UNIVERSIDAD AUTNOMA DE ZACATECAS FACULTAD DE CIENCIAS QUMICAS REA BSICA DE INGENIERA QUMICA

USO DE LA COLOCACIN ORTOGONAL EN FENMENOS DE TRANSPORTE

Benito Serrano Rosales.

Julio 2013

Presentacin

El objetivo de este trabajo es ilustrar el mtodo de colocacin ortogonal, para resolver problemas de fenmenos de transporte, y por lo mismo, pretende ser un material de apoyo al curso del mismo nombre, que se imparte en esta facultad.

El anlisis de los fenmenos que ocurren en un sistema, conduce al planteamiento de ecuaciones diferenciales parciales, cuya solucin describe el comportamiento del sistema. Generalmente, es muy complicado, o no, se pueden resolver las ecuaciones en forma analtica, por lo que es necesario usar un mtodo numrico para encontrar una aproximacin a la solucin. Desgraciadamente, las matemticas requeridas son ms avanzadas de lo que comnmente se imparte a los estudiantes de licenciatura. Entonces se puede tomar la decisin de llegar nicamente a la deduccin de las ecuaciones y no resolverlas, debido a las dificultades antes mencionadas, lo que tiene como consecuencia que no se analicen los resultados y el proceso de enseanza queda incompleto, ya que no se logr algo en concreto. En los textos tradicionales no se aborda el problema de resolver la ecuacin, sino que se presenta la solucin para un caso particular, y se pide al lector consulte un libro especializado para ver los detalles.

El mtodo de colocacin ortogonal permite discretizar, en ciertos puntos, a una ecuacin diferencial parcial, en un conjunto de ecuaciones diferenciales ordinarias, las cuales se pueden resolver con un mtodo numrico. La solucin de estas ltimas, es una aproximacin a la solucin de la primera, pero madamas en los puntos de colocacin. Para dominar bien la teora de este mtodo, se requiere matemticas avanzadas, sin embargo su implementacin y uso es simple.

Primero se presentan algunas ideas del mtodo, de manera breve e informal, procurando que un estudiante de licenciatura las capte. Luego se ilustra el uso del mtodo mediante la solucin de dos problemas.

Se considera que de esta forma, se pone a disposicin del lector una herramienta muy poderosa, para resolver problemas, tanto del rea de ingeniera qumica, como de otras disciplinas cientficas, las cuales requieren del mismo mtodo de solucin de las ecuaciones.

Guadalupe Zacatecas Mex., Julio 2012

ndice

1. Alginas ideas del mtodo de colocacin ortogonal..7

Bibliografa.19

2. Calor trasportado por un fluido en un tubo20Bibliografa...36Programas y resultados ........37

3. Difusin en una pelcula delgada que cae ..87Bibliografa....95Programas y resultados............................96

Algunas ideas acerca del mtodo de colocacin ortogonal

En este apartado se pretende mostrar las ideas principales del mtodo de colocacin ortogonal, en forma breve e informal.

Este mtodo a manifestado ser til en la solucin de problemas de ingeniera qumica; fenmenos de transporte, reactores qumicos, etc. Principalmente de aquellos cuyo planteamiento conduce a un sistema de ecuaciones diferenciales parciales de tipo parablico, las cuales son difciles de resolver en forma analtica. Permite discretizarlas y establecer un nuevo sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuya solucin ya es ms simple, pero es una aproximacin a la del sistema de ecuaciones diferenciales parciales, en los nmeros donde se discretiza.

Se ilustrara este mtodo atreves de un ejemplo muy sencillo: una ecuacin diferencial ordinaria, la cual tiene solucin analtica, y se compara con las soluciones aproximadas obtenidas con el mtodo de colocacin ortogonal.

Sea el siguiente problema:

La solucin analtica es:

Solucin:

(Soluciona analtica) (X conocida, Y desconocida)

Ahora se resolver este problema planteando que la solucin del sistema anterior, pasa por algunos puntos, con valores de x dados y valores de y desconocidos. En otras palabras se fijaran algunos valores de x en forma arbitraria, y el problema ser encontrar los valores de y correspondientes. Los puntos obtenidos sern una aproximacin a la solucin analtica (ver figura 1).

Se buscara un polinomio que pase por todos los puntos indicados, usando el mtodo de interpolacin de Lagrange. Dicho polinomio ser propuesto ser propuesto como solucin de la ecuacin diferencial.

PRIMERO SE CONCIDERA QUE LA SOLUCION ES DE NATURALEZA NO SIMETRICA

a) Se usaran 2 puntos interiores de colocacin sobre el eje x, y los dos extremos, obtenindose 4 puntos en total.

(X1=0X2=0.5X3=0.85X4=1)

La eleccin de los puntos interiores no ha sido arbitraria.

Se recuerda que dos puntos fijan un polinomio de grado 1, 3 puntos fijan a un polinomio de grado 2, etc. Por eso, en este caso, se dispone de 4 puntos y se propone un polinomio de grado 3.

Este polinomio pude escribirse as:

Los coeficientes A1, A2, A3, A4, se determinan de manera que la grafica del polinomio pase por todos y cada uno de los puntos dados.

Se sustituye el punto (x1, y1)

En igual forma, se sustituyen los puntos 2, 3, y 4 encontramos respectivamente los coeficientes A2, A3, A4, los cuales son sustituidos en la expresin 2, obtenindose:

O bien:

Note que son constantes.

Derivando:

Derivando nuevamente:

En el punto

Sustituyendo esta informacin en la expresin de la primera derivada, se obtiene:

Los coeficientes de esta ecuacin constituyen el primer rengln de la matriz A. si se sustituyen los puntos de colocacin 2, 3 y 4 de la matriz A, la cual servir para discretizar a la primera derivada, en los puntos de colocacin dados.

Si se sustituye el punto de colocacin , en la expresin de la segunda derivada, se obtiene:

Los coeficientes de esta ecuacin sern el primer rengln de la matriz B.

Si se sustituyen los otros puntos de colocacin se determinan los renglones restantes y se obtiene la siguiente matriz:

Ahora se encontrara y(x) en cada uno de los puntos:

Como se ha indicado, en los extremos (x=0, x=1), la informacin es dada por las condiciones de frontera. En los puntos interiores, la ecuacin diferencial describe el comportamiento de la variable y.

