Proyecto Final

PROYECTO DE PROCESOS UNITARIOS I

Objetivos:

El objetivo de este proyecto es el cálculo real de la potencia necesaria de una bomba para poder impulsar líquido de un tanque a otro.

Realizar las mediciones necesarias en las instalaciones para proceder con el cálculo respectivo posteriormente.

Ver y comparar las potencias calculadas y reales presentes en la bomba para su la potencia real es la necesaria para poder impulsar el líquido.

Procedimiento:

Se tomó las medidas necesarias en el laboratorio de proceso a los tanques y circuitos que comprenden el uso de alguna bomba.

Se realizó los cálculos para estimar la potencia real que necesita el fluido para ser transportado.

Se comparó estos estos resultados con la información que se presenta en la plaqueta de información de cada bomba.

Desarrollo:

1.- Análisis de bomba de tanque de salmuera al intercambiador de iones.

Esquema:

Datos:

P = 0,5 Hp / 0,37 Kw Tubería de 1 pulgada cedula 40. (Diámetro interno = 0,02664 m y área = 5,574x10-

4 m2)

Suposiciones:

T = 20°C

Q = 0,7 L/s * 1m31000 L

∗1

5,574 x10−4m=1,256m / s

Eficiencia de la bomba = 0,7 = 70% Acero comercial.

Numerode Reynolds=V∗D∗densidadviscosidad

=1,256∗0,02664∗998,290,001003

= 33302,72

Flujo turbulento ᾳ = 1

Cálculos:

Balance de energía mecánica:

12ᾳ

∗(V 22−V 1

2 )+ g∗Z22−Z1

2

gc+

P2−P1densidad

+∑ f +Ws=0

12∗(1,2562 )+9,8∗(1,17−0,6 )+0+∑ f +Ws=0

Calculo de pérdidas de presión a lo largo de la tubería.

∆ pf=

4∗f∗LD

∗V 2

2

ξD

=4,6 x10−5

0,02664=0,0017−Buscandoen tablas→f=0,007

∆ pf=

4∗0,007∗(0,63+0,73+0,3+0,18 )0,02664

∗1,2562

2=1,53 J /Kg

Perdidas en accesorios:

Perdida en compresión:

hc=0,55∗(1−A2

A1 )∗V 2

2

hc=0,55∗1,2562

2=0,43 J

Kg

Perdidas en codos:- 4 codos de 90 grados.

hf = f∗V 2

2

hf =4∗0,75∗1,2562

2=2,37 J

Kg

Perdidas en válvulas:- 4 válvulas de 3/4.

hf = f∗V 2

2

hf =4∗0,17∗1,2562

2=0,54 J

Kg

∑ f= (1,53+0,43+2,37+0,54 ) JKg

=4,87 JKg

Calculo de trabajo de bomba Ws:

12∗(1,2562 )+9,8∗(1,17−0,6 )+0+4,87+Ws=0

Ws=−12

∗(1,2562 )−9,8∗(1,17−0,6 )−0−4,87=11,24 JKg

Calculo de trabajo de bomba Wp:

ƞ=Ws℘ =0,70

11,24℘ =0,70

℘=11,240,70

=16,06 JKg

16,06

JKg

∗0,7m 3

1000 s∗998,23 Kg

m3=11,22Watts

Comentarios:

Se observó que la potencia de la bomba está muy por encima de la potencia necesaria para poder vencer todas las perdidas por fricción en todo el recorrido, especialmente en las caídas de perdida de fricción en la tuberías es poca ya que la distancia es muy corta y las caídas por accesorios no es significativa.

Por lo cual podemos decir que se podría cambiar a una bomba de menor capacidad y así ahorrar energía para esta parte del circuito.

2.- Análisis de bomba de tanque de tratada al tanque de condesado.

Esquema:

Datos:

P = 0,5 Hp / 0,37 Kw Tubería de 1 pulgada cedula 40. (Diámetro interno = 0,02664 m y área = 5,574x10-

4 m2)

Suposiciones:

T = 20°C

Q = 0,7 L/s * 1m31000 L

∗1

5,574 x10−4m=1,256m / s


Numerode Reynolds=V∗D∗densida dviscosidad

=1,256∗0,02664∗998,290,001003

= 33302,72


Cálculos:


12ᾳ

∗(V 22−V 1

2 )+ g∗Z22−Z1

2

gc+

P2−P1densidad

+∑ f +Ws=0

12∗(1,2562 )+9,8∗(1,12−0,9 )+0+∑ f +Ws=0


∆ pf=

4∗f∗LD

∗V 2

2

ξD

=4,6 x10−5


∆ pf=

4∗0,007∗(0,69+0,87+0,18 )0,02664

∗1,2562

2=1,44 J /Kg



hc=0,55∗(1−A2

A1 )∗V 2

2

hc=0,55∗1,2562

2=0,43 J

Kg


hf = f∗V 2

2

hf =4∗0,75∗1,2562

2=2,37 J

Kg

∑ f= (1,44+0,43+2,37 ) JKg

=4,24 JKg


12∗(1,2562 )+9,8∗(1,12−0,9 )+0+4,24+Ws=0

Ws=−12

∗(1,2562 )−9,8∗(1,1−0,9 )−0−4,24=7,19 JKg


ƞ=W s℘ =0,70

7,19℘ =0,70

℘=7,190,70

=10,27 JKg

10,27

JKg

∗0,7m 3

1000 s∗998,23 Kg

m3=7,17Watts

Comentarios:

En este caso es mayor la diferencia entre la potencia de la bomba (370 Watts) y la potencia necesaria para trasladar el líquido (7,17 Watts), y que esta supere todas las

fuerzas contrarias al flujo como ser la caída de presión en la tubería. Solo se usa el 1,94% de la potencia de la bomba.

