(0,2)
F) Del balance de aceite
S = 800(0,4) + 1230(0913) + 1000(0,18) (i)
y del balance de masa total
1000 + S = 800 + 1230
se tiene
S = 1030 lbm/h
y de i)

S = 300
= 0,29
Luego
= 0,71
G) La composición del solvente entrando a la primera etapa es 29 de aceite y 71 % de solvente.
(Heldman)
Ácido oleico está siendo extraído de una solución de ácidos grasos obtenida de aceite de algodón
con propano.
20) El proceso se efectúa en una etapa con una alimentación de 2000 lb m/h; el extracto tiene 70 %
de ácido oleico y la solución de ácidos grasos que sale del sistema tiene 3 % de ácido oleico.
Si la alimentación contiene 30 % de ácido oleico, calcular la masa de solvente utilizada y la masa de
extracto producida.
Solución
1) Balance de masa en la etapa de extracción balance total F + S = E + R =
balance ácido oleico P x f = X M
E + R = x.M
donde:
: masa de mezcla
2) Los datos de equilibrio de propano-ácido oleico- ácidos grasos de aceite de algodón (Ver Poust et
Al.,) se presentan en la figura siguiente.

Los datos permiten ubicar EÂ´ y R` con XeÂ´ = 0,7 y xR= 0,03 La línea conjugada RE se puede trazar
y a su vez xE = 0,3 permite ubicar
De la figura
= 0,14
YE = 0,23 y = 0,025
3) Reemplazando en las ecuaciones de 1) se tiene:
2000 + S = E + R =
2000(0,3) = (0,14)
E (0,23) + R (0,025) = XM
Resolviendo:
2000 + S = ; = E + R = 4286
600 = (0,14)
luego
= 4286 lb m/h
0,23 E + 0,025 R = 600
0,23 E + 0,025(4286 - E) = 600
Luego

E = 2404 lb m/h
R = 4286 - 2404 = 1882 lbm/h
S = 4286 - 2000 = 2286 lbm/h
4) La masa de extracto producida se obtiene de:
F = R Â´+ EÂ´
Reemplazando y resolviendo se tiene:
2000 = RG Â´+ EÂ´
2000(0,3) = RÂ´(0,03) + EÂ´(0,7)
600 = (2000 - El) .0903 + 0,7 EÂ´
se logra EÂ´ = 806 lb m/h
5) La masa de solvente es 2286 lbm/h y la masa de extracto libre de solvente es 806 Ibm/h
(Heldman)
21) Se desea calcular el número de etapas necesarias para extraer el aceite de hígados de halibut
empleando éter etílico en contracorriente. La cantidad de solución retenida por los hígados ha sido
determinada experimentalmente en función de la composición de la solución.
Cantidad de extracto retenido por los hígados
lbs. aceite de hígado en
1 lb de solución
lbs. solución retenida por
1 lb de hígado libre de aceite
0,0 0,205
0,1 0,242
0,2 0,286
0,3 0,339
0,4 0,405
0,5 0,489
0,6 0,600
0,65 0,672
-0,70 0,765
0,72 0,810
Los hígados frescos de halibut contienen 25,7 % en masa de aceite. Si se recupera el 95 del aceite y
el extracto final debe contener 70 % en masa .Â¿Cuántas etapas serian necesarias para tratar 1000
lb de higados?.

Solución
Hay que destacar que de los datos experimentales se puede obtener
Esto permite obtener los siguientes datos:
lbs. de solvente
lb de hígado libre de aceite
lbs de aceite
lb de hígado libre de aceite
0,205 0,00
0,218 0,0242
0,229 0,0572
0,230 0,535
0,183 0,765
Figura a: Relación de equilibrio de solución retenida por los hígados versus aceite retenido por los
hígados.

Figura b: Solvente retenido por los hígados en función de aceite retenido por los hígados.
Con estos datos es posible dibujar la curva flujo inferior en el diagrama de fase a partir de: (Ver Fig, c)
Figura c: Curva de flujo inferior determinada de las relaciones de equilibrio
Balance de materiales del material inerte.

Luego:
y como el punto w esta' en la curva flujo inferior 'cualquier valor; ya sea el o el lo fijan.
La alimentación F, que no tiene solvente está en el eje CB y XFB =, 0, 257

4) La salida E no tiene inerte, y está ubicado en la línea AB,
= 0,7
El punto A o pivote-está en la intersección de y EF
El número de etapas se obtiene mediante el método gráfico y da cinco etapas (Ver figura d)
Para tratar 1000 lb de hígados de halibut es necesario determinar la masa de solvente, que se
obtiene por un balance de materiales:
balance total 1000 + A = E + w (i)
balance solvente : A = 0,30 E + w XwA (ii)
balance aceite 0,70 E = (0,257) 1000 (0,95) (iii)
resolviendo i, ii y iii
se obtiene:
E = 349 lb
w = 925 lb
A = 274 lb
F = 1000 lb
(Charm)

22) Un sistema de extracción de contacto múltiple en contracorriente está tratando 4 toneladas por
hora de café tostado molido con agua para obtener al final de un proceso café soluble.
El contenido de sólidos solubles del café es 24 % y el contenido de humedad es despreciable.
El extracto que sale del sistema debe contener 30 % de sólidos solubles y se desea extraer el 95 %
de los sólidos solubles del café.
Calcular:
a) la masa de extracto producida por hora
b) la masa de agua empleada por hora
c) el número de unidades de extracción si cada tonelada de sólido inerte retiene 1,7 toneladas de
solución.
Solución
Balance de materiales del extractor
Además, se extrae el Â°5 % de sólidos solubles y el 5 % restante está en la corriente W.
y además cada ton de sólidos inerte retiene 1,7 ton de solución
Al aplicar el balance de material total se tiene:

4 + A = 3, 04 + 8, 20
A = 11,24 - 4
A = 7,24 ton agua/h
Para calcular el número de etapas, es necesario recordar que la curva underflow es la línea xC = 0,37
y que la curva flujo superior es la línea AB.
Pero, hay que tener presente que va estar saliendo agua con la corriente agotada de sólido; por lo
tanto la línea de operación no va a ser recta.
22) Una forma gráfica de obtenerla es trazando desde el. pivote líneas que van a cortar la curva
underflow en , y y a la curva overflow en e . Empleando este procedimiento se construye
la siguiente tabla:
0,37 0,275 0,741 0,30 0,69 0,434
0, 37 0,19 0,515 0,21 0,79 0,265
0,37 0,10 0,27 0,11 0,89 0,123

Con estos datos se construye la curva de operación en el gráfico siguiente (curva de operación y
curva de equilibrio).
También yB en E es 0,30 y E debe estar sobre AB, es posible ubicar E y el pivoted , que cumple
E - F = A Â– W =
Se dibujan las etapas de acuerdo a los procedimientos gráficos y se encuentras 6 etapas teóricas
(Chame )
Se analizará el ejemplo anterior desde el punto de vista de transferencia de masa.
Solución
Es posible calcular la línea de equilibrio a partir de la curva underflow en la figura siguiente(diagrama
triangular).
Cualquier línea desde C corta a EG y AB en, las composiciones de equilibrio. Dibujando varias líneas
a partir de C es posible determinar un número de puntos adecuado que están en la tabla siguiente:
XC XB YB xA yA
0,37 0,2 0,31 0,43 0,69 0,54 0,450

0,37 0,12 0,19 0,6 0,81 0,324 0,235
0,37 0,08 0,12 0,55 0,88 0,216 0,136
0,37 0 0 0,63 100 0 0
La curva de equilibrio se logra dibujando XB1 vs YB1
La línea de operación se obtiene por un balance de materiales.
Sin embargo no cae sobre la curva underflow y tampoco está en la línea de operación; el valor de
si está en la curva de operación y se puede calcular dando = 0,428 (Ver Fig. Curva de
operación y curva de equilibrio).
Se considerará la transferencia de masa en la corriente de sólidos
donde:
L : flujo de masa de los sólidos inertes
: Coeficiente total de transferencia de masa basado en la corriente de sólidos

