Libro de BM Y E.pdf

8/10/2019 Libro de BM Y E.pdf

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Ángel David Natividad BardalesSergio Grimaldo Muñoz Garay



ÍNDICE

PRESENTACIÓNINTRODUCCIÓNCAPÍTULO IINTRODUCCIÓN A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DEMATERIA Y ENERGÍA EN LA AGROINDUSTRIA1.1. DIMENSIONES Y UNIDADES1.2. TEMPERATURA1.3. PRESIÓN1.4. UNIDADES MOLARES Y UNIDADES DE PESO O MASA1.5. ÁREA

1.6. DENSIDAD1.7. CONCENTRACIÓN1.8. HUMEDADCAPITULO IIBALANCE DE MATERIA EN LA AGROINDUSTRIA2.1. BALANCE DE MATERIA (MASA)EJERCICIOS DESARROLLADOS DE BALANCE DE MASAEJERCICIOS PROPUESTOS DE BALANCE DE MASACAPÍTULO III

BALANCE DE ENERGÍA3.1 LA ENERGÍA3.2 CALOR2.3 TRABAJO3.4 BALANCE DE CALOREJERCICIOS DESARROLLADOS DE BALANCE DE ENERGÍAEJERCICIOS PROPUESTOS DE BALANCE DE ENERGÍA

34

5617222325

262833

35363882

858686888991124



PRESENTACIÓN

En los procesos agroindustriales es necesario comprender losfenómenos que se presenta en cada una de estas activiades. Es habituallos cálculos de rendimiento y balance de energía, en los cuales se aplicala ley física básica de la conservación de la masa. Esta ley, expresada enforma simple, enuncia que la masa no puede crearse ni destruirse. Porconsiguiente, la masa (o el peso) total de todos los materiales queintervienen en el proceso debe ser igual a la de todos los materiales quesalen del mismo, más la masa de los materiales que se acumulan opermanecen en el proceso. Por tanto, los problemas de balance de masay energía se basan en la aplicación correcta de las leyes de conservación

de masa y energía y pueden llegar a ser extraordinariamentecomplicados. Solo la resolución sistemática de muchos de ellos creará laintuición necesaria para resolver casos nuevos. Para los cálculos deaplicación de estos balances de masa y energía, es preciso seguir unaadecuada metodología que facilite el análisis: esbozar el esquema delproceso, usando la simbología apropiada y los datos de operaciónconocidos, plantear el problema vía ecuaciones algebraicas y efectuarlos cálculos, vía sustitución de datos en las ecuaciones planteadas.Este libro sigue en general el curso de Balance de Materia y Energía que

se imparte en la formación académica de la ingeniería agroindustrial yde alimentos. La finalidad primordial es, por tanto, proporcionar untexto para no graduados que ya poseen conocimientos sencillos deanálisis matemático y física aplicada. Asimismo consideramos que esteprimer volumen ha de resultar un manual de gran utilidad paraaquellos estudiantes que hayan de cursar complementos de formaciónde ingenieros



INTRODUCCIÓN

El presente libro,pretendeseruna guía técnica para cálculos de balance

de materia y energía habituales en la agroindustriaEn esta guía se presentan los conocimientos teoricos-practicos defundamentos de cálculo que se requieren para el seguimiento, valoración einterpretación de un proceso agroindustrial, en el cual es necesarioconocer las variables que lo delimitan, para tener precisión en laformulación, adición de ingredientes y desarrollo de nuevos productosagroindustriales.

Los principios en que se basa el proceso agroindustrial, supone

familiarizarse con los conceptos de transferencia de masa,. de calor,mezclas y eventualmente reacciones químicas que intervienen en todos losprocesos.

En este libro se presentan ejemplos de los procesos mas comunesdentro de la agroindustria y al mismo tiempo presenta metodologiasprácticas para realizar cálculos porcentuales y de conversiones deunidades. Por lo que va dirigido principalmente a personasinvolucradas a la agroindustria, para que puedan entender losprocedimientos agroindustriales bajo la óptica analítica y hacer

ejoras para obtener resultados más eficientes.Con el fin de ejemplificar la solución a problemas comunesrelacionados con el balance de materia y energía en la agroindustria, entodos los capítulos se han agregado problemas propuestos para que ellector utilice la metodología propuesta para encontrar su solución.

Como todo trabajo, esta obra es suceptible de ser mejorado, por lo queagradecemos de antemano las observaciones y las recomendacionesque puedan hacer a esta obra con el fin de mejorarla.



CAPÍTULO IINTRODUCCIÓN A LOS PROBLEMAS DE

BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA EN LAAGROINDUSTRIA



En toda actividad realizada por el ser humano, hay la necesidad demedir "algo"; ya sea el tiempo, distancia, velocidad, temperatura,volumen, ángulos, potencia, etc. Todo lo que sea medible, requiere dealguna unidad con qué medirlo, ya que la gente necesita saber qué tan

lejos, qué tan rápido, qué cantidad, cuánto pesa, etc., en términos quese entiendan, que sean reconocibles, y que se esté de acuerdo con ellos.

Para esto, fue necesario crear unidades de medición, las cuales en laantigüedad eran muy rudimentarias (codos, leguas, barriles, varas,etc.), y variaban de una región a otra. Algunas de estas unidades aúnse siguen usando y conservando su nombre original.

“Lo que no se mide no se puede evaluar y lo que no se puede evaluarno se puede mejorar”

1.1. DIMENSIONES Y UNIDADES

Dimensión: Entidad física que pueda observarse y/o medirse,ejemplo: Longitud, masa, tiempo, etc.

Unidad: Es la medida de la dimensión. Por ejemplo: pie, metro, ymilla son unidades de la dimensión longitud.

Expresar una aceleración como 9.8 no tiene sentido, si se agrega launidad correspondiente de un determinado sistema y se dice quela aceleración es 9.8 m/s2 esta información adquiere sentido.

Para trabajos científicos y de ingeniería, deben usarse las unidadesde medida del

Sistema Internacional de Unidades

Existen tres sistemas de unidades básicas empleados actualmente

en la ciencia y la ingeniería. El primero y más importante es elsistema SI (Systeme Internationale d' Unites), cuyas unidadesbásicas son el metro (m), el kilogramo (kg) y el segundo (s). Losotros son el sistema inglés: pie (ft), libra (lb) y segundo (s); y elsistema cgs centímetro (cm), gramo (g) y segundo (s).

En la actualidad se ha adoptado ya el sistema SI de manera oficial



para usarse en ingeniería y la ciencia, aunque los sistemas inglés ycgs todavía tienen bastante aceptación, debido a que en lacalibración de algunos instrumentos, se utilizan unidades de otrossistemas, por ello es indispensable saber trabajar e interpretar

información de ellos y saber convertir unidades de un sistema aotro.

Cada sistema escoge un grupo de dimensiones fundamentales (deacuerdo a un patrón estricto y reproducible) y las unidadesasignadas a estas dimensiones son unidades básicas. Las unidadesasignadas a aquellas dimensiones que no pertenezcan al grupoescogido recibirán el nombre de unidades derivadas. Por ejemplo,si un sistema escoge la longitud como dimensión fundamental, elárea será una cantidad física derivada.

Los sistemas de unidades se clasifican en:

Absolutos: Aquellos donde las unidades de fuerza y energía sonderivadas, como el Sistema Internacional (S.I.)

Gravitacionales: Los que no cumplen la condición anterior, paraellos la fuerza es una dimensión fundamental definida con base enla fuerza de atracción gravitacional al nivel del mar, un ejemplo esel sistema inglés.

Sistema Internacional de Unidades (S. I.)

Está sustentado en siete unidades básicas y dos suplementarias.

Dimensión física Símbolo Unidad Símbolo

longitud L metro mmasa M kilogramo kg

tiempo ϴ segundo sintensidad de con. elec. I amperio Atemperatura termodin T kelvin Kintensidad luminosa C candela cdcantidad de sustancia N mole mol



En este sistema algunas definiciones de unidades son:

La unidad de longitud es el metro (m) [El metro es la longitudigual a 1650763.73 veces la longitud de onda de la radiación en elvacío correspondiente a la transición entre los niveles 2p10 y 5d5

del átomo de kriptón - 86.]La unidad de tiempo es el segundo (s)[ El segundo es la duraciónde 9192631770 períodos de radiación correspondiente a latransición entre los niveles hiperfinos del estado inferior delátomo cesio - 133]

La unidad de masa es el kilogramo (kg) [El kilogramo es la masadel prototipo internacional del kilogramo un cilindro de platino-iridio conservado en una cámara en la oficina Internacional de

Pesos y Medidas en Sevres, Francia]La unidad de temperatura es el grado Kelvin (K) [El grado kelvines la 1/273.16 parte de la temperatura del punto triple del agua].

La unidad de corriente eléctrica es el amperio (A) [es la intensidadde corriente que circulando por dos conductores paralelos desección despreciable y longitud infinita separados un metro ysituados en el vacío producirá entre ellos una fuerza de 2x10-7newton/metro de longitud].

La unidad de intensidad luminosa es la candela (cd) [la candela esla intensidad luminosa en dirección perpendicular de unasuperficie negra de 1/600000 m2 a la temperatura de fusión delplatino a 101325 newton/m2.]

La unidad de cantidad de una sustancia es el mol (mol) [El mol esla cantidad de sustancia que contiene tantas moléculas comoátomos hay en 0.012 kg de carbono-12.].

Metro: Longitud igual a 1,650763.73 veces la longitud de onda en

el vacío, de la radiación correspondiente a la transición entre losniveles 2p10 y 5d5 del átomo de kriptón 86.

Segundo: Duración de 9,192631770 períodos de la radiacióncorrespondiente a la transición entre dos niveles hiperfinos delestado fundamental del átomo de cesio 133.



Ventajas del S.I.

Coherencia: El producto o el cociente de dos o más de susdimensiones da como resultado la unidad derivada

correspondiente.

Dimensión Unidad

área L x L (m x m ) = m2

fuerza M x L/ϴ2 ( kg x m/s2 ) = N ( Newton )

Más general que otros sistemas: La unidad de fuerza es

independiente de la aceleración debida al campo gravitatorioterrestre y por tanto será unidad derivada, en cambio en sistemasgravitacionales, la fuerza es una cantidad física fundamental y suunidad estará definida estrictamente.

Los factores de proporcionalidad para obtener unidadesderivadas de las básicas son siempre la unidad.

Se utiliza exclusivamente el sistema arábigo de numeración conbase 10 y se usan prefijos para facilitar el trabajo.



Cuadro 1. Múltiplos de la unidad

Símbolo Prefijo Cantidad Ejemplo

D

HKMGT

deca

hectakilomegagigatera

10

1001,0001'000,000

1,000,000,0001,000,000,000,000

decámetro

hectómetrokilómetromegámterogigámetroterámetro

Cuadro 2. Submúltiplos de la unidadSímbolo Prefijo Cantidad Ejemplo

dcMµnp

decicentimilimicronanopico

0.10.01

0.0010.000001

0.0000000010.000000000001

decímetrocentímetromilímetro

micrómetronanómetropicómetro

Para números mayores que la unidad: 101 = 10 ó (10)

102

= 100 ó (10 x 10)103 = 1000 ó (10 x 10 x 10)106 = 1'000,000 ó (10 x 10 x 10 x 10 x 10 x 10) etc.

Así por ejemplo, para indicar 540,000 se puede expresar 5.4 x 105.

Para números menores que uno:

10 -1 = 0.1 ó (0.10)

10-2

= 0.01 ó (0.10 x 0.10)10 -3 = 0.001 ó (0.10 x 0.10 x 0.10)

10 -6 = 0.000001 ó (0.10 x 0.10 x 0.10 x 0.10 x 0.10 x 0.10)etc...

Así por ejemplo, para indicar 0.00072 se puede expresar 7.2 x 10-4.



Sistema inglés (Americano de ingeniería)Tiene las siguientes dimensiones fundamentales con sus unidadesbásicas:

Dimensión física Símbolo Unidad Símbolo

longitud L pie ftmasa M libra masa lbmtiempo ϴ segundo sfuerza F libra fuerza lbftemperatura termodin T grados rankine Rintensidad de con. elec. I ampere Aintensidad luminosa C candela cd

La libra fuerza está definida como: La fuerza necesaria para aceleraruna masa de 1 lbm a 32.174 pies/s2 siendo esta la aceleración delcampo gravitatorio terrestre en el ecuador, a nivel del mar.

La ley de Newton puede emplearse para ver cuál es la situación conrespecto a la conversión de unidades dentro de un mismo sistema.

En la cual: F = fuerzaM = masaa = aceleracióngc = constante, cuyo valor numérico y unidades dependendel sistema de unidades elegido y tiene dimensiones de

En el sistema absoluto S.I.

El newton está definido como la fuerza necesaria para acelerar 1 kg,con una aceleración de 1 m/s2



En el sistema gravitatorio Inglés como se mencionó anteriormente

luego

Puesto que en la mayoría de los campos científicos se trabaja conunidades del S.I., la omisión del gc no causa problemas y la práctica deno incluir gc en las ecuaciones donde aparece conversión de unidadesde masa a fuerza es casi universal. Sin embargo, en el sistema inglés laomisión del gc es catastrófica.

Ecuaciones dimensiónales.

En ingeniería, es muy importante comprobar la homogeneidaddimensional de cualquier ecuación, o sea que las dimensiones del ladoderecho de la ecuación deben ser las mismas que las del ladoizquierdo.

Según la combinación de las dimensiones se puede hablar de dos

sistemas de unidades: Absoluto y Gravitacional.



Sistema Dimensiones Unidades

Absoluto M L T Kilogramo - metro - segundo

Gravitacional F L T Newton - metro - segundo

Variable Símbolo Unidad MLT FLT

Fuerza F Nw MLT-2 F

Masa M Kg. M FL-1T-2

Longitud L M L L

Tiempo T S T TVelocidad lineal V m/s LT L

Velocidad angular w s-1 T-1 T-1

Velocidad del sonido C m/s LT-1 LT-1

Aceleración lineal A m/s2 LT-2 LT-2

Aceleración gravedad G m/s2 LT-2 LT-2

Gasto o caudal Q m3/s L3T-1 L3T-1

Caudal unitario Q m2/s L2T-1 L2T-1 Presión P Pa ML-1T-2 FL-2

Densidad r Kg/m3 ML-3 FL-4T2

Peso específico G N/m3 ML-2T-2 FL-3

Viscosidad dinámica M Pa.s ML-1T-1 FL-2T

Viscosidad cinemática V m2/s L2T-1 L2T-1

Tensión superficial S N/m MT-2 FL-1

Esfuerzo de corte t Pa ML-1T-2 FL-1

Módulo de elasticidad E( K) Pa ML-1T-2 FL-2



Ejemplo 1.1.

Determinar si la expresión es dimensionalmente correcta.

Desarrollo:

Determino las dimensiones de cada una de las variables: [x] = L,[a] = L/T2=LT-2, [t]2= T2

Igualo las dimensiones de cada variable: [x] =[a][t]2 Sustituyo las dimensiones de cada variable: L = (LT-2)(T)2. Opero algebraicamente con las dimensiones (agrupo las

dimensiones iguales y aplico propiedades de potencias):L = L(T-2).(T)2 = L T (-2+2) = LT0 = L

Concluyo en función del resultado si es dimensionalmente correcto.

En este caso sí lo es.

Ejemplo 1.2.

A partir de la ley de Gravitación Universal de Newton: determinar las dimensiones de la constante de gravitación G.

Desarrollo:

A partir de la ley puedo deducir que:m. M

r . F G

2

Las dimensiones son: [ M ] =[m] = M; [r 2] = L2; [F] =MLT-2.(puesF=m.a)

[G] =[F ].[r 2]/([ M ].[m]) [G] = (MLT-2).( L2)/((M)(M)) [G] = M(1-(1+1)).L(1+2) T-2 =M-1L3T2

Ejemplo 1.3.

Establecer si la siguiente ecuación es dimensionalmente homogénea:



En la cual:P = Presión = volumen que fluye por unidad de tiempog = aceleración de la gravedad

d1 y d2 = diámetros de boquillasA = área de descarga de boquillaρ= densidad del fluido c = constante

Desarrollo:Para que sea consistente en cuanto a dimensiones debe ser unaecuación dimensionalmente homogénea.

