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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
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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.
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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.
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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.
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1 lbm = 0.45359 kg
1 pulg = 2.54 cm
1 Joule = 9.478x10-4
BTU
De la tabla de vapor húmedo
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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.
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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.
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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
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exterior.
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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.
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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
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- 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?
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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.
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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
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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
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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 20ºC. 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 º K
Para soluciones diluidas, la viscosidad u puede ser la del agua.
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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 25º 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
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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 25º 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 25ºC es 1,14 /s
Solución
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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.
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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.
¿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:
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b) secado por 1 sola cara
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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
2ª = 15, 24
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16) Se absorbe desde el aire a 68º F y 1 (a tm) en una torre rellena en co-corriente usando
a 68 º 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
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17) En un aparato se realiza la absorción de amoniaco en agua al contacto con la mezcla
gaseosa - aire, a 2 atm y 15ºC, 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
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= 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.
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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
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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
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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)
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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.
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Los datos permiten ubicar E´ y R` con Xe´ = 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
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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 ´+ E´
Reemplazando y resolviendo se tiene:
2000 = RG ´+ E´
2000(0,3) = R´(0,03) + E´(0,7)
600 = (2000 - El) .0903 + 0,7 E´
se logra E´ = 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 .¿Cuántas etapas serian necesarias para tratar 1000
lb de higados?.
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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.
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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.
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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
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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)
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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 °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:
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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
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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 – 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
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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
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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
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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
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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)
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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;
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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

 
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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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
 
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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
Formando la función objetiva S:


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
Con estas 2 ecuaciones de de 2 incógnitas formamos nuestro sistema de ecuaciones no
lineales.
Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros m y n:
POLYMATH Report No Title
Nonlinear Equations 12-Sep-2010
Calculated values of NLE variables
Variable Value f(x) Initial Guess
1 m 0 3.757E-08 0
2 n -9.241621 0 0
Variable Value
1 e 2.718282
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
Total number of equations 3
Number of implicit equations 2
Number of explicit equations 1
Elapsed time 0.0000 sec
Solution method SAFENEWT
Max iterations 150
Tolerance F 0.0000001
Tolerance X 0.0000001
Tolerance min 0.0000001
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
Formando la función objetiva S:


n
i
i yyS
1
2
)ˆ(
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
 


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 


Con estas 3 ecuaciones de de 3 incógnitas formamos nuestro sistema de ecuaciones no
lineales.
Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros 0 , 1 y  :
POLYMATH Report No Title
Nonlinear Equations 12-Sep-2010
Calculated values of NLE variables
Variable Value f(x) Initial Guess
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)+
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(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(4.36)))+(13.94+5.94*(phi0)+(phi1)*5.94^(alpha))*(5.94*(ln(5.94))*e^((alpha-
1)*ln(5.94)))+(18.72+7.59*(phi0)+(phi1)*7.59^(alpha))*(7.59*(ln(7.59))*e^((alpha-
1)*ln(7.59)))+(24.63+9.48*(phi0)+(phi1)*9.48^(alpha))*(9.48*(ln(9.48))*e^((alpha-
1)*ln(9.48)))+(32.86+11.86*(phi0)+(phi1)*11.86^(alpha))*(11.86*(ln(11.86))*e^((alpha-
1)*ln(11.86)))+(43.35+14.56*(phi0)+(phi1)*14.56^(alpha))*(14.56*(ln(14.56))*e^((alpha-
1)*ln(14.56)))+(62.93+19.24*(phi0)+(phi1)*19.24^(alpha))*(19.24*(ln(19.24))*e^((alpha-
1)*ln(19.24)))+(84.5+23.67*(phi0)+(phi1)*23.67^(alpha))*(23.67*(ln(23.67))*e^((alpha-
1)*ln(23.67))) = 0
Explicit equations
1 e = 2.718282
General Settings
Total number of equations 4
Number of implicit equations 3
Number of explicit equations 1
Elapsed time 0.0000 sec
Solution method SAFENEWT
Max iterations 150
Tolerance F 0.0000001
Tolerance X 0.0000001
Tolerance min 0.0000001
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
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Formando la función objetiva S:


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


Con estas 3 ecuaciones de de 3 incógnitas formamos nuestro sistema de ecuaciones no
lineales.
Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros m , n y  :
POLYMATH Report No Title
Nonlinear Equations 13-Sep-2010
Calculated values of NLE variables
Variable Value f(x) Initial Guess
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))*(-
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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
Total number of equations 4
Number of implicit equations 3
Number of explicit equations 1
Elapsed time 0.0000 sec
Solution method SAFENEWT
Max iterations 150
Tolerance F 0.0000001
Tolerance X 0.0000001
Tolerance min 0.0000001
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):
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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:
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(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
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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:
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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:
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Si r=0
Para
Si
Para
Para
Para
Para
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(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



















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c
A
RTE
Ar
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k
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ekk
CC
k
CkR
CC
kc
k
CkR
RNr
dr
d
r
Ley de Fick:
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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
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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
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TT
CC
k
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ri
k
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NN
iii
iT
C
i
RTE
R
iiii
ABT
iii
iT
C
RTE
i
ii
Datos: Balance de materia:
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
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0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
0)(
1
..
2 2/
01
1










 
iT
C
RTE
i
ii
CC
k
CiekN
rir
NN
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
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Balance de energía:
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
CekHq
rdr
dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
CekHq
rdr
dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
CekHq
rdr
dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
CekHq
rdr
dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
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r
CC
k
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dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
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1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
CekHq
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dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
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dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
CekHq
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dq
0)(
1
...
2 2/
01 





 
AT
c
A
RTE
Rr
r
CC
k
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Ley de Fourier:
01


 
k
q
r
TT iii
0101



k
q
r
TT
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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















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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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



AT
c
A
RTE
Ar
Ar
RTE
AT
c
AA
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CC
k
CekN
rdr
dN
ekk
CC
k
CkR
CC
kc
k
CkR
RNr
dr
d
r
Ley de Fick:
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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
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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
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C
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CC
CC
k
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rir
NN
iii
iT
C
i
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R
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ABT
iii
iT
C
RTE
i
ii
Datos: 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
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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:
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
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T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
6
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6
/
016
6






 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
0)(
1
...
2
7
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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
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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 :
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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















UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
30) Encontrar el factor de efectividad no isotérmico de
una reacción del tipo:
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
 Reacción de primer orden:
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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
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c
A
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Ar
Ar
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AT
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AA
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CC
k
CekN
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dN
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CC
k
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CC
kc
k
CkR
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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
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r
r
CC
k
CekHq
rdr
dq
G
dr
qrd
r
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
 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
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iii
iT
C
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R
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iii
iT
C
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i
ii
 Balance de materia:
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1
1..
2
1
2/
011
01

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







CC
k
CekN
rir
NN
T
C
RTE
0)(
1
2..
2
2
2
2/
012
12


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







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

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








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
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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

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



 
CC
k
CekHq
rdr
dq
T
c
RTE
R
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
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




 
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
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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















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Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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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 
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
Facultad de Ingeniería Química
Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
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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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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)
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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












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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:
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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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
Se obtienen las siguientes velocidades:
smv
smv
smv
smv
smv
/.731224693115.0
/.912129151324.0
/.462742845707.0
/.573100765110.0
/1052.0.32473114
4
3
2
1
0





Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi :
α0 = 0.275750647813
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
Se obtienen las siguientes velocidades:
smv
smv
smv
smv
smv
/.121046227292.0
/.981816482816.0
/.652337395259.0
/.572640210147.0
/4157.0.27638604
4
3
2
1
0





Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi :
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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
i = 4: 2
34 1086313104117.22 
 vv
Se obtienen las siguientes velocidades:
smv
smv
smv
smv
smv
/.1089607313120.9
/.241729015221.0
/.142224438769.0
/.932512305147.0
/7239.0.26298114
2
4
3
2
1
0






Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi :
α0 = 0.294639267471
α1 = 0.203213543281
α2 = 0.166775494204
α3 = 0.145717160887
α4 = 0.131513202578
SEXTA ITERACIÓN:
Reemplazando los nuevos α y despejando la ecuación lineal se tiene:
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
Se obtienen las siguientes velocidades:
smv
smv
smv
smv
smv
/.1038121311488.9
/.871703162155.0
/.362191119205.0
/.212474629859.0
/282.0.25903532
2
4
3
2
1
0






Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi :
α0 = 0.29599384354
α1 = 0.204145934368
α2 = 0.167538133916
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α3 = 0.146380592204
α4 = 0.132108937323
SÉPTIMA ITERACIÓN:
Reemplazando los nuevos α y despejando la ecuación lineal se tiene:
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:
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





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 
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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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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
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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


      

  


   
         
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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


      

  


   
         
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35)
TAREA N° 7
FACTOR DE EFECTIVIDAD NO ISOTÉRMICO
REACCIÓN DE PRIMER ORDEN :
A B
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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:
→
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Reemplazando (2) en (1):
Pero sabemos:
; T = (ºR)
Método Numérico N°1
Balance de Energía:
ENTRADA – SALIDA + GENERACIÓN = 0
Sea:
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Entonces:
De la Ley de Fourier:
De ( ) y ( ):
Pero:
De ( ):
Entonces:
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Condiciones de Frontera:
Si
Discretizando:
Pero cuando r=0
=
Si
Discretizando:
Para
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Como =
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para
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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:
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La programación en el software se da de la siguiente forma:
POLYMATH Report No Title
Nonlinear Equations 15-Oct-2010
Calculated values of NLE variables
Variable Value f(x) Initial Guess
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
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- 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
f(T3) = (T4 - 2 * T3 + T2) / ((dr) ^ 2) + (1 / (3 * (dr))) * ((T3 - T2) / (dr)) + (b / (a + b * T3)) *
((T3 - T2) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T3)) * (1 - ((3 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
5
f(T4) = (T5 - 2 * T4 + T3) / ((dr) ^ 2) + (1 / (4 * (dr))) * ((T4 - T3) / (dr)) + (b / (a + b * T4)) *
((T4 - T3) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T4)) * (1 - ((4 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
6
f(T5) = (T6 - 2 * T5 + T4) / ((dr) ^ 2) + (1 / (5 * (dr))) * ((T5 - T4) / (dr)) + (b / (a + b * T5)) *
((T5 - T4) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T5)) * (1 - ((5 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
7
f(T6) = (T7 - 2 * T6 + T5) / ((dr) ^ 2) + (1 / (6 * (dr))) * ((T6 - T5) / (dr)) + (b / (a + b * T6)) *
((T6 - T5) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T6)) * (1 - ((6 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
8
f(T7) = (T8 - 2 * T7 + T6) / ((dr) ^ 2) + (1 / (7 * (dr))) * ((T7 - T6) / (dr)) + (b / (a + b * T7)) *
((T7 - T6) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T7)) * (1 - ((7 * (dr)) / R) ^ 2) = 0
9
f(T8) = (T9 - 2 * T8 + T7) / ((dr) ^ 2) + (1 / (8 * (dr))) * ((T8 - T7) / (dr)) + (b / (a + b * T8)) *
((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
Total number of equations 17
Number of implicit equations 10
Number of explicit equations 7
Elapsed time 0.0000 sec
Solution method SAFENEWT
Max iterations 150
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Tolerance F 0.0000001
Tolerance X 0.0000001
Tolerance min 0.0000001
Método Numérico N°2
Balance de Energía:
ENTRADA – SALIDA + GENERACIÓN = 0
Sea:
Entonces:
De la Ley de Fourier:
Reemplazando en :
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Pero:
Entonces:
De
Reemplazando :
Condiciones de Frontera:
Discretizando :
Primero discretizamos
Pero
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Luego discretizamos
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Pero en el extremo del tubo, se da la convección:
Discretizando:
Para
Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales con la ayuda del programa Polymath 6.0.
Se tiene el siguiente conjunto de datos:
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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)
Balance de Energía:
ENTRADA – SALIDA – GENERACIÓN = 0
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Sea:
Entonces:
De la Ley de Fourier:
De (1) y (2):
Sea: S=
Tenemos las siguientes condiciones de frontera:
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Resolvemos la Ecuación Diferencial con el método de diferencias finitas; Discretizando:
Para
Para
Para
Para
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Entonces:
Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales con la ayuda del programa Polymath 6.0.
Se tiene el siguiente conjunto de datos:
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= 250
REACTOR NO ADIABÁTICO (Con pérdida de Energía)
Balance de Energía:
Sea:
Entonces:
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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
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Para
Pero, para la convección (En el extremo):
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Discretizando:
Para
Reemplazando :
Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales (1), (2), …. , (10) Con la ayuda del
Programa Polymath 6.0.
Se tiene el siguiente conjunto de datos:
= 250
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Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
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:
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 126