Luego, integrando se tiene
La integral se puede resolver en forma gráfica, y para ello se presenta la siguiente tabla:
Se dibuja 1 / - versus X (Ver gráfico ) y se encuentra que el área
bajo la curve es igual a 0,0495 unidades

enque A es el producto del árem de la sección del extractor por área de contacto / volumen unitario
por longitud del extractor. (Charm)
23) La densidad a 4 ºC de una solución acuosa de NaCl al 20% en peso es 1,155
g/cc.
a) Calcule la fracción molar de NaCl
b) Calcule la concentración másica volumétrica de NaCl
La masa molecular del NaCl es 58 kg/kmol
La masa molecular del H2O es 18 kg/kmol
a) Moles de NaCl= 20/58
Moles de H2O = 80/18
Fracción molar de NaCl = (20/58)/(20/58 + 80/18)
= 0,072
b) Tomando como base de cálculo 1 cc de solución, tenemos que:
Masa de NaCl contenida = (20/100) (1,155)
= 0,231 g/cc
Respuesta:
a) La fracción molar de NaCl es 0,072
b) La concentración másica volumétrica de NaCl es 0,231 g/cc

24.- Una pared plana de espesor 2L = 50mm y conductividad térmica constante ,
experimenta una generación uniforme de calor de razón de qo. En condiciones estacionarias la
distribución de temperaturas en la pared es de la forma , donde a = 80°C y
y (x) esta medido en metros. El origen de las coordenada x se encuentra en
el plano medio de la pared.
a) Determinar las temperaturas de la superficies y trace un esquema de la distribución de
la temperatura en la pared.
b) Cuál es la distribución de generación de calor qo ( ).
c) Determine los flujos de calor en las superficies q(-L) y q(+L).
Determinando las temperaturas de la superficie:
La ecuación diferencial gobernante es:
Derivando la ecuación de la temperatura:
2L
Q0
T(-L) T2
T1
qo
T(+L)

Calculo del flujo de calor en las superficies:
25) La superficie exterior de un alambre de cobre desnudo se mantiene a 55°C,
mientras transporta una corriente eléctrica. El calor generado eléctricamente es
conducido de modo unidimensional en dirección radial.
Si la temperatura de la línea central no excede de 120°C, halle la corriente máxima
que puede transportar el alambre. Diámetro del alambre 0.5 cm y 30 cm de longitud,
la resistividad eléctrica .
Datos:
Ecuación diferencial Gobernante:
Condiciones de Frontera:
• Si;
• Si;

Problema 26)
Para un fluido se obtuvieron los datos experimentalmente:
)/( 2
mNr 3.36 4.36 5.94 7.59 9.48 11.86 14.56 19.24 23.67
)( 1


s
r
V
7.33 9.67 13.94 18.72 24.63 32.86 43.35 62.93 84.50
a) Deducir el tipo de fluido.
Solución: Hacemos la grafica  r vs
r
V

 

Debido a que la grafica no sale una línea exactamente se concluye que el fluido es no
Newtoniano.
b) Obtener los parámetros de los diversos tipos de modelos.
b.1) Modelo de Ellis, Heimes, Fredrickcson:
0
0
0
11
1








n
n
n
a
r
V


 

Donde: a es la viscosidad aparente del fluido que se halla:


 ra
r
V
1









)/( 2
mNr 3.36 4.36 5.94 7.59 9.48 11.86 14.56 19.24 23.67
)( 1


s
r
V
7.33 9.67 13.94 18.72 24.63 32.86 43.35 62.93 84.50
a -0.458 -0.451 -0.426 -0.406 -0.385 -0.361 -0.336 -0.306 -0.280
Formando la función objetiva S:


n
i
i yyS
1
2
)ˆ(
 

n
i
i
n
n
yS
1
2
0
0
)(


Donde: ya  ; x
r
V



 
 :
 
0
1
2 2
01 0
0
0





























 

 nx
nx
nx
nx
y
S n
i
i

 
02 2
0
0
1 0
0





























 



nx
xx
nx
nx
y
n
S n
i
i
Con estas 2 ecuaciones de de 2 incógnitas formamos nuestro sistema de ecuaciones no
lineales.
Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros n y 0 :
POLYMATH Report
Nonlinear Equations 12-Sep-2010
Calculated values of NLE variables
Variable Value f(x) Initial Guess
1 n 5.673957 1.073E-05 1.
2 uo -0.4170314 -5.91E-05 0
Nonlinear equations
1
f(uo) = -(-0.458-(uo*n*7.33)/(n*7.33+uo))*((n*7.33-1)/(n*7.33+uo)^2) -(-0.451-
(uo*n*9.67)/(n*9.67+uo))*((n*9.67-1)/(n*9.67+uo)^2)-(-0.426-
(uo*n*13.94)/(n*13.94+uo))*((n*13.94-1)/(n*13.94+uo)^2)-(-0.406-
(uo*n*18.72)/(n*18.72+uo))*((n*18.72-1)/(n*18.72+uo)^2)-(-0.385-
(uo*n*24.63)/(n*24.63+uo))*((n*24.63-1)/(n*24.63+uo)^2)-(-0.361-
(uo*n*32.86)/(n*32.86+uo))*((n*32.86-1)/(n*32.86+uo)^2)-(-0.336-
(uo*n*43.35)/(n*43.35+uo))*((n*43.35-1)/(n*43.35+uo)^2)-(-0.306-
(uo*n*62.93)/(n*62.93+uo))*((n*62.93-1)/(n*63.93+uo)^2)-(-0.280-
(uo*n*84.5)/(n*84.5+uo))*((n*84.5-1)/(n*84.5+uo)^2) = 0
2
f(n) = -(-0.458-(uo*n*7.33)/(n*7.33+uo))*((uo*7.33-7.33)/(n*7.33+uo)^2) -(-0.451-
(uo*n*9.67)/(n*9.67+uo))*((uo*9.67-9.67)/(n*9.67+uo)^2)-(-0.426-
(uo*n*13.94)/(n*13.94+uo))*((uo*13.94-13.94)/(n*13.94+uo)^2)-(-0.406-
(uo*n*18.72)/(n*18.72+uo))*((uo*18.72-18.72)/(n*18.72+uo)^2)-(-0.385-
(uo*n*24.63)/(n*24.63+uo))*((uo*24.63-24.63)/(n*24.63+uo)^2)-(-0.361-
(uo*n*32.86)/(n*32.86+uo))*((uo*32.86-32.86)/(n*32.86+uo)^2)-(-0.336-
(uo*n*43.35)/(n*43.35+uo))*((uo*43.35-43.35)/(n*43.35+uo)^2)-(-0.306-
(uo*n*62.93)/(n*62.93+uo))*((uo*62.93-62.93)/(n*62.93+uo)^2)-(-0.280-
(uo*n*84.5)/(n*84.5+uo))*((uo*84.5-84.5)/(n*84.5+uo)^2) = 0
General Settings
Total number of equations 2
Number of implicit equations 2
Number of explicit equations 0
Elapsed time 0.0000 sec
Solution method SAFENEWT
Max iterations 150
Tolerance F 0.0000001
Tolerance X 0.0000001

Tolerance min 0.0000001
b.2) Modelo de Ostwald:
r
V
r
V
m
n
r








1
)/( 2
mNr 3.36 4.36 5.94 7.59 9.48 11.86 14.56 19.24 23.67
)( 1


s
r
V
7.33 9.67 13.94 18.72 24.63 32.86 43.35 62.93 84.50


n
i
i yyS
1
2
)ˆ(







n
i
n
i
r
V
r
V
myS
1
2
1
)( 
Donde: yr  ; x
r
V


 
:
   02
1
1
1


 



n
n
i
n
i xxxxmy
m
S
   
  0)(2 )(1
1
1


 


 xLnn
n
i
n
i exmxLnxxmy
n
S
lineales.
Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros m y n:
POLYMATH Report No Title
1 m 0 3.757E-08 0
2 n -9.241621 0 0
Variable Value
1 e 2.718282

