Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería Química Facultad de Ingeniería Santiago-Chile
Fenómenos de Transporte MMA Tarea N°2 Balance de Momentum y Energía Mecánica
Integrantes:
Profesor:
Karina Hernández Vicente Guzmán Fernando Choquehuanca Dr. Pedro Álvarez
Fecha de Entrega: 21 de Junio de 2011
TAREA PARTE 1 Ejercicio 4-26. Fuente: “Fundamentals of Environmental Engineering”, James R. Mihelcic, Capitulo 4, Pág. 205.
Los Precipitadores Electrostáticos (ESPs) se utilizan para limpiar flujos de gases de partículas, tales como los gases de escape de una caldera central eléctrica o una planta incineradora de residuos municipales. Trabajan mediante la aplicación de una carga a las partículas, que luego se mueven a una velocidad terminal en respuesta a la fuerza electrostática que se deriva de un voltaje aplicado. En este problema, debes hacer lo siguiente (las condiciones y las ecuaciones que se aplican a todo el problema se da al final del problema): a) Calcule la velocidad terminal, para lo cual es necesario identificar claramente las fuerzas que actúan sobre la partícula. Haz un dibujo similar a la figura 4-16 e identifica las fuerzas que actúan sobre una partícula que pasa a través del ESPs.
b) Calcular la velocidad de corriente terminal ( ѡ ) de las partículas en respuesta a la fuerza electrostática en función del diámetro de las partículas. Informe su solución con una ecuación que entregue ( ѡ) en unidades de cm/s, y especifique las unidades de D p que está utilizando. Nota: Omita la gravedad en este cálculo, asuma que la única fuerza externa que actúa sobre la partícula es la fuerza electrostática. Dado que la fuerza de flotabilidad es el resultado de la fuerza gravitacional, omita también la flotación. Aplicamos Ley de Stokes,
F E = F D q * E = 3π * µ * D p * vt (3 *10 −9 * E * D p2 )* E = 3π * µ * D p * vt ∴ vt =
3 *10 −9 * E 2 * D p 3π * µ
Reemplazamos los datos: 2
9 5 V 3 * 10 − * 1 * 10 * D p m vt = −5 kg 3π * 1.695 * 10 m s * 1 1 100 cm vt = 1.878 *10 5 * D p = 1.878 *10 5 * D p s s 1 m 1 cm vt = 1.878 *10 7 * D p * s m Así quedaría definida la ecuación para la velocidad corriente terminal expresada en cm/s, para D p en unidades de metros. c) Calcule la velocidad de impulso terminal para el tamaño de las siguientes partículas: 0.5 m y 10.0 m. Para D p = 0.5 * 10 −6 [m]
1 cm cm vt = 1.878 * 10 7 * (0.5 * 10 −6 [m]) = 9.39 s m s Para D p = 10.0 * 10 −6 [m]
cm cm 1 vt = 1.878 * 10 7 * (10.0 * 10 −6 [m]) = 187.8 s m s d) Para la comparación, calcular la velocidad de ajuste gravitacional para el tamaño de las mismas partículas.
( ρ p − ρ ) D p
2
vt =
18µ
g
Para D p = 0.5 * 10 −6 [m] 2 kg kg 1000 3 − 1.179 3 (0.5 *10 −6 [m]) m m vt = Ns 181.695 * 10 −5 3 m
m m cm 9.81 2 = 8.03 *10 −6 = 8.03 *10 −4 s s s
Para D p = 10.0 * 10 −6 [m] 2 kg kg 1000 3 − 1.179 3 (10.0 * 10 −6 [m]) m m vt = −5 Ns 181.695 * 10 3 m
m m cm 9.81 2 = 3.21 * 10 −3 = 0.321 s s s
e) Para comparar las respuestas de la parte (a) de la velocidad de sedimentación de Stokes, determine el tamaño de partícula para la velocidad de sedimentación gravitacional sea igual a la velocidad de corriente en el ESP. Exprese su respuesta en unidad de m.