Derivando:
(Ecuación De Bessel)
Si:
r=0
(Por H’ospital)
Remplazando:
2 - = 0
Discretizando:
i = 0



 
 
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 127
Para:
r=0
=0 (Tmax )
En  
(1)
Si:
r 0
Discretizando:
i = 1
… (2)
i = 2
… (3)

FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 128
i = 3
… (4)
i= 4
… (5)
i= 5
….()
Tenemos en la superficie del conductor:

 …(θ)
Reemplazando (θ) en () Tenemos lo siguiente:
FENOMENOS DE TRANSPORTE
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
FENOMENOS DE TRANSPORTE
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
FENOMENOS DE TRANSPORTE
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
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 132
POLYMATH Report
Nonlinear Equations 03-Jun-2010
Calculated values of NLE variables
Variable Value f(x) Initial Guess
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
FENOMENOS DE TRANSPORTE
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
Total number of equations 12
Number of implicit equations 5
Number of explicit equations 7
Elapsed time 0.0000 sec
Solution method SAFENEWT
Max iterations 150
Tolerance F 0.0000001
Tolerance X 0.0000001
Tolerance min 0.0000001
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 134
37) Transformación de calor por conveccion y deducción:
Balance de energía:
De donde:
 /Z Zq
 /cp refm T T Z 
 /Z Z Zq 
 /cp refm T T Z Z   
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 135
*
Condiciones de Frontera:
Reemplazando:
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 136
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 137
POR POLYMATH
POLYMATH Report
Nonlinear Equations 04-Jun-2010
Calculated values of NLE variables
Variable Value f(x) Initial Guess
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
f(T2) = (T3-2*T2+T1)+A*dz*(T3-T2)-B*(dz)^2*(T2-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T2-
Ti) = 0
3
f(T3) = (T4-2*T3+T2)+A*dz*(T4-T3)-B*(dz)^2*(T3-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T3-
Ti) = 0
4
f(T4) = (T5-2*T4+T3)+A*dz*(T5-T4)-B*(dz)^2*(T4-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T4-
Ti) = 0
5
f(T5) = (T6-2*T5+T4)+A*dz*(T6-T5)-B*(dz)^2*(T5-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T5-
Ti) = 0
6
f(T6) = (T7-2*T6+T5)+A*dz*(T7-T6)-B*(dz)^2*(T6-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T6-
Ti) = 0
7 f(T7) = (T8-2*T7+T6)+A*dz*(T8-T7)-B*(dz)^2*(T7-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T7-
FENOMENOS DE TRANSPORTE
Página 138
Ti) = 0
8
f(T8) = (T9-2*T8+T7)+A*dz*(T9-T8)-B*(dz)^2*(T8-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T8-
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
Total number of equations 18
Number of implicit equations 10
Number of explicit equations 8
Elapsed time 0.0000 sec
Solution method SAFENEWT
Max iterations 150
Tolerance F 0.0000001
Tolerance X 0.0000001
Tolerance min 0.0000001
38) Difusión de sistema binario:
FENOMENOS DE TRANSPORTE
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
 

