Cap3 - Incropera

3.1 SOLUCION

Conocido: Pared plana que separa a un fluido caliente de un fluido frío.

Encontrar: La distribución de temperatura en la pared y el flujo de calor.

Esquema:

Suposiciones: 1.

Estado estable. 2. Conducción unidimensional. 3. Propiedades constantes.

Análisis: La ecuación de calor para la pared es

d  dT   k  = 0 dx  dx  Integrando la ecuación anterior

dT dx

= C 1

Integrando la ecuación anterior

∫ dT = C ∫ dx 1

T ( x ) = C 1 x + C 2 Aplicando la condición de superficie supe rficie convectiva en x = 0

dT dx x =0

− k

= h 1 [T ∞,1 − T (0)]

(1)

La temperatura en x = 0 es

T (0) = C 2 El gradiente de temperatura en x = 0 es

dT dx

= C 1

Sustituyendo en la ecuación 1

− kC 1 = h 1 T ∞,1 − C 2

(2)

Aplicando la condición de superficie supe rficie convectiva en x = L

dT dx x =L

− k

= h 2 [T (L) − T ∞,2 ]

(3)

La temperatura en x = L es

T (L) = C 1L + C 2 El gradiente de temperatura en x = L es

dT dx

= C 1


− kC 1 = h 2 C 1L + C 2 − T ∞,2

(4 )

Resolviendo para C 2 de la ecuación 2

Integrando la ecuación anterior

∫ dT = C ∫ dx 1

T ( x ) = C 1 x + C 2 Aplicando la condición de superficie supe rficie convectiva en x = 0

dT dx x =0

− k

= h 1 [T ∞,1 − T (0)]

(1)

La temperatura en x = 0 es

T (0) = C 2 El gradiente de temperatura en x = 0 es

dT dx

= C 1


− kC 1 = h 1 T ∞,1 − C 2

(2)

Aplicando la condición de superficie supe rficie convectiva en x = L

dT dx x =L

− k

= h 2 [T (L) − T ∞,2 ]

(3)

La temperatura en x = L es

T (L) = C 1L + C 2 El gradiente de temperatura en x = L es

dT dx

= C 1


− kC 1 = h 2 C 1L + C 2 − T ∞,2

(4 )

Resolviendo para C 2 de la ecuación 2

C 2

= T ∞,1 +

kC 1 h 1

(5 )

Sustituyendo en la ecuación 4 y resolviendo para C 1

  kC − kC 1 = h 2 C 1L + T ∞,1 + 1 − T ∞,2  h 1   C 1

=

T ∞,2 − T ∞,1

(6)

L + k h 1 + k h 2


C 2

= T ∞,1 +

k  T ∞,2 − T ∞,1    h 1  L + k h 1 + k h 2  

(5 )

Sustituyendo en la distribución de temperatura general

T ( x ) =

T ∞,2 − T ∞,1 L + k h 1 + k h 2

T ( x ) = T ∞,1 +

x + T ∞,1 +

T ∞,2 − T ∞,1

 k   x +  L + k h 1 + k h 2  h 1  

El flujo de calor es

q " = −k

dT dx

Donde

dT dx

=

T ∞,2 − T ∞,1 L + k h 1 + k h 2

Por lo tanto

 T ∞,1 − T ∞,2    L k h k h + +  1 2 

q " = k 

k  T ∞,2 − T ∞,1  h 1  L + k h 1 + k h 2

   

3.2 SOLUCION

Conocido: Pared plana de espesor conocido expuesta a intercambio de calor por convección en sus dos superficies.

Encontrar: a) Las temperaturas de las superficies interna y externa de la pared. b) El efecto de variar la temperatura del aire ambiente en las temperaturas de las superficies interna y externa de la pared para tres valores del coeficiente convectivo de la superficie externa.

Esquema:

Suposiciones: 1. Estado estable. 2. Conducción unidimensional. 3. Propiedades constantes.

Propiedades: Tabla A.3, vidrio (300 K): k = 1.4 W/m·K.

Análisis: a) El circuito térmico de nuestro problema es

Por lo tanto el flujo de calor a través de la pared es

T ,i − T ,o 1 L 1 + + h i k h o ∞

q ' ' =

∞

Sustituyendo los datos conocidos

q ' ' =

1 30

40 + 10 0.004

1

1 .4

65

+

+

=

969 .46 W/m 2

Aplicando un balance de energía (por unidad de área) en la superficie interna es posible evaluar la temperatura de la superficie interna de la pared. •

•

E in = E out Donde •

E in = h i (T ,i − T i ) ∞

•

E out = q " Sustituyendo en el balance y resolviendo para T i

h i (T ,i − T i ) = q " ∞

T i

=

T ,i − ∞

q " h i


T i

=

40 −

969.46 30

=

7.7 ºC

Aplicando un balance de energía (por unidad de área) en la superficie externa es posible evaluar la temperatura de la superficie externa de la pared. •

•


E in = q " •

E out

=

h o (T o − T ,o ) ∞

Sustituyendo en el balance y resolviendo para T o

q " = h o (T o − T ,o ) ∞

T o = T ,o + ∞

q " h o


T i

10 +

= −

969.46 65

=

4.9 ºC

b) Para resolver el inciso b se utilizará el Interactive Heat Transfer para que se pueda comparar la solución utilizando el programa con la solución que se realizó “a mano”. Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y pasamos la información que se encuentra en Equations a la hoja de trabajo, así como el circuito.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43

// Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 40 // q1 = // T2 = q2 = 0 // T3 = q3 = 0 T4 = -10 // q4 = // R21 = // R32 = // R43 = Procedemos a asignar los valores numéricos de las variables conocidas y a eliminar las variables desconocidas. Para determinar las resistencias térmicas damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . De la ventana que aparece escogemos Surface Effects - Convection . Ahora escribimos los identificadores necesarios, para Rt escribimos 21 y para h escribimos i. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. Con la misma ventana abierta escribimos 43 en Rt y en h escribimos o. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (hi * A) // Thermal resistance, K/W A = 1 // Cross sectional area, m^2 hi = 30 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R43, for convection process R43 = 1 / (ho * A) // Thermal resistance, K/W // A = // Cross sectional area, m^2 ho = 65 // Convection coefficient, W/m^2·K Volvemos a dar click en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . De la ventana que aparece escogemos Conduction - Plane Wall . Ahora escribimos los identificadores necesarios, para Rt escribimos 32 y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = L / (k * A) // Thermal resistance, K/W k = 1.4 // Thermal conductivity, W/m·K

// A = L = 0.004

// Cross sectional area, m^2 // Thicknesss, m

Procedemos a asignar los valores numéricos de las variables conocidas. El área de transferencia la consideramos unitaria. Recuérdese que cualquier valor de una constante o de una variable solo debe estar escrita una vez. Damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados del inciso a R21 R32 R43 T2 T3 q1 q21 q32 q4 q43

0.03333 0.002857 0.01538 7.685 4.915 969.5 -969.5 -969.5 -969.5 -969.5

Ahora damos clic en Explore y seleccionamos T4 como la variable a barrer. Como valor inicial utilizamos -30 y como valor final utilizamos 0. El paso lo hacemos igual a 0.2 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y modificamos el valor del coeficiente convectivo exterior ho. Eliminamos el valor de 65 y escribimos 2. Damos clic en Explore , aceptamos los valores que se encuentran en el Sweep Settings y damos clic en OK . Seleccionamos el Set A del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y modificamos el valor del coeficiente convectivo exterior ho. Eliminamos el valor de 2 y escribimos 100. Damos clic en Explore , aceptamos los valores que se encuentran en el Sweep Settings y damos clic en OK . Seleccionamos el Set B del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Puede comprobarse que en el Working Set se encuentran los resultados para ho = 100, que en el Set A se encuentran los resultados para ho = 65 y que en el Set B se encuentran los resultados para ho = 2. Para realizar las gráficas que nos muestren los resultados damos clic en Graph y seleccionamos T2 para Y1 y T3 para Y2. El Data Set debe ser Work para las dos variables. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Ya en la gráfica damos clic

en Edit y seleccionamos Titles del Plot Data . En Graph Title escribimos "Resultados para ho = 100". Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos T2 para Y1 y T3 para Y2. El Data Set debe ser A para las dos variables. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Ya en la gráfica damos clic en Edit y seleccionamos Titles del Plot Data . En Graph Title escribimos "Resultados para ho = 65". Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos T2 para Y1 y T3 para Y2. El Data Set debe ser B para las dos variables. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Ya en la gráfica damos clic en Edit y seleccionamos Titles del Plot Data . En Graph Title escribimos "Resultados para ho = 2".

3.3 SOLUCION

Conocido: Pared plana de espesor conocido expuesta a intercambio de calor por convección en sus dos superficies. En su superficie interior, la pared cuenta con un calentador tipo película.

Encontrar: a) La potencia eléctrica requerida por unidad de área para mantener la temperatura de la superficie interna a 15 ºC. b) El efecto de variar la temperatura del aire ambiente en la potencia eléctrica requerida por unidad de área para cuatro valores del coeficiente convectivo de la superficie externa.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4.

Estado estable. Conducción unidimensional. Propiedades constantes. El calentador es muy delgado.

Propiedades: Tabla A.3, vidrio (300 K): k = 1.4 W/m·K.

Análisis: a) El circuito térmico de nuestro problema es

Realizando un balance de energía en la superficie interna de la pared se obtiene la potencia eléctrica requerida •

•


E in = q 1" •

E out

=

+

q 3"

q 2"

Además

q 1"

=

q 3"

=

q 2"

=

P e " T ,i − T i 1 h i ∞

T i − T ,o L 1 + k h o ∞

Sustituyendo en el balance y resolviendo para la potencia eléctrica

P e " +

T ,i − T i 1 h i ∞

=

T i − T ,o L 1 + k h o ∞

P e "

=

T i − T ,o T ,i − T i − L 1 1 + k h o h i ∞

∞


P e "

=

15 + 10 0.004 1 1 .4

P e "

=

+

−

10

1270.5 W/m

25 − 15 1 65

2

b) Para resolver el inciso b se utilizará el Interactive Heat Transfer para que se pueda comparar la solución utilizando el programa con la solución que se realizó “a mano”. Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y pasamos la información que se encuentra en Equations a la hoja de trabajo, así como el circuito.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 25 // q1 = T2 = 15

// q2 = // T3 = q3 = 0 T4 = -10 // q4 = // R21 = // R32 = // R43 = Procedemos a asignar los valores numéricos de las variables conocidas y a eliminar las variables desconocidas. Para determinar las resistencias térmicas damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . De la ventana que aparece escogemos Surface Effects - Convection . Ahora escribimos los identificadores necesarios, para Rt escribimos 21 y para h escribimos i. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. Con la misma ventana abierta escribimos 43 en Rt y en h escribimos o. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (hi * A) // Thermal resistance, K/W A = 1 // Cross sectional area, m^2 hi = 30 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R43, for convection process R43 = 1 / (ho * A) // Thermal resistance, K/W // A = // Cross sectional area, m^2 ho = 65 // Convection coefficient, W/m^2·K Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . De la ventana que aparece escogemos Conduction - Plane Wall . Ahora escribimos los identificadores necesarios, para Rt escribimos 32 y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = L / (k * A) // Thermal resistance, K/W k = 1.4 // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 L = 0.004 // Thicknesss, m Procedemos a asignar los valores numéricos de las variables conocidas. El área de transferencia la consideramos unitaria. Recuérdese que cualquier valor de una constante o de una variable solo debe estar escrita una vez. Damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados del inciso a T3 q1 q2 q4

11.08 100 1270 -1370

Ahora damos clic en Explore y seleccionamos T4 como la variable a barrer. Como valor inicial utilizamos -30 y como valor final utilizamos 0. El paso lo hacemos igual a 0.5 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y modificamos el valor del coeficiente convectivo exterior ho. Eliminamos el valor de 65 y escribimos 100. Damos clic en Explore , aceptamos los valores que se encuentran en el Sweep Settings y damos clic en OK . Seleccionamos el Set B del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y modificamos el valor del coeficiente convectivo exterior ho. Eliminamos el valor de 100 y escribimos 20. Damos clic en Explore , aceptamos los valores que se encuentran en el Sweep Settings y damos clic en OK . Seleccionamos el Set C del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y modificamos el valor del coeficiente convectivo exterior ho. Eliminamos el valor de 20 y escribimos 2. Damos clic en Explore , aceptamos los valores que se encuentran en el Sweep Settings y damos clic en OK . Seleccionamos el Set A del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Puede comprobarse que en el Working Set se encuentran los resultados para ho = 2, que en el Set A se encuentran los resultados para ho = 20, que en el Set B se encuentran los resultados para ho = 65 y que en el Set C se encuentran los resultados para ho = 100. Para realizar la gráfica que nos muestre los resultados damos clic en Graph y seleccionamos q2 para Y1, Y2, Y3 y Y4. El Data Set debe ser Work para Y1, A para Y2, B para Y3 y C para Y4. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Ya en la gráfica damos clic en Edit y seleccionamos Legends del Plot Data . En Y1 escribimos “Potencia eléctrica para ho = 2, en Y2 escribimos “Potencia eléctrica para ho = 20, en Y3 escribimos “Potencia eléctrica para ho = 65 y en Y4 escribimos “Potencia eléctrica para ho = 100". Damos clic en OK .

Comentarios: Como puede verse en la gráfica anterior, conforme aumenta la temperatura externa disminuye la potencia requerida para mantener la superficie interna a 15 ºC. En la gráfica también puede verse que cuando el coeficiente convectivo externo es igual a 2, la potencia eléctrica aparece con signo negativo. Esto significa que a coeficientes convectivos externos bajos no es necesario el calentador eléctrico ya que con la simple circulación de calor desde el aire interno hasta el aire externo basta para mantener la superficie interna a un valor mayor de 15 ºC.

3.4 SOLUCION

Conocido: Sustrato al que se le une una película transparente. El sustrato, de espesor conocido, recibe un flujo de calor en su superficie superior mientras que su superficie inferior es mantenida a 30 ºC. La superficie superior de la película está expuesta a intercambio de calor por convección.

Encontrar: a) b) c) d)

Representar el circuito térmico. El flujo de calor que llega a la superficie superior del sustrato. El efecto de variar el espesor de la película en el flujo de calor anterior. Si el flujo de calor es absorbido por la superficie superior de la película, calcular este flujo de calor como función de la variación del espesor de la película.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Estado estable. Conducción unidimensional. Propiedades constantes. La resistencia debida a la unión entre la película y el sustrato es despreciable. Radiación despreciable. Las temperaturas son uniformes.

Análisis:

a) El circuito térmico de nuestro problema es

b) Realizando un balance de energía en el nodo 2 •

•


E in = q 0" •

E out = q 1"

+

q 2"

Además

q 1"

=

T 0

−

T 1

Ls k s

q 2"

=

T 0 − T Lf 1 + k f h ∞

Sustituyendo en el balance y resolviendo para q 0"

q 0"

=

T 0 − T 1 Ls k s

+

T 0 − T Lf 1 + k f h ∞


q 0"

=

60 − 30 1x 10

−

3

0.05

q 0"

=

+

60 − 20 0.25 x 10

−

3

0.025

+

1 50

2833 .3 W/m 2

c) Los incisos c y d se resolverán en el Interactive Heat Transfer . Para resolver el inciso c damos clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Para construir el circuito térmico comenzamos pasando los nodos necesarios al espacio del Circuit Builder , para hacer esto damos un clic en el nodo y sin soltar el botón del mouse arrastramos el nodo hacia el espacio del Circuit Builder y liberamos el botón del mouse. Para alinear los nodos a nuestra conveniencia escogemos Move node para poder hacerlo. Ya que se tienen acomodados los nodos escogemos Add resistor para añadir la resistencia térmica. Para hacer lo anterior damos clic en el nodo donde comienza la resistencia térmica hasta que aparezca una figura y sin dejar de presionar el botón del mouse nos dirigimos al nodo donde terminará la resistencia térmica y liberamos el botón del mouse en el momento que aparezca nuevamente la figura. Hecho lo anterior aparecerá en la parte superior izquierda de la pantalla el cuadro de Select Resistance Configuration de donde seleccionaremos el tipo de resistencia térmica que necesitemos. Conforme se fue construyendo el circuito fueron apareciendo las ecuaciones necesarias para resolver el circuito en la parte de Equations del Thermal Resistance Networks . Procedemos a pasar esta información a la hoja de trabajo. Si se desea también puede pasarse el circuito térmico a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0

q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 30 //q1 = T2 =60 //q2 = //T3 = q3 =0 T4 = 20 //q4 = //R21 = //R32 = //R43 = Según el circuito térmico realizado tenemos que: T1 = T 1 T2 = T 0 T4 = T

∞

q2 = q 0" En la parte anterior aparece la asignación de variables y nos muestra un comentario que nos dice que eliminemos todas las variables que sean desconocidas y que seleccionemos qi = 0 para los nodos interiores en que no existe una fuente externa de calor. Para calcular las resistencias térmicas necesarias para resolver el problema damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del problema sabemos que dos resistencias son conductivas y que la otra es convectiva, así que seleccionamos la resistencia térmica conductiva para una pared plana. Cuando aparezca el cuadro de Conduction - Plane Wall procedemos a colocar los identificadores necesarios para que concuerden con las variables del circuito térmico, por lo tanto seleccionamos 21 para Rt y s para k y L como identificadores. Recuerde que debe presionar Enter después de que se ha colocado un identificador. Ahora procedemos a pasar la ecuación a la hoja de trabajo. Lo mismo se hace para la otra resistencia térmica conductiva. Para la resistencia térmica convectiva volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances , pero ahora seleccionamos Surface Effects - Convection y procedemos a colocar los identificadores y a pasar la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for plane wall R21 = Ls / ks // Thermal resistance, K/W

ks =0.05 // A = Ls =0.001

// Thermal conductivity, W/m·K // Cross sectional area, m^2 // Thicknesss, m

// Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = Lf / kf // Thermal resistance, K/W kf =0.025 // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 Lf =0.25E-03 // Thicknesss, m // Thermal resistance, R43, for convection process R43 = 1 / h // Thermal resistance, K/W // A = // Cross sectional area, m^2 h =50 // Convection coefficient, W/m^2·K Ya que tenemos las resistencias térmicas en la hoja de trabajo asignamos los valores numéricos de las variables conocidas y eliminamos el área de todas las ecuaciones ya que no la conocemos; de manera que las resistencias queden en función del área así como los flujos que se determinaron en el circuito. También es posible hacer el área unitaria y los resultados serán los mismos debido a que el área no es un dato necesario ya que se elimina al hacer los balances de energía. Ahora damos clic en Solve y aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados del inciso b T3 q1 q2 q4

46.67 -1500 2833 -1333

Ahora damos clic en Explore y seleccionamos Lf como variable a barrer. Como valor inicial escribimos 1E-6 y como valor final 1E-3. El paso lo hacemos igual a 1E-5. Damos clic en OK y aceptamos el Discard , con lo que aparecerá nuevamente el Data Browser mostrando los resultados. Para realizar la gráfica damos clic en Graph y seleccionamos q2 para Y1 y damos clic en OK .