( ρ p − ρ ) D p
2
18µ
3 * 10 − * E * D p 9
g =
2
3πµ
Despejando;
D p =
18 * (3 * 10 −9 )* E 2
3π * ( ρ p − ρ ) * g
Reemplazando los datos: 2
V 18 * (3 * 10 )* 1 * 10 5 m = 5.847 * 10 −3 [m] = 5847[µ m ] D p = kg kg m 3π * 1000 3 − 1.179 3 * 9.81 2 m m s −9
f) Para las partículas más pequeñas de su respuesta en la parte (e), qué sería más grande: la velocidad de sedimentación gravitacional o la velocidad de corriente del ESP? Si reducimos el tamaño de partícula, es decir D p < 5847[µ m], la velocidad de corriente terminal del ESP siempre será mayor a la velocidad de sedimentación gravitacional y esto queda ejemplificado en la letra (c) y (d), donde el tamaño de partícula de 10[µ m] muestra claramente una diferencia entre sus velocidades, al igual que para el tamaño de 0.5[µ m] . Esto indica que a medida que reduzcamos aun más el D p, la diferencia de entre las velocidades será aun mayor vt (Se dim entación) << vt ( ESP ) y viceversa, a medida que el D p sea cercano a 5847[µ m] las velocidades se van a ir igualando. En caso contrario de que
D p > 5847[µ m] la vt (Se dim entación) > vt ( ESP ) .
Condiciones y ecuaciones: Fuerza Electrostática = q * E Donde la fuerza electrostática se da en Newtons (kg*m*s -2 ), q es la carga de la partícula (coulombs, C), y E es la fuerza de campo eléctrico (V*m -1 ). La carga de cada partícula depende de las partículas, y viene dado aproximadamente por,
q = 3 *10 −9 * E * D p2 , Donde q se da en coulombs, E es la campo eléctrico (V*m -1 ), y D p es el diámetro de la partícula en metros. Asuma que la fuerza de campo eléctrico es 10 5 V*m-1, y la densidad de la partícula es 1000 kg*m -3. Suponga que el aire a 298 °K y 1 atm donde las partículas están suspendidas, tiene una viscosidad de 1.695*10 -5 kg*m-1*s-1. (Note que la densidad de la partícula es mucho mayor que la densidad del aire.)
ρ aire
=
P * M = R * T
g mol
(1[atm ]) 28.84
atm * L 0.0821 (298[ K ]) mol * K
g kg = 1.179 = 1.179 3 L m
Ejercicio 4-28. Fuente: “Fundamentals of Environmental Engineering”, James R. Mihelcic, Capitulo 4, Pág. 206.
Dos pozos de agua subterránea se encuentran a 100 m de distancia en arena y grava permeable. El nivel del agua en el pozo 1 es de 50 m debajo de la superficie, y en el pozo el nivel del agua es de 75 m por debajo de la superficie. La conductividad hidráulica es de 1 m/día, y la porosidad es de 0.60. Cuál es: a) La velocidad de Darcy, v d = Q / A ? Ecuación de velocidad horizontal de Darcy
vd =
Q dh ∆h = K = K A dx ∆ x
dh h pozo 2 − h pozo1 ) (75 − 50)[m] = = 0.25 = ∆ dx x m 100 [ ] m La Conductividad Hidráulica ( K ) = 1 día El Gradiente Hidráulico
m
m
Por lo tanto, v d = 1 (0.25) = 0.25 día día b) La verdadera velocidad de las aguas subterráneas que fluyen en los pozos? La verdadera velocidad (v ) =
1 ε
v d =
1 0.60
m m = 0.42 día día
(0.25)
c) El periodo (en días) que se necesita para que el agua viaje entre los dos pozos? El periodo (∆t ) =
∆ x
v
=
100[m]
m 0,42 día
= 238.1[días ]
TAREA PARTE 2 Ejercicio Figura 11.24 (Problemas 11.31, 11.32, 11.33) Fuente: “Mecánica de Fluidos Aplicada”, 4ta Edición, Robert L. Mott, Capítulo 11, Pág. 324 y 325.
Datos inmediatos:
h = 25[m] L = 25[m] + 2.5[m] = 27.5[m] Datos por Tablas:
T agua = 10°C
kg ⇒ ρ = 1000 3 m
D = 1 1 2 " (calibre 40) = 0.0409[m] ε
= 4.6 *10 −5 [m] (acero comercial )
µ agua
Ns = 1.30 *10 −3 2 (a 10°C ) m
(Fuente: Mecánica de Fluidos Aplicada, Robert Mott, 4ta Edición)
Figura 11.24 Problemas 11.31, 11.32, 11.33.
