Solucion de examen de secado tipo A torre de enfriamiento 2do exam 23abril2012

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Una planta petroquímica cuenta con una torre de enfriamiento de tiro inducido de 7.22 m de altura, para enfriar agua de 45°C hasta 29°C, utilizando aire a una temperatura de bulbo seco de 30°C y 24°C de bulbo húmedo. Se sabe que la sección de paso es de 5.5 m2, y solo existe resistencia a la transferencia de masa y calor en la fase gas. Además, de acuerdo con el tipo de empaque con que cuenta la torre se tiene un coeficiente volumétrico promedio cuyo valor es, K Ya = 3240 kg/ h m3∆ Y*. Determine para un flujo de aire de 1.5 veces el mínimo y una atmósfera , lo siguiente: a) El flujo de agua que es posible enfriar. b) Estime la capacidad del ventilador c) Sí el acercamiento se redujera a 3°C cual sería la temperatura de salida del agua. Solucion del problema 1 tipo B tG2 Y2

tL2 := 45 °C

Datos PT := 760 mmHg

2

cPL := 1

Z := 7.22

Gas := 1.5⋅ Gasmin

2

S := 5.5 m

Kya := 3240 1

tG1 := 30 tw1 := 24

m

°C °C

Kg hm3∆Y

tL1 := 29 °C De Tablas λw:

Constantes de Antoine: (mmHg, °C, log) A := 7.96687 A−

p w1 := 10

B := 1668.21

Para:

tw1 = 24 °C

C := 228

Kcal λ w1 := 584.34753 kg

B C+tw1

p w1 = 22.23254 mmHg

p w1 18 Yw1 := ⋅ 28.82 PT − p w1

kgva Yw1 = 0.01882 kgas

(

)

1 Y1 := tG1 − tw1 = ⋅ Yw1 − Y1 ⋅ λ w1 solve , Y1 → 0.01649042858358470226 Y1 = 0.01649 0.227

(

)

H1 := 0.24 + .45⋅ Y1 ⋅ tG1 + 597.2⋅ Y1

(

)

(

H1 = 17.2707

Q := Gas⋅ H2 − H1 = ⋅ Gasmin⋅ H2max − H1 Kcal H2max := 50 kg

(

)

De la carta psicrométrica Y vs tG para

)

(

)

PT = 760

mmHg

Kcal kg

(

)

(

)

H2 := Gas⋅ H2 − H1 = Gasmin⋅ H2max − H1 solve , H2 → 39.090234911998392557 Kcal H2 = 39.09023 kg Resolviendo el sistema mediante la media logaritmica para obtener NUTG, se tiene z := AUT G⋅ NUT G

AUT G :=

donde

z := AUT G⋅ NUT G_ML

o

H

⌠ 2 1 NUT G :=  dH Hs − H  ⌡H

Gas S⋅ KYa

1

De la gráfica Haire vs tL Hs1 := 23 Kcal kg

Hs2 := 51

tL1,°C= tL2,°C=

29 45

increm, htL=

2.667

increm, hH =

3.637

Aplicando la media logaritmica para integrar NUTG_ML NUT G_ML :=

H1, kcal/kg= H2, kcal/kg=

H2 − H1

( Hs2−H2) −( Hs1−H1)  ( Hs2− H2)  ln  ( Hs1− H1)   

NUT G_ML = 2.58343

17.2709 39.09023

Tabla 1. Tabla de valores de la Integración por Simpson 1/3 i 1 2 3 4 5 6 7

tL, °C 29.0000 31.6667 34.3333 37.0000 39.6667 42.3333 45.0000

H 17.2709 20.9075 24.5440 28.1806 31.8171 35.4537 39.0902

H* 23 26 30 34 38.5 44.2 51

1/(H*-H) 0.1745 0.1964 0.1833 0.1718 0.1496 0.1143 0.0840

factor par o im p

4 2 4 2 4 sum y=

I=NUTG

3.46018535 se integró respecto a la entalpía

I=NUD

2.53733573 se integró respecto a la temperatura

y 0.1745 0.7855 0.3666 0.6874 0.2993 0.4573 0.0840 2.8545

DAR EL VALOR DE LA INTEGRACION: NUT G := 3.4601 Gas := Z =

Gas S⋅ Kya

⋅ NUT G solve , Gas → 37184.012022773908269

Gas = 37184.01202

kg h

(

)

L := Gas⋅ H2 − H1 = L2 ⋅ cPL⋅ ( tL2 − tL1) solve , L2 → 50708.604524736352068 L = 50708.60452 Cálculo de la capacidad del ventilador: L´ :=

tG2 := 39.8 °C

De la gráfica tG2

L S

L´ = 9219.74628

Y2 := H2 = ( 0.24 + .45⋅ Y2) ⋅ tG2 + 597.2⋅ Y2 solve , Y2 → 0.048021061130526885528 VH2 :=

Y2   1  tG2 + 273.15    +  ⋅ 0.08205 ⋅  PT  28.82 18      760  

h kg hm

2

3

m VH2 = 0.95947 kg

Gas Gv2 := VH2

3

(

TA := Gas⋅ Y2 − Y1 %agua_vap :=

kg

)

TA⋅ 100 L

TA = 1172.43542

Kg

Gv2 = 38754.89153

h

%agua_vap = 2.3121 %

Si el acercamiento se redujera a 3°C cual sería la te mperatura de salida del agua t L1 := 3 = t L1 − tw1 solve , t L1 → 27 °C

m

h

mmHg