Gráfica del inciso c

Para resolver el inciso d únicamente tenemos que hacer dos cambios: hacer que q2 = 0 (ya que ahora este nodo se convierte en un nodo interno al cual no le llega ninguna fuente externa de calor) y eliminar a q3. Recuerde que el flujo que se busca, q 0" , ahora es igual a q3.

Gráfica del inciso d

3.5 SOLUCION

Conocido: Pared que es mantenida a 150 ºC en su superficie exterior y que está expuesta al intercambio de calor por convección en su superficie interior.

Encontrar: El espesor máximo de la pared para cada uno de los materiales.

Esquema:


Estado estable. Conducción unidimensional. Propiedades constantes. Radiación despreciable. 5. Las temperaturas son uniformes.

Propiedades: Tabla A.1, cobre T = (540 + 150 ) 2 + 273 = 618 K : k = 377.8 W/m·K. Tabla A.1, SS AISI 304 T = (980 + 150 ) 2 + 273 = 838 K : k = 23.1 W/m·K.

Análisis: El circuito térmico de nuestro problema es

Por lo tanto el flujo de calor a través de la pared es

q ' ' =

T ∞

− T s ,i 1 h

=

T ∞

− T s ,o

1 L + h k

Resolviendo para L

T ∞

− T s ,i 1 h

=

T ∞

− T s ,o

1 L + h k

1 L  T − T (T ∞ − T s ,i )  +  = ∞ s ,o h  h k 

T − T L 1 = ∞ s ,o − k h (T ∞ − T s ,i ) h L=

k  T ∞ − T s ,o  h  T ∞ − T s ,i

 k  T ∞ − T s ,o − T ∞ + T s ,i   − 1  = h   T T − ∞ s ,i   

L=

k  T s ,i − T s ,o    h  T ∞ − T s ,i  

Para el cobre con T s,i = 540 ºC

L=

377 .8 2 x 10

4

 540 − 150  = 3.33    2750 − 540 

mm

Para el acero inoxidable con T s,i = 980 ºC

L=

23.1 2 x 10

4

 980 − 150  = 0.54    2750 − 980 

mm

3.6 SOLUCION

Conocido: Pared que es mantenida a 25 ºC en su superficie inferior y que está expuesta al intercambio de calor por convección en su superficie superior. La pared cuenta con un calentador eléctrico en su superficie superior.

Encontrar: a) El coeficiente convectivo para cuando T s = 27 ºC. El error si se supone que todo el calor es transferido al agua. b) El coeficiente convectivo para cuando T s = 127 ºC. El error si se supone que todo el calor es transferido al aire. c) El efecto de variar el coeficiente convectivo en la potencia eléctrica. El error si se supone que todo el calor es transferido al agua.

Esquema:


Estado estable. Conducción unidimensional. Propiedades constantes. Las temperaturas son uniformes.

Análisis: a) El circuito térmico es

Realizando un balance de energía en el nodo 2 •

•


E in = P e " •

E out = q 2"

+ q 3"

Además

T s − T b L k T − T ∞ q 3" = s 1 h q 2"

=

Sustituyendo en el balance y resolviendo para h

P e "

=

P e " −

T s − T b T s − T ∞ + L 1 k h k (T s − T b ) L

= h (T s − T ∞ )

P e " − k L (T s − T b ) h = T s − T ∞ Sustituyendo los datos conocidos

h =

2000 − (0.04 0.01)(27 − 25 ) 27 − 25

h = 996 W/m 2·K Si se considera que todo el calor se transfiere al agua entonces

P e "

=

T s − T ∞ 1 h

Resolviendo para h y sustituyendo los datos conocidos

h =

P e " T s − T ∞

=

2000 27 − 25

h = 1000 W/m 2·K El error, E , es

E =

1000 − 996 996

(100 ) = 0.4 %

b) El circuito térmico es


•

E in = E out Donde

•

E in = P e " •

E out = q 2"

+ q 3"

Además

q 2"

=

q 3"

=

T s − T b L k T s − T ∞ −1

 1   + 1    1 h 1 h r 

Sustituyendo en el balance y resolviendo para h

=

P e "

T s − T b T s − T ∞ + L  1 1  + k  1 h 1 h



P e " −

h =

k (T s − T b ) L

−1

   r 

= (h + h r )(T s − T ∞ )

P e " − k L (T s − T b ) T s − T ∞

− h r

(1)

El coeficiente radiativo es

h r

2 ) = 0.15(5.67 x 10 −8 )(398 + 298 )(398 2 + 298 2 ) = εσ (T s + T sur )(T s 2 + T sur

h r

= 1.46

W/m 2·K


h =

2000 − (0.04 0.01)(125 − 25 ) − 1.46 125 − 25

h = 14.54 W/m 2·K Si se considera que todo el calor se transfiere al aire entonces

P e "

=

T s − T ∞ 1 h

Resolviendo para h y sustituyendo los datos conocidos

P e " h = T s − T ∞

=

2000 125 − 25

h = 20 W/m 2·K El error, E , es

E =

20 − 14.54 14.54

(100 ) = 37.6 %

c) El inciso c se resolverá en el Interactive Heat Transfer . Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y pasamos la información que se generó en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q42 = (T4 - T2) / R42 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 + q42 = 0 q3 - q32 = 0 q4 - q42 = 0

/* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 25 // q1 = T2 = 27 // q2 = T3 = 25 // q3 = T4 = 25 // q4 = // R21 = // R32 = // R42 = Escribimos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Para calcular la resistencia térmica conductiva damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction – Plane Wall . Para la resistencia escribimos 21 como identificador y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for plane wall R21 = L / (k * A) // Thermal resistance, K/W k = 0.04 // Thermal conductivity, W/m·K A = 1 // Cross sectional area, m^2 L = 0.01 // Thicknesss, m Para calcular la resistencia térmica convectiva damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para la resistencia escribimos 32 como identificador y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for convection process R32 = 1 / (h * A) // Thermal resistance, K/W // A = // Cross sectional area, m^2 h = 10 // Convection coefficient, W/m^2·K Para calcular la resistencia térmica convectiva damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects – Linearized Radiation . Para la resistencia escribimos 42 como identificador y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R43,for linearized radiation exchange process R42 = 1 / (hrad * A) // Thermal Resistance, K/W hrad = eps * sigma * (Ts + Tsur) * (Ts^2 + Tsur^2) // Linearized radiation coefficient, W/m^2·K

sigma = 5.67e-8 // A = Ts = T2 Tsur = T4 eps = 0.15

// Stefan-Boltzmann constant, W/m^2·K^4 // Surface area, m^2 // Surface temperature, K // Surroundings temperature, K // Emissivity

Asignamos el valor numérico de las variables conocidas de las ecuaciones anteriores y eliminamos las variables que se repiten. Para poder estimar el error debido a la consideración de que no existe pérdida de calor por conducción escribimos las siguientes ecuaciones: q2' = (h + hrad) * (T2 - T3) Error = (q2' - q2) / q2 * 100 Ahora damos clic en Explore y seleccionamos h como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 10 y como valor final escribimos 1000. El paso lo hacemos igual a 10 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Para realizar las gráficas damos clic en Graph y seleccionamos q2 para Y1. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos Error para Y1. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica.

Comentarios: Como puede verse en las gráficas anteriores, al aumentar el coeficiente convectivo aumenta la potencia disipada por el calentador debido a que aumenta la pérdida de calor por convección. En los cálculos que mostró el Data Browser puede comprobarse que el valor del coeficiente radiativo es muy pequeño y por tanto se podría haber despreciado la pérdida de calor por radiación. En la segunda gráfica puede verse que al aumentar el coeficiente convectivo disminuye el error porcentual. Al principio el error es muy grande ya que el coeficiente convectivo es pequeño y por tanto la pérdida de calor por convección también es pequeña; esto hace que la pérdida de calor por conducción sea significativa. Al ir aumentando el coeficiente convectivo aumenta la pérdida de calor por convección y la pérdida de calor por conducción se vuelve cada vez menos significativa.

3.7 SOLUCION

Conocido: Capa de tejido graso de piel de espesor conocido que es mantenida a 36 ºC en su superficie interior y que está expuesta al intercambio de calor por convección en su superficie exterior.

Encontrar: a) El radio de la pérdida de calor por unidad de área en un día calmado a la pérdida de calor de un día airoso. b) La temperatura de la superficie externa de la piel para un día calmado y para un día con airoso. c) La temperatura del aire, en un día calmado, que produzca la la misma pérdida de calor cuando la temperatura de éste es de -15 ºC y el día es airoso.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5.

Estado estable. Conducción unidimensional. Propiedades constantes. Radiación despreciable. Las temperaturas son uniformes.

Propiedades: Tabla A.3, tejido graso (T = 300 K): k = 0.2 W/m·K.

Análisis:

a) El circuito térmico de nuestro problema es

Por lo tanto el flujo de calor a través de la tejido es

q " =

T s ,i − T ∞ 1 L + h k

Sustituyendo los datos conocidos Para el día calmado, h = 25 W/m 2·K

q c "

=

36 + 15 1 0.003 25

q c "

+

= 927

0 .2 W/m 2

Para el día airoso, h = 65 W/m 2·K

q a "

=

36 + 15 1 0.003 65

q a "

+

= 1678

0.2 W/m 2

Por lo tanto

q c " " a

q

=

927 1678

= 0.55

b) El flujo de calor es

q " =

T s ,i − T s ,o L k

Resolviendo para T s,o y sustituyendo los datos conocidos

q " L k T s ,o

= T s ,i − T s ,o = T s ,i −

q " L k

Para el día calmado

T s ,o

= 36 −

927(0.003 ) 0.2

= 22

ºC

Para el día airoso

T s ,o

= 36 −

1678(0.003 ) = 11 ºC 0.2

c) El flujo de calor es

q " =

T s ,i − T ∞ L 1 + k h

Resolviendo para T ∞ y sustituyendo los datos conocidos

T ∞

L 1  = T s ,i − q "   +   k h 

T ∞

0.003 = 36 − 1678 + 1    = −56  0.2 25 

ºC

3.8 SOLUCION

Conocido: Enfriamiento de un transistor mediante transferencia de calor por convección y conducción. Se conocen las dimensiones del transistor así como la temperatura y el coeficiente convectivo del aire.

Encontrar: La temperatura de la superficie del transistor.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2.

Estado estable. Propiedades constantes. 3. La temperatura del transistor es uniforme. 4. La temperatura del tablero es uniforme. 5. La pérdida de calor por los lados del transistor es despreciable.

Análisis: El circuito térmico es


•

E in

= E out

Donde •

E in

= q 1

•

E out

= q 2 + q 3

Además

= 0.15 (T − T ∞ ) q 2 = s q 1

1

hAt q 3

=

T s − T b

   Lw 

1 k w Aw

−1

+

Lg

 1  k g At  

=

 k w Aw k g At    ( ) T T = − + s b  −1  L L w g   k w Aw k g At      Lw + Lg    T s − T b

Sustituyendo en el balance 0.15 =

(T s − T ∞ ) 1

hAt

 k A k A  + (T s − T b ) w w + g t  Lg   Lw 

Resolviendo para T s

0.15 = hAt T s − hAt T ∞

0.15 + hAt T ∞

T s

= hAt +

 k A k A   k w Aw k g At   + T s  w w + g t  − T b  +  Lg  Lg   Lw  Lw 

 k A k A  + T b  w w + g t  Lg   Lw  k w Aw Lw

+

k g At Lg

Sustituyendo los datos conocidos Para cuando el espacio contiene aire, k = 0.0263 W/m·K

T s

 25(3 )(0.001)(0.25 x 10 −3 ) 0.0263(0.004 )(0.008 )  0.15 + 50(0.004 )(0.008 )(20 ) + 35 + −3  0 . 004 0.2 x 10   = 50(0.004 )(0.008 ) +

T s

= 47

25(3 )(0.001)(0.25 x 10 −3 ) 0.004

+

0.0263 (0.004 )(0.008 ) 0.2 x 10 −3

ºC

Para cuando el espacio contiene una pasta conductora, k = 0.12 W/m·K

T s

 25(3 )(0.001)(0.25 x 10 −3 ) 0.12(0.004 )(0.008 )  0.15 + 50(0.004 )(0.008 )(20 ) + 35 + −3  0 . 004 x 0 . 2 10   = 50(0.004 )(0.008 ) +

T s

= 40

ºC

25(3 )(0.001)(0.25 x 10 −3 ) 0.004

+

0.12(0.004 )(0.008 ) 0.2 x 10 −3

3.9 SOLUCION

Conocido: Placa de acero de un metro de largo que es mantenida a 100 ºC en su superficie superior y que es expuesta al intercambio de calor por convección en su superficie inferior. A la mitad de la placa la temperatura es de 85 ºC.

Encontrar: El valor del coeficiente convectivo de transferencia de calor.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2.

Estado estable. Propiedades constantes. 3. Conducción unidimensional. 4. Las temperaturas son uniformes 5. La pérdida de calor por los lados la placa es despreciable.

Análisis: El circuito térmico del problema es

Por lo tanto el flujo de calor a través de la placa es

q " =

T 0

− T m L 2k


q " =

100 − 85 1 2(50 )

= 1500

W/m 2

El flujo de calor es

q " =

T m − T ∞ L +1 2k h

Resolviendo para h y sustituyendo los datos conocidos 1 T m − T ∞ = h q "

−

L 2k −1

 T − T ∞ L  h =  m −  q " 2k   

−1

 85 − 20 1   − h =    1500 2(50 )  h = 30 W/m 2·K

3.10 SOLUCION

Conocido: Ventana que consiste en dos piezas de vidrio que encierran un espacio de aire. La superficie interna de la ventana está expuesta a intercambio de calor por convección al igual que la superficie externa de la misma.

Encontrar: a) La pérdida de calor a través de la ventana. b) El efecto de variar el coeficiente convectivo externo en la pérdida de calor. Hacer lo mismo si se adiciona una tercer pieza de vidrio y un segundo espacio de aire a la ventana.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Las temperaturas son uniformes La pérdida de calor por las bases de la ventana es despreciable. El aire se encuentra estático. Radiación despreciable.

Propiedades: Tabla A.3, vidrio (300 K): k g = 1.4 W/m·K.

-3 Tabla A.4, aire T = (293 + 263 ) 2 = 278 K : k a a = 24.54x10 W/m·K.


Por lo tanto la pérdida de calor a través de la ventana es

q =

T ∞,i − T ∞,o 1  1

 h i A 

+

2L

k g

+

L 1  +  k a h o  


q =

 1 +  0.8(0.5 )  10 1

20 + 10 2(0.007 ) 1 .4

+

0.007 24.54 x 10

−3

+

  80  1

q = 29.43 W

Comentarios: Como puede verse en las propiedades, la conductividad térmica del aire se tomó a partir de una temperatura promedio. Para calcular esta temperatura promedio se consideraron las temperaturas del aire interno y del aire externo como una aproximación. Sin embargo, la conductividad térmica del aire debe ser evaluada a una temperatura promedio que considere a las temperaturas T 2 y T 3 (ver el circuito térmico). Por lo tanto, es necesario calcular estas temperaturas para después obtener una temperatura promedio y con ésta evaluar una nueva conductividad térmica del aire. Con esta nueva conductividad se calcula nuevamente la pérdida de calor para después calcular nuevamente las temperaturas T 2 y T 3. Las ecuaciones con las que se evaluarían las temperaturas T 2 y T 3 son:

q =

T ∞,i − T 2 1  1

 h i A 

+

L   k g  

q =

T ∞,i − T 3 1  1

 h i A 

+

L k g

+

L   k a  

Se debe repetir todo el proceso hasta que la pérdida de calor no cambie sensiblemente. Esto, evidentemente, puede llevarnos mucho tiempo y para ahorrarnos ese tiempo es que se diseñó el Interactive Heat Transfer .

b) Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico, que debe tener 6 nodos. Una vez hecho lo anterior pasamos la información que se encuentra en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 q54 = (T5 - T4) / R54 q65 = (T6 - T5) / R65 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 + q54 = 0 q5 - q54 + q65 = 0 q6 - q65 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 20+273 // q1 = // T2 = q2 = 0 // T3 = q3 = 0 // T4 =

q4 = 0 // T5 = q5 = 0 T6 = -10+273 // q6 = // R21 = // R32 = // R43 = // R54 = // R65 = En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Recuerde que los flujos de nodos internos debe estar igualados a cero ya que en estos nodos no existe una fuente externa de calor. Para poder calcular las resistencias térmicas damos clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 21 y para el identificador del coeficiente convectivo escribimos una i. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (hi * A) // Thermal resistance, K/W A = 0.8 * 0.5 // Cross sectional area, m^2 hi = 10 // Convection coefficient, W/m^2·K Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 32 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos una g. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = L / (kg * A) // Thermal resistance, K/W kg = 1.4 // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 L = 0.007 // Thicknesss, m Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 43 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos una a. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R43, for plane wall R43 = L / (ka * A) // Thermal resistance, K/W // ka = // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2

// L =

// Thicknesss, m

Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 54 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos g. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R54, for plane wall R54 = L / (kg * A) // Thermal resistance, K/W // kg = // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 // L = // Thicknesss, m Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 65 y para el identificador del coeficiente convectivo escribimos una o. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R65, for convection process R65 = 1 / (ho * A) // Thermal resistance, K/W // A = // Cross sectional area, m^2 ho = 80 // Convection coefficient, W/m^2·K En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Recuerde que el valor de una misma variable solamente debe estar escrito una vez. Para obtener el valor de la conductividad térmica del aire, ka, damos clic en Properties y seleccionamos Air . Damos clic en OK . Para el identificador de las propiedades escribimos una a y para el identificador de la temperatura escribimos bar. Pasamos las propiedades a la hoja de trabajo. // Air property functions : From Table A.4 // Units: T(K); 1 atm pressure ka = k_T("Air",Tbar) // Thermal conductivity, W/m·K La conductividad térmica del aire va a ser evaluada a la siguiente temperatura promedio. // Temperatura promedio Tbar = (T3 + T4) / 2 Cabe mencionar que, como ya se dijo antes, el programa realiza iteraciones suponiendo valores iniciales de T3 y T4. Es decir, el programa supone un valor inicial para T3 y otro valor inicial para T4, con estos dos valores calcula la temperatura promedio y evalúa la conductividad térmica del aire. Después calcula la pérdida de calor y con este valor estima las temperatura T3 y T4. Con estas

nuevas temperaturas evalúa una nueva conductividad térmica y comienza nuevamente todo el proceso hasta que, como ya se dijo, no exista un cambio sensible en la pérdida de calor. Ahora damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados del inciso a ka q1

0.02428 29.21

Para resolver la primer parte del inciso b damos clic en Explore y seleccionamos ho como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 10 y como valor final escribimos 100. El paso lo hacemos igual a 2 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Para realizar la gráfica damos clic en Graph y seleccionamos q1 para Y1. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica.