Problema 11.31 Se está entregando agua a 10 °C hacia un tanque sobre el techo de un edificio, como se muestra en la figura 11.24. El codo es estándar. ¿Qué presión debe existir en el punto A para que se entreguen 200 L/min? Cálculos previos: 3 L −3 m = 3.333 * 10 Q = 200 min s
m3 3.333 * 10 s Q m = v= = 2 . 537 s A (0.0409[m])2 −3
π
4
Teniendo la velocidad del flujo es posible calcular el N° de Reynolds y deducir el Factor de Fricción en base a la Gráfica de Moody: Re =
Dv ρ
=
(0.0409[m])(2.537[m])(1000[kg / m 3 ]) 1.30 * 10 −3 [ Ns / m 2 ]
µ
D ε
=
0.0409[m ] 4.6 * 10 −5 [m]
= 79817.92
= 889.13 ( Flujo Turbulento)
⇒ f = 0.0235 ( Aplicable para la Ecuación de Darcy) Para encontrar la Presión en A, aplicamos un Balance de Energía Mecánica entre A y B: 1
∆ P
2
ρ
g ∆ z + ∆v 2 +
) + h f ,cr + h f ,ac + h f , s = η W
Analizamos el sistema:
No hay energía potencial en el Punto A ⇒ g ∆ z = g ( z B ) La energía cinética en los Punto A y B son iguales debido a que se mantiene constante el diámetro de la tubería ⇒ ∆v 2 = 0 No hay energía de trabajo de flujo en el Punto B debido a que está abierto a la atmosfera ⇒
∆ P ρ
=−
P A ρ
Existe perdida de energía por fricción en la tubería entre los Puntos A y B L 1 2 v (Ec. de Darcy) ⇒ h f ,cr = f D 2 Hay perdida de energía por fricción en accesorios (válvula y codo) entre los 1 1 1 Puntos A y B ⇒ h f ,ac = K válvula v 2 + K codo v 2 = ( K v + K c ) v 2 2 2 2 No existe maquina que proporcione energía adicional al fluido entre los Puntos ) A y B ⇒ η W = 0 ∧ h f , s = 0
Por lo tanto el balance se simplifica a:
g ( z B ) −
P A ρ
+ f
L 1 2 1 v + ( K v + K C ) v 2 = 0 2 D 2
Ordenando
P A ρ
= g ( z B ) + f
L 1 2 1 v + ( K v + K C ) v 2 D 2 2
P A ρ
L 1 = g ( z B ) + f + K v + K c v 2 (1) D 2
Reemplazando los datos
1 27,5[m] m 2 = 9,81 2 (25[m]) + 0,0235 + 7.14 + 0.63 (2.537[m]) 0,0409[m] kg s 2 1000 3 m
P A
Donde:
L K v = f T = 0.021(340) = 7.14 D eq L K c = f T = 0.021(30 ) = 0.63 D eq El resultado es,
Para una cañería de 1 1 " ⇒ f T = 0.021 2 Para una válvula de globo completamente abierta K = 340 Para un codo estándar de 90° K = 30 (Fuente: Mecánica de Fluidos Aplicada, Robert Mott, 4ta Edición)
P A = 321104.9[ Pa ] = 321.1[kPa ] Problema 11.32 Si la presión en el punto A de la figura 11.24 es de 200 kPa, calcule la velocidad de flujo de volumen del agua de 10 °C entregada al tanque. Tenemos como dato;
P A = 200 *10 3 [ Pa ] y se mantienen las mismas condiciones que en el Problema 11.31. Por lo tanto el Balance de Momentum y Energía queda expresado al igual que la ecuación (1). P A L 1 = g ( z B ) + f + K v + K c v 2 ρ D 2 Reemplazando los datos:
N 2 1 2 27,5[m] m = 9,81 m (25[m]) + + + f 7 . 14 0 . 63 v 0,0409[m] s 2 2 kg 1000 3 m
200000
J J 1 = 245.25 + (672.37 f + 7.77 ) v 2 2 kg kg
200
Análisis:
Sabemos que el factor de fricción depende del N° Reynolds y a su vez éste depende de la velocidad del flujo, es decir, f fricción = f (v) .
El problema implica una iteración de velocidades de flujo (v ) para así calcular el factor de fricción ( f ) y obtener el balance necesario. A primera vista la energía de trabajo es menor que la energía potencial.
∆ P
< g ∆ z
ρ
De acuerdo al balance de energía mecánica expresado, es imposible calcular una velocidad de flujo, debido a que tendríamos que obtener un factor de fricción negativo para lograr un balance, es decir: 1 Digamos que: a = (672.37 f + 7.77 ) v 2 2 Entonces a < 0 :
J
(200 − 245.25) = a kg
J − 45.25 = a kg La única forma para que a sea negativo, es que el f sea también negativo ya que la velocidad de flujo v no es posible que sea negativo debido a que se encuentra elevado al cuadrado y en la teoría de mecánica de fluido no existe tal termino, al igual que el factor de fricción. Conclusión:
No es posible calcular la velocidad de flujo de volumen Q debido a que no se puede obtener una velocidad de flujo v y un factor de fricción f coherente a la teoría. Mientras la Energía Potencial sea mayor a la Energía de Trabajo, es imposible calcular una velocidad de flujo v . Por lo tanto, no existe flujo de agua a través de la tubería de acero.
Problema 11.33 Cambie el diseño del sistema de la figura 11.24 para remplazar la válvula de globo con una válvula de compuerta completamente abierta. Después, si la presión en el punto A es de 200 kPa, calcule la velocidad de flujo de volumen del agua a 10 °C
entregada al tanque. Compare el resultado con el del problema 11.32 para demostrar el efecto del cambio de válvula. Tenemos como dato: Cambio de válvula de globo a válvula de compuerta completamente abierta; 1 1 1 L 1 2 h f ,vávula = K v v 2 = f T v = (0.021)(8) v 2 = (0.168) v 2 2 2 2 D eq 2 (Fuente: Mecánica de Fluidos Aplicada, Robert Mott, 4ta Edición)
y se mantienen las mismas condiciones que en el Problema 11.32 . Reemplazando los datos:
N 2 1 2 27,5[m ] m = 9,81 m (25[m]) + + + f v 0 . 168 0 . 63 0,0409[m ] s 2 kg 2 1000 3 m
200000
J J 1 2 ( ) = + + 245 . 25 672 . 37 0 . 798 f v kg 2 kg
200
Conclusión:
Se repite el mismo inconveniente que en el Problema 11.32 . No es posible calcular una velocidad de flujo v y un factor de fricción f coherente a la teoría. No existe flujo de agua a través de la tubería de acero. Cambiando la válvula de globo por una de compuerta completamente abierta, es posible reducir las perdidas de energía por accesorios en el sistema.
Ejercicio 13.4 Fuente: “Mecánica de Fluidos Aplicada”, 4ta Edición, Robert L. Mott, Capítulo 13, Pág. 371.
Una estructura de drenaje de un parque industrial tiene una sección transversal en forma trapezoidal similar a la mostrada en la figura 13.1(c). El ancho del fondo es de 3.50 pies y los lados están inclinados formando un ángulo de 45° con respecto de la horizontal. Calcule el radio hidráulico para este canal cuando la profundidad del fluido es de 1.50 pies.
Las medidas informadas son:
W = 3.50[ pies ] D = 1.50[ pies ] Como se nos entrega el ángulo de inclinación (θ= 45°) del canal, es posible calcular el largo de las bandas laterales (L) y la fracción faltante de ancho superior del canal (X) por funciones trigonométricas: tan 45° =
1.50
sen45° =
1.50
X L
⇒ X = ⇒ L =
1.50 tan 45° 1.50
sen45°
= 1.50 [ pies ] = 2.12[ pies ]
Ahora se define Radio Hidráulico como:
R H =
Área del Flujo Perímetro Mojado
Por lo tanto:
D * X A Flujo = Acuadrado + 2( Atriangulo ) = (W * D ) + 2 2
1,50[ pies ]* 1,50[ pies ]
A Flujo = (1,50[ pies ]´*3.50[ pies ]) + 2
2
P Mojado = 2( L ) + W P Mojado = 2(2.12[ pies ]) + 3.50[ pies ] = 7.74[ pies ] Como resultado, el Radio Hidráulico es:
R H =
7.5[ pies 2 ] 7.74[ pies ]
= 0.969[ pie]
= 7,5[ pies
2
]
TAREA PARTE 3 Estimación de Tamaño de Partículas Pequeñas Provenientes de Erupción de Volcanes Las catástrofes originadas por erupción de volcanes debido a la pluma de cenizas (material particulado de diferentes tamaños y composiciones, principalmente de sílice) tienen un gran impacto directo en la salud de las personas de poblaciones aledañas y de medianas cercanías por el efecto de la sedimentación del material particulado. En relación a los Efectos en la salud de partículas de sílice, los reportes indican que material con menos de 10 m en el aire son respirables y pueden causar a largo plazo la silicosis.
