7.10 Programa Excel

EJERCICIO 7.10 m3 s Se desea deshumidificar 1,2 (2 540 pies3/min) de aire, que se tiene a las temperaturas de 38,0°C bulbo seco y 30,0 °C húmedo, hasta una temperatura de bulbo húmedo de 15 °C en una torre de contra corriente para la deshumidificación se utilizara agua enfriada a 10 °C. El empaque va a ser de anillos de GS Raschig de 50 mm (2 pulg). Para mantener el arrastre al mínimo, va a ser 1,25 kg aire/m 2s (922 2 lbm/h.pies ) y se va a utilizar un flujo del líquido de 1,5 veces el mínimo. a) Especifique la sección transversal y la altura de la sección empacada de la torre. b) ¿Cuál será la temperatura del agua saliente? Solución: TL1  Cálculo de la temperatura Con la ecuación (7.26) del Treybal: tG1  tw1  w1  Yw' 1  Y1'  hG k y  w1 , Y 'w1 , Y '1 y h G / k Y De esta ecuación, desconocemos los valores de: -Primero calculamos el calor latente de vaporización para el agua, con la siguiente correlación: 2   C1 (1  Tr )C2 C3Tr C4Tr donde: C1 = 5,205 3×107 14 K  J 1kmol J w1  43688696.3199  0.11564 B 1687.9  w1.15 Tc.0425945 P.811704 31. N/m2 1708.19  w2.15 K  303. para luego calcular la humedad absoluta: log PA  A  Presion de Vapor (Agua): A 5.K 288.44526687  w1. 02kg kg 2  43688 696. 205 107  1   647.468445777 Tr 0.537 T en K C 230.257 95 Tr = T/Tc  en J/kmol T en K Tw1. J/kmol 44222963.15 K): J kmol .949  w2. K 303. 2   2 424 455.14 Tc. 12.212 C4 = 0. bar 7 6 P.17 P en bar T. K 647.15 T.15 0. J/kg 2454104.948546 mmHg 6 1 4259.319 9 C3 = -0.°C TW2 TW1 15 30 B T  C  273. K 288.15 Tw2. J/kg 2424455.14 K 303.0868 4 Se hará un ejemplo ha escrito para verificar los resultados de la computadora A 15°C (288.0170808 0. K 647.15 303.15 K  w1  30 C  5.4558 P.14 Tr 0.54 Tw1 Se hará un ejemplo para : 0.25795   647.14 K  647.95 kmol 18. J/kmol 43688696.15 K  0.212 303.C2 = 0.19 Para el sistema aire – agua hG k y  950 N  m kg K (Mediciones de Dropkin) -Ahora calculamos la presión de vapor del agua con la siguiente correlación. 0242 0.02 MB 28.537 288. N/m2 101325 p t .02 kg agua  0. kg agua/kg aire seco Y'2.15 N log p A  1708.17  273.97 kg aire sec o Humedad de saturación a tw1: Y 'w1  4259. para poder apreciar que no hay casi nada de diferencia de error. 456 28.537 303. 456 2 m log p A  5. 456 18.11564  -Ahora calculamos la humedad absoluta. 02 kg agua  0.17  273. 027 3 101325  4259.1687. usando las presiones de vapor hallados anteriormente: Y 'i  Humedad absoluta: pt . 0107 101325  1708. con la siguiente correlación. de: w1  Yw' 1  Y1'  tG1  tw1  Y1  Yw1  tG 2  tw 2  hG kY  tG1  tw1  hG kY Y2  Yw2  w1 Con la computadora obtuvimos: Y'1.087 18.01067 Y'W1 0. 087 28.02730 M A pisat M B pt  pisat De la misma manera se verificará los datos a escrito con los resultados de la computadora.15 N log p A  4 259.11564  A 30°C (303. atm 1 MA 18. kg agua/kg aire 0.15  230. Humedad de saturación a tw2: Y 'w 2  1708.15  230.15 K): 1687.00873 w2  Yw' 2  Y2'  hG kY  tG 2  tw2  hG w 2 kY .97 kg aire sec o Y1 y Y2 Ahora despejando .97 Y'W2 0. 087 2 m log p A  5. 47 B 5. con t0  0 C H1'   CB  C AY ' tG1  0Y '1 .91156 por lo que tendremos que .75E-04 1. con t0  0 C H 2'   CB  C AY ' tG 2  0Y '2 .60E+03 1. CA y CB -Cálculo de Las capacidades caloríficas se calcularon mediante la siguiente correlación: Capacidad calorífica de gases Ci  A  BT  CT 2  DT 2 R Aire (B) Agua (A) A 3.45E-03 C 0 0 D -1.31451 R. con t0  0 C t0  temperatura de referencia CA . 95 Nm kg K J kg kg agua kg aire sec o -Cálculo de la entalpía: Para calcular la entalpía se necesitará las siguientes ecuaciones: H '   CB  C AY '   tG  t0   0Y ' (1) H 'w1   CB  C AY ' Tw1  0Y 'w1 .K 1009.082 T. K 311.seco Y '1 Haremos un cálculo para para que se vea que la diferencia de error Y1  0.355 3. J/kg. CB y 0 Las variables que nos dificultan el cálculo de la entalpía son: calcular antes esas tres variables. con t0  0 C H 'w 2   C B  C AY ' Tw1  0Y 'w 2 . 0273 Y1  0. 0242 kg agua  kg aire sec o  38C  30C   950 2 424 455.21E+04 R. J/mol.15 C. m3atm/kmolK 0.K 8.504 1866. 016 105 (311.15 Tr 0. J/kmol 44733277.42208796  0.14 K 273.14 K  647.K J CB  1009. K 273.212 273.504 mol.31451 J / mol. °C 0 T0.31451 J / mol.15 K ) 2  0.151 H'2 H'W1 42187. como se puede ver no hay casi nada de diferencia en los resultados a escrito con los resultados a computadora. 205  107  1  647.K CB  3.15) 2 8. J/kg 2482423.82 kg kmol 18. 450 10 3 (311.15 K )  0(311. Ahora calculamos las entalpías con las ecuaciones (1): Entalpías H'1 100053.6392 99573. 0 - Cálculo de El calor latente de vaporización para el agua a t0: se halló con la correlación (*): 2   C1 (1  Tr )C2 C3Tr C4Tr (*) Calor de vaporización a t0 T0.3199  0.15 K  0  0 C  5.15 K  273.15 K  0.82 0.15 K )  0(311.575 10 3 (311. con los resultados obtenidos a computadora: CA  3.121 105 (311.15 K ) 2  0.17   2 482 423.K Efectivamente. 02kg Los resultados a computadora y ha escrito son los mismos.14 K   J 1 kmol J 0  44733277.355  0.2  0.15)2 8.912 mol. ha escrito.25795   647.19 J kmol . 470  1.Como en todos los casos se verificará los resultados.K J C A  1866.548 2  43688696. K kg aire sec o kg kg aire sec o      H w 2  41917.K  kg aire sec o  kg kg aire sec o   H w 1  99573.816  0.0273  30C  2482423. 912  0. 00873  20C  2 482 423.504  1866. K kg . Pendiente de línea de operación L 'min C A.K  kg aire sec o  kg kg aire sec o  H1  100 053.548 J kg aire sec o  con valor mas aceptable pero concordante  Yw2 H w' 2 Luego se halla en función de tw2 y se tiene:  J J  kg agua   J kg agua H w 2   1009. 504  1866. 0242  kg .K kg .158 J kg aire sec o Ahora calcularemos a TG2:  J J  kg agua   J kg agua H 2   1009.0273  kg .0107  kg . K kg aire sec o kg kg aire sec o      H 2  42187.504  1866.912  0.816  0.912  0.6395 J kg aire sec o Y 'w1 H w' 1 Si evaluamos en función de tw1 y se tiene:  J J  kg agua   J kg agua H w 1   1009.H'W2 41917.K kg .643 J kg aire sec o  C A .548 Lmin    2882. L H 2  H1 41917.504  1866.6432 Resultados de la computadora Calcularemos las entalpías ha escrito para verificar si hay error.816  0. 643  99573. K kg .L Lmin ' S G  H 2  H1 t L 2  tL1* LINEA DE OPERACIÓN Calculamos la pendiente dela línea de operación: Evaluaremos la pendiente con Lmin usando tL1* = tW1. que evidentemente supone que ha alcanzado las condiciones del equilibrio (saturación).795239 Ahora lo intentamos hacer ha escrito:  C A. 00873  kg .  J J  kg agua   J kg agua H1   1009.L G 'S 2882.0107  15C  2482423.816  0. 0242  38C  2 482 423.795 J kg aire sec o C GJ 10  30 t L 2  tL*1 . 912  0. 36 Lreal kg agua s .312 -Ahora calculamos el flujo másico líquido Flujo másico liquido mínimo: Calculando ha escrito.119394833 Resultados de la computadora Ha escrito los resultados son: 1. 312 GS  kg gas sec o s Flujo másico del gas seco: G'S. 9065 kg aire sec o s 4184 J s Ahora hallamos el flujo másico líquido real: Flujo veces 1. 2 m3 1. 0242 kg  28.Ahora calculamos el flujo másico del gas seco: GS  1.905330937 J 1.36 GS'  H '2  H '  m REAL t L2  t L1 (2)   0. H 2 El punto   se encontrará trazando una recta con pendiente mínima (la hallada) donde el punto ' t W1 .15 K kmolK M prom  . kg/kmol 28. Ahora calculamos: Peso molecular promedio: 1  Y1 Y 1  1 MB M A M prom G1  PM prom RT Mprom1. 9065  1. 5  1.5 L'real C A.119 3 m3 atm RT m 0.831 Lmin 0. 02 PM prom 1atm  28. 561 kg kmol kg  G1    1.L L'real. 0243 kg aire húmedo GS  1. se tiene:   2892. 312kg aire sec o kg agua C kg agua    0. 0243 kmol  28.119kg aire húmedo kg gas sec o   s m3 1. kg/s 1.56057559 3  G1. kg gas seco/s G1  G1 1  Y1 1. H1i  e intersectando con la vertical trazada por tL2. 561 1 0. 97 18. g/m 1. 082  311.t ' L2 . 25 kg aire m 2s A  0.25 kg aire/m2. anteriormente se calculado.31212kg gas sec o kg gas sec o º C En la expresión 9.36kg agua 4184J s J     4324. Calculo de la sección transversal El problema indica que para mantener el arrastre mínimo G’ S = 1. podemos decir: m REAL  H '2  H1 ' t L2  t L1 .s. ya no se encuentra a condiciones de saturación.70583 En la hoja de Excel. podemos decir: G 's  G 's .95265542 m 2 A su vez podemos definir el diámetro como:  4A    d 1 2  1.7892  98779. sino más bien se trata de la temperatura de salida (tL1) del agua del deshumidificador.1928 t L2  t L1 s kg agua º C 1.min A … (4) Donde: A = área de la sección transversal. puede apreciarse que se obtuvo el mismo resultado. reemplazando en (2): m REAL  H '2  H1 ' 1.En donde el término tL1*. Puesto que: 1. verificando su éxito. Despejamos tL1: t L1  t L2  H '2  H1 ' m REAL …(3) En (3) t L1  10  41423. que se encuentra en la carpeta.31212 kg gas sec o s A  1.101342687 RESPUESTA (a) Temperatura del gas en el tope de la columna Desde que: H 2'   CB  C AY2'  tG 2  0Y2' tG 2  tw 2  w 2  Yw' 2  Y2'  hG ky . con el G’S.8669  23.333C 4301.min. Cálculo de la altura de la torre (Y) .62 kgº C s kg aire J J  189108.00887   0.0202  1. 00887 kg aire sec o Luego: H 2'   1005  1884  0. .6 s Kgº C s kg aire s 4187 kg J J  23.312 aire  42629.0243 GS' L'2 .3  0  º C  1. con (estimado)=20°C se tiene: 20  15  2463212  0. 00887  19  2502300  0.L  t L1  t 0   G S'  CS2  t G 2  T0   0 Y2 ' (7) Reemplazando valores: kg kg kg J J 1.tG 2 Por prueba y error. 0108  Y2'  950 kg agua  Y2'  0. donde: De kg agua tranf .0202 .L  t L2  t 0   G S'  CS1  t G1  T0   0 Y1 '   L'1C A.Con balance de calor en la columna Y1'  0. 1. H L2 H 2' Luego:  0.380 s L1' H L1 o: GS' H 1' . (Evaluando antes) . L'2 C A.36 agua  4187  1.312kg aire seco   kg aire seco s kg H2O s Lueg kg L'1  1. 00887  H 2'  42187.4 s s (Aproximación suficiente).36  0.0243  0.3  190578.3802 agua   10  0  º C  1.312 aire  100735.64 J kgaire sec o VERIFICACIÓN DE CÁLCULOS. 026  0. ρ = 101.97 ($) Datos de GEANKOPLIS (a 29 ºC) 1  18.685  y A  18.974(0.1065)  0.008 x10-3 0.0028  mezcla  0.026  8  10 6 0.6879 kg   1.02 1  28.3 .0028 ms D H2O( v )  aire : kN m2 T = 29 ºC =302 ºK.97 18.082  302 m M prom  prom n M prom  y A M A  yB M B   yi Mi i 1 Reemplazando valores: 28.97  yA  0.026 0.00873  1   0.026(1.008 28. (kg/kmol) M 18.01644 kmol  28.02 y MB = 28.prom  ' Yprom 1.6879 1 0.02 8   12 1 2 1   0.97 21   1  18. MA = 18.9007)  0.026  yB  1  0.9033 y121  y222  0.008   2 28.1578 3 0.97   1     18.026(1)  0.02      0.974 Peso molecular.0158 1 1   0.01644 2 2 kg aire sec o t G.02 28.974  mezcla.974(1)  1.9033 1.2 (Consta Novela: Fenómenos de transporte) Viscosidad.prom Con los datos: Sustancia H2O(v) Aire Fracción molar y 0.576  106 0.97 De la tabla 2.01644 kg  28.0242  0.1065 Luego: y111  y212  0.t G1  t G 2 38  20   29º C  302º K 2 2 kg agua Y '  Y2' 0.9007  2  4    1.8  106 kg   15.02 12   1  28.0158 x10-3 .974  15.(kg/m s) ($) µ 0.97 8 1  28.97      1 2  4   0.02   1  y A  28.0158   2 18.02   1     0. 30258509 -0.2 LN(f) -0.16 0.61618614 -0.79175947 2.41 0.3711    0.A rAB Para el H2O(v): B K K  809.2039728 0.2 f(x) = 0.2 AB 252.32850407 -0.4 -0.4 0.0.38629436 -0.91629073 -0.32 0 -0.1  78.1º K.3711 nm Para el aire: rA  rB 0.14842001 -0.38 1.3 1.5 -1 -0.06x^2 .69314718 1.8 -1 -1.5 .54 0.47 -0.3 1 1.72 0.0.82098055 6 10 0.2641 nm  78.96 0.18 K Graficamos los datos de la tabla 2.44 1.2641  0.5 0 0.3176 nm 2 2 AB        A  B   809.2 -1.6   252.89159812 -0.51082562 0 0. rA  0.67  AB  Fig : f   1 1     M A M B Luego: 1 2  1 1     18.04082199 -0.6 -0.6º K.01x^3 + 0.75502258 4 0.96758403 0.5 LN( kT/e )  K T   0.3074847 1.4 0.36 -1.6 1 2 3 1.5 2 2.09861229 0.2 0. kT/e f LN(kT/e) LN(f) kTe F 0.18 K K K    K KT 302 K    1.670436233 0.2.97  1 2  0.47x .02 28. rB  0. 2707 2   0.3054 kg agua m2 s Tabla 6.0725 m   1.562  dS2  2.Para anillos Raschig de cerámica.0725   2.3211 105 3 m s  0.0496 m 2  1.312kg aire sec o 0.3230  2  1.91  103 m3 m3  L oW   L tW   L s W De la ecuación (6.36 L' prom  1   1.2706 kg 1.5 del libro TREYBAL .158 kg ms kg m2  2.09  10   737.47  104  0.685kg m s ' ' kg L  L 2 1.69): m3 m3 .562 2  0.249  0.3176 2  0.3  101.3681 agua 2 2 s G prom  '  L prom  ' 2 1.0725  0.21  5.0189  2.3  103   0.312kg aire sec o 0.58 G1'  G '2 2 1.0496 m m2 s kg kmol kmol G prom  1.3  302   0.67  m2 s  D AB  2.0725 1.376  1.5 1.3433 mezcla s kg aire sec o s s G ' prom  G1'  1.D AB  104  1.3433  1.5L '   6 L tW 0.312 aire sec o  1.312 aire sec o  1. de tamaño nominal 50 mm: dS  0.3802  1.47  10   4 L s W  L s W  dS1.376  0.0443 2 m s 28.21 2.0242kg H2O( v ) kg kg G1'    1.576  10 6  G 1.3701 kg agua s 1.5L ' 6   L tW   0.508dS0.00873kg H2O( v ) kg kg   1.3211  10 5 SCG       D 15.084  0.3230 mezcla s kg aire sec o s s  1.508  0.09 10   737. 68 a 2).195  0.0443   FG    0.195    G  1   L o  0.01299 3 m Tabla 6.72):  d L' k L dS  25.195  G  SCG 2 3 dS G '     G  1   L o   1.481  35.52.58 2 3 0.36 kmol lbmol  1.303877 - kg m2 s Para anillos de Raschig de 50 mm.85a AW Dado la ecuación (6.5543 2   45.2707  6  15.2707  0.7211 0.481.01299 m3 m3 Tabla 6. L oW  0.29 m a VW  0. (dentro del rango de 0.4 del libro TREYBAL: (Área interfacial) L '  1.91  10 3  0.5   G  a AW  m  n  L ' P Luego:  808  1. m = 31.74  0.75) del libro TREYBAL: m3 0.5543 2 2 m s ft h lbmol 29lb lb k y  FG  M B  1.3 del libro TREYBAL   0.0725  1.1 S  DL  L  0.36  0.45 SCL 0.5 L tW  L oW .0189 3 2 2 m m  44.0189  5.70): FG  1.85  35.0189  0.8108 3  3 3 m m m 0. P = 0.52   1.8108 m2 m3 a VW  0.74 - Para anillos de Raschig (cerámicos) de 50 mm:  L o    L t Ecuación (6.108  103 El análogo de la transferencia de calor de la ecuación (6.36 Ecuación (6.158  0 a AW  31.71):   L o  0.576 10   1  0.3054  0.5  1. se obtienen: n=0  808  G  ' 0.7211 FG SCG 2 3 G  dS G '   1.028 2 ft h lbmol ft h  FG  2. 1  103  0.3038 0.07 J 9.43009 C2 C3 0.45 PrL 0.59606 k  C1  C2T  C3T 2  C4T 3 T en K k enW / m.667 Btu  Pendiente    lb ky a lb º F 45.59606  k  L PrL   Luego: Por lo tanto: h L  25. es el coeficiente de transferencia de calor de la fase líquida.73  0.1 S  k th  L  0.59606  0.45  7.86E-09 289.1cp  1.5 2 h L  4256.73 0.5 Btu h ft 2 º F Btu 750.5 2 hL a h ft º F  16.0057255 -0. K 1.3 t liq   16.7 º C  1.Nu   d L ' h L dS  25.0725  1.8º F   h L  750.6667º C 2 La Conductividad del H2O(v) se calcula mediante la siguiente ecuación: Conductividad del agua C1 -0.1  0.8166667 k. W/mK 0.1  10 3  Cp    7.3048 m 1K 1º C       2 sm K 1J h ft  1º C 1.1  10 3 kg ms 4187  1.5 Es: En donde hL.484  10 4 Btu 3600 s  0.K  H2O a16.000008078 C4 T.028 2 ft h Calculo de la altura de la torre: Por cálculos realizados anteriormente decimos: .0725  1. PrL Evaluación del : 10  23. 0155 kg lb .1514 t L1  23. Ahora graficamos la curva de equilibrio del aire (curva de color celeste): H L1 Curva de equilibrio T.1376 kg lb .8671044 40 12.5162604 80 37.7231558 70 28. H.4627013 45 14. Btu/lb °F 30 9.3911292 55 18.0451001 kg L  1.47579152 35 10. H '2  42187.380 s ' 1 H H 2' 50 40 30 H.H1'  100053. H 2' G S' H 1'  0.0202  1.639 t L2  10º C  50F J Btu  18. kg aire sec o  1.765867 1 90 49.312kgaire sec o  s .353211 75 32.5578557 65 24.0202 Luego: kg H 2O s kgagua tranf . H L2 L1' H L1 G S' .333º C  74F J Btu  43.36  0.2925766 50 16.0243  0.00887   0. °F H L2 Posteriormente procedemos a graficar la LINEA DE OPERACIÓN (línea roja): Luego: L'2 .2905627' 85 42. Btu/lb 20 10 0 20 30 40 50 60 70 80 90 T.7978083 60 21. LINEA DE OPERACIÓN °F Btu/lb 74 43. °F Ahora se toman 10 puntos.33  33.6675333 20.2531333 37.67 58 55.0366  71. °F H.4888667 4 66 34. para calcular la altura de este problema.9603333 6 7 8 9 10 60. para luego tomar esos puntos que interceptaron a la curva de equilibrio y realizar el método del TRAPECIO. mientras que cuando se toma pocos puntos el error suele ser bastante): Puntos Se tiene la ecuación: An : Donde: El A1 : n: El T. mejor se acerca a los resultados.67 40. los cuales saldrán de la línea de operación hasta que corte la curva de equilibrio.0174 2 3 71.1376071 50 40 f(x) = 1. Ejem:  Para 71. luego graficamos dichos puntos: d: Incremento .69 30 H.667 10  1 Las Entalpías se calcularon con la ecuación de la LINEA DE OPERACIÓN.2531 Y así sucesivamente para todos los datos (consultar el Excel).33 31.9032667 18.33 68.4318 23.139 A n  A1  d  n  1 último término primer término Número de puntos d 74  50  2.33°F : H  1.33.7246 5 63.33 52.691  40. Btu/lb 20 10 0 20 30 40 50 60 70 80 90 T.67 50 29.1960667 26.04x . (Se tomó 10 puntos porque a mayores puntos. Btu/lb 1 74 43.0155559 50 18. °F HIi.8417.4329957 H i.76426667 61. Luego encontramos los puntos que cortan a la curva de equilibrio.8503831 Ahora usamos el método del trapecio para calcular la altura: 71. se encuentra los puntos requeridos dando temperaturas al azar que corten a la curva de equilibrio.04x .20224085 -0.10771655 -0.8503831 66.76426667 52.08954943 -0.7229338 52.88 17.35503486 0.557 25. Btu/lb: 74.3475996 23.18219896 -2.76426667 58.09944439 -0.37138258 -2.02660049 4.66823662 1.67 Donde el número de color rojo es la temperatura que se da al azar para ver si llega a cortar a la curva de equilibrio.6416894 I f(HI) Altura base 69.76426667 58. Btu/lb: 74.2649399 66.50 40 f(x) = 1. °F27.37 20.28632405 0.557 25.2649399 -0.76426667 55.09684114 -2.16215708 -0.63 18.09189366 -2.0174   16.67 31. puesto que un programa nos evitaría todos estos cálculos al azar. 43.9722654 -0.9723.33. de la siguiente manera:  Tomamos el primer punto (74.41548901 0.24174101 -2.1 15.11841734 -0.67 31.2721.11306694 -2.10358047 -2.63 18.4329957 -0.0174).27 Ti.97 29.1384572 -0.3475996 -0.6416894 -0.4409755 -0.12843727 -2.9736179 -0.37 20.08959203 .50364652 0.76426667 63. es por ello la importancia de saber programar en MATLAB.7229338 -0.69 30 H.9722654 21.31254718 0.515624 -0.52 15. Los puntos que cortan a la curva de equilibrio son: Ti.85038  43.46152399 SUMA: Área 0.4409755 -0.515624 29.26769473 0. y el número azul es la Entalpía resultante.28124118 -0.13 61.1 69. Btu/lb 20 10 0 20 30 40 50 60 70 80 90 T.13 Usando 7.76426667 55.09423788 -0.667   74  74.84 71.76426667 50.15030714 -2. ahora lo remplazamos en la ecuación anterior:  h a H ' Hi '    L   T ' Ti   k y a    h a Hi '  H '   L   T ' Ti '  k y a   31.9736179 27. De la misma manera se hace para los nueve puntos restantes. °F Ahora con la ecuación:  h L a H ' H i '  k y a T ' Ti ' Hi ' y Ti Donde: son los puntos a calcular.88 63.25401857 0.76426667 50. 461 m 2.8882m . 707kg m 3s 1 De donde por (7.N tG   H 2' H1' dH '  4. 707 3 ms Por tanto: H tG  1. 0285 2  44.0895 H i'  H ' De la ecuación 7.53): Z  H tG N tG Z  0. 3048m 3600s  kg kya  2. 454kg  1 ft  1h  kya   45.0895 Z  1. 29 3      ft h m 1l b  0. 25 kg m 2 s 1  0. 461 m  4.51 es evidente que G' H tG  S kya Valor de kya 2  lb m 2 0.