De acuerdo con el análisis dimensional, c no puede ser una constante

adimensional, debe tener dimensiones de

[ϴ

]

Ejercicios propuestos

1.1.- La potencia transmitida en una cuerda por una onda senoidal secalcula con la fórmula:P= 0,5 μω2A2v; Donde: P= potencia, ω es frecuencia angular, A esamplitud y v es velocidad. Hallar la ecuación dimensional para μ

a) ML-1

b) LMT-1

c) L3M-1

T-2

c) M2

L-2

T-1

d) MLT-3

1.2.- Hallar la ecuación dimensional de A, si se cumple la relación: √



Donde C=velocidad, D=densidad, F=fuerza, y V=volumena) L3T-2 b) MT-1 c) L6T-2 c) L6T2 d) LT-3

1.3.- En el siguiente problema hallar las dimensiones de P, sabiendo

que Q=fuerza, W=trabajo, Z=aceleración, V=volumen.

P= 30 senQW

ZV

a) ML3T-2 b) MLT-1 c) M-1/2L2T-1 d) M-3/2L2T e) MLT-3

1.4.- Hallar la ecuación dimensional de C en la siguiente expresión:

P=Po

12

2

CTE mv

e

Donde v=velocidad, m=masa, E=energía, T=temperatura, yP=potencia.a) L b) Tθ c) θ2 d) θ e) Mθ

1.5.- Si a=aceleración, M=masa y L=longitud.Hallar A si la expresión siguiente es dimensionalmente exacta.

2 M

A +

B

M

+ La B

S

.2

a) M3L-1T b) LMT-1 c) L3M-1T-2 d) M2L-2T-1 e) MLT-3

1.6.- Si la presión P esta expresada por:P= at2 + bD + cF; Donde: t= tiempo, D=densidad y F=fuerza. Hallarlas dimensiones de a, b y ca) ML-1T4 ; L2T-2 ; L-2 b) ML-1T-4 ; L2T-2 ; L2 c) ML-1T-4 ; L2T-2 ; L-2 d) ML-1T-4 ; L-2T2 ; L-2 e) ML-3T-4 ; L2T-2 ; L2



1.7.-La ecuación que define la energía interna sobre mol de un gas idealtiene la fórmula: U=3/2RαTβ Dónde: T= temperatura; R= 8,31 joule/(mol.°K)

Hallar: α + β a) 1 b) 2 c) -2 d) -1 e) -3

1.2. TEMPERATURA

La temperatura de un cuerpo es una medida de su estado relativo decalentamiento o enfriamiento, cuando tocamos un cuerpo, nuestrosentido del tacto nos permite hacer una estimación del grado decalentamiento o enfriamiento del cuerpo con respecto a la parte denuestra piel que está en contacto con dicho cuerpo. Esta estimación deltacto es demasiado limitada e imprecisa para ser de algún valor en lostrabajos técnicos y científicos.

En la actualidad la temperatura se considera como una medida de lamayor o menor agitación de las moléculas o átomos que constituyenun cuerpo. Para cuantificarla se relaciona la energía cinética promediode las moléculas, de modo que una temperatura elevada corresponde

una mayor energía cinética promedio de las moléculas, debido a unamayor agitación molecular. Esta relación se expresa de la siguientemanera: Tα Ec

La temperatura debe designarse en forma más precisa con referencia auna escala. El instrumento para medir la temperatura se llamatermómetro; el más común, es el que se basa en la expansión uniformede un líquido dentro de un tubo de vidrio sellado. Este tubo tiene en elfondo un bulbo donde se aloja el líquido (mercurio o alcohol).

Normalmente existen dos escalas de temperatura comunes en laindustria. Ellas son grados Fahrenheit (°F) y Celsius (°C). Ambas usanel punto de congelación y el punto de ebullición del agua a 1 atmósferade presión como patrones. Las temperaturas también se expresan conunidades absolutas en grados K (sistema SI) o grados Rankine (°R) envez de °C o °F.



Escalas de temperatura Fahrenheit y Celsius

En 1592, Galileo inventó un termómetro, pero no tenía una escala biendefinida. En 1720, el holandés Gabriel Fahrenheit, fue el primero queideó un termómetro con una escala graduada, pero los puntos de

referencia que escogió fueron la temperatura del cuerpo humano (100ºF) y la de una mezcla de hielo con sal (0 ºF). En 1742, el sueco AndersCelsius, tomando el antecedente de Fahrenheit, ideó la escala detemperatura Celsius o Centígrada, usando como puntos de referencia latemperatura de una mezcla de hielo y agua pura (0ºC), y la de

ebullición del agua pura (100 ºC).

Estas dos escalas (la Fahrenheit y la Celsius), son las de uso más comúnen trabajos cotidianos. Ambas escalas tienen valores positivos (arriba

del cero) y valores negativos (abajo del cero).

Escalas de temperatura Absolutas, Kelvin y Rankine

Para trabajos más científicos, se requiere el uso de temperaturasabsolutas (totales), que no tengan valores negativos. Las escalasabsolutas comienzan de cero hacia arriba. El cero absoluto es unatemperatura que se determinó matemáticamente, y se supone que aesta temperatura, se detiene el movimiento molecular de cualquier

sustancia. Es la temperatura más baja posible en la tierra, y se suponetambién que en este punto, hay una total ausencia de calor.

Las escalas usadas para medir temperaturas absolutas son la Kelvin(Celsius absoluta) y la Rankine (Fahrenheit absoluta). La Kelvin usa lasmismas divisiones o graduaciones que la escala Celsius, y el cero

absoluto (0 ºK) equivale a -273.15 oC. La escala Rankine usa las mismas

divisiones que la escala Fahrenheit, y el cero absoluto (0 ºR) equivale a -

460 ºF. La unidad de temperatura en el SI es el Kelvin (K), aunque se

permite el uso de ºC.



Figura 01. Equivalencias de los ºC y ºF

Cuadro 3. Escalas de temperaturas y Equivalencias

La diferencia entre el punto de ebullición del agua y el punto de fusióndel hielo a 1 atmósfera es 100°C o 180°F. Por lo tanto, un cambio de 1.8

Centígrada Fahrenheit Kelvin Rankine Celsius

Agua aebullición

100 °C 212°F 373.15 K 671.7 R 100°C

Fusión delhielo 0°C 32°F 273.15 K 491.7 R 0°C

Cero absoluto -273.15°C -459.7°F 0 K 0 R -273.15°C



°F es igual a un cambio de 1°C. Para convertir de una escala a otrapueden usarse las siguientes ecuaciones:

°F = 32 + 1.8 (°C)

°R = °F + 460

°K = °C + 273.15

Ejemplo 1.4.La pasteurización de néctares es a 80°C por 10 minutos ¿Cuál es latemperatura en °F, °R y °K?Desarrollando:

°F = 32 + 1.8 (80) = 176

°R = °F + 460 = 176 + 460 = 636

°K = °C + 273.15 = 80 + 273.15 = 353.15

Por consiguiente, 80ºC = 176ºF = 636ºR = 353.15ºK.

Ejemplo 1.5.Durante el proceso de calentamiento, la temperatura de un sistemaaumenta en 10 ºC. Exprese este aumento en K, ºF y R.

Desarrollo:Este problema trata de cambios de temperatura, que son idénticos enlas escalas de Kelvin y Celsius. Entonces

ΔT (K) = ΔT (ºC) = 10 K

Los cambios de temperatura en las escalas Fahrenheit y Rankinetambién son idénticos y se relacionan con los cambios en las escalas

Celsius y Kelvin

ΔT (R) = 1.8 ΔT (K) = 1.8 (10) = 18 Ry

ΔT (ºF) = ΔT (ºR) = 18 ºF



Observe que las unidades en ºC y K son intercambiables cuando setrata con diferencias de temperatura. Asimismo las unidades de ºF y Rson intercambiables cuando se trata con diferencias de temperatura.

EJERCICIOS PROPUESTOS

1.8.- Completar el siguiente cuadro de conversión de temperaturas

ºC ºF ºK

1 15

2 27

3 150

4 -12

5 86

6 300

1.9- En el proceso de ahumado de carne para salchicha, aquélla llega a

alcanzar una temperatura de 155 ºF. Calcule esta temperatura en ºC, Ky R.

1.10.- Una barra de acero que a 0 ºC mide 1 m se dilata 0,01 mm cuandosu temperatura aumenta 1 ºC. a) Calcular su longitud a 10 ºC y a 20 ºC,b) calcular las longitudes que tendría una barra, a esas dos mismastemperaturas anteriores, si a 0 ºC midiera 2m.

1.11.- ¿Qué error cometerá en una medición de 37,5 cm un carpinteroque dejó su cinta métrica de acero al sol y esta alcanzó unatemperatura de 60 ºC?.



1.3. PRESIÓN

La presión se define como la fuerza aplicada sobre una superficie, porlo que sus unidades son kgf/m² = N/m². Es una de las propiedades

termodinámicas más útiles, porque se mide directamente con facilidad.La unidad de presión en el SI, es el N/m² y se le llama Pascal (Pa), enhonor al físico francés Blaise Pascal. Existen tres tipos de presión: a)Atmosférica o Barométrica, b) Manométrica, y c) Absoluta.

Presión Atmosférica - Es la presión ejercida por el peso del aireatmosférico, al ser atraído por la fuerza de la gravedad. Esta presiónvaría con relación a la altitud sobre el nivel del mar. También se le llamapresión barométrica, porque el instrumento utilizado para medirla,

se llama barómetro. El italiano Evangelista Torricelli, fue el primeroen medir esta presión, utilizando un barómetro de mercurio. El valor queél obtuvo es de 760 mm de mercurio al nivel del mar. A estas unidades(mm Hg) también se les llama Torricelli (Torr). El valor de la presiónatmosférica al nivel del mar, es como sigue:

Sistema Internacional (kPa) = 101,325 kPa

Sistema Métrico = 1.033 kg/cm² = 760 mm Hg.

Sistema Inglés = 14.696 psi = 29.92 in Hg.

Presión Manométrica - Cuando se desea medir la presión dentro de unsistema cerrado, se utiliza un instrumento llamado manómetro, por esose le llama presión manométrica. La presión dentro de un sistemacerrado, puede ser mayor o menor que la atmosférica. A la presiónmayor que la atmosférica, se le llama positiva; y a la menor, se le llamanegativa o vacío. El manómetro marca la diferencia de presiones entre laque existe dentro del sistema y la presión atmosférica del lugar.

Presión Absoluta - Es la suma de la presión atmosférica más la presiónmanométrica. Si esta última es positiva, se suman, y si es negativa, serestan.

Presión Absoluta = presión atmosférica + presión manométrica.



Presión Absoluta = presión atmosférica - presión de vacío.

Las unidades con que se miden comúnmente las presiones, son kg/cm² enel sistema métrico, y lb/in² en el sistema inglés. Las presiones

negativas o vacío, se acostumbra medirlas en mm de Hg y pulgadas demercurio, respectivamente.

En la solución de la mayoría de los problemas de ingeniería sobrepresión y volumen, es necesario utilizar valores de presión absoluta. Laescala de presión absoluta, al igual que las de temperatura absoluta, notiene valores negativos ni combina diferentes unidades. Inicia en el ceroabsoluto (0 Pa), que corresponde al vacío absoluto, y de allí aumenta. Enla mayoría de las operaciones, el Pascal (Pa) resulta una unidad muy

pequeña, por lo que generalmente se utilizan múltiplos de éste, queson el kilo Pascal (kPa) que es igual a 1,000 Pa, o bien el bar, que es iguala 100,000 Pascales = 100 kPa.

1.4. UNIDADES MOLARES Y UNIDADES DE PESO O MASA

Existen muchos métodos para expresar las composiciones de gases,líquidos y sólidos. Uno de los más útiles es el de las unidades molares,pues, las reacciones químicas y las leyes de los gases resultan mássimples al expresarlas con unidades molares. Una mol de una sustanciapura se define como la cantidad de dicha sustancia cuya masa esnuméricamente igual a su peso molecular. De esta manera 1.0 mol kgde metano, CH4, contiene 16.04 kg , también 1.0 mol lb contiene 16.04lbm.

La fracción mol de una determinada sustancia es el número de molesde dicha sustancia dividido entre el número total de moles. De lamisma forma, la fracción de peso o masa es la masa de la sustanciadividida entre la masa total





ecuación y cancelar las que aparezcan en el numerador y en eldenominador. De la misma manera se obtiene el valor 0.1102 Ibm de B(0.0500 kg de B).

EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.12- Una mezcla gaseosa contiene 20g de N2, 83 g de O2 y 45 g de CO2.Calcúlese la composición en fracciones mol y el peso molecularpromedio de la mezcla.

1.13.- En la mayoría de los cálculos de ingeniería se supone que el aireestá constituido por 2 1 mol % de oxígeno y 79 mol % de nitrógeno.

Calcule el peso molecular promedio.1.14.- Una solución líquida contiene 1.15% en peso de una proteína,0.27% en peso de KCl y el resto es agua. El peso molecular promediode la proteína por permeación de gel es 525 000 g masa/g mol. Calculelas fracciones mol de los componentes en la solución.

1.15.- Una solución acuosa de NaCl tiene 24% en peso de esta sal y sudensidad es 1.178 g/cm3 a 25 ºC. Calcule lo siguiente:

a) Fracciones mol del NaCl y del agua.

b) Concentración del NaCl en g mol/l, lbm/pie3, lbm/gal y kg/m3.

1.5. ÁREA

El área es una medida cuantitativa de una superficie curvada o unplano. Se define como el producto de dos longitudes. La unidad en elSI es el metro cuadrado (m2).

En muchos casos es necesario conocer el área superficial de unalimento. Por ejemplo, cuando se están realizando cálculos detransporte de materia y/o energía hacia o desde de él. Algunosprocesos físicos pueden aumentar el área superficial de un producto;por ejemplo, si una corriente líquida es atomizada en un proceso desecado por atomización, se aumenta en gran medida su áreasuperficial, facilitando el secado. Para algunas aplicaciones es necesario



conocer la relación área superficial/volumen; por ejemplo, en elenlatado de alimentos una mayor relación área superficial/volumen setraducirá en un calentamiento más rápido del centro geométrico,disminuyéndose el riesgo de sobrecalentamiento. Por esta razón se

considera a menudo que las bolsas esterilizadas son mejores que losbotes cilíndricos debido a su forma de lámina, las bolsas esterilizadastienen una mayor superficie por unidad de volumen, por lo que elpunto de calentamiento más lento se calienta más rápido que elcorrespondiente a un bote cilíndrico. De entre las formas geométricas,la esfera es la que tiene la mayor relación área superficial/volumen.

En el cuadro 4, se muestra el área superficial de algunos alimentos

Cuadro 4. Área superficial de diversos alimentos

Área superficial media (cm2)

Manzana, Delicious 140.13

Pera, Bartlett 145.42

Ciruela, Monarca 35.03

Huevo (60g) 70.5

Fuente: Singh (1998)

1.6. DENSIDAD

La densidad se define como la masa por unidad de volumen, siendosus dimensiones (masa)(longitud)3. La unidad en el SI es el kg/m3. ladensidad es un indicativo de como la materia está organizada en uncuerpo; así los materiales con estructura molecular más compacta tiene

mayor densidad.

Observación: Algunas veces la densidad de una solución se expresacomo peso específico, que se define como la densidad de la solución auna temperatura específica, dividida entre la densidad de unasustancia de referencia a su temperatura (en forma práctica el peso



específico es la relación entre su densidad y la del agua a la mismatemperatura)

Existen tres tipos de densidad cuando se habla de alimentos: densidad

del sólido, densidad de partícula y densidad a granel. Sus valoresdependen de cómo se consideren los poros del interior del material.

Si se descuenta el volumen de los poros se está considerando ladensidad del sólido, que en la mayoría de alimentos sólidos (cuadro 4),excepto los muy grasos o muy salados, está entre 1400 y 1600 kg/m 3 (Singh, 1998).

La densidad de una partícula da una idea de la porosidad interior de

las partículas. Se define como la relación entre la masa y el volumenreal de la partícula.

