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330299151 Agitacion y Mezclado
Transferencia de Calor (PI143)
Universidad Nacional de Ingeniería
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AGITACION Y MEZCLADO
1. Consumo de potencia en un agitador
En un tanque similar al de la figura 3-3 se instala un agitador de turbina de aspas planas que tiene seis aspas. El diámetro del tanque Dt mide 1 m el diámetro de la turbina Da, 0 m, Dt= H y el ancho W, 0 m. El tanque tiene cuatro deflectores, todos ellos con un ancho J= 0 m. La turbina opera a 90 rpm y el líquido del tanque tiene una viscosidad de 10 cp y densidad de 929 kg/m3.
a) Calcúlense los kilowatts requeridos para el mezclador.
b) Con las mismas condiciones (excepto que la solución tiene ahora una viscosidad de 100000 cp), vuélvase a calcular la potencia requerida.
F IGURA 3-
4
Correlaciones de potencia para diversos impulsores y deflectores (véase en la Fig. 3-3 c las dimensiones Da, Dt, J y W)
Curva 1. Turbina de seis aspas planas (igual a la Fig. 3-3 pero con seis aspas); Da/W = 5; cuatro deflectores cada uno con Dt/J = 12.
Curva 2. Turbina abierta de seis aspas planas (igual a la Fig. 3-2~ pero con seis aspas); Da/W = 8; cuatro deflectores con Dt /J = 12.
Curva 3. Turbina abierta de seis aspas a 45” (igual a la Fig. 3-2d pero las aspas a 45”); Da/W = 8; cuatro deflectores con Dt /J = 12.
Curva 4. Propulsor; inclinación 20, cuatro deflectores con Dt/J = 10; también es válida para el mismo propulsor en posición angular y desplazado del centro sin deflectores.
Curva 5. Propulsor; inclinación = Da, cuatro deflectores con Dt /J = 10; también es válida para un propulsor en posición angular desplazada del centro sin deflectores.
Solución: Para el inciso a) se cuenta con los datos siguientes: Da = 0 m, W= 0, Dt= 1 m, J= 0 m, N= 90/60 = 1 rev/s, ρ = 929 kg/m3 y
μ =(10 cp ) ( l x 10 w 3 )
μ =0 Kg m μ =0 Pa
Al aplicar la ecuación para el número de Reynolds es
NRe =
Da 2 Nρ μ
NRe =0,
2 ∗ 150 ∗ 929
0,
NRe = 5185 ∗ 104
Considérese la curva 1 en la figura 3-4, puesto que Da /W = 5 y Dt /J = 12, Np = 5 para
NRe = 5 1850. Al despejar P en la ecuación P = Npρ N 3 Da 5 y sustituir los valores conocidos,
P = 5 ( 929 )(1,5) 3 (0,61) 5
P = 1324 J s
P =1,324 Kw (1,77 Hp )
Para el inciso b),
μ = 100 OOO ( 1 x 10 − 3 )
μ = 100 Kg m
NRe =(0,61)
2 (1,50) 929
0,
15 x 10 − 2 g /¿ cm s =54.
1,5 rev /¿ sx 1,
g /¿ cm 3 ¿ ( 60 cm ) 2 x ¿
NºRe =
Da 2 nρ μ =¿
Cálculo del número de Froude:
NºFr = n
2 Da g
=
(1,5 rev s
)
2 x 60 cm
981 cm / s 2
=0,
m =
a −log ( NRe ) b
=
1 −log ( 54000 ) 40
=−0,
Como el agitador es de tipo turbina, consideramos la gráfica 9 del Mc Cabe.
Como el sistema de agitación no posee placas deflectoras, consideramos la curva D. De esta manera, con el NºRe obtengo el Np en la gráfica.