Para los puntos , se sustituye en la ecuacin diferencial, el segundo rengln de la matriz B, y el valor , resultando.

Para el punto , se sustituye en la ecuacin diferencial, el tercer rengln de la matriz B y el valor , resultando:

Para el punto , la condicin de frontera indica que:

Las ecuaciones 6, 7, 8 y 9 constituyen un sistema de cuatro ecuaciones algebraicas lineales con las incgnitas , cuya solucin ser una aproximacin, a la solucin de la ecuacin diferencial ordinaria.

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

(Colocacin ocular: 2 puntos)

La grafica se muestra en la figura 3 en donde se compara con la solucin analtica. Se obtiene que la aproximacin no es buena, pero se espera mejorar si se usan tres puntos interiores de colocacin ms los extremos, dando cinco puntos en total, los cuales fijaran un polinomio de cuarto grado.

Usando interpolacin de Lagrange, tal como se hizo en el ejemplo anterior:

La expresin de la primera derivada es:

Ahora se encuentra la expresin de la segunda derivada:

Se proponen los siguientes puntos de colocacin en forma arbitraria:

Se evaluara la primera derivada en , para satisfacer la primera condicin de frontera.

Resultando la ecuacin:

La ecuacin diferencial describe la variacin de y en los puntos interiores. Por lo que se sustituyen las expresiones de y y de la segunda derivada en la ecuacin diferencial

Luego, en la expresin resultante los puntos , y , obtenindose el siguiente sistema de ecuaciones algebraicas lineales:

Resolviendo el sistema:

(Colocacin ocular: 3 puntos )

La grafica de estos resultados se muestra en la figura 3.

Se observa que la aproximacin se mejora notablemente, lo que se sugiere que aumentando el nmero de puntos, se obtenga cada vez un mejor resultado sin embargo, el trabajo tambin se incrementa considerablemente.

Se puede mejorar mucho la aproximacin sin necesidad de usar muchos puntos (colocados en forma arbitraria) si estos se ubican en posiciones estratgicas. Para ello se considera ahora que la solucin del problema tiene naturaleza simtrica. Y se har el siguiente cambio de coordenadas.

Sustituyendo esta expresin en la ecuacin diferencial y las condiciones de frontera:

A:

A:

El sistema queda as:

A:

Observar que la primera condicin de frontera ya no aparece porque se satisface automticamente. Ahora se propone como solucin un polinomio de naturaleza simtrica .

De nuevo se usara el mismo procedimiento para encontrar la solucin aproximada:

Se proponen dos puntos interiores y el extremo derecho: (3 puntos en total).

Los tres puntos fijan a un polinomio de grado dos.

Ahora los puntos de colocacin no sern arbitrarios, sino que sern las races de un polinomio ortogonal, generado por el mtodo de ortogonalizacn de Gram-Schmid, en la siguiente forma:

Se parte del producto interior:

Donde es funcin de peso, la cual tiene la forma:

Donde

a) B=0

b)

c)

En este problema se usara nicamente el primer caso (), W=1.

Para obtener los polinomios ortogonales se usa la siguiente expresin:

Para este caso particular:

Encontrando las races de este polinomio:

Estos valores eran los puntos de colocacin interiores, adems se incluir el extremo derecho:

Note que no se incluye , porque en este punto, la condicin de frontera se cumple automticamente.

Nuevamente se sustituyen las expresiones del polinomio y sus derivadas en la ecuacin diferencial, se evala en cada punto de colocacin interior y se genera el siguiente sistema de ecuaciones algebraicas lineales:

(Colocacin ortogonal: 2 puntos)Resolviendo:

Estos puntos se grafican en la figura 3 y se observa una mayor aproximacin, lo que sugiere que usar como puntos de colocacin a las races de polinomios ortogonales es muy conveniente.

De esta manera, se ha ilustrado como discretizar una ecuacin diferencial ordinaria, reemplazndolas por un sistema de ecuaciones algebraicas, cuya solucin, ser una aproximacin a la solucin de la ecuacin diferencial, pero nicamente en los puntos de colocacin, sean otros arbitrarios, o races de polinomios ortogonales.

A continuacin se reportan algunas matrices con las cuales es posible discretizar la primera y segunda derivada, y el Laplaciano, para puntos de colocacin ortogonales y las siguientes opciones:

a) Uno o varios puntos colocacin.

b) Coordenadas rectangulares, cilndricas y esfricas.

c) Varias funciones de peso.

d) Soluciones de naturaleza simtrica y no simtrica.

De esta manera ser posible discretizar en los puntos de colocacin ecuaciones ms complejas, tales como ecuaciones diferenciales parciales.

El lector interesado deber de consultar bibliografa especializada.

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1.- problemas con naturaleza simtrica

A=Matriz para la primera derivada

B=Matriz para la segunda derivada o Laplaciano

Geometra rectangular

N=Puntos interiores de colocacin

a)

b)

2.- Geometra cilndrica.

a)

3.- Geometra esfrica.

a)

II.- problemas con naturaleza no simtrica

1.-

Bibliografa consultada

1.- The method of weighted residuals and variational principles. With application in fluid mechanics.- Bruce A. Finlayson-Academic Press, 1972-Cap. 5, pag. 96

2.- Solution of differential equation models by polynomial approximation.-John Villadesen-Michael L. Michelsen -Perentice Hall, inc, a978-cap. 2, pag. 70-cap. 3, pag. 115

3.- Monlinear Analysis in Chemical Engineering -Bruce A. Finlayson -Mc. Graw Hill, 1998-Cap. 4, pag. 73

Calor transportado por un fluido en un tubo

Imagnese una casa en una ranchera, en donde el cuarto de bao y el boiler se localizan dentro y fuera de la casa respectivamente, estando separados por un gran patio. Entonces, el agua tiene que viajar, dentro del tubo, una gran distancia: desde el boiler hasta la regadera, e indudablemente que habr perdidas de calor en el interior de la tubera.

Si el agua sale del boiler a 50 C, el medio ambiente se encuentra a 0 C la tubera mide 20 m. a qu temperatura llegara el agua a la regadera? Cmo y cuanto varia la temperatura a lo largo y ancho del tubo? Qu tan larga se ocupa la tubera para que el agua se enfri hasta la temperatura del medio ambiente? Si se aumenta la velocidad del agua, si se vara el radio del tubo, si vara la resistencia del medio ambiente al paso del calor, Cmo se ve afectado el comportamiento de la temperatura del agua?