La segunda parte del inciso b se resuelve en una nueva hoja de trabajo. Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico, que debe tener 8 nodos. Una vez hecho lo anterior pasamos la información que se encuentra en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 q54 = (T5 - T4) / R54 q65 = (T6 - T5) / R65 q76 = (T7 - T6) / R76 q87 = (T8 - T7) / R87 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 + q54 = 0 q5 - q54 + q65 = 0 q6 - q65 + q76 = 0 q7 - q76 + q87 = 0 q8 - q87 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 20+273 // q1 = // T2 = q2 = 0 // T3 = q3 = 0 // T4 = q4 = 0 // T5 = q5 = 0 // T6 = q6 = 0 // T7 = q7 = 0 T8 = -10+273 // q8 = // R21 = // R32 = // R43 = // R54 = // R65 = // R76 = // R87 =

En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Recuerde que los flujos de nodos internos debe estar igualados a cero ya que en estos nodos no existe una fuente externa de calor. Para poder calcular las resistencias térmicas damos clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 21 y para el identificador del coeficiente convectivo escribimos una i. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (hi * A) // Thermal resistance, K/W A = 0.8 * 0.5 // Cross sectional area, m^2 hi = 10 // Convection coefficient, W/m^2·K Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 32 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos una g. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = L / (kg * A) // Thermal resistance, K/W kg = 1.4 // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 L = 0.007 // Thicknesss, m Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 43 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos a1. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R43, for plane wall R43 = L / (ka1 * A) // Thermal resistance, K/W // ka1 = // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 // L = // Thicknesss, m Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 54 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos una g. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R54, for plane wall R54 = L / (kg * A) // Thermal resistance, K/W // kg = // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2

// L =

// Thicknesss, m

Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 65 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos a2. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R65, for plane wall R65 = L / (ka2 * A) // Thermal resistance, K/W // ka2 = // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 // L = // Thicknesss, m Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Para el identificador de la resistencia escribimos 76 y para el identificador de la conductividad térmica escribimos una g. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R76, for plane wall R76 = L / (kg * A) // Thermal resistance, K/W // kg = // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 // L = // Thicknesss, m Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 87 y para el identificador del coeficiente convectivo escribimos una o. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R87, for convection process R87 = 1 / (ho * A) // Thermal resistance, K/W // A = // Cross sectional area, m^2 ho = 80 g// Convection coefficient, W/m^2·K En la anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Recuerde que el valor de una misma variable solamente debe estar escrito una vez. Para obtener el valor de la conductividad térmica del aire, ka1 y ka2, damos clic en Properties y seleccionamos Air . Damos clic en OK . Para el identificador de las propiedades escribimos a1 y para el identificador de la temperatura escribimos bar1. Pasamos las propiedades a la hoja de trabajo. // Air property functions : From Table A.4 // Units: T(K); 1 atm pressure ka1 = k_T("Air",Tbar1) // Thermal conductivity, W/m·K

La conductividad térmica del aire, ka1, va a ser evaluada a la siguiente temperatura promedio. // Temperatura promedio Tbar1 = (T3 + T4) / 2 Volvemos a dar clic en Properties y seleccionamos Air . Damos clic en OK . Para el identificador de las propiedades escribimos a2 y para el identificador de la temperatura escribimos bar2. Pasamos las propiedades a la hoja de trabajo. // Air property functions : From Table A.4 // Units: T(K); 1 atm pressure ka2 = k_T("Air",Tbar2) // Thermal conductivity, W/m·K La conductividad térmica del aire, ka2, va a ser evaluada a la siguiente temperatura promedio. // Temperatura promedio Tbar2 = (T5 + T6) / 2 Ahora damos clic en Explore y seleccionamos ho como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 10 y como valor final escribimos 100. El paso lo hacemos igual a 2 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Para realizar la gráfica damos clic en Graph y seleccionamos q1 para Y1. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica.

Comentarios: Como era de esperarse, al aumentar el coeficiente convectivo aumenta la pérdida de calor. Además, al adicionar una tercer pieza de vidrio y un segundo espacio de aire se reduce la pérdida de calor.

3.11 SOLUCION

Conocido: Pared formada por dos superficies que encierran a un material que cambia de fase. La superficie interior intercambia calor por convección, al igual que la superficie exterior, y recibe una flujo radiativo de calor.

Encontrar: a) La temperatura de la superficie interna. b) El espesor de la capa líquida. c) La temperatura de la superficie externa.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2.

Estado estable. Propiedades constantes. 3. Conducción unidimensional. 4. Las temperaturas son uniformes



•

E in

= E out

Donde •

E in

" = q rad

•

E out

= q 1" + q 2"

Además

q 1"

=

q 2"

=

T s ,1 − T ∞,1 1 h 1

T s ,1 − T m 1

h m Sustituyendo en el balance y resolviendo para T s ,1 " q rad

=

T s ,1 − T ∞,1 1

h 1 " q rad

T s ,1

+

T s ,1 − T m 1

= h 1 (T s ,1 − T ∞,1 ) + h m (T s ,1 − T m )

h m

= h 1T s ,1 − h 1T ∞,1 + h m T s ,1 − h m T m =

" q rad

+ h 1T ∞,1 + h m T m h 1 + h m


T s ,1

=

1000 + 20(20 ) + 10(50 ) = 63.3 ºC 20 + 10


•

E in

= E out

Donde •

E in

=

•

E out

T s ,1 − T m 1 h m

T m − T ∞,2

=

1

h m

+

Ls k s

+

1

h 2

Sustituyendo en el balance y resolviendo para Ls

T s ,1 − T m 1

T m − T ∞,2 1 Ls 1

=

h m 1

h m

Ls

+

h m Ls k s

+

1

h 2

+

=

k s

+

h 2

T m − T ∞,2 h m (T s ,1 − T m )

 T − T 1 1 = k s  m ∞,2 − −   h m (T s ,1 − T m ) h m h 2 


Ls

 50 − 20 1 1 = 0 .5  − −  = 0.038 10(63.3 − 50 ) 10 20 

m

La longitud total, L, de la pared es

L = Lm + Ls

= 0 .1

Por lo tanto la longitud de la capa líquida, Ls , es

Ls

= L − Lm = 0.1 − 0.038 = 0.062

m

Realizando un nuevo balance de energía en el nodo 3 se obtiene

T s ,1 − T m 1 h m

=

T m − T s ,2 1

h m

+

Ls k s

Resolviendo para T s ,2 y sustituyendo los datos conocidos

T s ,2

 1 L  = T m − h m (T s ,1 − T m ) + s    h m k s 

T s ,2

1 0.038  = 50 − 10(63.3 − 50 )  +   10 0.5 

T s ,2

= 26.6

ºC

3.12 SOLUCION

Conocido: Pared compuesta formada por cuatro materiales de espesor conocido. Las superficies interna y externa de la pared están expuestas al intercambio de calor por convección.

Encontrar: La resistencia térmica total y el coeficiente global de transferencia de calor.

Esquema:

Suposiciones: 1.

Estado estable. 2. Propiedades constantes. 3. Conducción unidimensional.

Propiedades: Tabla A.3, ladrillo común: k 1 = 0.72 W/m·K, fibra de vidrio: k 2 = 0.038 W/m·K, yeso: k 3 = 0.25 W/m·K, pino: k 4 = 0.12 W/m·K.


La resistencia total es R t

=

1 h 1

+

L1 k 1

+

L2 k 2

+

L3 k 3

+

L4 k 4

+

1 h 2

Sustituyendo los datos conocidos R t

=

1 0 .1 0.1 + + 10 0.72 0.038

+

0.01 0.006 + 0.25 0.12

Por lo tanto el coeficiente global es U =

1 R t

=

1 2.99

=

2

0.34 W/m ·K

+

1 70

=

2.97 m2·K/W

3.13 SOLUCION

Conocido: Pared compuesta formada por tres materiales de espesor conocido. La superficie interna de la pared está expuesta al intercambio de calor por convección, mientras que la superficie externa es mantenida a una temperatura conocida.

Encontrar: La conductividad térmica del material central.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Las temperaturas son uniformes. Radiación despreciable. La resistencia térmica debida a la unión de los materiales es despreciable.



E in

•

=

E out

Donde •

E in

=

T ∞

− T s ,i

1 h T s ,i

•

E out

=

LA

+

k A

− T s ,o

LB

+

k B

LC k C

Sustituyendo en el balance y resolviendo para k B T ∞

− T s ,i

1

=

h

LA k A

k B

+

=

T s ,i LA k A

LB k B

+

LC k C

− T s ,o

LB

+

=

k B

LC

+

T s ,i

k C

− T s ,o

(

h T ∞

− T s ,i

)

LB T s ,i

(

h T ∞

− T s ,o − T s ,i

)

−

LA k A

−

LC k C

Sustituyendo los datos conocidos k B

=

0.15 600 − 20 0 .3 25(800 − 600 )

k B

=

1.5 W/m·K

−

20

−

0.15 50

3.14 SOLUCION

Conocido: Pared compuesta formada por tres materiales de espesor conocido. Las superficies interna y externa de la pared están expuestas al intercambio de calor por convección.

Encontrar: a) La carga de calor para una sección de 1 m2 de pared. b) La carga de calor si se reemplaza la pared por una ventana de vidrio. c) La carga de calor si se reemplaza la pared por una ventana que consiste en dos piezas de vidrio que encierran un espacio de aire.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. La resistencia térmica debida a la unión de los materiales es despreciable.

Propiedades: Tabla A.3, yeso: k A = 0.17 W/m·K, uretano: k B = 0.026 W/m·K, madera suave: k C = 0.12 W/m·K. Tabla A.3, vidrio ( T = 300 K): k g = 1.4 W/m·K. Tabla A.4, aire T = (293 + 258 ) 2 = 278 K : k a = 24.54x10-3 W/m·K.

(

)

Análisis: a) El circuito térmico del problema es

La carga de calor es

q =

T ∞,i − T ∞,o 1  1

  + LA + LB + LC + 1  A  h i k A k B k C h o  


q =

1  1

20 + 15 0.01 0.05 0.01

1 + + +   +  1  5 0.17 0.026 0.12 15 

q = 15 W b)

Esquema:

Análisis:

El circuito térmico del problema es


q =

T ∞,i − T ∞,o 1  1

A  h i

+

Lg k g

+

  h o   1


q =

20 + 15 1  1 0.003

 + 1  5

1 .4

+

  15  1

q = 130 W c)

Esquema:



q =

T ∞,i − T ∞,o 1  1 A  h i

+

Lg k g

+

La k a

+

Lg k g

+

1   h o  


q =

1  1 0.003  + 1  5 1 .4

+

20 + 15 0.005 24.54 x 10 −3

+

0.003 1 .4

+

1   15 

q = 73.7 W La carga de calor es

q =

T 1 − T ∞,o 1   La + Lg A  k a k g

+

1   h o  

Resolviendo para T 1 y sustituyendo los datos conocidos

T 1

L q  L 1  =  a + g +  + T ∞,o A  k a k g h o  

T 1

=

73.7  1

0.005

+   24.54 x 10 −3


q =

T 2 − T ∞,o 1   Lg

A  k g

+

  h o   1

0.003 1.4

+

 − 15 = 5  15  1

ºC

Resolviendo para T 1 y sustituyendo los datos conocidos

T 2

q  L 1  =  g +  + T ∞,o A  k g h o  

T 2

=

73.7  0.003 1

 

1 .4

+

 − 15 = −10  15  1

ºC

La conductividad térmica del aire debe ser evaluada nuevamente a la siguiente temperatura promedio

T =

5 − 10 2

+ 273 = 270.5

K

Por lo tanto Tabla A.4, aire ( T = 270.5): k = 23.94x10-3 W/m·K. Recalculando la carga de calor

T ∞,i − T ∞,o

q =

1  1

+

A  h i

Lg k g

+

La k a

+

Lg k g

+

  h o   1


q =

1  1

 + 1  5

0.003 1 .4

+

20 + 15 0.005 23.94 x 10 −3

+

0.003 1 .4

+

  15  1

q = 72.9 W Recalculando la temperatura T 1

T 1

=

72.9  1

0.005

+   23.94 x 10 −3

0.003 1.4

+

 − 15 = 5.2  15  1

Recalculando la temperatura T 2

T 2

=

72.9  0.003  1  1.4

+

1   − 15 = −10 ºC 15 

ºC

Recalculando la temperatura promedio

T =

5.2 − 10 2

+ 273 = 270.6

K

Por lo tanto -3

Tabla A.4, aire ( T = 270.5): k = 23.95x10 W/m·K. Recalculando la carga de calor

q =

1  1

 + 1  5

0.003 1 .4

+

20 + 15 0.005 23.95 x 10 −3

+

0.003 1 .4

+

  15  1

q = 73 W

Comentarios: Resulta evidente que es muy enfadoso estar reevaluando la conductividad térmica del aire y a la vez recalcular la carga de calor. Para estos problemas es donde el programa Interactive Heat Transfer resulta una poderosa herramienta que nos ahorra mucho trabajo.

3.15 SOLUCION


Encontrar: a) Una expresión que permita estimar la resistencia térmica total de la pared. b) La pérdida de calor a través de la pared. c) El porcentaje de aumento en la pérdida de calor si aumenta el coeficiente convectivo externo. d) La resistencia dominante que controla la cantidad de calor que fluye a través de la pared.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. La resistencia térmica debida a la unión de los materiales es despreciable.

Propiedades: Tabla A.3, yeso: k p = 0.17 W/m·K, fibre de vidrio: k b = 0.038 W/m·K, madera contrachapada: k s = 0.12 W/m·K.


La resistencia térmica total es

R t

L L 1  1 L 1  =  + p + b + s +  A  h i k p k b k s h o  

b) La pérdida de calor es

q 1

=

T ∞,i − T ∞,o 1  1

A  h i

+

Lp k p

+

Lb k b

+

Ls k s

+

  h o   1


q 1

=

q 1

= 4214

20 + 15 0.01 0 .1

0.02 1  1 + + + +    350  30 0.17 0.038 0.12 60  1

W

c) La pérdida de calor es

q 2

=

T ∞,i − T ∞,o 1  1 A  h i

+

Lp k p

+

Lb k b

+

Ls k s

+

1   h o  


q 2

q 2

20 + 15 1  1 0.01 0 .1 +  + 350  30 0.17 0.038

=

= 4233

+

0.02 1  +  0.12 300 

W

El porcentaje de aumento es

q 2

− q 1 q 1

(100 ) =

4233 − 4214 4214

(100 ) = 0.45 %

d) El valor de cada una de las resistencias térmicas es 1 h i A

L p k p A Lb k b A Ls k s A 1 h o A

=

1 = 9.52 x 10 −5 K/W 30(350 )

=

0.01 = 1.68 x 10 −4 K/W 0.17(350 )

=

0.1 = 7.52x 10 −3 K/W 0.038(350 )

=

0.02 = 4.76 x 10 −4 K/W 0.12(350 )

=

1 = 4.76 x 10 −5 K/W 60(350 )

De lo anterior resulta evidente que la resistencia que controla el proceso es la debida a la capa de fibra de vidrio.

3.16 SOLUCION


Encontrar: La pérdida de calor diaria a través de la pared.

Esquema:


Estado cuasi-estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. La resistencia térmica debida a la unión de los materiales es despreciable.

Propiedades: Tabla A.3, yeso: k p = 0.17 W/m·K, fibre de vidrio: k b = 0.038 W/m·K, madera contrachapada: k s = 0.12 W/m·K.

Análisis: a)


La pérdida de calor desde 0 hasta 12 horas es

 T − 273 − 5 sin(2πt 24 )   = ∫ q 1dt = ∫  ∞,i  dt R t  0 0  12

Q 1

Q 1

=

Q 1

=

Q 1

=

T ∞,i R t T ∞,i R t T ∞,i R t

12

12

t 0

273 12 t − R t 0

12

5(24 )  2πt  + cos  2πR t  24  0

(12) −

273 5(24 )   2π (12)  − cos 2π (0)   (12) + cos      24  R t 2πR t     24  

(12) −

273 60 [cos π − cos(0)] (12) + R t πR t

(1)

La resistencia térmica total es

R t

L L 1  1 L 1  =  + p + b + s +  A  h i k p k b k s h o  


R t

=

1  1  200  30

+

0.01 0.1 + 0.17 0.038

+

0.02 1  +  = 14.535 x 10 −3 K·s/J 0.12 60 

Cambiando unidades

R t

1  = 14.535 x 10 −3    = 4.038 x 10 −6  3600 

K·h/J

Sustituyendo en la ecuación 1, además del resto de datos conocidos

Q 1

=

293 4.038 x 10

− 6 (12 ) −

273 4.038 x 10

− 6 (12) +

60

π(4.038 x 10 −6 )

[cos π − cos(0 )]

3.21 SOLUCION

Conocido: Transferencia de calor por conducción a través de dos placas de acero inoxidable. Entre las dos placas se presenta una resistencia térmica de contacto.

Encontrar: El flujo de calor a través de las placas y la caída de temperatura a lo largo del plano de contacto.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional.

Propiedades: Tabla A.1, acero inoxidable ( T = 400 K): k = 16.6 W/m·K.


Por lo tanto el flujo de calor es

q " =

∆T

2L

k

(1) " t ,c

+ R

La resistencia térmica de contacto de obtiene de la tabla 3.1. Tomando un valor promedio se obtiene " t ,c

R

(6 + 25 )x 10

=

2

−4

15.5 x 10 −4 m2·K/W

Sustituyendo los datos conocidos en la ecuación 1

q " =

100 2(0.01) 16.6

+ 15.5 x 10

=

363 kW/m2

−4

El flujo de calor también es

q " =

∆T c

R t ",c

Resolviendo para R t ",c ∆T c =

q " R t ",c

Sustituyendo los datos conocidos ∆T c =

363 x 10 3 (15.5 x 10 −4 ) = 56.3 ºC

3.22 SOLUCION

Conocido: Pared compuesta formada por dos materiales de espesor conocido. Las superficies interna y externa de la pared están expuestas al intercambio de calor por convección. En la unión de los dos materiales se presenta una resistencia térmica de contacto.

Encontrar: La tasa de transferencia de calor a través de la pared.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable.


El tasa de calor a través de la pared es

q =

T ∞,i − T ∞,o

 1 Lb  L  + + R t ",c + s + 1  wH  h i k b k s h o   1


q =

200 − 40 1  1 0.01 0.02 1 + 0.3 + +   +  2.5(2 )  10 0.1 0.04 20 

q = 762 W

3.23 SOLUCION

Conocido: Pared compuesta formada por dos materiales de espesor conocido. Las superficies interna y externa de la pared están expuestas al intercambio de calor por convección. En la unión de los dos materiales se presenta una resistencia térmica de contacto.

Encontrar: a) Si la temperatura del Inconel puede ser mantenida por debajo de los 1250 K. Si existe límite en el espesor del TBC.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2.

Estado estable. Propiedades constantes. 3. Conducción unidimensional. 4. Radiación despreciable.