Np≈ 1
NP =
Pgc n 3 Da 5 ρ ( NFr ) m P = NP. NFr
mn
3 D a 5 ρ gc
P = 1 x (0,137)−0,
(1,5 rev s
)
3 x ( 60 cm ) 5 x 1,5 g / cm 3
981 cm / s 2
=4,83 x 10
6 gcm s
P =4,83 x 1 0
6 0,
=6,04 x 10
6 g s
=60,4 kg s
P =
60,4 kg s 75 kgm s
.HP
=0,8 HP≅ 1 HP
b) Cuando se instalan 4 placas deflectoras, para el cálculo no debemos considerar el número de Froude. Hallamos el valor del factor de forma:
S 4 = W
Da
= 18
60
=0,3 Consideramos la curva A de la gráfica 9.
Según la grafica, el valor de Np=
P = NP
n 3 Da 5 ρ gc
= 6 x (1,5 rev/s)
3 x (60 cm) 5 x (1,5 g/cm3) 981 cm/s
=2,41x10 7 g cm s = 241 kg. ms
P =
241 kg s 0,8 x 75 kgm s
. HP
=4,01 HP≅ 4 HP
3. Un tanque de 120 galones, contiene inicialmente 90 libras de sal disueltas en 90 galones de agua. Hacia el tanque fluye, a razón de 4 galones por minuto, una salmuera que contiene 2 libras de sal por galón y la mezcla debidamente agitada y homogeneizada se extrae del tanque a razón de Q galones por minuto. Si se sabe el tanque comienza a desbordarse justo a los 30 min determine a) La razón Q de salida b) La cantidad de sal cuando el tanque se llena
SOLUCIÓN:
a) La cantidad inicial de líquido en el tanque es de 90 lt, lo que corresponde al volumen inicial, esto es V 0 = 90 lt. La cantidad inicial de sal disuelta en los 90 gal de agua es x 0 = 90 lb Al tanque fluye una salmuera de concentración C 1 = 2 lb/gal y lo hace a una razón Q 1 = 4 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada se deja salir del tanque a una razón Q 2 = Q gal/min
C 1 = 2 lb/gal Vt = 120 gal
Q 1 = 4 gall/minV 0 = 90 gal
x 0 = 90 lb
Q 2 = Q gal/min
dt
despejando
dx
dt dx 3 = 8 − x dt 90 +t
dx dx
Ya que, la diferencial de la cantidad x de sal es dx = dt , sustituyendo dada
dt dt por la ecuación (3) 3
dx = −
8 x 90 + t
dt
equivalentemente 3 dx +90 + t x dt= 8 dt (4)
La ecuación (4) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x’(t) + F(t) x = G(t),
donde F(t) =
3
90 + t y G(t) = 8. Pararesolverla debe determinarse un factor integrante
μ (t) = e∫F(t) dt
=e∫F(t) dt= e∫
3
dt μ (t)
90
+t = e3 ln 90 +t = (90+t ) 3
Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante
( 90+t ) 3 dx+ 3 (90 + t ) 2 x dt = 8 (90 + t ) 3 dt (5)
Puesto que
(90+t) 3dx+3(90+t) 2 x dt=d[(90+t) 3 x]
Sustituyendo en la ecuación (5)
d[(90 + t ) 3 x ] = 8 (90 + t ) 3 dt
Integrando
∫d [(90 + t ) 3 x ]=8 ∫( 90+t ) 3 dt (6)
Ambas integrales son inmediatas ∫d [( 90 + t ) 3 x ] = x (90 + t ) 3 + k 1
∫ ( 90 + t ) 3 dt = 1( 90+t ) 4 + k 2
Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)
x ( 90 + t ) 3 = 2 (90 + t ) 4 + k (7)
Para determinar el valor de la constante k de integración se utiliza la condición inicial x(0) = 90, esto es, t = 0 min y x = 90 lb se sustituyen en la ecuación (7) resultando
k = − (90 ) 4 ; este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (7)