FENOMENOS DE TRANSPORTE
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     
FENOMENOS DE TRANSPORTE
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

    
              
 
 
FENOMENOS DE TRANSPORTE
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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  • 1. 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
  • 2. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 3. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 4. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 5. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 1 lbm = 0.45359 kg 1 pulg = 2.54 cm 1 Joule = 9.478x10-4 BTU De la tabla de vapor húmedo
  • 6. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 7. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 8. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 9. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 10. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química exterior.
  • 11. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 12. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 13. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química - 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?
  • 14. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 15. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 16. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 17. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 20ºC. 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 º K Para soluciones diluidas, la viscosidad u puede ser la del agua.
  • 18. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 25º 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
  • 19. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 25º 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 25ºC es 1,14 /s Solución
  • 20. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 21. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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. ¿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:
  • 22. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química b) secado por 1 sola cara
  • 23. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 2ª = 15, 24
  • 24. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 16) Se absorbe desde el aire a 68º F y 1 (a tm) en una torre rellena en co-corriente usando a 68 º 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
  • 25. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 26. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 27. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 17) En un aparato se realiza la absorción de amoniaco en agua al contacto con la mezcla gaseosa - aire, a 2 atm y 15ºC, 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
  • 28. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química = 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.
  • 29. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 30. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 31. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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)
  • 32. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 33. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Los datos permiten ubicar E´ y R` con Xe´ = 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
  • 34. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 ´+ E´ Reemplazando y resolviendo se tiene: 2000 = RG ´+ E´ 2000(0,3) = R´(0,03) + E´(0,7) 600 = (2000 - El) .0903 + 0,7 E´ se logra E´ = 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 .¿Cuántas etapas serian necesarias para tratar 1000 lb de higados?.
  • 35. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 36. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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.
  • 37. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 38. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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)
  • 39. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 °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:
  • 40. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 41. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 – 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
  • 42. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 43. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 44. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 45. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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)
  • 46. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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;
  • 47. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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   
  • 48. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 49. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química   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
  • 50. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 Formando la función objetiva S:   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 Con estas 2 ecuaciones de de 2 incógnitas formamos nuestro sistema de ecuaciones no lineales. Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros m y n: POLYMATH Report No Title Nonlinear Equations 12-Sep-2010 Calculated values of NLE variables Variable Value f(x) Initial Guess 1 m 0 3.757E-08 0 2 n -9.241621 0 0 Variable Value 1 e 2.718282
  • 51. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 Total number of equations 3 Number of implicit equations 2 Number of explicit equations 1 Elapsed time 0.0000 sec Solution method SAFENEWT Max iterations 150 Tolerance F 0.0000001 Tolerance X 0.0000001 Tolerance min 0.0000001 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 Formando la función objetiva S:   n i i yyS 1 2 )ˆ(