Considere para estimación preliminar, aire ambiente a una presión promedio de 40 kPa y una temperatura de 2 °C.
g mol
(0.3948[atm]) 28.84
ρ aire
=
P * M = R * T
atm * L 0.0821 (275[ K ]) mol * K
g kg = 0.504 = 0.504 3 L m
Ecuación de Chapman-Enskog (Valida sólo para bajas presiones) log µ = log a + n log T log µ aire = log(1.973 * 10 −7 ) + (0.7965) log(275)
∴ µ aire = 1.73 *10 −5 [ Pa * s ] (a 2°C )
a) Estime el tamaño de partículas que podrían sedimentar durante el principio de la lluvia de cenizas a dos días de la erupción, si la pluma permanece en el lugar aledaño al volcán con una altura de la pluma de 20 km. a nivel del suelo. Considere que las partículas son sílice pura y tiene un factor de forma de 0.6. Datos:
t = 2[días ] = 172800[ s ] d = 20000[m] X = 0.6 20000[m] m vt = = 0.116 172800[ s ] s Aplicamos ecuación de velocidad sedimentación de Stokes (asumiendo un 0 < Re < 2 ):
( ρ p − ρ ) D p
2
vt =
18µ
g
Despejamos;
m −5 Ns 1 . 73 * 10 m 2 18vt µ s = 3.97 * 10 −5 [m] = D p = ( ρ p − ρ ) g 2330 kg − 0,504 kg 9.81 m m 3 m 3 s 2 18 * 0.116
D p = 3.97 *10 −5 (diámetro equivalente de la partícula similar a una esfera) D p* = 3.97 *10 −5 [m]* (0.6) = 2.382 *10 −5 [m] D p* = 2.382 *10 −5 [m] = 23.82[µ m] (diámetro real de la partícula no esférica) Por lo tanto no es respirable y no produciría algún efecto significativo a la salud. Comprobamos si el flujo es reptante y si se encuentra dentro de la Ley de Stokes:
(3.97 *10 − [m]) 0.116 m 0.504 kg 5
Re p =
D p v ρ µ
=
s Ns 1.73 * 10 −5 2 m
m = 0.134 3
0 < 0.134 < 2 Por lo tanto, cumple con la Ley de Stokes!
b) ¿En cuanto tiempo las partículas de ceniza de 1 m alcanzarían el nivel de ríos y mares? Sabemos que,
d ( ρ − ρ ) D p vt = = p g t 18µ 2
Despejamos,
t =
18d µ
( ρ p − ρ ) D p g 2
Suponemos que:
D p = 1 *10 −6 [m] (es un diámetro de una esfera que tiene el mismo volumen que la partícula) Por lo tanto;
Ns = 7.57 *10 8 [ s ] t = 2 kg kg m 2330 3 − 0.504 3 (1 *10 −6 [m]* 0.6) 9.81 2 m m s 18 * (20000[m])1.73 * 10 − 2 m 5
t = 7.57 *10 8 [ s ] = 24[años ] c) ¿Cuál es la distancia afectada del punto del lugar de la erupción en la dirección horizontal Oeste, si se mantiene una velocidad del viento del orden de 800 km/día? Datos: Dirección de caída de partícula (horizontal oeste) Coordenadas Z e Y v = v z = 800[km] Analizamos las velocidades por cada coordenada:
y 2 dz v z = v z 1 − = − dt d dy v y = vt = − dt
Deducimos que,
dz dy dz dz dz = − = − (− vt ) = vt dt dy dt dy dy y 2 dz v z = vt = v z 1 − dy d 2 v z y ⇒ dz = 1 − dy vt d
v z = −
Integramos, − L
∫o
2 v z −d y dz = ∫o 1 − dy v y d
− L
z o
− d v z −d 1 y 3 = y − v y 0 d 2 3 0
v d − L = z − d + v y 3
Por lo tanto, reemplazando los datos:
km día 20[km] − L = − 20[km ] + 20[km] 3 800
2[día ]
− L = −1066.67[km]
L = 1066.67[km]