x ( 90 + t ) 3 = 2 (90 + t ) 4 − (90 ) 4
Multiplicando por (90 + t )−
90
3
x(t) = 2 (90 + t ) − 90
90 +
La ecuación (8) representa la ley de variación de al cantidad de sal en el tanque en cualquier instante t. Puesto que el tanque se llena justo a los 30 min, sustituyendo t = 30 min en la ecuación (8)
x(30) = 2 ( 90 + 30 )
90 3 27 27
− 90 = 240 − 90 = 240 − 45 = 202,
90 +30 64 32
Se tiene
15000 = 10000 + (Q – 5) 250
Despejando Q
De aquí que el caudal de entrada es Q 1 = 25 lt/min
b) La ecuación diferencial asociada a los problemas de mezcla es
dx +
Q 2
x = Q 1 C 1 (1) dt V 0 + ( Q 1 − Q 2 )t
Sustituyendo los datos en la ecuación (1)
dx +
5
dt 10000 + ( 25 − 5 )t x = (25) (5)
simplificando dx 1 + x = 125 (2) dt 2000 +4 t
Se debe resolver la ecuación diferencial (2) sujeta a la condición x(0) = 40
La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal, de la forma x’(t) + F(t) x = G(t), donde F(t) = 1. Para resolver la ecuación (2) debe determinarse un factor
2000 + 4 t integrante μ (t) =
e∫F( t ) dt
5000
Q = +5 = 25
250
1 1 4
μ (t) = e∫F( t ) dt e∫ dt
∫
d t
=
2000 +
t = e 4
2000 +
t
1
ln2000 +4 t
= eln2000 +4 t
14
= e 4
= (2000 + 4 t) 14
reordenando los términos de la ecuación
1
dx + x dt = 125 dt
(4) 2000 + 4 t
Multiplicando la ecuación (4) por el factor integrante μ (t) = (2000 + 4 t) 14
(2000 4 t)
1
(2000 4 t)
1 1
(2000 4 t)
1
- 4 dx + + 4 x dt = 125 + 4 dt 2000 + 4 t simplificando
(2000+4 t) 1 4dx + (2000+4 t)−3 4 x dt = 125 (2000+4 t) 1 4dt
Puesto que
(2000+4 t) 1 4dx + (2000+4 t)−3 4 x dt = d (2000 + 4 t) 14 x
sustituyendo en la ecuación (5) (2000+4 t) 1 4dt
d(2000+4 t) 14 x = 25
integrando
∫
d(2000+4 t) 14 x = 25 ∫ (2000+4 t) 1 4dt
Ambas integrales son inmediatas
∫
d(2000+4 t) 14 x =(2000+4 t) 14 x + k 1
Despejando
dx de la ecuación (2) dt
dx 1 = 125 − x dt 2000 + 4t
C(t) = V(t)x(t)
El volumen de líquido en el tanque en un instante t cualquiera viene dado por V(t) = V 0
- ( Q 1 – Q 2 ) t = 10000 + (25 – 5) t = 10000 + 20 t
Sustituyendo las ecuaciones (8) y (10) en la ecuación (9)
2000 + 4 t 2000 14 2000 +
4 t 2000 14
5
− 360
5
− 360
C(t) =
2000 + 4 t =
2000 + 4 t
10000 +20 t 5 (2000 + 4 t)
=
1
−
360 (2000)1/ 4 2000 = 1 − 360 (2000)5 / 4
255 (2000+4 t)5 / 4 2000 25 10000 (2000+4 t)5 / 4
1 9 2000 5 4
C(t) = − 25 250 2000 + 4 t La ecuación (11) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque
en un instante t cualquiera.
c) Para determinar el tiempo en que el tanque comienza a desbordarse se utiliza la ecuación de volumen de líquido en el tanque es un instante t cualquiera
V(t) = V 0 + ( Q 1 – Q 2 ) t (12) Sustituyendo V(t) = 20000, V 0 = 10000, Q 1 = 25 y Q 2 = 5 en la ecuación (12)
20000 = 10000 + (25 – 5) t
Despejando t t = 20000 −10000 = 10000 =500 20 20 Por lo tanto, deberán transcurrir 500 min, es decir, 8 horas y 20 min para que el tanque
comience a desbordarse.
