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Class Exercise 5 (Cont’d)

MER Design above the pinch: CP

o

150

o

180 2.0

H1 U = N + N - 1

Min,MER Stream Util

= 2 + 1 –1

o o

o 160 140

180 = 2

C1 3.0

H

60 60

MER Design below the pinch: CP U = 4 + 1 – 1

o o o

150 110 40 Min,MER

2.0

H1 = 4

o

o o MER design below

o

140 o

150 110 80 40 4.0

H2 C pinch has 6

160

o exchangers!

o o o

100

140 126.67 60 C1 3.0 i.e. There are two

80

40 120 loops below pinch.

o o o

130 83.85 30 C2 2.6

120 140

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 9

Class Exercise 5 (Cont’d)

Complete MER Design CP

o o o

180 o

150 110 40 2.0

H1 o

o o o

140 o

150 110 80 40 4.0

H2 C

160

o o o

o o

180 o

160 100

140 126.67 60 C1 3.0

H 40 80

60 120

60 o o o

130 83.85 30 2.6

C2

120 140

However, U = N + N 1

Min Stream Util −

= 4 + 2 1

= 5

The MER network has 8 units. This implies 3 independent “heat load

loops”. We shall now identify and eliminate these

loops in order to design for U

Min

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 10

Class Exercise 5 (Cont’d)

Identification and elimination of 1st loop: CP

∆T violation

min

o o o

180 o

110

150 110 40 2.0

H1 o

o o o

140 o

150 110 80 40 4.0

H2 C

160

160

o o

o o

o o

180 o

100

160 100

140 126.67

113.33 60 C1

H 3.0

H 40 80

60 120

40

140

60 o o o

130 83.85 30 C2 2.6

120

120 140

To reduce the number of units, the 80 kW exchanger is

merged with the 60 kW exchanger. This breaks the heat loop,

∆T

but also creates a violation in the network:

min

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 11

Class Exercise 5 (Cont’d)

Identification and elimination of 1st loop (Cont’d):

∆T

To restore , the loads of the exchangers must be adjusted

min x

along a “heat path” by an unknown amount . A “heat path” is a

path through the network that connects heaters with coolers.

CP

∆T ∆T

violation

This violates

min min

o

o o

110 o

180 40 o

110 40 2.0

H1 o

o o

o o 40

140 80 o

150 o

110 80 40 4.0

H2 C

C

160

160 + x

o o

o o

o

180 100 o

160 60

113.33 60 C1

C1 3.0

H − 120

40

60 + x 140 x

140

60 o

o o

83.85 o

130 30 o

83.85 30 C2 2.6

120 x

120 140 + x

140

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 12

Class Exercise 5 (Cont’d)

Identification and elimination of 1st loop (Cont’d):

Performing a heat balance on H1 in the exchanger which exhibits

∆T

the violation:

min ∆T

x x

140 - = 2(180 - 113.33 - ) = 26.66

min CP

∆T ∆T

violation corrected

This violates

min min

o o

o o

110 o 40

180 40

123.33 2.0

H1 o

o o o

40

o o

116.66

o 86.66

o 40

80

140

150 110 4.0

H2 C

160

186.66

+ x

o

151.1

o o o

o o

o

180 o

113.33 100

160 60

113.33 60 C1

H 3.0

H − 120

120

40

60 + x 140 x

113.33

86.66 o o o

o o

94.1

83.85

130 30 C2 2.6

93.33

120 x 166.66

140 + x

This is called “energy relaxation”

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 13

Class Exercise 5 (Cont’d)

Identification and elimination of 2nd loop: CP

o

o o

o

o

180 40

40

123.33 2.0

H1 o o

o

o

o 126.66

116.66 40

o 40

86.66

140

150

H2 4.0

C

186.66

o

151.1

o o o

180 o

113.33 100 60 C1 3.0

H

H 160

40 120

113.33

86.66 o o

o 30

o 94.1

94.1

130 30 C2 2.6

2.6

93.33

93.33

93.33 166.66

166.66

166.66

∆T

Since there is no violation, no adjustment of the loads of

min

the exchangers is needed - we reduce the number of units by one

with no energy penalty.

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 14

Class Exercise 5 (Cont’d)

Identification and elimination of 3rd loop: CP

o

o

o 40

o 40

180 123.33 2.0

H1 o

o o 40

126.66

o 86.66

150

H2 4.0

C

186.66

o

151.1

o o o

180 o

113.33 60 C1

H 3.0

160

86.66 113.33 o

o

o 30

o

o 30

94.1

94.1

130 C2 2.6

93.33 166.66

93.33 166.66

Shifting the load of the smallest exchanger (93.33 kW) around

the loop, the network is reduced to…

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 15

Class Exercise 5 (Cont’d)

Identification and elimination of 3rd loop: CP

o

o o 40

180 170 2.0

H1 o

o o 40

150 86.66 4.0

H2 C

∆T violation 186.66+x

min

o o

151.1 144.44

o o

180 60 C1 3.0

H −

253 x

20

86.66+x o

30

o

130 C2 2.6

260

∆T

We use the heat path to restore min:

∆T

x x

253.33 - = 3(150 - - 60) = 13.33

min

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 16

Class Exercise 5 (Cont’d)

Therefore U Network is:

min CP

o

o o 40

180 170 2.0

H1 o

o o

90

150 40 4.0

H2 C

200

o

146.67 o

o o

140

180 60 C1 3.0

H

100 240

20 o

30

o

130 C2 2.6

260

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 17

Loop Breaking - Summary

Step 1:

Perform MER Design for U units. Try and ensure that design

HEX

meets U separately above and below the pinch.

Min,MER

Step 2:

Compute the minimum number of units:

U = N + N 1

Min Stream Util

This identifies U U independent “heat loops”, which can be

HEX min

eliminated to reduce U.

Step 3: ∆T

For each loop, eliminate a unit. If this causes a violation,

min

identify the “heat path” and perform “energy relaxation” by increasing

the duties of the cooler and heater on the heat path.

Loops improve energy recovery and heat load flexibility at the cost of

added units (>U )

min

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 18

Stream Split Designs CP

Example. o

o 300

500 3

H1

o

480 o

180 C1 1

o o

460 160 1

C2

Q = 0 = 0

Q

U = 2

Hmin Cmin

Min

Option 1. CP

o

o o o 300

500 400 327 C 3

H1 80

o

480 o

180 C1 1

300

o o o

460 380 160 1

H C2

80 220

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 19

Stream Split Designs (Cont’d)

Option 2. Loops CP

o

o o o

o 300

480 440 360

500 3

H1

o

480 o

o 180

420 C1 1

60 240

o o

460 o 160

340 1

C2

180

120

Option 3. Stream Splitting CP = 1.5

o

500 CP

o

o 300

500 3

H1 o

500

o

480 o

180 C1 1

300

o o

460 160 1

C2

300

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 20

Loops vs. Stream Splits

Loops:

Improved energy recovery (normally)

☺ Heat load flexibility (normally)

☺ U > U (by definition)

Min

Stream Splitting:

Maximum Energy recovery (always)

☺ Branch flowrate flexibility (normally)

☺ U = U (always)

☺ Min

Stream splitting is a powerful technique for better energy

recovery

BUT - Don’t split unless necessary

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 21

Stream Splitting Rules

1. Above the pinch (at the pinch):

Cold utilities cannot be used (for MER). So, if N > N , MUST

H C

≤ N

split COLD streams, since for feasibility N

H C

Feasible matches must ensure CP CP . If this is not possible

H C

for every match, split HOT streams as needed. If Hot steams are

split, recheck

2. Below the pinch (at the pinch):

Hot utilities cannot be used (for MER). So, if N > N , MUST split

C H

≤ N

HOT streams, since for feasibility N

C H

Feasible matches must ensure CP CP . If this is not possible for

C H

every match, split COLD streams as needed. If Cold steams are

split, recheck

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 22

Class Exercise 6

Design a hot-side HEN, given the stream data below: CP

o

o 100

200 5

H1 o

150 o

100

H2 4

H2

o o

190 T x 90

1 10

C1

500

T 2 −

10 x

200

Solution:

Since N > N , we must split C1. The split ratio is dictated by the rule:

H C

≤ CP (necessary condition) and by a desire to minimize the

CP

H C

number of units (“tick off “streams)

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 23

Class Exercise 6 (Cont’d) CP

o

o 100

200 5

H1 o

150 o

100

H2 4

o o

190 T x 90

1 10

C1

500

T 2 −

10 x

200

x is determined by the following energy balances:

x

(T 90) = 500

1

− −

x

(10 )(T 90) = 200

2

−T ≥ ∆T

subject to: 200 = 10

1 min

−T ≥ ∆T

150 = 10

2 min

= T . Here, this is not possible. Why?

Best to make T 1 2

We shall make T = 140 (why?)

2

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 24

Class Exercise 6 (Cont’d)

A possible solution is therefore:

− −

x x =

(10 ) (140 90) = 200 6

x

T = 90 + 500/ = 173.33 (satisfies constraint)

1

Complete solution is: CP

o

o 100

200 5

H1 o

150 o

100

H2 4

o o o

6

5

190 173.3 90

H 10

C1

500

300 o 4

5

130

140

H 200

300

This is an MER design which also satisfies U (U = 3).

Min Min

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 25

Practice Exercise 1

Design a hot-side network for MER and U given the

Min

stream data below. CP

o

250

o

350 2

H1 o

o 380

430 5

H2 o

o 250

430 1

H3

o

420 o

240 C1 4

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 26

Practice Exercise 2

Data: ∆H

S T

T T CP

Stream 4 o

o o 4 (10 kBtu/h F)

( F) ( F) 10 kBtu /h

H1 400 120 280 1.0

H2 340 120 440 2.0

C1 160 400 360 1.5

C2 100 300 260 1.3

∆T o

= 20 F

min

Determine Q , Q and the pinch location.

Hmin Cmin

Design an MER network which satisfies energy targets

Design a network for U by eliminating the heat loops in the

Min

network and performing energy relaxation.

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 27

UNIT 5: Threshold Problems

Networks with excess heat supply or heat demand may have MER

targets with only one utility (i.e., either Q = 0 or Q = 0). Such

Hmin Cmin

designs are not separated at the pinch, and are called “Threshold

Problems”

Example - Consider the problem CP

o

o 200

300 1.5

H1 o

300 o

250

H2 2.0

o o

200 30 1.2

C1

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 28

Threshold Problems (Cont’d) Eliminate infeasible

(negative) heat transfer

Assume

Assume

Assuming a value of Q = 6

Q = 0

Q = 0

Q H

H

∆T H

H

H

o o

= 105

10 C,

C:

the Problem o

o

290

min T = 200 C

1

1

Table gives the following ∆H = 175

-6

result. 0

175

Q -6

1

1

o

o

240

T = 195 C

2

2 ∆H 60

= 115 115

235

109

Q 2

2

o

o

200

T = 145 C

3

3 ∆H 3

= 15

Q 130

238

124

3

3

o

o

190 C

T = 95 C

4

4 ∆H -192

= -78 52

Q 46

46

C

C

o

o

T = 30 C

5

5 Q = 6 kW Cold pinch temperature

Q = 0 kW

HMin

HMin o

Q = 52 kW 195 C

Q = 46 kW

CMin

CMin

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 29

Threshold Problems (Cont’d)

Threshold problems do not have a pinch, and have non-zero utility

duties only at one end.

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 30

Threshold Problems (Cont’d)

Steam

T Utility

Heat Loads

∆T ∆T o o

= 10

= 20

∆T o Cooling Water

o

= 14 Steam ∆T

CW

CW

CW min

H o

14

However, increasing driving forces beyond the Threshold Value leads to

additional utility requirements.

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 31

Threshold Design Guidelines

∆T

1. Establish the threshold min ∆T

2. Note the common practice values for :

min

A p p li c a t io n R e f r ig e r a t io n Process B o ile r

∆ o o o

T 1-2 C 10 C 2 0 -3 0 C

m in , E x p e r ie n c e ∆T ∆T

3. Compare the threshold to

min min,Experience

Classify as one of the following: Utilities

Utilities ∆T

∆T min

min ∆T

∆T min,Experience

min,Experience

Pinched - treat as normal pinched Threshold - must satisfy target

problem temperatures at the “no utility end”

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 32

Class Exercise 7 ∆T

The graph shows the effect of on the required levels of Q

min Hmin

and Q for a process consisting of 3 hot and 4 cold streams.

Cmin 4

Q (10 Btu/h)

Hot Utility

Q Hmin

217.5 Cold Utility

Q Cmin

∆T o

, F

o min

50

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 33

Class Exercise 7 (Cont’d)

Design a network for U and MER for the process. Hint:

min

Identify two essential matches by satisfying target temperatures at

the “no utility end” CP

o

o 400

590 2.376

H1 o

o 200

471 1.577

H2 o

o 150

533 1.32

H3

o

400 o

200 C1 1.6

o o

430 100 C2 1.6

o

400 o

300 C3 4.128

o

o 150

280 C4 2.624

Q = 0

Q = 217.5 Cmin

Hmin

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 34

Class Exercise 7 - Solution CP

o

o

o 400

573.7

590 2.376

H1 o

o 200

o o

471 416.3

416.3 1.577

H2 o

o 150

533 1.32

H3

o

400 o

200

H C1 1.6

o

38.7

195.1 86.3

o 416 o

430 100 C2

H 1.6

22.4

o

400 505.6 o

300 C3 4.128

412.8 o

o 150

280 C4 2.624

341.1 Q = 0

Q = 217.5 Cmin

Hmin −

Note: U = N + N 1 = 7

Min Streams Utilities

Progettazione di processo e di prodotto Trieste lunedì 5 marzo 2012 - slide 35


PAGINE

62

PESO

2.51 MB

AUTORE

Jacko

PUBBLICATO

+1 anno fa


DETTAGLI
Corso di laurea: Ingegneria di processo e dei materiali
SSD:
Università: Trieste - Units
A.A.: 2012-2013

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Jacko di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Progettazione di Materiali e Processi e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Trieste - Units o del prof Fermeglia Maurizio.

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