La densidad a granel se define como la masa de una unidad devolumen de un lecho de partículas. Algunos valores típicos paraalimentos se muestran en el cuadro 5. Esta medida da una idea delespacio libre entre las partículas que forman el lecho; este espacio librepuede expresarse mediante la porosidad, que es el volumen ocupadopor los huecos libres entre las partículas de sólido.

Entonces,

La densidad interparticular puede definirse como:

Se han desarrollado algunas ecuaciones empíricas para calcular ladensidad, como la que se indica a continuación para la lechedescremada

ρ = 1036.6-0.146T+0.0023T2-0.00016T3



Siendo T la temperatura en grados centígrados.Cuadro 4. Densidad del sólido para algunos componentes de

alimentos.

Ingrediente kg/m3 Ingrediente kg/m3

Glucosa 1560 Grasa 900 - 950Sacarosa 1590 Sal 2160Almidón 1500 Ácido cítrico 1540Celulosa 1270-1610 Agua 1000Proteína (globular) 1400

Fuente: Singh(1998)

1.7. CONCENTRACIÓN

La concentración es una medida de la cantidad de una sustanciacontenida en un volumen unidad. Puede expresarse como peso porunidad de peso o como peso por unidad de volumen, siendo habitualen el primer caso que la concentración se exprese en % en peso. Porejemplo, un alimento con 20% de grasa contiene 20g de grasa por cada100 g de alimento. También puede expresarse como masa por unidadde volumen; por ejemplo, masa de soluto disuelto por unidad devolumen de disolución.

Otro término utilizado para expresar la concentración es la molaridad oconcentración molar. La molaridad de una disolución es suconcentración en gramos por litro de disolución dividida entre el pesomolecular del soluto.



Cuadro 5. Densidades a granel de algunos productos

alimenticios

Productos Densidad a granel (kg/m3)

Cacao, grano 1073Soja, grano 800Coco, desmenuzado 350-352

Café, grano verde 673Café, posos 400Café, grano tostado 368Maíz, espiga 448Maíz, descascarillado 720Leche, entera seca 320Mostaza, semilla 720Cacahuate, con cáscara 480-720Guisante, seco 800

Colza 770Arroz, limpio 770Arroz, cáscara 320Azúcar granulado 800Trigo 770

Fuente: Singh(1998)

A veces también se utiliza el término de molalidad para expresar laconcentración. La molalidad de un componente A en una solución esla cantidad de éste contenida por unidad de masa de disolvente.



La relación entre la molalidad M A , y la fracción molar x A , en unasolución de dos componentes, en la que el peso molecular deldisolvente B es M B, es

Observación: La molalidad y la fracción molar a diferencia de la densidad sonindependientes de la temperatura

Unidades de concentración para líquidos

Generalmente, al mezclarse dos líquidos miscibles, la composición deestos no suelen expresarse en porcentaje en volumen sino comoporcentaje en peso o molar.

Otra forma de expresar concentraciones de los componentes de unsolución es la molaridad, que se define como el número de mol g deun componente por litro de solución.Otros métodos utilizados expresan en Kg/m3, g/lt , g /cm3, mollb/pie3 , lbm/galón. Todas estas medidas de concentración dependende la temperatura, por lo que es necesario especificarla.El método más común para expresar concentración total por unidad devolumen es la densidad ( Kg/m3 , g/cm3 o lbm/pie3), ya tratadaanteriormente. Por ejemplo la densidad del agua 277.2°K (4°C) es 1000kg/m3



Ejemplo 1.6.

La densidad de una solución al 2% en peso de albúmina de suero debovino es 1.028 g/cm3 a 298°K. El peso molecular de la proteína de

albúmina es 67000 g/mol. Calcúlese lo siguiente:(a) El peso específico o densidad relativa de esta solución conrespecto al agua a 277.2 °K

(b) La fracción mol de la albúmina en esta solución(c) La densidad en kg/m3(d) La molaridad

Desarrollando:

⁄

a) Densidad relativa

⁄

⁄

b) La fracción mol de la albumina en esta solución

Componente Peso W (g)Peso

molecular(g/mol)

Número demoles

Albumina (2%)

H2O (98%)

0,02 (1,028)=0,02056

0,98 (1,028)=1,00744

67000

18

0.02056/67000= 3.06x10-7

1.00744/18= 0.05546

Total 0.05596 moles



Asumiendo: 1cm3 de solución de albumina pesa 1,02896 g

c) La densidad en kg/m3

⁄

d) La molaridad

⁄

EJERCICIOS PROPUESTOS

1.16- Desarrollar un programa (mediante una hoja de cálculo) en unordenador para expresar la concentración de una solución azucaradaen distintas unidades. La solución se prepara disolviendo 10 Kg desacarosa (C11H22O11) en 90 kg de H2O. La densidad de la solución es1040 kg/m3. Calcular:(a) Concentración en peso por unidad de peso

(b) Concentración en peso por unidad de volumen(c) °Brix.(d) Molaridad(e) Fracción molar(f) Molalidad



(g) Usando el programa efectuado volver a calcular los incisosanteriores, si la solución tiene 30 Kg. de sacarosa y 70 kg de agua,siendo su densidad 1129 kg/m3

1.17.- Una solución acuosa de nitrato de amonio (peso molecular =85.05 g /mol g) contiene 1.807 lbm de sal por galón de solución y pesa9.01 lbm por galón. Calcúlese lo siguiente:(a) % en peso de la sal.(b) lbm de sal /pie3 (c) Molaridad de la solución

1.8. HUMEDAD

La humedad indica la cantidad de agua presente en una muestra.Puede expresarse en base seca o en base húmeda.

Humedad en base húmeda (Hbh) es la cantidad de agua por unidad demasa de muestra húmeda.

Entonces,

Humedad en base seca (Hbs) es la cantidad de agua por unidad demasa de sólido seco en la muestra.

Entonces ,

Dónde

Masa de muestra húmeda = Masa de agua + Masa de sólido seco



La relación entre ambas humedades se deduce con las siguientesfórmulas:

Observación: En las ecuaciones anteriores la humedad está expresadacomo fracción en peso. Debe advertirse que cuando la humedad seexpresa en base seca pueden alcanzarse valores superiores al 100% si lacantidad de agua presente en la muestra es superior a la cantidad desólido seco presente.

Ejemplo 1.7.

Convertir a base seca una humedad del 85% en base húmeda.

Desarrollo:

Ejercicios propuestos

1.18- Desarrollar una tabla para convertir humedades en base húmedaa base seca entre 0% Hbh y 90% Hbh a intervalos de 10 en 10%.Seguidamente en el mismo programa Excel realizar una gráfica querepresente el contenido de humedad en base húmeda frente alcontenido de humedad en base seco.

1.19.- Demostrar las ecuaciones deducidas anteriormente



CAPITULO IIBALANCE DE MATERIA

EN LA AGROINDUSTRIA



2.1. BALANCE DE MATERIA (MASA)

La masa es una de las variables que se necesitan medir con mayorfrecuencia. La masa puede estar en forma sólida, líquida o gaseosa.

El balance de masa se basa en la conservación de la materia:

“la materia no se crea ni desaparece, sólo se transforma”

De acuerdo a ello, en un sistema cualquiera, las entradas son iguales alas salidas. El diagrama de flujo es el punto de partida para efectuar unbalance de masa. Una vez que se lo ha elaborado, debe cuantificarse, lomás exactamente posible, las entradas y las salidas, así como, de serposible, los costos asociados a éstas. Dependiendo de la complejidadde los procesos y de la información disponible, es muy probable que serequiera investigar ciertos procesos en profundidad.

A continuación, se explica la forma de cuantificar los flujos de entraday salida, y la forma en que se los debe igualar para elaborar un correctobalance de masa

Bases para identificar y cuantificar entradas y salidasTodos los insumos que entran a un proceso u operación, salen comoproductos y como residuos/desechos. En este sentido, un balance demasa se define como la verificación de la igualdad cuantitativa demasas que debe existir entre los insumos de entrada y los productos yresiduos de salida.

El balance de masa es aplicable tanto a un proceso, como a cada una delas operaciones unitarias que componen un proceso. Cuando no es

posible identificar todas las salidas, se debe incluir un término quecorresponda a la diferencia de masas, como “no identificada”.

En un balance de masa, la suma de todas las masas que entran en unproceso u operación, debe ser igual a la suma de todas las masas quesalen de dicho proceso u operación, es decir, la suma de masas de losproductos, residuos y de todos los materiales de salida no



identificados. Si bien se puede asumir que la pérdida de masa estádada por la diferencia de masas entre las entradas y las salidas, enalgunos sistemas productivos es necesario tomar en cuenta la masa quepudiera quedar residente en la operación, a fin de estimar

correctamente la cantidad de la pérdida de masa no identificada. Esdecir:

El balance de energía, no se incluye en el balance de masa, por lo quese lo realiza en forma separada.

Para hacer el balance de masa se requiere de toda la información sobrelas entradas y salidas, incluyendo parámetros de operación, así comode información existente a nivel de la administración.

Una de las principales razones para contabilizar la masa de los

residuos, es el aspecto económico, debido a que las pérdidas significancostos. El balance de masa ayuda a la cuantificación de los residuos, yes el primer paso para su minimización. Los pasos siguientes son laidentificación de los problemas asociados a los residuos, lasoportunidades de mejora, el establecimiento de los objetivos y laelaboración de los planes.



EJERCICIOS DESARROLLADOS DE BALANCE DE MATERIA

EJERCICIO 2.1.En un proceso de manufactura de jugos de fruta concentrados, se

necesita del empleo de un evaporador el cual recibe una alimentaciónde 4500 kg de zumo por día con una concentración de 12% de sólidos.Si se desea concentrar los sólidos hasta 36%. Calcular:a) La cantidad de jugo concentrado.b) La cantidad de agua evaporada.

1er paso: GráficaV=?

JC=?E1 = 4500 kg ST: 36%ST: 12%

2do paso: Balance de materia

E = V+JC4500 kg = V+JC

Con respecto a sus sólidos totales

4500 kg (0.12) = V (0) + JC (0.36)

a) La cantidad de jugo concentrado:

JC = 1500 kg

b) La cantidad de jugo concentrado:

V = 3000 kg





EJERCICIO 2.3.396 Lb de un alimento que contiene 60% de agua se seca hasta unpunto que se ha eliminado el 80% del agua contenida inicialmente.Calcular:

a) La masa del agua eliminada por kg de alimento húmedo.b) La composición del alimento seco en %

1er paso: GráficaV = 0.8 (0.6 * 180 kg)

E1 = 396 lb =180 kg MF =?H = 60% ST =?ST = 40% H =?


E1=V + MF

180 kg = 0.8 (0.6) (180 kg) + MF180 kg - 86.4 kg = MF

MF = 93.6 kg

a) Agua eliminado por kilogramo de alimento húmedoV = 86.4 kg

E1 = 180 kg

Agua eliminado/kg de alimento húmedo = 86.4 kg/180 kg = 0.48

b) Composición de alimento seco en porcentajeSólidos totales de MF

180 kg (0.40) = 93.6 kg (ST)

ST = 76.9%

H = 23.1 %



EJERCICIO 2.4.En el procesamiento del pescado, una vez que se extrae el aceite, latorta de pescado se seca en secadores de tambor rotatorio, se muele y

se empaca. En un lote dado de torta de pescado que contiene 80% dehumedad, se eliminan 100 kg de agua, y se determina entonces que latorta de pescado tiene un 40% de humedad. Calcule el peso de la tortade pescado que se introdujo originalmente en el secador.

1er paso: Gráfica

V = 100 kg

E1=? TS=?H = 80% H = 40%ST= 20% ST= 60%

2do paso: Balance de Materia

E1=V+TS

TS = E1 - 100

Balance en función a sus sólidos totales

E1 (0.2) = 100 (0) + TS (0.6)

E1 (0.2) = TS (0.6)

E1 (0.2) = (E1 - 100) (0.6)E1 (0.2)= E1 (0.6) – 60

-0.4 E1 = -60

E1 = 150 kg.



EJERCICIO 2.5.Se encontró que una pulpa húmeda tenía 71% de agua. Después delproceso de secado se determinó que se había eliminado el 60% delagua original. Calcule:

a) La cantidad de agua eliminada por libra de pulpa húmedaalimentada.

b) La composición de la pulpa seca.

1er paso: GráficaV = 0.6 (0.71 * E1)

E1 =? PS =?H = 71% ST =?ST = 29% H =?


E1=V + PS

E1 = 0.6 (0.71 * E1) + PF

Como E1 no presenta valor y lo que se quiere saber es la composiciónde la pulpa seca. Cualquier valor que se le da a E1 la composición de lapulpa seca será lo mismo. Por conveniencia E1 será = 100 lb.

100 lbm = 0.6 (0.71 * 100 lbm) + PS

PS = 57.4 lbm

a) agua eliminada por libra de pulpa húmeda alimentada.V = 42.6 lb

E1 = 100 lb

Agua eliminado/lb de pulpa húmedo = 42.6 lb / 100 lb = 0.426



b) Composición de alimento seco en porcentaje

Sólidos totales de PS

100 lb (0.29) = 57.4 lb (ST)

ST = 50.52%H = 49.48 %

EJERCICIO 2.6. Un evaporador se alimenta con una solución acuosa que contieneaproximadamente un 15% de sólidos, para producir una soluciónconcentrada con 35% de sólidos. Determine:

a) La cantidad de producto obtenido por una tonelada y media dealimentación.

b) Cuánta agua se evapora por tonelada de alimentación.

1er paso: GráficaV =?

E1 = 1500 kg PF =?ST = 15% ST = 35H = 85% H = 65

2do Paso: Balance de materia

1500 kg (0.15) = V (0) + PF (0.35)

PF = 642.86 kg

V = 857.14 kg

Cantidad de agua que se evapora por tonelada de alimentación.

V/Talm = 857.14 kg/1.5 = 571.43 kg



EJERCICIO 2.7. Un secador de frutas portátil instalado en el Valle de Hco, recibecierta cantidad de pulpa de frutas con 85% de agua. Después deeliminar 100 lb de agua, se determinó que la pulpa aún contenía 30%

de agua. Se pide calcular el peso de la pulpa inicial.

1er paso: GráficaV=100 lb

E1=? PF=?ST = 15% ST = 70 %H = 85% H = 30 %


E1=V+PF

E1 = 100 lb + PFPF = E1 – 100 lbm

Balance en función a sus sólidos totales

E1 (0.15) = 100 lb (0) + PF (0.7)

E1 (0.15) = PF (0.7)

E1 (0.15) = (E1 – 100 lb) (0.7)

E1 (0.15)= E1 (0.7) – 70 lb-0.55 E1 = -70 lbm

E1 = 127.27 lbm



EJERCICIO 2.8. Las fresas contienen alrededor de 15% de sólidos 85% de agua. Parapreparar mermelada de fresa, se mezclan las fresas trituradas conazúcar en una relación en peso de 45:55, y la mezcla se calienta para

evaporar el agua hasta que contiene una tercera parte en peso de agua.Determine cuántas libras de fresa se necesitan para producir una librade mermelada.

1er paso: Gráfica

Az = 55 lbm V =?

E1 = 45 lbm S1=100 lbm PF=?H = 85 % H s1 =? HPF = 1/3ST= 15 % STs1=? STPF = 2/3


Balance en la primera etapa:E1 + AZ = 100 lb

45 lbm+ 55 lb = 100 lbm


45 (0.15) + 55 (1.0) = 100 (ST)

STs1 = 61.75 %

H s1 = 38.25 %

Balance en la segunda etapa:

S1 = V + PF

100 lbm = V + PF




100 lb (0.6175) = V (0) + PF (2/3)

92.625 lb = PF

PF = 92.625 lb

Determine cuántas libras de fresas se necesitan para producir una librade mermelada.45 ………….. 92.625 lbX ……………..1 X= 0.486 lbm

EJERCICIO 2.9. En el proceso de desalinización de agua de mar, se evapora agua quecontiene una fracción de sal igual a 7/200, para producir 1000 lb deagua pura. Determinar la cantidad de agua de mar que entra alevaporador, si por consideraciones de corrosión, no puede excederse elvalor de 9/100 la fracción de sal en la salmuera de desecho.