Para resolver estas interrogantes es necesario analizar los fenmenos de transporte de momentum y de calor que se verifican en el interior del fluido, para obtener un modelo matemtico que describa la variacin de la velocidad y la temperatura del fluido. La solucin de este modelo dar los perfiles de temperatura axial y radial as como el perfil radial de velocidad, del agua en el interior del tubo.

Considere un tramo de tubo.

(Conduccin axial de Q) (Conduccin axial de Q) (Elemento de volumen) (Cond. Radial de calor) (Del boilerT=50C) (Agua procedente) (z) (r) ()

Figura 1

Se harn las siguientes consideraciones:

a) Trabajar con coordenadas cilndricas, dada la geometra de la tubera.

b) A la izq1uierda de z=0, el agua tiene una temperatura constante de 50 C, debido a que este tramo de la tubera no se encuentra en la intemperie.

c) A partir de z=0 la tubera esta a la intemperie y ocurren cambios bruscos de temperatura. Se analizara el cambio de temperatura en esa parte del tubo.

d) No existe generacin de calor en el fluido, nicamente transporte, (No hay reaccin qumica, calor generado por la friccin se desprecia, etc.).

e) La diferencia entre la temperatura del agua (50 C) y la del medio ambiente (0C), provocara un flujo de calor, en la direccin radial, por el mecanismo de conduccin, (transporte molecular), lo cual significa perdidas de calor hacia el medio ambiente. la conduccin de calor es descrita por la ley de Fourier

f) El calor tambin es transportado por el fluido en movimiento, a travs del mecanismo de conveccin axial, descrito por la ley de enfriamiento de newton:

g) Si se sigue a un Kg de agua, se observa que conforme avance por el tubo pierde calor en la direccin radial, lo que provoca que se enfri cada vez ms. Entonces habr una temperatura mayor en el lado del boiler con respecto a la regadera, lo que ocasionara un flujo de calor adicional en la direccin axial, descrita por la ley de Fourier

h) El flujo de agua es laminar, por lo que el mecanismo de transporte es viscoso, y es representado por la ley de Newton de la viscosidad:

i) La conductividad trmica, la densidad y la capacidad calorfica no cambian con la temperatura ni posicin.

j) La temperatura no cambia en la direccin angular.

k) El movimiento del fluido es estacionario.

En resumen: la temperatura cambia con el radio y la longitud, por eso se eligi as el elemento de volumen mostrado en la figura 1.

Los mecanismos de transporte de calor que se tomaran en cuenta son 3: conduccin radial, conveccin axial y conduccin axial. Estos dos ltimos coinciden en su direccin.

En el elemento de volumen de la figura 1, se observa.

1.- El rea de entrada de calor, por conduccin radia, es la envoltura interior del anillo:

el rea de salida es:

2.- La conveccin y conduccin axial, tienen la misma rea de entrada y salida (rea del anillo), y a su vez, estas son iguales entre s:

A continuacin se har el balance de calor en el elemento de volumen

(Entrada-Salida)cond. rad.+ (Entrada-Salida)cond. axial+(Entrada-Salida)conveccin=0

Dividiendo entre se obtiene:

Si tienden a cero:

El termino (1), representa la conduccin radial, ya que se obtuvo al considerar a dicho fenmeno en el balance de materia. Los trminos (2) y (3) representan a la conduccin axial y a la conveccin axial respectivamente.

Sustituyendo la ley de Fourier:

Se sabe que la conduccin axial es poco importante con respecto a la conveccin (Froment, G. F., Ind. Eng. Chem., 59, 18(1967)), por lo que el termino respectivo puede se omitido.

En este momento se advierte, la necesidad de tener la expresin para el perfil de velocidad, ya que este cambia con el radio. Se proceder a plantear un balance de momentum, con el objetivo de encontrarla.

(Z=LPL) (Z=0P0)

r ELEMENTO DIFERENCIAL DE VOLUMEN

z

Figura 2: transporte viscoso de momentum

La velocidad de la capa de agua, adherida a la pared tiene una velocidad cero ,y la capa de agua en el centro del tubo tiene la velocidad mxima.

Lo anterior indica que la velocidad del fluido vara con el radio, pero no con la longitud, debido a que el flujo es estacionario y sus propiedades son constantes. Por esa razn se eligi el elemento de volumen, tal como se indica en la figura 2.

El nico mecanismo de transporte de momentum es el viscoso, y el flujo se mueve por causa de la diferencia de presiones.

dividiendo entre

Si tiende a cero

Separando variables e integrando

En es finito pues no se dispone de informacin mas precisa, sustituyendo:

Lo cual es una contradiccin: para evitarla debe de valer cero, .

De esta forma

A

Despejado e insertndola en la solucin general:

Esta ecuacin describe un perfil parablico, usando esta ecuacin en la ecuacin de energa:

Las condiciones de frontera son las siguientes:

A

A r

A r

La primera condicin indica simplemente que la temperatura es constante en toda la seccin transversal, en el sitio donde la tubera sale a la intemperie (z = 0).

La segunda condicin indica que en el centro, la temperatura es finita, o bien que existe un mximo en el perfil radial de temperaturas, el cual es simtrico con respecto al eje. Recordar que se supuso simetra angular.

La tercera condicin, indica que justamente en la capa de agua adherida a la pared, el calor transportado en el liquido, a travs de la conduccin molecular, descrito por la ley de Fourier, es igual al calor transportado hacia el medio ambiente, a travs de la pelcula de aire que rodea el tubo, por el mecanismo de conveccin, descrito por la ley de enfriamiento de Newton. Ciertamente esta es una condicin de frontera ms difcil de entender. En este caso se supone que la pared del tubo no ofrece resistencia al paso del calor ( conduccin trmica infinita), esta se localiza en la capa de aire estancada que rodea a la tubera.

