• Author / Uploaded
• Alex David Garzón

Citation preview

5.43 Una esfera de 0.1 m de diámetro gira a 20 rpm en un recipiente grande de CO2 a presión atmosférica. Si la esfera está a 60 °C y el CO2 a 20 °C, estime la tasa de transferencia de calor. DADO • Una esfera giratoria en dióxido de carbono a presión atmosférica. • Diámetro (D) = 0.1 m • Velocidad de rotación (ω) = 20 rev / min. • Temperatura de la esfera (𝑇s ) = 60 ° C • Temperatura de CO2 (𝑇∞ ) = 20 ° C ENCONTRAR • La tasa de transferencia de calor. Suposiciones • Condiciones de estado estable • El dióxido de carbono todavía está • La radiación es insignificante. BOSQUEJO

SOLUCIÓN Convertir la velocidad de rotación a radianes por segundo (20 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛)(2𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑟𝑒𝑣) 1 𝜔= = 20.91 60 𝑠/𝑚𝑖𝑛 𝑠 El número de Reynolds rotacional para la esfera es (20 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛)(2𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑟𝑒𝑣) 1 𝜔= = 20.91 60 𝑠/𝑚𝑖𝑛 𝑠 Se cumplen todos los requisitos para la correlación presentada en la ecuación (5.41) 0.5 0.4 ̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐷 = 0.43𝑅𝑒𝑤 𝑃𝑟 0.4 = 0.43(2322)0.5 = 18.67 𝑤 (0.77) 𝑘 0.0176𝑊/(𝑚𝐾) 𝑊 ̅̅̅̅𝐷 = 18.67 ℎ̅𝐶 = 𝑁𝑢 = 3.29 𝐷 0.1𝑚 (𝑚2 𝐾) La tasa de transferencia de calor por convección natural viene dada por 𝑊 𝑞𝑐 = ℎ̅𝐶 𝐴(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = ℎ̅𝐶 𝜋𝐷2 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = 3.29 𝜋(0.1𝑚)2 (60 − 20)℃ (𝑚2 𝐾) = 4.13𝑊

5.44 Un eje de acero dulce (1% de carbono), con diámetro exterior de 2 cm, que gira a 20 000 rpm en aire a 20 °C rpm está conectado a dos cojinetes separados 0.7 m, como se muestra en el siguiente bosquejo. Si la temperatura en los cojinetes es 90 °C, determine la distribución de la temperatura a lo largo del eje. (Sugerencia Demuestre que a velocidades rotacionales ̅̅̅̅𝑫 = 𝟎. 𝟎𝟖𝟔𝟑𝟏 (𝟏. 𝟑𝟗𝒙𝟏𝟎𝟓 )𝟎.𝟕 ) altas la ecuación (5.35) se aproxima a 𝑵𝒖 DADO: Un eje de acero dulce que gira en el aire entre dos cojinetes. Diámetro de eje (D) = 2cm = 0.02m Velocidad angular (w) = 20000 rev/min Temperatura del aire (T∞) = 20 °C Longitud del eje (L) = 0.7m Temperatura del rodamiento (Tb) =90 °C ENCONTRAR: La distribución de temperatura a lo largo del eje. SUPOSICIONES: La barra ha alcanzado el estado estacionario La radiación es despreciable GRAFICO

PROPIEDADES Y CONSTANTES Del Apéndice 2, Tabla 10, conductividad térmica de 1% de carbón en el acero (k) = 43 W/m K SOLUCIÓN El número de Nusselt para esta geometría está dada por la ecuación ̅̅̅̅𝐷 = 0.11(0.5𝑅𝑒𝜔 2 + 𝐺𝑟𝐷 𝑃𝑟)0.35 𝑁𝑢 Donde 𝑅𝑒𝜔 =

𝜋𝜔𝐷 2 𝜈

Evaluar las propiedades del aire a la media de la temperatura del aire y del rodamiento (55 ° C); del Apéndice 2, Tabla 27 𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝐸𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑇é𝑟𝑚𝑖𝑐𝑎 (𝛽) = 0.00305 𝑊 𝑚𝐾 𝑚2 𝑉𝑖𝑠𝑐𝑜𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐶𝑖𝑛𝑒𝑚á𝑡𝑖𝑐𝑎 (𝜈) = 19.0𝑥10−6 𝑠 𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑃𝑟𝑎𝑛𝑑𝑡𝑙 (𝑃𝑟) = 0.71

1 𝐾

𝐶𝑜𝑛𝑑𝑢𝑐𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑐𝑎 (𝑘) = 0.0276

El número rotativo de Reynolds es 𝑟𝑒𝑣 𝑟𝑎𝑑 𝜋 (2000 𝑚𝑖𝑛) (2𝜋 𝑟𝑒𝑣 ) (0.02 𝑚)2 𝑅𝑒𝜔 = = 1.39𝑥105 𝑚2 𝑠 −6 19.0𝑥10 𝑠 (60 𝑚𝑖𝑛) 𝑚 1 3 𝑔𝛽(𝑇𝑏 − 𝑇∞ )𝐷 3 𝑃𝑟 (9.8 𝑠 2 ) (0.00305 𝐾 ) (90 °𝐶 − 20 °𝐶)(0.02 𝑚) (0.71) 𝐺𝑟𝐷 𝑃𝑟 = = 2 𝜈2 𝑚2 (19.0𝑥10−6 𝑠 ) = 3.29𝑥104 Para este problema, 0.5 𝑅𝑒𝜔 2 ≫ 𝐺𝑟𝐷 𝑃𝑟 debido a la alta velocidad de rotación, por lo tanto. 𝐺𝑟𝐷 𝑃𝑟 puede ser despreciado y el número de Nusselt es dado por ̅̅̅̅𝐷 = 0.11(0.5𝑅𝑒𝜔 2 )0.35 = 0.08631 𝑅𝑒𝜔 0.7 𝑁𝑢 Basado en la temperatura promedio del aire y del rodamiento ̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐷 = 0.08631 (1.39𝑥105 )0.7 = 344 ℎ̅𝑐 = ̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐷

𝑊 0.0276 𝑘 𝑚 𝐾 = 474 𝑊 = 344 𝐷 0.02 𝑚 𝑚2 𝐾

Por simetría, la conducción axial en el centro del eje debe ser cero y el eje puede tratarse como una aleta de dos clavijas con puntas adiabáticas como se muestra a continuación.