1er paso: Gráfica

V = 1000 lb

E=? PF =?F=7/200 F= 9/100


E1 = V + PF

E1 = 1000 lb + PF

PF = E1 – 1000 lb



Con respecto a su fracción de sal

E1 (7/200) = 1000 (0)+ PF (9/100)

E1 (7/200) = PF (9/100)

E1 (7/200) = (E1 – 1000) (9/100)E1 (7/200) = E1 (9/100) - 90

E1 (-11/200) = -90

E1 = 1636.36 lbm

EJERCICIO 2.10. Un flujo que contiene 25% en peso de metanol se diluye con un

segundo flujo que contiene 10% de metanol, para formar un productoque contiene 17% de metanol. ¿Qué flujos de alimentación se requierenpara producir 1250 kg/h de producto?

1er paso: GráficaC2 =?M=10%

C1=? PF=1250 kg/hM = 25% M = 17%


C1 + C2 = PF

C1 + C2 = 1250 kg

C2 = 1250 kg - C1



Por su concentración de metanol

C1 (0.25) + C2 (0.10) = PF (0.17)

C1 (0.25) + (1250 kg - C1) (0.10) = 1250 kg (0.17)

C1 (0.15) + 125 kg = 212.5 kg

C1 (0.15) = 87.5 kg

C1 = 583.33

C2 = 666.67

EJERCICIO2.11.

Un secador de pulpa recibe 1000 lb/h de pulpa que contiene un 90% dehumedad para entregar como producto una pulpa con 25 % dehumedad.a) Determine la cantidad de producto que sale del secador por semana

considerando un horario de trabajo de lunes a viernes con 8 hdiarias.

b) Calcule la cantidad de agua que se debe eliminar por día.

1er paso: GráficaV = ?

E1 = 1000 lb/h PS=?H=90% H=25%ST=10% ST=75%

2do Paso: Balance de material

E1 = V + PS



1000 lb = V + PS

PS = 1000 lb – V


1000 lb (0.1) = V (0) + PS (0.75)100 lb = PS (0.75)

Ps = 133.33 lb

V= 866.67 lb

Cantidad de producto que sale del secador por semana considerandoun horario de trabajo de lunes a viernes con 8 h diarias.a) 5333.2 lb

Cantidad de agua que se debe eliminar por día.b) 6933.36 lb

EJERCICIO 2.12. Una empresa de la Industria Lechera produce caseína seca que enestado húmedo contiene 23.7% de humedad. Esta caseína húmeda lavende a $ 8.0 por cada 100 lb de caseína húmeda. Para diversificar la

producción, la empresa también seca esta caseína para obtener unproducto que contiene 10% de humedad. Sus costos de secado son $0.80 por cada 100 lb de agua eliminada. ¿Cuál debería ser el precio deventa de la caseína seca si se desea mantener el mismo margen deutilidades?

1er paso: GráficaV=100 lb

E1 =? PF= E1 -100 lbH = 23.7% H=10%




E1 = V + PF

E1 = 100 lb+ PF

PF= E1 - 100 lb

Balance con respecto a su humedad

E1 (0.237)= 100 lb (1)+ PF (0.1)

E1 (0.237)= 100 lb + (E1 - 100 lb) (0.1)

0.137 E1 = 90 lb

E1 = 656.93 lb

PF = 556.93 lb

(656.93/ 100) ($ 8) + ($ 0.8) = (556.93/100) (W)

53.3544 = 5.5693 W

W= $ 9.58

EJERCICIO 2.13:

Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partirde semilla de algodón, usando hexano para extraer el aceite de lassemillas limpias. Conociendo la composición de la alimentación consemilla de algodón cruda que consiste (% en peso) en 14% de materialcelulósico, 32% de pasta, 49% de aceite y 5% de humedad. Calcular lacomposición del extracto que se obtendrá utilizando 3lb de hexano porcada lb de semilla cruda. Considerar que el aceite sale con 0% dehumedad.



1er paso: GráficaHex = 3 lbm

E= 1 lbm PF=lbmMc = 14% MC = ?P = 32% P = ?AC = 49% H = ?H=5%

Hex + AC


E+H=PF+H+AC

E = PF + AC

1lbm = PF+ 0.49 lbm

PF=0.51 lbm

La composición del producto final es: (calcular con regla de 3 simple)

MC = 27.45 %P = 62.75 %

H = 9.80 %

EJERCICIO 2.14. En la granja del Pollo Feliz, los huevos de gallina se separan en dostamaños (grandes, “G” y extra grandes “E”). Por desgracia, el negocio

no ha ido bien últimamente, y cuando la máquina para separar huevosde la granja se descompuso, no habían fondos para reemplazarla. Enlugar de ello, le dieron a Don Alfredo, uno de los empleados de lagranja con mejor vista, dos sellos de goma, el que dice “G” para la

mano derecha y el que dice “E” para la mano izquierda, y se le pidió

que marcara cada huevo con la etiqueta apropiada a medida que



pasaban por una correa transportadora. Al final de ésta, otro empleadocolocaría cada huevo en la caja correspondiente a la marca. El sistemafuncionaba razonablemente bien, excepto que Don Alfredo tiene lamano pesada y, en promedio, rompe 20% de los 120 huevos que pasan

por sus manos cada minuto. El flujo de huevos Extra grandes es de 70huevos/min, de los cuales 18 huevos/min se rompen.a) Resuelva los balances de huevos totales y huevos rotos del sistema

por cada hora de trabajo.b) Determine la cantidad de huevos grandes sanos que salen de la

planta por hora.

1er

paso: Gráfica

E1=120 Huevos /min S = ?

E = 70G = 50

D = 20% (120) = 24 huevos


E1 = S+D

E1 = S+24

S = 96 18 E

D = 24

6 Ga) Balance de huevos totales y huevos rotos del sistema por cada hora

de trabajo.

Huevos que entra al sistema

E1/h= 120 (60) = 7200 huevos



Huevos sanos que sale del sistema

S/h = 96 (60) = 5760 huevos

Huevos rotos que sale del sistema

D/h = 24 (60) = 1440

Cantidad de huevos grandes sanos que salen de la planta por hora.

Entra 50 huevos por minuto y salen 44 huevos sanos

44 (60) = 2640 huevos.

EJERCICIO 2.15.

La obtención de café en polvo procede de acuerdo a las siguientesetapas: Tostado a 150°C Molienda de granos Lixiviación de café a 90°C Concentración de la solución en evaporador de simple efecto Eliminación del agua por secado flash Envasado

Se procesan 480 kg de café en grano con 12% de humedad, en eltostado se pierde un 10% (humedad + gases), en la molienda se pierdeel 2% del café tostado, en la lixiviación se emplean 1000 litros de agua a90°C obteniéndose 1050 l de una solución al 10% en peso de sólidossolubles (densidad = 1.01 kg/l). Esa solución se concentra porevaporación hasta 50% de sólidos en peso, luego se seca en unevaporador flash, obteniendo como producto el café en polvo a 2% dehumedad, que se envasa para su despacho.a) Indica la cantidad de café tostado, café molido y desechos con sus

respectivos sólidos totales.b) Calcule el rendimiento del proceso.



1er paso: Gráfica

(V1 + G) = 0.1 E1 E2 = 1000 kg V2 =? V3 =?

E1 = 480 kg S1 = 0.9 E1 S2 = ? S3 = 1050 l S4 =? S5 =?

HE1 = 12% HS1 =? HS2 =? HS3 =90% HS4 =50% HS5 = 2%STE1 = 88% STS1 =? STS2 =? STS3 =10% STS4 =50% TS5=98%


Balance de materia en la primera etapa

E1 = (V1 + G) + S1

480 kg = 0.1 E1 + 0.9 E1

Por sus sólidos totales:

(0.88) (480 kg) = (0.1 E1) (0) + (0.9 E1) (ST)

422.4 kg = (432 kg) (ST)

S1 = 432 kg

STs1 = 97.78 %

Hs1 = 2.22 %

Balance de materia en la segunda etapa

S1 = S2 + P1

432 kg = S2 + (0.02) (0.9 E1)

432 kg = S2 + (0.02) (432 kg)

M

O

L

E

D

O

R

A

L

I

X

I

V

I

A

D

O

R

E

V

A

P

O

R

A

D

O

R

E

V

A

P

F

L

A

S

H

P2 =?STP2 =?HP2 =?

P1 =?STP1 =?HP1 =?



S2 = 423.36 kg

P1 = 8.64 kg

Como en la moledora no se pierde ni gana humedad, la composición es

la misma para S2 y P1

STS2 = 97.78 %

H S2 = 2.22 %

STP1 = 97.78 %

H P1 = 2.22 %

Balance de materia en la tercera etapa

S2 + E2 = P2 + S3

423.36 kg + 1000 kg = P2 + S3

1423.36 kg = P2 + 1060.5 kg

S3 = 1060.5 kg

P2 = 362.86 kg

Por sus sólidos totales:S2 + E2 = P2 + S3

(0.9778)(423.36 kg) + (1000 kg) (0) = (P2) (STP2) + 1060.5 kg (0.1)

413.96 kg = 362.86 kg (STP2) + 106.05 kg

307.91 kg = 362.86 kg (STP2)

STP2 = 84.86 %

HP2 = 15.14 %

Balance de materia en la cuarta etapaS3 = S4 + V2

1060.5 kg = S4 + V2


(0.1) (1060.5 kg) = S4 (0.5) + V2 (0)





1er paso: Gráfica

V=?

E1=100 kg J1=? PF=?ST = 12% ST= 58 % ST=42%H = 88% H = 42% H=58%

FS=?ST=12%H=88%


Balance de materia general

E1=V+PF

100 kg (0.12) = PF (0.42)

PF=28.57 kg

V = 71.43 kgBalance de materia en la segunda etapa

J1+FS = PF

J1+FS = 28.57 kg

FS = 28.57 kg – J1


J1 (0.58) + FS (0.12) = 28.57 kg (0.42)

J1 (0.58) + (28.57 kg – J1) (0.12) = 28.57 kg (0.42)

J1 (0.46) + 3.4284 kg = 11.9994 kg

J1 = 18.63 kg

FS = 9.94 Kg





2200 lb = S1+ 0.04 (2200 lb)

2200 lb = S1+ 88 lb

S1 = 2112 lbm

HE = 4224 lbm Balance en la segunda etapa

S1 + HE = S2 + A + HE2112 lb = S2 + APor su contenido de aceite(0.5104) (2112 lb) = (0) S2 + (1) AA = 1077.96 lbmS2= 2112 lb - A

S2 = 2112 lb - 1077.96 lbS2 = 1034.04 lbm

EJERCICIO 2.18. En un proceso para concentrar jugo de mango, 1000 kg de pulpa con12.5% en peso de sólidos se macera, la maceración produce 800kg de

jugo y 200 kg de pulpa cernida. El jugo exprimido se concentra en unevaporador al vacío para obtener una concentración de 58% de sólidos,los 200 kg de pulpa se mezcla con el jugo concentrado, para mejorar elsabor. El producto final contiene 42% de sólidos en peso. Calcular:a) La concentración de sólidos en el jugo exprimido.b) Los kg de jugo concentrado final.c) La concentración de sólidos en la pulpa que se deriva.



1er paso: GráficaV=?

E1 = 1000 kg J1 = 800 kgST= 12.5 % ST=?

J2=?ST=58%

P=200 kg PF=?ST = ? ST=42%

2° paso: Balance de materia

Balance general

E= V + PF

1000 kg (0.125) = V (0) + PF (0.42)

PF=297.62 kg

V = 702.38 kgBalance en la tercera etapa

PF = P + J2

297.62 kg = 200 kg + J2

J2 = 97.62 kg

Balance en la segunda etapa

J1= V+ J2

800 kg = V + 97.62 kg

V = 702. 38 kg

Por sus sólidos totales

800 (ST) = 702.38 (0) + 97.62 (0.58)

MACERADOR

MEZCLADOR

EVAPORADOR



ST = 7.08 %

Balance en la primera etapa

E1 = J1 + P

Por sus sólidos totales(0.125) 1000 kg = 800 kg (0.0708) + P (ST)

125 = 800 (0.0708) + 200 (ST)

ST = 34.18 %

EJERCICIO 2.19. 3000 lbm de ajonjolí con 30% de proteína, 28% de carbohidratos, 7% de

fibra, 4% de minerales y 20% de aceite se maceran y se prensan paraextraer aceite, obteniéndose corrientes de aceite y de pasta prensadaque todavía contienen 6% de aceite (suponga que no hay pérdida deotros constituyentes en la corriente de aceite). En la segunda fase elaceite de la pasta prensada se extrae con hexano para producir unresiduo de 0.40% de peso en aceite (suponga que no se presenta hexanoen la pasta). Por último el residuo que sale de la segunda etapa se secapara dar un producto con un 6% de humedad en peso. Calcular la

nueva composición en % del extracto seco final (proteína,carbohidratos, fibra, minerales, aceite y agua).1er paso: Gráfica

PF

Ac = 6 % Ac = 0.4% H = 6 %

E1=3000 lbm P1= ?

M a c e r a d o r

E x

t r a c t o r

S

e c a d o rP2 = ?

Hexano

Pro = 30 % = 900 lbmChos = 28 % = 840 lbmFib = 7 % = 210 lbmMin = 4 % = 120 lbmAc = 20 % 600 lbmH2O = 11 % = 330 lbm

Ac 1

Ac2 + Hexano




I Etapa: Balance de materia con todos los componentes menos el aceite

3000 lb (0.8) = P1 (0.94) + Ac1 (0)

P1 = 2553.19 lbAc1 = 446.81 lb

II Etapa: Balance de materia con todos los componentes menos elaceite

Hex + 2553.19 (0.94) = P2 (0.996) + Hex + Ac2 (0)

P2 = 2409.64 lb

Ac2 = 143.55 lb

III Etapa: Balance de materia con todos los componentes menos elagua

P2 = V + PF

P2(x) = H° (0) + PF (0.94)

2409.64 (x) = PF (0.94)

Entonces:

2409.64 100%

330 YY = 13.69%

X = 86.31%

2409.64 (0.8631) = Pf (0.94)

PF = 2212.51 lbm V = 197.13 lbm

La composición del producto final es: (calcular con regla de 3 simple)

Proteína : 40.68%Carbohidratos : 37.97%Fibra : 9.49%Minerales : 5.42%Aceite : 0.44%Agua : 6.00%



EJERCICIO 2.20. Se concentra 500 kg de 12% a 60% de sólidos totales de un alimentolíquido. En la primera etapa se separa una corriente residual con 99%de humedad de otra corriente con 78% de humedad que entra a la

segunda etapa, en donde se separa otra corriente residual que contiene98% de humedad. La corriente principal que sale de la segunda etapaingresa a la tercera etapa con una concentración de 42% de sólidostotales. En la tercera etapa se separa una corriente de 4% de sólidostotales que es recirculada a la primera etapa.a) Hallar la masa de los residuos (Corriente residual de la primera

etapa + Corriente residual de la segunda etapa).b) Hallar la masa de la corriente que es recirculada.

1er paso: Gráfica


Balance en la tercera etapa

P2 = CR + P3…………………………..1

0.42 P2 = 0.04 CR + 0.6 P3 ……………..2

Eliminamos CR de la ecuación:

-0.04 P2 = -0.04 CR – 0.04 P3

0.42 P2 = 0.04 CR + 0.6 P3

I Etapa III EtapaII Etapa

CR = ?