Cuando se resuelve un sistema de ecuaciones de este tipo, o ms complicado, es necesario usar variables sin dimensiones ya que por una parte, eso permite reducir los errores numricos, pues se trabaja con variables cuyos valores tienen el mismo orden de magnitud. De otro modo, una variable pude tener un valor del orden de 10-6, mientras que otra tiene un valor de 105, lo que trae como consecuencia errores de redondeo o de otros tipos. Por otra parte, el mtodo de discretizacin que se usara as lo pide.

Sean:

sustituyendo en la ecuacin y condiciones de frontera:

A

A

A

Simplificando:

A

A

A

La cantidad es un parmetro adimensional, llamado numero de Peclet. Y representa una relacin entre la conveccin axial de calor y la conductividad trmica radial.

es un parmetro dimensional, llamado numero Biot de Pared y representa una relacin entre el transporte convectivos de calor en la pelcula y la conductividad trmica radial.

Las ecuaciones 5, 6, 7, y 8 constituyen el sistema de ecuaciones a resolver. La solucin ser una funcin de .

Si se procede a usar un mtodo analtico, separacin de variables, por ejemplo, la temperatura ser una funcin expresada en trminos de series de Fourier, lo cual ser un tanto complicado. En este trabajo se usara otro mtodo y se obtendr una solucin aproximada

Primero se discretizar la ecuacin diferencial parcial, en la direccin radial, a una ecuacin diferencial ordinaria, usando el mtodo de colocacin ortogonal (referencia, 2. Finlayson).

Esta ltima ecuacin representara en forma aproximada, a la variacin de la temperatura en la direccin axial, a una posicin radial fija. Su solucin ser una aproximacin a la solucin de la ecuacin diferencial parcial, en esa posicin radial, (superficie cilndrica).

(En el centro y pared la temperatura es dada por Ec. Dadas por el mtodo de colocacin ortogonalValor de la temperatura dada por la ecuacin diferencial ordinaria)Para obtener el valor de la temperatura en la lnea del centro del tubo y en la superficie cilndrica adherida a la pared, se usaran ecuaciones que proporciona el mtodo de colocacin ortogonal. Esta idea se muestra en la figura 3.

r

z

figura 3

de esta forma, se dispone de informacin (3 puntos) con la cual se puede saber cmo cambia la temperatura en la direccin radial (perfiles radiales), para una posicin axial fija y como

(Z2Z1Valores dados por la ecuacin diferencial ordinaria, en el punto de colocacin.Z2TrR)

cambia la temperatura en la direccin axial para una posicin radial fija.

(centroPunto de colocacinparedTZ)Estos perfiles axiales y radiales de temperatura, globalmente dan una idea de la variacin de la temperatura a lo largo y ancho del tubo, y de una forma aproximada pretender describir la variacin real de la temperatura dentro del tubo. Si se mide la temperatura y se construyen los perfiles axiales y radiales Qu tanto consideran con los obtenidos del modelo matemtico?

Se usara un punto de colocacin:

Para coordenadas cilndricas y para problemas de naturaleza simtrica, se usaran las siguientes matrices:

Se remplazaran las primeras y segundas derivadas por sumatorias, en donde se usaran las matrices anteriores.

A

A

Observar que no se afecto a la derivada con respecto a z, nicamente a la derivada en r.

A

Insertando en la ecuacin diferencial:

Se llega as a la ecuacin diferencial ya enunciada, cuya solucin dir como cambia la temperatura con la longitud, sobre una superficie cilndrica ubicada en el radio .

Para conocer la temperatura en la pared, ya se dispone de la expresin:

Para conocer la temperatura en el eje central, se propone como polinomio aproximante a un simtrico:

Determinante de la matriz la inversa de la matriz Q es:

Esta es la ecuacin que permite la temperatura en el centro, una vez que se conoce la temperatura en la pared.

Las ecuaciones 9 y 10 constituyen el nuevo sistema a resolver. Se utilizara el mtodo de Runge-Kutta de cuarto orden, el cual tiene el siguiente algoritmo:

Donde:

El algoritmo de Runge-Kutta se implemento en un programa BASIC y se resolvi la ecuacin diferencial ordinaria, usando varios conjuntos de datos y el programa 1:

Datos para el agua: (ref. 5).

Densidad =

conductividad trmica = k =.

Capacidad calorfica = Cp =.

Viscosidad = .

Temperatura del agua a la entrada del tubo = .

Temperatura del aire= .

Radio del tubo = .

Numero de Reynolds =.

Velocidad mxima del agua en el tubo =.

Longitud del tubo =.

El coeficiente superficial de transporte de calor (h) representa a la resistencia al paso de calor, que ofrece el aire que rodea al tubo, en donde la remocin de calor se efecta por el mecanismo de conveccin natural, y tiene como origen la diferencia de temperaturas entre la superficie exterior del tubo y el aire frio. La conveccin natural resulta del entibiamiento del aire adyacente a la tubera y reduce su densidad. El aire tibio sube y continuamente es reemplazada por aire frio, (ref. 6).

El coeficiente de transporte de calor depende de las temperaturas del aire y la superficie, del dimetro del tubo, de la velocidad del aire, etc. (ref. 6).

Se supondr que, a pesar de que la temperatura de la pared no es constante, el coeficiente si lo es. No se incurre en un error apreciable puesto que la mxima diferencia de temperaturas (Tsop-Tamb) es 50 C, y el efecto en el coeficiente es mnimo. En la referencia 6, pg. 34, figura 29, se han graficado los coeficientes superficiales de transferencia para tubos a diferentes dimetros y . De ah se encontr el valor de:

.

Con estos datos, se obtienen los resultados reportados en las figuras 4 y 5.( perfiles de temperatura axiales y radiales).

Se usaron adems, las siguientes modificaciones en los datos:

a) , para observar el efecto de aumentar el coeficiente convectivo de calor, los resultados se reportan en las figuras 6 y 7.

b) , para observar el efecto de disminuir el coeficiente convectivo, o bien aumentar la resistencia del aire. Los resultados se muestran en las figuras 8 y 9.

c) Temperatura ambiente = 373K, y coeficiente de calor = para observar que pasa cuando el medio ambiente es ms caliente que el fluido en el tubo. Por ejemplo el tubo podra estar inmerso en un fluido caliente, donde el coeficiente tenga magnitud elevada. Ver resultados en la figura 10 y 11.

d) Temperatura ambiente = 373 K y coeficiente de calor = , una vez que el fluido es calentado por el medio ambiente, observar que pasa si disminuye el coeficiente de calor. Ver resultados en figuras 12 y 13.

e) Temperatura ambiente = 273K, temperatura del agua a la entrada = 323 K y radio del tubo 1.6 cm, para observar el efecto del aumento del radio del tubo, cuando el medioambiente es mas frio con el fluido en el tubo. Ver resultados en figuras 14 y 15.

f) Velocidad del fluido = 10 cm/seg, para ver el efecto de aumentar la velocidad del fluido al doble. Ver figuras 16 y 17.