Nonlinear equations
1
f(m) =
(3.36+m*(7.33)^n)*((7.33)^n)+(4.36+m*(9.67)^n)*((9.67)^n)+(5.94+m*(13.94)^n)*((13.94)^
n)+(7.59+m*(18.72)^n)*((18.72)^n)+(9.48+m*(24.63)^n)*((24.63)^n)+(11.86+m*(32.86)^n)*(
(32.86)^n)+(14.56+m*(43.35)^n)*((43.35)^n)+(19.24+m*(62.93)^n)*((62.93)^n)+(23.67+m*(
84.5)^n)*((84.5)^n) = 0
2
f(n) = (3.36+m*(7.33)^n)*(m*(ln(7.33))*e^((n-
1)*ln(7.33)))+(4.36+m*(9.67)^n)*(m*(ln(9.67))*e^((n-
1)*ln(9.67)))+(5.94+m*(13.94)^n)*(m*(ln(13.94))*e^((n-
1)*ln(13.94)))+(7.59+m*(18.72)^n)*(m*(ln(18.72))*e^((n-
1)*ln(18.72)))+(9.48+m*(24.63)^n)*(m*(ln(24.63))*e^((n-
1)*ln(24.63)))+(11.86+m*(32.86)^n)*(m*(ln(32.86))*e^((n-
1)*ln(32.86)))+(14.56+m*(43.35)^n)*(m*(ln(43.35))*e^((n-
1)*ln(43.35)))+(19.24+m*(62.93)^n)*(m*(ln(62.93))*e^((n-
1)*ln(62.93)))+(23.67+m*(84.5)^n)*(m*(ln(84.5))*e^((n-1)*ln(84.5))) = 0
Explicit equations
1 e = 2.718282
General Settings
Max iterations 150
b.3) Modelo de Ellis:
  



 rr
r
V 1
10










)( 1


s
r
V
7.33 9.67 13.94 18.72 24.63 32.86 43.35 62.93 84.50
)/( 2
mNr 3.36 4.36 5.94 7.59 9.48 11.86 14.56 19.24 23.67


n
i
i yyS
1
2
)ˆ(

 


n
i
rriyS
1
21
10 )( 

 
Donde: xr  ; y
r
V


 
:
    012
1
1
10
0





n
i
i xxy
S 


    02
1
1
1
10
1


 


 xxxxy
S n
i
i



    
  0)(2 )(1
1
1
10 

 


 xLn
n
i
i exxLnxxy
S 


lineales.
Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros 0 , 1 y  :
1 alpha -4.478E-16 -1.528E-13 0
2 phi0 -3.662522 -6.395E-14 0
3 phi1 7.615768 -6.395E-14 0
Variable Value
1 e 2.718282
Nonlinear equations
1
f(phi0) =
(7.33+3.36*(phi0)+(phi1)*3.36^(alpha))+(9.67+4.36*(phi0)+(phi1)*4.36^(alpha))+(13.94+5.94*
(phi0)+(phi1)*5.94^(alpha))+(18.72+7.59*(phi0)+(phi1)*7.59^(alpha))+(24.63+9.48*(phi0)+(phi
1)*9.48^(alpha))+(32.86+11.86*(phi0)+(phi1)*11.86^(alpha))+(43.35+14.56*(phi0)+(phi1)*14.5
6^(alpha))+(62.93+19.24*(phi0)+(phi1)*19.24^(alpha))+(84.5+23.67*(phi0)+(phi1)*23.67^(alph
a)) = 0
2
f(phi1) =
(7.33+3.36*(phi0)+(phi1)*3.36^(alpha))*3.36^(alpha)+(9.67+4.36*(phi0)+(phi1)*4.36^(alpha))*
4.36^(alpha)+(13.94+5.94*(phi0)+(phi1)*5.94^(alpha))*5.94^(alpha)+(18.72+7.59*(phi0)+(phi1
)*7.59^(alpha))*7.59^(alpha)+(24.63+9.48*(phi0)+(phi1)*9.48^(alpha))*9.48^(alpha)+(32.86+1
1.86*(phi0)+(phi1)*11.86^(alpha))*11.86^(alpha)+(43.35+14.56*(phi0)+(phi1)*14.56^(alpha))*
14.56^(alpha)+(62.93+19.24*(phi0)+(phi1)*19.24^(alpha))*19.24^(alpha)+(84.5+23.67*(phi0)+

(phi1)*23.67^(alpha))*23.67^(alpha) = 0
3
f(alpha) = (7.33+3.36*(phi0)+(phi1)*3.36^(alpha))*(3.36*(ln(3.36))*e^((alpha-
1)*ln(3.36)))+(9.67+4.36*(phi0)+(phi1)*4.36^(alpha))*(4.36*(ln(4.36))*e^((alpha-
1)*ln(23.67))) = 0
Explicit equations
1 e = 2.718282
General Settings
Max iterations 150
b.4) Modelo de Cisko:
1
  n
a m
r
V


 

Donde: a es la viscosidad aparente del fluido que se halla:


 ra
r
V
1









)/( 2
mNr 3.36 4.36 5.94 7.59 9.48 11.86 14.56 19.24 23.67
)( 1


s
r
V
7.33 9.67 13.94 18.72 24.63 32.86 43.35 62.93 84.50
a -0.458 -0.451 -0.426 -0.406 -0.385 -0.361 -0.336 -0.306 -0.280



n
i
i yyS
1
2
)ˆ(
  

 
n
i
n
i myS
1
21

Donde: ya  ; x
r
V



 
 :
    02 1
1
1


 


 n
n
i
n
i xmxy
m
S

    
  0)( )(1
1
1


 


 xLnn
n
i
n
i exLnmxy
n
S

    01
1
1







n
i
n
i mxy
S


lineales.
Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros m , n y  :
1 m 0 -3.937E-08 0
2 n -6.345591 0 0
3 uo -0.3787778 1.665E-16 0
Variable Value
1 e 2.718282
Nonlinear equations
1
f(m) = (-0.458-uo-m*(7.33)^(n-1))*(7.33)^(n-1)+(-0.451-uo-m*(9.67)^(n-1))*(9.67)^(n-1)+(-
0.426-uo-m*(13.94)^(n-1))*(13.94)^(n-1)+(-0.406-uo-m*(18.72)^(n-1))*(18.72)^(n-1)+(-0.385-
uo-m*(24.63)^(n-1))*(24.63)^(n-1)+(-0.361-uo-m*(32.86)^(n-1))*(32.86)^(n-1)+(-0.336-uo-
m*(43.35)^(n-1))*(43.35)^(n-1)+(-0.306-uo-m*(62.93)^(n-1))*(62.93)^(n-1)+(-0.280-uo-
m*(84.5)^(n-1))*(84.5)^(n-1) = 0
2
f(n) = (-0.458-uo-m*(7.33)^(n-1))*(-m*(ln(7.33))*e^((n-1)*ln(7.33)))+(-0.451-uo-m*(9.67)^(n-
1))*(-m*(ln(9.67))*e^((n-1)*ln(9.67)))+(-0.426-uo-m*(13.94)^(n-1))*(-m*(ln(13.94))*e^((n-
1)*ln(13.94)))+(-0.406-uo-m*(18.72)^(n-1))*(-m*(ln(18.72))*e^((n-1)*ln(18.72)))+(-0.385-uo-
m*(24.63)^(n-1))*(-m*(ln(24.63))*e^((n-1)*ln(24.63)))+(-0.361-uo-m*(32.86)^(n-1))*(-

m*(ln(32.86))*e^((n-1)*ln(32.86)))+(-0.336-uo-m*(43.35)^(n-1))*(-m*(ln(43.35))*e^((n-
1)*ln(43.35)))+(-0.306-uo-m*(62.93)^(n-1))*(-m*(ln(62.93))*e^((n-1)*ln(62.93)))+(-0.280-uo-
m*(84.5)^(n-1))*(-m*(ln(84.5))*e^((n-1)*ln(84.5))) = 0
3
f(uo) = (-0.458-uo-m*(7.33)^(n-1))*(-1)+(-0.451-uo-m*(9.67)^(n-1))*(-1)+(-0.426-uo-
m*(13.94)^(n-1))*(-1)+(-0.406-uo-m*(18.72)^(n-1))*(-1)+(-0.385-uo-m*(24.63)^(n-1))*(-1)+(-
0.361-uo-m*(32.86)^(n-1))*(-1)+(-0.336-uo-m*(43.35)^(n-1))*(-1)+(-0.306-uo-m*(62.93)^(n-
1))*(-1)+(-0.280-uo-m*(84.5)^(n-1))*(-1) = 0
Explicit equations
1 e = 2.718282
General Settings
Max iterations 150
27) Considerando un fluido newtoniano de viscosidad variable, determine los
perfiles de velocidad.
Se demostró que para cualquier fluido:
Para el caso de fluido newtoniano tenemos que:
De (3) en (1) tenemos:
De (4) en (2):