  • 52. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química     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    Con estas 3 ecuaciones de de 3 incógnitas formamos nuestro sistema de ecuaciones no lineales. Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros 0 , 1 y  : POLYMATH Report No Title Nonlinear Equations 12-Sep-2010 Calculated values of NLE variables Variable Value f(x) Initial Guess 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)+
  • 53. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química (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(4.36)))+(13.94+5.94*(phi0)+(phi1)*5.94^(alpha))*(5.94*(ln(5.94))*e^((alpha- 1)*ln(5.94)))+(18.72+7.59*(phi0)+(phi1)*7.59^(alpha))*(7.59*(ln(7.59))*e^((alpha- 1)*ln(7.59)))+(24.63+9.48*(phi0)+(phi1)*9.48^(alpha))*(9.48*(ln(9.48))*e^((alpha- 1)*ln(9.48)))+(32.86+11.86*(phi0)+(phi1)*11.86^(alpha))*(11.86*(ln(11.86))*e^((alpha- 1)*ln(11.86)))+(43.35+14.56*(phi0)+(phi1)*14.56^(alpha))*(14.56*(ln(14.56))*e^((alpha- 1)*ln(14.56)))+(62.93+19.24*(phi0)+(phi1)*19.24^(alpha))*(19.24*(ln(19.24))*e^((alpha- 1)*ln(19.24)))+(84.5+23.67*(phi0)+(phi1)*23.67^(alpha))*(23.67*(ln(23.67))*e^((alpha- 1)*ln(23.67))) = 0 Explicit equations 1 e = 2.718282 General Settings Total number of equations 4 Number of implicit equations 3 Number of explicit equations 1 Elapsed time 0.0000 sec Solution method SAFENEWT Max iterations 150 Tolerance F 0.0000001 Tolerance X 0.0000001 Tolerance min 0.0000001 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
  • 54. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Formando la función objetiva S:   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   Con estas 3 ecuaciones de de 3 incógnitas formamos nuestro sistema de ecuaciones no lineales. Introducimos al programa Polymath y hallamos los parámetros m , n y  : POLYMATH Report No Title Nonlinear Equations 13-Sep-2010 Calculated values of NLE variables Variable Value f(x) Initial Guess 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))*(-
  • 55. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 Total number of equations 4 Number of implicit equations 3 Number of explicit equations 1 Elapsed time 0.0000 sec Solution method SAFENEWT Max iterations 150 Tolerance F 0.0000001 Tolerance X 0.0000001 Tolerance min 0.0000001 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):
  • 56. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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:
  • 57. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química (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
  • 58. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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:
  • 59. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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:
  • 60. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Si r=0 Para Si Para Para Para Para
  • 61. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química (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:
  • 62. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 Datos: Balance de materia: 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN
  • 63. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 0)( 1 .. 2 2/ 01 1             iT C RTE i ii CC k CiekN rir NN 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
  • 64. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Balance de energía: 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq 0)( 1 ... 2 2/ 01         AT c A RTE Rr r CC k CekHq rdr dq Ley de Fourier: 01     k q r TT iii 0101    k q r TT
  • 65. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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               
  • 66. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 67. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 68. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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                    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:
  • 69. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 Datos: 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
  • 70. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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:
  • 71. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 72. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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               
  • 73. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 74. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 75. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 30) Encontrar el factor de efectividad no isotérmico de una reacción del tipo:
  • 76. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química  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
  • 77. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química  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
  • 78. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 79. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 80. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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               
  • 81. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 82. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 83. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 84. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 
  • 85. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 86. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 87. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 88. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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)