Análisis:

Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Procedemos a construir el circuito térmico para la primer parte del problema. Ya que terminamos de construir el circuito térmico arrastramos la información que se generó en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 q54 = (T5 - T4) / R54 q65 = (T6 - T5) / R65 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 + q54 = 0 q5 - q54 + q65 = 0 q6 - q65 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 1700 //q1 = //T2 = q2 = 0 //T3 = q3 = 0 //T4 = q4 = 0 //T5 = q5 = 0 T6 = 400 //q6 = //R21 = //R32 = R43 = 1E-4 / A //R54 = //R65 =

Según el circuito térmico realizado tenemos que : T1 = Tinf,o T6 = Tinf,i R43 = R''t,c En la parte anterior aparece la asignación de variables y nos muestra un comentario que nos dice que eliminemos todas las variables que sean desconocidas y que seleccionemos qi = 0 para los nodos interiores en que no existe una fuente externa de calor. Para calcular las resistencias térmicas necesarias para resolver el problema Thermal Resistances . Para las resistencias damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances convectivas seleccionamos Surface Effects - Convection . Cuando aparezca el cuadro con la resistencia convectiva procedemos a colocar los identificadores necesarios para que concuerden con las variables del circuito térmico, por lo tanto seleccionamos 21 para Rt y o para h. Recuérdese que debe presionarse Enter después de que se ha colocado un identificador. Ahora procedemos a pasar la ecuación a la hoja de trabajo. Lo mismo se hace para la otra resistencia térmica convectiva. Con la misma ventana abierta seleccionamos 65 para Rt e i para h. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. Para las resistencias conductivas damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Ahora seleccionamos Conduction - Plane Wall . Cuando aparezca el cuadro con la resistencia conductiva procedemos a colocar los identificadores necesarios para que concuerden con las variables del circuito térmico, por lo tanto seleccionamos 32 para Rt y z para L y k. Ahora procedemos a pasar la ecuación a la hoja de trabajo. Lo mismo se hace para la otra resistencia térmica conductiva. Con la misma ventana abierta seleccionamos 54 para Rt e in para L y k. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (ho * A) // Thermal resistance, K/W A = 1 // Cross sectional area, m^2 ho = 1000 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R65, for convection process R65 = 1 / (hi * A) // Thermal resistance, K/W //A = // Cross sectional area, m^2 hi = 500 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = Lz / (kz * A) // Thermal resistance, K/W kz = 1.3 // Thermal conductivity, W/m·K //A = // Cross sectional area, m^2 Lz = 0.5e-03 // Thicknesss, m

// Thermal resistance, R54, for plane wall R54 = Lin / (kin * A) // Thermal resistance, K/W kin = 25 // Thermal conductivity, W/m·K //A = // Cross sectional area, m^2 Lin = 5e-03 // Thicknesss, m Ya que tenemos las resistencias térmicas en la hoja de trabajo asignamos las variables conocidas y hacemos que el área sea igual a 1. Basta con hacer esto una sola vez así que eliminamos el área de todas las otras resistencias térmicas. (El área que se elimina es el área que se encuentra en la parte de asignación de variables para cada resistencia térmica, no el área que se encuentra en la ecuación de la resistencia térmica). Ahora es necesario escribir las ecuaciones necesarias para determinar la distribución de temperatura en las dos paredes. // Distribución de temperatura para la pared 1 (Pared de zirconia) T_x1 = ( T3 - T2 ) * x1 / Lz + T2 x1 = 0 // Distribución de temperatura para la pared 2 (Pared de Inconel) T_x2 = ( T5 - T4 ) * x2 / Lin + T4 x = 0.5E-3 Para resolver el problema damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados R21 R32 R43 R54 R65 T2 T3

0.001 0.0003846 0.0001 0.0002 0.002 1347 1211

T4

1176

T5 q1

1106 3.528E5

De los resultados puede observarse que la temperatura de la pared de Inconel, T4, es menor de 1250 K. Para poder determinar la distribución de temperatura para las dos paredes damos clic en Explore y seleccionamos x1 como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0 y como valor final 0.5E-3. El paso lo hacemos igual a 1E-5 y damos

clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Volvemos a dar clic en Explore y seleccionamos x2 como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.5E-3 y como valor final 5E-3. El paso lo hacemos igual a 1E-4 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set B para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Para poder contestar la segunda pregunta del problema (¿ Existe alguna limitante al espesor del TBC ?) damos clic en Explore y seleccionamos a Lz como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 1E-8 y como valor final 0.5E-3. El paso lo hacemos igual a 1E-5 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set A del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Puede comprobarse que en el Working Set se encuentran los resultados para la variación del espesor Lz, que en el Set A se encuentran los resultados para la variación de x2 y que en el Set B se encuentran los resultados para la variación de x1. Para realizar las gráficas que nos muestren los resultados anteriores damos clic en Graph y seleccionamos x1 para X y T_x1 para Y1. El Data Set para Y1 debe ser B . Damos clic en OK . Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos x2 para X y T_x2 para Y1. El Data Set para Y1 debe ser A. Damos clic en OK . Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos Lz para X y T4 para Y1. El Data Set para Y1 debe ser Work . Damos clic en OK .

Distribución de temperatura en la pared de zirconia

Distribución de temperatura en la pared de Inconel

Gráfica para la variación del espesor del TBC

De la gráfica anterior puede concluirse que el espesor del TBC debe ser mayor a 9x10-5 m para que la temperatura de la pared de Inconel sea menor de 1250 K. Para resolver la segunda parte del problema abrimos una nueva hoja de trabajo. Esta segunda parte nos pide la distribución de temperatura en la pared de Inconel pero ahora eliminando el TBC y por tanto la resistencia térmica de contacto, para esto procedemos a construir el circuito térmico y a pasar la información de Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 1700 //q1 = //T2 = q2 = 0 //T3 = q3 = 0 T4 = 400 //q4 = //R21 = //R32 = //R43 = Del circuito térmico tenemos que: T1 = Tinf,o T4 = Tinf,i // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (ho * A) // Thermal resistance, K/W A = 1 // Cross sectional area, m^2 ho = 1000 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R43, for convection process R43 = 1 / (hi * A) // Thermal resistance, K/W //A = // Cross sectional area, m^2 hi = 500 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = Lin / (kin * A) // Thermal resistance, K/W kin = 25 // Thermal conductivity, W/m·K //A = // Cross sectional area, m^2 Lin = 5e-03 // Thicknesss, m // Para determinar la distribución de temperatura escribimos la siguiente ecuación T_x1 = ( T3 - T2 ) * x / Lin + T2

x=0 Damos clic en Explore y seleccionamos a x como la variable a barrer. Como valor inicial utilizamos 0 y como valor final 5E-3. El paso lo hacemos igual a 1E-4 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser . Para realizar la gráfica de la distribución de la temperatura damos click en Graph , seleccionamos T_x1 para Y1 y damos clic en OK .

Distribución de temperatura para la pared de Inconel

3.24 SOLUCION

Conocido: Chip con una cubierta de aluminio expuesta al intercambio de calor por convección. En la unión del chip con la cubierta se presenta una resistencia térmica de contacto.

Encontrar: La máxima potencia disipada por el chip.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2.

Estado estable. Propiedades constantes. 3. Conducción unidimensional. 4. Radiación despreciable. 5. La temperatura del chip es uniforme.

Propiedades: Tabla A.1, aluminio ( T = 300 K): k A = 237 W/m·K.


La potencia máxima es P

=

T c

− T ∞

1 

  R ", + L + 1  A  k h   A

t c

A

Sustituyendo los datos conocidos 85 − 25

P

=

P

= 5.67

 0.5 x 10 − 4 + 0.002 + 1    237 1000  100 x 10 −6  1

W

El tasa de calor a través del circuito es P

=

T c

− T 1

P

"

R t ,c

=

T c

− T 2

1 

  R ", + L   A  k  A

t c

A

A

Resolviendo para las temperaturas desconocidas y sustituyendo los datos conocidos "

PR t ,c

T 1

= T −

T 1

= 355.16

T 2

 L = T − P  R ", + A  k

c

= 358 −

A

t c

A

T 2

= 354.69

100 x 10 −6

K

A

c

5.67(0.5 x 10 −4 )

 5.67  0.002  −4  = − + 358 0 . 5 10 x    237  100 x 10 − 6  

K

La temperatura promedio a la que va a ser reevaluada la conductividad térmica del aluminio es

355 .16 + 354.69

T

=

T

= 354.92

2 K

La conductividad térmica del aluminio es k A

= 238.65

W/m·K

Recalculando la potencia máxima P

P

=

85 − 25

 0.5 x 10 − 4 + 0.002 + 1    238.65 1000  100 x 10 −6 

= 5.67

1

W

3.25 SOLUCION

Conocido: Chip montado en un tablero de espesor y conductividad térmica conocidos. La superficie superior del chip y la superficie inferior del tablero están expuestas al intercambio de calor por convección. En la unión del chip con el tablero se presenta una resistencia térmica de contacto.

Encontrar: a) Dibuje el circuito térmico equivalente. b) La temperatura del chip. c) El flujo de calor máximo disipado por el chip cuando se utiliza un fluido dieléctrico y cuando se usa aire para enfriar la superficie superior del chip.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. La temperatura del chip es uniforme.


b) Realizando un balance de energía en el nodo 4

q c '' = q 1''

+ q 2'' =

T c − T ∞,o T c − T ∞,i + L 1 1 R t '',c + b + h o k b h i

Resolviendo para T c

    T ∞,i 1   − h T − " q c = T c h o +  Lb 1  o ∞,o L 1 " R t ,c + R t ",c + b + +   k b h i  k b h i  q c " + h o T ∞,o + T c =

T ∞,i Lb

R t ",c +

h o + R t ",c +

1 Lb

k b

k b

+

+

1 h i

1 h i

Sustituyendo los datos conocidos 30000 + 1000 (20 ) +

T c =

1000 + 10 − 4

T c = 49.04 ºC

c)

10 − 4

+

20 0.005 1

1 0.005 1 + + 1 40

+

1 40

El inciso c se resolverá utilizando el Interactive Heat Transfer . Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y lo pasamos a la hoja de trabajo, así como la información que aparece en Equations .

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 q54 = (T5 - T4) / R54 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 + q54 = 0 q5 - q54 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 20+273 // q1 = // T2 = q2 = 0 // T3 = q3 = 0 T4 = 85+273 // q4 = T5 = 20+273 // q5 = // R21 = // R32 = R43 = 10^-4 / A // R54 = Asignamos los valores numéricos a las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. La resistencia térmica R43 debe ser igual a 10^-4 / A.

Necesitamos colocar en la hoja de trabajo las ecuaciones necesarias para determinar las resistencias térmicas. Para la resistencia R21 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . De la ventana que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Escribimos 21 para el identificador de la resistencia y escribimos i para el identificador del coeficiente convectivo. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. Para la resistencia R54 damos click en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . De la ventana que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Escribimos 54 para el identificador de la resistencia y escribimos o para el identificador del coeficiente convectivo. Pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. Para la resistencia R32 damos click en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . De la ventana que aparece seleccionamos Conduction - Plane Wall . Escribimos 32 para el identificador de la resistencia y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (hi * A) // Thermal resistance, K/W A = 1 // Cross sectional area, m^2 hi = 40 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R54, for convection process R54 = 1 / (ho * A) // Thermal resistance, K/W // A = // Cross sectional area, m^2 ho = 1000 // Convection coefficient, W/m^2·K // Thermal resistance, R32, for plane wall R32 = L / (k * A) // Thermal resistance, K/W k=1 // Thermal conductivity, W/m·K // A = // Cross sectional area, m^2 L = 0.005 // Thickness, m Asignamos los valores numéricos a las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Recuérdese que el valor del área solo debe estar escrito una vez. Damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados T2 T3 q4

347 357.8 6.716E4

Para la segunda parte del inciso c solo es necesario regresar a la hoja de trabajo y cambiar el valor del coeficiente convectivo, eliminamos el valor de 1000 y escribimos

100. Damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados T2 T3 q4

347 357.8 8659

El inciso c nos pide además que cambiemos el material del tablero y/o que utilicemos una pasta conductora en la interfase del tablero y el chip. Para esto es necesario realizar una tabla que contenga las propiedades del óxido de aluminio (conductividad térmica a diferentes temperaturas). Para nuestro problema tomaremos el óxido de aluminio zafiro. Damos clic en Edit y seleccionamos Lookup Tables . De la ventana que aparece seleccionamos Create New Table . Para las filas escribimos 7 y para las columnas escribimos 2. En el nombre de la tabla escribimos AOS y damos clic en OK . Llenamos la tabla con los datos de la Tabla A.2 que se encuentra en el apéndice A del libro. Ya que llenamos la tabla damos clic en OK con lo que aparecerá un mensaje que nos pregunta si queremos guardar la tabla. Damos clic en Yes y escribimos un nombre para el archivo y damos clic en Aceptar. Damos clic en OK en la ventana de Lookup Tables . Regresamos ahora a la hoja de trabajo y eliminamos el valor que tenemos para la conductividad térmica. En lugar del valor numérico que teníamos para la conductividad térmica escribimos lo siguiente: k = LOOKUPVAL (AOS,1,Tprom,2) Tprom = Tfluid_avg(T2, T3) Damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados T2 T3 k q4

357.4 357.7 38.17 9076

Regresamos nuevamente a la hoja de trabajo y hacemos que la resistencia térmica de contacto R43 sea igual a 10^-5 / A. Damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados T2

357.6

T3 k q4

358 38.14 9085

Regresamos nuevamente a la hoja de trabajo y hacemos que la conductividad térmica sea igual nuevamente a 1. Eliminamos, por lo tanto, las fórmulas que introdujimos anteriormente para calcular la conductividad térmica y la temperatura promedio. Damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados T2 T3 q4

347.1 358 8666

Comentarios: Como puede verse en los resultados anteriores, con cualquiera de las tres combinaciones se logra aumentar la máxima potencia disipada. La mejor combinación se presenta cuando se cambia el material del tablero y se utiliza la pasta conductora.

3.26 SOLUCION

Conocido: Figura cónica de aluminio puro de sección transversal variable. Las bases de la figura son mantenidas a determinadas temperaturas.

Encontrar: a) Una expresión para la distribución de temperatura. b) La tasa de calor.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. La temperaturas son uniformes.

Propiedades:

(

)

Tabla A.1, aluminio puro T = (600 + 400 ) 2 = 500 K : k = 235.5 W/m·K.

Análisis: a)

Aplicando la ley de Fourier

q x

= −kA

dT dx

El área de una determinada sección transversal de la figura es

A=

πD 2

=

4

π a 2 x 4

Sustituyendo en la ley de Fourier

q x

= −k

π a 2 x dT dx

4

Separando variables 4q x dx

π a 2

x

= −kdT

Integrando desde x 1 hasta una x cualquiera se obtiene x

4q x

∫

4q x

ln

T

dx = −k dT 2 π a x 1 x T 1

π a 2

∫

 x    = −k (T − T 1 ) x  1 

Resolviendo para T

T ( x ) = T 1 −

4q x

π a 2 k

 x    x  1 

ln

(1)

Para obtener la tasa q x se evalúa la siguiente condición frontera

x = x 2 T ( x 2 ) = T 2 Por lo tanto

T 2

= T 1 −

4q x

π a 2 k

 x 2    x  1 

ln

Resolviendo para q x

(T 1 − T 2 )πa 2 k q x = 4 ln(x 2 x 1 )

(2)

Sustituyendo en la ecuación 1 4(T 1 − T 2 )πa 2 k 4 ln(x 2 x 1 )

T ( x ) = T 1 −

π a 2 k

 x    x  1 

ln

Simplificando

T ( x ) = T 1 −

(T 1 − T 2 )  x  ln  ln(x 2 x 1 )  x 1  

La distribución de temperatura en la figura es

T ( x ) = T 1 + (T 2

− T 1 )

ln(x x 1 ) ln(x 2 x 1 )

b) La tasa de calor a través de la figura es

(T 1 − T 2 )πa 2 k q x = 4 ln(x 2 x 1 ) Sustituyendo los datos conocidos

(600 − 400 )π(0.5 )2 (235.5 ) q x = 4 ln(0.125 0.025 ) q x

= 5746

W

3.27 SOLUCION

Conocido: Figura cónica de aluminio puro de sección transversal variable. Las bases de la figura son mantenidas a determinadas temperaturas.

Encontrar: a) Una expresión para la distribución de temperatura. b) La tasa de calor.

Esquema:



Propiedades: Tabla A.1, aluminio puro T = (373 + 293 ) 2 = 333 K : k = 239 W/m·K.

Análisis: a)

Aplicando la ley de Fourier

q x

dT dx

= −kA

El área de una determinada sección transversal de la figura es

A=

πD 2

=

4

π a 2 x 3 4

Sustituyendo en la ley de Fourier

q x

= −k

π a 2 x 3 4

dT dx

Separando variables 4q x dx

π a 2

= −kdT

x 3

Integrando desde x 1 hasta una x cualquiera se obtiene 4q x

π a 2 −

x

dx

∫ x

3

x 1

T

= −k ∫ dT T 1

 1 1   −  = −k (T − T 1 ) π a 2  x 2 x 12   2q x

Resolviendo para T

T ( x ) = T 1 +

 1 1   2 − 2  2  π a k  x x 1   2q x

(1)

Para obtener la tasa q x se evalúa la siguiente condición frontera

x = x 2 T ( x 2 ) = T 2 Por lo tanto

T 2

= T 1 +

 1 1   −  π a 2 k  x 22 x 12   2q x

Resolviendo para q x

q x

=

(T 2 − T 1 )πa 2 k

2(1 x 22

(2)

− 1 x 12 )


− T 1 )πa 2 k 2(1 x 22 − 1 x 12 )  1 1    T ( x ) = T 1 + − 2 2 2   π a k  x x 1  2(T 2

Simplificando

T ( x ) = T 1 +

(T 2 − T 1 )  1 

(1 x − 1 x )  x 2 2

2 1

2

−

  x 12   1

 1 x 2 − 1 x 12   T ( x ) = T 1 + (T 2 − T 1 ) 2 2  x x 1 1 − 1   2 La distribución de temperatura en la figura es

 x 22 (x 12 − x 2 ) T ( x ) = T 1 + (T 2 − T 1 ) 2 2 2   x (x 1 − x 2 ) b) La tasa de calor a través de la figura es

q x

=

(T 2 − T 1 )πa 2 k

2(1 x 22

− 1 x 12 )


(20 − 100 )π(1)2 (239) q x = 2 2 2[1 (0.225 ) − 1 (0.075 ) ] q x

= 190

W

3.29 SOLUCION

Conocido: Pared de un cilindro de radios interno y externo r i y r o. Las superficies interna y externa del cilindro son mantenidas a las temperaturas T i y T o respectivamente.

Encontrar: a) Una expresión para la transferencia de calor por unidad de longitud del tubo. b) La resistencia térmica de la pared del cilindro.

Esquema:



Análisis: a) Aplicando la ley de Fourier

q ' = −2πkr

dT dr

Donde

k = k o (1 + aT ) Sustituyendo en la ley de Fourier

q ' = −2πrk o (1 + aT )

dT dr

Separando variables

q ' dr 2π r

= −k o (1 + aT )dT

Integrando desde r i hasta r o se obtiene r

T o

q ' o dr 2π r i r

∫

= −k o ∫ (1 + aT )dT

q ' r o ln 2π r i

a  = −k o  T + T 2   2  T

q ' r o ln 2π r i

a = −k o T o − T i + (T o 2 − T i 2 ) 2  

T i

T o

i

Resolviendo para q ’

q ' = −

2πk o

T − T + a (T 2 − T 2 ) o i o i  ln(r o r i )  2 

La resistencia térmica, por unidad de longitud, de la pared es

R t '

=

T i − T o q '

Por lo tanto

R t '

=−

T i − T o 2πk o

T − T + a (T 2 − T 2 ) o i o i  ln(r o r i )  2 

Simplificando

R t '

=−

R t '

=

R t '

=

R t '

=

R t '

=

T i − T o 2πk o

T − T + a (T 2 − T 2 ) o i o i  ln(r o r i )  2  T i − T o 2πk o

T − T + a (T 2 − T 2 ) i o i o  ln(r o r i )  2  T i − T o 2πk o

T − T + a (T − T )(T + T ) i o i o i o  ln(r o r i )  2  T i − T o 2πk o (T i − T o )  a  1 + (T i + T o )  ln(r o r i )  2  ln(r o r i )

πk o [2 + a (T i + T o )]

3.30 SOLUCION

Conocido: Pared plana de longitud conocida. Las superficies interna y externa de la pared son mantenidas a las temperaturas T 1 y T 2 respectivamente.

Encontrar: Una expresión para evaluar la constante α.

Esquema:


Estado estable. Conducción unidimensional. La temperaturas son uniformes.

Análisis: La ecuación de difusión de calor para el problema es dT   ( ) + α 1 k T o  =0 dx  dx  d

Debido a que k o es constante se obtiene

dT   ( + α 1 T )  =0 dx  dx  d

Separando variables e integrando



dT 

∫ d (1 + αT ) dx  = ∫ 0 (1 + αT )

dT

= C 1

dx

Separando variables e integrando nuevamente

∫ (1 + αT )dT = C ∫ dx 1

T +

α 2

T

(1)

= C 1 x + C 2

2

Evaluando la siguiente condición frontera en la ecuación 1 x = 0 T (0) = T 1

Por lo tanto C 2

= T 1 +

α 2

2

T 1

(2)

Evaluando la siguiente condición frontera en la ecuación 1 x = L T (L ) = T 2

Por lo tanto T 2

+

α 2

2

T 2

= C 1L + C 2

Sustituyendo la ecuación 2 en la ecuación anterior T 2

+

α 2

2

T 2

= C 1L + T 1 +

Resolviendo para C 1

α 2

2

T 1

C 1

=

− T 1 + (α 2) T 22 − T 12 )

T 2

L

Sustituyendo el valor de las constantes en la ecuación 1 T ( x ) +

α

T

2

2

( x ) =

− T 1 + (α 2)(T 22 − T 12 )

T 2

L

x + T 1

+

α 2

2

T 1

(3 )

La distribución de temperatura que produce la curva convexa está dada por la ecuación anterior La distribución de temperatura que produce una línea recta está dada por la siguiente ecuación T lin ( x )

(T 2 − T 1 )

=

L

x + T 1

(4)

Evaluando la temperatura en x = L/2 T lin (L

2) = T lin =

(T 2 − T 1 ) 2

+ T 1 =

T 2

+ T 1 2

La temperatura en x = L/2 utilizando la ecuación 3 es T L 2

+

α 2

=

2

T L 2

T 2

− T 1 + (α 2)(T 22 − T 12 ) 2

+ T 1 +

α 2

2

T 1

La temperatura en x = L/2 de la ecuación anterior debe ser igual a la temperatura en x = L/2 (utilizando la ecuación 4) más ∆T o , es decir T L 2

= T lin + ∆T o =

T 2

+ T 1 2

+ ∆T o = A

Por lo tanto A+

α

A

2

2

=

T 2

− T 1 + (α 2)(T 22 − T 12 ) 2

+ T 1 +

Resolviendo para α A−

T 2

+ T 1 2

α T 22 − T 12 ) α 2 α 2 = + T 1 − A 4

2

2

α 2

2

T 1

α=

4 A − 2(T 2 + T 1 ) 2

T 2

+ T 12 − 2 A 2

Donde A

=

T 2

+ T 1 2

+ ∆T o

3.31 SOLUCION

Conocido: Cilindro hueco de radio interno r i y radio externo r o, de longitud L y de conductividad térmica k . Las superficies interna y externa del cilindro son mantenidas a las temperaturas T s, 1 y T s, 2, respectivamente.

Encontrar: Una expresión para evaluar la resistencia térmica del cilindro hueco.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. El cilindro es muy largo. 5. Las temperaturas son uniformes.

Análisis: De acuerdo a la ley de Fourier

q = −kA

dT dT = −2πkrL dr dr

Separando variables e integrando desde r i hasta r o y desde T s, 1 hasta T s, 2

T s , 2

r o

dr q = −2πkL dT r r i T s ,1

∫

∫

q ln(r o r i ) = −2πkL(T s ,2 − T s ,1 ) Resolviendo para q

q =

2πkL(T s ,1 − T s ,2 ) ln(r o r i )

De acuerdo a la ecuación 3.6, la resistencia térmica es

R t ,cd ≡

T s ,1 − T s ,2 q

=

T s ,1 − T s ,2 2πkL(T s ,1 − T s ,2 ) ln(r o r i )

R t ,cd =

ln(r o r i ) 2πkL

3.32 SOLUCION

Conocido: Tubo aislado en su superficie exterior y mantenido a cierta temperatura en su superficie interior. La superficie exterior del aislante está expuesta al intercambio de calor por convección y por radiación.

Encontrar: a) La pérdida de calor por unidad de longitud del tubo. b) El efecto de aumentar el espesor del aislante en la pérdida de calor y en la temperatura de la superficie interna del aislante.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. La pared del tubo es muy delgada. Las temperaturas son uniformes. La radiación se presenta entre una superficie pequeña y un gran encierro. La resistencia térmica debida a la unión entre el aislante y el tubo es despreciable.

Propiedades:

Tabla A.3, silicato de calcio ( T = 645 K): k = 0.089 W/m·K.

Análisis: a) La pérdida de calor por unidad de longitud es (de acuerdo a la ecuación 3.27)

q ' =

2πk (T s ,1 − T s ,2 ) ln(r 2 r 1 )


q ' =

2π(0.089 )(800 − 490 ) = 602.6 W/m ln(0.08 0.06 )

b) El inciso b se resolverá utilizando el Interactive Heat Transfer . Comenzamos dando clic en Edit y seleccionamos Lookup Tables . Del cuadro que aparece seleccionamos Create New Table . Escribimos 2 para el número de columnas y 6 para el número de filas. En el nombre de la tabla escribimos CALSIL y damos clic en OK . En la primer columna escribimos los datos de temperatura del silicato de calcio que se encuentran la Tabla A.3 del libro y en la segunda columna escribimos los datos de conductividad térmica que corresponden a cada temperatura. La tabla debe verse así: 310 365 420 530 645 750

0.055 0.059 0.063 0.075 0.089 0.104

Una vez que terminamos de construir la tabla damos clic en OK . Se nos preguntará si deseamos guardar la tabla. Damos clic en Yes . En el nombre del archivo escribimos calsil.lut y damos clic en Aceptar. En Loaded Tables aparecerá el nombre de la tabla que creamos y guardamos. Damos clic en OK . Esta tabla nos servirá para determinar la conductividad térmica del silicato de calcio a una determinada temperatura promedio.

Ahora damos clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y pasamos la información que se generó en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q42 = (T4 - T2) / R42 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 + q42 = 0 q3 - q32 = 0 q4 - q42 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 800 // q1 = // T2 = q2 = 0 T3 = 25+273 // q3 = T4 = 25+273 // q4 = // R21 = // R32 = // R42 = En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Para calcular la resistencia térmica R21 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction – Hollow Cylinder . Para el identificador de la resistencia térmica escribimos 21, para el radio interno escribimos 1 y para el radio externo escribimos 2. Hecho lo anterior, pasamos la ecuación a la hoja de trabajo.

// Thermal resistance, R21, for a hollow cylinder of inner radius r1 and outer radius r2, R21 = ln(r2 / r1) / (2 * pi * L * k) // Thermal resistance, K/W k = LOOKUPVAL(CALSIL,1,Tprom,2) // Thermal conductivity, W/m·K r1 = 0.06 // Inner radius, m r2 = 0.07 // Outer radius, m L=1 // Length, m En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas. Para calcular la temperatura promedio a la que se evaluará la conductividad térmica del silicato de calcio escribimos lo siguiente en la hoja de trabajo. // Temperatura promedio Tprom = Tfluid_avg (T1, T2) Para calcular la resistencia térmica R32 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects – Convection . Para el identificador de la resistencia térmica escribimos 32 y para el área escribimos 2. Hecho lo anterior, pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for convection process R32 = 1 / (h * A2) // Thermal resistance, K/W A2 = 2 * pi* r2 * L // Cross sectional area, m^2 h = 25 // Convection coefficient, W/m^2·K Para calcular la resistencia térmica R32 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects – Linearized Radiation . Para el identificador de la resistencia térmica escribimos 42, para el del área escribimos 2, para el de la temperatura T escribimos s y para el de la temperatura Tsur escribimos 4. Hecho lo anterior, pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R42,for linearized radiation exchange process R42 = 1 / (hrad * A2) // Thermal Resistance, K/W hrad = eps * sigma * (Ts + T4) * (Ts^2 + T4^2) // Linearized radiation coefficient, W/m^2·K sigma = 5.67e-8 // Stefan-Boltzmann constant, W/m^2·K^4 // A2 = // Surface area, m^2 // Ts = // Surface temperature, K // T4 = // Surroundings temperature, K eps = 0.8 // Emissivity Para calcular la temperatura Ts escribimos lo siguiente // Temperatura de la superficie del aislante Ts = T2

En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas o que se repiten. Escribimos ahora en la hoja de trabajo la ecuación para determinar la distribución de temperatura en el aislante. // Distribución de temperatura T_r = (T1 - T2) * ln(r / r2) / ln(r1 / r2) + T2 r = 0.06 // Distancia radial, m Para determinar la coordenada radial adimensional escribimos lo siguiente en la hoja de trabajo. // Coordenada adimensional AC = (r - r1) / (r2 - r1) Para calcular el espesor del aislante escribimos lo siguiente // Espesor del aislante, m t = r2 – r1 Si en este momento damos clic en Solve y aceptamos las suposiciones iniciales, podrá comprobarse que el programa no encuentra la solución y nos manda un mensaje que menciona que se superó el número máximo de iteraciones. El programa no encuentra la solución debido a que se desconoce la temperatura T2 y esta temperatura se utiliza para evaluar el coeficiente radiativo. Para que el programa encuentre la solución podemos hacer dos cosas. Hacer los cálculos “a mano” e introducir los datos obtenidos para cada variable en el cuadro de Initial Guesses (que aparece después de dar clic en Solve . Con esto el programa seguramente encontrará la solución. Sin embargo, pudiera ser que el programa no encuentra la solución del problema cuando se realicen las variaciones del radio externo r2. La otra opción es utilizar la función Tfluid_avg para calcular la temperatura Ts. Para hacer esto, hacemos que Ts sea igual a Tfluid_avg (T2,T2). Obviamente eliminamos la asignación que hicimos para calcular la temperatura Ts (Ts = T2) En la hoja de trabajo deberá verse así: // Temperatura de la superficie del aislante Ts = Tfluid_avg (T2,T2) Con lo anterior, nos aseguramos que el programa encuentre la solución tomando los valores de las suposiciones iniciales que se dan por default (1).

Ahora damos clic en Explore y seleccionamos r como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.06 y como valor final 0.07. El paso lo hacemos igual 0.001 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y hacemos que r2 = 0.08. Hecho lo anterior damos clic en Explore y seleccionamos r como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.06 y como valor final 0.08. El paso lo hacemos igual 0.001 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set D del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y hacemos que r2 = 0.1. Hecho lo anterior damos clic en Explore y seleccionamos r como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.06 y como valor final 0.1. El paso lo hacemos igual 0.001 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set C del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y hacemos que r2 = 0.15. Hecho lo anterior damos clic en Explore y seleccionamos r como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.06 y como valor final 0.15. El paso lo hacemos igual 0.001 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set B del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Regresamos a la hoja de trabajo y hacemos que r2 = 0.2. Hecho lo anterior damos clic en Explore y seleccionamos r como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.06 y como valor final 0.2. El paso lo hacemos igual 0.001 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set A del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Puede comprobarse que el Working Set se encuentran los resultados para r2 = 0.2, que en el Set A se encuentran los resultados para r2 = 0.15, que en el Set B se encuentran los resultados para r2 = 0.1, que en el Set C se encuentran los resultados para r2 = 0.08 y que en el Set D se encuentran los resultados para r2 = 0.07. Con el Data Browser abierto pasamos la información del Set D al Set E , la información del Set C la pasamos al Set D , la información del Set B la pasamos al Set C , la información del Set A la pasamos al Set B y la información del Working Set la pasamos al Set A. Ahora damos clic en Explore y seleccionamos r2 como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.061 y como valor final 0.201. El paso lo hacemos igual 0.005 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Ahora damos clic en Graph y seleccionamos AC para X y T_r para Y1, Y2, Y3, Y4 y Y5. El Data Set para Y1 debe ser A, para Y2 debe ser B , para Y3 debe ser C ,

para Y4 debe ser D y para Y5 debe ser E . Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Ya en la gráfica damos clic en Edit y seleccionamos Legends del Plot Data . En Y1 escribimos “Distribución de temperatura para r2 = 0.2 m”, en Y2 escribimos “Distribución de temperatura para r2 = 0.15 m”, en Y3 escribimos “Distribución de temperatura para r2 = 0.1 m”, en Y4 escribimos “Distribución de temperatura para r2 = 0.08 m” y en Y5 escribimos “Distribución de temperatura para r2 = 0.07 m”. Damos clic en OK .

Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos t para X y q1 para Y1. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. La variable q1 es la pérdida de calor.

Comentarios: Como puede verse en las gráficas, la pérdida de calor y la temperatura de la superficie externa del aislante disminuyen al aumentar el espesor del aislante.

3.33 SOLUCION

Conocido:

Tanque cilíndrico que almacena agua y que se encuentra totalmente aislado. La pared interna del tanque es mantenida a 55 ºC. La superficie exterior del aislante está expuesta al intercambio de calor por convección. Dentro del agua se encuentra sumergido un calentador eléctrico. Encontrar:

Las dimensiones del tanque y del aislante necesarias para que el costo anual por mantener el agua caliente sea menor de $50. Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. La temperatura de la pared interna del tanque es uniforme. El coeficiente convectivo es el mismo en toda la superficie exterior del tanque.

Propiedades:

Tabla A.3, uretano (T = 300 K): k = 0.026 W/m·K.

Análisis:

El volumen del tanque en m 3 es V =

100 264.17

= 0.378 m3

Considerando que el diámetro del tanque es igual a su longitud, el volumen del tanque es V = 0.25πD 2 L = 0.25πD 3

Resolviendo para D 13

 V  D =    0.25π 

Sustituyendo los datos conocidos 13

 0.378  = 0.784 m D =    0.25π  Por lo tanto L = 0.784 m

r i

=

0.784 2

= 0.392 m

El costo debido a las pérdidas de calor debe ser menor a $50 por año, por lo tanto la tasa de pérdida de calor debe ser q =

49.9 = 71.2 W 3600(24 )(365 )(2.778 x 10 −7 )(0.08 )

La tasa de pérdida de calor es q =

T i − T ∞

1  ln(r o r i ) 1  +   2πL  k r o h 

+

T i − T ∞

1  r o − r i πr i 2  k


1 +  h 

71.2 =

55 − 20

 ln(r o 0.392) 1  1 +   2π(0.784 )  0.026 2r o 

+

55 − 20 1  r o − 0.392 + 1  2  π(0.392)2  0.026

Simplificando 71.2 =

172.41 16.9 + [38.46 ln r o + 0.5r o + 36.02] [38.46r o − 14.58]

Resolviendo por Newton-Raphson se obtiene r o

= 0.42 m

Resumiendo, las dimensiones del tanque son D = 78.4 cm L = 78 .4 cm

El espesor del aislante es t = r o − r i

= 420 − 392 = 28 mm

3.34 SOLUCION

Conocido: Pared de un cilindro de radios interno y externo r i y r o. Las superficie interna del cilindro es mantenida a una temperatura T i . La superficie externa del cilindro está unida a un calentador eléctrico. La superficie exterior del calentador está expuesta a intercambio de calor por convección.

Encontrar: La potencia eléctrica, por unidad de longitud, requerida para mantener el calentador a una temperatura de 25 ºC.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. La temperaturas son uniformes. El calentador es muy delgado.


Realizando un balance de energía en el nodo 3

P e '

=

q 1' + q 2'

=

T o − T 1 2πr o h ∞

+

T o − T i ln(r o r i )

R t ',c +

2πk


P e '

==

25 + 10 1 2π(0.075 )(100 )

P e '

=

2377 W/m

+

25 − 5 ln(75 25 )

0.01 +

2π(10 )

3.35 SOLUCION

Conocido: Pared de un cilindro de radios interno y externo r i y r o. Las superficie interna del cilindro es mantenida a una temperatura T i . La superficie externa del cilindro está unida a un calentador eléctrico. La superficie exterior del calentador está expuesta a intercambio de calor por convección.

Encontrar: La potencia eléctrica, por unidad de longitud, requerida para mantener el calentador a una temperatura de 25 ºC.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. La temperaturas son uniformes. El calentador es muy delgado.

Análisis: Este problema se resolverá utilizando el Interactive Heat Transfer .

Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y pasamos la información que se encuentra en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 5 //q1 = //T2 = q2 = 0 T3 = 25 //q3 = T4 = -10 //q4 = //R21 = R32 = 0.01 //R43 = Según el circuito térmico realizado tenemos que: T3 = To T4 = Tinf q3 = P'e R32 = R't,c En la parte anterior aparece la asignación de variables y nos muestra un comentario que nos dice que eliminemos todas las variables que sean

desconocidas y que seleccionemos qi = 0 para los nodos interiores en que no existe una fuente externa de calor. Para calcular las resistencias térmicas necesarias para resolver el problema damos click en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Para la resistencia térmica conductiva seleccionamos Conduction - Hollow Cilinder y procedemos a colocar los identificadores necesarios para que concuerden con las variables del circuito térmico, por lo tanto seleccionamos 21 para Rt. Recuérdese que debe presionarse Enter después de que se ha colocado un identificador. Ahora procedemos a pasar la ecuación a la hoja de trabajo. Para la resistencia térmica convectiva volvemos a dar click en Tools y seleccionamos Thermal Resistances , pero ahora seleccionamos Surface Effects - Convection y procedemos a colocar los identificadores. Para Rt escribimos 43 y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for a hollow cylinder of inner radius ri and outer radius ro, R21 = ln(ro / ri) / (2 * pi * k) // Thermal resistance, K/W k = 10 // Thermal conductivity, W/m·K ri = 0.025 // Inner radius, m ro = 0.075 // Outer radius, m // L = // Length, m // Thermal resistance, R43, for convection process R43 = 1 / (h * 2 * pi * ro) // Thermal resistance, K/W h = 100 // Convection coefficient, W/m^2·K Como no conocemos la longitud del tubo procedemos a eliminar la L de las ecuaciones anteriores de manera que las resistencias térmicas nos queden en función de la longitud del tubo. Asignamos los valores numéricos a las variables conocidas. Adicionalmente escribimos las siguientes igualdades para obtener las tasas de transferencia de calor, por unidad de longitud, por convección y por conducción. qcv = -q4 qcd = -q1 Ahora damos click en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados del problema 3.34 T2 q3 qcd

17.72 2377 727.7

qcv

1649

El problema 3.35 nos pide que calculemos la variación de los flujos q3, qcd y qcv en función de la variación por separado de k, R32 y h. Damos clic en Explore y seleccionamos k como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 1 y como valor final 200. El paso lo hacemos igual a 1 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Nuevamente damos clic en Explore y seleccionamos R32 como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 1E-6 y como valor final 0.1. El paso lo hacemos igual a 0.001 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set A del Dataset Exists y damos OK para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Nuevamente damos clic en Explore y seleccionamos h como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 10 y como valor final 1000. El paso lo hacemos igual a 5 y damos clic en OK . Seleccionamos el Set B del Dataset Exists y damos OK para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Puede comprobarse que en el Working Set se encuentran los resultados para la variación del coeficiente convectivo h, que en el Set A se encuentran los resultados para la variación de la conductividad térmica k y que en el Set B se encuentran los resultados para la variación de la resistencia térmica de contacto R32. Para realizar las gráficas que nos muestren los resultados damos clic en Graph y seleccionamos h para X, q3 para Y1, qcd para Y2 y qcv para Y3. El Data Set debe ser Work para las tres variables. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos k para X, q3 para Y1, qcd para Y2 y qcv para Y3. El Data Set debe ser A para las tres variables. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos R32 para X, q3 para Y1, qcd para Y2 y qcv para Y3. El Data Set debe ser B para las tres variables. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica.

Gráfica para la variación del coeficiente convectivo h

Gráfica para la variación de la conductividad térmica k

Gráfica para la variación de la resistencia térmica de contacto R32

Comentarios:

Recuerde que las tasas de calor que se grafican son tasas por unidad de longitud.

3.36 SOLUCION

Conocido:

Tanque cilíndrico de dimensiones conocidas totalmente aislado. La pared interna del tanque es mantenida a 55 ºC. La superficie exterior del aislante está expuesta al intercambio de calor por convección. Encontrar:

El costo diario para mantener el agua en almacenamiento. Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. La temperatura interna de la pared del tanque es uniforme. El coeficiente convectivo es el mismo tanto para las bases como para la superficie lateral del aislante.

Análisis:


Por lo tanto la pérdida de calor a través del aislante es q =

T i − T ∞

(1)

−1

 1 1   +    R 1 R 2 

donde R 1

=

0.04 1 + = 1.630 K/W 2πr i 2 k 2πr i 2 h 2π(0.4)2 (0.026) 2π(0.4)2 (10)

R 2

=

ln(r o r i ) 1 ln(0.44 0.4) 1 + = + = 0.312 K/W 2πkH 2πr o hH 2π(0.026 )(2) 2π(0.44)(10)(2)

L

+

1

=

Sustituyendo en la ecuación 1 además del resto de datos conocidos q =

55 − 10 −1 = 172 W  1 + 1     1.630 0.312 

La energía, E ,que se consume al día es E = qt = 172(24) = 4128 W·h

Por lo tanto el costo, C , diario es

 0.15  = 0.62 dólares  1000  

C = 4128

Comentarios:

Es importante señalar que el coeficiente convectivo depende de la temperatura del aire. Ésta temperatura no es constante a lo largo del día y por tanto el coeficiente convectivo tampoco lo es. Además, como se verá en los capítulos posteriores, el coeficiente convectivo de la superficie lateral externa del aislante no es el mismo que el coeficiente convectivo de las bases del aislante.

3.37 SOLUCION

Conocido: Calentador eléctrico que se encuentra entre una barra y un tubo concéntrico. La superficie exterior del tubo está expuesta al intercambio de calor por convección.

Encontrar: a) La potencia eléctrica por unidad de longitud requerida para mantener la temperatura de la superficie externa del tubo a 5 ºC. b) La temperatura en el centro de la barra.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. Los cilindros son muy largos. Las temperaturas son uniformes. El calentador eléctrico es muy delgado.

Análisis: a) La tasa de calor por unidad de longitud que se pierde por convección es

q '

=

2πr o h (T o − T

∞

)


q '

=

2π(0.04 )(50 )(5 + 15 ) = 251 W/m

La tasa de calor por unidad de longitud que atraviesa el tubo concéntrico es

q '

=

2πk B (T i − T o ) ln(r o r i )

Resolviendo para T i

T i

=

q ' ln(r o r i )

+

2πk B

T o


T i

=

251ln(40 20 ) 2π(1.5 )

+

5 = 23.5 ºC

Realizando un balance de energía alrededor de la barra •

•

E in

=

E out •

Debido a que E out = 0 , no entra energía a la barra por lo tanto la temperatura en la barra es constante e igual a T i. La potencia eléctrica requerida para mantener la temperatura de la superficie exterior del tubo a 5 ºC es igual a la tasa de calor que se pierde por convección, es decir

P '

=

q '

=

251 W/m

3.38 SOLUCION

Conocido: Barra cilíndrica encapsulada en un tubo. La barra genera energía térmica en todo su volumen. La superficie exterior del tubo está expuesta al intercambio de calor por convección.

Encontrar: Las temperaturas en la interfase de los dos cilindros y en la superficie exterior del tubo.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. Las temperaturas son uniformes. Los cilindros son muy largos.

Análisis: Realizando un balance de energía (por unidad de longitud) en la interfase de los dos cilindros •

•

E in = E out

Donde •

•

E in = q πr i 2 •

E out = q ' Sustituyendo en el balance •

q ' = q πr i 2 La tasa de calor (por unidad de longitud) que puede determinarse con la ecuación anterior es la energía que entra el tubo. El circuito térmico que representa el tubo es

La tasa de calor (por unidad de longitud) a través del tubo es

q ' =

• T o − T ∞ = q πr i 2 1 2πr o h

q ' =

• T i − T ∞ = q πr i 2 ln(r o r i ) 1 + 2πk 2πr o h

Resolviendo para las temperaturas desconocidas •

•

q πr i 2 q r i 2 T o = + T ∞ = + T ∞ 2πr o h 2r o h •

•  ln(r o r i )  ln(r o r i ) 1  1  + + = + T q r i 2   ∞  + T ∞ k r h k r h 2 2 2 2 π π o  o   

T i = q πr i 2 

Sustituyendo los datos conocidos 2

T o =

24000(0.1)

2(0.2 )(20 )

+ 100 = 130 ºC

2

 ln(0.2 0.1)

T i = 24000(0.1) 



2(4 )

+

 + 100 = 151 ºC )(20 ) 2(0.2)( 1

3.39 SOLUCION

Conocido: Tubo de plástico que recibe un flujo de calor en su superficie interior. La superficie exterior del tubo es mantenida a cierta temperatura.

Encontrar: a) La distribución de temperatura en la pared del tubo. b) La potencia requerida, por unidad de longitud, de la fuente de radiación para mantener la temperatura de la superficie interior a 150 ºC.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. El flujo de calor es uniforme. Las temperaturas son uniformes. El tubo es muy largo.

Análisis: a) La distribución de temperatura en el cilindro está dada por la ecuación 3.25

T (r ) = C 1 ln r + C 2

(1)

Evaluando la siguiente condición frontera en la ecuación 1

dT dr r = r 1

− k

= q 1"

Derivando la ecuación 1, evaluando la derivada en r = r 1 y sustituyendo el resultado en la ecuación anterior

 C  " − k  1   = q 1  r 1  Resolviendo para C 1

q 1" r 1 C 1 = − k

(2)


r = r 2 T (r 2 ) = T s ,2 Por lo tanto

T s ,2

= C 1 ln r 2 + C 2

Sustituyendo la ecuación 2 en la ecuación anterior

T s ,2

=−

q 1" r 1 k

ln r 2

+ C 2


q 1" r 1 C 2 = T s ,2 + ln r 2 k Sustituyendo el valor de las constantes en la ecuación 1

q 1" r 1 T (r ) = − ln r + T s ,2 k

q 1" r 1 ln r 2 + k

T ( r ) =

q 1" r 1 ln(r 2 r ) + T s ,2 k

b) Evaluando la temperatura del tubo en r = r 1

T ( r 1 ) = T s ,1

=

q 1" r 1 ln(r 2 r 1 ) + T s ,2 k

Resolviendo para q 1"

q 1"

=

k (T s ,1 − T s ,2 ) r 1 ln(r 2 r 1 )

La potencia requerida por unidad de longitud es

P '

= 2πr 1q 1" =

P '

= 18758

2πk (T s ,1 − T s ,2 )

W/m

ln(r 2 r 1 )

=

2π(10 )(150 − 25 ) ln(38 25 )

3.40 SOLUCION

Conocido: Cilindro hueco que recibe un flujo de calor en su superficie exterior. La superficie interior del cilindro es mantenida a cierta temperatura.

Encontrar: a) Una expresión para evaluar la distribución de temperatura en la pared del cilindro. b) Graficar la distribución de temperatura en la pared del cilindro. c) Una expresión para calcular la tasa de calor por unidad de longitud en r = r i.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. El flujo de calor es uniforme. La temperatura T i es uniforme. El cilindro es muy largo.

Análisis: a) La ecuación de difusión de calor para el cilindro es

d  dT   r  = 0 dr  dr  Separando variables e integrando



dT 

dT dr

= C 1

∫ d  r dr   = ∫ 0 r

Separando variables e integrando nuevamente

∫

dT = C 1

dr r

∫

T ( r ) = C 1 ln r + C 2

(1)


dT dr r =r o

− k

= −q o "

Derivando la ecuación 1, evaluando la derivando en r = r o y sustituyendo el resultado en la ecuación anterior

k

C 1 r o

= q o "


C 1

=

q o " r o k


r = r i T (r i ) = T i Por lo tanto

T i

= C 1 ln r i + C 2

Sustituyendo el valor de C 1 en la ecuación anterior

T i

=

q o " r o k

ln r i

+ C 2


C 2

= T i −

q o " r o k

ln r i

Sustituyendo el valor de las constantes en la ecuación 1

T ( r ) =

q o " r o q o " r o ln r + T i − ln r i k k

T ( r ) = T i

+

q o " r o k

ln(r r i )

b) La distribución de temperatura en la pared del cilindro tiene la siguiente forma

Ahora bien, como es que se determinó que la curva tiene la forma anterior. La respuesta es muy sencilla. Como puede verse en la gráfica se está suponiendo que la temperatura Ti es la menor temperatura que se presenta en el cilindro. Si derivamos la distribución de temperatura se obtiene

dT dr

=

q o " r o

(2)

kr

Ya que q o " , k y r o son constantes la ecuación anterior podemos expresarla como

dT dr

=

cte r

Si aumentamos r el gradiente de temperatura disminuye. Esto es, la pendiente de la línea tangente de la curva que se forma al graficar T contra r , disminuye al aumentar r (tal y como lo muestra la gráfica).

c) De acuerdo a la ley de Fourier

q r '

= −2πkr

dT dr

Sustituyendo la ecuación 2 en la ecuación anterior ' r

q

 q o " r o   = −2πkr  = −2πq o " r o   kr 

Comentarios: Como puede verse, en el último resultado, la tasa de calor por unidad de longitud a través del cilindro no depende de r por lo tanto:

q r ' (r i ) = −2πq o " r o La tasa de calor que se obtenga tendrá signo negativo, esto es debido a que se está considerando que q o " se dirige en sentido positivo.

3.41 SOLUCION

Conocido: Tubo delgado perteneciente a la sección de evaporación de un refrigerador que está expuesto al intercambio de calor por convección.

Encontrar: a) La tasa por unidad de longitud a la que el calor es extraído del aire. b) El efecto de variar el espesor de la capa de escarcha en la capacidad de enfriar de un tubo. c) El tiempo necesario para que se derrita la escarcha.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. El coeficiente convectivo del refrigerante es muy grande (por lo tanto se reduce la resistencia a la transferencia de calor y la temperatura del refrigerante es prácticamente la misma que la temperatura de la pared del tubo). 5. La pared del tubo es muy delgada. 6. La temperatura del aire y del refrigerante permanecen constantes a lo largo del tubo. 7. El coeficiente convectivo es constante.

Análisis:

a) El circuito térmico del inciso a es

Por lo tanto, la tasa de calor por unidad de longitud es

q ' =

T ∞ − T i 1 2πr i h


q ' =

− 3 + 18 1 2π(0.005 )(100 )

= 47.12 W/m

b) El inciso b se resolverá utilizando el Interactive Heat Transfer . Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico, que debe tener 3 nodos. Una vez hecho lo anterior pasamos la información que se encuentra en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 = 0

/* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = -3+273 // q1 = // T2 = q2 = 0 T3 = -18+273 // q3 = // R21 = // R32 = En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Recuerde que los flujos de nodos internos debe estar igualados a cero ya que en estos nodos no existe una fuente externa de calor. Para poder calcular las resistencias térmicas damos clic en Tools y seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 21 y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (h * A) // Thermal resistance, K/W A = 2 * pi * ro * L // Cross sectional area, m^2 h = 100 // Convection coefficient, W/m^2·K Volvemos a dar clic en Tools y seleccionamos seleccionamos Themal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Hollow Cylinder . Para el identificador de la resistencia escribimos 32 y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for a hollow cylinder of inner radius ri and outer radius ro, R32 = ln(ro / ri) / (2 * pi * L * k) // Thermal resistance, K/W k = 0.4 // Thermal conductivity, W/m·K ri = 0.005 // Inner radius, m ro = 0.005001 // Outer radius, m L=1 // Length, m En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Como puede verse en la parte anterior la longitud se está considerando unitaria. También se puede ver que ro es casi igual a ri. Esto se hace para poder resolver el inciso a en el que no se está considerando todavía la formación de escarcha y con esto poder comparar resultados.

Ahora damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados del inciso a R21 R32 T2 q1

0.3182 7.957E-5 255 47.12

Ahora damos clic en Explore y seleccionamos ro como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.005001 y como valor final escribimos 0.009. El paso lo hacemos igual a 0.0001 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard del Dataset Exists para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Para realizar la gráfica damos clic en Graph y seleccionamos q1 para Y1. El Data Set para Y1 debe ser Work . Damos clic en OK para que aparezca la gráfica.

Comentarios: Como puede verse en la gráfica conforme aumenta el espesor de la escarcha disminuye la tasa de calor que pasa del aire hacia el refrigerante.

c) Realizando un balance de energía (por unidad de longitud) en un intervalo de tiempo

E in = ∆E st = ∆U lat donde

(T ∞ − T i )t ln(r r ) 1 + o i 2πr o h 2πk ∆E st = π(r o 2 − r i 2 )ρh sf

E in = q ' t =

Sustituyendo en el balance

(T ∞ − T i )t = π(r o 2 − r i 2 )ρh sf ln(r r ) 1 + o i 2πr o 2πk Resolviendo para t y sustituyendo los datos conocidos

π(r o 2 − r i 2 )ρh sf  1 ln(r o r i ) (r o 2 − r i 2 )ρh sf  1 ln(r o r i ) t = + = +  2πr h 2πk    2k  T ∞ − T i T ∞ − T i  2r o h  o  700(334 x 10 3 ) (0.007 ) t = 20 + 18

2

t = 5335 .8 s

− (0.005 )2  1 ln(7 5 ) +  2(0.007 )(2 ) 2(0.4 )   

3.42 SOLUCION

Conocido: Cilindro hueco de pared compuesta por dos materiales que encierran a un calentador eléctrico. Las superficies interna y externa de la pared compuesta están expuestas al intercambio de calor por convección.

Encontrar: a) El circuito térmico equivalente. b) Una expresión para calcular T h . c) Una expresión para calcular la relación q o ' q i ' .

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. Las temperaturas son uniformes. El cilindro es muy largo. El calentador es muy delgado.

Análisis:

a) El circuito térmico equivalente es

b) Realizando un balance de energía en el nodo 3

q h " (2πr 2 ) = q o ' + q i '

=

T h − T ,o ∞

ln(r 3 r 2 ) 2πk A

+

1 2πr 3 h o

Dividiendo entre 2 π

q h " r 2

=

T h − T ,o ln(r 3 r 2 ) 1 ∞

T h − T ,i ln(r 2 r 1 ) 1 + k B r 1h i ∞

+

+

k A

r 3 h o

Si

a =

ln(r 3 r 2 )

+

1 r 3 h o

+

1 r 1h i

k A

y

b =

ln(r 2 r 1 )

k B

Entonces

q h " r 2

=

T h − T ,o ∞

+

T h − T ,i ∞

a

b

Resolviendo para T h

q h " r 2

=

T h a

−

T ,o ∞

a

+

T h b

−

T ,i ∞

b

+

T h − T ,i ∞

ln(r 2 r 1 ) 2πk B

+

1 2πr 1h i

T h

=

q h " r 2

+

T ,o a + T ,i b ∞

∞

1 a + 1 b

c) Del circuito térmico tenemos

q o '

=

T h − T ,o ∞

ln(r 3 r 2 )

1 2πr 3 h o

+

2πk A

q i '

=

T h − T ,i ∞

ln(r 2 r 1 )

1

+

2πk B

=

=

2π(T h − T ,o ) ∞

a

2π(T h − T ,i ) ∞

b

2πr 1h i

Por lo tanto

q o ' ' i

q

=

b (T h − T ,o ) ∞

a (T h − T ,i ) ∞

Comentarios: Para que la proporción anterior disminuya pueden realizarse los siguientes cambios: •

Disminuir la temperatura del fluido interno, T ,i . ∞

•

Aumentar la temperatura del aire ambiente, T ,o .

•

Reducir la conductividad térmica del material A. Reducir el coeficiente convectivo del aire ambiente. Aumentar la conductividad térmica del mater ial B. Aumentar el coeficiente convectivo del fluido inter no.

• • •

∞

Lo más factible sería aumentar la velocidad del fluido interno, para con esto aumentar el coeficiente convectivo y reducir la resistencia a la transferencia de calor.

3.43 SOLUCION

Conocido: Cable de radio conocido y que se encuentra aislado. Por el cable circula corriente eléctrica. El aislante está expuesto al intercambio de calor por convección con el aire ambiente.

Encontrar: El máximo valor de corriente que puede circular por el cable para mantener la temperatura del aislante a 450 K.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. 4. Radiación despreciable. 5. La resistencia térmica debida a la unión del aislante con el cable es despreciable.

Análisis: La corriente máxima se presenta cuando el radio del aislante es igual al radio crítico

r cr = r o =

k 0.2 = = 0.02 m h 10

Realizando un balance de energía (por unidad de longitud) •

•

E g = E out Donde •

E g = I 2 R e ' T i − T ∞

•

E out = q ' =

1  ln(r o r i )

 2π 

k

+

1 



r o h 

Sustituyendo en el balance y resolviendo para la corriente, I

I =

T i − T ∞ R e '  ln(r o r i ) 1  +   2π  k r o h 


I =

450 − 300 −4

 ln(0.02 0.005 )  1 +   2π  0 .2 0.02(10 )

10

I = 889 Amp

3.44 SOLUCION

Conocido: Cable de diámetro conocido y que se encuentra aislado. Por el cable circula corriente eléctrica. El aislante está expuesto al intercambio de calor por convección con el aire ambiente.

Encontrar: a) La temperatura de la superficie si el cable está desnudo. b) Las temperaturas de la superficie del cable y de la superficie del aislante si el cable presenta una cubierta muy delgada de aislante. c) El espesor del aislante que proporcionará el valor más bajo de la máxima temperatura del mismo. El valor de la máxima temperatura cuando se usa este espesor del aislante.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. El aislante es muy delgado y por tanto la resistencia térmica debida al mismo es despreciable. 6. Las temperaturas son uniformes. 7. El coeficiente convectivo es constante para todos los casos.

Análisis: a)

Realizando un balance de energía (por unidad de longitud) •

E g

•

= E out

Donde •

E g

= I 2 R e '

•

E out

= q ' = 2πr i h (T c − T ∞ )

Sustituyendo en el balance y resolviendo para T c

I 2 R e ' T c

=

= 2πr i h (T c − T ∞ ) I 2 R e ' 2πr i h

+ T ∞


(700 )2 (6 x 10 −4 ) + 30 T c = 2π(0.0025 )(25 ) T c

= 779

ºC

b) Realizando un balance de energía (por unidad de longitud) •

E g

•

= E out

Donde •

E g

= I 2 R e '

•

E out

= q '


q ' = I 2 R e '

(1)

El circuito térmico desde la resistencia térmica de contacto hasta el aire es

La tasa de calor por unidad de longitud que sale del cable es

q ' =

T c − T ∞ R t ',c 2πr i

+

1

T c − T ∞

=

q ' =

 R " + 1   t ,c  2πr i  h  1

2πr i h

T a − T ∞ 1 2πr i h

Sustituyendo cada ecuación anterior en la ecuación 1 y resolviendo para las temperaturas desconocidas se tiene

q ' =

T c

=

T c − T ∞

 R " + 1   t ,c  2πr i  h  1

= I 2R e '

I 2 R e '  " 1   R t ,c +  + T ∞ 2πr i  h 

q ' =

T a

T a − T ∞ 1 2πr i h

=

I 2 R e ' + T ∞ 2πr i h

Sustituyendo los datos conocidos 6 x 10 −4 (700 ) 2π(0.0025 )

2

T c

=

T c

= 1153

T a

=

 0.02 + 1  + 30   25  

ºC

I 2 R e ' + T ∞ 2πr i h 6 x 10 −4 (700 )

2

T a

=

T a

= 779

2π(0.0025 )(25 )

= I 2R e '

+ 30

ºC

c) El radio externo del aislante es igual al radio crítico

r o

=

k 0.5 = h 25

= 0.02

m

Por lo tanto el espesor del aislante, t , que produciría la temperatura mínima del aislante es

t = r o − r i = 0.02 − 0.0025 = 0.0175 m t = 17.5 mm El circuito térmico en este caso es

Por lo tanto la temperatura máxima del aislante es

q ' =

T a − T ∞ = I 2 R e ' ln(r o r i ) 1 + 2πk 2πr o h

Resolviendo para la temperatura T a

T a

 ln(r r ) 1   = I 2R e '  o i +  + T ∞ 2 2 π π k r h o  


T a

 ln(0.02 0.0025 )  1 = 6 x 10 − 4 (700 )2  +  + 30 2π(0.5 ) 2π(0.02)(25 ) 

T a

= 318

ºC

3.45 SOLUCION

Conocido: Tubo de pared delgada que transporta vapor saturado y que se encuentra aislado. El aislante está expuesto al intercambio de calor por convección con el aire y al intercambio de calor por radiación. Tanto el tubo como el aislante cuentan con el mismo valor de emisividad.

Encontrar: a) La pérdida de calor por unidad de longitud cuando el tubo está desnudo y cuando está aislado. b) ¿Cuántos años se tiene que operar la línea de vapor para pagar la inversión inicial en el aislante?

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. La pared del tubo es muy delgado. Las temperaturas son uniformes. La resistencia térmica debida al flujo de vapor es despreciable. La resistencia térmica debida a la unión del aislante con el tubo es despreciable. 8. El coeficiente convectivo es constante para los dos casos. 9. Las paredes del cuarto presentan la misma temperatura que el aire.

Propiedades: Tabla A.6, vapor saturado ( P = 20 bars): T sat = T i = 485.34 K. Tabla A.3, magnesia 85% T = (485 .34 + 298 ) 2 = 389.67 K : k = 0.0577 W/m·K.

(

)

Análisis: a) El circuito térmico de la tubería desnuda es

La pérdida de calor por unidad de longitud de tubería desnuda es

q ' =

T i − T ∞ 1 2πr i (h + h r )

(1)

Además 2 h r = εσ(T i + T sur ) T i 2 + T sur


h r = 0.8 5.67 x 10 −8 (485 .34 + 298 ) 485.34 2 + 298 2 = 11.52 W/m 2·K Sustituyendo en la ecuación 1 además del resto de datos conocidos

q ' =

485 .34 − 298 1 2π(0.1)(20 + 11.52 )

q ' = 3711 W/m b) El circuito térmico de la tubería aislada es

La pérdida de calor por unidad de longitud de tubería aislada es

q ' =

T i − T ∞ ln(r o r i ) 2πk

+

1

(2)

2πr o (h + h r )

Además 2 ) h r = εσ(T o + T sur )(T o 2 + T sur

Sustituyendo los datos conocidos (suponiendo T o = 30 ºC)

h r = 0.8 5.67 x 10 −8 )(303 + 298 ) 303 2 + 298 2 ) = 4.92 W/m 2·K Sustituyendo en la ecuación 2 además del resto de datos conocidos

q ' =

485 .34 − 298 ln(0.15 0.1) 1 2π(0.0577 )

+

2π(0.15 )(20 + 4.92 )

q ' = 161 .36 W/m Para calcular la temperatura de la superficie externa del aislante, T o , utilizamos la siguiente ecuación

q ' =

T i − T o ln(r o r i ) 2πk

Resolviendo para T o y sustituyendo los datos conocidos

T o = T i − q '

ln(r o r i ) 2πk

 ln(0.15 0.1)   2π(0.0577 ) 

T o = 485.34 − 161.36  T o = 304 .87 ºC

La temperatura promedio a la que debe ser reevaluada la conductividad térmica del aislante es

T = (485.34 + 304 .87 ) 2 = 395.10 K Por lo tanto Tabla A.3, magnesia 85%: k = 0.0583 W/m·K. Recalculando el coeficiente radiativo

h r = 0.8 5.67 x 10 −8 )(304.87 + 298 ) 304.87 2 + 298 2 ) = 4.97 W/m 2·K Recalculando la pérdida de calor por unidad de longitud

q ' =

485 .34 − 298 ln(0.15 0.1) 1 2π(0.0583 )

+

2π(0.15 )(20 + 4.97 )

q ' = 162 .99 W/m Recalculando la temperatura T o

 ln(0.15 0.1)   2π(0.0584 ) 

T o = 485.34 − 162.99  T o = 304 .93 ºC

La temperatura promedio a la que debe ser reevaluada la conductividad térmica del aislante es

T = (485.34 + 304 .93 ) 2 = 395.14 K Por lo tanto Tabla A.3, magnesia 85%: k = 0.0583 W/m·K. Recalculando el coeficiente radiativo

h r = 0.8 5.67 x 10 −8 )(304.93 + 298 ) 304.93 2 + 298 2 ) = 4.97 W/m 2·K Recalculando la pérdida de calor por unidad de longitud

q ' =

485 .34 − 298 ln(0.15 0.1) 1 2π(0.0583 )

+

2π(0.15 )(20 + 4.97 )

q ' = 162 .99 W/m b) Los años, A, necesarios para recobrar la inversión inicial en el aislante es 9

100(10 ) A= = 5.7 años 162.99(3600 )(4 )(7500 )

Comentarios: Como ya se mencionó en las suposiciones, se está considerando que el coeficiente convectivo es el mismo para cuando el tubo está aislado y para cuando está desnudo. Esto, como se verá en los capítulos posteriores, no es del todo cierto; ya que el coeficiente convectivo depende en parte de la temperatura de la superficie que es enfriada.

3.46 SOLUCION

Conocido: Tubo de acero cuyas superficies estás expuestas al intercambio de calor por convección. La superficie exterior del tubo también está expuesta al intercambio de calor por radiación.

Encontrar: La pérdida de calor por unidad de longitud del tubo.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. 4. Las temperaturas son uniformes.

Propiedades: Tabla A.1, acero AISI 1010 ( T = 493 K): k = 54.1 W/m·K.


La pérdida de calor por unidad de longitud del tubo es

q ' =

T ∞,i − T ∞,o 1 2πr i h i

+

ln(r o r i ) 2πk

+

=

1 2πr o (h + h r )

T ∞,i − T ∞,o 1  1



2π  r i h i

+

ln(r o r i )

k

 +  r o (h + h r ) 1

(1)

Además 2 ) h r = εσ(T o + T sur )(T o 2 + T sur

Sustituyendo los datos conocidos (suponiendo T o = 220 ºC)

h r = 0.8 5.67 x 10 −8 )(493 + 293 ) 493 2 + 293 2 ) = 11.73 W/m 2·K Sustituyendo en la ecuación 1 además del resto de datos conocidos

q ' =

523 − 293 1 

1

2π  0.03(500 )

+

ln(37.5 30 ) 54.1

+

 0.0375(25 + 11.73 ) 1

q ' = 1814 W/m Para calcular las temperaturas T i y T o se utilizan las siguientes ecuaciones

q ' =

T i − T ∞,o

 1  ln(r o r i ) 1 +   k r o (h + h r ) 2π 

q ' =

T o − T ∞,o

 1  1   2π  r o (h + h r )

Resolviendo para las temperaturas desconocidas y sustituyendo los datos conocidos

T i =

T i =

 q '  ln(r o r i ) 1 +   + T ∞,o k r o (h + h r ) 2π  1814  ln(37.5 30 ) 2π 

54.1

+

 + 293 0.0375 (25 + 11.73 ) 1

T i = 503.8 K T o =

T o =

 q '  1   + T ∞,o 2π  r o (h + h r ) 1814 

 + 293 2π  0.0375(25 + 11.73 ) 1

T o = 502.61 K La temperatura promedio a la que debe ser reevaluada la conductividad térmica del acero es

T = (T i + T o ) 2 = (503.8 + 502.61) 2 = 503 .2 K Por lo tanto Tabla A.1, acero AISI 1010: k = 53.59 W/m·K. Recalculando el coeficiente radiativo

h r = 0.8 5.67 x 10 −8 )(502.61 + 293 ) 502 .612 + 293 2 ) = 12.21 W/m 2·K Recalculando la pérdida de calor por unidad de longitud

q ' =

523 − 293 1 

1

+ 2π  0.03(500 )

ln(37.5 30 ) 53.59

+

 0.0375(25 + 12.21) 1

q ' = 1835 W/m Recalculando temperaturas T i y T o

T i =

1835  ln(37.5 30 )

 2π 

53.59

+

  + 293 0.0375 (25 + 12.21) 1

T i = 503.5 K T o =

T o =

 q '  1   + T ∞,o 2π  r o (h + h r ) 1835 

 + 293 2π  0.0375(25 + 12.21) 1

T o = 502.3 K La temperatura promedio a la que debe ser reevaluada la conductividad térmica del acero es

T = (T i + T o ) 2 = (503 .5 + 502.3) 2 = 502.9 K Por lo tanto Tabla A.1, acero AISI 1010: k = 53.61 W/m·K. Recalculando el coeficiente radiativo

h r = 0.8 5.67 x 10 −8 )(502.3 + 293 ) 502 .3 2 + 293 2 ) = 12.2 W/m 2·K Recalculando la pérdida de calor por unidad de longitud

q ' =

523 − 293 1 

1

+ 2π  0.03(500 )

ln(37.5 30 ) 53.61

+

 0.0375(25 + 12.2 ) 1

q ' = 1835 W/m No es necesario recalcular las temperaturas T i y T o .

3.47 SOLUCION

Conocido: Tubo de acero cuya superficie interna está expuesta al intercambio de calor por convección. La superficie exterior del tubo se encuentra aislada. La superficie exterior del aislante está expuesta al intercambio de calor por convección y por radiación.

Encontrar: La pérdida de calor por unidad de longitud del tubo y la temperatura de la superficie externa del aislante en función del espesor del espesor del aislante.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Las temperaturas son uniformes. La resistencia térmica debida a la unión del tubo con el aislante es despreciable. 6. El coeficiente convectivo es constante.

Análisis: Comenzamos dando clic en Edit y seleccionamos Lookup Tables . Del cuadro que aparece seleccionamos Create New Table . Escribimos 3 para el número de columnas y 5 para el número de filas. En el nombre de la tabla escribimos AISI1010 y damos clic en OK . En la primer columna escribimos los datos de temperatura del acero AISI 1010 que se encuentran la Tabla A.1 del libro, en la segunda columna escribimos los datos de conductividad térmica que corresponden a cada temperatura y en la tercer columna hacemos lo mismo para los datos de calor específico. La tabla debe verse así: 300 400 600 800 1000

63.9 58.7 48.8 39.2 31.3

434 487 559 685 1168

Una vez que terminamos de construir la tabla damos clic en OK . Se nos preguntará si deseamos guardar la tabla. Damos clic en Yes . En el nombre del archivo escribimos aisi1010.lut y damos clic en Aceptar. En Loaded Tables aparecerá el nombre de la tabla que creamos y guardamos. Esta tabla nos servirá para determinar la conductividad térmica del acero AISI 1010 a una determinada temperatura promedio. Volvemos a dar clic en Create New Table . Escribimos 2 para el número de columnas y 4 para el número de filas. En el nombre de la tabla escribimos MAGNESIA y damos clic en OK . En la primer columna escribimos los datos de temperatura de la magnesia que se encuentran la Tabla A.3 del libro y en la segunda columna escribimos los datos de conductividad térmica que corresponden a cada temperatura. La tabla debe verse así: 310 365 420 510

0.051 0.055 0.061 0.071

El último dato de conductividad térmica para la temperatura de 510 K se obtuvo a partir de una extrapolación de una regresión lineal que incluye a los últimos dos datos de temperatura y conductividad térmica de la magnesia que muestra el libro (365, 0.055 y 420, 0.061)

Una vez que terminamos de construir la tabla damos clic en OK . Se nos preguntará si deseamos guardar la tabla. Damos clic en Yes . En el nombre del archivo escribimos magnesia.lut y damos clic en Aceptar. En Loaded Tables aparecerá el nombre de la tabla que creamos y guardamos. Damos clic en OK . Esta tabla nos servirá para determinar la conductividad térmica de la magnesia a una determinada temperatura promedio. Ahora damos clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y pasamos la información de Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q43 = (T4 - T3) / R43 q54 = (T5 - T4) / R54 q64 = (T6 - T4) / R64 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 = 0 q3 - q32 + q43 = 0 q4 - q43 + q54 + q64 = 0 q5 - q54 = 0 q6 - q64 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 250+273 // q1 = // T2 = q2 = 0 // T3 = q3 = 0 // T4 = q4 = 0 T5 = 20+273

// q5 = T6 = 20+273 // q6 = // R21 = // R32 = // R43 = // R54 = // R64 = En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Para calcular la resistencia térmica R21 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 21, para el coeficiente convectivo y el área escribimos una i. Hecho lo anterior pasamos la resistencia a la hoja de trabajo. Recuerde presionar Enter después de escribir un identificador. // Thermal resistance, R21, for convection process R21 = 1 / (hi * Ai) // Thermal resistance, K/W Ai = 2 * pi * r1 * L // Cross sectional area, m^2 hi = 500 // Convection coefficient, W/m^2·K En la parte anterior escribimos el valor del coeficiente convectivo y hacemos que el área sea igua a 2 * pi * r1 * L. Para calcular la resistencia térmica R32 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Hollow Cylinder . Para el identificador de la resistencia escribimos 32, para el radio interno escribimos 1, para el radio externo escribimos 2 y para la conductividad térmica escribimos una a. Hecho lo anterior pasamos la resistencia a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for a hollow cylinder of inner radius r1 and outer radius r2, R32 = ln(r2 / r1) / (2 * pi * L * ka) // Thermal resistance, K/W ka = LOOKUPVAL(AISI1010, 1, Tproma, 2) // Thermal conductivity, W/m·K r1 = 0.03 // Inner radius, m r2 = 0.0375 // Outer radius, m L=1 // Length, m En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas. La longitud se considerará unitaria. Para determinar la conductividad térmica del acero hacemos que ka sea igual a LOOKUPVAL(AISI1010, 1, Tproma, 2). Esta función nos permite entrar a la tabla que creamos de nombre AISI1010 y buscar el valor de la conductividad térmica que corresponda a la temperatura Tproma. Esta

temperatura es la temperatura promedio tomando en cuenta las temperaturas T2 y T3. Para calcular la resistencia térmica R32 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction - Hollow Cylinder . Para el identificador de la resistencia escribimos 43, para el radio interno escribimos 2, para el radio externo escribimos 3 y para la conductividad térmica escribimos una m. Hecho lo anterior pasamos la resistencia a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R43, for a hollow cylinder of inner radius r2 and outer radius r3, R43 = ln(r3 / r2) / (2 * pi * L * km) // Thermal resistance, K/W km = LOOKUPVAL(MAGNESIA, 1, Tpromm, 2) //Thermal conductivity, W/m·K // r2 = // Inner radius, m r3 = 0.0375001 // Outer radius, m // L = // Length, m En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables que se repitan. Para determinar la conductividad térmica de la magnesia hacemos que km sea igual a LOOKUPVAL(MAGNESIA, 1, Tpromm, 2). Esta función nos permite entrar a la tabla que creamos de nombre MAGNESIA y buscar el valor de la conductividad térmica que corresponda a la temperatura Tpromm. Esta temperatura es la temperatura promedio tomando en cuenta las temperaturas T3 y T4. Para calcular la resistencia térmica R54 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 54, para el coeficiente convectivo y el área escribimos una o. Hecho lo anterior pasamos la resistencia a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R54, for convection process R54 = 1 / (ho * Ao) // Thermal resistance, K/W Ao = 2 * pi * r3 * L // Cross sectional area, m^2 ho = 25 // Convection coefficient, W/m^2·K En la parte anterior escribimos el valor del coeficiente convectivo y hacemos que el área sea igua a 2 * pi * r3 * L. Para calcular la resistencia térmica R64 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects - Linearized Radiation . Para el identificador de la resistencia escribimos 64, para el área escribimos una o, para la temperatura T escribimos un 4 y para Tsur escribimos un 6. Hecho lo anterior pasamos la resistencia a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R64,for linearized radiation exchange process R64 = 1 / (hrad * Ao) // Thermal Resistance, K/W

hrad = eps * sigma * (T4 + T6) * (T4^2 + T6^2) // Radiation coefficient, W/m^2·K sigma = 5.67e-8 // Stefan-Boltzmann constant, W/m^2·K^4 // Ao = // Surface area, m^2 // T4 = // Surface temperature, K // T6 = // Surroundings temperature, K eps = 0.8 // Emissivity En la parte anterior escribimos el valor de la emisividad y eliminamos el resto de las variables. Es necesario escribir en la hoja de trabajo las temperaturas promedio a las que van a ser evaluadas las conductividades térmicas del acero y de la magnesia. Por lo tanto escribimos lo siguiente. Tproma = Tfluid_avg(T2, T3) Tpromm = Tfluid_avg(T3, T4) Para determinar el espesor del aislante escribimos la siguiente ecuación // Espesor del aislante, m t = r3 - r2 Ahora damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados.

Resultados del problema 3.46 T2 T3 ka km q1

503.5 502.3 53.61 0.061 1835

Para recomendar un espesor del aislante damos clic Explore y seleccionamos r3 como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.03751 y como valor final escribimos 0.5. El paso lo hacemos igual a 0.005 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Ahora damos clic en Graph y seleccionamos t para X y q1 para Y1. El Data Set para Y1 debe ser Work . Damos clic en OK para que aparezca la gráfica. Volvemos a dar clic en Graph y seleccionamos t para X y T4 para Y1. El Data Set para Y1 debe ser Work . Damos clic en OK para que aparezca la gráfica.

Como puede verse en la gráfica un buen espesor del aislante sería de 0.05 m (r3 = 0.0375 + 0.05 = 0.0875 m). Las temperaturas de las superficies interna y externa del aislante para el espesor recomendado son, aproximadamente: T3 = 521.9 K T4 = 299.1 K Para obtener la distribución de temperatura en el aislante abrimos una nueva hoja de trabajo y escribimos lo siguiente: // Distribución de temperatura en el aislante T_r = (T3 - T4) * ln(r / r3) / ln(r2 / r3) + T4 T_rC = T_r – 273 // Temperatura en r en º C r = 0.0375 // Radio al que va a ser determinada la temperatura, m T3 = 521.9 // Temperatura de la superficie interna del aislante, K T4 = 299.1 // Temperatura de la superficie externa del aislante, K r2 = 0.0375 // Radio interno del aislante, m

r3 = 0.0875

// Radio externo del aislante, m

Ahora damos clic en Explore y seleccionamos r como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.0375 y como valor final 0.0875. El paso lo hacemos igual a 0.001 y damos clic en OK . Aceptamos el Discard para que aparezca el Data Browser mostrando los resultados. Para realizar la gráfica damos clic en Graph , seleccionamos T_rC para Y1 y damos clic en OK .

3.48 SOLUCION

Conocido: Tubo de pared delgada que transporta agua. La superficie interior del tubo presenta una capa de hielo. La superficie interior del hielo está expuesta al intercambio de calor por convección.

Encontrar: El espesor de la capa de hielo.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Las temperaturas son uniformes.

Propiedades:

(

)

Tabla A.3, hielo T = (273 + 258 ) 2 = 265 .5 K : k = 1.936 W/m·K.

Análisis:

Realizando un balance de energía (por unidad de longitud) en la superficie interna del hielo. •

•

E in

=

E out

Donde •

E in

=

' q cv

=

2πr i h (T m − T i )

•

E out

=

' q cd

=

2πk (T i − T o ) ln(r o r i )

Sustituyendo en el balance 2πr i h (T m − T i ) =

2πk (T i − T o ) ln(r o r i )

Simplificando y sustituyendo los datos conocidos

r i h (T m − T i ) =

k (T i − T o ) ln(r o r i )

2000 r i (276 − 273 ) =

1.936(273 − 258 ) ln(0.05 ) − ln r i

6000 r i [ln(0.05 ) − ln r i ] = 29.04 29.04 + 17974.394r i + 6000r i ln r i

=

Resolviendo por Newton-Raphson

r i

=

0.045 m

El espesor de la capa de hielo es

t = r o − r i

=

0.05 − 0.045 = 0.005 m

0

3.49 SOLUCION

Conocido: Tubo de pared delgada que transporta vapor. El tubo está cubierto con un aislante compuesto por dos materiales diferentes. La superficie exterior del aislante está expuesta al intercambio de calor por convección.

Encontrar: a) Dibujar el circuito térmico del sistema. b) La pérdida de calor total. Las temperaturas de la superficie externa.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Las temperaturas son uniformes. La interfase entre los dos materiales presenta una resistencia térmica infinita.


Por lo tanto la pérdida de calor a través del aislante es

T s ,1 − T ∞

q ' =

(1)

−1

 1 1   +    R 1 R 2 

donde ln(r 2 r 1 )

R 1'

=

R 2'

=

πk A ln(r 2 r 1 )

πk B

+

1 ln(100 50 ) 1 = + πr 2 h 2π 0.1(25)π

= 0.238

m·K/W

+

1 ln(100 50 ) 1 = + πr 2 h 0.25 π 0.1(25 )π

= 1.010

m·K/W

Sustituyendo en la ecuación 1 además del resto de datos conocidos

q ' =

500 − 300 −1

  +    0.238 1.010  1

1

= 1038

W

Esta pérdida de calor está compuesta por dos tasas de calor, es decir

q ' = q 1' + q 2' Donde

q 1'

=

T s ,1 − T ∞ R 1'

=

T s ,2( A )

− T ∞

1 πr 2 h

q 2'

=

T s ,1 − T ∞ R 2'

=

T s ,2( B )

− T ∞

1 πr 2 h

Resolviendo para las temperaturas desconocidas y sustituyendo los datos conocidos

T s ,2( A )

=

T s ,2( B )

=

T s ,1 − T ∞ R πr 2 h ' 1

T s ,1 − T ∞ R 2' πr 2 h

+ T ∞ = + T ∞ =

500 − 300 0.238(0.1)(25 )π 500 − 300 1.010(0.1)(25 )π

+ 300 = 407

K

+ 300 = 325

K

3.50 SOLUCION

Conocido: Barra conductora mantenida a 200 ºC en su superficie. La barra está expuesta al intercambio de calor por convección. La barra va a ser cubierta con una capa de aislante.

Encontrar: a) La tasa de transferencia de calor por unidad de longitud para la barra desnuda y para la barra aislada. b) El espesor de la capa del aislante necesario para reducir la pérdida de calor, de la barra desnuda, en un 25%.

Esquema:

Suposiciones: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. La temperatura de la superficie de la barra es constante para los tres casos. El coeficiente convectivo es constante para los tres casos. La barra es muy larga.

Propiedades: Tabla A.3, baquelita ( T = 300 K): k = 1.4 W/m·K.

Análisis: a) El radio crítico es

r cr =

k 1.4 = = 0.01 m h 140

La pérdida de calor por unidad de longitud para la barra desnuda es

q ' = 2πr 1h (T 1 − T ∞ ) = 2π(0.005 )(140 )(200 − 25 ) = 770 W/m La pérdida de calor por unidad de longitud para la barra aislada es

q ' =

T 1 − T ∞ 1  ln(r cr r 1 )



2π 

k

+

1 

=



r cr h 

200 − 25

 1  ln(0.01 0.005 ) 1 +  2π  1.4 0.01(140 )

= 909 W/m

b) La pérdida de calor por unidad de longitud que reduce la pérdida de calor en un 25% es

q ' = 770 − 0.25(770 ) = 577.5 W/m Por lo tanto

q ' =

T 1 − T ∞ 1  ln(r 2 r 1 ) 1  +   k r 2 h  2π 

Sustituyendo los datos conocidos 577 .5 =

200 − 25 1  ln(r 2 0.005 ) 1  +   2π  1.4 140 r 2 

Simplificando 412.34 ln r 2 +

4.12 + 1083.39 = 0 r 2

Resolviendo por Newton-Raphson se obtiene

r 2 = 0.061 m Por lo tanto el espesor del aislante que reduce en un 25% la pérdida de calor es

t = r 2 − r 1 = 61 − 5 = 56 mm

3.51 SOLUCION

Conocido: Tanque, que almacena aceite, que consiste en una sección cilíndrica y dos secciones hemisféricas. La pared interna del tanque es mantenida a 400 K. La superficie exterior del tanque está expuesta al intercambio de calor por convección. Dentro del aceite se encuentra sumergido un calentador eléctrico.

Encontrar: La potencia eléctrica necesaria para mantener el aceite en las condiciones conocidas.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Radiación despreciable. 5. La temperatura interna de la pared del tanque es uniforme. 6. El coeficiente convectivo es el mismo en toda la superficie exterior del tanque.

Análisis: Realizando un balance de energía •

E in

•

= E out

Donde

•

E in

= P e

•

= q cil + 2q semiesf = q cil + q esf

E out

Además

T i − T ∞ ln(r o r i ) 1 + 2πkL 2πr o Lh

q cil

=

q esf

=

T i − T ∞ 1  1  4πk  r i

−

1  1  + 2 r o   4πr o h


P e

=

T i − T ∞ 1  ln(r o r i ) 1  +   r o Lh  2π  kL

+

T i − T ∞ 1  1  1   4 π  k  r i

−

1  1   + 2  r o   r o h 


P e

=

400 − 300 1  ln(0.52 0.5 )



2π 

P e

1.4(2 )

+

  0.52(2 )(10 )

= 5704 + 2958 = 8662

1

W

+

400 − 300

 1  1  1  1 − +     4π 1.4  0.5 0.52  10(0.52 )2  1

3.52 SOLUCION

Conocido: Contenedor esférico que almacena oxígeno líquido. El contenedor se encuentra aislado. La superficie exterior del aislante está expuesta a la transferencia de calor por convección y radiación.

Encontrar: a) El porcentaje de reducción en la pérdida de oxígeno. b) El efecto de variar el espesor del aislante en la velocidad másica de evaporación del oxígeno.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Las temperaturas son uniformes. El oxígeno se encuentra en su punto de ebullición.

Análisis: a)

La tasa de calor que se gana por convección y radiación es

q = 4πr o 2 h (T

∞

−

T s ,2 ) + εσ(T 4 ∞

−

T s 4,2 )

(1)

La tasa de calor que atraviesa el aislante es

q =

4πk (T s ,2

−

T s ,1 )

(2)

1 r 1 − 1 r 2

Igualando las ecuaciones 1 y 2 4πr o 2 [h (T

∞

r o 2 [h (T

∞

−

−

T s ,2 ) + εσ(T 4 ∞

T s ,2 ) + εσ(T 4 ∞

−

−

T s 4,2 )] =

T s 4,2 )] =

4πk (T s ,2

−

T s ,1 )

1 r 1 − 1 r 2

k (T s ,2 − T s ,1 ) 1 r 1 − 1 r 2


(0.26 ) [10(298 − T s ,2 ) + 0.2(5.67 x 10 2

−

8

)(298

4

−

4 s ,2

T

)]

=

1.6 x 10

4

−

(T s ,2 − 263)

1 0.25 − 1 0.26

Simplificando

(0.26)2 [2980 − 10T s ,2 + 89.43 − 1.134 x 10 8 T s 4,2 ] = 1.04 x 10 3 T s ,2 − 0.274 −

201.45 − 0.676T s ,2 7.66 x 10

−

10

T s 4,2

+

+

6.04 − 7.66 x 10

0.677T s ,2

−

10

−

T s 4,2

−

=

1.04 x 10 3 T s ,2

207.76 = 0

Resolviendo por Newton-Raphson

T s ,2

=

297.95 K

A partir de la ecuación 2 4π(1.6 x 10 4 )(297.95 − 263) = 0.457 W q = 1 0.25 − 1 0.26 −

Por lo tanto la velocidad másica del oxígeno es

−

−

0.274

•

m =

q h fg

=

0.457 214 x 10

3

=

2.14 x 10

−

6

kg/s

El porcentaje de reducción, P , es

P =

2.14 x 10

6

−

−

1.41x 10

1.41x 10

−

3

−

3

(100 ) = 99.85 %

b) Comenzamos dando clic en Models y seleccionamos Resistance Networks . Construimos el circuito térmico y pasamos la información que se genera en Equations a la hoja de trabajo.

// Heat rates into node j,qij, through thermal resistance Rij q21 = (T2 - T1) / R21 q32 = (T3 - T2) / R32 q42 = (T4 - T2) / R42 // Nodal energy balances q1 + q21 = 0 q2 - q21 + q32 + q42 = 0 q3 - q32 = 0 q4 - q42 = 0 /* Assigned variables list: deselect the qi, Rij and Ti which are unknowns; set qi = 0 for embedded nodal points at which there is no external source of heat. */ T1 = 263 // q1 = // T2 = q2 = 0 T3 = 298 // q3 = T4 = 298 // q4 =

// R21 = // R32 = // R42 = En la parte anterior asignamos el valor numérico de las variables conocidas y eliminamos las variables desconocidas. Para calcular la resistencia térmica R21 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Conduction – Hollow Sphere . Para el identificador de la resistencia escribimos 21 y pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R21, for a hollow sphere of inner radius ri and outer radius ro R21 = (1 / (4 * pi * k )) * ((1 / ri) - (1 / ro)) // Thermal resistance, K/W k = 0.00016 // Thermal conductivity, W/m·K ri = 0.25 // Inner radius, m ro = ri + t // Outer radius, m Después de asignar el valor numérico a las variables conocidas escribimos en la hoja de trabajo el espesor del aislante. // Espesor del aislante, m t = 0.01 Para calcular la resistencia térmica R32 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects – Convection . Para el identificador de la resistencia escribimos 32 y para el de el área escribimos o. Hecho lo anterior pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R32, for convection process R32 = 1 / (h * Ao) // Thermal resistance, K/W Ao = 4*pi*ro^2 // Cross sectional area, m^2 h = 10 // Convection coefficient, W/m^2·K Para calcular la resistencia térmica R42 damos clic en Tools y seleccionamos Thermal Resistances . Del cuadro que aparece seleccionamos Surface Effects – Linearized Radiation . Para el identificador de la resistencia escribimos 42, para el de el área escribimos o, para el de la temperatura T escribimos 2 y para el de la temperatura Tsur escribimos 4. Hecho lo anterior pasamos la ecuación a la hoja de trabajo. // Thermal resistance, R42,for linearized radiation exchange process R42 = 1 / (hrad * Ao) // Thermal Resistance, K/W hrad = eps * sigma * (T2 + T4) * (T2^2 + T4^2) // Linearized radiation coefficient, W/m^2·K sigma = 5.67e-8 // Stefan-Boltzmann constant, W/m^2·K^4 // Ao = // Surface area, m^2

// T2 // T4 = eps = 0.2

// Surface temperature, K // Surroundings temperature, K // Emissivity

Ahora escribimos en la hoja de trabajo la ecuación para determinar la velocidad másica del oxígeno. // Velocidad másica del oxígeno mdot = q21 / hfg // kg/s hfg = 214E3 // Calor latente de vaporización, J/kg Ahora damos clic en Solve , aceptamos las suposiciones iniciales y el Discard . Aparecerá el Data Browser mostrando los resultados del inciso a.

Resultados del inciso a R21 R32 R42 To hrad mdot q21

76.52 0.1177 0.9809 298 1.2 2.135E-6 0.4568

Para resolver el inciso b damos clic en Explore y seleccionamos t como la variable a barrer. Como valor inicial escribimos 0.001 y como valor final 0.05. El paso lo hacemos igual a 0.001 y damos clic en OK . Para realizar una gráfica que nos muestre los resultados damos clic en Graph y seleccionamos mdot para Y1. Damos clic en OK para que aparezca la gráfica.

Comentarios:

Como puede verse en la gráfica, al aumentar el espesor del aislante disminuye la velocidad másica del oxígeno.

3.53 SOLUCION

Conocido: Esfera, de radio y temperatura conocidos, aislada y expuesta al intercambio de calor por convección

Encontrar: Una expresión para evaluar el radio crítico de aislamiento de la esfera.

Esquema:

Suposiciones: 1.

Estado estable. 2. Propiedades constantes. 3. Conducción unidimensional. 4. La pared de la esfera es muy delgada.

Análisis: La tasa de calor que atraviesa el aislante es

q =

T i − T ∞ 1  1  4πk  r 1

1  1 −  + 2 r   4π r h

De acuerdo a la ecuación anterior la resistencia térmica total es

=

R t

1  1  4πk  r 1

1  1 −  + 2 r   4π r h

Derivando la ecuación anterior con respecto a r se obtiene

dR t dr

=

1 4πr k 2

−

2 4 π r 3 h

Igualando la ecuación anterior a cero 1 4πr 2 k

−

2 4π r 3 h

=0

Resolviendo para r

rh

−

2k

4πr 3 kh 4π r 3 kh

rh − 2k 4πr 3 kh

r =

=0

2k h

Por lo tanto

r cr

≡

2k h

=0

3.54 SOLUCION

Conocido: Esfera hueca de aluminio que presenta en su interior un calentador eléctrico. La esfera está cubierta por una capa de aislante. La superficie exterior del aislante está expuesta al intercambio de calor por convección.

Encontrar: La conductividad térmica del aislante.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Conducción unidimensional. Las temperaturas son uniformes. 5. La resistencia térmica que se presenta en la unión de la esfera con el aislante es despreciable.

Propiedades: Tabla A.1, aluminio ( T = 523 K): k A = 234.5 W/m·K.

Análisis:


Por lo tanto la tasa de calor que fluye a través de la esfera es

q =

T 1 − T ∞

 1 1  1  1 1  1  −    + − + 2   4πk A  r 1 r 2   4πk B  r 2 r 3  4πr 3 h 1

Sustituyendo los datos conocidos 80 =

80 =

250 − 20 1  1 − 1  + 1  1    4π(234.5 )  0.15 0.18  4πk B  0.18 250 − 20 0.177 0.03 + k B

Por lo tanto

k B

= 0.062

W/m·K

−

1  1  + 0.3  4π(0.3) 2 (30 )

3.55 SOLUCION

Conocido: Contenedor esférico que almacena oxígeno líquido. El contenedor se encuentra aislado. La superficie exterior del aislante está expuesta a la transferencia de calor por radiación.

Encontrar: El espesor del aislante necesario para mantener las pérdidas de oxígeno por debajo de 1 kg/día.

Esquema:


Estado estable. Propiedades constantes. Las temperaturas son uniformes. El oxígeno se encuentra en su punto de ebullición. La resistencia térmica debida al nitrógeno líquido es despreciable.

Propiedades: Tabla A.1, AI AISI 304 ( T = 90 K): k s = 8.9 W/m·K. Tabla A.3, aluminio/vidrio ( T = 300 K): k a = 0.00016 W/m·K,

ε = 0.2.

Análisis: La velocidad másica del oxígeno en kg/s es •

0.99

m =

24(3600 )

= 1.146 x 10 −5

kg/s

La tasa de calor que debe ser ganada por el sistema para que las pérdidas de oxígeno se mantengan por debajo de 1 kg/día es •

q = m h fg

= 1.146 x 10 −5 (213 x 10 3 ) = 2.44

W

La tasa de calor que atraviesa la pared del contenedor es

q =

4πk s (T 2

− T 1 )

1 r 1 − 1 r 2

Resolviendo para T 2

T 2

=

q  1  4 πk s  r 1

−

1 

 + T 1 r 2  


T 2

=

 1 − 1  + 90 = 90   4 π(8.9 )  0.395 0.4  2.44

K

La tasa de calor que atraviesa el aislante es

q =

4πk a (T 3 1 r 2

− T 2 )

(1)

− 1 r 3

La tasa de calor que entra por radiación es 4 − T 34 ) q = 4πr 32 εσ(T sur

(2)

Resolviendo para T 3 14

T 3

 4  = T sur − q 2  4πr 3 εσ   

(3 )

Cap3 - Incropera

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