Tenemos las Siguientes condiciones:
Finalmente Resolvemos la Ec. Diferencial con el método más apropiado:
Para
Para
Para
Para
Para
Entonces las ecuaciones (1),(2),(3),(4)y(5) las resolvemos:

(cm)
0 782.084419
0.1 748.1362231
0.2 668.9177391
0.3 530.2732946
0.4 314.5829287
0.5 0
 Flujo Laminar en tubos

Balance de Cantidad de movimiento
Entrada – Salida + Generación = 0
Hacemos
Considerando un fluido newtoniano de viscosidad variable
Se demostró que:
Para el caso de fluido newtoniano tenemos que:

De (3) en (1) tenemos:
De (4) en (2):1
Tenemos las Siguientes condiciones de frontera:
Datos:
Cambiando a SI:
Resolvemos la Ec. Diferencial con el método más apropiado:

Si r=0
Para
Si
Para
Para
Para
Para

(cm)
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5 0
28) Encontrar el factor de efectividad no isotérmico de una reacción del tipo:
2A →B
Balance de materia:
0)(
1
.
2
.
)(
1
)(
)(.
1
2/
01
/
011
2
1
12
1
2
2



















AT
c
A
RTE
Ar
Ar
RTE
AT
c
AA
ATAA
AAr
CC
k
CekN
rdr
dN
ekk
CC
k
CkR
CC
kc
k
CkR
RNr
dr
d
r
Ley de Fick:

0)
2
1( 
AB
Ar
r
AA
D
N
C
C
dr
dC
Balance de energía:
0)(
1
...
2
).(1
2/
01
2
2







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
AT
c
A
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Rr
r
r
CC
k
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qrd
r
Ley de Fourier:
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q
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dr
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r
r
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Discretizando las ecuaciones:
0
0)(
1
...
)(
.
2
0)
2
1(
0)(
1
..
2
1
2/
01
11
1
2/
01
1
















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

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



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







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q
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iT
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R
iiii
ABT
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iT
C
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i
ii
Datos: Balance de materia:
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1
..
2 2/
01
1
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
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

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


 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
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NN
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1
..
2 2/
01
1
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


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


 
iT
C
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i
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CC
k
CiekN
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NN
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1
..
2 2/
01
1
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







 
iT
C
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i
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CC
k
CiekN
rir
NN
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1
..
2 2/
01
1
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


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


 
iT
C
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i
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k
CiekN
rir
NN
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1
..
2 2/
01
1
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






 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN

0)(
1
..
2 2/
01
1
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








 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1
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



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


 
iT
C
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i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
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1
..
2 2/
01
1
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








 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1
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








 
iT
C
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i
ii
CC
k
CiekN
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NN
0)(
1
..
2 2/
01
1
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
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


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


 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
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NN
Ley de Fick:
0)
2
1(1
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1
)
2
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2
)
2
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C
C
r
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)
2
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i
D
N
C
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0
4
)
2
1( 434

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C
C
r
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0
5
)
2
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
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
ABT D
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C
C
r
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0
6
)
2
1( 656

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
ABT D
N
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0
7
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2
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
ABT D
N
C
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r
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0
8
)
2
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

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i
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C
C
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0
9
)
2
9
1(89
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
ABT D
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C
C
r
CC
0
10
)
2
1( 9910
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
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N
C
C
r
CC

0)(
1
...
2 2/
01 
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
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 
AT
c
A
RTE
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r
CC
k
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1
...
2 2/
01 
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
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
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AT
c
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Rr
r
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k
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dq
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1
...
2 2/
01 
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
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 
AT
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1
...
2 2/
01 
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
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
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AT
c
A
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1
...
2 2/
01 
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
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A
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1
...
2 2/
01 
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
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AT
c
A
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r
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1
...
2 2/
01 
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
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 
AT
c
A
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k
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dq
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1
...
2 2/
01 

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
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
 
AT
c
A
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r
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k
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1
...
2 2/
01 

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
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
 
AT
c
A
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r
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k
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1
...
2 2/
01 
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
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k
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Ley de Fourier:
01
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 
k
q
r
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0101



k
q
r
TT

0212



k
q
r
TT i
0323



k
q
r
TT
0434



k
q
r
TT
0545



k
q
r
TT
0656



k
q
r
TT
0767



k
q
r
TT
0878

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
k
q
r
TT
0989

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
k
q
r
TT
Datos:
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ee
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k
FpiehBTUk
lbBTUH
cmmolxC
cmmolxC
scmD
cmR
molcmxk
smolcmxk
s
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R
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T
AB
º600
9700
19600
.º./015.0
/3000
/103
/104
/010.0
20.0
/106
./108
))460.(/(9700/
0
35
35
2
35
2
34
1
















29) Encontrar el factor de efectividad no isotérmico de una
reacción del tipo:
2A →B
Balance de materia:
0)(
1
.
2
.
)(
1
)(
)(.
1
2/
01
/
011
2
1
12
1
2
2







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
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

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


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Ley de Fick:

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1
...
2
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2/
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2
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
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
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c
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Ley de Fourier:
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r
r
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
Discretizando las ecuaciones:
0
0)(
1
...
)(
.
2
0)
2
1(
0)(
1
..
2
1
2/
01
11
1
2/
01
1



























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





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q
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TT
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k
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Datos: Balance de materia:
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1..
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1
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01
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
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k
CekN
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T
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2
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2/
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12
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
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

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k
CekN
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NN
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C
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1
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3
2
3
2/
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23

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







CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
4..
4
2
4
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34











CC
k
CekN
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NN
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1
5..
5
2
5
2/
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45

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







CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE

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1
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6
2
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016
56
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







CC
k
CekN
rr
NN
T
C
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0)(
1
7..
7
2
7
2/
017
67

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








CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
8..
8
2
8
2/
018
78











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
9..
9
2
9
2/
019
89











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
10..
10
2
10
2/
0110
910











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
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Ley de Fick:
0)
2
1(1


 
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iii
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C
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CC
0
1
)
2
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r
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0
2
)
2
1( 212



ABT
i
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C
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0
3
)
2
1( 323



ABT
i
D
N
C
C
r
CC
0
4
)
2
1( 434



ABT D
N
C
C
r
CC
0
5
)
2
1( 545



ABT D
N
C
C
r
CC
0
6
)
2
1( 656



ABT D
N
C
C
r
CC
0
7
)
2
1( 767



ABT D
N
C
C
r
CC
0
8
)
2
1( 878



ABT
i
D
N
C
C
r
CC
0
9
)
2
9
1(89



ABT D
N
C
C
r
CC
0
10
)
2
1( 9910



ABT D
N
C
C
r
CC

0)(
1
1...
2
1
2/
011
1

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



 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
2
2
2
/
012
2






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
3
2
3
/
013
3






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
4
2
4
/
014
4






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
5
2
5
/
015
5






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
6
2
6
/
016
6






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
7
2
7
/
017
7






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
8
2
8
/
018
8






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
9
2
9
/
019
9






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
10
2
10
/
0110
10






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
Ley de Fourier:
01


 
k
q
r
TT iii
0101



k
q
r
TT
0212



k
q
r
TT i
0323



k
q
r
TT
0434



k
q
r
TT

0545



k
q
r
TT
0656



k
q
r
TT
0767



k
q
r
TT
0878



k
q
r
TT
0989



k
q
r
TT
Datos :
FT
ee
BTUE
k
FpiehBTUk
lbBTUH
cmmolxC
cmmolxC
scmD
cmR
molcmxk
smolcmxk
s
TRRTE
R
Bo
T
AB
º600
9700
19600
.º./015.0
/3000
/103
/104
/010.0
20.0
/106
./108
))460.(/(9700/
0
35
35
2
35
2
34
1
