Se observa lo siguiente:

1.- Conforme aumenta la longitud, en caso donde la temperatura ambiente es de 0 C y la del agua que entra al tubo es de 50 C, al principio, los perfiles radiales de temperatura son muy pronunciados, pero luego se van aplanando, lo que indica que la temperatura del agua dentro del tubo tiende a ser igual a la del medio ambiente. Figuras 4 y 5.

2.- Conforme aumenta el coeficiente convectivo de la pelcula de fluido que rodea al tubo aumenta la facilidad para eliminar calor desde el tubo hacia el medio ambiente. Esto se manifiesta en los perfiles axiales y radiales de temperatura del agua dentro del tubo. Los perfiles radiales son ms pronunciados. Figuras 6 y 7.

El agua rpidamente pierde el calor, por lo que la temperatura tiende a igualar a la del medio ambiente casi a los 20 metros. Si el coeficiente convectivo se disminuye entonces el medio ambiente funciona como un aislante, el calor no puede salir desde el tubo, los gradientes radiales son menos pronunciados y la igualdad entre las temperaturas del agua y del medio ambiente se alcanza a ms de 20 metros. Figura 8 y 9.

3.- Si en vez de enfriar el fluido se calienta, se observa un comportamiento diferente de la temperatura del fluido. Al aumentar el coeficiente convectivo del medio ambiente (figura 10 y 11). Los gradientes radiales de temperatura del agua dentro del tubo son ms pronunciados. A los 20 metros se logra una temperatura uniforme dentro del fluido, la cual es menor que la del medio ambiente.

Conforme disminuye el coeficiente de conveccin, figura 12 y 13, el calor tiene ms dificultad para ser absorbido por el agua desde el medio ambiente. Los perfiles radiales son cada vez menos pronunciados. A los 20 metros, la temperatura es casi homognea, pero muy inferior a los 373 K, la temperatura ambiente.

4.- Al aumentar el radio del tubo, los gradientes radiales de temperatura son ms enunciados (figuras 14 y 15), debido a que el calor tiene una mayor dificultad para salir del tubo. A los 20 metros, la forma del perfil radial es an muy semejante a la original, pero la temperatura del centro es mayor a la ambiental. Esta igualdad de temperaturas se logra despus de los 20 metros.

5.- Si se aumenta la velocidad al doble, el calor se transporta ms rpido en la direccin axial, por el mecanismo de conveccin, y las prdidas de calor al medio ambiente son menores. A los 20 metros, a una temperatura es mayor que en el caso cuando la velocidad es la mitad.

Ahora se resolver el mismo problema, pero modificando una condicin de frontera:

Se usaran las variables adimensionales:

El sistema queda as:

Se usara un punto de colocacin, para discretizar en la direccin radial:

Llegando al sistema:

Se usaron los valores de q = 0.1 cal/seg cm2 y q = -0.1 cal/seg cm2, en el programa 2.

Se observa que los perfiles axiales son lineales y los perfiles radiales son parablicos.

Si el flujo de calor es hacia el medio ambiente, es positivo; si el flujo de calor es hacia el agua, entonces es negativo. Se le establece sentido y direccin dado que tiene carcter vectorial.

BIBLIOGRAFA CONSULTADA

1. Transport phenomenaBird. Steward. Lightfoot.Ed. John Willey & Sons, 1960

2. The method of weighted residuals and variational principles.With application in fluid mechanics, heat and mass transfer Bruce A. FinlaysonAcademic Press, 1972

3. Mtodos numricosLuther, Oliver, SchutzEd. Limusa

4. Transferencia de cantidad de movimiento, calor y masaGarcell, Diaz y Suris.Ed. Pueblo y EducacinCiudad de la Habana, Cuba, 1988