e) Para establecer la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque, en el momento en que comienza a desbordarse, basta con sustituir en las ecuaciones (8) y (11) el tiempo en que el tanque se desborda, esto es t = 500 min
(2000+2000) 2000 14 1 14
x(500) = = 800 −360 = 800 −360 (0,84) 5 2000 + 2000 2 entonces x(500) = 497,6 kg
C(500) =
1
−
920005
=
1
−
9 1 54
=
1
−
9 1 1 14
25 250 2000 + 2000 25 250 2 25 250 2 2
=
1
−
9
25 500 (0,84) = 0 − (0,018) (0,84) = 0 − (0,018) (0,84) = 0,2 488
Entonces C (500) = 0,025 kg/lt
De aquí que la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque en el momento en que este comienza a desbordarse es, respectivamente, x(500) = 497,6 kg y C(500) = 0,025 kg/lt
5.- Un tanque con capacidad de 500 galones contiene inicialmente 200 galones de agua con 100 lb de sal en solución. Se inyecta al tanque agua que cuya concentración de sal es de 1 lb/gal, a razón de 3 gal/min. La mezcla debidamente agitada y homogeneizada sale del tanque a razón de 2 gal/min. a) Encuentre la cantidad de sal y la concentración de sal en el tanque para cualquier tiempo b) Determine la concentración de sal en el instante justo en que la solución
alcanza el volumen total del tanque
SOLUCIÓN:
a) El volumen total del tanque es Vt = 500 gal; sin embargo, antes de iniciar el proceso de mezclado, el tanque no está totalmente lleno, el volumen inicial de liquido en el tanque es V 0 = 200 gal y hay disueltos x 0 = 100 lb de sal.
C 1 = 1 lb/gal Vt = 500 gal
Q 1 = 3 gal/min V 0 = 200 gal
x 0 = 100 lb
Q 2 = 2 gal/min
multiplicando por (200 + t ) 2 y reordenando los términos de la ecucaión ( 200 + t ) 2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = 3 ( 200 + t ) 2 dt
Puesto que ( 200 + t ) 2 dx + 2 ( 200 + t ) x dt = d [(200 + t ) 2 x ] sustituyendo en la ecuación (4) d[(200 + t ) 2 x ] = 3 ( 200 + t ) 2 dt integrando
∫d [( 200 + t ) 2 x ] =∫3 ( 200 + t ) 2 dt
Ambas integrales son inmediatas
∫d [(200 + t ) 2 x ] =( 200 + t ) 2 x + k 1
∫3 ( 200 + t ) 2 dt=( 200 + t ) 3 + k 2
Sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)
( 200 + t ) 2 x = ( 200 + t ) 3 + k
Para determinar el valor de la constante de integración k, se utiliza la condición inicial para el tiempo t = 0 min, la cantidad de sal en el tanque es x = 100 lb. Sustituyendo estos valores en la ecuación (6) (200) 2 100 = (200) 3 + k Despejando k k = (200) 2 100 – (200) 3 = (200) 2 (100 – 200) = – 100 (200) 2 este valor de k se sustituye en la ecuación (6) ( 200+t ) 2 x = (200+t ) 3 – 100
(200) 2 multiplicando por ( 200 + t )−
200
2
x(t) = ( 200 + t ) – 100 200 + t La ecuación (7) representa la ley de variación de la cantidad de sal en el tanque en función del tiempo Para determinar la ley de variación de la concentración de sal en el tanque en cualquier instante t, se debe recordar que la concentración en cualquier instante t se obtiene como el cociente entre la cantidad de sal en cualquier instante t y el volumen en cualquier instante t
x(t) C(t) = V(t)
Donde V(t) = V 0 + ( Q 1 – Q 2 ) t = 200 + t Sustituyendo las ecuaciones (7) y (9) en la ecuación (8)
200
2
( 200 + t ) −100 26 200 + t 4 C(t) = =1 –
100 (200)
= 1 –
(10 )
)
200 + t ( 200 + t ) 3 ( 200 + t ) 3
La ecuación (10) representa la ley de variación de la concentración de sal en el tanque
en cualquier instante t
b) Puesto que la razón de salida Q 2 es inferior a la razón de entrada Q 1 , el volumen de líquido en el tanque va a aumentar Q 2 < Q 1 ⇒Vo aumenta El volumen de líquido en el tanque, en cualquier instante t del proceso, se obtiene por medio de la ecuación V(t) = V 0 + (Q 1 – Q 2 ) t (11)
Así, para determinar el tiempo que demora en alcanzarse el volumen total de líquido en el tanque, se sustituyen los datos en la ecuación (11) 500 = 200 + ( 3 – 2 ) t despejando t t = 300 min = 5 h es decir, que exactamente a las 5 horas, se alcanza el volumen total de líquido en el tanque.