30) Encontrar el factor de efectividad no isotérmico de
una reacción del tipo:

 Reacción de primer orden:
2A B
 Balance de materia:
0)(
1
.
2
.
)(
1
)(
)(.
1
2/
01
/
011
2
1
12
1
2
2



















AT
c
A
RTE
Ar
Ar
RTE
AT
c
AA
ATAA
AAr
CC
k
CekN
rdr
dN
ekk
CC
k
CkR
CC
kc
k
CkR
RNr
dr
d
r
 Ley de Fick:
0)
2
1( 
AB
Ar
r
AA
D
N
C
C
dr
dC
 Balance de energía:
0)(
1
...
2
).(1
2/
01
2
2









AT
c
A
RTE
Rr
r
r
CC
k
CekHq
rdr
dq
G
dr
qrd
r

 Ley de Fourier:
k
q
dr
dT
dr
dT
kq
r
r


 Discretizando las ecuaciones:
0
0)(
1
...
)(
.
2
0)
2
1(
0)(
1
..
2
1
2/
01
11
1
2/
01
1


































k
q
r
TT
CC
k
CekH
r
TT
ri
k
r
qq
D
Ni
C
C
r
CC
CC
k
CiekN
rir
NN
iii
iT
C
i
RTE
R
iiii
ABT
iii
iT
C
RTE
i
ii
 Balance de materia:
0)(
1
1..
2
1
2/
011
01











CC
k
CekN
rir
NN
T
C
RTE
0)(
1
2..
2
2
2
2/
012
12











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
3..
3
2
3
2/
013
23











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
4..
4
2
4
2/
014
34











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
5..
5
2
5
2/
015
45











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
6..
6
2
6
2/
016
56











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
7..
7
2
7
2/
017
67











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE

0)(
1
8..
8
2
8
2/
018
78











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
9..
9
2
9
2/
019
89











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
0)(
1
10..
10
2
10
2/
0110
910











CC
k
CekN
rr
NN
T
C
RTE
 Ley de Fick:
0)
2
1(1


 
ABT
iii
D
Ni
C
C
r
CC
0
1
)
2
1( 101



ABT D
N
C
C
r
CC
0
2
)
2
1( 212



ABT
i
D
N
C
C
r
CC
0
3
)
2
1( 323



ABT
i
D
N
C
C
r
CC
0
4
)
2
1( 434



ABT D
N
C
C
r
CC
0
5
)
2
1( 545



ABT D
N
C
C
r
CC
0
6
)
2
1( 656



ABT D
N
C
C
r
CC
0
7
)
2
1( 767



ABT D
N
C
C
r
CC
0
8
)
2
1( 878



ABT
i
D
N
C
C
r
CC
0
9
)
2
9
1(89



ABT D
N
C
C
r
CC
0
10
)
2
1( 9910



ABT D
N
C
C
r
CC
 Balance de energía:
0)(
1
1...
2
1
2/
011
1






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R

0)(
1
...
2
2
2
2
/
012
2






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
3
2
3
/
013
3






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
4
2
4
/
014
4






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
5
2
5
/
015
5






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
6
2
6
/
016
6






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
7
2
7
/
017
7






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
8
2
8
/
018
8






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
9
2
9
/
019
9






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
10
2
10
/
0110
10






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
 Ley de Fourier:
01


 
k
q
r
TT iii
0101



k
q
r
TT
0212



k
q
r
TT i
0323



k
q
r
TT
0434



k
q
r
TT
0545



k
q
r
TT

0656



k
q
r
TT
0767



k
q
r
TT
0878



k
q
r
TT
0989



k
q
r
TT
Datos:
FT
ee
BTUE
k
FpiehBTUk
lbBTUH
cmmolxC
cmmolxC
scmD
cmR
molcmxk
smolcmxk
s
TRRTE
R
Bo
T
AB
º600
9700
19600
.º./015.0
/3000
/103
/104
/010.0
20.0
/106
./108
))460.(/(9700/
0
35
35
2
35
2
34
1
















31) PROBLEMA:
FLUIDO NEWTONIANO
Para cualquier fluido (Newtoniano o no Newtoniano)


gCos
x
xz



nz
xz
x
v
m )(



m
gCos
x
v
x
nz 











)(
1)( c
m
xgCos
x
v nz














x
vz
n
c
m
xgCos 1
1 )( 

zv 2
1
1 )( cxC
m
xgCos n


Método Numérico
m
gCos
x
v
x
v
n znz 






 
2
2
1
)(
gCos
mnx
v
x
v znz








  1
)( 2
2
1
 
A
x
vvv
x
vv iii
n
ii
























 


2
11
1
1 2


gCos
x
xz



nz
xz
x
v
m )(



xz 1
1)( cxgCos 

1
)(
)( c
m
xgCos
x
v nz










Condición de Frontera:
0x ; 0


x
vz
; 01 c
x
m
gCos
x
v nz
)()(













x
vz
n
x
m
xgCos
1
)( 




 
zv 2
1
1
1
1
1
c
n
x
m
gCos nn










x ; 0zv
1
1
1
11
2















n
m
gCos
c
nn 















 1
1
1
1
1
1
1
nn
n
z x
n
m
gCos
v 


























1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
z
x
n
m
gCos
v



ASUMIENDO LAS SIGUIENTES CONDICIONES:
Para Ostwald
n= 0.8

µ=10cp =0.001 Pa·s. β=45
ρ=1000kg/m3
g=9.8m/s2
δ=0.47mm

























1
8.0
1
1
8.0
1
1
2
00047.0
1*00047.0
1
8.0
1
45/8.9*1000
xm
CossmKg
v
n
z

n= 1.2
µ=10cp =0.001 Pa·s. β=45
ρ=1000kg/m3
g=9.8m/s2
δ=0.47mm

























1
2.1
1
1
2.1
1
1
2
00047.0
1*00047.0
1
2.1
1
45/8.9*1000
xm
CossmKg
v
n
z

32) calcular el problema anterior POR EL METODO DE OSTWALD
Desarrollar por métodos numéricos el siguiente caso, considerando un fluido no
newtoniano
SOLUCION:
SI


cos g
dx
d xz
…(2)
Derivando (1)

dx
d
dx
dv
dx
d
m
dx
d
dx
dv
m
dx
d
xz
n
z
xz
n
z


































Finalmente se obtiene:
dx
d
dx
vd
dx
dv
nm xzz
n
z 








2
21
…(3)
Igualando (2) y (3):
nm
g
dx
vd
dx
dv z
n
z










 cos
2
21
…(4)
por métodos numéricos:
2
11
2
2
2
x
vvv
dx
vd iiiz


 
…(5)
x
vv
dx
dv iiz


 
2
11
...(6)
Además se tiene las siguientes condiciones:
mcm
mm
n
m
sN
m
smg
mkg
n
03.03
5.0
7.0
.
1039853423394.4
30
/8.9
/1402
2
2
2
3













Donde: mmx 1.0 
Reemplazando (6) y (5)en (4):
nm
g
x
vvv
x
vv iii
n
ii


















 

  cos2
2 2
11
1
11
Donde:
486714.340966
7.01039853423394.4
30cos8.91402cos
2






 
A
nm
g
A

También asumiremos un valor α para la siguiente expresión:











1
11
2
n
ii
x
vv
… (7)
Cuyas condiciones de frontera son las siguientes:







(9)...0v
...(8)0
dv
v0
z
z
z
x
dx
vx
Luego de (8), se evalúa:

1
1z
0
dv







ii
ii
vv
x
vv
dx
Reemplazando se tiene:
A
x
vvv iii













2
11 2
 …(10)
Asumiendo como valor inicial de α = 0.02
PRIMERA ITERACIÓN
i = 0
4867144.340966
)101.0(
2
02.0 23
101








 
vvv
Por condiciones de frontera:
10  vv
4867144.340966
)101.0(
02.0 23
01








 
vv
Finalmente:
571704832433.001  vv
i = 1
571704832433.02
4867144.340966
)101.0(
2
02.0
012
23
012









 
vvv
vvv
i = 2
571704832433.02
4867144.340966
)101.0(
2
02.0
123
23
123









 
vvv
vvv
i = 3
571704832433.02
4867144.340966
)101.0(
2
02.0
234
23
234









 
vvv
vvv

i = 4
571704832433.02
0
4867144.340966
)101.0(
2
02.0
34
5
23
345










 
vv
v
vvv
Ordenando se tiene la siguiente matriz:























































