• Author / Uploaded
• Neisa Buitre

Citation preview

Conducción de calor con conductividad térmica dependiente de la temperatura (figura 10B.12).Las superficies curvas y las superficies extremas (ambas sombreadas en la figura) de solido en forma de envoltura semicilíndrica están aisladas .La superficie 𝜃 = 0,de área (𝑟2 − 𝑟1 )L, se mantiene a la temperatura 𝑇0 , y la superficie en 𝜃 = 𝜋, también de área (𝑟2 − 𝑟1 )L, se mantiene a la temperatura 𝑇𝜋 . La conductividad térmica del solido varia linealmente con la temperatura 𝐾0 en 𝑇 = 𝑇0 hasta 𝐾𝜋 en 𝑇 = 𝑇𝜋 a. Encontrar la distribución de temperaturas en estado estacionario b. Encontrar el flujo total de calor a través de la superficie en 𝜃 = 0.

𝑍=0

Superficie a 𝑇𝜋

r 𝜃

𝑍=𝐿

𝑟1 Superficie a 𝑇0

Condición del problema:

𝑟2

𝜃 = 0 ; 𝐴 = (𝑟2 − 𝑟1 )𝐿 ;

𝑇 = 𝑇0 ˄

𝐾 = 𝐾0

𝜃 = 𝜋 ; 𝐴 = (𝑟2 − 𝑟1 )𝐿 ;

𝑇 = 𝑇𝜋 ˄

𝐾 = 𝐾𝜋

Hallar: 𝑇(𝜃) 𝑦 𝑄̇ ∣𝜃=0 ? ? ? ? ? ? ? ? SOLUCIÓN

Paso 1. Ver la geometría [𝑐𝑜𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑖𝑐𝑎𝑠 (𝑟, 𝜃, 𝑧)] Paso 2. Postulado de Calor 𝑞𝑟 = 0 𝑞𝜃 = 𝑞𝜃 𝑞𝑧 = 0 Paso 3. Balance de energía microscópico para un "∆𝑉" en dirección “𝜃” 𝑞𝜃̇ ǀ𝜃+∆𝜃 ∆𝜃 𝑞𝜃̇ ǀ𝜃

[𝐸] − [𝑆] + [𝑃] − [𝐶] = [𝐴] Como se puede observar la figura solo existe: [𝐸] − [𝑆] = 0

𝑞𝜃̇ ǀ𝜃 [

𝑊 1 ] (𝑟2 − 𝑟1 )𝐿[𝑚2 ] − 𝑞𝜃̇ ǀ𝜃+∆𝜃 (𝑟2 − 𝑟1 )𝐿 = 0 //− 2 𝑚 ∆𝜃(𝑟2 − 𝑟1 )𝐿 𝑞𝜃̇ ǀ𝜃+∆𝜃 − 𝑞𝜃̇ ǀ𝜃 𝑑𝑞𝜃̇ 𝑙𝑖𝑚∆𝜃→0 =0 → = 0 … … … … . 𝐸𝑐. 1 ∆𝜃 𝑑𝜃

Aplicando Fourier 𝑞𝜃̇ = −𝐾𝑇

1 𝑑𝑇 𝑒𝑛 𝐸𝑐. 1 𝑟 𝑑𝜃

Reemplazando: 𝑑𝑞𝜃̇ 𝑑 1 𝑑𝑇 =0→ (−𝐾𝑇 ) = 0 … … … … 𝐸𝑐. 2 𝑑𝜃 𝑑𝜃 𝑟 𝑑𝜃 Condiciones límites:

𝐶. 𝐿. 1. 𝐶. 𝐿. 2.

𝜃 = 0 𝑇 = 𝑇0 𝜃 = 𝜋 𝑇 = 𝑇𝜋

K: varia linealmente:

𝐾1 𝐾𝑇 𝐾0

𝑇0

𝑇

𝑇1

𝑦 − 𝑦1 𝑥 − 𝑥1 𝐾𝑇 − 𝐾0 𝑇 − 𝑇0 = → = 𝑦1 − 𝑦2 𝑥1 − 𝑥2 𝐾0 − 𝐾𝜋 𝑇0 − 𝑇𝜋 𝐾𝑇 = 𝐾0 + (𝐾0 − 𝐾𝜋 )

𝑇 − 𝑇0 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝐸𝑐. 2 𝑇0 − 𝑇𝜋

𝑑 𝑇 − 𝑇0 1 𝑑𝑇 [− (𝐾0 + (𝐾0 − 𝐾𝜋 ) ) ] = 0 … … … 𝐸𝑐. 3 𝑑𝜃 𝑇0 − 𝑇𝜋 𝑟 𝑑𝜃 Adimensionlizamos: 𝜔= 𝑇 = 𝑇0 + (𝑇𝜋 − 𝑇0 )𝜔 //

𝑇 − 𝑇0 𝑇𝜋 − 𝑇0

𝑑 𝑑𝑇 𝑑𝜔 ()→ = (𝑇𝜋 − 𝑇0 ) 𝑒𝑛 𝐸𝑐. 3 𝑑𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜃

𝑇 = 𝑇0 + (𝑇𝜋 − 𝑇0 )𝜔

𝑒𝑛 𝐸𝑐. 3

𝑑 𝑇0 + (𝑇𝜋 − 𝑇0 )𝜔 − 𝑇0 1 𝑑𝜔 [− (𝐾0 + (𝐾0 − 𝐾𝜋 ) ) (𝑇𝜋 − 𝑇0 ) ]=0 𝑑𝜃 𝑇0 − 𝑇 𝜋 𝑟 𝑑𝜃 𝑑 𝑑𝜔 [(𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔) ] = 0 … … … … . 𝐸𝑐. 4 𝑑𝜃 𝑑𝜃

𝐶. 𝐿. 1𝐼 . 𝐶. 𝐿. 2𝐼 .

𝜃=0 𝜃=𝜋

Resolviendo la Ec.4 :

𝜔=0 𝜔=1

𝑑 [(𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔)

𝑑𝜔 ] = 0𝑑𝜃 // ∫ 𝑑𝜃

(𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔)

𝑑𝜔

𝑑𝜔 ] = ∫ 0𝑑𝜃 + 𝐶1 𝑑𝜃

→ ∫ 𝑑 [(𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔)

= 𝐶1 → (𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔)𝑑𝜔 = 𝐶1 𝑑𝜃 // ∫

𝑑𝜃

∫(𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔) 𝑑𝜔 = ∫ 𝐶1 𝑑𝜃 + 𝐶2 𝐾0 𝜔 −

(𝐾0 − 𝐾𝜋 ) 2 𝜔 = 𝐶1 𝜃+𝐶2 … … … . 𝐸𝑐. 5 2

Encontrando las constantes:

𝜃=0

𝜔=0 𝐾0 0 −

𝜃=𝜋

(𝐾0 − 𝐾𝜋 ) 2 0 = 𝐶1 0+𝐶2 → 𝐶2 = 0 𝑒𝑛 𝐸𝑐. 3 2

𝜔=1 𝐾0 1 −

(𝐾0 − 𝐾𝜋 ) 2 𝐾0 + 𝐾𝜋 1 = 𝐶1 𝜋 + 0 → 𝐶1 = 𝑒𝑛 𝐸𝑐. 3 2 2𝜋

Reemplazando se tiene: 𝐾0 𝜔 − 𝜃 𝜋

=

(𝐾0 − 𝐾𝜋 ) 2 𝐾0 + 𝐾𝜋 𝜔 = 𝜃+0 2 2𝜋

2𝐾0 𝜔 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔2 𝐾0 + 𝐾𝜋

;𝜔 =

𝑇 − 𝑇0 𝑇𝜋 − 𝑇0

𝑇−𝑇

𝜃 𝜋

=

𝑇−𝑇

2

2𝐾0 𝑇 − 𝑇0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 ) (𝑇 − 𝑇0 ) 𝜋 0 𝜋 0 𝐾0 + 𝐾𝜋

Para 𝑄̇ ∣𝜃=0 𝑄̇ ∣𝜃=0 = ∫ 𝑞̇ ∣𝜃=0 𝑑𝐴 𝐴 𝐿

𝑟2

𝑄̇ ∣𝜃=0 = ∫ ∫ 𝑞̇ ∣𝜃=0 𝑑𝑟𝑑𝑧 0

𝑞̇ ∣𝜃=0 = −𝐾𝑇

𝑟1

1 𝑑𝑇 𝑟 𝑑𝜃

… … … … . . 𝐸𝑐. 6

−𝐾𝑇 = − [𝐾0 + (𝐾0 − 𝐾𝜋 )

𝑇 − 𝑇0 ] 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝐸𝑐. 6 𝑇0 − 𝑇𝜋

𝑞 = − [𝐾0 + (𝐾0 − 𝐾𝜋 )

𝑇 − 𝑇0 1 𝑑𝑇 ] 𝑇0 − 𝑇𝜋 𝑟 𝑑𝜃

𝑑𝑇 𝑑𝜔 = (𝑇𝜋 − 𝑇0 ) 𝑑𝜃 𝑑𝜃

𝑞 = − [𝐾0 + (𝐾0 − 𝐾𝜋 )

𝑇 − 𝑇0 1 𝑑𝜔 ] (𝑇𝜋 − 𝑇0 ) 𝑇0 − 𝑇𝜋 𝑟 𝑑𝜃

𝑇 − 𝑇0 𝑇𝜋 − 𝑇0

𝜔=

𝑞 = [𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )

𝑇 − 𝑇0 1 𝑑𝜔 ] (𝑇0 − 𝑇𝜋 ) 𝑇𝜋 − 𝑇0 𝑟 𝑑𝜃

1 𝑑𝜔 𝑞̇ ∣𝜃=0 = [𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔] (𝑇0 − 𝑇𝜋 ) ∣𝜃=0 … … … . 𝐸𝑐. 7 𝑟 𝑑𝜃

Pero : 𝑑𝜔 𝑑𝜃 𝜃 𝜋

=

2𝐾0 𝜔 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔2 𝐾0 + 𝐾𝜋

//

𝑑 () 𝑑𝜃

𝑑𝜔 𝑑𝜔 1 𝑑𝜃 2𝐾0 𝑑𝜃 − 2(𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔 𝑑𝜃 𝐾0 + 𝐾𝜋 𝑑𝜔 = → = 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝐸𝑐. 7 𝜋 𝑑𝜃 𝐾0 + 𝐾𝜋 2𝐾 0 𝜋 𝑑𝜃 1 𝐾0 + 𝐾𝜋 𝑞̇ ∣𝜃=0 = [𝐾0 − (𝐾0 − 𝐾𝜋 )𝜔] (𝑇0 − 𝑇𝜋 ) ∣ 𝑟 2𝐾0 𝜋 𝜃=0 1 𝐾0 + 𝐾𝜋 𝑞̇ ∣𝜃=0 = 𝐾0 (𝑇0 − 𝑇𝜋 ) 𝑟 2𝐾 0 𝜋

𝑞̇ ∣𝜃=0 =

𝐿

𝑇0 − 𝑇𝜋

2𝑟𝜋

(𝐾0 + 𝐾𝜋 )

𝑟2

𝑄̇ ∣𝜃=0 = ∫ ∫ 𝑞̇ ∣𝜃=0 𝑑𝑟𝑑𝑧 0 𝐿

𝑟2

𝑄̇ ∣𝜃=0 = ∫ ∫ 0 𝐿

𝑄̇ ∣𝜃=0 = ∫ 0

𝑄̇ ∣𝜃=0 =

𝑟1

𝑇0 − 𝑇𝜋

𝑟1

2𝑟𝜋

𝑇0 − 𝑇𝜋

2𝜋 𝑇0 − 𝑇𝜋

2𝜋

(𝐾0 + 𝐾𝜋 )𝑑𝑟𝑑𝑧 𝑟2

(𝐾0 + 𝐾𝜋 ) ln ( ) 𝑑𝑧 𝑟1

𝑟2

(𝐾0 + 𝐾𝜋 ) ln ( ) 𝐿 𝑟1