Por lo cual podemos decir que se podría cambiar a una bomba de menor capacidad y así ahorrar energía para esta parte del circuito.

3.- Análisis de bomba de tanque de condensado al caldero.

Esquema:

Datos:

P = 0,5 Hp / 0,37 Kw Tubería de 1 1/4 pulgada cedula 40. (Diámetro interno = 0,03505 m y área =

9,648x10-4 m2)

Suposiciones:

T = 20°C

Q = 0,7 L/s * 1m31000 L

∗1

9,648 x10−4m=0,726m / s



=0,726∗0,03505∗998,290,001003

= 25326,81


Cálculos:


12ᾳ

∗(V 22−V 1

2 )+ g∗Z22−Z1

2

gc+

P2−P1densidad

+∑ f +Ws=0

12∗(0,7262 )+9,8∗(1,37−1,12 )+202650−101325

998,23+∑ f +Ws=0


∆ pf=

4∗f∗LD

∗V 2

2

ξD

=4,6 x10−5


∆ pf=

4∗0,007∗(0,26+1,8+2,65+1,38+0,48+0,2 )0,03505

∗0,7262

2=1,43J /Kg



hc=0,55∗(1−A2

A1 )∗V 2

2

hc=0,55∗0,7262

2=0,145 J

Kg


hf = f∗V 2

2

hf =6∗0,75∗0,7262

2=1,18 J

Kg

Perdidas en medidor de disco:- 1 medidor de disco.

hf = f∗V 2

2

hf =7∗0,7262

2=1,84 J

Kg

∑ f= (1,43+0,145+1,84+1,18 ) JKg

=4,97 JKg


12∗(0,7262 )+9,8∗(1,37−1,12 )+202650−101325

998,23+4,97+Ws=0

Ws=−12

∗(0,7262)−9,8∗(1,37−1,12 )−202650−101325998,23

−4,97=¿

Ws=109,19 JKg


ƞ=Ws℘ =0,70

109,19℘ =0,70

℘=109,190,70

=155,98 JKg

155,98

JKg

∗0,7m 3

1000 s∗998,23 Kg

m3=109,03Watts

Comentarios:

Esta bomba ya tiene que vencer un recorrido más largo, sin embargo el valor de pérdidas por fricción es casi despreciable comparando con la diferencia de presiones, ya que a diferencia de las otros casos el caldero tiene una mayor presión a la atmosférica y debido a esto la bomba utiliza mayor porcentaje de su verdadera potencia (0,109 Kw de 0,37).

4.- Análisis de bomba de tanque de agua fría al intercambiador de calor.

Esquema:

Datos:

P = 0,74 Hp / 0,55 Kw Tubería de 1 1/4 pulgada cedula 40. (Diámetro interno = 0,03505 m y área =

9,648x10-4 m2)

Suposiciones:

T = 20°C

Q = 0,7 L/s * 1m31000 L

∗1

9,648 x10−4m=0,726m / s



=0,726∗0,03505∗998,290,001003

= 25326,81


Cálculos:


12ᾳ

∗(V 22−V 1

2 )+ g∗Z22−Z1

2

gc+

P2−P1densidad

+∑ f +Ws=0

12∗(0,7262 )+9,8∗(1,66−0,86 )+0+∑ f +Ws=0


∆ pf=

4∗f∗LD

∗V 2

2

ξD

=4,6 x10−5

0,02664=0,0017−Buscando en tablas→ f=0,007

∆ pf=

4∗0,007∗(0,68+0,2+2,64+0,23+6,21+2,3+0,24+1,24 )0,03505

∗0,7262

2=2,85 J /Kg



hc=0,55∗(1−A2

A1 )∗V 2

2

hc=0,55∗0,7262

2=0,145 J

Kg


hf = f∗V 2

2

hf =9∗0,75∗0,7262

2=1,78 J

Kg

Perdidas en válvulas :- 3 válvulas de 3/4.

hf = f∗V 2

2

hf =3∗0,17∗0,7262

2=1,13 J

Kg

∑ f=¿


12∗(0,7262 )+9,8∗(1,66−0,86 )+0+5,15+Ws=0

Ws=−12

∗(0,7262)−9,8∗(1,66−0,86 )−0−5,15=¿

Ws=13,25 JKg


ƞ=Ws℘ =0,70

13,25℘ =0,70

℘=13,250,70

=18,86 JKg

155,98

JKg

∗0,7m 3

1000 s∗998,23 Kg

m3=13,18Watts

Comentarios:

Debido a que nuevamente ambos tanques tienen la misma presión atmosférica el término de diferencias de presiones se anula y la potencia que necesita la bomba es muy pequeña comparando con la real (0,01318 Kw de 0,55 Kw).

Conclusiones:

En esta práctica se demostró que la potencias reales que necesitan los fluidos son muchos menores a la potencia que tiene la bomba, con esto podemos indicar que las bombas están sobre dimensionadas para el respectivo uso. Se pudo hacer la estimación de las potencias necesitadas de los fluidos haciendo suposiciones como ser la de eficiencia, temperatura del agua, caudal volumétrico, aspectos que hay que tener muy presentes en el cálculo respectivo.

Documents

Proyecto Final