571704832433.0
571704832433.0
571704832433.0
571704832433.0
571704832433.0
2-1000
12-100
012-10
0012-1
00011
4
3
2
1
0
v
v
v
v
v
De la matriz se obtienen los siguientes valores:
smv
smv
smv
smv
smv
/858524162167.0
/15343491902.1
/80457989202.2
/386765407.2
/0362.55724865
4
3
2
1
0





Reemplazar las velocidades halladas en la ecuación (7), se obtiene los nuevos αi :
i
n
ii
x
vv











1
11
2
290683174639.0
1083667355008.7
1061491720634.8
1064987861989.9
221320700946.0
4
2
3
2
2
2
1
0













SEGUNDA ITERACIÓN:
Reemplazando los nuevos αi en la ecuación (10) y despejando la ecuación lineal se
tiene:
i = 0: 630258170850.001  vv
i = 1: 2
012 1085895795480.32 
 vvv

i = 2: 2
123 1071840629214.42 
 vvv
i = 3: 2
234 1046284610962.42 
 vvv
i = 4: 2
34 1019909125296.42 
 vv
Se obtienen las siguientes velocidades:
smv
smv
smv
smv
smv
/.1997472460.0
/.383495853667.0
/.964531388764.0
/.45148517570.0
/2103.0.54066884
4
3
2
1
0





Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi :
α0 = 0.232668096595
α1 = 0.161310252631
α2 = 0.13330720912
α3 = 0.117265786007
α4 = 0.106473866443
TERCERA ITERACIÓN:
Reemplazando los nuevos αi y despejando la ecuación lineal se tiene:
i = 0: 2
01 1064654629994.1 
vv
i = 1: 2
012 1081137310316.22 
 vvv
i = 2: 2
123 1065577497943.22 
 vvv
i = 3: 2
234 1039076382662.22 
 vvv
i = 4: 2
34 10202349065.32 
 vv
smv
smv
smv
smv
smv
/.731224693115.0
/.912129151324.0
/.462742845707.0
/.573100765110.0
/1052.0.32473114
4
3
2
1
0





α0 = 0.275750647813

α1 = 0.190309077948
α2 = 0.156336684793
α3 = 0.136745918006
α4 = 0.12355122051
CUARTA ITERACIÓN:
Reemplazando los nuevos αi y despejando la ecuación lineal se tiene:
i = 0: 2
01 1052365029399.1 
vv
i = 1: 2
012 1087916459392.12 
 vvv
i = 2: 2
123 1021809755475.22 
 vvv
i = 3: 2
234 1024934308218.22 
 vvv
i = 4: 2
34 1017597176726.22 
 vv
smv
smv
smv
smv
smv
/.121046227292.0
/.981816482816.0
/.652337395259.0
/.572640210147.0
/4157.0.27638604
4
3
2
1
0





α0 = 0.290168625622
α1 = 0.200144621974
α2 = 0.164275938122
α3 = 0.143553628977
α4 = 0.129580487801
QUINTA ITERACIÓN:
Reemplazando los nuevos α y despejando la ecuación lineal se tiene:
i = 0: 2
01 1031750632446.1 
vv
i = 1: 320170360054.02 012  vvv
i = 2: 2
123 1020755716912.22 
 vvv
i = 3: 2
234 1053751854212.22 
 vvv

i = 4: 2
34 1086313104117.22 
 vv
smv
smv
smv
smv
smv
/.1089607313120.9
/.241729015221.0
/.142224438769.0
/.932512305147.0
/7239.0.26298114
2
4
3
2
1
0






α0 = 0.294639267471
α1 = 0.203213543281
α2 = 0.166775494204
α3 = 0.145717160887
α4 = 0.131513202578
SEXTA ITERACIÓN:
i = 0: 0115723369.001 vv
i = 1: 2
012 1086778728484.12 
 vvv
i = 2: 2
123 1020444639564.22 
 vvv
i = 3: 2
234 1083399199149.22 
 vvv
i = 4: 2
34 1055926407389.22 
 vv
smv
smv
smv
smv
smv
/.1038121311488.9
/.871703162155.0
/.362191119205.0
/.212474629859.0
/282.0.25903532
2
4
3
2
1
0






α0 = 0.29599384354
α1 = 0.204145934368
α2 = 0.167538133916

α3 = 0.146380592204
α4 = 0.132108937323
SÉPTIMA ITERACIÓN:
i = 0: 2
01 1081519377654.1 
vv
i = 1: 2
012 1066702095379.12 
 vvv
i = 2: 2
123 1020444639564.22 
 vvv
i = 3: 2
234 1073293148468.22 
 vvv
i = 4: 2
34 1065809494317.22 
 vv
Finalmente se obtienen los valores de velocidad del fluido no newtoniano:
smv
smv
smv
smv
smv
/.1097768755384.9
/.521697280164.0
/.512183941290.0
/852466156020.0
/974.0.25813497
2
4
3
2
1
0






Hallando el caudal del fluido:
 
 
0 0
.)( dydxxvzQ
Donde:





mcm
mm
03.03
5.0


Asignando variable:


0
)( dxxvzB
 
03.0
0
dyBQ …. (11)
Hallando B:







0005.0
0004.0
0004.0
0
0005.0
0004.0
0004.0
0
)(
)(
)()(
dxxvzI
dxxvzJ
dxxvzdxxvzB
IJ
  
Primero hallaremos “J” por el método de simpson 1/3:
  23140
0004.0
0
24
3
)( vvvvvdxxvzJ 

 

Luego reemplazando los siguientes valores:
smv
smv
smv
smv
smv
/.1097768755384.9
/.521697280164.0
/.512183941290.0
/852466156020.0
/974.0.25813497
2
4
3
2
1
0






mmx 1.0 
Se obtiene:
-5
101238.19355489J 
Luego aplicaremos el método del trapecio para hallar “I”:
 45
0005.0
0004.0 2
)( vvdxxvzI 

 

Reemplazando los valores:
0
/.1097768755384.9
5
2
4

 
v
smv
mmx 1.0 

sm /109244.88843776I 3-6

Finalmente, hallar “B”:
B = I + J
smB /1056823986681.8 35

Reemplazando en la ecuación (11):
)03.0(1056823986681.8
1056823986681.8
1056823986681.8
5
03.0
0
5
03.0
0
5







Q
Q
dyQ
smQ /1046047196004.2 36

Hallando la velocidad media
Donde:
A
Q
dydx
dydxxvz
vz 
 
 
 
 
0 0
0 0
.
.)(
si :
25
3
0 0
105.1
105.003.0
.
mA
mmA
dydxA




   
 
25
36
105.1
/1046047196004.2
m
sm
A
Q
vz 




smvz /631736479733.0

Hallando la relación entre la velocidad media y velocidad máxima.
Velocidad máxima: x  smvv /974.0.258134970max 
sm
smvz
/974.0.25813497
/631736479733.0
vmax


016727022178.0
vmax

 zv
COMPORTAMIENTO DEL FLUIDO NO NEWTONIANO
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0 1.00E-04 2.00E-04 3.00E-04 4.00E-04 5.00E-04
DISTANCIA
VELOCIDAD

PROBLEMA 33:
MODELO DE ELLIS
El modelo de Ellis está dado por
1
0 1( ( )z
xz xz xz
dV
dx

    

  
De la ecuación de movimiento
cosxz g x   …………………………………………………………………. (1)
Reduciendo el modelo Ellis
1
0 1
z
xz xz
dV
dx

   
   ………………………………………………………. (2)
Reemplazando (1) en (2)
1
0 1cos ( cos )zdV
g x g x
dx

      
  
1
1
0 1cos ( cos )zdV
g x g x x
dx


     


  
2
2 10
1 2
cos
( cos )
2 2
z
g x
V x g x C

  
  



   

