UNIVERSIDAD CENTRAL DE VENEZUELA

FACULTAD DE INGENIERIA

ESC. DE INGENIERIA METALURGICA Y CINCIA DE LOS MATERIALES

ASIGNATURA: FENOMENOS DE TRANSPORTE

ASIGNACIONES

NOMBRE:

GREYDE SANCHEZ 19834617

CARACAS, JUNIO 2014

Problema 10.1.10

Una tobera para un sistema de rociado se diseña para producir una película radial plana de agua, la película abandona la tobera a V2= 10 m/s, abarca un arco de 120° y tiene un espesor de t= 1,5mm. El radio de descarga de la tobera es R=50 mm. La tubería de alimentación del agua tiene un diámetro de 35 mm y la presión de entrada es de p1=150 KPa. Evalúe la fuerza axial ejercida por la tobera del rociador sobre la brida. (Densidad del agua = 1 g/ml).

Por la ecuación de balance integral de cantidad de movimiento.

∑ Fx= ∂∂ t

∫∀c

❑

ÞVx d ∀+∫Ac

❑

ρVxVxd A Sumatoria de fuerzas

Donde el diagrama de cuerpo libre viene dado por:

F1= P1.A1;

F1= 150 KPa.π4. (0,035 )2m2 = 0,1443 KPa.m2

Entonces, la ecuación del balance integral de cantidad de movimiento se expresa como

0,144 -Fr = ∫Ac

❑

ÞVxVxd A

0,144-Fr = -∫A 1

❑

ρVxVxd A + ∫A 2

❑

ρVx Vxd A

Datos

R=0,05m D=0,035mm

P1=150KPa H2O= 1000 Kg/m³t= 1,5*10-

3m V2= 10m/s

0,144-Fr = -∫A 1

❑

ρ(V 1) ²d A+ ∫A 2

❑

ρ (V 2 )2 cos (Ø )d A

0,144-Fr = - ρ (V 1 )2 A1 + 2ρ (V 2 )2∫0

60

cos (Ø )d Ø

0,144-Fr = - ρ (V 1 )2 A1 + 2ρt (V 2 )2R [sen (60 )−sen (0)]

Sabiendo que Q= V. A igualo el caudal 1 y 2, para así obtener una expresión de la velocidad y luego poderlo sustituir en la sumatoria de fuerzas mostrada anteriormente

V 1 A1=V 2 A2; V1= V 2. A2A1

0,144-Fr = - (V 2. A2A1

¿ ² . A1 + 2Þt (V 2 )2R [sen (60 )−sen (0)]

0,144-Fr = - ρ(V 2. A2) ²

A1 + 2ρt (V 2 )2R.

√32

0,144-Fr = ρ (V 2 )2 [√ 3Rt – (A2)A1

² ¿

Para realizar el calculo del A2

A2= r2Øt; A2= 0,05m. 2π3

.1,5*10-3m

A2= 1,5707*10-4m2

Sustituyendo en la sumatoria de fuerzas

0,144-Fr = ρ (V 2 )2 [√ 3Rt – (1,5707*10-4)²/π (0,035)²

4]

0,144-Fr = 1000Kg /m ³ (10m /s )2 [√ 3.0,05. 1,5*10-3m – (1,5707*10-4)²/π (0,035)²

4]

0,1443 – Fr = 10,42

Fr = 0,1443 – 10,40 = - 10,28

Problema 10.2.6

La ecuación de movimiento en coordenadas cilíndricas viene dada por:

ρ( ∂V θ

∂ t+V r

∂V θ

∂r+V θ

r ( ∂V θ

∂θ )+V z( ∂V θ

∂z )+V r

V θ

r )=−1r∂P∂θ

+μ( ∂∂ r ( 1r ∂∂ r

(r V θ ))+ 1r 2∂2V θ

∂θ2+∂2V θ

∂ z2+ 2r2∂V r

∂θ )+ ρgθ

Como la velocidad solo depende de r, de la ecuación original solo sobrevive:

μ( ∂∂r ( 1r ∂∂r

(r V θ )))=0 ,Donde realizando separación de variables se obtiene que la velocidad viene dada por:

V θ=C1r

2+C2r

Para este perfil de velocidades, las condiciones vienen dadas por:

{r=KR→V θ=kω (KR )→V θ=K2ωR

r=R→V θ=ωR

Para hallar los valores de las constantes C1 y C2 se hace lo siguiente:

K. K²ωR=¿¿KR²+ C2KR).K,

ωR=C1 R

2+C2Ry esta por K2

Entonces:

(K3−1 )ωR=C1R

2(K2−1 )→C1=2

ωRR ( K3−1K2−1 )=2ω( K3−1K2−1 )

C2=ω2R−2ωR

2

2 (K3−1

K 2−1 )=ω2R (1−( K3−1

K2−1 ))

Finalmente, se obtiene que la velocidad viene dada por:

V θ=ωr( K3−1

K2−1 )+ 1r ω2R (1−(K3−1

K 2−1 ))Problema 3.7. Lecho fijo

Un lecho de solido de 60pies de altura y 15pies de diámetro, de material A, forma una columna central de diámetro de 10ª y el material B que llena el espacio anular entre A y la parte exterior A. la presión en la parte superior del lecho es de 10psi y en la inferior es de 25psi. Calcular la fracción del gas que pasa a través del material A. suponga que la T del lecho uniforme a cualquier altura L, es decir, la ρgas es la misma en ambas columnas y es un flujo turbulento.

ϵA= 0,4. ρA=0,3 XA=?ϵB= 0,25. ρB=0,75¿∨∆P∨¿

L=150 ρVo ² λ (1−ε ) ²

Dp² ε ³+1,75 ρVo ² λ(1−ε )

Dpε ³¿

Flujo reptante=0

Debido que se está trabajando con flujo turbulento, el flujo reptante es cero.

1,75 ρAVo ² λ (1−εA)DpA εA

3

1,75 ρBVo ² λ (1−εB)

DpB εB3

=1 ρAV o

2 (1−εA )DpB εB3

ρBV o2 (1−εB )DpA εA

3

V o2a (1−0,4 )0,75.0,253

V o2b (1−0,25 )0,3.0,43=1 ( Va

Vb)2

.0,084=1 ( VaVb

)2

=20,48

Sabiendo que Q= V. A, entonces

(QaAaQbAb

)1 /2

=20,841/2 ¿¿

QA

QB

.125100

=4,525 QA

QB

=3,62 QA= 3,62QB

De esta manera, se obtiene la fraccion molar del gas.

X A=QA

QA+QB

X A=3,62QB

3,62QB+QB

=¿0,78

Problema Nº11. Flujo de Calor

qx=−k∗ dTdx |∗π r2+ ρC pVT|∗π r2 Ec 1

qx+∆x=(−k dTdx |x+∆ x)∗πr 2+( ρCpVT|x+∆ x )∗π r2 Ec 2

Al igualar las ecuaciones 1 y 2, y evaluando en x=0 obtiene:

−k∗ dTdx |∗π r2+ ρC pVT|∗π r2−{(−k dTdx |x+∆x )∗π r2+( ρC pVT|x+∆ x)∗π r2} + 2hπ r∆ x

*(T ∞−T ¿ = 0

Energía de entrada Energía de salida

Ahora, dividimos entre el volumen de la sección transversal del alambre, ∆ xπ r 2

(k dTdx |x+∆ x )−k∗ dTdx |∆ x

+ρCpVT|−( ρC pVT|x+∆ x)

∆ x+2hr

(T ∞−T )=0

Si le aplico el límite de 2da derivada K d2Td x2

− ρC pVdTdx

+ 2hr

(T ∞−T )=0

Obtengo la ecuación de energía K d2Td x2

+ 2hr

(T ∞−T )=ρC pVdTdx

Termino de Generación de Calor

Hallamos (T ∞−T )=θ , para que la ecuación sea homogénea

−ρCPVdθdx

=−k d2θd x2

+ 2hrθ→0=k d

2θd x2

+ 2hrθ− ρCPV

dθdx

m2 m

Como queda una ecuación de 2do grado, m2−m+c=0 , su solución viene dada por

θ(x)=C1 em1 x+C2 e

m2x

Los valores de m se consiguen por la resolvente:

m=ρCPV ±√ (ρCPV )2+ 8 kh

r2k

Multiplico y divido entre ρCP para simplificar los cálculos:

m=V ±√(V )2+ 8 αh

rρCP

2α

, donde α=kρCP

, entonces :

θ(x)=C1 e

V +√ (V )2+ 8αhrρ CP

2αx

+n2 e

V−√ (V )2+ 8αhrρC P

2αx

Por condiciones de borde o esenciales:

Si x= 0 → T = T 0 ;

x=∞→T=T ∞ ;

De esta forma C1=0→θ( x)=C2e

V−√ (V )2+ 8αhrρ CP

2αx

Donde la solución es:

T−T ∞To−T ∞

=e( V2α−√( V2α )

2

+( 8αh4αrρ CP )) x

→ ⟨ T−T∞T o−T ∞

=e( V2α−√( V2α )

2

+( 2hkr ))x ⟩

Problema 13.

Simplificando la ecuación de movimiento en coordenadas cilíndricas para un fluido Newtoniano se obtiene:

μδδr ( 1r δ (r V θ )

δr )=0

Realizando operaciones algebraicas se halla el perfil de velocidades V θ y posteriormente se evalúan las condiciones de borde

V θ=C1r

2+Cr

Vϴ = 0; r= K0R y Vϴ = wR; r =R

Al conseguir los valores de C1 y C2 se sustituyen luego en la acuacion del perfil de velocidades.

C1=−2w

( (K0 )2−1)C2=

R2w (k0 )2

((K 0 )2−1)

V θ=−w

( (K0 )2−1)+R2w (k0 )2

((K0 )2−1)r

Simplificando la ecuación de energía para un fluido Newtoniano se obtiene

μ[r ddr (V θ

r )]2

+ Krddr (r dTdr )=0

Realizando separación de variables se logra conseguir el perfil de temperaturas

T=−μ(w R2 K02 r )2

4K (1−Ko2 )2

r 2+C1 ln r+C2

Las condiciones son:

r = K0 R; T = Tb y r= R; T = Tb

De las condiciones y la resolución del sistema tenemos las constantes.

C1=B3 R

2 ( (k 0 )2−1)ln K0

C2=C3 R2(1+ 1−(K 0 )2

ln k 0ln R)+Tb

La ecuación de distribución de Temperaturas es entonces:

T=μ(w K0R2)

2

4K (1−(K0 )2 )2 [ (K 0−1 ) R2 ln (r )ln (k0 )

+R2( (1−(K0 )2) ln (R )

ln (K 0 )+1)]+T b

Problema 10.2.4

De la ecuación de movimiento para un fluido Newtoniano

ρ( ∂V z

∂ t+V r

∂V z

∂r+V θ

r ( ∂V z

∂θ )+V z( ∂V z

∂z ))=−∂P∂ z

+μ( 1r ( ∂∂r (r ∂V z

∂r ❑))+ 1r2 ∂

2V z

∂θ2+∂2V z

∂ z2 )+ρ gθlos términos que sobreviven son:

μ( 1r ( ∂∂r (r ∂V z

∂r ❑)))= 0

ahora, separando variables

r∂V z

∂r ❑=C1 → d V z=

C1rdr → V z=¿ C1 ln(r) ₊C2

haciendo uso de las condiciones de fronteras, las cuales son:

r=R → V z=0 r=kR→ V z=V 0

se obtiene:

V 0=C1 ln (kR )−C1 ln (R) = C1 ln¿

C1=V 0ln (k)

yC2=V 0ln (k )

. ln (R )

Entonces, el perfil de velocidades

V z=V 0ln (k )

ln(r) ₊V 0ln (k )

. ln (R )

Parte b

Flujo másico = Q . ρ = ρ∫A

❑

V→

dA→

= ρ∫A

❑

V z cosθdA = ρ∫A

❑

V z dA

= ρ∫0

L

∫KR

R

(( Vθln k ) ln (r )−( Vθln k

) ln (R ))r . dr . dθResolviendo la integral del flujo másico se tiene:

Q . ρ=L . ρ( V 04 ln (k )

(kR)2−(R)2)−V 02 (kR)2

Parte c. Fuerza viscosa que actúa en la varilla

τxy=μ ∂Vz∂ r

; τzr=μVo

rLn (k )

Para r=KR

τzr=μ VoKRLn (k )

Por lo tanto

F= ∫ τzr dA

∫0

L

∫0

KR

τzr . r . dr . dL

F=Vo

KRLn(K ). μ .L .

K ² R ²2

F= μVoLKR2 ln(K )

Problema 23,5-3

Flujo másico= 1,5millonesTon

=4,76 Kgs

ρ=217,72 Kgpie ³

.1 pie ³

0,0283m³=7693,28 Kg

m ³

Caudal Volumétrico 47,67693,28

; Q= 6,18*10-3 m3/s

velocidad de colada Vc=QA

=6,18∗10−30,44

=0,014 ms

M espesor solidificado h(Tm−¿)ρ .Hf .a

.yVc

− h2K ´

M ²

Despejando a a=12+√ 14 +

Cp´ (Tm−¿ )3Hf

M= 0,25; Semiespesor

L=( hM 2

2K+M )V c ρ ' H f . a

h(T m−T 0)

Como hay sobrecalentamiento

H fM=H f+C p(T c−TM)

El calor extraído del planchón será:

Q=mC pa100 ºC

H ' fC' p(T m−T 0)

=¿

Q→

= Q

L(T m−T 0)(LV c ρ' C' pk)

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