Para determinar la cantidad de sal y la concentración justo en el instante que el tanque llega a su volumen máximo, se sustituye en las ecuaciones (7) y (10) el tiempo t = 300 min (que es cuando alcanza el volumen total)
200 2 2 2 4
x(300) = ( 200+ 300 ) –100 = 500 – 100 = 500 – 100 = 484 200 + 300 5 25
C(300)= 1 – 4 (10 ) 6 = 1 – 4 (10 ) 6 = 1 – 4 = 339 = 0,
NPO = Pxgc N 3 xρx D' 5 Reemplazando: 3= Px 1 0 3 x 800 x 0 5
→ P =0 Watts
b) n=1 y K=0.
Se procede de manera similar al inciso a
270 = Nx 800 x 0.
2 μa
→μa =0 N
μa =0( 11 N ) 1 − 1 → μa =0 kg m
∴N =0 rev / s
De la figura 20 con NR= 270 se obtiene NPO=3.
3= Px 1 0 3 x 800 x 0 5
→P =0 Watts
c) n=1 y K=1.
270 = Nx 800 x 0.
2 μa
→μa =0 N
0 N =0( 11 N )1− 1 →N =0 rev / s
De la figura 20 con NR= 270 se obtiene NPO=3. 3= Px 1 0 3 x 800 x 0 5
→P =2 Watts
- En un tanque se instala un agitador de una turbina de aspas planas con discos que tiene seis aspas. El diámetro del tanque Df mide 1,83 m, el diámetro de la turbina Da es de 0,61 m, Df = H y el ancho W, de 0,122m. el tanque tiene cuatro deflectores, todos ellos con un ancho J= 0,15 m. la turbina opera a 90 rpm y el líquido tiene una viscosidad de 10 cp y densidad de 929kg/m 3.
a) Calcúlese los kilowatts requeridos para el mezclador.
b) Con las mismas condiciones (excepto que la solución tiene ahora una viscosidad de 100000cp), calcúlese la potencia requerida en KW.
SOLUCION:
Da =0,61 m
W =0,122 m
Df =1,83 m
J =0,15 m
N = 90 / 60 = 1,50 rev/s
ρ = 929 Kg / m 3
μ =(10 cp )( 1 × 10 − 3 )=0 Kg
ms
=0 Pas
N ℜ=
Da 2 Nρ μ
=
(0,61) 2 (1,50)( 929 )
0,
=5,185 × 104
Sabiendo que
Da / W = 5
Df / J = 12
Np = 5
P = Npρ N 3 D 5 a = 5 ( 929 ) (1,50) 3 (0,61) 5
¿1,324 J
s
=1,77 hp
INCISO B
μ = 100000 ( 1 × 10 − 3 )= 100 Kg
ms
N ℜ=
Da 2 Nρ μ
=
(0,61) 2 (1,50)( 929 )
100
=5,
Esta es la región de flujo laminar. Np = 14
5 ¿=3 kW (4,98 hp ) P = Npρ N 3 D 5 a = 14 ( 929 ) (1,50) 3 (0,61)¿
Por lo anterior, un aumento de 10 000 veces en la viscosidad sólo incrementa el consumo de potencia de 1 a 3 kW.
330299151 Agitacion y Mezclado
Asignatura: Transferencia de Calor (PI143)
Universidad: Universidad Nacional de Ingeniería
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