……………………………
…(3)
x  0zV 
2
2 10
2 1
cos
( cos )
2 2
g
C g x

   
   



 

Reemplazando en (3)
2 2
2 2 1 10 0
1 1
cos cos
( cos ) ( cos )
2 2 2 2
z
g g x
V x g x g x
 
       
      
 
 
 
    
 
Factorizando
2
1
2 2 20 1cos ( cos )
1 ( ) 1 ( )
2 2
z
g g xx x
V


      

  


   
         

PROBLEMA 34:
MODELO DE ELLIS
El modelo de Ellis está dado por
1
0 1( ( )z
xz xz xz
dV
dx

    

  
De la ecuación de movimiento
cosxz g x   …………………………………………………………………. (1)
Reduciendo el modelo Ellis
1
0 1
z
xz xz
dV
dx

   
   ………………………………………………………. (2)
Reemplazando (1) en (2)
1
0 1cos ( cos )zdV
g x g x
dx

      
  
1
1
0 1cos ( cos )zdV
g x g x x
dx


     


  
2
2 10
1 2
cos
( cos )
2 2
z
g x
V x g x C

  
  



   

……………………………
…(3)
x  0zV 
2
2 10
2 1
cos
( cos )
2 2
g
C g x

   
   



 

Reemplazando en (3)
2 2
2 2 1 10 0
1 1
cos cos
( cos ) ( cos )
2 2 2 2
z
g g x
V x g x g x
 
       
      
 
 
 
    
 
Factorizando
2
1
2 2 20 1cos ( cos )
1 ( ) 1 ( )
2 2
z
g g xx x
V


      

  


   
         

35)
TAREA N° 7
FACTOR DE EFECTIVIDAD NO ISOTÉRMICO
REACCIÓN DE PRIMER ORDEN :
A B

Balance de Materia :
Para Catalizador esférico:
Para la Reacción de primer orden tenemos que la generación tiene la siguiente forma:
Para G = RA :
Ley de Fick :
Esto de la ecuación :
Como:
→

Reemplazando (2) en (1):
Pero sabemos:
; T = (ºR)
Método Numérico N°1
Balance de Energía:
ENTRADA – SALIDA + GENERACIÓN = 0
Sea:

Entonces:
De la Ley de Fourier:
De ( ) y ( ):
Pero:
De ( ):
Entonces:

Si
Discretizando:
Pero cuando r=0
=
Si
Discretizando:
Para

Como =
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para

Para
Pero en el extremo del tubo, se da la convección:
Discretizando:
Para
Reemplazando en la expresión (9):
Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales con la ayuda del programa Polymath 6.0.
Se tiene el siguiente conjunto de datos:

La programación en el software se da de la siguiente forma:
Nonlinear Equations 15-Oct-2010
1 T0 47.89518 0 10.
2 T1 47.89518 -6.04E-14 10.
3 T2 47.61401 -8.42E-13 10.
4 T3 47.20122 5.045E-13 10.
5 T4 46.66858 -3.553E-15 10.
6 T5 46.03216 -9.948E-14 10.
7 T6 45.31228 -8.349E-13 10.
8 T7 44.53341 8.438E-13 10.
9 T8 43.72404 -1.105E-12 10.
10 T9 42.91649 8.047E-13 10.
Variable Value
1 R 1.
2 dr 0.1
3 G0 1000.
4 h 60.
5 T00 68.
6 a 40.
7 b -0.1
Nonlinear equations
1 f(T0) = 2 * (T1 - T0) / ((dr) ^ 2) = 0
2 f(T1) = (T2 - 2 * T1 + T0) / ((dr) ^ 2) + (1 / (dr)) * ((T1 - T0) / (dr)) + (b / (a + b * T1)) * ((T1

- T0) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T1)) * (1 - ((dr) / R) ^ 2) = 0
3
f(T2) = (T3 - 2 * T2 + T1) / ((dr) ^ 2) + (1 / (2 * (dr))) * ((T2 - T1) / (dr)) + (b / (a + b * T2)) *
((T2 - T1) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T2)) * (1 - ((2 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
4
((T3 - T2) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T3)) * (1 - ((3 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
5
((T4 - T3) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T4)) * (1 - ((4 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
6
((T5 - T4) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T5)) * (1 - ((5 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
7
((T6 - T5) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T6)) * (1 - ((6 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
8
((T7 - T6) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T7)) * (1 - ((7 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
9
((T7 - T6) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T8)) * (1 - ((8 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
10
f(T9) = ((((-h) / (a + b * T9)) * (T9 - T00)) - 2 * T9 + T8) / ((dr) ^ 2) + (1 / (9 * (dr))) * ((T9 -
T8) / (dr)) + (b / (a + b * T9)) * ((T8 - T7) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T9)) * (1 - ((9 * (dr)) / R)
^ 2) = 0
Explicit equations
1 R = 1
2 dr = 0.1
3 G0 = 1000
4 h = 60
5 T00 = 68
6 a = 40
7 b = -0.1
General Settings
Max iterations 150

Método Numérico N°2
ENTRADA – SALIDA + GENERACIÓN = 0
Sea:
Entonces:
Reemplazando en :

Pero:
Entonces:
De
Reemplazando :
Discretizando :
Primero discretizamos
Pero

Luego discretizamos

Pero en el extremo del tubo, se da la convección:
Discretizando:
Para

TRANSFERENCIA DE CALOR CON GENERACIÓN DE ORIGEN QUÍMICO
Calcule el perfil de temperatura, para un reactor adiabático y para un reactor no adiabático;
teniendo en cuenta que existe generación de origen químico.
REACTOR ADIABÁTICO (Sin pérdida de Energía)
ENTRADA – SALIDA – GENERACIÓN = 0

Sea:
Entonces:
De (1) y (2):
Sea: S=
Tenemos las siguientes condiciones de frontera:

Resolvemos la Ecuación Diferencial con el método de diferencias finitas; Discretizando:
Para
Para
Para
Para

Para
Para
Para
Para
Para
Para
Entonces:

= 250
REACTOR NO ADIABÁTICO (Con pérdida de Energía)
Sea:
Entonces:

De la Ley de Fourier
De (1) y (2):
Sea: S=
Tenemos las siguientes condiciones de frontera:
Resolvemos la Ecuación Diferencial con el método de diferencias finitas; Discreizando:
y
Para
Para

Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Pero, para la convección (En el extremo):

Discretizando:
Para
Reemplazando :
Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales (1), (2), …. , (10) Con la ayuda del
Programa Polymath 6.0.
= 250

FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 125
36) Hallando el perfil de temperatura del conductor con generador de energía:
sTG 
cteK 
Datos:
S = 0.5
K = 40
R = 1cm
Ta = 20°C
H = 80
Sabemos:

Página 126

Derivando:
(Ecuación De Bessel)
Si:
r=0
(Por H’ospital)
Remplazando:
2 - = 0
Discretizando:
i = 0



 
 

Página 127
Para:
r=0
=0 (Tmax )
En  
(1)
Si:
r 0
Discretizando:
i = 1
… (2)
i = 2
… (3)


Página 128
i = 3
… (4)
i= 4
… (5)
i= 5
….()
Tenemos en la superficie del conductor:

 …(θ)
Reemplazando (θ) en () Tenemos lo siguiente:

Página 129
…(6)
Tenemos seis ecuaciones y seis variables por lo tanto usamos un sistema
de matrices:
Desarrollando el sistema obtenemos la siguiente tabla, para obtener dTdr
tomamos una diferencia para 6 puntos

Página 130
r T(r) dTdr r*T(r)
0 19.99924253 1,25.10^-6 0.00000000
2.10-3
19.99924303 3,75.10^-6 0.0399984861
4.10-3
19.99924403 6,25.10^-6 0.0799969761
6.10-3
19.99924553 8,75.10^-6 0.1199954732
8.10-3
19.99924753 1,125.10^-5 0.1599939802
0.01 19.99925003 1,375.10^-5 0.1999925003
Hallando la densidad del flujo:
= 40(1,375.10^-5)= 5,5.10-4
La temperatura media tenemos:
<T> = =
Lo efectuamos por Simpson 1/3 y 3/8
<T>= = 19.99924649

Página 131
Llevándolo a polymath:
f(t1) = (T2-2*T1+T0 )+((T1-T0 ))/1-(s/K)* (dr)^2*T1 = 0
t1(0) = 0
f(t2) = (T3-2*T2+T1 )+((T2-T1 ))/2-(s/K)* (dr)^2*T2 = 0
t2(0) = 0
f(t3) = (T4-2*T3+T2 )+((T3-T2 ))/3-(s/K)* (dr)^2*T3 = 0
t3(0) = 0
f(t4) = (T5-2*T4+T3 )+((T4-T3 ))/4-(s/K)* (dr)^2*T4 = 0
t4(0) = 0
f(t5) = (T6-2*T5+T4 )+((T5-T4 ))/5-(s/K)* (dr)^2*T5 = 0
t5(0) = 0
T6 = T5-(h/K)*(dr)*(T5-Ta)
t0 = 60
S = 0, 5
dr = 2
h=80
k=40
Ta=20

Página 132
POLYMATH Report
Nonlinear Equations 03-Jun-2010
1 T1 14.04355 3.109E-15 0
2 T2 14.74573 -1.887E-15 0
3 T3 15.83411 7.772E-16 0
4 T4 17.35139 0 0
5 T5 19.35693 1.332E-15 0
Variable Value
1 dr 2.
2 h 80.
3 K 40.
4 s 0.5
5 T0 60.
6 T6 21.92921
7 Ta 20.
Nonlinear equations
1 f(T5) = (T6-2*T5+T4 )+((T5-T4 ))/5-(s/K)* (dr)^2*T5 = 0
2 f(T4) = (T5-2*T4+T3 )+((T4-T3 ))/4-(s/K)* (dr)^2*T4 = 0
3 f(T3) = (T4-2*T3+T2 )+((T3-T2 ))/3-(s/K)* (dr)^2*T3 = 0
4 f(T2) = (T3-2*T2+T1 )+((T2-T1 ))/2-(s/K)* (dr)^2*T2 = 0
5 f(T1) = (T2-2*T1+T0 )+((T1-T0 ))/1-(s/K)* (dr)^2*T1 = 0
Explicit equations

Página 133
1
T0 = 60
2
Ta = 20
3
h = 80
4
dr = 2
5
K = 40
6
s = 0.5
7 T6 = T5-(h/K)*(dr)*(T5-Ta)
General Settings
Max iterations 150

Página 134
37) Transformación de calor por conveccion y deducción:
De donde:
 /Z Zq
 /cp refm T T Z 
 /Z Z Zq 
 /cp refm T T Z Z   

Página 135
*
Reemplazando:

Página 136

Página 137
POR POLYMATH
POLYMATH Report
Nonlinear Equations 04-Jun-2010
1 T1 70.20409 -8.171E-14 10.
2 T10 72. 3.992E-14 32.
3 T2 71.73125 6.772E-14 10.
4 T3 71.95979 -6.717E-15 10.
5 T4 71.99399 -7.014E-14 10.
6 T5 71.9991 -2.602E-14 10.
7 T6 71.99987 5.984E-14 10.
8 T7 71.99998 -4.221E-14 10.
9 T8 72. 1.088E-13 10.
10 T9 72. 2.799E-14 10.
Variable Value
1 A 266.6667
2 B 1.289E-06
3 C 2602.618
4 dz 0.05
5 T0 60.
6 T11 72.
7 Ti 72.
8 Tr 32.
Nonlinear equations
1
f(T1) = (T2-2*T1+T0)+A*dz*(T2-T1)-B*(dz)^2*(T1-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T1-
Ti) = 0
2
Ti) = 0
3
Ti) = 0
4
Ti) = 0
5
Ti) = 0
6
Ti) = 0
7 f(T7) = (T8-2*T7+T6)+A*dz*(T8-T7)-B*(dz)^2*(T7-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T7-

Página 138
Ti) = 0
8
Ti) = 0
9
f(T9) = (T10-2*T9+T8)+A*dz*(T10-T9)-B*(dz)^2*(T9-Tr)/(T0-
Tr)+C*(dz)^2*(T9-Ti) = 0
10
f(T10) = (T11-2*T10+T9)+A*dz*(T11-T10)-B*(dz)^2*(T10-Tr)/(T0-
Tr)+C*(dz)^2*(T10-Ti) = 0
Explicit equations
1 T11 = T10
2 C = 2602.6175
3 B = 1.28932*10^-6
4 A = 266.66667
5 Ti = 72
6 Tr = 32
7 dz = 0.05
8 T0 = 60
General Settings
Max iterations 150
38) Difusión de sistema binario:

Página 139
Balance de materia:
/ /2 2 ( ) 0Ar r Ar r rN rL N r r L    
/ /
0
2 ( ) 2
lim 0
2
Ar r Ar r r
r
N r r L N rL
rL r
 


 
   
  
   0.....................Ar
d
rN
dr

 /Ar r Ar A Ar BrN J Y N N  
0BrN  Gas estancado
1
Ar
Ar
A
J
N
Y


 
 
1
.................
1
AB A
AB A
Ar
A A
D dP
PD dPRT drN
P RT p p dr
P


  
 
 
 
   en 
0AB A
A
PD dPd r
dr RT P P dr
 
  
 
,
1
AB A
A
PD dPr
C
RT P P dr
 


Página 140
,
1
A
A
dPr
C
P P dr


1A
A
dP C
dr
P P r

 
   1 2ln ln ................AP P C r C    
Condiciones:
 
 
1 1
2 2
................. 1
................ 2
A A
A A
r r P P
r r P P
  
  
   1 en 
1 2 1 2
1 1 2 1
ln( ) ln
ln( ) ln
A
A
P P C R C
P P C R C
   
   
2 1
1
1 2
ln lnA
A
P P R
C
P P R
   
   
   
2
1
1
1
2
ln
ln
A
A
P P
P P
C
R
R
 
 
 
 
 
 
2 1 1ln( ) lnAC P P C R   
1 1 1ln( ) ln ln( ) lnA AP P C r P P C R     
1 1 1 1ln( ) ln ln( ) lnA AP P C r P P C R     

Página 141
1
1
1
ln lnA
A
P P R
C
P P r
   
   
   
2
11
1 1
2
ln
ln ln
ln
A
AA
A
P P
P PP P R
P P r R
R
 
 
        
    
 
 
 
1
1
2
ln
ln2
1
R
r
R
A
R
A A
A
P P
P P P P
P P
 
 
 
 
 
 
 
    
 
Densidad de flujo molar:
1 2/ /Ar r R Ar r RN N 
2 2/
2
1
/AB A
Ar r R r R
A r
PD dP
N
RT P P d
  

 
2
1 2
/
2 2
1 AAB
Ar r R
A
C P PPD
N
RT P P R


 

2
2
/
2 12
1
1 1
ln
ln
AB A
Ar r R
A
PD P P
N
RT R P PR
R

 
   
   
 
 
2
2 1
/
2
2
1
1
ln 1 ln 1
ln
AB A A
Ar r R
PD P P
N
RT P PR
R
R

    
              
 
 

Página 142
2
1 2
/
2
2
1
1
ln
AB A A
Ar r R
PD P P
N
RT P PR
R
R

 
      
 
 
 2/ 1 2
2 2
1
1 1
ln
AB
Ar r R A A
PD
N P P
RT R R
R
   
 
 
 
2
2 1 2
/
2 1 2 12
1
11 1
ln
1
ln
AB A A A
Ar r R
A B B
PD Y Y Y
N
RT R Y Y YR
R

   
    
     
 
 
2
1 2
/
2 12 2
21
1
1 1
ln
ln
AB A A
Ar r R
B B
B
B
PD Y Y
N
Y YRT R R
YR
Y

 
 
 
 
              
  
2
1 2
/
2 12 2
21
1
1 1
ln
ln
AB A A
Ar r R
B B
B
B
D P P
N
P PRT R R
PR
P

 
 
 
 
              
  
2
1 2
/
2 2
1
1 1
ln
ln
A A AB
Ar r R
B
P P D
N
P RT R R
R



 
 
 
  2 1
2
1
ln
ln
B B
B
B
B
P P
P
P
P


 
 
 
Finalmente:

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