5. Problemas de ingeniera qumica, tomo 1 Ocon y TojoEd. Aguilar

6. Procesos de transferencia de calor.Donald Q. KernEd. CECSA.

Programa 1

10 REM PROGRAMA EN BASIC PARA RESOLVER UNA ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA

20 REM SE RESUELVE EL PROBLEMA DE LA CONVECCION FORZADA CON Q VAR

30 READ X,Y,N,H,TO,R

40 READ KT,DEN,CP,VM,L,TA,HC

41 BIW = HC*R/KT

42 PE = VM*DEN*CP*R^2/(KT*L)

43 YA = TA/TO

50 DEF FNA(X,Y) = 9*BIW/PE*(YA Y)/(3 + BIW)

60 NSTEP = 0

70 LPRINT TAB(7): NUM:TAB(13):X:TAB(20):YC:TAB(28):YM:TAB(36):YP:

71 PRINT TAB(7): NUM:TAB(13):X:TAB(20):YC:TAB(28):YM:TAB(36):YP:

80 LPRINT TAB(44):"TC:TAB(52):TM:TAB(60):TP:TAB(68):Z

81 PRINT TAB(44):"TC:TAB(52):TM:TAB(60):TP:TAB(68):Z

90 N = N 1

100 FOR NSTEP = 1 TO N

110 K1 = H*FNA(X,Y)

120 K2 = H*FNA(X + .5*H, Y + .5K1)

130 K3 = H*FNA(X + .5*H, Y + .5K2)

140 K4 = H*FNA(X + H, Y + .5K3)

150 Y = Y + 1/6*(K1 + 2*K2 + 2*K3 + K4)

160 YP = (3*Y + BIW*YA)/(3 + BIW)

170 YC = 1.5*Y - .5*YP

190 TP = TO *YP

200 TM = TO*Y

210 TC = TO *YC

211 Q = HC*(TO - TA)

220 X = X + H

230 Z = L*X

240 LPRINT NSTEP,X,YC,Y,YP,TC,TM,TP,Z,Q

241 PRINT NSTEP,X,YC,Y,YP,TC,TM,TP,Z,Q

250 NEXT NSTEP

260 DATA 0,1,100,.01,323,.8

270 DATA .00156,1,1,5,2000,373,.0012

280 END

Programa 2

10 REM PROGRAMA EN BASIC PARA RESOLVER UNA ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA

20 REM SE RESUELVE EL PROBLEMA DE LA CONVECCION FORZADA

30 READ X,Y,N,H,TO,Q1,R

40 READ KT,DEN,CP,VM

50 DEF FNA(X,Y) = -2.99976

60 NSTEP = 0

70 PRINT TAB(7):NUM:TAB(13):X:TAB(20):YC:TAB(26):YM:TAB(36):YP:

80 PRINT TAB(44):TC:TAB(52):TM:TAB(60):TP:TAB(68):Z

90 N = N 1

100 FOR NSTEP = 1 TO N

110 K1 = H*FNA(X,Y)

120 K2 = H*FNA(X + .5*H, Y + .5K1)

130 K3 = H*FNA(X + .5*H, Y + .5K2)

140 K4 = H*FNA(X + H, Y + .5K3)

150 Y = Y + 1/6*(K1 + 2*K2 + 2*K3 + K4)

160 YP = Y 1/3

170 YC = 1.5*Y - .5*YP

180 M = Q1*R/KT

190 TP = M*YP + TO

200 TM = M*Y + TO

210 TC = M*YC + TO

220 X = X + H

230 Z = X*DEN*CP*VM*R^2/KT

240 PRINT NSTEP,X,YC,Y,YP,TC,TM,TP,Z,

250 NEXT NSTEP

260 DATA 0,0,20,.01,323,-.1,.8

270 DATA .00156,1,1,5

280 END

Difusin en una pelcula que cae

La motivacin para plantear este problema es la siguiente: imagnese que una fbrica tiene el problema de lanzar una mezcla de gases contaminantes a la atmosfera, a travs de la chimenea, pero el gas ms contaminante se solubiliza en un lquido: agua, por ejemplo. Esto sugiere la posibilidad de poner en contacto a la mezcla de gases con agua que cae para retirar aprovechando que este se solubiliza en el agua. Desde luego, ahora surge el problema de separar al contaminante del agua, pero esto ya no se analizara aqu.

Tambin podra ocurrir que de una mezcla de gases se quisiera recuperar algn componente caro y el mismo mtodo se podra usar.

Tubo interior

Z=0 sujetador del

tubo interior

tubo exterior

AGUA

MEZCLA DE GASES

X=0 X=1

FIGURA 1

Considere la siguiente:

X

Y

Z elemento de volumen

CAo x W L

z pared de la chimenea

Vx liquido B

CAo

Mezcla de gases

A + C

FIGURA 2

El gas A se adsorbe en un liquido que cae con rgimen laminar y estado estacionario.

A una cierta profundidad de la pelcula del liquido (a un cierto valor de x). Se advierte que en la parte superior, la concentracin de A es menor de la parte inferior a las molculas A que penetra en la pelcula, se trasporta en la direccin X por el mecanismo de la difusin, en virtud de la diferencia de concentraciones, pero tambin son transportadas hacia abajo, por el mecanismo de conveccin, pues son arrastradas con el fluido, lo que hace que en la parte inferior la concentracin sea mayo. Por lo anterior la concentracin varia en la direccin de x y z, y por eso se elige al elemento de volumen indicado en la figura 2.

Aplicando un balance de masa en el elemento de volumen.

(

Recuerde que no se efecta reaccin qumica en elemento de volumen.

Dividir entre

Si y , se obtienen las derivadas parciales:

En la direccin z, el flujo molar es descrito por la ley de Fick:

Sin embargo, el mecanismo principal de transporte de masa es la conveccin, y se puede despreciar la difusin molecular, ocasionada por la diferencia de concentraciones en la direccin z.

El flujo molar en la direccin x, se debe a la difusin molecular. La conveccin no interviene ya que el flujo no se mueve en la direccin x, pero si en la direccin z.

Sustituyendo las expresiones de flujo molar (ecuaciones (2) y (3)) en la ecuacin (1).

Recordar que y constante

Se advierte la necesidad de disponer del perfil de velocidad. Un problema muy semejante ya fue resuelto en el problema 1, porque aqu se presenta nicamente el resultado:

Ahora se establecen las condiciones de frontera:

El significado fsico podra ser un cilindro coaxial, colocado en la parte superior de la chimenea, de tal manera que impida el contacto entre el liquido y mezcla de gases.

O sea que toda la superficie del liquido en contacto con la mezcla de gases, se encuentra a la misma concentracin de saturacin.

Significa que en la pared del tubo, el flujo del contaminante es cero y que el perfil de concentraciones tendr una pendiente cero en ese punto.

Para encontrar la solucin particular de esta ecuacin diferencial, podra a usarse el mtodo de separacin de variables y obtener la temperatura en trminos de series de potencias de Fourier. Sin embargo, aqu se usara el mtodo de colocacin ortogonal, para ilustrar su uso.

Ser necesario usar variables adimensionales, pues as lo pide el mtodo de colocacin:

Sean:

Sustituyendo:

De esta forma se obtiene el sistema:

Donde:

Se considera que este problema tiene naturaleza no simtrica, y se usaran dos puntos interiores de colocacin, mas los dos extremos: 4 puntos en total. Se discretizar en las direcciones X, con el objetivo de obtener un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias, las cuales describirn el cambio de temperatura en la direccin Z, para valores de X fijos, dados por los puntos de colocacin.

La solucin de este nuevo sistema ser una aproximacin al la solucin de la ecuacin diferencial parcial en los puntos de colocacin.

(X1=0X2=0.2113X3=0.78867X4=1.0Figura3: Perfiles de temperatura, dados por las ecuaciones diferenciales)

X1 X2 X3 X4

Z

La matriz A discretiza la primera derivada y la matriz B, a la segunda derivada, (Ref. 2)

Discretizando el sistema de ecuaciones:

Desarrollando la sumatoria

Sustituyendo valores numricos:

de la ecuacin 11 se despeja :

Sustituyendo y en las ecuaciones 9 y 10, se obtiene un sistema reducido, en trminos de y :

Para resolver este sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias, se usa el mtodo de Runge-Kutta de cuarto orden, el cual tiene el siguiente algoritmo:

Donde

Se usaron los siguientes datos: (tomados de la ref. 1, cap. 17-c. y programa 1)

CA0 = 0.00823 gr de Cl2/cm3

cm, grosor de la pelcula

L = 13 cm, longitud del tubo

DAB = 1.76x10-5 cm2/seg

V = 17 cm/seg

Los resultados se muestran en forma d perfiles de concentracin, en la direccin X, para varios valores de Z. obsrvese que al avanzar en la direccin X, la concentracin disminuye, esto se debe a la resistencia al transporte molecular. Conforme se avanza en la direccin del flujo del liquido (valores de Z cada vez mayores), los perfiles son menos pronunciados, lo que indica que para un valor de X fijo, una capa a una cierta profundidad en la direccin X, al avanzar con el fluido, la concentracin del cloro aumenta debido a que se suman los efectos de transporte de difusin molecular y del convectivo. A la salida del tubo, el perfil se homogeniza el valor constante de CA0. Ver figura 4

En la figura 5 se muestran perfiles de concentracin en la direccin Z, para valores fijos de X. se observa que al avanzar en la direccin Z, aumenta la concentracin. Estos resultados del modelo matemtico ya avan sido previstos.

Se hizo una pequea modificacin al modelo, reemplazando una condicin de frontera, por la siguiente:

Desde el punto de vista fsico, este representa un comportamiento del transporte de masa en la direccin X, muy diferente con respecto al caso anterior, ya que implica que la solubilidad del cloro es menor, pues en la capa del liquido adyacente a la pared, la concentracin es cero, cosa que no ocurrira con la condicin de frontera. Ver figura 3.

Realizando un procedimiento de discretizacin de la ecuacin, completamente anlogo al anterior usando los mismos puntos de colocacin y por lo mismo las mismas matrices, se obtiene en nuevo sistema de ecuaciones:

Este sistema se resuelve usando el mtodo de Runge-Kutta de cuarto orden y se usara los mismos datos del problema anterior, en el programa 2.

Se observa un comportamiento semejante, ver figuras 6 y 7

Al avanzar en la direccin X, la concentracin disminuye y al avanzar en la direccin Z, la concentracin aumenta, hasta obtenerse un perfil lineal, a partir de Z= 6.5 cm.

Con el objetivo de obtener una mejor aproximacin a la solucin se usaran 3 puntos de colocacin interiores, mas los dos extremos: 5 en total. Se usaran las condiciones de frontera del primer problema:

Los puntos de colocacin son:

X1=0, X2=0.1127, X3=0.5, X4=0.88729, X5=1.0

La matriz A discretiza la primera derivada y la matriz B discretiza la segunda derivada

A=

Usando un mtodo de discretizacin anlogo al ya descrito se obtiene el nuevo sistema de ecuaciones:

Este sistema se resolvi con el mtodo de Runge-Kutta de cuarto orden, generalizado a 3 ecuaciones, usando el programa 3 y dando exactamente los mismos datos, pero con 0.003 cm, no se obtienen salociones racionales. Se esperaran resultados mejores usando 3 puntos en lugar de 2, sin embargo no ocurri asi. Usando 0.0045 cm, si se obtienen resultados cualitativamente correctos y los resultados se reportan en la figura 8 sin mayor discusin (ver figura 9).

Bibliografa consultada

1.- Transport phenomena.John Wiley & Sons, 1960

2.- The method of weighted residuals and variational principles.with application in fluid mechanics, heat and mass transfer.Bruce A. Finlayson. academic press, 1972

3.- Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la frontera.Boyce & Di prima.Ed. Limusa (tercera edicin)

4.- Transferencia de cantidad de movimiento, calor y masa.Garcell, Daz y Suris.

Ed. Pueblo y Educacin.Cd, de la Habana, Cuba, 1988.

Programa 1

10 REM PROGRAMA EN BASIC PARA RESOLVER DOS ECUACIONES DIFERENCIALES

20 REM ORDINARIAS USANDO EL MTODO DE RUNGE KUTTA DE CUARTO ORDEN

40 READ H,X,Y,Z,N,L,DEL,CAO,DAB,VM

50 BE = DAB*L/(VM*DEL^2)

60 DEF FNA(Y,Z) = (16.49936-23.6797*Y+7.17828*Z)*BE

70 DEF FNA(Y,Z) = BE*(-5.42495+18.14394*Y-12.72459*Z)

80 NPASO = 0

90 PRINT PASO, X, Y, Z

91 LPRINT PASO, X, Y, Z, , C2C3, C4

100 PRINT

110 PRINT NPASO, X,Y.Z

120 FOR NPASO =1 TO N

130 KO = H*FNA(Y,Z)

140 MO =H*FNB(Y,Z)

150 K1 = H*FNA(Y + 0.5KO, Z +0.5*MO)

160 M1 = H*FNB(Y + 0.5KO, Z +0.5*MO)

170 K2 = H*FNA(Y + 0.5K1, Z +0.5*M1)

180 M2 = H*FNB(Y + 0.5K1, Z +0.5*M1)

190 K3 = H*FNA(Y + K2, Z + M2)

200 M3 = H*FNB(Y + K2, Z + M2)

210 Y = Y + (1!/6!)*(KO+2!*K1+2!*K2+K3)

220 Z = Z + (1!/6!) *(MO+2!*M1+2!*M2+M3)

221 W = 0.143857-0.313714*Y+1.17085*Z

222 C2 = CAO*Y

223 C3 = CAO*Z

224 C4 = CAO*W

230 X = X + H

231 LON =X*L

240 PRINT NPASO,X,Y,Z,W,C2,C3,C4,LON

241 LPRINT NPASO,X,Y,Z,W,C2,C3,C4,LON

250 NEST NPASO

260 DATA 0.05,0,0,0,0.20,13,0.003,0.00823,0.0000126,17.7

270 END

Programa 2

10 REM PROGRAMA EN BASIC PARA RESOLVER DOS ECUACIONES DIFERENCIALES

20 REM ORDINARIAS USANDO EL MTODO DE RUNGE KUTA DE CUARTO ORDEN

40 READ H,X Y,Z,N,L.DEL,CAO,DAB,VM

50 BE= DAB*L/(VM*DEL^2)

60 DEF FNA(Y,Z) =BE* (16.49936-24*Y+12*Z)

70 DEF FNB(Y,Z) = BE*(-4.392+12*Y-24*Z)

80 NPASO = 0

90 PRINT PASO, X, Y, Z

91 LPRINT PASO, X, Y, Z, C2C3

100 PRINT

110 PRINT NPASO, X,Y.Z

120 FOR NPASO =1 TO N

130 KO = H*FNA(Y,Z)

140 MO =H*FNB(Y,Z)

150 K1 = H*FNA(Y + 0.5KO, Z +0.5*MO)

160 M1 = H*FNB(Y + 0.5KO, Z +0.5*MO)

170 K2 = H*FNA(Y + 0.5K1, Z +0.5*M1)

180 M2 = H*FNB(Y + 0.5K1, Z +0.5*M1)

190 K3 = H*FNA(Y + K2, Z + M2)

200 M3 = H*FNB(Y + K2, Z + M2)

210 Y = Y + (1!/6!)*(KO+2!*K1+2!*K2+K3)

220 Z = Z + (1!/6!) *(MO+2!*M1+2!*M2+M3)

222 C2 = CAO*Y

223 C3 = CAO*Z

230 X = X + H

231 LON =X*L

240 PRINT NPASO,X,Y,Z,C2,C3,LON

241 LPRINT NPASO,X,Y,Z,C2,C3,LON

250 NEST NPASO

260 DATA 0.05,0,0,0,0.20,13,0.003,0.00823,0.0000126,17.7

270 END

Programa 2

10 REM PROGRAMA EN BASIC PARA RESOLVER TRES ECUACIONES DIFERENCIALES

20 REM ORDINARIAS USANDO EL MTODO DE RUNGE KUTA DE CUARTO ORDEN

21 REM PROBLEMA DE LA DIFUCION EN UNA PELICULA QUE CAE

22 REM SE USAN TRES PUNTOS DE COLOCACION Y MATRICES NO SIMETRICAS

40 READ H,X , Y,Z,W,N,L.DEL,CAO,DAB,VM

50 BE= DAB*L/(VM*DEL^2)

60 DEF FNA(Y,Z,W) =BE* (53.3955-73.288*Y+25.6052*Z-5.51165*W)

70 DEF FNB(Y,Z,W) = BE*(-7.38464+21.0661*Y-26.804*Z+13.1213*W)

71 DEF=FNC(Y,Z,W)= BE*(12.5386-26.5413*Y+74.0562*Z-60.06299*W)

80 NPASO = 0

90 PRINT PASO, X, Y, Z

91 LPRINT PASO, X, Y, Z,C2,C3,C4

100 PRINT

110 PRINT NPASO, X,Y.Z

120 FOR NPASO =1 TO N

130 KO = H*FNA(Y,Z)

140 MO =H*FNB(Y,Z)

141 RO = H*FNC(Y,Z)

150 K1 = H*FNA(Y + 0.5KO, Z +0.5*MO, W + 0.5*R0)

160 M1 = H*FNB(Y + 0.5KO, Z +0.5*MO, W + 0.5*R0)

161 R1 = H*FNC(Y + 0.5KO, Z +0.5*MO, W + 0.5*R0)

170 K2 = H*FNA(Y + 0.5K1, Z +0.5*M1, W + 0.5*R1)

180 M2 = H*FNB(Y + 0.5K1, Z +0.5*M1, W + 0.5*R1)

181 R2 = H*FNC(Y + 0.5K1, Z +0.5*M1, W + 0.5*R1)

190 K3 = H*FNA(Y + K2, Z + M2, W + 0.5*R2)

200 M3 = H*FNB(Y + K2, Z + M2, W + 0.5*R2)

210 Y = Y + (1!/6!)*(KO+2!*K1+2!*K2+K3)

200 M3 = H*FNB(Y + K2, Z + M2, W + 0.5*R2)

201 R3 = H*FNC(Y + K2, Z + M2, W + 0.5*R2)

210 Y = Y + (1!/6!) *(KO+2!*K1+2!*K2+K3)

220 Z = Z + (1!/6!) *(MO+2!*M1+2!*M2+M3)

221 W = W + 1/6 *(RO+2*R1+2*R2+R3)

222 V = -0.07692+0.14444*Y-0.205*Z+1.1375*W

223 C2 = CAO*Y

224 C3 = CAO*Z

225 C4 = CAO*W

226 C5 = CAP*V

230 X = X + H

231 LON =X*L

240 PRINT NPASO,X,Y,Z,W,V,C2,C3,C4,C5,LON

241 LPRINT NPASO,X,Y,Z,W,V,C2,C3,C4,C5,LON

250 NEST NPASO

260 DATA 0.05,0,0,0,0.20,13,0.003,0.00823,0.0000126,17.7

270 END

012345671011141926354659

x

figura 1

y

1

78.1962.1961

2.7321.7321.7321.7321

0.732117321.7320.7321

12.1968.1967

2437.1825.1812

16.3924124.392

4.392122416.39

1225.1837.1824

A

B

--

-

=

---

--

--

--

=

--

--

7.08.1962.1961.0

2.7321.7321.7320.7321

0.73211.7321.7322.732

1.02.1968.1967.0

24.037.1825.1812.0

16.3924.012.04.392

4.39112.024.016.39

12.025.1837.1824.0

A

B

-

--

=

--

--

--

--

=

--

--

13.0

5.323

-

1.5

0.676

-

1.0

14.788

3.872

3.227

-

1.29

1.878

-

2.666

-

2.066

0.0

2.065

-

2.666

1.878

1.29

-

3.227

3.872

-

14.788

-

1.0

-

0.676

1.5

-

5.323

13.0

B

84.0

53.237

6.0

-

6.762

24.0

122.063

-

73.333

-

16.666

13.333

-

44.603

-

58.666

26.666

21.333

-

26.666

58.666

44.603

-

13.333

-

16.666

73.333

-

122.063

-

24.0

6.762

6.0

-

53.237

84.0

:=

11.0588242.28567.226836

4804

0.94111647.0324732

3.058826.285767.22644

B

--

-

=

--

--