  • 89. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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            
  • 90. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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:
  • 91. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 92. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 93. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 Se obtienen las siguientes velocidades: smv smv smv smv smv /.731224693115.0 /.912129151324.0 /.462742845707.0 /.573100765110.0 /1052.0.32473114 4 3 2 1 0      Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi : α0 = 0.275750647813
  • 94. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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 Se obtienen las siguientes velocidades: smv smv smv smv smv /.121046227292.0 /.981816482816.0 /.652337395259.0 /.572640210147.0 /4157.0.27638604 4 3 2 1 0      Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi : 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
  • 95. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química i = 4: 2 34 1086313104117.22   vv Se obtienen las siguientes velocidades: smv smv smv smv smv /.1089607313120.9 /.241729015221.0 /.142224438769.0 /.932512305147.0 /7239.0.26298114 2 4 3 2 1 0       Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi : α0 = 0.294639267471 α1 = 0.203213543281 α2 = 0.166775494204 α3 = 0.145717160887 α4 = 0.131513202578 SEXTA ITERACIÓN: Reemplazando los nuevos α y despejando la ecuación lineal se tiene: 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 Se obtienen las siguientes velocidades: smv smv smv smv smv /.1038121311488.9 /.871703162155.0 /.362191119205.0 /.212474629859.0 /282.0.25903532 2 4 3 2 1 0       Reemplazando velocidades en ecuación (7), se obtiene los nuevos αi : α0 = 0.29599384354 α1 = 0.204145934368 α2 = 0.167538133916
  • 96. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química α3 = 0.146380592204 α4 = 0.132108937323 SÉPTIMA ITERACIÓN: Reemplazando los nuevos α y despejando la ecuación lineal se tiene: 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:
  • 97. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química       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 
  • 98. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 99. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 100. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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                             
  • 101. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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                             
  • 102. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 35) TAREA N° 7 FACTOR DE EFECTIVIDAD NO ISOTÉRMICO REACCIÓN DE PRIMER ORDEN : A B
  • 103. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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: →
  • 104. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Reemplazando (2) en (1): Pero sabemos: ; T = (ºR) Método Numérico N°1 Balance de Energía: ENTRADA – SALIDA + GENERACIÓN = 0 Sea:
  • 105. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Entonces: De la Ley de Fourier: De ( ) y ( ): Pero: De ( ): Entonces:
  • 106. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Condiciones de Frontera: Si Discretizando: Pero cuando r=0 = Si Discretizando: Para
  • 107. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Como = Para Para Para Para Para Para Para Para
  • 108. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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:
  • 109. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química La programación en el software se da de la siguiente forma: POLYMATH Report No Title Nonlinear Equations 15-Oct-2010 Calculated values of NLE variables Variable Value f(x) Initial Guess 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
  • 110. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química - 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 f(T3) = (T4 - 2 * T3 + T2) / ((dr) ^ 2) + (1 / (3 * (dr))) * ((T3 - T2) / (dr)) + (b / (a + b * T3)) * ((T3 - T2) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T3)) * (1 - ((3 * (dr)) / R) ^ 2) = 0 5 f(T4) = (T5 - 2 * T4 + T3) / ((dr) ^ 2) + (1 / (4 * (dr))) * ((T4 - T3) / (dr)) + (b / (a + b * T4)) * ((T4 - T3) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T4)) * (1 - ((4 * (dr)) / R) ^ 2) = 0 6 f(T5) = (T6 - 2 * T5 + T4) / ((dr) ^ 2) + (1 / (5 * (dr))) * ((T5 - T4) / (dr)) + (b / (a + b * T5)) * ((T5 - T4) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T5)) * (1 - ((5 * (dr)) / R) ^ 2) = 0 7 f(T6) = (T7 - 2 * T6 + T5) / ((dr) ^ 2) + (1 / (6 * (dr))) * ((T6 - T5) / (dr)) + (b / (a + b * T6)) * ((T6 - T5) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T6)) * (1 - ((6 * (dr)) / R) ^ 2) = 0 8 f(T7) = (T8 - 2 * T7 + T6) / ((dr) ^ 2) + (1 / (7 * (dr))) * ((T7 - T6) / (dr)) + (b / (a + b * T7)) * ((T7 - T6) / (dr)) ^ 2 + (G0 / (a + b * T7)) * (1 - ((7 * (dr)) / R) ^ 2) = 0 9 f(T8) = (T9 - 2 * T8 + T7) / ((dr) ^ 2) + (1 / (8 * (dr))) * ((T8 - T7) / (dr)) + (b / (a + b * T8)) * ((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 Total number of equations 17 Number of implicit equations 10 Number of explicit equations 7 Elapsed time 0.0000 sec Solution method SAFENEWT Max iterations 150
  • 111. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Tolerance F 0.0000001 Tolerance X 0.0000001 Tolerance min 0.0000001 Método Numérico N°2 Balance de Energía: ENTRADA – SALIDA + GENERACIÓN = 0 Sea: Entonces: De la Ley de Fourier: Reemplazando en :