La distribución de la temperatura para esta configuración es dada en la Tabla 2.1 𝑇 − 𝑇∞ cosh[𝑚(𝐿𝑓 − 𝑥)] = 𝑇𝑏 − 𝑇𝑠 cosh(𝑚 𝐿𝑓 ) 𝐿 (𝐿𝑓 = ) 2

𝑊 4 (474 2 ) ℎ𝑐 𝑃 ℎ𝑐 𝜋 𝐷 4 ℎ𝑐 1 𝑚 𝐾 𝐷𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑚 = √ =√ =√ =√ = 47.0 𝑊 𝑘 𝜋 𝑘𝑠 𝐴𝑐 𝐷 𝑘𝑠 𝑚 𝑠 0.02 𝑚 (43 𝑚 𝐾 ) 4 𝐷2

𝑇 = 𝑇∞ + (𝑇𝑏 − 𝑇𝑠 ) [

cosh[𝑚(𝐿𝑓 − 𝑥)] cosh(𝑚 𝐿𝑓 )

] = 20 °𝐶 + (90 °𝐶 − 20 °𝐶) [

1 (0.35 𝑚 − 𝑥)] 𝑚 ] 1 cosh [(47.0 ) (0.35 𝑚)] 𝑚

cosh [47.0

𝑇 = 20 °𝐶 + (1.0𝑋10−5 °𝐶 cosh(16.5 − 47.0𝑥)) La temperatura promedio de la barra está dada por 𝐿

𝑇𝑎𝑣𝑒

1 2 = ∫ 𝑇 𝑑𝑥 𝐿 0 2

𝐴 = 1.0𝑥10−5 °𝐶 𝑦 𝑦 = 16.5 − 47.0𝑥 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑦 = −47.0𝑑𝑥 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥 =

𝐿 ,𝑦 = 0 2

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥 = 0, 𝑦 = 16.5 𝑇𝑎𝑣𝑒 =

0 −2 −2 0 [20𝑦 + 𝐴 sinh(𝑦)]16.5 ∫ [20 + 𝐴 cosh(𝑦)]𝑑𝑦 = 47.0 𝐿 16.5 47.0 𝐿

𝑇𝑎𝑣𝑤 =

−2 [−20(16.5) − (1.0𝑥10−5 ) sinh(16.5)] = 24.5 °𝐶 47.0 𝐿

Utilizando la media de la temperatura del aire y la temperatura promedio del eje para evaluar las propiedades del aire y reevaluar el perfil de temperatura 𝑇𝑚𝑒𝑎𝑛 = 22.2 °𝐶 𝑊 𝑚𝐾 𝑚2 𝜈 = 15.9𝑥10−6 𝑠 𝑅𝑒𝜔 = 1.6𝑥105 𝑘 = 0.0253

ℎ𝑐 = 491

𝑊 𝑚2 𝐾

𝑚 = 47.8

1 𝑚

𝑇 = 20 °𝐶 + (7.59𝑋10−6 °𝐶) cosh(16.7 − 47.8𝑥) 𝑇𝑎𝑣𝑒 = 24.0 °𝐶 Donde x = distancia en metros del rodamiento L/2

PROBLEMA 5.45 Un dispositivo electrónico debe enfriarse en aire a 20 ° C mediante una matriz de aletas rectangulares verticales igualmente espaciadas como se muestra en el siguiente dibujo. Las aletas están hechas de aluminio y su temperatura promedio, Ts, es de 100 ° C.

Estimar: (a) La separación óptima, s (b) El número de aletas (c) La tasa de transferencia de calor de una aleta (d) La tasa total de disipación de calor (e) ¿Se justifica el supuesto de una temperatura uniforme de la aleta? DADO • Dispositivo electrónico con aletas verticales de aluminio en el aire. • Temperatura del aire (T) = 20 ° C • Temperatura media de la aleta (Ts) = 100 ° C ENCONTRAR (a) Los espacios óptimos (b) El número de aletas (c) La tasa de transferencia de calor de una aleta (d) La tasa total de disipación de calor (e) ¿Se justifica el supuesto de una temperatura uniforme de la aleta?

Suposiciones •Estado estable • Temperatura uniforme de la aleta

• El aire está quieto • La transferencia de calor desde la parte superior e inferior de las aletas es insignificante • El coeficiente de transferencia de calor en el área de la pared entre las aletas es aproximadamente el mismo que en las aletas.

PROPIEDADES Y CONSTANTES Del Apéndice 2, Tabla 12 Para aluminio: conductividad térmica (kal) = 239 W / (m K) a 100 ° C Del Apéndice 2, Tabla 27, para aire seco a la temperatura media de 60 ° C Coeficiente de expansión térmica () = 0.00300 1 / K Conductividad térmica (k) = 0.0279 W / (m K) Viscosidad cinemática () = 19.4 x 10–6 m2/s Número de Prandtl (Pr) = 0.71 SOLUCIÓN El número de Grashof para las aletas, basado en la altura vertical de la aleta (L) 𝐺𝑟𝐿 =

&𝛽(𝑇𝑠− 𝑇∞ )𝐿3 𝑣2

=

(9,8𝑚/𝑠2 )(0.003 1/𝑘)(100°C−20°C)(0−15𝑚)3 (19.4𝑥10−6 𝑚2 /𝑠)2

= 2.11 × 107

Por lo tanto, el número de Rayleigh es 𝑅𝑎𝐿 = 𝐺𝑟𝐿 𝑃𝑟 = 2 − 11 × 107 (0.71) = 1.50 × 107

(a) El espacio (s) óptimo de la aleta viene dado por la ecuación (5.56a) 𝑠= 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑃 =

2.7 𝑝0.25

𝑅𝑎𝐿 1.50 × 107 = = 2.96 × 1010 1/𝑚4 𝐿4 (0.15𝑚)4

𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑠 = 0.0065𝑚 = 6.5𝑚𝑚

(b) Sea n = el número de aletas en el dispositivo, luego 𝑛 𝑡 + (𝑛 − 1)𝑠 = 0.3𝑚 𝑛=

0.3𝑚 + 𝑠 0.3𝑚 + 0.0065𝑚 = = 40.9 𝑠+𝑡 0.0065𝑚 + 0.001

Se colocarán 40 aletas en el dispositivo con un espaciado óptimo (c) El coeficiente de transferencia de calor promedio sobre una aleta se da en la Tabla 5.1

ℎ𝑐 =

ℎ𝑐 =

𝑘 576 2.873 + 1 ] [ 𝑠 𝑝2 𝑠 8 𝑝2 𝑠 2

1 − 2

(0.0279𝑊/(𝑚𝐾)) 576 + [ 10 0.0065𝑚 (2.96 × 10 1/𝑚4 )2 (𝑜. 𝑜𝑜65)3

2.87 1

]

(2.96 × 1010 1/𝑚4 )2 (0.0065𝑚)

ℎ𝑐 = 5.78𝑊/(𝑚2 𝐾) La tasa de transferencia de calor de una sola aleta es 𝑞𝑓 = ℎ𝑐 𝐴𝑓 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = 5.78 𝑊/(𝑚2 𝐾)[0.15𝑚 (0.041𝑚)](100°𝐶 − 20°𝐶) = 2.84 𝑊 (d) La tasa total de disipación de calor es la suma de la transferencia de calor desde las aletas y la transferencia de calor desde el área de la pared entre las aletas 𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑣𝑞𝑓 + (𝑣 − 1)ℎ𝑐 𝐴𝑤 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) 𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 40(2.84𝑊) + 39(5.78𝑊/(𝑚2 𝐾))(0.15𝑚)(0.0065𝑚)(100°𝐶 − 20°𝐶) 𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 113.6𝑊 + 17.6𝑊 = 131.2𝑊 (e) De la Tabla 2.1, si se descuida la transferencia de calor desde las puntas de las aletas, la distribución de temperatura a lo largo de cada aleta es 𝑇(𝑥) − 𝑇∞ 𝑐𝑜𝑠ℎ[𝑚(𝐿 − 𝑥)] − 𝑇(𝑥) − 𝑇∞ cosh(𝑚𝐿) El cambio de temperatura a lo largo de la aleta es 𝑇(0) − 𝑇(𝐿) 1 =1− 𝑇(0) − 𝑇∞ cosh(𝑚𝐿) ℎ𝑃 578𝑊/(𝑚2 𝐾)[2(0.15𝑚 + 0.001𝑚)] 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑚 = √ = √ = 6.98𝑚−1 𝐿 = 0.02𝑚 𝑘𝐴 0.001𝑚(0.15𝑚)(239𝑊/(𝑚𝐾)) 𝑇(0 − 𝑇(𝐿)) 1 =1− = 0.966 𝑇(0) − 𝑇 𝑐𝑜𝑠ℎ[(6.98𝑚−1 )(0.02𝑚)] Por lo tanto, la suposición de una aleta isotérmica está justificada

5.46 Considere una placa plana vertical de 20 cm de altura a 120 °C, suspendida en un fluido a 100 °C. Si el fluido se obliga a que pase por la placa desde arriba, estime la velocidad del fluido para la cual la convección natural se vuelve insignificante (menor de 10%) en: a) mercurio, b) aire, c) agua. DADO • Una placa plana vertical suspendida en un fluido. • Temperatura de la placa (𝑇s ) = 120 ° C

• Temperatura del fluido (𝑇∞ ) = 100 ° C • El fluido está siendo forzado a pasar la placa desde arriba • Altura de la placa (H) = 20 cm = 0.2 m ENCONTRAR • La velocidad del fluido (𝑈∞ ) para la cual la convección natural tiene un efecto inferior al 10% en (a) mercurio (b) aire (c) agua Suposiciones • Estado estable BOSQUEJO

PROPIEDADES Y CONSTANTES Del Apéndice 2, Tablas 25, 27 y 13 Fluido a 110℃ Coeficiente de expansión térmica, β (1 / K) Viscosidad cinemática, 𝜈 × 106 𝑚2 / 𝑠 Número de Prandtl, Pr

Mercurio 0.000182

Aire 0.00262

0.0913 0.016

24.8 0.71

Agua 0.00080 0.269 1.59

SOLUCIÓN De la ecuación (5.46), para la convección forzada laminar sobre una placa plana, el efecto de la flotabilidad será menos del 10% si 𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐻 3 𝑈∞ 𝐻 2 𝐺𝑟 𝐻 < ⟹ < 0.15( ) 𝑣2 𝑣 Resolviendo la velocidad del fluido 0.15𝑅𝑒𝐻2

1

𝑈∞ > [6.67𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )(𝐻)]2

1

1 𝑚 2 𝑈∞ > [6.67(9.81 2 )𝛽(1/𝐾)(120℃ − 100℃)(0.2𝑚)] = 16.17𝛽 2 𝑚/𝑠 𝑠

(a) Para mercurio: 𝑈∞ < 16.17(0.000182)1/2 = 0.22𝑚/𝑠 (b) Para aire: 𝑈∞ < 16.17(0.00262)1/2 = 0.83𝑚/𝑠 (c) Para agua: 𝑈∞ < 16.17(0.0008)1/2 = 0.46𝑚/𝑠 Los números de Reynolds para estas velocidades de fluido son (0.22𝑚/𝑠)(0.2𝑚) (a) Para mercurio: 𝑅𝑒𝐻 = 0.0913𝑥10−6 𝑚2 /𝑠 = 4.82𝑥105

(b) Para aire: 𝑅𝑒𝐻 =

(0.83𝑚/𝑠)(0.2𝑚) 24.8𝑥10−6 𝑚2 /𝑠

= 6.69𝑥103

(0.46𝑚/𝑠)(0.2𝑚)

(c) Para agua: 𝑅𝑒𝐻 = 0.269𝑥10−6 𝑚2 /𝑠 = 3.42𝑥105 Estos números de Reynolds están todos dentro del régimen laminar (el mercurio se acerca a la transición a turbulencia). Por lo tanto, el uso de la ecuación (5.46) fue válido.

5.47.- Suponga que una placa plana, delgada, vertical de 60 cm de longitud y 40 cm de ancho se sumerge en un fluido que fluye paralelo a su superficie. Si la placa está a 40 °C y el fluido a 10 °C, estime el número de Reynolds en el que los efectos de flotación son esencialmente insignificantes para transferencia de calor de la placa si el fluido es: a) mercurio, b) aire, c) agua. Después calcule la velocidad correspondiente del fluido para los tres fluidos.

𝐿𝑎𝑟𝑔𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑙𝑎𝑡𝑜 = 0.6 𝑚 𝐴𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑙𝑎𝑡𝑜 = 0.4 𝑚 𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑙𝑎𝑡𝑜 (𝑇𝑠 ) = 40 𝑜 𝐶 𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑓𝑢𝑖𝑑𝑜 (𝑇𝑠 ) = 10 𝑜 𝐶 Fluido

Mercurio

Coeficiente de expansión Térmica

------------- 0.00336

0.000255

0.112

0.884

Viscosidad cinemática

*10 6 m2/s

Densidad

13.628 @ 0 OC 13.506 @ 50 OC

Aire

16.2

Agua

𝛽=

2 (𝜌0 − 𝜌50 ) = 𝜌0 + 𝜌50 273𝐾 − 323𝐾

2

=

(13.658 + 13.506)

𝑘𝑔⁄ 𝑚3

(13.658 − 13.506) 𝑘𝑔⁄ 3 𝑚 ) ∗( 273𝐾 − 323𝐾

= 0.00018 1⁄𝐾 𝐺𝑟𝐻 =

𝐺𝑟𝑠

𝑔𝛽(𝑇𝑆 − 𝑇∞ ) 𝑣2

(9.8 𝑚⁄𝑠 2 ) ∗ (0.00018 1⁄𝐾 )(40 𝑜 𝐶 − 10 𝑜 𝐶) = (0.112 ∗ 10−6 ) 𝐺𝑟𝑠 = 9.11 ∗ 1011

1⁄ 𝐺𝑟𝐻 𝑈∞ ∗ 𝑤 < 0.7 → 𝑅𝑒𝑤 = > 1.20𝐺𝑟𝐻2 2 𝑅𝑒𝑤 𝑣

𝑅𝑒𝑤 > 1.20(9.11 ∗ 1011 )2 = 1.15 ∗ 106 𝑈∞ = 𝑅𝑒𝑤 Fluido

𝑣 0.112 ∗ 10−6 = 1.15 ∗ 106 = 0.321 𝑚⁄𝑠 𝑤 0.4 𝑚

Mercurio

Aire

Agua

𝐺𝑟𝐻

9.11 ∗ 1011

8.13 ∗ 108

2.07 ∗ 1010

𝑅𝑒𝑤

1.15 ∗ 106

3.42 ∗ 104

1.72 ∗ 105

𝑈∞

0.32

5.54

0.382

5.49 Un disco horizontal de 1 m de diámetro gira en aire a 25 °C. Si el disco está a 100 °C, estime el número de revoluciones por minuto al que la convección natural para un disco estacionario se vuelve menor de 10% de la transferencia de calor para un disco rotatorio. Dado: Un disco giratorio horizontal en el aire Diámetro (D) = 1m Temperatura del aire (T∞) = 25 ° C

Temperatura de disco (Ts) = 100 ° C Encontrar: La velocidad de rotación (w) a la cual la convección natural se convierte en menos del 10% de los efectos térmicos de la rotación. Suposiciones: Condiciones de estado estable Bosquejo:

Propiedades y constantes: Del Apéndice 2, tabla 27, para aire seco a la temperatura media de 62.5 ° C Coeficiente de expansión térmica (𝛽) = 0.00297 1 / K Conductividad térmica (k) = 0.0281 W / (mK) Viscosidad cinemática (𝜈) = 19.7x10-6 m2 / s Número de Prandtl (Pr) = 0,71 Solución: La longitud característica para la convección libre del disco estacionario es: 𝜋 2 𝐴 4𝐷 𝐷 𝐿𝑐 = = = = 0.25𝑚 𝑃 𝜋𝐷 4 El número de rayleigh es: 𝑅𝑎𝐿𝑐 𝑅𝑎𝐿𝑐 =

𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿3𝑐 𝑃𝑟 = 𝐺𝑟𝐿𝑐 𝑃𝑟 = 𝑣2

(9.8𝑚/𝑠 2 )(0.00297 1/𝐾)(100°𝐶 − 25°𝐶)(0.25)3 (0.71) (19.7𝑥10−6 𝑚2 /𝑠)2

El número de Nusselt para un disco estático viene dado por la ecuación: 𝑁𝑢𝐿𝑐 = 0.15

1 3 𝑅𝑎𝐿𝑐

1

= 0.15(6.24𝑥107 )3 = 59.50

ℎ𝑠𝑡𝑎𝑡= 𝑁𝑢𝐿𝑐

𝑘 (0.0281 𝑊/(𝑚𝐾)) = 59.50 = 6.69 𝑊/(𝑚2 /𝐾) 𝐿𝑐 0.25𝑚

Suponiendo que la velocidad de rotación es lo suficientemente alta para el flujo turbulento del producto, el número de Nusselt por ecuación: 1

0.8

𝑘 𝜔𝑟°2 2 𝑟𝑐 2 𝜔𝑟°2 ̅̅̅ ℎ𝑐 = {0.36 ( ) ( ) + 0.015 ( ) 𝑟° 𝑣 𝑟° 𝑣

𝑟𝑐 2.6 (1 − ( ) )} 𝑟°

Donde: 4𝜔𝑟°2 = 106 𝑣 Ya que: ℎ𝑟𝑜𝑡 = 10 − 6.69 = 66.9 𝑊/(𝑚2 𝐾) Tenemos: ℎ𝑟𝑜𝑡 𝑟° = 1190 𝑘 Se puede escribir como: 𝑅𝑒 1/2 𝑅𝑒𝑐 𝑅𝑒 0.8 𝑅𝑒𝑐 1.3 0.36 ( ) + 0.015 ( ) (1 − ( ) ) = 1190 4 𝑅𝑒 4 𝑅𝑒 Por prueba y error: Re = 5.64x106 (que es turbulento) y 𝜔 = 111 rad / s = 1060 rpm. Tenga en cuenta que rc= 0.211 m.

5.50. Un contratista de calefacción, ventilación y acondicionamiento de aire dimensionara el sistema de refrigeración para una pista de hielo cubierta. El sistema de refrigeración tiene un COP (coeficiente de desempeño) de 0.5. La superficie del hielo se estima que está a -2 °C y el aire ambiente a 24 °C. Determine el tamaño del sistema de refrigeración (en kW) necesario para una superficie de hielo circular de 110 m de diámetro.

DADO

    

Pista de hielo redonda Diámetro (D) = 110 m Temperatura superficial del hielo 𝑇𝑠 = −2℃ Temperatura del aire 𝑇∞ = 24℃ COP del sistema de refrigeración = 0.5

ENCONTRAR 

Tamaño del sistema de refrigeración requerido

SUPOSICIONES   

El aire está inactivo Los efectos de la sublimación son insignificantes. La transferencia de calor por radiación es insignificante

BOSQUEJO

PROPIEDADES Y CONSTANTES Del Apéndice 2, Tabla 27, para aire seco a la temperatura media de 11 ° C    

Coeficiente de expansión térmica (β) = 0.00352 1⁄𝐾 Conductividad térmica (k) = 0.0245 𝑊⁄(𝑚𝐾) 2 Viscosidad cinemática (ν) = 14.9 × 10−6 𝑚 ⁄𝑠 Número de Prandtl (Pr) = 0,71

SOLUCIÓN La longitud característica (L) para la pista de hielo es: 𝜋 2 𝐴 4𝐷 𝐷 110𝑚 𝐿= = = = = 27.5𝑚 𝑃 𝜋𝐷 4 4 Los números Grashof y Rayleigh 3 𝑚 1 𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿3 (9.8 ⁄𝑠 2 )(0.00352( ⁄𝐾 ))(24℃ + 2℃)(27.5𝑚) 𝐺𝑟𝐿 = = 2 𝑣2 (14.9 × 10−6 𝑚 ⁄𝑠)2

= 8.40𝑥1013

𝑅𝑎𝐿 = 𝐺𝑟𝐿 𝑃𝑟 = 8.40𝑥1013 (0.71) = 5.97𝑥1013

Aunque esto está más allá del rango de correlaciones de placa horizontal disponibles, la correlación será extendido para estimar el número de Nusselt para la pista de hielo. 1

1

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐿 = 0.15𝑅𝑎𝐿 3 = 0.15(5.97𝑥1013 )3 = 5862 0.0245 𝑊⁄(𝑚𝐾) 𝑘 ̅̅̅ ℎ𝑐 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐿 = 5862 = 5.22 𝑊⁄(𝑚2 𝐾) 𝐿 27.5𝑚 La tasa de transferencia de calor a la pista es: 𝜋 𝑞𝑐 = ̅̅̅ ℎ𝑐 𝐴(𝑇∞ − 𝑇𝑠 ) = ̅̅̅ ℎ𝑐 𝐷2 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) 4 𝜋 𝑞𝑐 = (5.22 𝑊⁄(𝑚2 𝐾 )) (110𝑚)2 (24℃ + 2℃) = 1.29𝑥106 𝑊 = 1290𝑘𝑊 4 El tamaño de la unidad de refrigeración (𝑞𝑟𝑒𝑓 ) es: 𝑞𝑟𝑒𝑓 =

𝑞𝑐 1290𝑘𝑊 = = 2580𝑘𝑊 𝐶𝑂𝑃 0.5

5.51 Una tarjeta de circuitos cuadrada de 0.15 m por lado se enfriará en posición vertical. La tarjeta está aislada en un lado, en tanto que en el otro tiene montados 100 chips muy juntos entre sí. Cada chip disipa 0.06 W de calor. La tarjeta está expuesta a aire a 25 °C y la temperatura máxima permisible de los chips es 60 °C. Investigue las opciones de enfriamiento siguientes A) Convección natural B) enfriamiento por aire con flujo hacia arriba a una velocidad de 0.5 m/s C) Enfriamiento por aire con flujo hacia abajo a una velocidad de 0.5 m/s

Resolución: Datos sacados de tablas a T = 42,5 °C  

Coeficiente térmico de expansión β = 0.00317 1/K Conductividad térmica k = 0.0267 W/(m K)



Viscosidad Cinética v= 17.8 ∗ 10−6



Numero de Prandtl Pr = 0.71

𝑚2 𝑠

𝑞𝑔 𝑁𝑞 100(0.06𝑊) 𝑊2 = 2 = = 266.7 (0.15𝑚)2 𝐴 𝐿 𝑚 

𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝐺𝑟𝑎𝑠ℎ𝑜𝑓 3

𝐺𝑟𝑙 =



9.8𝑚 1 ( 2 ) ∗ (0.00317 (𝐾 )) (60 °𝐶 − 25°𝐶)(0.15𝑚)3 𝑠

𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇𝑤)𝐿 = 𝑣2 = 1.16 ∗ 107

(17.8 ∗ 10−6 𝑚2 /𝑠)2

𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑁𝑢𝑠𝑠𝑒𝑙𝑡 𝐺𝑟𝑙 0.25 (1.16 ∗ 107 )0.25 0.5 = 0.68 (0.71) (0.925 + 𝑃𝑟)0.25 (0.925 + 0.71)0.25 = 29.44

(𝑁𝑢𝐿) = 0.68 𝑃𝑟 0.5

𝑊 (0.0267 𝑚𝐾 ) 𝑘 (ℎ𝑐) = 𝑁𝑢𝐿 = 29.44 = 5.24 𝑊/(𝑚2 𝐾) 𝐿 0.15𝑚 𝑞𝑐 𝑊 𝑞𝑔 = ℎ𝑐(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = (5.25 2 ) (60°𝐶 − 25°𝐶) = 183.4 𝑊/(𝑚2 ) < (𝑚 𝐾) 𝐴 𝐴 Por lo tanto, la convección natural por sí sola no mantendrá los chips lo suficientemente fríos 

B) Número de Reynolds para 𝑈∞ = 0.5

𝑚 𝑠

𝑚 (0.5 𝑠 )(0.15𝑚) 𝑈∞ 𝐿 𝑅𝑒𝐿 = = = 4.21 ∗ 103 < 5 ∗ 105 𝑒𝑠 𝑙𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑣 17.8 ∗ 10−6 𝑚2 /𝑠 𝐺𝑟 1.16 ∗ 107 = = 0.65 𝑅𝑒 2 (4.21 ∗ 103 )2 

El número de Nusselt por convección forzada es: 1

1

𝑁𝑢𝐿 = 0.664 𝑅𝑒𝐿0.5 ∗ 𝑃𝑟 3 = 0.664 (4.21 ∗ 103 )0.5 ∗ (0.71)3 = 38.44 1

𝑁𝑢 = [(38.44)3 + (29.44)3 ]3 = 43.50 𝑊 (0.0267 𝑚𝐾 ) 𝑘 𝑊 ℎ𝑐 = 𝑁𝑢𝐿 ∗ = 43.50 = 7.74 2 𝐿 0.15𝑚 𝑚 𝐾 𝑞𝑐 𝑊 𝑊 𝑞𝑔 = (7.74 2 ) (60 − 20)°𝐶 = 271 2 > 𝐴 𝑚 𝐾 𝑚 𝐴

Por lo tanto, esta configuración es adecuada para mantener la superficie del chip por debajo de los 60 °C 

C) El flujo de convección libre esta opuesta a la convección forzada 1

1

𝑁𝑢 = [(𝑁𝑢𝑓𝑜𝑟𝑧𝑎𝑑𝑎)3 − (𝑁𝑢𝑙𝑖𝑏𝑟𝑒 )3 ]3 = [(38.44)3 − (29.44)3 ]3 = 31.51 ℎ𝑐 = 31.51

𝑊 (0.0267 𝑚𝐾 ) 0.15𝑚

= 5.61

𝑊 𝑚2 𝐾

𝑞𝑔 𝑞𝑐 𝑊 = ℎ𝑐(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = (5.16 2 ) (60 − 25)°𝐶 = 196.3 𝑊/𝑚2 < 𝐴 𝑚 𝐾 𝐴 Por lo tanto, esta configuración no mantendrá los chips lo suficientemente fríos

5.52 Un horno industrial de gas se utiliza para generar vapor. El horno es una estructura cúbica de 3m y las superficies interiores están cubiertas completamente con tubos de caldera que transportan vapor húmedo a 150°C. se quiere mantener las pérdidas del horno a 1%de la entrada de calor total de 1MW. El exterior del horno se puede aislar con un aislamiento de lana mineral de tipo manta (k=0,13W/m°C), que está protegido por una cubierta exterior de plancha metálica pálida. Suponga que el piso del horno está aislado. ¿Cuál es la temperatura de los lados de la cubierta metálica? ¿Qué espesor del aislamiento se requiere? Datos Tv=150°C L=3m K=0,13W/m°C qe=1% qin=1MW=106W Tabla 27 aire a 60°C 𝛽 = 0,00300 𝑘 = 0,0279 𝑣=

1 𝐾

𝑊 𝑚𝐾

19,4𝑥10−6 𝑚2 𝑠

𝑃𝑟 = 0,71

𝑮𝒓𝑳 =

𝐺𝑟𝐿 =

𝒈𝜷(𝑻𝒔 −𝑻∞ )𝑳𝟑 𝒗𝟐

9,8𝑚2 1 ( 𝑠 ) (0,003 𝐾 ) (100 − 20)°𝐶(3𝑚)3 2

19,4𝑥10−6 𝑚2 ( ) 𝑠

𝐺𝑟𝐿 = 1,69𝑥1011 𝟏 𝒌 𝒉𝒄𝒔 = 𝟎, 𝟏𝟑 (𝑮𝒓𝑳 𝐏𝐫)𝟑 𝑳

ℎ𝑐𝑠

0,0279𝑊 1 = 0,13 𝑚𝐾 (1,69𝑥1011 (0,71))3 3𝑚 ℎ𝑐𝑠 = 𝐿𝑐 =

5,96𝑊 𝑚2 𝐾

𝐴 𝐿2 𝐿 = = = 0,75𝑚 𝑃 4𝐿 4

9,8𝑚2 1 ( 𝑠 ) (0,00188 𝐾 ) (100 − 20)°𝐶(0,75𝑚)2 𝐺𝑟𝐿𝑐 = = 2,64𝑥109 𝑇𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 19,4𝑥10−6 𝑚2 2 ( ) 𝑠 𝑅𝑎𝐿𝑐 = 𝐺𝑟𝐿𝑐 𝑃𝑟 = 2,64𝑥109 (0,71) = 1,87𝑥109 1

𝑁𝑢𝐿𝑐 = 0,15𝑅𝑎𝐿𝑐 3 1

𝑁𝑢𝐿𝑐 = 0,15(1,87𝑥109 )3 = 184,9 0,0279𝑊 𝑘 ℎ𝑐𝑙 = 𝑁𝑢𝐿𝑐 = 184,9 𝑚𝐾 𝐿𝑐 0,75𝑚 =

6,88𝑊 𝑚2 𝐾

𝑞𝑐 = 𝑞𝑟 = (ℎ𝑐𝑠 𝐴𝑠 + ℎ𝑐𝑙 𝐴𝑡 )(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝜎𝐴(𝑇𝑠4 − 𝑇∞4 ) = 0,01𝑞𝑖𝑛 [(5,96)(36𝑚2 ) + (6,88)(9𝑚2 )]ℎ(𝑇𝑠 − 293𝐾) + 0,05(5,67𝑥10−8 )(45𝑚2 )(𝑇𝑠4 − 294𝐾 4 ) = 0,01(106 𝑊) 𝑞𝐾 =

𝐴𝑘1 (𝑇𝑠𝑡 − 𝑇𝑠) = 0,01𝑞𝑖𝑛 𝑆

0,13𝑊 45𝑚2 ( 𝑚𝐾 ) 𝐴𝑘1 (𝑇𝑠𝑡 − 𝑇𝑠) = (150 − 61)°𝐶 𝑆= 0,01𝑞𝑖𝑛 0,01(106 𝑊) 𝑠 = 0,052𝑚 5.53 Un dispositivo electrónico se enfriará por convección natural en aire a 20 °C. El dispositivo genera 50 W internamente y sólo una de sus superficies externas es para colocarle aletas. La superficie disponible para colocar aletas de enfriamiento es de 0.15 m de altura y 0.4 m de ancho. La longitud máxima de una aleta perpendicular a la superficie está limitada a 0.02 m y la temperatura en la base de la aleta no debe exceder 70 °C en un diseño y 100 °C en otro. Diseñe un arreglo de aletas espaciadas a una distancia S una de otra tal que las capas límites no interfieran unas con otras de manera apreciable y que se aproxime la tasa máxima de disipación de calor. Para la evaluación de este espaciamiento, suponga que las aletas están a una temperatura uniforme. Después seleccione un espesor t que proporcione una buena eficiencia y evalúe qué temperatura en la base es posible.

Un dispositivo electrónico que se enfrió por convección natural en aire atmosférico a 20 ° C. El dispositivo genera internamente 50 W y solo una de las aletas de enfriamiento conectadas tiene 0.15 m de alto y 0.4 m de ancho. La longitud máxima de una aleta perpendicular a la superficie está limitada a 0.02 m y la temperatura en la base de la aleta no debe exceder los 70 ° C en un diseño y 100 ° C en otro.

El diseño de una serie de aletas espaciadas a una distancia (s) entre sí para que las capas límite no interfieran se apreciarán entre sí y se alcanzará la tasa máxima de disipación de calor. Para la evaluación de este espacio, suponga que las aletas están a una temperatura uniforme. Luego seleccione un espesor (t) que proporcione una buena eficiencia de aleta y determine qué temperatura base es factible. Datos Dispositivo electrónico con aletas verticales de aluminio Temperatura del aire 𝑇∞ = 20°C Generación de calor 𝑞̇ = 50 𝑊 Altura de la superficie= 0.15m Ancho de la superficie= 0.4m Longitud máxima de la aleta 𝐿𝑓 = 0.02𝑚 Temperaturas máximas base 𝑇𝑏1 = 70°C 𝑇𝑏2 = 100°C Espaciado entre aletas= s Grosor de aleta= t Propiedades y constantes Apéndice 2, tabla 12 del aire seco.

𝐾(𝑎) = 240 𝑊/𝑚𝐾 Solución (a) El grosor de la capa límite en una placa plana vertical está dada por la ecuación 𝛿(𝑥) = 4.3𝑥 [

Pr + 0.56 1/4 ] 𝑃𝑟 2 + 𝐺𝑟𝑥

El espaciado (s) de la aleta debe ser el doble del grosor del límite en la parte superior de la aleta (x=H) para evitar la interfase entre capas. 𝑠 = 2𝛿(𝐻) = 8.6 𝐻 [ 𝐺𝑟𝐻 =

Pr + 0.56 1/4 ] 𝑃𝑟 2 + 𝐺𝑟𝐻

𝑔 𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐻 3 𝑣2

Para 𝑇𝑏1 = 70°C 9.81𝑚 1 3 2 ) (0.00314 𝐾 ) (70 − 20)°𝐶(0.15𝑚) 𝑠 𝐺𝑟𝐻 = = 1.59𝑥107 18.1𝑥10−6 𝑚2 2 ( ) 𝑠 (

1

4 0.71 + 0.56 𝑠 = (8.6)(0.15𝑚) [ ] = 0.026𝑚 = 2.6𝑐𝑚 2 7 0.71 + (1.59𝑥10 )

Para 𝑇𝑏2 = 100°C 9.81𝑚 1 3 2 ) (0.003 𝐾 ) (100 − 20)°𝐶(0.15𝑚) 𝑠 𝐺𝑟𝐻 = = 2.11𝑥107 19.4𝑥10−6 𝑚2 2 ( ) 𝑠 (

1

4 0.71 + 0.56 𝑠 = (8.6)(0.15𝑚) [ ] = 0.024𝑚 = 2.4𝑐𝑚 2 7 0.71 + (2.11𝑥10 )

Deja el espacio de la aleta (s) = 2.5 cm Numero de Nusselt ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐻 = 0.68 𝑃𝑟1/2

𝐺𝑟𝐻 1/4 (0.952 + 𝑃𝑟)1/4

Para 𝑇𝑏1 = 70°C ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐻 = 0.68 (0.71)1/2

(1.59𝑥107 )1/4 = 31.87 (0.952 + 0.71)1/4

0.0269𝑊 ( 𝑚𝐾 ) 𝑘 ̅̅̅ ℎ𝑐 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐻 = 31.87 = 5.71 𝑊/𝑚2 𝐾 𝐻 0.15 𝑚

Para 𝑇𝑏2 = 100°C ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐻 = 0.68 (0.71)1/2

(2.11𝑥107 )1/4 = 34.20 (0.952 + 0.71)1/4

0.0269𝑊 ( 𝑚𝐾 ) 𝑘 ̅̅̅ ℎ𝑐 = ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐻 = 34.20 = 6.36 𝑊/𝑚2 𝐾 𝐻 0.15 𝑚 (b) La eficiencia es aproximadamente 𝜂𝑓 = 0.99 0.99 = 𝑊=

𝑡𝑎𝑛ℎ√𝑊 √𝑊

̅̅̅𝑐 𝐿𝑐 2 2ℎ 𝑘𝑎 𝑡

= 0.0289

𝐿𝑐 = 𝐿𝑓 +

𝑡 2

Para 𝑇𝑏1 = 70°C 5.71𝑊 𝑡 2 2 ( 2 ) (0.02𝑚 + 2) 𝑚 𝐾 𝑊= = 0.0289 𝑊 (240 𝑚𝐾 ) 𝑡

𝑡 = 0.0007𝑚 = 0.7𝑚𝑚

Para 𝑇𝑏2 = 100°C 6.36𝑊 𝑡 2 2 ( 2 ) (0.02𝑚 + 2) 𝑚 𝐾 𝑊= = 0.0289 𝑊 (240 )𝑡 𝑚𝐾

𝑡 = 0.0008𝑚 = 0.8𝑚𝑚

El número de aletas viene dado por: 𝑁𝑡 + (𝑁 − 1)𝑠 = 𝑤 => 𝑁 = Se aproxima a 17 aletas

𝑤+𝑠 0.4𝑚 + 0.025 𝑚 = = 16.5 𝑡 + 𝑠 0.00075𝑚 + 0.025𝑚

Á𝑟𝑒𝑎 = 𝐻[𝑁2(2𝐿𝑓 + 𝑡) + (𝑁 − 1)𝑠 = 0.15𝑚[17(0.04𝑚 + 0.00075𝑚) + 16(0.025𝑚)] = 0.164𝑚2 Flujo de transferencia de calor 𝑞 = ℎ𝑐 𝐴 (𝑇𝑏 − 𝑇∞)

Para 𝑇𝑏1 = 70°C 𝑞 = (5.71

𝑊 ) (0.164𝑚2 )(70 − 20)°𝐶 = 46.8 𝑊 𝑚2 𝐾

Para 𝑇𝑏2 = 100°C 𝑞 = (6.36

𝑊 ) (0.164𝑚2 )(100 − 20)°𝐶 = 83.4𝑊 𝑚2 𝐾