E=500kg

ST=12%

P1

ST=22%

R1 = ?ST=1%

R2 = ?ST=2%

P2

ST=42%

P3

ST=60%

ST= 4%



0.38 P2 = 0.56 P3

P2 = 1.4737 P3

En la ecuación 1

1.4737 P3 = CR + P3 CR = 0.4737 P3

Balance en la segunda etapa

P1 = R2 + P2

P1 = R2 + 1.4737 P3…….............……………………..3

0.22 P1 = 0.02 R2 + 0.42 (1.4737 P3)

0.22 P1 = 0.02 R2 + 0.6190 P3 ……………………….4

Eliminamos R2 de la ecuación:

- 0.02P1 = - 0.02R2 - 0.0295 P3

0.22 P1 = 0.02 R2 + 0.6190 P3

0.2 P1 = 0.5895 P3

P1 = 2.9475 P3

En la ecuación 3

P1 = R2 + 1.4737 P3

2.9475 P3 = R2 + 1.4737 P3

R2 = 1.4738 P3


E + CR = P1 + R1

500 kg + CR = P1 + R1

Remplazando los valores por P3

500 kg + 0.4737 P3 = 2.9475 P3+ R1

R1 = 500 kg - 2.4738 P3


500 kg (0.12) + (0.4737 P3) (0.04) = (2.9475 P3) (0.22)+ R1 (0.01)



Remplazando el valor de R1

500 kg (0.12) + (0.4737 P3) (0.04) = (2.9475 P3) (0.22)+ (500 kg - 2.4738 P3)(0.01)

60 kg + 0.0189 P3 = 0.6485 P3 + 5 kg – 0.0247 P3

55 kg = 0.6049 P3

P3 = 90.92 kg

P2 = 133.99 kg

CR = 43.07 kg

P1 = 267.99 kg

R2 = 134.00 kg

500 kg + CR = P1 + R1

R1 = 275.08 kg

R1 + R2 = 409.08 kg

EJERCICIO 2.21. Se tiene 2.5g de sal que se llevan a un balón aforado de 100g, de estasolución se toman 5g que se aforan a 50g y de esta última se toman 2gque se llevan a 10g. ¿Cuál será la concentración en ppm de la soluciónde 10 g?

1er paso: Gráfica

H20=97.50 kg H20=45 g H20 = 8 g

Sal=2.50 g 5 g 2 g

P3 = 90.91 kg

P2 = 133.64 kg

R1 = 274.54 kg

R2 = 134.35 kg

CR = 42.73 kg

R1 + R2 = 409.09 kg

100g 50g 10g





Ppm = 25000 ppmBalance en la segunda etapa

X = 0.125 gBalance en la tercera etapa

X=0.005 g

Ppm = 500

EJERCICIO 2.22.

Se tiene una solución de 400 ppm de NaCl, de la cual se midieron 10 gry se añadió agua destilada hasta un peso de 50 gr. ¿Cuál será laconcentración de la solución resultante?

1er paso: Gráfica

E1=10 g

Agua = 40 g

400 ppm 50 g

ppm = ?





EJERCICIO 2.24. ¿Cómo prepararía 500 ml de etanol al 20% (v/v) a partir de un etanol95% (v/v)?

1er paso: Gráfica


Balance con respecto a su concentración

E1 (0.95) + (500 ml – E1) (0.0) = 500 ml ( 0.2)

E1 = 105. 26 ml

Agua = 394.74 ml

EJERCICIO 2.25. Se tiene una solución de 400 ppm de NaCl, de la cual se midieron 10 mly se añadió agua destilada hasta un volumen total de 50 ml. ¿Cuál serála concentración de la solución resultante en ppm y porcentaje?

1er paso: Gráfica

Agua = 500 ml – E1

E1 = ? P = 500 mlP = 20%E1 = 95%

Agua = 40 ml

E1 = 10 ml50 ml400 ppm




Balance con respecto a su concentración

En porcentajes

1000000 100%

80 X

EJERCICIO 2.26. En un proceso de néctar de mango se observa que se adiciona 330 lb depulpa de mango, 2.5 Kg de agua por cada Kg de pulpa, 10% de azúcarcon respecto a la solución (pulpa + agua), 0.9 gr de ácido cítrico y 0.5 grde sorbato de potasio por cada Kg de solución (pulpa + agua) ¿Quécantidad de pulpa, agua, ácido cítrico y sorbato de potasio senecesitaría para producir 4800 Kg de néctar? Considerar que se pierdeel 2% del peso de la mezcla total (pulpa + agua + azúcar + ácido cítrico+ sorbato de potasio) por evaporación durante la pasteurización.

1er paso: Gráfica

W = 375 kg H2O V=2%(578.235 kg)=11.5647kg

Azúcar = 10% (525 kg) = 52.5 kg

Pulpa = 150 kg PF =?

Ac. = 0.0009 x 525 kg = 0.4725 kg

Sorbato = 0.0005 x 525 kg = 0.2625 kg



Sumatoria total.

PF = 578.235 kg – 11.5647 kg = 566.67 kg

Aplicamos la regla de tres simple:

Pulpa:566.67 1504800 XX = 1270.58 Kg.

Agua:566.67 3754800 XX = 3176.45 Kg.

Azúcar:566.67 52.54800 XX = 444.70 Kg.

Ác. Cítrico:566.67 0.47254800 XX = 4.00 Kg.

Sorbato de potasio:566.67 0.26254800 XX = 2.22 Kg.

EJERCICIO 2.27. Completar el siguiente balance de materia en la elaboración de yogurt,si se procesa 805 litros de leche de los cuales 300 litros se obtuvo delproveedor A con una densidad de 1.027 gr/cm3 y el resto se obtuvodel proveedor B con una densidad de 1030kg/m3

Pulpa + agua + azúcar + ácido cítrico + sorbato



Operación Entra(kg)

Sale(kg)

Continua(kg)

% RENDIMIENTOOperación Procesos

Recepción ---------Formulado (1) ---------

Pasteurizado 1.5Enfriado --------Inoculado (2) ---------Incubado ---------Refrigerado ---------Envasado 2.0Almacenado -----------

(1) Leche en polvo 0.2% y azúcar 10.5% ( con respecto a la leche)

(2) Cultivo madre para yogurt 1.2 % ( con respecto a la leche)

Desarrollo:

A: 300 Litros ρ = 1.028 g/cm3

B: 505 Litros 3

805 Litros

Recordando podemos decir, que entra al proceso:A: 1.027 g/cm3 = 1.027 Kg/Litro = M/V 1.027 Kg/Litro = M/ 300LitroM = 1.027 Kg/Litro x 300 Litros

M = 308.1 Kg

B: 1030 Kg /cm3 = 1.030 Kg/Litro = M/V 1.030 Kg/Litro = M/ 505LitrosM = 1.030 Kg/Litro x 505Litros

M = 520.15Kg

Entra al proceso:

308.1 Kg + 520.15 Kg = 828.25 Kg





828.25 kg x 1.2/100 + 915.37 kg = 925.31 kg

OPERACIÓN925.31--------- 100%

925.31-------- X%X = 100 %

PROCESO828.25 ----- 100%

925.31------ x%X = 111.72%

Sexta operación: INCUBADO: Cultivo madre para yogurt 1.2 % (conrespecto a la leche)

OPERACIÓN925.31 ------ 100%925.31 -------- X%

X = 100%

PROCESO828.25 ----- 100%925.31 ------ x%

X = 111.72%

Séptima operación: REFRIGERADO:

OPERACIÓN925.31 ------ 100%925.31 -------- X%X = 100 %

PROCESO828.25 ----- 100%925.31 ------ x%X = 111.72%

Octava operación: ENVASADO:

OPERACIÓN925.31 ------ 100%923.31 -------- X%X = 99.78%

PROCESO828.25 ----- 100%923.31 ------ x%X = 111.48%

Novena operación: ALMACENADO:

OPERACIÓN916.87 ------ 100%915.37 -------- X%X = 99.836%

PROCESO828.25 ----- 100%923.31 ------ x%X = 111.48%



Operación Entra(kg)

Sale(kg)

Continua(kg)

% RENDIMIENTOOperación Procesos

Recepción 828.25 --------- 828.25 100.00 100.00Formulado (1) 916.87 --------- 916.87 100.00 110.70

Pasteurizado 916.87 1.5 915.37 99.84 110.52Enfriado 915.37 -------- 915.37 100.00 110.52Inoculado (2) 925.31 --------- 925.31 100.00 111.72Incubado 925.31 --------- 925.31 100.00 111.72Refrigerado 925.31 --------- 925.31 100.00 111.72Envasado 925.31 2.0 923.31 99.78 111.48Almacenado 923.31 ----------- 923.31 100.00 111.48

EJERCICIO 2.29. Se mezclan JN (jugo de naranja) que tiene 10 ºBrix con JM (jugo demandarina) que tiene 8 ºBrix, obteniéndose JNM (jugo de naranjamandarina) con 9.5 ºBrix. El JNM entra a un proceso de evaporación alvacío hasta incrementar sus sólidos a 40 ºBrix. Este jugo concentradoingresa a un atomizador en donde sale en forma de JNMA (jugo denaranja y mandarina atomizada) contenido 10% de humedad. Finalmentese mezcla JNMA con 0.2% de vitamina C (respecto a JNMA), para obtener

JNMA-VC (jugo de naranja y mandarina atomizada – enriquecida convitamina C). Si se desea producir 5000 kg de JNMA-VC:a. Hallar los sólidos totales del producto final (JNMA-VC)b. Cuántos litros de jugo de naranja y jugo de mandarina se necesitaran

si su densidad es 1.030 gr/cm3 y 1.028 gr/cm3 respectivamente.





Balance en la II etapa

JNM = V1 + JNME

JNM = V1 + 11227.941 kgSólidos totales:

9.5 (JNM) = (0) V1 + 11227.941 kg (40)

JNM = 47275.54 kg

V1 = 36047.60 kg

Hallando JN y JM que vamos a usar:

JN + JM = JNMSólidos totales:

JN (10) + JM (8) = JNM (9.5)

(JNM – JM) (10) + JM (8) = JNM (9.5)

(47275.54 kg – JM) (10) + JM (8) = 47275.54 (9.5)

472755.54 kg – 10 JM + 8 JM = 449117.63 kg

-2 JM = - 23637.91 kg JM = 11818.955 kg

JN = 35456.585 Kg

¿Cuántos litros de jugo de naranja y jugo de mandarina se necesitaran sisu densidad es 1.030 gr/cm3 y 1.028 gr/cm3 respectivamente?

JM = 11818.885 kg/ 1.028 kg/l = 11496.97 l

JN = 35456.655 Kg/ 1.030 kg/l = 34423.94 l



EJERCICIO 2.30. Se quiere concentrar 500 kg de 8 a 50% de sólidos totales de unalimento líquido. En la primera etapa se separa una corriente residual

con 99.2% de humedad de otra corriente con 25% de sólidos totales queentra a la segunda etapa. En la segunda etapa se separa una corrientecon 3% de sólidos que es recirculada a la primera etapa. La corrienteprincipal que sale de la segunda etapa con 65% de humedad entra a unevaporador, en el cual se obtiene el producto final. Calcular:a. La masa de la corriente que recircula.b. La corriente residual (que se elimina en la primera etapa)c. La masa del producto final.

1er paso: GráficaV = ?

E=500 kg CP = ? CF = ? PF = ?ST = 8% ST = 25% ST = 35% ST = 50%

CR =?ST = 0.8%

R = ?ST = 3%

2do paso: Balance de materiaAgrupando la etapa I y II

500 = CF + CR

500 – CR = CF

Sólidos totales:

S e p a r a d o r 1

S e p a r a d o r 2

E v a p o r a d o r



500 (0.08) = CF (0.35) + CR (0.008)

500 (0.08) = (500 – CR) (0.35) + CR (0.008)

40 = 175 – 0.35 CR + (0.008) CR

135 = - 0.342 CRCR = 394.74 kg

CF = 105.26 kg

Balance de materia en la tercera etapa

CF = V + PF

105.26 kg = V + PF

Sólidos totales:

(0.35) 105.26 kg = (0.0) V + (0.50) PF

PF = 73.68 kg

V = 31.58 kg


500 + R = CP + CR500 + R = CP + 394.74

105.26 + R = CP

Sólidos totales:

500 (0.08) + R (0.03) = CP (0.25) + 394.74 (0.008)

40 + 0.03 R = (105.26 + R) (0.25) + 3.15792

40 + 0.03 R = 26.315 + 0.25 R + 3.15792

10.53 = 0.22 RR = 47.86 kg



EJERCICIO 2.31.

Una fábrica de alimentos balanceados produce maíz seco. Para ellointroduce el maíz a un secador a base de aire. Si el aire entra al secadorcon una humedad de 0.009 kg de agua/kg de aire y sale con una

humedad de 0.07 kg de agua/kg de aire. El maíz entra con 25% de agua ydebe salir con 12%. Calcule la cantidad de aire necesario si se quiere 80kg/min., de maíz seco.

1er paso: Gráfica


M = V + PF

M = V + 80 kg

M(0.75) = V(0) + 80(0.88)

M = 93.86 Kg .

Entonces: V = 13.86 kg

Ahora trabajando con el aire:

A1 = A2 + V

A1 (0.009)= A2(0.07) + 13.86

SECADORA

V=?St = 0

M = ?ST = 75%

PF

= 80 Kg

ST = 88%

H : 0.009

H : 0.07



A1 (0.009)= (A1 – V)(0.07) + 13.86

A1 (0.009)= (A1 )(0.07) – (V)(0.07) + 13.86

A1 (0.009)= (A1 )(0.07) – (13.86)(0.07) + 13.86

- 0.061 A1 = - 12.8892Rpta: A1 = 211. 41

EJERCICIO 2.32. Un material sólido que contiene 15% de humedad en peso se seca hastareducirla a 7% en peso por medio de una corriente de aire calientemezclada con aire de recirculación del secador. La corriente de aire no re-

circulado contiene 0.01 kg de agua/kg de aire seco, el aire de recirculacióntiene 0.1 kg de agua/kg de aire seco y el aire mezclado contiene 0.03 kg deagua/kg de aire seco. Para una alimentación de 100 kg/hr al secador.Calcúlese:

d. Los kg de aire seco/hr de aire nuevo.e. Los kg de aire seco/hr del aire de recirculación.f. Los kg/hr de producto seco.

SECADORA

V=?H=0.1

AN

= ?

H = 0.01

PF

= ?

ST = 93%

MEZCLADORA

AR = ?

H = 0.1

AM

= ?

H = 0.03

P = 100 Kg

ST = 85%



AR + AN = AM

AR + AN = 1 ------------------------- (I)

También:

AR (0.1)+ AN (0.001)= 1(0.03) ------------------------- (II)De (I) y (II):

(- 0.01)(AR + AN = 1)

AR (0.1) + AN (0.001) = (0.03)

(- 0.01)(AR) + (- 0.01)(AN)=(- 0.01)(1) + AR (0.1) + AN (0.01 ) = (0.03)

0.09AR = 0.02

AR = 0.2222

AN = 0.7777

Para el producto:

100(0.85) = V(0) + PF(0.93)

Rpta: c) PF = 91.4 Kg queda: 8.6 Kg

AR + V – 8.6 = AM ------------------------- (III)

AR(0.1) + V(0.1) – 8.6 = AM(0.03)

Reemplazando en (III)(0.1) (AR + V) – 8.6 = AM (0.03)

(0.1) (AR + AM – AR) – 8.6 = AM (0.03)

(0.1)( AM) – 8.6 = AM (0.03)

0.07AM = 8.6

AM = 122.85

Rpta: a) AN = 0.7777(122.85) = 95.6

Rpta: b) AR = 0.2222(122.85) = 27.3



EJERCICIOS PROPUESTOS DE BALANCE DE MASA 2.1.- El proceso de obtención de un pigmento consta principalmente deuna etapa de extracción líquido-líquido, seguida de una etapa dedestilación de donde el pigmento sale prácticamente puro. En la etapa

de extracción, el pigmento disuelto en un aceite liviano se pone encontacto con un solvente, acetona pura, la cual “arrastra” un 70% del

pigmento alimentado. En la segunda etapa el pigmento se separa de laacetona por destilación.a) Determine el flujo de materia prima, que es necesario alimentar para

producir 1000 kg/h de pigmento puro.b) Si un buen arrastre del pigmento se logra empleando 3 partes de

acetona por 2 partes en peso de solución de aceite, determine lacantidad de acetona a alimentar.

2.2.- Un lote de pescado será procesado en harina de pescado, parausarla como proteína suplementaria en alimentos. El proceso consta deetapas: extracción del aceite, hasta obtener una pasta de 80% de agua enpeso, secado de la pasta en secadores de tambor rotatorios para obtenerun producto “seco” que contiene 40% de agua en peso. Finalmente, elproducto se muele a grano fino y se empaca. Calcular la entrada del

pescado al proceso en kg/h y lb/min, necesaria para producir 1000kg/h de harina seca.

2.3.- 450 kg/h de yacón en rodajas se deshidratan en un túnel, desde 85a 20% de humedad; el aire tiene un contenido de humedad de 0.013 kgde agua/kg.a.s. y entra al deshidratador a razón de 180 kg de aire/kg deyacón en rodajas. Calcular el contenido final de humedad en el aire quesale del túnel.

2.4.- Si se disuelve 5 kg de sacarosa en 20 kg de agua. Calcular laconcentración de la solución en: a) peso/peso, b) peso/volumen, c)fracción molar, d) concentración molar. El peso específico de unasolución al 20% de sacarosa es 1,070 kg/m3



2.5- Una solución de sal común tiene 2000 ppm. Calcule laconcentración de la solución en términos de normalidad, molaridad yporcentaje.

2.6.- ¿Qué cantidad de NaOH de 85% de pureza se debe pesar parapreparar 250 ml de solución 0,5 N?

2.7.- ¿Cuál es la normalidad del ácido clorhídrico cuyas característicasson: ρ= 1,16 g/ ml y pureza 36% p/p?

2.8.-¿Cuál es la normalidad del ácido sulfúrico cuyas características son:ρ=13.6 g/ml y pureza 98% p/p?

2.9. ¿Cómo prepararía usted 250 ml HCl 0,5 N a partir de HClconcentrado (ρ= 1,16 g/ ml y 36% p/p de pureza)?

2.10.-¿Cómo prepararía usted 300 ml de H2SO

40,7 N a partir del ácido

concentrado (ρ = 1,84 g/ ml; 98%)?

2.11.- Cuando se disuelven 180 g de NaOH con agua y se completa a400 ml, la solución tiene una densidad de 1,340 g/ ml. Calcule la

concentración en porcentaje (p /p), g/ L, M y N2.12.- ¿Qué cantidad de yodo debe usted pesar para preparar 250 ml desolución 0,05 N?

2.13.- Se tiene una solución patrón de NaCl al 0,500% de la cual setoman 5 ml que se llevan a un balón volumétrico de 100 ml de estádisolución se toman 15 ml que se llevan a 500 ml, se pregunta cuál es laconcentración de NaCl en ppm de esta solución.

2.14.- Para propósitos de regadío, un agua salobre es desalinizada porevaporación. Sí se alimenta agua con 600 ppm de sal y sólo se permiten50 ppm en el agua de regadío, ¿qué fracción de alimentación se puedebypasear el proceso de evaporación?



2.15.- Una mezcla de pintura que contiene 25 % de un pigmento y elresto de agua tiene un costo de $ 1200/Kg, y una mezcla que contiene10 % de pigmento tiene un costo de a $ 700/Kg.a.- Si un fabricante de pinturas produce una mezcla al 15 % de

pigmento a partir de las mezclas especificadas anteriormente, ¿encuánto debe vender la mezcla al 15 % para tener una ganancia de 10 %?Considere todos los porcentajes en base peso.b.- ¿En qué proporciones deberá agregar las mezclas originales paraproducir la mezcla resultante al 15 %?



CAPÍTULO IIIBALANCE DE ENERGÍA

Para llevar a cabo el balance de energíase usa la ley de conservación de laenergía que postula “toda energía queentra aun sistema es igual a la que salemás la energía que queda en el sistema”.



3.1 LA ENERGÍA.La energía puede existir en numerosas formas:• Cinética• Potencial

• Eléctrica• Magnética• Química• Etc.

En los análisis de ingeniería con frecuencia es útil considerar en dosgrupos las diversas formas de energía que conforman la energía total deun sistema: la energía macroscópica (potencial y cinética) y la energíamicroscópica (son todas las energías que están relacionados con la

estructura molecular de un sistema).

Vapor Vapor°T=110°C °T=80°CLeche Leche

°T=30°C °T=70°C

3.1.1 Energía cinéticaEs la energía que un sistema posee como resultado de su movimientoen cierto marco de referencia.

3.1.2 Energía potencialEs la energía que un sistema posee como resultado de su elevación enun campo gravitacional.

3.2 CALOR

El calor es la energía intercambiada con la diferencia de temperaturaentre el sistema y sus alrededores. El calor es positivo cuando entra alsistema y negativo cuando se transfiere del sistema al exterior.



El calor es la interacción energética generada por una diferencia detemperatura entre el sistema y sus alrededores.

3.3 TRABAJOEl trabajo realizado por los alrededores sobre el sistema es negativo,mientras que el trabajo realizado por el sistema sobre los alrededores seconsidera positivo.

La energía es capaz de cruzar la frontera de un sistema o volumen decontrol en la forma de calor y trabajo

El Trabajo es la interacción de energía no provocada por unadiferencia de temperatura entre el sistema y sus alrededores. Es la

transferencia de energía asociada con una fuerza que actúa a lo largo deuna distancia.

El trabajo realizado por unidad de tiempo es la potencia. La unidad de

potencia es el kJ/s o kW.

Criterio de signosCriterio de signos

SISTEMA

Q (+ )

W ( - )

Q ( - )

W ( +)



( ) El trabajo realizado por un sistema es positivo (ejm. Trabajo producidopor motores de automóviles, turbinas de vapor o gas, etc).

El trabajo efectuado sobre un sistema es negativo (ejm. Trabajo

consumido por compresores, bombas y mezcladores).

El signo negativo asociado con el término trabajo puede evitarse si se

habla de entrada de trabajo, por ejemplo, se puede utilizar las dos formas:

Went = 2 kJ ó W = - 2 kJ

3.4 BALANCE DE CALOR.En muchos casos en la ingeniería de procesos, que casi siempre se llevaa cabo a presión constante, la energía eléctrica, la energía potencial y eltrabajo, o bien no están presentes o resultan depreciables. De estamanera solo es necesario tomar en cuenta la entalpia de los materiales.Para establecer un balance de “Q” en estado estable, se usan métodossimilares a los aplicados en balance de materia.

• La temperatura de referencia para los cálculos de entalpia es 25°C(298 K)

∑HE + (-H298 °K) ± q = ∑HS

∑HE ± q = ∑HS

Si el problemano lo especifica,su valor es cero



∑HE = suma de todas las entalpias que entran al sistema o al procesode reacción a 298 K y a 101.325 KPa.

H = Calor que se crea en el sistema por reacciones químicas a 298Kq = Energía neta o calor añadido al sistema

∑HS = Suma de todas las entalpias de salida, con respecto al estadonormal de referencia 298 K.



EJERCICIOS DESARROLLADOS DE BALANCE DE ENERGÍA

EJERCICIO 3.1.Se calienta 5 kg de hielo que se encuentra a – 10 ºC para obtener agua

líquida a 0 ºC, posteriormente se calienta más todavía para evaporarloproduciendo vapor saturado a 100ºC. Calcular las diversas entalpiasencontradas en el proceso. Si los calores específicos del hielo y del aguason respectivamente 20.5 y 4.182 kJ/Kg°K.

Solución:

SENSIBLE LATENTE SENSIBLE LATENTE

En el tramo A-B: A-B = M Cp. (T2 - T1)

A-B = Entalpia del Tramo A-BM = MasaCP = Capacidad caloríficaT2 y T1 = Temperatura

A-B = 5 Kg x 20.5 kJ/KgK (0 – (-10)) ºC

Punto de fusión = 333.2 kJ/kgy punto de evaporación es:

2257.06 kJ/kg



A-B = 1025 kJ

En el tramo B-C:

B-C = M

B-C = Entalpia del Tramo B-CM = Masa = Calor latente de fusión

B-C = 5 Kg x 333.2 kJ/KB-C = 1666 kJ

En el tramo C-D:

C-D = Entalpia del Tramo C-DM = MasaCP= Capacidad caloríficaT2 y T1 = Temperatura

C-D = 5 Kg x 4.182 kJ/Kg°K (100 - 0) ºCC-D = 2091 kJ

En el tramo D-E: D-E = M

D-E = Entalpia del Tramo D-EM = Masa = Calor latente de vaporización

B-C = 5 Kg x 2257.06 kJ/Kg

B-C = 11285.3 kJ

A-B + B-C + C-D1025 + 1666 + 2091 + 11285.3 16067.3 kJ



EJERCICIO 3.2.Un medio de fermentación líquido a 30 ºC se bombea a velocidad de2000 kg/h a través de un calentador, donde su T° se eleva a 70 ºC bajopresión. El agua caliente de desperdicio usado para el calentamiento

entra a 95 ºC y sale a 85 ºC. La capacidad calorífica promedio del mediode fermentación es de 4.06 kJ/kgK y la del agua 4.21 kJ/kgK. Lascorrientes de fermentación y del agua caliente están separadas por unasuperficie metálica a través de la cual se transfiere el calor e impide lamezcla física de ambos. Calcúlese el flujo de agua y la cantidad de calorañadida al medio de fermentación, suponiendo que no hay pérdida enel sistema.

Solución:

1er Paso: GráficaWE = ? Tº = 95ºCCP = 4.21 kJ/kgK

MFE= 2000 kg/h MFS= 2000 kg/hTº = 30ºC Tº = 70ºCCP = 4.06 kJ/kgK CP = 4.06 kJ/kgK

WS = ?Tº = 85ºC

CP = 4.21 KJ/Kg°K

NOTA:Como el cambio de temperatura de 30 ºC a 70 ºC nocambia de estado a la masa o medio de fermentación,entonces deducimos que MF que sale va a ser la mismacantidad que entra al sistema.En este ejercicio no se aplica la fórmula general ya que nohay calor que se crea por reacciones químicas del producto,

por tanto no se considera (H), y tampoco está entrandocalor al sistema por tanto no hay (q).



2do Paso: Balance de Energía

Fórmula general:

Aplicamos al ejercicio:

Aplicando la fórmula tenemos, HE:HMF:

HMF = 2000 kg (4.06 kJ/kgK) (30 ºC – 25 ºC)HMF = 40600 kJ

H WE:HWE = WE (4.21 kJ/kgK) (95 ºC – 25 ºC)H WE = WE 294.7 kJ/Kg

Aplicando la fórmula tenemos, HS:HMFS:

HMF = 2000 kg (4.06 kJ/kgK) (70 ºC – 25 ºC)HMF = 365400 kJ

H WS:HWS = WS (4.21 kJ/kgK) (85 ºC-25 ºC)H WE = 252.6 WS kJ/Kg

Formando la ecuación de acuerdo a la fórmula

40600 kJ + WE 294.7 kJ/kg = 365400 kJ + 252.6 WS kJ/kg42.1 W kJ/kg= 324800 kJ.

∑ H E + (-H) + q =

∑ Hs

∑ H E = ∑ Hs

∑ H E = ∑ Hs



MÉTODO RAZONATIVO:

Q que pierde el H 2O = Q que gana el líquido

Mw CPW (T2 – T1) = MMF CPMF (T2 – T1)

MW 4.21kJ/kgK (95 - 85) ºC = 2000 Kg (4.06 kJ/kgK) (70 – 30 ) ºC

MW 42.1 kJ/kg = 324800 kJMw = 7714.96kg

EJERCICIO 3.3.En una planta para desodorizar aceite vegetal, el aceite se precalientacon un cambiador tubular y a contracorriente con agua. El flujo demasa de agua a través del cambiador es de 3000 kg/h, entra a 100ºC ysale a 50ºC. El aceite fluye a razón de 10000 kg/h. Si el aceite entra alcambiador a 17ºC. ¿Cuál será la Tº de salida del aceite? Si su

capacidad calórica del aceite y del agua es de 0.5 Kcal/Kg°C y 1.0Kcal/Kg°C.Solución:

1er Paso Gráfica:WE = 3000 kg Tº = 100ºCCP = 1.0 Kcal/kg°C

E1 = 10000 kg/h S1= 10000 Kg/hTº = 17ºC Tº = ¿?CP = 0.5 Kcal/kg°C CP = 0.5 Kcal/Kg°C

Ws = 3000 KgTº = 50ºCCP = 1.0 Kcal/Kg°C

NOTA: WE = WS, no existepérdida de masa en elsistema.

WS= 7714.96 kg .




Fórmula general:


∑HE= HE1 + WEHE1:

HE1 = 10000 kg (0.5 Kcal/kg°C) (17ºC – 25ºC)HE1 = - 40000 Kcal

H WE:HWE = 3000 Kg (1.0 Kcal/Kg°C) (100ºC- 25ºC)HWE = 225000 Kcal

∑HS = Hs1 + Hws

HS1:HS1 = 10000 kg (0.5 Kcal/Kg°C) (TS1 – 25ºC)HS1 = (5000 Kcal/ºC) TS1 - 125000Kcal

H WS:HWS = 3000 (1.0 Kcal/Kg°C) (50ºC - 25ºC)HWS = 75000 Kcal


-40000 Kcal + 225000 Kcal = 5000 Kcal Ts1 – 125000 Kcal + 75000 Kcal5000Kcal Ts1= 235000Kcal

∑ H E + (-H) + q =

∑ Hs

∑ H E = ∑ Hs

∑ H E = ∑ Hs



Ts1 = 47 ºC

MÉTODO RAZONATIVO:

Q que gana el aceite = Q que pierde el agua ME1 CPE1 (T2 – T1) = MWE CPWE (T2 – T1)

10000 kg (0.5 Kcal/kg°C) (TS1 – 17)°C = 3000 kg (1.0 Kcal/kg°C)(100 -50)°C

5000 Kcal TS1 – 85000 Kcal = 150000 Kcal

TS1 = 47 ºC

EJERCICIO 3.4.

En una planta para desodorizar aceite vegetal, el aceite se precalientacon un cambiador tubular y a contracorriente con agua. El flujo demasa de agua a través del cambiador es de 132 lbm/min, entra a 100ºC y sale a 315.15 K. El aceite fluye a razón de 12000 kg/h. Si el aceiteentra al cambiador a 20 ºC. ¿Cuál será la Tº de salida del aceite? Si sucapacidad calórica del aceite y del agua es de 0.5 Kcal/kg°C y 1Kcal/Kg°C.

Solución:

1er Paso: Gráfica

WE = 3600 kg/h Tº = 100ºCCP = 1 KCal/Kg°C

E1 = 12000Kg/h S1= 12000Kg/hTº = 20ºC Tº = ¿?CP = 0.5 KCal/Kg°C CP = 0.5 KCal/Kg°C

Ws = 3600 Kg/hTº = 42 °CCP = 1 KCal/Kg°C




Fórmula general:


Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 +WE

HHE1:

HE1 = 12000kg (0.5 Kcal/kg°C) (20ºC – 25ºC)HHE1 = - 30000 Kcal

H WE:HWE = 3600 Kg (1.0 Kcal/kg°C) (100ºC- 25ºC)HWE = 270000 Kcal

∑HS = Hs1 + HwsHS1:

HS1 = 12000 kg (0.5 Kcal/Kg°C) (T – 25ºC)HS1 = 6000 Kcal/ºC TS2 – 150000 Kcal

H WS:HWE = 3600Kg (1 Kcal/Kg°C) (42ºC - 25ºC)HWS =3600 (1 Kcal/Kg°C) (42ºC - 25ºC)

HWS = 61200 Kcal


-30000 Kcal +270000 Kcal = 6000Kcal/ºC TS2 – 150000 Kcal + 61200 Kcal

∑ H E + (-H) + q = ∑ Hs

∑ H E = ∑ Hs

RECORDAR ºC + 273.15 = K1Kg =2.2 lbm

1h =60 min

∑ H E = ∑ Hs



6000 Kcal/ºC TS2 = 355800Kcal

Ts2 = 54.8ºC

MÉTODO RAZONATIVO:Q que gana el aceite = Q que pierde el agua

ME1 CPE1 (T2 – T1) = MWE CPWE (T2 – T1)

12000 Kg (0.5 kcal/kg°C) (TS1 – 20 °C) = 3600 kg (1.0 Kcal/kg°C) (100

°C - 42 °C)

6000 Kcal TS1 – 120000 Kcal = 208800 Kcal

TS1 = 54.8 ºC

Problema 3.5.Se calienta 2000 kg/h de leche, mediante un cambiador de calor en elque se le suministra 111600 kJ/h. La temperatura de salida de la lechees de 95ºC y su calor específico es 3.9 kJ/kg°C. Calcular latemperatura de entrada de la leche en el cambiador.Solución:

1er Paso: Gráfica

q = 111600 kJ/h

E1 = 2000 kg/h S1 = 2000 kg/hTº1 = ? Tº = 95ºCCP = 3.90 kJ/kg°C CP = 3.90 kJ/kg°C




Fórmula general:


Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE + q = HE1 + qHHE1:

HHE1 = 2000kg (3.90 kJ/kg°C) (T1ºC – 25ºC)HS1 = 7800 kJ/ºC TS1 – 195000 kJ

q:q = 111600 kJ

∑HS = Hs1 HS1:

HS1 = 2000 kg (3.90 kJ/kg°C) (95ºC – 25ºC)HS1 = 546000 kJ


7800 kJ/ºC TS1 – 195000kJ + 111600kJ = 546000kJ7800 kJ/°C TS1 = 69400kJ

Ts1 = 80.69ºC

EJERCICIO 3.6.Se calienta 4500Kg/h de leche de vaca desde 5ºC hasta 60ºC en uncambiador de calor utilizando para ello agua caliente. ¿Cuánto decalor debe transmitir si el CP de la leche es de 0.916 Kcal/kg°C?

∑ H E + (-H) + q =

∑ Hs

∑ H E + q = ∑ Hs

∑ H E +q = ∑ Hs



Solución:

1er Paso: Gráficaq = ?

E1 = 4500 kg/h S1 = 4500 kg/hTº1 = 5 ºC Tº = 60ºCCP = 0.916 Kcal/Kg°C CP = 0.916Kcal/Kg°C


Fórmula general:Aplicamos al ejercicio:

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE + q = HE1 + qHHE1:

HHE1 = 4500kg (0.916 Kcal/kg°C) (5ºC – 25ºC)

HS1 = -82440 Kcal

q:∑HS = Hs1

HS1:HS1 = 4500 kg (0.916 Kcal/kg°C) (60ºC – 25ºC)HS1= 144270 Kcal

Formando la ecuación de acuerdo a la fórmula:

-82440 Kcal + q = 144270 KCalq = 226710 Kcal

∑ H E + (-H) + q =

∑ Hs

∑ H E + q = ∑ Hs

∑ H E + q = ∑ Hs





q:q = (V) (M)q = (2750 kJ/kg) (4kg)q = 11000 kJ

∑HS = H (pp) + HCR

H (pp):Hpp = (pp kg) (3.5 kJ/kgK) (35ºC – 0ºC)Hpp = 1222.5 kJ/ kg PP

HCR:HCR = (CR kg) (4.2 kJ/kgK) (60ºC – 0ºC)

HCR = 252 kJ/ kg CR


6290 kJ + 11000 kJ = 122.5 kJ/kg PP + 252 kJ/kg CR

1790 kJ = 122.5 kJ/kg (PP) +252 kJ/kg CR (

)

Realizamos en la ecuación “Balance de Materia”

(100 kg + 4 kg) = PP + CR104 kg = PP + CR …………….. (

)

Reemplazamos la ecuación () en (), para hallar PP y CR:1790 kJ = 122.5 kJ/kg (PP) +252 kJ/kg CR17290 kJ = 122.5 kJ/kg PP + 252 kJ/kg (104 - PP)17290 kJ = 122.5 kJ/kg PP + 26208 kJ/kg – 252 PP kJ/kg129.5 kJ/kg PP = 8918 kJPp = 68.86 kg

∑ H E +q = ∑ Hs

Ps + M = PP + CR







15200 kJ + 35750 kJ = 112.2 J/kg PP + 260 kJ/kg CR + 10725 kJ40225 kJ = 112.2 kJ/kg PP + 260 kJ/kg CR ()

Realizamos en la ecuación “Balance de Materia”

(250 kg + 12.5 kg) = PP + CR262.5 kg = PP + CR ()

Reemplazamos la ecuación () en (), para hallar PP y CR:40225 kJ = 112.2 kJ/kgPP +260 kJ/kg CR

40225 kJ = 112.5 kJ/kg PP + 260 kJ/kg (262.5 - PP) kJ40225 kJ = 112.5 kJ/kg PP + 68250 kJ – 260 kJ/kg PPPP = 189.6 kg

CR = 262.5 – PPCR = 262.5 – 190 kgCR = 72.90 kg% Cáscara :250--------------- 100%60.4 ------------- xCR = 24.16 %

EJERCICIO 3.9.Se desea enfriar un puré de guisantes desde 80ºC hasta 25ºC. Para ellose utiliza agua a 8ºC, la que se calienta hasta 20ºC. Si el flujo másico delpuré a enfriarse es de 5000 litros/h. ¿Qué cantidad de agua deberá

usarse?, si el CP del guisante es 0.91 Kcal/kg°C. y la densidad es 1.1kg/Litro.

Ps + Mv = PP + CR



Solución:

1er Paso: Gráfica

WE = ?

TWE = 8 ºCCP = 1 kcal/Kg ºC

E1 = 5500 kg/h S1 = 5500 kg/ hTº = 80ºC Tº = 25ºC

CP = 0.91 kcal/Kg°C CP = 0.91 Kcal/kg°CWs = ?

Tº = 20ºCCP = 1 kcal/kg ºC



Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 + HWE HE1:

HE1 = 5500 kg (0.91 Kcal/kg°C) (80ºC – 25ºC)

H E1 = 275275 Kcal

HWE:HWE = WE (1Kcal/kg°C) (8ºC – 25ºC)H E1 = -17 WE Kcal/kg

∑HS = HS1 + HWs

HS1:

HS1 = 5500 (0.91KCal/Kg°C) (25ºC – 25ºC)Hs1 = 0

H WS:HWS = WS (1KCal/Kg°C) (20ºC – 25ºC)HWE = -5 Kcal/ Kg WS

∑ H E = ∑ Hs

1.1 Kg/Litro =M/5000Litros M = 5500 Kg




275275 Kcal – 17 Kcal/kg WE = 0 – 5 Kcal/kg WS

WE = 22939.58 Kg

EJERCICIO 3.10.Una mezcla de 454 Kg de jugo de manzana a 10 ºC se calienta en uncambiador por adición de 21300 Kcal. Calcular la temperatura de salidadel jugo si su CP es 0.957 Kcal/kg °C.Solución:

1er Paso: Gráfica

q = 21300 Kcal

E1 = 454 Kg/h PF = 454 Kg/hTº = 10ºC Tº = ?

CP = 0.957 KCal/Kg °C CP = 0.957 Kcal/kg°C

2do Paso: Balance de Energía Por cada hora de proceso.


Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 + qHE1:

HE1 = 454kg (0.957KCal/Kg°K) (10ºC – 25ºC)H E1 = -6517.17 Kcal

q:

∑ H E = ∑ Hs = S

∑ H E + q = ∑ Hs





Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 + WE HE1:

2000kg (0.875Kcal/kg°C) (15ºC – 25ºC)H E1 = -17500 Kcal

H WE:HWE = WE (1.0 KCal/Kg°C) (93ºC – 25ºC)H E1 = 68 Kcal/kg WE ∑HS = HS1 + HWS

HS1:HS1= 2000 kg (0.875Kcal/kg°C) (50ºC – 25ºC)H s1 = 43750 Kcal

H WS:HWS = (1.0 Kcal/Kg°C) (60ºC – 25ºC)H s1 = 35 Kcal/kg WS


-17500 Kcal + W68 Kcal = 43750 Kcal + W 35 Kcal W = 1856.06 kg

EJERCICIO 3.12.Se desea congelar 10000 bollos de pan de 0.75 kg c/u desde 18°C hastauna temperatura de almacenamiento de -18°C. Si la congelación se llevaa cabo de tal forma que la demanda máxima de calor es el doble delcalor promedio, calcular este valor máximo, si el tiempo total de

congelación es de 6 h.

Datos del pan: C p antes de congelarlo = 2.93 KJ/kg °C C p después de congelarlo =1. 42 KJ/kg °C Q latente de congelación = 115 KJ/Kg

∑ H E = ∑ Hs



Temperatura de congelación= -2°C

1er Paso: Gráfica

18°C CP = 2.93 KJ / kg °C

Ϫ =115 KJ / kg

-2°C

CP = 1. 42 KJ/kg °C

-18°C

SENSIBLE LATENTE SENSIBLE

Q perdido = Q sensible + Q latente

2do paso: Balance de Energía

H (D-C) = 7500 kg x 2.93 kJ/ kg x (18 +2) °C = 439500 kJH (C-B) = 7500 kg x 115 kJ / kg = 862500 KJH (B-A) = 7500 kg x 1.42 kJ / kg x (-2 + 18) °C = 170400 kJ

Q quitado total = 1472400 kJ ……….. 6 hQ quitado / h = 245400 x 2 kJ ……….. 1h

Q quitado / h = 490800 kJ



EJERCICIO 3.13.Una autoclave contiene 1000 botes de sopa de guisantes. Se calienta auna temperatura global de 100°C. Si los botes han de enfriarse hasta 40°C antes de salir del autoclave, ¿Qué cantidad de agua de refrigeración

se necesita si esta entra 15°C y sale a 35°C? Cp de la sopa de guisantes : 4.1 kJ/kg°C Cp del bote metálico: 0.5 KJ/kg°C Cp del agua: 4.185 kJ/kg°C Peso del bote vacío: 60 g Contenido de cada bote: 0.45 kg de sopa Contenido calorífico de las paredes de la autoclave por encima de 40

° C: 1.6x104 KJ.No existe pérdida de calor a través de las paredes

1er Paso: Gráfica

w =? w =?

T°= 35°C T°= 15°C

E = 1000 unid. S = 1000 unid.

T°= 100°C T°= 40 °C

SOPA: LATA: PARED: AGUA:T° = 100°C T° = 100°C H = 1.6x104 kJ M =?Cp= 4.1 kJ/kg°C Cp =0.5 kJ/kg°C H =16000 kJ CP = 4.185 kJ/Kg°C M = 0.45 Kg /Unid. M = 60 g/Unid.

2do paso: Balance de energía

Q que gana el agua = Q que pierde la lata + Q que pierde la sopa +Q que queda en las paredes



W (4.185 kJ/kg°C) (35 - 15)°C = 60 kg (0.5kJ/kg°C)(100 - 40)°C + 450kg(4.1 kJ/kg°C)(100 - 40)°C + 16000 kJ

83.7 kJ/kg W = 1800 kJ + 110700 kJ + 16000 kJ

83.7 kJ/kg W = 128500 kJ W = 1535.24 kg

EJERCICIO 3.14.Para calentar un reactor se usa vapor saturado a 250°C el cual entra a lachaqueta que rodea al reactor y sale condensado. La reacción absorbe1000 Kcal/kg de material en el reactor. Las pérdidas del calor son de5000 Kcal/h. los reactivos se colocan en el reactor a 20°C y salen a 100

°C. Si la carga está constituida por 325 Kg de material y tanto productoscomo reactivos tiene una capacidad calorífica media de 0.78 Kcal/kg°C.¿Cuántos kg de vapor de agua se requerirán por Kg de carga?Supóngase que la carga permanece en el reactor durante 1 hora.

Datos: H vapor 250°C = 668.8 Kcal/g H vapor condensado = 258 Kcal /kg

Solución:

1er

Paso: Gráfica

w = ? w = ?

T°= T°= 250°C

E = 325 Kg/h Qpared=1000kcal/kg S = 325Kg/h

T° = 20°C T°= 100°C

Q = 5000Kcal/h



2do paso: Balance de Energia

Q que pierde el W = Q que gana el producto. + Q que absorbe el

reactor + Q que se pierde

W (Hg250°C- Hf250°C) = 325 Kg (0.78 Kcal/kg°C) (100 - 20) °C + 1000

kcal/kg (325 kg) + 5000 Kcal

W (668.8 - 258) = 350280 Kcal

W (410.8 Kcal/Kg) = 350280

W = 852.68 KgPor Kg de material que entra:

854.68 Kg/ 325 Kg = 2.62 Kg de vapor

EJERCICIO 3.15.Calcular la cantidad de calor que se proporciona a una caldera paraproducir 1500 Kg/h de vapor saturado a 10 atmosferas a partir de agua

a 15°C. Suponiendo que la caldera tiene una eficiencia de 90%. Calcularademás los caballos de la caldera.

Solución:

1er Paso: Gráfica

Q = ? V= 1500 kgP=10 atm

E1 = 1500 Kg

T°= 15°CCALDERA

RECORDAR: convertimos 10atm.

Hg (1013.25 KPa) = 2778.54 kJ/kgHf (15ºC) = 62.99 kJ/kg.

1kcal = 4.185 kJ



2do paso: Balance de energia

Q = 1500 kg/h (2778.54 kJ/kg – 62.99 kJ/kg)Q = 4073325 kJ/h

Q = 4073325 kJ/ h x

Q = 973315.41 Kcal/h

a. Eficiencia: 973315.41 = 1081461.569 Kcal/h0.9

b.- Calcular los Caballos de fuerza.

HPcaldero = 2. 34317 Kcal/s

EJERCICIO 3.16.Un secador de caseína consume 4 m3/h de gas natural con un valorcalórico de 800 kJ/mol. Si la cantidad que entra al secador es de 60 kgde caseína por hora. Secándola desde 55% de humedad hasta el 10%.Calcular la eficacia térmica global del secador en función del calorlatente de evaporación.Calor latente de evaporación = 2257 kJ/kg.

Simbología de un secador

Q = M (Hvapor 10 atm - Hagua 15°C)





través de la cual se transfiere calor y no hay mezcla física de unacorriente con la otra. Indique el agua necesaria.

Solución:

1er paso: Gráfica

WE = ¿?TWE = 95 ºCCP = 1.0 kcal/Kg ºK

E1 = 2000 Kg/h S1 = 2000 Kg/ hTº = 30ºC Tº = 70ºCCP = 0.966 Kcal/kgK CP = 0.966 Kcal/kgK

Ws = ¿?Tº = 80ºCCP = 1.0 kcal/Kg °K


Q que pierde el agua = Q que gana el alimento

W x (1Kcal/kg K) ( 95 -80 )ºC = 2000 kg (0.966 Kcal/kg K) ( 70 -30 )ºC W = 5152 kg

EJERCICIO 3.18.Se desea enfriar un alimento líquido desde 80°C hasta 30°C en uncambiador de calor de tipo indirecto usando agua como fluidorefrigerante. Calcular el flujo másico de agua necesario para enfriar1800 Kg/h del alimento si el agua se caliente en el cambiador de 10°C a20°C. Los calores específicos del alimento y del agua sonrespectivamente 3.8 y 4.1 kJ/kg °C.



Solución:

1er paso: GráficaWE = ¿?TWE = 10 ºCCP = 4.185/Kg ºC

E1 = 1800 kg/h S1 = 1800 kg/ h

Tº = 80ºC Tº = 30ºCCP = 3.8KJ/kgºC CP = 3.8 kJ/kg°C

Ws = ?

T° = 20ºCCP =4.185 KJ/Kg ºC

2do paso: Balance de energíaMÉTODO RAZONAMIENTO:Q que gana el agua = Q que pierde el alimento

W x (4.185KJ/Kg °C) (20-10) °C = 1800 Kg (3.8KJ/Kg °C) (80 -30) °C W = 8172.04 kg

EJERCICIO 3.19Un líquido fermento se bombea a razón de 2000 Kg/h a 30°C a travésde un intercambiador de calor en donde se calienta hasta 70°C. El aguapara este proceso entra a 95°C y sale a 80°C. El calor específico dellíquido fermentado es de 3.7 kJ/Kg°C. Las corrientes de fermentación yde agua están separadas por una superficie metálica a través de la cualse transfiere calor y no hay mezcla física de una corriente con la otra.Indique el agua necesaria, si las pérdidas de calor por un deficiente

aislamiento son de 10000 kJ/h. Calcular también la eficacia delintercambiador.



Solución:

1er paso: Gráfica

WE = ¿?TWE = 95 ºCCP = 4.185 kJ/Kg ºC

E1 = 2000 Kg/h S1 = 200 kg/ h

Tº = 30ºC Tº = 70ºCCP = 3.7 KJ/Kg°C CP = 3.7 kJ/kg°C

Ws = ?

T° = 80ºC Q = 100000 k J/hCP =4.185 kJ/kg ºC

2do paso: Balance de energia

Q que pierde el agua = Q que gana el alimento + Q perdido

W x (4.185 kJ/kg °C) x (95-80) °C = 2000 kg x 3.7 kJ/kg °C x (70 -30) °C+10000 kJ

W x 62.775 kJ/kg = 296000 kJ + 10000 kJ

W = 4874.55 Kg

La eficacia del intercambiador será:



EJERCICIO 3.20.En un proceso semi-continuo se pelan papas mediante vapor. El vaporse suministra en 1/30 partes de la masa de la papa sin pelar. Las papasentran al sistema a 59°F y las papas peladas salen a 30°C. Además del

sistema sale una corriente residual a 66°C. Los calores específicos de lapapa sin pelar, de la corriente residual y de las papas peladas son. 3.85;4.02, 3.85 kJ/kgK respectivamente. Si el vapor suministra 1200 kJ/Lbm.Calcular:o La masa de la corriente residualo El % de la cáscara de la papa

Considerar: al proceso entra en total por parte del vapor 31680 kJ(entalpia)

Solución:1er paso: Gráfica

V= 1/30 (PSP) = 26.4 Lbm = 12 kgHv = 31680 kJ/1200 kJ/Lbm = 26.4 Lbm

PSP = 360 Kg PP =?T° = 15ºC T° = 30ºCCP = 3.85 Kcal/Kg°K CP = 3.85 Kcal/kg K

CR = ?Tº = 66ºCCP = 4.02kcal/Kg ºK


HE (PSP) = 360 kg (3.85 kJ/kg K) (15-25) °C = -13860 kJQHv = 31680 kJHs (PP) = PP (3.85 Kcal/kg K) (30-25) °C = 19.25 kJ/kg PP

Hs (CR) = CR (4.02Kcal/kg K) (66-25) °C = 164.82 kJ/kg CRBalance de material:360 + 12 = PP + CR372 kg = PP + CREcuación: CR = 372 kg – PP …….. (I) Reemplazando la ecuación: ∑ H E + q = ∑ Hs -13860 kJ + 31680 kJ = 19.25 kJ/kgPP+ 164.82 kJ/ kg CR ……. (II)



Reemplazando la ecuación (I) en (II).-13860 kJ + 31680 kJ = 19.25 kJ/kgPP+ 164.82 kJ/ kg (372 kg -PP)17820 kJ = 17.25 kJ/kg PP + 61313.04 kJ - 164.82 kJ/ kg PP-434993.04 kJ = -145.57 PP

PP = 298.78 kgCR = 73.22 KgCascara: 61.22 Kg % cascara: 17.00

EJERCICIO 3.21.Se utiliza un deposito tubular para escaldar judías de lima con un flujomásico de 860 Kg/h el consumo de energía para el proceso deescaldado es 1.19 GJ/h y las pérdidas debido al deficiente aislamientose estima en 0.24 GJ/h. si el consumo total de energía en el proceso es

de 2.71 GJ/h. Calcular la energía para recalentar el agua después de cada proceso Determinar el % de energía con cada corriente.Solución:

1er paso: Gráfica

2.71 GJ/h 1.19 GJ/h

E1= 860 Kg/h

0.24 GJ/h


Base de cálculo: 1 hora de proceso.

Ecuación general:Energía que entra el sistema = Energía con la que se queda las judías

+ Energía que se pierde por eldeficiente aislamiento + E que sequeda en el agua

ESCALDADORE que se queda en H20



2.71GJ = 1.19 GJ+ 0.24 GJ + E queda H2O

a) E queda en el H2O = 1.28 GJ/h

E que sale con las judías = 1.19/2.71 x 100 = 49.91%E que se pierde por el aislamiento = 0.24 /2.71 x 100 = 8.86 %E que se queda en el agua = 1.28/2.71 x 100 = 47.23%

EJERCICIO 3.22.Se calienta 13.2 Lb de hielo que se encuentra a 10.4 °F para obtener agualíquida a 0°C, posteriormente se calienta más todavía para evaporarloproduciendo vapor saturado a 212 °F. Calcular las diversas entalpiasencontradas en el proceso. Si los calores específicos del hielo y del agua

líquida son respectivamente 20.5 y 4.182 kJ/kg K.Solución:

1er paso: Gráfica

SENSIBLE LATENTE SENSIBLE LATENTE

L L

Punto de fusión = 333.2 kJ/kgy punto de evaporación es:

2257.06 kJ/kg



En el tramo A-B: A-B = M Cp. (T2 - T1)

A-B = Entalpia del Tramo A-BM = MasaCP = Capacidad caloríficaT2 y T1 = Temperatura

A-B = 6 Kg x 20.5 kJ/KgK (0 – (-12)) ºCA-B = 1476 kJ

En el tramo B-C:

B-C = M B-C = Entalpia del Tramo B-CM = Masa = Calor latente de fusión

B-C = 6 Kg x 333.2 kJ/KB-C = 1999.2 kJ

En el tramo C-D:C-D = Entalpia del Tramo C-DM = MasaCP= Capacidad caloríficaT2 y T1 = Temperatura

C-D = 6 Kg x 4.182 kJ/Kg°K (100 - 0) ºC

C-D = 2509.2 kJ

En el tramo D-E: D-E = M

D-E = Entalpia del Tramo D-EM = Masa



= Calor latente de vaporización

B-C = 6 Kg x 2257.06 kJ/Kg

B-C = 13542.36 kJ

A-B + B-C + C-D1476 + 1999.2 + 2509.2 + 13542.36 19526.76 kJ



EJERCICIOS PROPUESTOS DE BALANCE DE ENERGÍA

3.1.- Se desea enfriar un alimento líquido desde 85 °C hasta 25°C en uncambiador de calor de tipo indirecto usando agua como medio

refrigerante. Calcular el caudal de agua necesario para enfriar 1750Kg/h de alimento si el agua se calienta en el cambiador de 10 a 20°C .Los calores específicos del alimento y del agua son, respectivamente, 3.8y 4.1 KJ/Kg. °C .

3.2.-. Se calientan 3000 Kg./h de leche mediante un cambiador de caloren el que se les suministra 111600 KJ/h. La temperatura de entrada dela leche es de 30 °C y su calor específico es de 3.9 KJ/ Kg.°C . Calcular latemperatura de salida de la leche al cambiador.

3.3.- Calcular la cantidad de calor a eliminar para disminuir latemperatura de 300 kg. de fresas desde 22°C hasta -28°C. La fresa seempieza a congelar a -1.2°C . El calor específico de la fresa sin congelares de 3.60 KJ/Kg.°K y de la fresa congelada es de 1.90 KJ/Kg.°K . Elcalor latente de fusión de la manzana es de 2185 KJ/Kg.

3.4.- Se utilizan 40kg/h de vapor a 150 KPa, de calidad 80%, paracalentar, mediante un cambiador de inyección de vapor, 400 kg/h de

un puré de tomate con un 40% de sólidos totales. Calcular latemperatura del producto que sale del cambiador si su temperatura a laentrada es de 50°C siendo su calor específico 3.2 KJ/Kg.°K. Calcular lossólidos totales del producto a la salida del cambiador. Considerar que elcalor específico del puré es 3.5 KJ/Kg.°K.

3.5.- Un medio de fermentación líquido a 30°C se bombea a velocidadde 2000 Kg/hr a través de un calentador, donde su temperatura seeleva a 70°C bajo presión. El agua caliente de desperdicio usada para elcalentamiento entra a 95°C y sale a 85°C. La capacidad caloríficapromedio del medio de fermentación es de 4.06 kJ/kg°K, y la del agua,4.21 kJ/kg°K. Las corrientes de fermentación y de agua caliente estánseparadas por una superficie metálica a través de la cual se transfiere elcalor y que impide la mezcla física de ambas. Establézcase un balancede calor completo para el sistema. Calcúlense el flujo de agua y la



cantidad de calor añadida al medio de fermentación, suponiendo queno hay pérdidas en el sistema.

3.6.- Se utiliza un depósito tubular de agua para escaldar judías de

lima con un flujo másico de 860 kg/hr. El consumo de energía para elproceso de escaldado es de 1.19 GJ/H y las pérdidas debidas aldeficiente aislamiento se estiman en 0.24 GJ/h. si el consumo total deenergía en el proceso es de 2.71 GJ/H.a) Calcular la energía necesaria para recalentar el agua.b) Determinar el porcentaje que supone la energía asociada con cadacorriente.

3.7.- Se congela un alimento mediante un equipo capaz de retirar 6000

KJ. El calor específico del alimento sin congelar es de 4 KJ/ Kg°C, latemperatura de congelación es -2°C, el calor latente de fusión es 275KJ/kg y el calor específico del producto congelado es 2.5 kJ/kg°C (pordebajo de -2°C). Calcular su temperatura de salida si se itroducen alsistema 10 kg de alimento a 10°C

3.8.- Se calientan 2000 kg/hr de leche mediante un cambiador de caloren el que se les suministran 111600kJ/hr. La temperatura de salida de laleche es de 95°C y su calor específico es 3.9 kJ/kg°C. Calcular la

temperatura de entrada de la leche al cambiador

3.9.- ¿Qué presión se genera en un sistema cerrado cuando se calientaleche a 135°C? Si el sistema no es a presión, se podrá alcanzar estatemperatura?

3.10.- Un proceso de calentamiento de alimentos con vapor atemperaturas por debajo del punto de ebullición del agua se da convacío ¿A que vacío operará un sistema para calentar un material convapor saturado a 150°F?

3.11.- Un evaporador trabaja a 15 pulg de Hg de vacío ¿Cuál es latemperatura del producto adentro del evaporador?



3.12.- ¿Cuánto calor es necesario para convertir 1 Kg de agua a 20°C avapor a 120°C?

3.13.- ¿Cuánto calor debe removerse para convertir 1 lb de vapor a

220°F a (a) agua a 220°F y (b) agua a 120°F?

3.14.- Una libra de vapor a 26°F contiene 80% de vapor y 20% de agualíquida ¿cuánto calor debe liberarse del vapor cuando este se condensea agua a 200°F?

3.15.- ¿A qué temperatura se espera que el agua hierva a 10pulgadas demercurio de vacío? Presión atmosférica = 14.696 psia.

3.16.- ¿Cuánto vapor a 250°F se requerirá para calentar 10lb de agua de70 a 210°V en un calentador de inyección directa de vapor?

3.17.- ¿Cuánto calor será necesario para convertir vapor a 14.696 psig avapor sobrecalentado a 600 °F a la misma presión?

3.18.- Diez libras de agua a 20psig de presión son calentadas hasta250°F. Si esta agua es vaciada a un recipiente abierto a presiónatmosférica, ¿cuánto del agua permanecerá en fase líquida?

3.19.- Si se introduce agua a 70°F en un recipiente evacuado siendo lapresión original de 0psia, ¿cuál será la presión en el interior delrecipiente en el equilibrio? Asumir que no varía la temperatura delagua.(b) Si la presión original es 14.696 psia, ¿cuál será la presión final?

3.20.- En la formulación de una mezcla de pudín, es deseable que elcontenido de sólidos sea de 20%. El producto al salir del tanque tieneuna temperatura de 26.67°C (80°F) y es precalentado hasta 90.56°C(195°F) por inyección directa de vapor, usando vapor culinario(saturado) a 104.4°C (220°F) seguido por un calentamiento en unsistema cerrado hasta la temperatura de esterilización. No existe mayorganancia o pérdida de humedad en el resto del proceso ¿Cuál será elcontenido de sólidos de la formulación en el tanque después del



calentamiento directo por inyección de vapor, si el contenido final desólidos del producto es 20%? Usar la ecuación de Siebel para calcular elcalor específico del producto.

3.21.- Un jugo de frutas a 190°F pasa a través de un sistema derecuperación de esencias mantenido a u vacío de 29 pulgadas de Hg. Lapresión atmosférica es de 29.9 pulgadas. Los vapores que salen sonrectificados para la producción de concentrados de esencias, y el jugo,luego de ser liberado de sus constituyentes aromáticos, es enviado a unevaporador para su concentración. Asumiendo tiempo suficiente depermanencia del jugo en el sistema para lograr el equilibrio detemperatura entre el líquido y el vapor, calcular:(a) La temperatura del jugo al salir del recuperador de esencias

(b) El contenido de sólidos del jugo al salir del sistema si el contenidoinicial de sólidos es de 10%. Asumir que no hay calor adicionalproporcionado y que el calor latente de vaporización es derivado de lapérdida de calor sensible del líquido. El calor específico de los sólidos es0.2BTU/(lb.°F).

3.22.- Un evaporador tiene un area con una superficie de tranferencia decalor que permite la transferencia del calor a una velocidad de100,000BTU/h. Si el evaporador está concentrando jugo desde 10 hasta

45% de sólidos bajo un vacío de 25 pulgadas de Hg (Presión atmosféricaes 30 pulgadas de Hg),¿qué cantidad de jugo puede ser procesado porhora?

3.23.- En un evaporador de película descendente, el fluído es bombeadoa la parte superior de una columna y cae como una lámina a través dela pared caliente de la columna, incrementándose su temperaturamientras gotea. Cuando el fluído sale de la columna, es descargado auna cámara, donde disminuye la temperatura por evaporación rápidahasta alcanzar la temperatura de ebullición del vacío empleado. Si el

jugo con un contenido de sólidos de 15% está siendo concentrado hasta16% pasando una sola vez por la pared caliente de la columna y el vacíose mantiene en 25 pulg Hg, calcular la temperatura del fluído mientrassale de la columna de tal manera que se obtenga el contenido de sólidosdeseados.



3.24. Cuando alimentos esterilizados contienen partículas sólidas en elsistema de Júpiter, los sólidos son calentados separadamente del fluido,echando los sólidos en cono doble de procesamiento, con vaporsaturado. El componente fluido de los alimentos es calentado,

mantenido hasta esterilizarlo, y enfriado empleando fluidoconvencional de enfriamiento. El líquido estéril enfriado es bombeado aun cono doble de procesamiento, conteniendo los sólidos calientes.Después de permitirse el enfriamiento mediante el enfriado de lasparedes del recipiente de procesamiento, la mezcla esterilizada estransferida asépticamente a contenedores estériles.(a) Carne y salsa están siendo preparados. Trozos de carne conteniendo15%SNF, 22% de grasa, y 63% de agua son calentados de 4° a 135°C.Calcular la cantidad total de carne y condensado a 135°C.

(b) La salsa tiene el mismo peso que la carne cruda procesada, ycontiene 85% de agua y 15% de sólidos no grasos. Calcular latemperatura de la mezcla después del equilibrio si la salsa está a 20°Ccuando es bombeada al contenedor de procesamiento al vacío quecontiene la carne a 135°C.



Para la tapa posterior del libro

El balance de materia se basa en la Ley de la Conservación de la masaenunciada por Lavoisier: “En cada proceso hay exactamente la mismacantidad de sustancia presente antes y después que el proceso hayasucedido. Solo se transforma la materia.



AUTOR Nº1:

NOMBRES Y APELLIDOS: Ángel David Natividad BardalesFECHA Y LUGAR DE NACIMIENTO: 15/05/1969, Distrito de Rupa

Rupa, Provincia de Leoncio Prado, Departamento Huánuco.DNI: 07464168DIRECCIÓN: Urbanización Santa Eduarda Mz A L1, Cayhuayna,Pilcomarca, Huánuco.TELÉFONO: 962656667OCUPACIÓN: IngenieroEmail: [email protected]

AUTOR Nº2:

NOMBRES Y APELLIDOS: Sergio Grimaldo Muñoz GarayFECHA Y LUGAR DE NACIMIENTO: 01/10/1980, Distrito de PadreAbad, Provincia de Padre Abad, Departamento Ucayali.DNI: 42621898DIRECCIÓN: Pasaje Lima Mz A L1, Amarilis, Huánuco.TELÉFONO: 998536596OCUPACIÓN: IngenieroEmail: [email protected]

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