  • 112. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Pero: Entonces: De Reemplazando : Condiciones de Frontera: Discretizando : Primero discretizamos Pero
  • 113. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 114. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Luego discretizamos
  • 115. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Pero en el extremo del tubo, se da la convección: Discretizando: Para Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales con la ayuda del programa Polymath 6.0. Se tiene el siguiente conjunto de datos:
  • 116. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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) Balance de Energía: ENTRADA – SALIDA – GENERACIÓN = 0
  • 117. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Sea: Entonces: De la Ley de Fourier: De (1) y (2): Sea: S= Tenemos las siguientes condiciones de frontera:
  • 118. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Resolvemos la Ecuación Diferencial con el método de diferencias finitas; Discretizando: Para Para Para Para
  • 119. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Para Para Para Para Para Para Entonces: Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales con la ayuda del programa Polymath 6.0. Se tiene el siguiente conjunto de datos:
  • 120. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química = 250 REACTOR NO ADIABÁTICO (Con pérdida de Energía) Balance de Energía: Sea: Entonces:
  • 121. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química 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
  • 122. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Para Para Para Para Para Para Para Para Pero, para la convección (En el extremo):
  • 123. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química Discretizando: Para Reemplazando : Resolvemos el sistema de ecuaciones no lineales (1), (2), …. , (10) Con la ayuda del Programa Polymath 6.0. Se tiene el siguiente conjunto de datos: = 250
  • 124. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO Facultad de Ingeniería Química Fenómenos de Transportes: Transferencia de Calor con Generación de origen Nuclear y Química
  • 125. 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:
  • 126. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 126  Derivando: (Ecuación De Bessel) Si: r=0 (Por H’ospital) Remplazando: 2 - = 0 Discretizando: i = 0       
  • 127. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 127 Para: r=0 =0 (Tmax ) En   (1) Si: r 0 Discretizando: i = 1 … (2) i = 2 … (3) 
  • 128. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 128 i = 3 … (4) i= 4 … (5) i= 5 ….() Tenemos en la superficie del conductor:   …(θ) Reemplazando (θ) en () Tenemos lo siguiente:
  • 129. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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
  • 130. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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
  • 131. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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
  • 132. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 132 POLYMATH Report Nonlinear Equations 03-Jun-2010 Calculated values of NLE variables Variable Value f(x) Initial Guess 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
  • 133. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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 Total number of equations 12 Number of implicit equations 5 Number of explicit equations 7 Elapsed time 0.0000 sec Solution method SAFENEWT Max iterations 150 Tolerance F 0.0000001 Tolerance X 0.0000001 Tolerance min 0.0000001
  • 134. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 134 37) Transformación de calor por conveccion y deducción: Balance de energía: De donde:  /Z Zq  /cp refm T T Z   /Z Z Zq   /cp refm T T Z Z   
  • 135. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 135 * Condiciones de Frontera: Reemplazando:
  • 137. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 137 POR POLYMATH POLYMATH Report Nonlinear Equations 04-Jun-2010 Calculated values of NLE variables Variable Value f(x) Initial Guess 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 f(T2) = (T3-2*T2+T1)+A*dz*(T3-T2)-B*(dz)^2*(T2-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T2- Ti) = 0 3 f(T3) = (T4-2*T3+T2)+A*dz*(T4-T3)-B*(dz)^2*(T3-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T3- Ti) = 0 4 f(T4) = (T5-2*T4+T3)+A*dz*(T5-T4)-B*(dz)^2*(T4-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T4- Ti) = 0 5 f(T5) = (T6-2*T5+T4)+A*dz*(T6-T5)-B*(dz)^2*(T5-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T5- Ti) = 0 6 f(T6) = (T7-2*T6+T5)+A*dz*(T7-T6)-B*(dz)^2*(T6-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T6- Ti) = 0 7 f(T7) = (T8-2*T7+T6)+A*dz*(T8-T7)-B*(dz)^2*(T7-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T7-
  • 138. FENOMENOS DE TRANSPORTE Página 138 Ti) = 0 8 f(T8) = (T9-2*T8+T7)+A*dz*(T9-T8)-B*(dz)^2*(T8-Tr)/(T0-Tr)+C*(dz)^2*(T8- 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 Total number of equations 18 Number of implicit equations 10 Number of explicit equations 8 Elapsed time 0.0000 sec Solution method SAFENEWT Max iterations 150 Tolerance F 0.0000001 Tolerance X 0.0000001 Tolerance min 0.0000001 38) Difusión de sistema binario:
  • 139. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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   
  • 140. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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     
  • 141. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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                         
  • 142. FENOMENOS DE TRANSPORTE 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: