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• Henry Ojeda

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PROBLEMA 1 La conductividad térmica de un material es 5,65 W/m·ºC a 20 ºC y 5,97 a 200 ºC. (a) Si una pared de 20 cm de espesor y sus superficies externas son mantenidas isotérmicamente a 40 y 60 ºC respectivamente, calcule el flujo de calor que se conduce a través de la pared. (b) Considere que 40 y 60ºC son las temperaturas ambientales a ambos lados de la pared y que los coeficientes de transferencia de calor son 6 y 10 W/m2·ºC respectivamente ¿Cuál es ahora el flujo de calor? ¿Cuáles son las temperaturas de las paredes? SOLUCIÓN: La ecuación diferencial de transferencia de calor suponiendo un fenómeno en estado estacionario, unidireccional y sin generación de calor sujeto a las condiciones de borde isotérmicas a ambas superficies de la pared viene dado por 𝜕2𝑇 =0 𝜕𝑥 2

⇒

𝑇(0) = 𝑇1 = 𝐶1 ∙ 0 + 𝐶2 𝑇(𝐿) = 𝑇2 = 𝐶1 𝐿 + 𝐶2

𝑄̇ = −𝑘𝐴

𝑇(0) = 𝑇1 𝑇(𝑥) = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 sujeto a { 𝑇(𝐿) = 𝑇2 ⇒

𝐶2 = 𝑇1

⇒

𝑇2 = 𝐶1 𝐿 + 𝑇1

𝑇(𝑥) =

𝑇2 − 𝑇1 𝑥 + 𝑇1 𝐿

𝜕𝑇 𝜕𝑥

⇒

𝑄̇ = −𝑘𝐴

⇒

𝐶1 =

𝑇2 − 𝑇1 𝐿

𝜕 𝑇2 − 𝑇1 𝑇2 − 𝑇1 𝑇1 − 𝑇2 ( 𝑥 + 𝑇1 ) = −𝑘𝐴 = 𝐿 𝜕𝑥 𝐿 𝐿 𝑘𝐴

(a) Se supone que la conductividad térmica varía linealmente 𝑇 = 20 ℃ 𝑇 = 200 ℃

⇒ ⇒

W m∙K } W 𝑘 = 5,97 m∙K

𝑘 = 5,65

⇒

𝑇1 = 60 ℃

{ 𝑇2 = 40 ℃

⇒ ⇒

W m∙K W 𝑘2 = 5,69 m∙K 𝑘1 = 5,72

La conductividad térmica 𝑘en la pared es la conductividad promedio entre𝑇1 y 𝑇2 definida por: 𝑘̅ =

1 𝑇2 𝑘1 + 𝑘2 5,72 + 5,69 W ∫ 𝑘(𝑇)𝑑𝑇 = = = 5,705 ∆𝑇 𝑇1 2 2 m∙K

Conducción material

𝑄̇ =

𝑇1 − 𝑇2 𝐿 𝑘𝐴

⇒

𝑄̇ 𝑇1 − 𝑇2 60 − 40 W = 𝑄̇ ′′ = = = 570,5 2 𝐿 0,2 𝐴 m 𝑘 5,705

(b) El diagrama de resistencias térmicas en este caso definiendo 𝑇∞,1 = 60 ℃ , 𝑇∞,2 = 40 ℃ y ℎ1 = 10 W/m2 ∙ K , ℎ2 = 6 W/m2 ∙ K es Convección Lado izquierdo

Conducción material

Convección Lado derecho

El flujo de calor en este caso viene dado por 𝑄̇ =

𝑇∞,1 − 𝑇∞,2 1 𝐿 1 + + ℎ1 𝐴 𝑘𝐴 ℎ2 𝐴

⇒

𝑄̇ 𝑇∞,1 − 𝑇∞,2 60 − 40 W = 𝑄̇ ′′ = = = 66,29 2 1 𝐿 1 1 0,2 1 𝐴 m + + + + ℎ1 𝑘 ℎ2 10 5,705 6

El flujo de calor es el mismo para cada resistencia térmica: 𝑄̇ =

𝑇∞,1 − 𝑇1 𝑇2 − 𝑇∞,2 = 1 1 ℎ1 𝐴 ℎ2 𝐴

⇒

𝑄̇ 𝑇∞,1 − 𝑇1 𝑇2 − 𝑇∞,2 = 𝑄̇ ′′ = = 1 1 𝐴 ℎ1 ℎ2

Despejando las temperaturas de las paredes 𝑇1 y 𝑇2 𝑇1 = 𝑇∞,1 −

𝑄̇ ′′ 66,29 = 60 − = 53,4 ℃ ℎ1 10

𝑇2 = 𝑇∞,2 +

𝑄̇ ′′ 66,29 = 40 + = 51,0 ℃ ℎ2 6

PROBLEMA 2 Un cable de un material muy conductor tiene una resistencia de 4 Ω por metro de longitud. El cable tiene 4 mm de diámetro y por el circula una corriente de 3 A. Si el coeficiente de transmisión por convección al ambiente es de 10 W/m2ºC y la temperatura del ambiente es de 25ºC determine la temperatura de la superficie del cable. Si se toman en cuenta los efectos de radiación, ¿Cómo se modifica el resultado anterior? Suponga que para el cable 𝜀 = 0,92. SOLUCIÓN: El calor por convección viene dado por

𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝐴(𝑇𝑆 − 𝑇∞ ) = ℎ(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞ ) El calor por radiación viene dado por 𝑄̇𝑟𝑎𝑑 = 𝜀𝜎𝐴(𝑇𝑆4 − 𝑇∞4 ) = 𝜀𝜎(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆4 − 𝑇∞4 ) El calor debido a la Ley de Joule del calor generado por una corriente eléctrica viene dado por: 𝑄̇ = 𝐼 2 𝑅𝑒 Despreciando la radiación, la ecuación de transferencia de calor es 𝑄̇ = 𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣

⇒

𝐼 2 𝑅𝑒 = ℎ(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞ )

Despejando 𝑇𝑆 𝐼 2 (𝑅𝑒 /𝐿) 𝐼 2 (𝑅𝑒 /𝐿) 32 ∙ 4 𝑇𝑆 = + 𝑇∞ = + 𝑇∞ = + 25 = 311,5 ℃ ℎ(𝜋𝐷) ℎ(𝜋𝐷) 10 ∙ 𝜋 ∙ 0,004 Considerando la radiación, la ecuación de transferencia de calor es 𝑄̇ = 𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣 + 𝑄̇𝑟𝑎𝑑

⇒

𝐼 2 𝑅𝑒 = ℎ(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝜎(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆4 − 𝑇∞4 )

Arreglando se obtiene que 𝐼 2 (𝑅𝑒 /𝐿) = ℎ(𝑇𝑆 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝜎(𝑇𝑆4 − 𝑇∞4 ) 𝜋𝐷 Sustituyendo los datos (temperaturas en grados Kelvin) y la constante de Stefan-Boltzman: 𝜎 = 5,67 ∙ 10−8

W m2 ∙ K 4

32 ∙ 4 = 10(𝑇𝑆 − 298) + 0,92 ∙ 5,67 ∙ 10−8 (𝑇𝑆4 − 2984 ) 𝜋 ∙ 0,004 Resolviendo la temperatura 𝑇𝑆 con un método numérico: 𝑇𝑆 = 436,4 K = 163 ℃

PROBLEMA 3. Condensación parcial en una tubería y aislamiento Se tiene una tubería metálica (𝑘𝑡 = 53 W/m ∙ K) de diámetro interno 8 cm y diámetro externo 9 cm. Dentro de la tubería entra vapor saturado a 𝑇𝑠𝑎𝑡 = 205 ℃ ( ℎ𝑓𝑔 = 1912 kJ/kg ) con un flujo másico de 0,1 kg/s y un coeficiente convectivo de 20000 W/m2·K. Por fuera de la tubería circula aire a 𝑇∞ = 25 ℃ y un coeficiente convectivo de 1000 W/m2·K . (a) Determine la longitud de la tubería para que la calidad en la salida de la tubería sea de 0,3 y calcule la temperatura superficial del tubo. (b) Se le pide colocar un aislante de 2 cm de espesor (𝑘𝑎 = 5 W/m ∙ K) sobre la superficie del tubo y considerando la misma longitud calculada anteriormente, cuál será la calidad de la mezcla líquido-vapor a la salida de la tubería y la nueva temperatura superficial del tubo. Considere que la resistencia térmica de contacto aislante-tubería es 0,001 h·ft2·°F/BTU. SOLUCIÓN: (a) Primero se plantean las resistencias térmicas desde la temperatura del fluido hasta la temperatura de la corriente libre Convección interna

𝑅𝑡 =

Conducción tubería

Convección externa

1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 1 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 1 + + = + + ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 ℎ𝑒 𝐴𝑒 ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒 𝐿

𝐷 ln ( 𝐷𝑡𝑒 ) 1 1 1 ln(9/8) 1 K∙m 𝑡𝑖 𝑅𝑡′ = + + = + + = 0,00409 ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖 2𝜋𝑘𝑡 ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒 20000 ∙ 𝜋 ∙ 0,08 2𝜋 ∙ 53 1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,09 W

𝑄̇ ′ =

∆𝑇 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 205 − 25 W = = 44016 ′ = ′ 𝑅𝑡 𝑅𝑡 0,00409 m

ℎ𝑒 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑒 ℎ𝑓𝑔 { ℎ𝑠 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑠 ℎ𝑓𝑔

⇒

ℎ𝑒 − ℎ𝑠 = ∆ℎ = (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠 )ℎ𝑓𝑔 = ℎ𝑓𝑔 ∆𝜒

𝑄̇ = 𝑚̇(ℎ𝑒 − ℎ𝑠 ) = 𝑚̇ℎ𝑓𝑔 ∆𝜒 = 0,1

𝐿=

kg J ∙ 1912000 ∙ (1 − 0,3) = 133840 W s kg

𝑄̇ 133840 W = = 3,04 m ′ ̇ 44016 W/m 𝑄

La temperatura de la superficie externa del tubo se encuentra a partir de

𝑄̇ ′ =

𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ = 1 𝑅𝑡′ ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒

⇒

𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +

𝑄̇ ′ 44016 = 25 + = 180,7 ℃ ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒 1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,09

(b) Al añadir aislante a la tubería entonces se agregan dos resistencias térmicas más, la resistencia de conducción del aislante y la resistencia de contacto: Convección interna

𝑅𝑡 = 𝑅𝑡 =

Conducción tubería

Resistencia de contacto

Conducción aislante

Convección externa

′′ 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 𝑅𝑡𝑐 ln(𝐷𝑎 /𝐷𝑡𝑒 ) 1 + + + + ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝐴𝑒 2𝜋𝑘𝑎 𝐿 ℎ𝑒 𝐴𝑎𝑒

′′ 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 𝑅𝑡𝑐 ln(𝐷𝑎 /𝐷𝑡𝑒 ) 1 + + + + ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝜋𝐷𝑡𝑒 𝐿 2𝜋𝑘𝑎 𝐿 ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑎 𝐿 ′′ 𝑅𝑡𝑐 = 0,001

h ∙ ft 2 ∙ ℉ K ∙ m2 = 1,76 ∙ 10−4 BTU W

𝐷𝑎 = 𝐷𝑡𝑒 + 2 ∙ 0,02 = 0,09 + 0,04 = 0,13 m 𝑅𝑡 = (

1 ln(9/8) 1,76 ∙ 10−4 ln(13/9) 1 1 W + + + + = 0,00504 )∙ 20000 ∙ 𝜋 ∙ 0,08 2𝜋 ∙ 53 𝜋 ∙ 0,09 2𝜋 ∙ 5 1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,13 3,04 K

El calor transferido es 𝑄̇ =

𝑄̇ = 𝑚̇ℎ𝑓𝑔 ∆𝜒

∆𝑇 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 205 − 25 = = = 35698 W = 35,698 kW 𝑅𝑡 𝑅𝑡 0,00504

⇒

∆𝜒 =

𝑄̇ 𝑚̇ℎ𝑓𝑔

⇒

𝜒𝑠 = 𝜒𝑒 −

𝑄̇ 35,698 =1− = 0,813 𝑚̇ℎ𝑓𝑔 0,1 ∙ 1912

Luego se determinan la temperatura externa de la tubería y la temperatura externa del aislante: 𝑇𝑖 − 𝑇𝑠𝑒 𝑄̇ = = 𝑅𝑡

𝑇𝑖 − 𝑇𝑠𝑒 𝐷 ln ( 𝑡𝑒 ) 1 𝐷𝑡𝑖 + ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿

𝑇𝑠𝑒 = 205 − 35698 (

𝑄̇ =

𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ = 1 𝑅𝑡 ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑎 𝐿

⇒

⇒

𝐷 ln ( 𝑡𝑒 ) 1 𝐷𝑡𝑖 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇𝑖 − 𝑄̇ ( + ) ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿

1 ln(9/8) + ) = 185,3 ℃ 20000 ∙ 𝜋 ∙ 0,08 ∙ 3,04 2𝜋 ∙ 53 ∙ 3,04 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +

𝑄̇ 35698 = 25 + = 53,8 ℃ ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑎 𝐿 1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,13 ∙ 3,04

PROBLEMA 4. Transferencia de calor en el refractario de un horno La pared de un horno de inducción es como la mostrada en la figura, y está compuesta por dos capa de refractarios de conductividad térmica k1 = 1,2 W/m·K y k2 = 0,30 W/m·K respectivamente. La estructura del horno es de un chapa de acero (k3 = 60 W/m·K) de 10 mm de espesor. Si los gases en el interior del horno están a 1000 °C y producen un coeficiente de convección de 100 W/m2·K. El aire en el exterior se encuentra a 40 °C y produce un coeficiente de convección en la pared del horno de 15 W/m2·K. Considerando la radiación debido a las resistencias inductivas que están a 1000 °C y la pared interior tiene una emisividad de 0,8, determine: (a) La pérdida de calor por unidad de área que ocurra a través de las paredes del horno. (b) La temperatura en la pared interna del horno. (c) La temperatura en la pared exterior del horno. L1 = L2 = 120 mm L3 = 10 mm k1 = 1,2 W/m°C k2 = 0,3 W/m°C k3 = 60 W/m°C Ti = 1000 °C Te = 40 °C hi = 100 W/m2K he = 15 W/m2K ε = 0,8 Ta = 1000°C (1273 K) SOLUCIÓN:

Convección externa

Conducción material 3

Conducción material 2

Conducción material 1

Convección interna Radiación

𝑄̇ =

𝑇1 − 𝑇𝑒 = 𝑄̇𝐶 + 𝑄̇𝑅 𝐿1 𝐿2 𝐿3 1 + + + 𝑘1 𝐴 𝑘2 𝐴 𝑘3 𝐴 ℎ𝑒 𝐴 𝑄̇𝐶 = ℎ𝑖 𝐴(𝑇𝑖 − 𝑇1 ) 𝑄̇𝑅 = 𝜀𝜎𝐴(𝑇𝑎4 − 𝑇14 )

𝑇1 − 𝑇𝑒 = ℎ𝑖 𝐴(𝑇𝑖 − 𝑇1 ) + 𝜀𝜎𝐴(𝑇𝑎4 − 𝑇14 ) 𝐿1 𝐿2 𝐿3 1 + + + 𝑘1 𝐴 𝑘2 𝐴 𝑘3 𝐴 ℎ𝑒 𝐴 Eliminando el área de transferencia 𝐴 : 𝑇1 − 𝑇𝑒 = ℎ𝑖 (𝑇𝑖 − 𝑇1 ) + 𝜀𝜎(𝑇𝑎4 − 𝑇14 ) 𝐿1 𝐿2 𝐿3 1 + + + 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ℎ𝑒 𝑇𝑒 = 40 + 273 = 313 𝐾 𝑇𝑎 = 𝑇𝑖 = 1000 + 273 = 1273 K Se sustituyen los valores y se resuelve numéricamente la temperatura de la pared del refractario interno del horno: 𝑇1 − 313 = 100(1273 − 𝑇1 ) + 0,8 ∙ 5,67 ∙ 10−8 (12734 − 𝑇14 ) 0,12 0,12 0,01 1 + + + 1,2 0,3 60 15 𝑇1 = 1269 𝐾 = 1269 − 273 = 996 ℃ Conocida esta temperatura, se calcula la transferencia de calor por unidad de área de pared del horno 𝑄̇ 𝑇1 − 𝑇𝑒 1269 − 313 W = 𝑄̇ ′′ = = = 1686,6 2 𝐿 𝐿 𝐿 1 0,12 0,12 0,01 1 𝐴 m 1 + 2+ 3+ + + + 1,2 0,3 60 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ℎ𝑒 15 𝑄̇ ′′ =

𝑇4 − 𝑇𝑒 1 ℎ𝑒

⇒

1 1686,6 𝑇4 = 𝑇𝑒 + 𝑄̇ ′′ ( ) = 40 + = 152 ℃ ℎ𝑒 15

PROBLEMA 5. Calentamiento de agua en un recipiente cilíndrico Considere un sistema para calentamiento de agua, el cual consiste de una resistencia eléctrica por la cual pasa una corriente. La resistencia eléctrica consiste de un tubo de cobre de radio 50 mm (resistividad cobre = 5,41 ∙ 10−5 Ω/m), que para efecto de la transferencia de calor su resistencia térmica se puede despreciar. El tubo de cobre se recubre de un aislante de espesor 50 mm cuya conductividad térmica es 0,52 W/m ∙ K. Determine: (a) La corriente eléctrica máxima que debe pasar a través del conductor para que la temperatura máxima en el mismo no supere los 120 °C. (b) ¿Cual es la temperatura en la pared exterior del tubo? (c) ¿Qué porcentaje representa el calor perdido respecto al calor generado por efecto Joule? (d) Represente el circuito térmico equivalente.

SOLUCIÓN: El circuito térmico equivalente se muestra en la siguiente figura

Convección interna Convección Conducción externa

𝑄̇𝑖 =

∆𝑇 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑖 = 1 𝑅𝑡 ℎ𝑖 (2𝜋𝑅1 𝐿)

⇒

𝑄̇𝑖 = 𝑄̇𝑖 ′ = ℎ𝑖 (2𝜋𝑅1 )(𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑖 ) 𝐿

𝑄̇𝑖 ′ = 220 ∙ (2𝜋 ∙ 0,05)(120 − 100) = 1382,3

𝑄̇𝑒 =

∆𝑇 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑒 = 1 𝑅𝑡 ln(𝑅2 /𝑅1 ) + 2𝜋𝑘𝐿 (2𝜋𝑅 ℎ𝑒 2 𝐿) 𝑄̇𝑒′ =

⇒

𝑊 𝑚

𝑄̇𝑒 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑒 = 𝑄̇𝑒′ = ln(𝑅2 /𝑅1 ) 1 𝐿 + 2𝜋𝑘 (2𝜋𝑅 ℎ𝑒 2)

120 − 30 𝑊 = 282,8 100 𝑚 ln ( ) 1 50 + 2𝜋 ∙ 0,52 15(2𝜋 ∙ 0,1)

El calor generado por la resistencia es 𝑄̇ = 𝑄̇𝑖 + 𝑄̇𝑒

𝑄̇ ′ = 𝑄̇𝑖′ + 𝑄̇𝑒′ = 1382,3 + 282,8 = 1665,1

⇒

𝑄̇ = 𝐼 2 𝑅𝑒

⇒

𝐼=√

𝑄̇𝑒 =

∆𝑇 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑠𝑒 = ln(𝑅2 /𝑅1 ) 𝑅𝑡 2𝜋𝑘𝐿

⇒

𝑄̇ ′ = 𝐼 2 𝑅𝑒′ ⇒

𝑊 𝑚

𝑄̇ ′ 𝐼=√ ′ 𝑅𝑒

1665,1 = 5548 A 5,41 ∙ 10−5

𝑇𝑠𝑒 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑄̇𝑒 (

ln(𝑅2 /𝑅1 ) ln(𝑅2 /𝑅1 ) ) = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑄̇𝑒 ′ ( ) 2𝜋𝑘𝐿 2𝜋𝑘

100 ) 50 ) = 60,0 ℃ 𝑇𝑠𝑒 = 120 − 282,8 ( 2𝜋 ∙ 0,52 ln (

El porcentaje de calor perdido es %Calor perdido = 100

𝑄̇𝑒 𝑄̇𝑒′ 282,8 = 100 = 100 = 17% ̇ ̇ 1665,1 𝑄 𝑄′

PROBLEMA 6. Transferencia de calor en un cilindro de carbón Un elemento calentador eléctrico está empotrado en un cilindro hueco de carbón (kcarbón = 1,6 W/m·K) de radio interno de 0,5 cm y 0,5 cm de espesor. Si el cilindro se encuentra en un cuarto donde se expone al aire a una temperatura de 20 °C y un coeficiente convectivo de 40 W/m2·K y la emisividad de la superficie es de 0,7. La conductividad térmica del cable es 1,6 W/m·K y su resistividad es 3 Ω/m.

Carbón

(a) Dibuje el diagrama correspondiente de analogía eléctrica con radiación y sin radiación. Despreciando la radiación: (a) Determine la máxima corriente que puede aplicarse si la máxima temperatura interna del carbón es de 200 °C. Exprese sus resultados por unidad de longitud del tubo. (b) Calcule la temperatura externa del carbón. (c) Calcule la temperatura en el carbón para un radio de 0,75 cm. (d) Calcule la temperatura en el centro del cable. Considerando la radiación: (e) Determine la nueva temperatura externa del carbón. Tome como la temperatura de los alrededores igual a la temperatura del aire. SOLUCIÓN: Resistencias térmicas sin radiación

Resistencias térmicas con radiación Conducción cilindro

Conducción cilindro

Convección externa

Radiación Convección externa

El flujo de calor sin considerar la radiación es: 𝑄̇ =

∆𝑇 𝑇𝑖 − 𝑇∞ = 1 𝑅𝑡 ln(𝑟2 /𝑟1 ) + 2𝜋𝑘𝐿 ℎ(2𝜋𝑟2 𝐿)

Y el flujo de calor por unidad de longitud es 𝑄̇ ′ =

∆𝑇 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 200 − 20 W = = 385,6 ′ = ln(𝑟 /𝑟 ) 1 ln(1/0,5) 1 𝑅𝑡 m 2 1 + + 2𝜋 ∙ 1,6 2𝜋𝑘 ℎ(2𝜋𝑟2 ) 40(2𝜋 ∙ 0,01)

Y la corriente eléctrica se calcula según la ley de Joule 𝑄̇ = 𝐼 2 𝑅𝑒

𝑄̇ 𝑄̇ ′ 385,6 𝐼=√ =√ ′ =√ = 11,33 A 𝑅𝑒 𝑅𝑒 3

⇒

La temperatura externa del carbón se obtiene a partir de 𝑄̇ ′ =

𝑇𝑆 − 𝑇∞ 1 ℎ(2𝜋𝑟2 )

𝑇𝑆 = 𝑇∞ + 𝑄̇ ′

⇒

1 1 = 20 + 385,6 ∙ = 173,4 ℃ ℎ(2𝜋𝑟2 ) 40(2𝜋 ∙ 0,01)

Suponiendo que el proceso se lleva a cabo en estado estacionario, la conductividad térmica constante y la conducción de calor es unidireccional en la dirección radial, se tiene que el balance de energía diferencial viene dado por: 1 𝜕 𝜕𝑇 𝑞̇ (𝑟 ) + = 0 𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑘 donde 𝑞̇ es la generación de calor por unidad de volumen del material. Integrando la ecuación una vez se tiene que 1 𝜕 𝜕𝑇 𝑞̇ (𝑟 ) + = 0 𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑘

⇒

𝜕 𝜕𝑇 𝑞̇ 𝜕𝑇 𝑞̇ 𝑞̇ (𝑟 ) = − 𝑟 ⇒ 𝑟 = ∫ − 𝑟𝑑𝑟 + 𝐶1 = − 𝑟 2 + 𝐶1 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑘 𝜕𝑟 𝑘 2𝑘

Integrando otra vez 𝜕𝑇 𝑞̇ 𝐶1 =− 𝑟+ 𝜕𝑟 2𝑘 𝑟

⇒

𝑇(𝑟) = ∫ (−

𝑞̇ 𝐶1 𝑞̇ 𝑟 + ) 𝑑𝑟 + 𝐶2 = − 𝑟 2 + 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2 2𝑘 𝑟 4𝑘

Perfil de temperaturas en el carbón: El perfil de temperaturas, sin generación de calor en estado estacionario en coordenadas cilíndricas es 𝑇(𝑟) = 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2

sujeto a

𝑇(𝑟1 ) = 𝑇𝑖 { 𝑇(𝑟2 ) = 𝑇𝑆

Resolviendo las condiciones de borde: 𝑇(𝑟1 ) = 𝑇𝑖 = 𝐶1 ln 𝑟1 + 𝐶2 { 𝑇(𝑟2 ) = 𝑇𝑆 = 𝐶1 ln 𝑟2 + 𝐶2 𝑟1 𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 = 𝐶1 (ln 𝑟1 − ln 𝑟2 ) = 𝐶1 ln ( ) 𝑟2

⇒

𝐶1 =

𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 𝑟1 = − 𝑟 ln ( ) ln ( 2 ) 𝑟2 𝑟1

𝑇𝑖 = 𝐶1 ln 𝑟1 + 𝐶2

𝑇(𝑟) = 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2 = −

⇒

𝐶2 = 𝑇𝑖 − 𝐶1 ln 𝑟1 = 𝑇𝑖 +

𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 𝑟2 ln 𝑟 + 𝑇𝑖 + 𝑟 ln 𝑟1 ln (𝑟 ) ln (𝑟2 ) 1 1

⇒

𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 𝑟 ln 𝑟1 ln (𝑟2 ) 1 𝑇(𝑟) − 𝑇𝑖 ln(𝑟1 /𝑟) = 𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 ln(𝑟2 /𝑟1 )

Para 𝑟 = 0,75 cm : 𝑇(𝑟) − 𝑇𝑖 ln(𝑟1 /𝑟) ln(0,5/0,75) = = = −0,5850 𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 ln(𝑟2 /𝑟1 ) ln(1/0,5) Despejando 𝑇(𝑟) se tiene que 𝑇(𝑟 = 0,75 cm) = −0,5850(200 − 173,4) + 200 = 184,5 ℃ Perfil de temperaturas en el cable: 𝑇(𝑟1 ) = 𝑇𝑖 {𝜕𝑇 =0 | 𝜕𝑟 𝑟=0 Aplicando las condiciones de borde para encontrar las constantes de integración: 𝜕𝑇 =0 | 𝜕𝑟 𝑟=0 𝑇(𝑟1 ) = 𝑇𝑖

lim (−

𝑟→0

𝑇(𝑟1 ) = 𝑇𝑆1 = −

⇒

𝑇(𝑟) = −

⇒

𝑞̇ 𝐶1 𝑟+ )=0 2𝑘 𝑟

⇒

𝐶1 = 0

𝑞̇ 2 𝑞̇ 2 𝑟1 + 0 ∙ ln 𝑟1 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 𝑇𝑖 + 𝑟 4𝑘 4𝑘𝐶 1

𝑞̇ 2 𝑞̇ 𝑞̇ 2 𝑞̇ 2 (𝑟 − 𝑟 2 ) 𝑟 + 𝐶2 = − 𝑟 2 + 𝑇𝑖 + 𝑟1 = 𝑇𝑖 + 4𝑘 4𝑘 4𝑘 4𝑘 1

La temperatura del centro del cable es: 𝑇(0) = 𝑇0 = 𝑇𝑖 +

𝑞̇ 2 𝑞̇ 2 𝑄̇ /𝜋𝑟12 𝐿 2 𝑄̇ ′ (𝑟1 − 02 ) = 𝑇𝑖 + 𝑟1 = 𝑇𝑖 + 𝑟1 = 𝑇𝑖 + = 219,2 ℃ 4𝑘 4𝑘 4𝑘 4𝜋𝑘

Considerando la radiación: 𝑄̇ =

𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 = 𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣 + 𝑄̇𝑟𝑎𝑑 ln(𝑟2 /𝑟1 ) 2𝜋𝑘𝐿

⇒

𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 = ℎ(2𝜋𝑟2 𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝜎(2𝜋𝑟2 𝐿)(𝑇𝑆4 − 𝑇∞4 ) ln(𝑟2 /𝑟1 ) 2𝜋𝑘𝐿

Eliminando la longitud y sustituyendo los valores 𝑇𝑖 = 473 K y 𝑇∞ = 293 K : 473 − 𝑇𝑆 = 40(2𝜋 ∙ 0,01)(𝑇𝑆 − 293) + 0,7 ∙ 5,67 ∙ 10−8 (2𝜋 ∙ 0,01)(𝑇𝑆4 − 2934 ) ln(1/0,5) 2𝜋 ∙ 1,6 𝑇𝑆 = 441,9 K = 168,9 ℃

PROBLEMA 7 Un cilindro hueco de 4 cm de diámetro interno y 2 cm de espesor, genera energía a la velocidad de 0,25 MW/m3. La temperatura del fluido que se encuentra en el interior es de 50 ºC y la del fluido que se encuentra en la parte exterior 35 ºC, el coeficiente interno es de 60 W/m2-ºC y el externo 240 W/m2-ºC. La conductividad térmica de las tubería es de 8 W/m-ºC. (a) Determine la fracción del calor producido que se transfiere a cada uno de los dos fluidos. (b) Determine las temperaturas superficiales del cilindro y la temperatura máxima en el interior del mismo. SOLUCIÓN: Suponiendo que el proceso se lleva a cabo en estado estacionario, la conductividad térmica constante y la conducción de calor es unidireccional en la dirección radial, se tiene que el balance de energía diferencial viene dado por: 1 𝜕 𝜕𝑇 𝑞̇ (𝑟 ) + = 0 𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑘 Donde 𝑞̇ es la generación de calor por unidad de volumen del material. Integrando la ecuación una vez se tiene que 1 𝜕 𝜕𝑇 𝑞̇ (𝑟 ) + = 0 𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑘 Integrando otra vez

𝜕 𝜕𝑇 𝑞̇ 𝜕𝑇 𝑞̇ 𝑞̇ (𝑟 ) = − 𝑟 ⇒ 𝑟 = ∫ − 𝑟𝑑𝑟 + 𝐶1 = − 𝑟 2 + 𝐶1 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑘 𝜕𝑟 𝑘 2𝑘

⇒

𝜕𝑇 𝑞̇ 𝐶1 =− 𝑟+ 𝜕𝑟 2𝑘 𝑟

⇒

𝑇(𝑟) = ∫ (−

𝑞̇ 𝐶1 𝑞̇ 𝑟 + ) 𝑑𝑟 + 𝐶2 = − 𝑟 2 + 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2 2𝑘 𝑟 4𝑘

El radio 𝑅0 es el radio tal que la temperatura en el sólido es máxima (𝑇0 ). La condición para encontrar la temperatura máxima es 𝜕𝑇 =0 | 𝜕𝑟 𝑟 = 𝑅

⇒

0

(−

𝑞̇ 𝐶1 𝑟 + )| =0 2𝑘 𝑟 𝑟=𝑅

⇒ −

0

𝑞̇ 𝐶1 𝑅0 + =0 2𝑘 𝑅0

⇒

𝐶1 =

𝑞̇ 2 𝑅 2𝑘 0

Evaluando el perfil de temperaturas en la temperatura máxima 𝑇0 = (−

𝑞̇ 2 𝑞̇ 2 𝑞̇ 𝑞̇ 2 𝑟 + 𝑅0 ln 𝑟 + 𝐶2 ) | = − 𝑅02 + 𝑅0 ln 𝑅0 + 𝐶2 4𝑘 2𝑘 4𝑘 2𝑘 𝑟 = 𝑅0

Restando esta última ecuación a la del perfil de temperaturas: 𝑇(𝑟) − 𝑇0 = (−

𝑞̇ 2 𝑞̇ 2 𝑞̇ 𝑞̇ 2 𝑞̇ 𝑞̇ 2 𝑟 (𝑅02 − 𝑟 2 ) + 𝑟 + 𝑅0 ln 𝑟 + 𝐶2 ) − (− 𝑅02 + 𝑅0 ln 𝑅0 + 𝐶2 ) = 𝑅0 ln ( ) 4𝑘 2𝑘 4𝑘 2𝑘 4𝑘 2𝑘 𝑅0

Arreglando la ecuación anterior, el perfil de temperaturas se convierte en (aun con las constantes 𝑅0 y 𝑇0 desconocidas): 𝑇(𝑟) − 𝑇0 =

𝑞̇ 𝑅02 𝑟 2 𝑟 (1 − ( ) + 2 ln ( )) 4𝑘 𝑅0 𝑅0

Planteando las condiciones de borde si 𝑟 = 𝑅𝑒

⇒ 𝑇 = 𝑇𝑠𝑒

si 𝑟 = 𝑅𝑖

⇒ 𝑇 = 𝑇𝑠𝑖

𝑞̇ 𝑅02 𝑅𝑒 2 𝑅𝑒 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇0 = (1 − ( ) + 2 ln ( )) 4𝑘 𝑅0 𝑅0

⇒

{

{

𝑇𝑠𝑖 − 𝑇0 =

𝑞̇ 𝑅02 𝑅𝑖 2 𝑅𝑖 (1 − ( ) + 2 ln ( )) 4𝑘 𝑅0 𝑅0

Restando las dos ecuaciones anteriores 𝑞̇ 𝑅02 𝑅𝑖 2 𝑅𝑒 2 𝑅𝑒 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇𝑠𝑖 = (( ) − ( ) + 2 ln ( )) 4𝑘 𝑅0 𝑅0 𝑅𝑖 La velocidad de transferencia de calor total viene dada por 𝑄̇ = ∭ 𝑞̇ 𝑑𝑉 = 𝑞̇ 𝑉 = 𝑄̇𝑖 + 𝑄̇𝑒 𝑉

𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ =

𝑞̇ 𝜋 (𝑅 2 − 𝑅02 )𝐿 ℎ𝑒 𝐴𝑒 𝑒 ⇒

{

𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑖 =

⇒

𝑄̇𝑖 = 𝑞̇ 𝜋(𝑅𝑒2 − 𝑅02 )𝐿 = ℎ𝑒 𝐴𝑒 (𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ ) { 𝑄̇𝑒 = 𝑞̇ 𝜋(𝑅02 − 𝑅𝑖2 )𝐿 = ℎ𝑖 𝐴𝑖 (𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑖 )

𝑞̇ 𝜋 (𝑅 2 − 𝑅𝑖2 )𝐿 ℎ𝑖 𝐴𝑖 0

𝑇𝑠𝑒 − 𝑇𝑠𝑖 =

𝑞̇ 𝜋 𝑞̇ 𝜋 (𝑅𝑒2 − 𝑅02 )𝐿 − (𝑅 2 − 𝑅𝑖2 )𝐿 ℎ𝑒 𝐴𝑒 ℎ𝑖 𝐴𝑖 0

Igualando con la ecuación antes obtenida y simplificando 𝑞̇ 𝜋 𝑞̇ 𝜋 𝑞̇ 𝑅02 𝑅𝑖 2 𝑅𝑒 2 𝑅𝑒 (𝑅𝑒2 − 𝑅02 )𝐿 − (𝑅02 − 𝑅𝑖2 )𝐿 = (( ) − ( ) + 2 ln ( )) ℎ𝑒 𝐴𝑒 ℎ𝑖 𝐴𝑖 4𝑘 𝑅0 𝑅0 𝑅𝑖 𝜋 𝜋 1 𝑅𝑒 (𝑅𝑒2 − 𝑅02 )𝐿 − (𝑅𝑖2 − 𝑅𝑒2 + 2𝑅02 ln ( )) (𝑅02 − 𝑅𝑖2 )𝐿 = ℎ𝑒 𝐴𝑒 ℎ𝑖 𝐴𝑖 4𝑘 𝑅𝑖 𝑅𝑒2 𝑅𝑖2 1 1 𝑅𝑒 4𝜋𝑘𝐿 ( + − 𝑅02 ( + )) = 𝑅𝑖2 − 𝑅𝑒2 + 2𝑅02 ln ( ) ℎ𝑒 𝐴𝑒 ℎ𝑖 𝐴𝑖 ℎ𝑖 𝐴𝑖 ℎ𝑒 𝐴𝑒 𝑅𝑖 𝑅𝑒2 𝑅𝑖2 1 1 𝑅𝑒 4𝜋𝑘𝐿 ( + − 𝑅02 ( + )) = 𝑅𝑖2 − 𝑅𝑒2 + 2𝑅02 ln ( ) ℎ𝑒 ∙ 2𝜋𝑅𝑒 𝐿 ℎ𝑖 ∙ 2𝜋𝑅𝑖 𝐿 ℎ𝑖 ∙ 2𝜋𝑅𝑖 𝐿 ℎ𝑒 ∙ 2𝜋𝑅𝑒 𝐿 𝑅𝑖 𝑅𝑒 𝑅𝑖 1 1 𝑅𝑒 4𝑘 ( + − 𝑅02 ( + )) = 𝑅𝑖2 − 𝑅𝑒2 + 2𝑅02 ln ( ) 2ℎ𝑒 2ℎ𝑖 ℎ𝑖 ∙ 2𝑅𝑖 ℎ𝑒 ∙ 2𝑅𝑒 𝑅𝑖

Sustituyendo valores y resolviendo para 𝑅0 4∙8∙(

0,04 0,02 1 1 4 + − 𝑅02 ( + )) = 0,022 − 0,042 + 2𝑅02 ln ( ) 2 ∙ 240 2 ∙ 60 60 ∙ 2 ∙ 0,02 240 ∙ 2 ∙ 0,04 2 𝑅02 =

0,0046 ln(2) + 7,5

⇒

𝑅0 = 0,0237 m = 2,37 cm

Calculando las temperaturas externa e interna 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +

𝑞̇ 𝜋 𝑞̇ 𝜋 𝑞̇ (𝑅𝑒2 − 𝑅02 ) (𝑅𝑒2 − 𝑅02 )𝐿 = 𝑇∞ + (𝑅𝑒2 − 𝑅02 )𝐿 = 𝑇∞ + ℎ𝑒 𝐴𝑒 ℎ𝑒 ∙ 2𝜋𝑅𝑒 𝐿 ℎ𝑒 ∙ 2𝑅𝑒 0,25 ∙ 106 ∙ (0,042 − 0,02372 ) = 35 + = 48,52 ℃ 240 ∙ 2 ∙ 0,04

𝑇𝑠𝑖 = 𝑇𝑖 +

𝑞̇ 𝜋 𝑞̇ 𝜋 𝑞̇ (𝑅02 − 𝑅𝑖2 ) (𝑅02 − 𝑅𝑖2 )𝐿 = 𝑇𝑖 + (𝑅02 − 𝑅𝑖2 )𝐿 = 𝑇𝑖 + ℎ𝑖 𝐴𝑖 ℎ𝑖 ∙ 2𝜋𝑅𝑖 𝐿 ℎ𝑖 ∙ 2𝑅𝑖 = 50 +

0,25 ∙ 106 ∙ (0,02372 − 0,022 ) = 66,84 ℃ 60 ∙ 2 ∙ 0,02

Hallando la temperatura máxima

𝑇𝑠𝑒 − 𝑇0 =

𝑞̇ 𝑅02 𝑅𝑒 2 𝑅𝑒 (1 − ( ) + 2 ln ( )) 4𝑘 𝑅0 𝑅0

𝑇0 = 48,52 −

⇒

𝑇0 = 𝑇𝑠𝑒 −

𝑞̇ 𝑅02 𝑅𝑒 2 𝑅𝑒 (1 − ( ) + 2 ln ( )) 4𝑘 𝑅0 𝑅0

0,25 ∙ 106 ∙ 0,02372 4 2 4 ) + 2 ln ( )) = 52,03 (1 − ( 4∙8 2,37 2,37

PROBLEMA 8 Dos paredes paralelas, a temperaturas T1 y T2, están separadas entre sí una distancia L. Entre ambas se coloca una barra cilíndrica de radio R y conductividad térmica k. El ambiente se encuentra a temperatura T∞ y por el mecanismo de convección recibe calor de la barra con coeficiente de convección h. (a) Formule el balance de energía y sus condiciones de borde. Resuelva el modelo analíticamente, encuentre el perfil de temperaturas en la barra. (b) Calcule la transferencia de calor hacia el ambiente. (c) Encuentre una expresión que permita determinar la posición 𝑥 donde ocurre la mínima temperatura de la barra. SOLUCIÓN: (a) Balance de energía: A partir de la figura, el balance es 𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 = 𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 +

𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 = −𝑘𝐴𝑡

𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 𝑑𝑥 + 𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 𝑑𝑥

𝑑𝑇 𝑑𝑥

𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ(𝑇 − 𝑇∞ )𝑑𝐴𝑠 = ℎ(𝑇 − 𝑇∞ )𝑃𝑑𝑥 Combinando las ecuaciones y simplificando 0=

𝑑 𝑑𝑇 (−𝑘𝐴𝑡 ) 𝑑𝑥 + ℎ(𝑇 − 𝑇∞ )𝑃𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

⇒

𝑑 𝑑𝑇 ℎ𝑃 (𝑇 − 𝑇∞ ) = 0 (𝐴𝑡 ) − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑘

Si el área transversal de la aleta es constante, entonces la ecuación diferencial de la transferencia de calor de una aleta es 𝑑2 𝑇 ℎ𝑃 (𝑇 − 𝑇∞ ) = 0 − 𝑑𝑥 2 𝑘𝐴𝑡 Si se define 𝑇1 la temperatura de la base de la aleta: 𝑇 − 𝑇∞ 𝜃≡ 𝑇1 − 𝑇∞

⇒

𝑑2 𝜃 ℎ𝑃 − 𝜃=0 𝑑𝑥 2 𝑘𝐴 ⏟𝑡

⇒

𝑑2 𝜃 − 𝑚2 𝜃 = 0 𝑑𝑥 2

𝑚2

Cuya solución general son de la forma 𝜃 = 𝐶1 cosh(𝑚𝑥) + 𝐶2 senh(𝑚𝑥) = 𝐾1 cosh(𝑚(𝑥 + 𝐾2 ))

La aleta a analizar tiene longitud finita, por lo que conviene la solución de cosenos/senos hiperbólicos (para una aleta infinita conviene la solución exponencial). Planteando las condiciones de borde isotérmicas 𝑇 = 𝑇1 si 𝑥 = 0 y 𝑇 = 𝑇2 si 𝑥 = 𝐿 𝑑2 𝜃 − 𝑚2 𝜃 = 0 𝑑𝑥 2 𝜃 = 1 si 𝑥 = 0 𝑇2 − 𝑇∞ 𝜃 = 𝜃2 = si 𝑥 = 𝐿 { 𝑇1 − 𝑇∞ 𝑥=0 𝑥=𝐿

⇒

𝜃2 =

⇒ 1 = 𝐶1 cosh(𝑚 ∙ 0) + 𝐶2 senh(𝑚 ∙ 0) 𝑇2 − 𝑇∞ = 𝐶1 cosh(𝑚 ∙ 𝐿) + 𝐶2 senh(𝑚 ∙ 𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ 𝜃 = cosh(𝑚𝑥) +

𝜃=

⇒ 𝐶1 = 1 ⇒

𝐶2 =

𝜃2 − cosh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝐿)

𝜃2 − cosh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝑥) senh(𝑚𝐿)

cosh(𝑚𝑥) senh(𝑚𝐿) − cosh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝑥) senh(𝑚𝑥) + 𝜃2 senh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝐿) senh(𝑚(𝐿 − 𝑥)) senh(𝑚𝑥) = + 𝜃2 senh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝐿) 𝑇 − 𝑇∞ senh(𝑚(𝐿 − 𝑥)) 𝑇2 − 𝑇∞ senh(𝑚𝑥) = +( ) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿)

(b) El calor transferido al ambiente viene dado por Método 1. Integrando el calor diferencial de convección 𝐿

𝐿

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = ∫ ℎ(𝑇 − 𝑇∞ )𝑃𝑑𝑥 = ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞ ) ∫ 0 𝐿

ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞ ) ∫ 0

0

𝑇 − 𝑇∞ 𝑑𝑥 = 𝑇1 − 𝑇∞

𝐿 𝑇 − 𝑇∞ senh(𝑚(𝐿 − 𝑥)) 𝑇2 − 𝑇∞ senh(𝑚𝑥) 𝑑𝑥 = ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞ ) ∫ ( +( ) ) 𝑑𝑥 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿) 0

= ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞ ) (

𝐿 cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥)) 𝑇2 − 𝑇∞ cosh(𝑚𝑥) +( ) )| = −𝑚 senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ 𝑚 senh(𝑚𝐿) 0

cosh(𝑚𝐿) 1 𝑇2 − 𝑇∞ cosh(𝑚𝐿) 1 ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞ ) ( − +( )( − )) = 𝑚 senh(𝑚𝐿) 𝑚 senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ 𝑚 senh(𝑚𝐿) 𝑚 senh(𝑚𝐿)

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞ )

cosh(𝑚𝐿) − 1 𝑇2 − 𝑇∞ (1 + ) 𝑚 senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞

Método 2. Mediante balance de energía y calculando los calores por conducción encontrarndo indirectamente el de convección

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 | = 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 + 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 | 𝑥=0 𝑥=𝐿 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = −𝑘𝐴𝑡

⇒

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 | − 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 | 𝑥=0 𝑥=𝐿

𝑑𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑇 − (−𝑘𝐴𝑡 ) = 𝑘𝐴𝑡 ( | − )= | | | 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥=0 𝑥=𝐿 𝑥=𝐿 𝑥=0

𝑑 𝑇 − 𝑇∞ = 𝑘𝐴𝑡 (𝑇1 − 𝑇∞ ) ( ( )| 𝑑𝑥 𝑇1 − 𝑇∞ 𝑑𝜃 = 𝑘𝐴𝑡 (𝑇1 − 𝑇∞ ) ( | 𝑑𝑥

−

𝑑 𝑇 − 𝑇∞ ( )| ) 𝑑𝑥 𝑇1 − 𝑇∞ 𝑥=0

−

𝑑𝜃 ) | 𝑑𝑥 𝑥=0

𝑥=𝐿

𝑥=𝐿

Calculando la derivada 𝑑𝜃 𝑑 senh(𝑚(𝐿 − 𝑥)) 𝑇2 − 𝑇∞ senh(𝑚𝑥) cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥)) 𝑇2 − 𝑇∞ cosh(𝑚𝑥) = +( ) +( ) ( ) = 𝑚 (− ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿) 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑘𝐴𝑡 (𝑇1 − 𝑇∞ )𝑚 (−

1 𝑇2 − 𝑇∞ cosh(𝑚𝐿) cosh(𝑚𝐿) 𝑇2 − 𝑇∞ 1 +( ) − (− +( ) )) senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿)

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑘𝐴𝑡 (𝑇1 − 𝑇∞ )𝑚 (−

1 𝑇2 − 𝑇∞ cosh(𝑚𝐿) cosh(𝑚𝐿) 𝑇2 − 𝑇∞ 1 +( ) + −( ) ) senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿)

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑘𝐴𝑡 (𝑇1 − 𝑇∞ )𝑚

cosh(𝑚𝐿) − 1 𝑇2 − 𝑇∞ (1 + ) senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞

(c) Temperatura mínima: La posición donde ocurre la mínima temperatura de la barra viene dado por 𝑑𝜃 =0 | 𝑑𝑥 𝑥 = 𝑥 0

⇒ −𝑚

cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥0 )) 𝑇2 − 𝑇∞ cosh(𝑚𝑥0 ) +𝑚( ) =0 senh(𝑚𝐿) 𝑇1 − 𝑇∞ senh(𝑚𝐿)

𝑇2 − 𝑇∞ − cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥0 )) + ( ) cosh(𝑚𝑥0 ) = 0 𝑇1 − 𝑇∞

PROBLEMA 9. Disipación de calor en un chip mediante uso de aletas Conforme se colocan más y más componentes en un solo circuito integrado (chip), la cantidad de calor que se disipa continúa en aumento. Sin embargo, este incremento está limitado por la temperatura máxima permisible de operación del chip, que es alrededor de 75°C. Para maximizar la disipación de calor se propone que un arreglo de 4×4 aletas rectas circulares de cobre se una metalúrgicamente a la superficie externa de un clip cuadrado que tiene 12,7 mm de lado. (a) Dibuje el circuito térmico equivalente para el conjunto aleta-clip-tarjeta, suponiendo condiciones unidimensionales de estado estable y resistencia de contacto insignificante entre las puntas y el chip. (b) ¿cuál es el valor de 𝑄̇𝐶 para 𝑇𝐶 = 75°C? El diámetro y longitud de una punta son 𝐷𝑃 = 1,5 mm , 𝐿𝑃 = 15 mm. El espesor del chip puede despreciarse. 𝐿𝑏 = 0,005 m W 𝑘𝑏 = 1 m∙K W 𝑘𝑓 = 400 m∙K K ∙ m2 ′′ −4 𝑅𝑡,𝑐 = 1 ∙ 10 W 𝑇∞,𝑖 = 20 °𝐶 W ℎ𝑖 = 40 2 m ∙K 𝑇∞,0 = 20 °𝐶 W ℎ0 = 1000 2 m ∙K SOLUCIÓN: El diagrama de resistencias térmicas es el siguiente

El calor transferido por abajo es: 𝑄̇𝑖 =

𝑄̇𝑖 =

𝑇𝐶 − 𝑇∞,𝑖 𝑇𝐶 − 𝑇∞,𝑖 = ′′ ′′ 𝑅𝑡,𝑐 𝑅 𝐿 1 𝐿 1 𝑡,𝑐 + 𝑏 + + 𝑏 + 𝐴 𝑘𝑏 𝐴 ℎ𝑖 𝐴 𝑤 2 𝑘𝑏 𝑤 2 ℎ𝑖 𝑤 2

75 − 20 = 0,29 W 1∙ 0,005 1 + + 0,01272 1 ∙ 0,01272 40 ∙ 0,01272 10−4

El calor transferido por arriba es 𝑄̇0 =

𝑇𝐶 − 𝑇∞,0 𝑇𝐶 − 𝑇∞,0 = 1 1 𝑁 1 𝑁 𝜋 2 2 1 𝑅𝑡𝑓 + 𝑅𝑡𝑓 + ℎ0 (𝑤 − 4 𝐷𝑃 𝑁) 𝜋 ℎ0 (𝐴 − 4 𝐷𝑃2 𝑁)

Y se calcula la resistencia térmica de las aletas 𝐿𝐶 = 𝐿𝑃 +

𝐷𝑃 1,5 = 15 + = 15,375 mm = 0,015375 m 4 4

𝐴𝑓 = 𝜋𝐷𝑃 𝐿𝐶 = 𝜋 ∙ 0,0015 ∙ 0,015375 = 7,245 ∙ 10−5 m2 4ℎ0 4 ∙ 1000 𝑚=√ =√ = 81,65 m−1 𝑘𝑓 𝐷𝑃 400 ∙ 0,0015

𝜂𝑓 =

tanh (𝑚𝐿𝐶 ) tanh (81,65 ∙ 0,015375 ) = = 0,677 𝑚𝐿𝐶 81,65 ∙ 0,015375

𝑅𝑡𝑓 =

1 1 K = = 20,39 −5 𝜂𝑓 𝐴𝑓 ℎ0 0,677 ∙ 7,245 ∙ 10 ∙ 1000 W 75 − 20 1

𝑄̇0 =

= 50,47 W

16 𝜋 2 2 20,39 + 1000 ∙ (0,0127 − 4 ∙ 0,0015 ∙ 16) El calor transferido en el chip es 𝑄̇𝐶 = 𝑄̇0 + 𝑄̇𝑖 = 50,47 + 0,29 = 50,76 W

PROBLEMA 10. Disipación de calor en un chip mediante el uso de aletas Una tarjeta de circuitos, como la de cualquier procesador de computador personal tiene las dimensiones mostradas en la figura. Su funcionamiento disipa una potencia de 5 W. Suponiendo que la superficie inferior disipa una cantidad de calor muy pequeña, se puede asumir condición adiabática para simplificar el problema. El sistema está compuesto de la manera siguiente (de abajo hacia arriba): La tarjeta de 1 mm de espesor (kT = 12 W/m·K), un adhesivo de 1 mm de espesor (kA = 1,8 W/m·K) que fija la parte siguiente, un cuerpo de aletas rectas de perfil rectangular (N = 15 aletas, kf =237 W/m·K). Por el área aleteada se expone a un fluido a una temperatura de 37 °C y un coeficiente convectivo de 45 W/m2·K. (a) Dibuje el circuito térmico equivalente y calcule todas las resistencias térmicas involucradas. (b) Determine la temperatura a ambos lados de la tarjeta de circuito.

SOLUCIÓN:

Conducción tarjeta

Conducción adhesivo

Aletas Area sin aletas

Al considerar la tarjeta como una pared plana en estado estacionario, se tiene que su ecuación unidimensional de conducción viene dada por 𝜕2𝑇 + 𝑞̇ = 0 𝜕𝑥 2 𝑇(𝐿 𝑇 ) = 𝑇𝑇

𝑘𝑇

𝜕𝑇 =0 | { 𝜕𝑥 𝑥 = 0 𝑘𝑇

𝜕2𝑇 = −𝑞̇ 𝜕𝑥 2

𝑑𝑇 𝑞̇ = − 𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 𝑘𝑇

⇒

⇒

𝑇(𝑥) = −

𝑞̇ 2 𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 2𝑘 𝑇

Aplicando la condición de borde adiabática 𝜕𝑇 =0 | 𝜕𝑥 𝑥=0

⇒

𝑞̇ ∙ 0 + 𝐶1 𝑘𝑇

⇒

𝐶1 = 0

𝑞̇ 2 𝐿 + 𝐶2 2𝑘 𝑇 𝑇

⇒

𝐶2 = 𝑇𝑇 +

0=−

Y la condición isotérmica 𝑥 = 𝐿𝑇 ⇒

𝑇 = 𝑇𝑇

⇒

𝑇𝑇 = −

Por lo que su distribución de temperaturas es 𝑇(𝑥) = − Si 𝑥 = 0 ⇒

𝑞̇ 2 𝑞̇ 2 𝑞̇ (𝐿2 − 𝑥 2 ) 𝑥 + 𝑇𝑇 + 𝐿 𝑇 = 𝑇𝑇 + 2𝑘 𝑇 2𝑘 𝑇 2𝑘 𝑇 𝑇

𝑇 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 : 𝑇𝑚𝑎𝑥

𝑞̇ 𝑞̇ 𝐿2𝑇 2 2) (𝐿 = 𝑇(0) = 𝑇𝑇 + − 0 = 𝑇𝑇 + 2𝑘 𝑇 𝑇 2𝑘 𝑇

El flujo de calor generado considerando una generación volumétrica uniforme es 𝑄̇ = ∭ 𝑞̇ 𝑑𝑉 = 𝑞̇ 𝑉 = 𝑞̇ 𝐿 𝑇 𝑤𝑏

⇒

𝑉

𝑞̇ =

𝑄̇ 𝐿 𝑇 𝑤𝑏

Con esto se halla la resistencia de la tarjeta 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑇 + (

𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎 = 𝑅𝑡,𝑎𝑑ℎ𝑒𝑠𝑖𝑣𝑜 =

𝑄̇ 𝐿2𝑇 ) 𝐿 𝑇 𝑤𝑏 2𝑘 𝑇

⇒

𝑄̇ =

𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑇 𝐿𝑇 2𝑘 𝑇 𝑤𝑏

𝐿𝑇 0,001 K = = 0,0185 2𝑘 𝑇 𝑤𝑏 2 ∙ 12 ∙ 0,05 ∙ 0,045 W

𝐿𝐴 𝐿𝐴 0,001 K = = = 0,2469 𝑘𝐴 𝐴 𝑘𝐴 𝑤𝑏 1,8 ∙ 0,05 ∙ 0,045 W

𝑞̇ 2 𝐿 2𝑘 𝑇 𝑇

Luego se calcula la resistencia debido a cada aleta: 𝑡 = 0,2 mm = 0,0002 m 𝑤 = 5 cm = 0,05 m 𝐿 = 2 cm = 0,02 m W ℎ = 45 2 m ∙K W 𝑘𝑓 = 237 m∙K 𝑚=√

2ℎ 2 ∙ 45 =√ = 43,57 m−1 𝑘𝑓 𝑡 237 ∙ 0,0002

𝐿𝐶 = 𝐿 + 𝜂𝑓 =

𝑡 0,0002 = 0,02 + = 0,0201 m 2 2

tanh (𝑚𝐿𝐶 ) tanh (43,57 ∙ 0,0201 ) = = 0,8042 𝑚𝐿𝐶 43,57 ∙ 0,0201

𝐴𝑓 = 2𝑤𝐿𝐶 = 2 ∙ 0,05 ∙ 0,0201 = 0,00201 m2 1 1 K = = 13,748 𝜂𝑓 𝐴𝑓 ℎ 0,8042 ∙ 0,00201 ∙ 45 W

𝑅𝑡𝑓 =

𝐴𝑒 = 𝐴 − 𝑁𝑡𝑤 = 𝑤𝑏 − 𝑁𝑡𝑤 = (𝑏 − 𝑁𝑡)𝑤 = (0,045 − 15 ∙ 0,0002) ∙ 0,05 = 0,0021 m2 𝑅𝑡,𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑅𝑡 = 𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎 + 𝑅𝑡,𝑎𝑑ℎ𝑒𝑠𝑖𝑣𝑜 +

1 1 K = = 10,582 ℎ𝐴𝑒 45 ∙ 0,0021 W

1 𝑁 1 𝑅𝑡𝑓 + 𝑅𝑡,𝑐𝑜𝑛𝑣

𝑄̇ =

= 0,0185 + 0,2469 +

∆𝑇 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇∞ = 𝑅𝑡 𝑅𝑡

⇒

1 15 1 + 13,748 10,582

𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇∞ + 𝑄̇ 𝑅𝑡

Sabiendo que la tarjeta disipa una potencia de 𝑄̇ = 5 W : 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇∞ + 𝑄̇ 𝑅𝑡 = 37 + 5 ∙ 1,1089 = 42,54 ℃ La temperatura del lado de arriba de la tarjeta se obtiene a partir de 𝑄̇ =

∆𝑇 𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎

=

𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑇 𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎

⇒

𝑇𝑇 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑄̇ 𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎

𝑇𝑇 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑄̇ 𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎 = 𝑇𝑇 = 42,54 − 5 ∙ 0,0185 = 42,45 ℃

= 1,1089

K W

PROBLEMA 11 Un reactor esférico contiene en su núcleo un material sólido (𝑘𝑜 = 40 W/m ∙ K) donde se lleva a cabo una reacción química que genera calor que sigue la siguiente función de distribución: 𝑞̇ = 𝑞̇ 0 (1 − (𝑟/𝑅)2 ) Donde 𝑅 = 30 cm, 𝑞̇ 0 = 1 MW/m3 y 𝑟 es la variable radial de coordenadas esféricas. El núcleo está recubierto de un material de conductividad 𝑘𝑚 = 0,002 W/m ∙ K y tiene un diámetro externo de 80 cm. Adicionalmente el sistema tiene seiscientas aletas cilíndricas de 6 cm de longitud y 8 mm de diámetro (𝑘𝑓 = 80 W/m ∙ K). El coeficiente convectivo es de 100 W/m2 ∙ K. La temperatura ambiental de la corriente libre es 25 ºC. (a) Calcule el calor transferido. (b) Halle la temperatura de la superficie externa del núcleo y de la superficie externa del contenedor. Determine la temperatura del centro del núcleo reactivo. SOLUCIÓN: Transferencia de calor (a) El calor transferido se halla a partir de la distribución de calor volumétrico: 𝑄̇ = ∭ 𝑞̇ 𝑑𝑉 = ∭ 𝑞̇ 𝑟 2 sen 𝜙 𝑑𝑟𝑑𝜙𝑑𝜃 𝑉

𝑉 4

Como el volumen de una esfera es 𝑉 = 3 𝜋𝑟 3 ⇒ 𝑑𝑉 = 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟 𝑅 𝑅 𝑟 2 𝑄̇ = ∭ 𝑞̇ 𝑑𝑉 = ∫ 𝑞̇ ∙ 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟 = ∫ 𝑞̇ 0 (1 − ( ) ) ∙ 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟 = 𝑅 𝑉 0 0 𝑅

= 4𝜋𝑞̇ 0 ∫ (𝑟 2 − 0

𝑅 𝑟4 𝑟3 𝑟5 𝑅3 𝑅 5 8𝜋 𝑑𝑟 = 4𝜋𝑞̇ − = 4𝜋𝑞̇ − 2) = 𝑞̇ 𝑅 3 ) ( ) | ( 0 0 2 2 𝑅 3 5𝑅 3 5𝑅 15 0 0 𝑄̇ =

8𝜋 8𝜋 𝑞̇ 0 𝑅3 = ∙ 1 ∙ 106 ∙ 0,33 = 45239 W 15 15

(b) Se emplea un gradiente de temperaturas desde la temperatura externa del núcleo (𝑇𝑠𝑖 ) hasta la temperatura ambiental (𝑇∞ ), entonces el calor transferido puede ser expresado como 𝑄̇ =

𝑇𝑠𝑖 − 𝑇∞ 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ 𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑠𝑒 = = 1 1 1 1 1 −𝑅 𝑅1 − 𝑅2 1 𝑅 ℎ(𝑁𝑓 𝜂𝑓 𝐴𝑓 + 𝐴𝑜 ) 1 2 + 4𝜋𝑘𝑚 4𝜋𝑘𝑚 ℎ(𝑁𝑓 𝜂𝑓 𝐴𝑓 + 𝐴𝑜 )

Donde 𝐴𝑜 es el área de la superficie externa quitándole las áreas de las bases de las aletas

𝜋 𝐴𝑜 = 4𝜋𝑅22 − 𝑁𝑓 ∙ 𝐷 2 4 Aletas: La eficiencia de este tipo de aletas viene dado por 𝜂𝑓 =

tanh(𝑚𝐿𝑐 ) 𝑚𝐿𝑐

Donde la longitud corregida 𝐿𝑐 es la longitud tal que el área total de la aleta se conserva (la punta de la aleta se considera adiabática) 𝜋 Area aleta = 𝜋𝐷𝐿𝑓 + 𝐷 2 = 𝜋𝐷𝐿𝑐 4 𝐿𝑐 = 𝐿𝑓 +

⇒

𝐿𝑐 =

𝜋 2 𝐷 𝐷 4 = 𝐿𝑓 + 𝜋𝐷 4

𝜋𝐷𝐿𝑓 +

𝐷 0,008 = 0,06 + = 0,062 m 4 4

ℎ𝑃 ℎ𝜋𝐷 4ℎ 4 ∙ 100 22 ∙ 102 √ √ 𝑚=√ =√ = = = = 25 m−1 √ 2 ∙ 10−2 𝜋 2 𝑘𝑓 𝐴𝑡 𝑘 𝐷 80 ∙ 0,008 8 𝑓 𝑘𝑓 (4 𝐷 ) 𝜂𝑓 =

tanh(𝑚𝐿𝑐 ) tanh(25 ∙ 0,062) = = 0,58954 𝑚𝐿𝑐 25 ∙ 0,062

𝐴𝑓 = 𝜋𝐷𝐿𝑐 = 𝜋 ∙ 0,008 ∙ 0,06 = 0,001508 m2 Luego con la aleta resuelta, se encuentra la temperatura externa del contenedor 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +

= 25 +

𝑄̇ ℎ(𝑁𝑓 𝜂𝑓 𝐴𝑓 + 𝐴𝑜 )

= 𝑇∞ +

𝑄̇

= 𝜋 ℎ (𝑁𝑓 𝜂𝑓 𝐴𝑓 + 4𝜋𝑅22 − 𝑁𝑓 ∙ 𝐷 2 ) 4

45239

= 204,96 ℃ ≈ 205 ℃ 𝜋 100 ∙ (600 ∙ 0,58954 ∙ 0,001508 + 4𝜋 ∙ 0,42 − 600 ∙ 4 ∙ 0,0082 ) 𝑇𝑠𝑖 = 𝑇𝑠𝑒 +

𝑄̇ 1 1 − 𝑅1 𝑅2 4𝜋𝑘𝑚

= 205 +

45239 = 1569 ℃ 1 1 − 0,3 0,4 4𝜋 ∙ 0,002

Generación de calor. Perfil de temperaturas del núcleo reactivo La ecuación de la distribución de temperaturas en coordenadas esféricas, en estado estacionario y flujo de calor unidireccional viene dado por 𝑘

1 𝜕 2 𝜕𝑇 (𝑟 ) + 𝑞̇ = 0 𝑟 2 𝜕𝑟 𝜕𝑟

Arreglando e integrando una vez 𝜕 2 𝜕𝑇 𝑞̇ (𝑟 ) = − 𝑟2 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝑘 𝑟2

⇒

𝑟2

𝜕𝑇 𝑞̇ = ∫ (− 𝑟 2 ) 𝑑𝑟 + 𝐶1 𝜕𝑟 𝑘

𝜕𝑇 𝑞̇ 0 𝑟 2 𝑞̇ 0 𝑟4 = − ∫ (1 − ( ) ) 𝑟 2 𝑑𝑟 + 𝐶1 = − ∫ (𝑟 2 − 2 ) 𝑑𝑟 + 𝐶1 𝜕𝑟 𝑘 𝑅 𝑘 𝑅

𝑟2

𝜕𝑇 𝑞̇ 0 𝑟 3 𝑟5 = − ( − 2 ) + 𝐶1 𝜕𝑟 𝑘 3 5𝑅

⇒

𝜕𝑇 𝑞̇ 0 𝑟 𝑟3 𝐶1 = − ( − 2) + 2 𝜕𝑟 𝑘 3 5𝑅 𝑟

Integrando una vez más 𝑇 = ∫ (−

𝑞̇ 0 𝑟 𝑟3 𝐶1 𝑞̇ 0 𝑟 2 𝑟4 𝐶1 ( − 2 ) + 2 ) 𝑑𝑟 + 𝐶2 = − ( − ) − + 𝐶2 2 𝑘 3 5𝑅 𝑟 𝑘 6 20𝑅 𝑟

Como la temperatura tiene que ser finita en r = 0 entonces necesariamente 𝐶1 = 0, entonces el perfil de temperaturas viene dado por: 𝑇=−

𝑞̇ 0 𝑟 2 𝑟4 ( − ) + 𝐶2 𝑘 6 20𝑅2

Aplicando la condición de borde isotérmica en la superficie externa del núcleo: 𝑇 = 𝑇𝑠𝑖 𝑇𝑠𝑖 = −

si 𝑟 = 𝑅

𝑞̇ 0 𝑅2 𝑅4 ( − ) + 𝐶2 𝑘 6 20𝑅 2

Y la temperatura del centro del núcleo es 𝑇 = 𝑇𝑜

si 𝑟 = 0

𝑇𝑜 = 0 + 𝐶2 Así se tiene que 𝑇𝑠𝑖 = −

𝑞̇ 0 𝑅 2 𝑅4 ( − ) + 𝑇𝑜 𝑘 6 20𝑅 2 𝑇𝑜 = 1569 +

⇒

𝑇𝑜 = 𝑇𝑠𝑖 +

𝑞̇ 0 𝑅 2 1 1 ( − ) 𝑘 6 20

1 ∙ 106 ∙ 0,32 1 1 ( − ) = 1832 ℃ 40 6 20

PROBLEMA 12. Pérdidas de calor en una tubería enterrada Una tubería de 10 cm de diámetro interno y 1 cm de espesor conduce agua a 90 ºC a una velocidad media de 1,2 m/s. La tubería se encuentra enterrada a 1 m de la superficie la cual se encuentra a 20 ºC. El coeficiente de transferencia de calor es de 4500 W/m2-ºC, La conductividad de la tubería es de 25 W/m-ºC y la del piso 1,5 W/m-ºC. (a) Calcule la cantidad de calor transferida por metro de tubería. (b) Estime aproximadamente la longitud del tramo de la tubería en la que el agua baje a 79 ºC. La densidad promedio del agua es de 969 kg/m3 y su calor específico promedio es de 4200 J/kgºC. SOLUCIÓN:

(a) La transferencia de calor viene dada por 𝑄̇ =

𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 1 + + 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝑆𝑘𝑆 ℎ𝑖 (𝜋𝐷𝑡𝑖 𝐿) 𝐷𝑡𝑖 = 10 cm = 0,1 m

⇒

⇒

𝑄̇ = 𝐿

𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 1 + + 2𝜋𝑘𝑡 (𝑆/𝐿)𝑘𝑆 ℎ𝑖 (𝜋𝐷𝑡𝑖 )

𝐷𝑡𝑒 = 𝐷𝑡𝑖 + 2 ∙ 0,01 = 0,12 m

𝑆=

2𝜋𝐿 cosh−1 (𝑧/𝑟)

con

𝑧>𝑟

𝑆 2𝜋 2𝜋 = = = 1,7923 m/m −1 𝐿 cosh (𝑧/𝑟) cosh−1 ( 1 ) 0,12/2 𝑄̇ = 𝐿

90 − 20 = 187,3 W/m 1 ln(12/10) 1 + + 4500 ∙ 𝜋 ∙ 0,1 2𝜋 ∙ 25 1,7923 ∙ 1,5

(b) La longitud de la tubería se encuentra a partir del balance de energía del agua 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑒𝑛𝑡 − 𝑇𝑠𝑎𝑙 )

⇒

𝜋 2 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑒𝑛𝑡 − 𝑇𝑠𝑎𝑙 ) (1,2 ∙ 969 ∙ 4 ∙ 0,1 ) ∙ 4200 ∙ (90 − 79) 𝐿= = = 2253 m 187,3 𝑄̇ /𝐿

PROBLEMA 13. Pérdidas de calor en una tubería enterrada En una residencia los edificios son calentados por vapor saturado generado en una estación central. El vapor saturado está a una temperatura de 200 °C y el coeficiente convectivo es de 1000 W/m2·K. La tubería del vapor tiene 20 cm de diámetro interno y un espesor de 5 mm (ktubería = 41 W/m·K). Además está instalado una capa aislante de 6 cm de espesor (kaislante = 0,06 W/m·K). La tubería con aislante está enterrada a 2 m por debajo de la superficie del piso (ksuelo = 0,52 W/m·K). La entalpía de vaporización del agua a 200 °C es 1939,7 kJ/kg. Determine la transferencia de calor por unidad de longitud del tubo si la superficie del suelo está a 0 °C y calcule el flujo másico mínimo de vapor para que la calidad en la salida de la tubería sea al menos un 80% si esta tiene 600 m de longitud. SOLUCIÓN: Convección interna

𝑅𝑡 =

Conducción tubería

1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) ln(𝐷𝑎 /𝐷𝑡𝑒 ) 1 + + + ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 2𝜋𝑘𝑎 𝐿 𝑆𝑘𝑠

⇒

Conducción aislante

𝑅𝑡′ =

Conduccion bidimensional

1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) ln(𝐷𝑎 /𝐷𝑡𝑒 ) 1 + + + ′ ℎ𝑖 𝜋𝐷𝑡𝑖 2𝜋𝑘𝑡 2𝜋𝑘𝑎 𝑆 𝑘𝑠

𝐷𝑡𝑖 = 20 cm = 0,2 m 𝐷𝑡𝑒 = 𝐷𝑡𝑖 + 2 ∙ 5 mm = 0,2 + 0,01 = 0,21 m 𝐷𝑎 = 𝐷𝑡𝑒 + 2 ∙ 6 mm = 0,21 + 0,12 = 0,33 m

𝑆=

𝑆′ =

𝑅𝑡′ = 𝑄̇ ′ =

2𝜋𝐿 cosh−1 (𝑧/𝑟)

con

𝑧>𝑟

𝑆 2𝜋 2𝜋 = = = 1,9719 m/m −1 𝐿 cosh (𝑧/𝑟) cosh−1 ( 2 ) 0,33/2

1 ln(0,21/0,2) ln(0,33/0,21) 1 K∙m + + + = 2,1759 1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,2 2𝜋 ∙ 41 2𝜋 ∙ 0,06 1,9719 ∙ 0,52 W

∆𝑇 𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 200 − 0 W = = 91,92 ′ = ′ 𝑅𝑡 𝑅𝑡 2,1759 m {

ℎ𝑒𝑛𝑡 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑒 ℎ𝑓𝑔 ℎ𝑠𝑎𝑙 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑠 ℎ𝑓𝑔

𝑄̇ = 𝑚̇ℎ𝑓𝑔 (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠 )

⇒

⇒

𝑚̇ =

⇒

𝑄̇ = 𝑄̇ ′ 𝐿 = 91,92 ∙ 600 = 55150 W = 55,15 kW

ℎ𝑒𝑛𝑡 − ℎ𝑠𝑎𝑙 = ∆ℎ = (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠 )ℎ𝑓𝑔 = ℎ𝑓𝑔 ∆𝜒 𝑄̇ 55,15 kg = = 0,1422 ℎ𝑓𝑔 (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠 ) 1939,7 ∙ (1 − 0,8) s

PROBLEMA 14 En la figura adjunta se muestra el corte de una columna de sección cuadrada de 𝑧 = 30 cm de lado en la cual se encuentra empotrada una tubería de diámetro externo 20 cm y espesor 2 cm. Por la tubería circula agua a una velocidad de 1 m/s y a 50 ºC (hi = 875 W/m2-ºC) y el ambiente exterior se encuentra a 25 ºC (ho = 22 W/m2-ºC). La conductividad térmica de la columna es de 𝑘𝐵 = 15 W/mºC y la de la tubería 𝑘𝐴 = 25 W/m-ºC. (a) Determine la velocidad de transferencia de calor por unidad de longitud. (b) Si la columna tiene 30 m de alto determine en cuanto varía la temperatura del agua que circula por la tubería. Comente sus suposiciones, aproximaciones y resultados.

SOLUCIÓN:

(a) La transferencia de calor viene dada por 𝑄̇ =

𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞ = 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 1 1 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 1 1 + + + + + + ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝐴 𝐿 𝑆𝑘𝐵 ℎ𝑒 𝐴𝑒 ℎ𝑖 (𝜋𝐷𝑡𝑖 𝐿) 2𝜋𝑘𝐴 𝐿 𝑆𝑘𝐵 ℎ𝑒 (4𝑧𝐿)

Expresando la ecuación anterior por unidad de longitud 𝑄̇ = 𝐿

𝑇𝑖 − 𝑇∞ 1 ln(𝐷𝑡𝑒 /𝐷𝑡𝑖 ) 1 1 + + + 2𝜋𝑘𝐴 (𝑆/𝐿)𝑘𝐵 ℎ𝑒 (4𝑧) ℎ𝑖 (𝜋𝐷𝑡𝑖 )

El diámetro externo es 𝐷𝑡𝑒 = 0,2 m por lo tanto el interno es de 𝐷𝑡𝑒 = 0,2 − 2 ∙ 0,02 = 0,16 m Primero se calcula la resistencia debido a la conducción bidimensional:

𝑆=

2𝜋𝐿 0,54𝑧 ln ( 𝑟 )

con 𝐿 ≫ 𝑧

𝑆 2𝜋 = = 13,02 m/m 𝐿 ln (0,54 ∙ 0,3) 0,2/2 Sustituyendo los valores 𝑄̇ = 𝐿

50 − 25 = 535,4 W/m 1 ln(20/16) 1 1 + + + 875 ∙ 𝜋 ∙ 0,16 2𝜋 ∙ 25 13,02 ∙ 15 22 ∙ 4 ∙ 0,3

(b) Mediante un balance de energía del agua se busca el cambio de temperatura del agua. El flujo másico de agua viene dado por (densidad del agua a 50 ºC es 988 kg/m3 y el calor específico es 4195 J/kgºC) 𝑚̇ = 𝜌𝑢𝐴𝑡 = 988 ∙ 1 ∙

𝜋 ∙ 0,162 = 19,86 kg/s 4

El balance de energía es (suponiendo despreciables otros tipos de cambios de energías como la potencial, cinética y la fricción en la tubería): 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑒𝑛𝑡 − 𝑇𝑠𝑎𝑙 ) = 𝑚̇𝐶𝑃 ∆𝑇

⇒

∆𝑇 =

𝑄̇ 𝑚̇𝐶𝑃

Suponiendo que la tasa de transferencia de calor no cambia mucho con la longitud (lo cual es falso ya que la temperatura interna 𝑇𝑖 varía a lo largo de la longitud, pero aquí se supone que la tasa de transferencia de calor es la misma calculada en la parte (a)): W 535,4 m ∙ 30 m 𝑄̇ ∆𝑇 = = = 0,19 K J 𝑚̇𝐶𝑃 19,86 kg ∙ 4195 s kg ∙ ℃ Por lo que la variación de temperatura del agua es de

0,2 K, verificando que es válida la

aproximación de tasa de transferencia de calor constante a lo largo de la tubería.

PROBLEMA 15. Condensación de vapor utilizando aletas Agua a una temperatura de 130 °C y una calidad de 99% entra con un caudal de 1,1 kg/s a una tubería de un material A (kA = 10 W/m·K) de 200 m de longitud y de 4,0 cm y 4,2 cm sus respectivos diámetros. Está recubierta por un material B (kB = 10 W/m·K) de forma cuadrada de arista 6,0 cm. La superficie posee 12 aletas longitudinales (a lo largo de toda la estructura) de espesor 2 mm y longitud 4,0 cm con una conductividad térmica de 15 W/m·K.

El medio ambiente es aire a una temperatura de 20 °C y el coeficiente convectivo aire-superficie es de 40 W/m2·K y el coeficiente convectivo mezcla agua líquida-vapor con la pared interna es de 5000 W/m2·K. La entalpía de vaporización del agua a 130 °C es de 2174,2 kJ/kg. Calcule la calidad a la salida de la tubería. SOLUCIÓN: El diagrama de resistencias térmicas es el siguiente

Convección interna

Conducción tubería

Conducción bidimensional

Aletas Area sin aletas

𝐷 ln ( 𝐷𝑡𝑒 ) 1 1 1 𝑡𝑖 𝑅𝑡 = + + + 𝑁 1 ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝐴 𝐿 𝑆𝑘𝐵 𝑅𝑡𝑓 + 1 ℎ𝑒 𝐴𝑒

Primero se calcula la resistencia debido a la conducción bidimensional: 𝑆=

𝑆=

2𝜋𝐿 0,54𝑧 ln ( 𝑟 )

con 𝐿 ≫ 𝑧

2𝜋 ∙ 200 = 2897,9 m 0,54 ∙ 0,06 ln ( ) 0,042/2

Luego se calcula la resistencia debido a cada aleta: 𝑡 = 0,002 m 𝑤 = 𝐿 = 200 m 𝐿𝑎 = 0,04 m W ℎ𝑒 = 40 2 m ∙K W 𝑘𝑓 = 15 m∙K 2ℎ𝑒 2 ∙ 40 𝑚=√ =√ = 51,64 m−1 𝑘𝑓 𝑡 15 ∙ 0,002 𝐿𝐶 = 𝐿𝑎 + 𝜂𝑓 =

𝑡 0,002 = 0,04 + = 0,041 m 2 2

tanh (𝑚𝐿𝐶 ) tanh (51,64 ∙ 0,041 ) = = 0,4588 𝑚𝐿𝐶 51,64 ∙ 0,041 𝐴𝑓 = 2𝑤𝐿𝐶 = 2 ∙ 200 ∙ 0,041 = 16,4 m2

𝑅𝑡𝑓 =

1 1 K = = 3,322 ∙ 10−3 𝜂𝑓 𝐴𝑓 ℎ𝑒 0,4588 ∙ 16,4 ∙ 40 W

𝐴𝑒 = 4𝑧𝐿 − 𝑁𝑡𝐿 = (4𝑧 − 𝑁𝑡)𝐿 = (4 ∙ 0,06 − 12 ∙ 0,002) ∙ 200 = 43,2 m2 𝐴𝑖 = 𝜋𝐷𝑡𝑖 𝐿 = 𝜋 ∙ 0,04 ∙ 200 = 25,1 m2 4,2 ln (4,0) 1 1 𝑅𝑡 = + + + 5000 ∙ 25,1 2𝜋 ∙ 10 ∙ 200 2897,9 ∙ 10

1 12 + 3,322 ∙ 10−3

1 1 40 ∙ 43,2

= 2,336 ∙ 10−4

K W

∆𝑇 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 130 − 20 = = = 470882 W = 470,9 W 𝑅𝑡 𝑅𝑡 2,336 ∙ 10−4 ℎ𝑒𝑛𝑡 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑒 ℎ𝑓𝑔 ⇒ ℎ𝑒𝑛𝑡 − ℎ𝑠𝑎𝑙 = ∆ℎ = (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠 )ℎ𝑓𝑔 = ℎ𝑓𝑔 ∆𝜒 { ℎ𝑠𝑎𝑙 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑠 ℎ𝑓𝑔 𝑄̇ 470,9 𝑄̇ = 𝑚̇ℎ𝑓𝑔 (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠 ) ⇒ 𝜒𝑠 = 𝜒𝑒 − = 0,99 − = 0,793 (79,3%) 𝑚̇ℎ𝑓𝑔 1,1 ∙ 2174,2 𝑄̇ =

PROBLEMA 16. Transferencia de calor en una caja con hielo Una caja tiene dimensiones externas 40cm x 50 cm x 60 cm y sus paredes tienen 3 cm de espesor y está construida de un material de conductividad 0,22 W/m·K. En su interior hay hielo a 0 ºC y el ambiente externo está a 30 ºC. El coeficiente de convección interno de la caja es de 5 W/m2 ∙ K y el exterior 8 W/m2 ∙ K . Determine cuanto tiempo tarda en derretirse 500 g de hielo. La entalpía de fusión del hielo a 0 °C es 335,2 kJ/kg y la densidad del hielo es 916,8 kg/m3. SOLUCIÓN: Se emplea el uso de factores de formas en una geometría tridimensional:

Factor de forma de la pared: 𝐴 𝑆𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑 = 𝐿 Factor de forma de la arista: 𝑆𝑎𝑟𝑖𝑠𝑡𝑎 = 0,54𝐷 Factor de forma de la esquina: 𝑆𝑒𝑠𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎 = 0,15𝐿 𝐴: Área de la pared 𝐿 : Espesor de la pared 𝐷: Longitud de la arista Suponiendo que hay transferencia de calor en toda la caja completa. La geometría se describe como: 2 caras superior e inferior de 40 cm × 50 cm 2 caras laterales de 40 cm × 60 cm 2 caras laterales de 50 cm × 60 cm 4 aristas de longitud 60 cm (verticales) 4 aristas de longitud 40 cm (horizontales) 4 aristas de longitud 50 cm (horizontales) 8 esquinas cúbicas de 3 cm de arista { La ecuación de resistencias térmicas es la siguiente 1 1 1 1 1 1 1 1 2 (𝑅 ) + 2 (𝑅 ) + 2 (𝑅 ) + 4 (𝑅 ) + 4 (𝑅 ) + 4 (𝑅 ) + 8 (𝑅 ) 𝑡,𝑃𝑆 𝑡,𝑃𝐿1 𝑡,𝑃𝐿2 𝑡,𝐴60 𝑡,𝐴40 𝑡,𝐴50 𝑡,𝐸 Pared superior e inferior 40x50 cm: 𝑅𝑡 =

𝐴𝑃𝑆 = (0,4 − 2 ∙ 0,03)(0,4 − 2 ∙ 0,03) = 0,1496 m2

𝑅𝑡,𝑃𝑆 =

𝑆𝑃𝑆 =

𝐴 0,1496 = = 4,99 m 𝐿 0,03

1 1 1 K + + = 3,084 ℎ𝑖 𝐴𝑃𝑆 𝑆𝑃𝑆 𝑘 ℎ𝑒 𝐴𝑃𝑆 W

Pared lateral 40x60 cm: 𝐴𝑃𝐿1 = (0,4 − 2 ∙ 0,03)(0,6 − 2 ∙ 0,03) = 0,1836 m2 𝑅𝑡,𝑃𝐿1 =

𝑆𝑃𝐿1 =

𝐴 0,1836 = = 6,12 m 𝐿 0,03

1 1 1 K + + = 2,513 ℎ𝑖 𝐴𝑃𝐿1 𝑆𝑃𝐿1 𝑘 ℎ𝑒 𝐴𝑃𝐿1 W

Pared lateral 50x60 cm: 𝐴𝑃𝐿2 = (0,5 − 2 ∙ 0,03)(0,6 − 2 ∙ 0,03) = 0,2376 m2 𝑅𝑡,𝑃𝐿2 =

𝐴 0,2376 = = 7,92 m 𝐿 0,03 K = 1,942 W

𝑆𝑃𝐿2 =

1 1 1 + + ℎ𝑖 𝐴𝑃𝐿2 𝑆𝑃𝐿2 𝑘 ℎ𝑒 𝐴𝑃𝐿2

Arista de 60 cm: 𝐴𝐴60 = 2 ∙ 0,03 ∙ (0,6 − 2 ∙ 0,03) = 0,0162 m2 𝑅𝑡,𝐴60 =

1 𝑆𝐴60 𝑘

+

𝑆𝐴60 = 0,54𝐷 = 0,54 ∙ 0,54 = 0,2916 m

1 K = 23,30 ℎ𝑒 𝐴𝐴60 W

Arista de 40 cm: 𝑆𝐴40 = 0,54𝐷 = 0,54 ∙ 0,36 = 0,1836 m 𝐴𝐴40 = 2 ∙ 0,03 ∙ (0,4 − 2 ∙ 0,03) = 0,0102 m2 1 1 K 𝑅𝑡,𝐴40 = + = 37,01 𝑆𝐴40 𝑘 ℎ𝑒 𝐴𝐴40 W Arista de 50 cm: 𝐴𝐴50 = 2 ∙ 0,03 ∙ (0,5 − 2 ∙ 0,03) = 0,0132 m2

𝑅𝑡,𝐴50 =

1 𝑆𝐴50 𝑘

+

𝑆𝐴50 = 0,54𝐷 = 0,54 ∙ 0,44 = 0,2376 m

1 K = 28,60 ℎ𝑒 𝐴𝐴50 W

Esquina: 𝐴𝐴50 = 3 ∙ 3 ∙ 3 = 27 cm2 = 0,0027 m2

𝑅𝑡,𝐸 = La resistencia térmica total es:

𝑆𝐴50 = 0,15𝐿 = 0,15 ∙ 0,03 = 0,0045 m

1 1 K + = 1056 𝑆𝐸 𝑘 ℎ𝑒 𝐴𝐸 W

1 1 1 1 1 1 1 1 2( ) + 2( )+ 2( ) + 4( )+ 4( ) + 4( )+ 8( ) 𝑅𝑡,𝑃𝑆 𝑅𝑡,𝑃𝐿1 𝑅𝑡,𝑃𝐿2 𝑅𝑡,𝐴60 𝑅𝑡,𝐴40 𝑅𝑡,𝐴50 𝑅𝑡,𝐸 1 𝑅𝑡 = 1 1 1 1 1 1 1 2 (3,084) + 2 ( ) + 2 (1,942) + 4 (23,30) + 4 (37,01) + 4 (28,6) + 8 ( ) 2,513 1056 K = 0,3446 W

𝑅𝑡 =

𝑄̇ =

∆𝑇 𝑇∞ − 𝑇𝑖 30 − 0 = = = 87,05 W 𝑅𝑡 𝑅𝑡 0,3446

Si se define 𝜒 como la fracción de líquido en un equilibrio sólido-líquido del hielo (𝜒 = 0 si es hielo completamente y 𝜒 = 1 si todo el hielo se fundió) 𝜒=

masa de líquido masa de líquido + hielo

y ℎ1 y ℎ2 como las entalpías iniciales y finales respectivamente, entonces ℎ1 = ℎ𝑠 + 𝜒1 (ℎ𝑓 − ℎ𝑠 ) { ℎ2 = ℎ𝑠 + 𝜒2 (ℎ𝑓 − ℎ𝑠 )

⇒

∆ℎ = ℎ2 − ℎ1 = (𝜒2 − 𝜒1 )ℎ𝑓𝑠

𝜒1 = 0 (inicialmente hay puro hielo y no se ha fundido nada) La masa de hielo dentro de la caja es 𝑚 = 𝜌𝑆 𝑉 = 916,8

kg (40 − 2 ∙ 3) ∙ (50 − 2 ∙ 3) ∙ (60 − 2 ∙ 3) 3 ∙ m = 74,06 kg m3 106 𝜒2 =

0,5 kg agua líquida = 0,00675 74,06 kg hielo total

El calor necesario para derretir 0,5 kg de hielo es: 𝑄 = 𝑚∆ℎ = 𝑚(𝜒2 − 𝜒1 )ℎ𝑓𝑠 = 74,06 kg ∙ (0,00675 − 0) ∙ 335,2

kJ = 167,6 kJ = 167600 J kg

Por lo tanto el tiempo que se requiere para esto es 𝑡=

𝑄 167600 J = = 1925 𝑠 ~ 32 min 𝑄̇ 87,05 J/s

PROBLEMA 17. Conducción bidimensional con generación de calor Un sólido cuadrado de 3 cm de longitud está aislado en dos de sus caras, mientras que una se mantiene a 100 °C y la otra está expuesta a un fluido con una temperatura de 20 °C y un coeficiente convectivo de 100 W/m2·K. El sólido experimenta generación interna de calor de 90 MW/m3. Determine el perfil de temperaturas en el sólido considerando conducción bidimensional en estado estacionario con ∆𝑥 = ∆𝑦 = 1,5 cm y una conductividad térmica de 20 W/m·K.

SOLUCIÓN:

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Nodo 1: 𝑄̇4−1 + 𝑄̇2−1 + 𝑄̇∞−1 + 𝑄̇𝐺 = 0 ∆𝑥 ∆𝑦 × 2 2 𝑘

∆𝑥 𝑇4 − 𝑇1 ∆𝑦 𝑇2 − 𝑇1 ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑦 (𝑇∞ − 𝑇1 ) + 𝑞̇ 𝐺 ( )+𝑘 ( )+ℎ ∙ =0 2 ∆𝑦 2 ∆𝑥 2 2 2

Nodo 2: 𝑄̇1−2 + 𝑄̇3−2 + 𝑄̇5−2 + 𝑄̇∞−2 + 𝑄̇𝐺 = 0

∆𝑥 × 𝑘

∆𝑦 2

∆𝑦 𝑇1 − 𝑇2 ∆𝑦 𝑇3 − 𝑇2 𝑇5 − 𝑇2 ∆𝑦 ( )+𝑘 ( ) + 𝑘∆𝑥 ( ) + ℎ∆𝑥(𝑇∞ − 𝑇2 ) + 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 ∙ =0 2 ∆𝑥 2 ∆𝑥 ∆𝑦 2

Nodo 4: 𝑄̇1−4 + 𝑄̇7−4 + 𝑄̇5−4 + 𝑄̇𝐺 = 0 ∆𝑥 × ∆𝑦 2 ∆𝑥 𝑇1 − 𝑇4 ∆𝑥 𝑇7 − 𝑇4 𝑇5 − 𝑇4 ∆𝑥 ( )+𝑘 ( ) + 𝑘∆𝑦 ( ) + 𝑞̇ 𝐺 ∙ ∆𝑦 = 0 2 ∆𝑦 2 ∆𝑦 ∆𝑥 2

𝑘 Nodo 5:

𝑄̇4−5 + 𝑄̇6−5 + 𝑄̇2−5 + 𝑄̇8−5 + 𝑄̇𝐺 = 0 ∆𝑥 × ∆𝑦 𝑇4 − 𝑇5 𝑇6 − 𝑇5 𝑇2 − 𝑇5 𝑇8 − 𝑇5 𝑘∆𝑦 ( ) + 𝑘∆𝑦 ( ) + 𝑘∆𝑥 ( ) + 𝑘∆𝑥 ( ) + 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 ∙ ∆𝑦 = 0 ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑦 ∆𝑦 Nodo 7: 𝑄̇4−7 + 𝑄̇8−7 + 𝑄̇𝐺 = 0 ∆𝑥 ∆𝑦 × 2 2 𝑘

∆𝑥 𝑇4 − 𝑇7 ∆𝑦 𝑇8 − 𝑇7 ∆𝑥 ∆𝑦 ( )+𝑘 ( ) + 𝑞̇ 𝐺 ∙ =0 2 ∆𝑦 2 ∆𝑥 2 2

Nodo 8: 𝑄̇7−8 + 𝑄̇9−8 + 𝑄̇5−8 + 𝑄̇𝐺 = 0 ∆𝑥 × 𝑘

∆𝑦 2

∆𝑦 𝑇7 − 𝑇8 ∆𝑦 𝑇9 − 𝑇8 𝑇5 − 𝑇8 ∆𝑦 ( )+𝑘 ( ) + 𝑘∆𝑥 ( ) + 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 ∙ =0 2 ∆𝑥 2 ∆𝑥 ∆𝑦 2

Simplificando las ecuaciones anteriores 𝑇4 − 𝑇1 + 𝑇2 − 𝑇1 +

ℎ∆𝑥 1 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 (𝑇∞ − 𝑇1 ) + ∙ =0 𝑘 2 𝑘

𝑇1 − 𝑇2 + 𝑇3 − 𝑇2 + 2(𝑇5 − 𝑇2 ) + 2

ℎ∆𝑥 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 (𝑇∞ − 𝑇2 ) + =0 𝑘 𝑘

𝑇1 − 𝑇4 + 𝑇7 − 𝑇4 + 2(𝑇5 − 𝑇4 ) +

𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 =0 𝑘

𝑇4 − 𝑇5 + 𝑇6 − 𝑇5 + 𝑇2 − 𝑇5 + 𝑇8 − 𝑇5 +

𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 =0 𝑘

1 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 𝑇4 − 𝑇7 + 𝑇8 − 𝑇7 + ∙ =0 2 𝑘 𝑇7 − 𝑇8 + 𝑇9 − 𝑇8 + 2(𝑇5 − 𝑇8 ) +

𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 =0 𝑘

Arreglando las ecuaciones anteriores ℎ∆𝑥 ℎ∆𝑥 1 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 ) 𝑇1 − 𝑇2 − 𝑇4 = 𝑇∞ + ∙ 𝑘 𝑘 2 𝑘 ℎ∆𝑥 ℎ∆𝑥 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 −𝑇1 + (4 + 2 ) 𝑇2 − 𝑇3 − 2𝑇5 = 2 𝑇∞ + 𝑘 𝑘 𝑘 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 −𝑇1 + 4𝑇4 − 2𝑇5 − 𝑇7 = 𝑘 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 −𝑇2 − 𝑇4 + 4𝑇5 − 𝑇6 − 𝑇8 = 𝑘 2 1 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 −𝑇4 + 2𝑇7 − 𝑇8 = ∙ 2 𝑘 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 −2𝑇 − 𝑇 + 4𝑇 − 𝑇 = 5 7 8 9 { 𝑘 (2 +

ℎ∆𝑥 100 ∙ 0,015 = = 0,075 𝑘 20 𝑞̇ 𝐺 ∆𝑥 2 90 ∙ 106 ∙ 0,0152 = = 1012,5 𝑘 20

[

2,075 -1 0 -1 0 0 0 0

-1 4,15 0 0 -1 0 0 0

0 -1 1 0 0 0 0 0

-1 0 0 4 -1 0 -1 0

0 -2 0 -2 4 0 0 -2

0 0 0 0 -1 1 0 0

0 0 0 -1 0 0 2 -1

0 0 0 0 -1 0 -1 4

0 0 0 0 0 0 0 -1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

]

𝑇1 𝑇2 𝑇3 𝑇4 𝑇5 = 𝑇6 𝑇7 𝑇8 [𝑇9 ]

𝑇1 = 1926,7 ℃

𝑇2 = 1475,3 ℃

𝑇3 = 100 ℃

𝑇4 = 2014,8 ℃

𝑇5 = 1540,2 ℃

𝑇6 = 100 ℃

𝑇7 = 2039,5 ℃

𝑇8 = 1558,1 ℃

𝑇9 = 100 ℃

[

507,8 1015,5 100 1012,5 1012,5 100 506,2 1012,5 100

]

PROBLEMA 18 En un proceso se obtienen tuercas de forma hexagonal (de 3 cm de de lado) con perforaciones cilíndricas de 4 cm de diámetro y con una altura de 2 cm. Las tuercas salen del proceso a 250 ºC y doscientas de ellas se transfieren a un baño de aceite a 20 ºC con la finalidad de enfriarlas hasta 30 ºC. El coeficiente de convección es de 120 W/m2-ºC. (a) Calcule el tiempo necesario para este proceso. (b) Calcule la cantidad máxima de calor que puede retirarse de una sola tuerca y el calor retirado en el tiempo de la parte (a). (c) Determine la cantidad mínima de aceite para que la temperatura del aceite no suba más de 0,5 K al enfriar las doscientas tuercas. (d) ¿Cuál es el máximo valor del coeficiente de convección que permite analizar el problema como enfriamiento de un cuerpo de resistencia interna despreciable? Justifique. (e) Ahora suponga que la cantidad de aceite no es el suficiente como para que este pueda considerarse como un reservorio de temperatura, así 𝑇∞ variará con el tiempo (desde una 𝑇∞𝑖 inicial) también. Formule las ecuaciones diferenciales del fenómeno (no resuelva). Las propiedades del metal de las tuercas son: k= 48 W/m-ºC ρ = 2750 kg/m3 CP=1600 J/kg-ºC Las del aceite: ρ = 875 kg/m3, CP=3600 J/kg-ºC.

SOLUCIÓN: Primero se calcula el volumen y área superficial de la pieza (que está en contacto con el fluido) que tiene de arista 𝐿, altura 𝑧 y diámetro de orificio 𝐷: Área de un triángulo equilátero = 𝐿2 √3/4 Área de un hexágono: 6 x área de un tríangulo equilátero = 𝐿2 ∙ 3√3/2 Volumen = Area de la base por la altura menos el volumen de un cilindro 𝑉 = 𝐿2 ∙

3√3 𝜋 3√3 𝜋 𝐷 2 ∙ 𝑧 − 𝐷 2 𝑧 = 𝑧𝐿2 ( − ( ) ) 2 4 2 4 𝐿

Área superficial que está en contacto con el fluido: Área = 6 áreas de rectángulos + 2 áreas de hexágonos – 2 áreas de círculos +1 área de cilindro 𝐴𝑠 = 6𝐿𝑧 + 2 (𝐿2 ∙

3√3 𝜋 𝑧 𝜋 𝐷 2 𝐷 𝑧 ) − 2 ( 𝐷 2 ) + 𝜋𝐷𝑧 = 𝐿2 (6 + 3√3 − ( ) + 𝜋 ( ) ( )) 2 4 𝐿 2 𝐿 𝐿 𝐿 𝑉 = 21,633 cm3

𝐴𝑠 = 82,765 cm2 𝐿𝐶 =

𝑉 = 0,26138 cm 𝐴𝑠

Se verifica que este problema es de resistencia interna despreciable 𝐵𝑖𝐶 =

ℎ𝐿𝐶 120 ∙ 0,0026138 = = 0,0065 < 0,1 𝑘 48

La ecuación diferencial de temperaturas en estado no estacionario con resistencia interna despreciable viene dada por 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝜕𝑇 = −ℎ𝐴𝑠 (𝑇 − 𝑇∞ ) = −𝑄̇ 𝜕𝑡

ln (

𝑇 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑠 )=− 𝑡 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉

⇒

𝑇

⇒

∫ 𝑇𝑖

𝜃≡

𝑡 𝑑𝑇 ℎ𝐴𝑠 =∫ − 𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉 0

𝑇 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑠 = exp (− 𝑡) 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉

Y el calor transferido hasta un tiempo arbitrario 𝑡

𝑡

𝑄 = ∫ 𝑄̇ 𝑑𝑡 = ∫ −𝜌𝐶𝑃 𝑉 0

0

𝑡 𝑇 𝜕𝑇 𝜕𝑇 𝑑𝑡 = −𝜌𝐶𝑃 𝑉 ∫ 𝑑𝑡 = −𝜌𝐶𝑃 𝑉 ∫ 𝑑𝑇 = −𝜌𝐶𝑃 𝑉(𝑇 − 𝑇𝑖 ) 𝜕𝑡 0 𝜕𝑡 𝑇𝑖

= 𝜌𝐶𝑃 𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇) Por lo tanto el calor máximo transferido es 𝑄𝑚𝑎𝑥 = lim 𝑄 = 𝜌𝐶𝑃 𝑉 (𝑇𝑖 − lim 𝑇) = 𝜌𝐶𝑃 𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) 𝑡→∞

𝑡→∞

Sustituyendo los siguientes valores 𝜌 = 2750 kg/m3 J 𝐶𝑃 = 1600 kg ∙ ℃

𝑇𝑖 = 250 ℃ 𝑇∞ = 20 ℃ 𝑇 = 30 ℃ ℎ = 120 W/m2 ∙ K

𝑉 = 21,633 cm3 = 21,633 ∙ 10−6 m3 𝐴𝑠 = 82,765 cm2 = 82,765 ∙ 10−4 m2

(a) Se calcula el tiempo 𝜃=

𝑡=

𝑇 − 𝑇∞ 30 − 20 = = 0,04348 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 250 − 20

𝜌𝐶𝑃 𝑉 2750 ∙ 1600 ∙ 21,633 ∙ 10−6 (− ln 𝜃) = (− ln(0,04348)) = 300 s = 5 min ℎ𝐴𝑠 120 ∙ 82,765 ∙ 10−4

(b) El calor máximo retirado viene dado por 𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝜌𝐶𝑃 𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) = 2750 ∙ 1600 ∙ 21,633 ∙ 10−6 ∙ (250 − 20) = 21893 J

El calor transferido a los 5 min es 𝑄 = 𝜌𝐶𝑃 𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇) = 2750 ∙ 1600 ∙ 21,633 ∙ 10−6 ∙ (250 − 30) = 20941 J (c) El calor retirado de las doscientas piezas la absorbe el aceite. Entonces la masa de aceite que experimenta un cambio en su temperatura de 0,5 K es 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 ∆𝑇 = 𝑁𝑃 𝑄

⇒

𝑚𝑎 =

𝑁𝑃 𝑄 200 ∙ 20941 = = 2327 kg 𝐶𝑃𝑎 ∆𝑇 3600 ∙ 0,5

(d) El valor máximo del coeficiente convectivo para que el problema pueda aproximarse como resistencia interna despreciable viene dado por 𝐵𝑖𝑚𝑎𝑥 =

ℎ𝑚𝑎𝑥 𝐿𝐶 = 0,1 𝑘

⇒

ℎ𝑚𝑎𝑥 =

0,1𝑘 0,1 ∙ 48 W = = 1836 2 𝐿𝐶 0,26138/100 m ∙K

(e) Si el aceite no se considera como reservorio de temperatura, entonces su temperatura variará en función del tiempo. Si el “sistema” o volumen de control solo se considera las 𝑁𝑃 tuercas y el aceite, entonces su cambio de energía interna (Sin transferencia de calor con algún medio externo ni trabajo) viene dado por la primera ley de termodinámica: 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 (𝑇∞ − 𝑇∞𝑖 ) + 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉(𝑇 − 𝑇𝑖 ) = 0 Además, del balance del sólido: 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝜕𝑇 = −ℎ𝐴𝑠 (𝑇 − 𝑇∞ ) 𝜕𝑡

Si se desea resolver este modelo matemático se despeja 𝑇∞ de la primera ecuación y se sustituye en la segunda 𝑇∞ =

𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑇∞𝑖 − 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉(𝑇 − 𝑇𝑖 ) 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 = (𝑇∞𝑖 + 𝑇𝑖 ) − 𝑇 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝜕𝑇 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 = −ℎ𝐴𝑠 (𝑇 − (𝑇∞𝑖 + 𝑇)+ 𝑇) 𝜕𝑡 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑖 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑑𝑇

𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 (1 + 𝑚 ) 𝑇 − (𝑇∞𝑖 + 𝑚 𝑇𝑖 ) 𝐶 𝑎 𝑃𝑎 𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑇

∫ 𝑇𝑖

𝑑𝑇 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 (1 + 𝑚 ) 𝑇 − (𝑇∞𝑖 + 𝑚 𝑇𝑖 ) 𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑎 𝐶𝑃𝑎

=−

ℎ𝐴𝑠 𝑑𝑡 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑡

=∫ − 0

ℎ𝐴𝑠 𝑑𝑡 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 (1 + 𝑚 ) 𝑇 − (𝑇∞𝑖 + 𝑚 𝑇𝑖 ) 1 ℎ𝐴𝑠 𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑎 𝐶𝑃𝑎 ln ( 𝑡 )=− 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑁𝑃 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝜌𝐶𝑃 𝑉 1+ 𝑚 (1 + ) 𝑇 − (𝑇 + 𝑇 ) 𝑖 ∞𝑖 𝑖 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑚𝑎 𝐶𝑃𝑎 𝑎 𝐶𝑃𝑎

PROBLEMA 19 La figura representa a un sólido de base cuadrada de 8 cm de lado y 16 cm de altura, la cual se encuentra inicialmente a 300 ºC. Con la finalidad de enfriarla se sumerge en un baño de aceite a 20 ºC y bien agitado con un coeficiente convectivo de 600 W/m2ºC (todas las superficies están expuestas), hasta que el centro de la cara superior alcance 30 ºC. La conductividad térmica del material es 4 W/mºC, su densidad de 3000 kg/m3 y su calor específico de 1500 J/kgºC. (a) El tiempo que se requiere para que el centro de la cara superior alcance los 30 ºC. (b) La temperatura del centro geométrico en ese mismo momento. (c) La temperatura media en ese mismo momento. (d) Temperatura en una de las esquinas en ese mismo momento. (e) Calor transferido hasta ese instante. (f) El tiempo necesario para que el centro de la cara superior alcance los 30 ºC si el coeficiente de convección se reduce a 20 W/m2ºC. 8 cm

16 cm

8 cm

SOLUCIÓN: La difusividad térmica del sólido es 𝛼=

𝑘 4 m2 = = 8,889 ∙ 10−7 𝜌𝐶𝑃 3000 ∙ 1500 s

Calculando el número de Biot, autovalor y constante para las coordenadas 𝑥, 𝑦: 𝐵𝑖𝑥 = 𝐵𝑖𝑦 = 𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 𝐵𝑖𝑥 𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 =

⇒

ℎ𝐿𝑥 600 ∙ 0,04 = =6 𝑘 4

𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 6

⇒

𝜁1𝑥 = 𝜁1𝑦 = 1,34955

4 sen 𝜁1𝑥 4 sen(1,34955) = = 1,24788 2𝜁1𝑥 + sen(2𝜁1𝑥 ) 2 ∙ 1,34955 + sen(2 ∙ 1,34955)

Calculando el número de Biot, autovalor y constante para la coordenada 𝑧:

𝐵𝑖𝑧 = 𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 𝐵𝑖𝑧 𝐶1𝑧 =

⇒

ℎ𝐿𝑧 600 ∙ 0,08 = = 12 𝑘 4 𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 12

⇒

𝜁1𝑧 = 1,45050

4 sen 𝜁1𝑧 4 sen(1,45050) = = 1,26497 2𝜁1𝑧 + sen(2𝜁1𝑧 ) 2 ∙ 1,45050 + sen(2 ∙ 1,45050)

La solución multidimensional es el producto de las soluciones analíticas unidimensionales (𝜃𝑥 , 𝜃𝑦 , 𝜃𝑧 ): 𝜃 = 𝜃𝑥 𝜃𝑦 𝜃𝑧 Aproximando cada solución a sólo el primer término de la Serie de Fourier 2 𝜃 = (𝐶1𝑥 exp (−𝜁1𝑥

𝜁1𝑦 𝑦 𝛼𝑡 𝜁1𝑥 𝑥 𝛼𝑡 𝛼𝑡 𝜁1𝑧 𝑧 2 2 )) (𝐶1𝑦 exp (−𝜁1𝑦 ) cos ( )) ) cos ( ) cos ( )) (𝐶1𝑧 exp (−𝜁1𝑧 2 2 2 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 𝐿𝑧 𝐿𝑥 𝐿𝑦

Arreglando términos 2

𝜁1𝑦 𝜁1𝑦 𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁1𝑧 𝑧 𝜃 = 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 exp (− (( ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) cos ( ) cos ( ) ) cos ( 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 Aislando el término exponencial para despejar el tiempo 2

𝜁1𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 = exp (− (( ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) 𝜁1𝑦 𝑦 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 𝜁 𝑥 𝜁1𝑧 𝑧 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 cos ( 1𝑥 ) cos ( 𝐿 𝐿 ) cos ( 𝐿 ) 𝜃

𝑥

𝑦

𝑧

Aplicando logaritmos y despejando el tiempo

𝑡=

𝜃 − ln ( ) 𝜁1𝑦 𝑦 𝜁 𝑥 𝜁1𝑧 𝑧 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 cos ( 1𝑥 ) cos ( ) cos ( ) 𝐿 𝐿 𝐿 𝑥

2

2

𝑦 2

𝑧

𝜁1𝑦 𝜁 𝜁 (( 𝐿1𝑥 ) + ( 𝐿 ) + ( 𝐿1𝑧 ) ) 𝛼 𝑥 𝑦 𝑧

Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada del centro de la cara superior (0,0, 𝐿𝑧 ): 𝜃(0,0, 𝐿𝑧 ) = Sustituyendo valores

𝑇(0,0, 𝐿𝑧 ) − 𝑇∞ 30 − 20 = = 0,035714 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 300 − 20

0,035714 − ln ( ) 2 1,24788 ∙ 1,26497 ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(1,45050 ∙ 1) 𝑡= = 816 s 1,34955 2 1,45050 2 (2 ∙ ( 0,04 ) + ( 0,08 ) ) ∙ 8,889 ∙ 10−7 𝑡 = [0 horas][13 min][36 s] 𝐹𝑜𝑥 =

𝛼𝑡 8,889 ∙ 10−7 ∙ 816 = = 𝐹𝑜𝑦 = 0,45 > 0,2 (justifica aprox 1er término) 0,042 𝐿2𝑥

𝐹𝑜𝑧 =

𝛼𝑡 8,889 ∙ 10−7 ∙ 816 = = 0,11 (no justifica aprox 1er término) 𝐿2𝑧 0,082

Temperatura en el centro geométrico: Calculando la temperatura en el centro (que coincide con el origen de coordenadas) 2

𝜁1𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 𝜃𝑜 = 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 exp (− (( ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(0) = 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 1,34955 2 1,45050 2 = 1,24788 ∙ 1,26497 ∙ exp (− (2 ∙ ( ) +( ) ) ∙ 8,889 ∙ 10−7 ∙ 816) = 0,29761 0,04 0,08 2

𝜃𝑜 =

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇𝑜 = 20 + 0,29761 ∙ (300 − 20) = 103,33 ℃

Temperatura media: 𝜃̅ =

1 1 𝐿𝑥 1 𝐿𝑦 1 𝐿𝑧 ∭ 𝜃𝑑𝑉 = ( ∫ 𝜃𝑥 𝑑𝑥) ( ∫ 𝜃𝑦 𝑑𝑦) ( ∫ 𝜃𝑧 𝑑𝑧) = 𝜃𝑥̅ 𝜃𝑦̅ 𝜃𝑧̅ 𝑉 𝑉 𝐿𝑥 0 𝐿𝑦 0 𝐿𝑧 0 2

𝜁 1 𝐿𝑥 1 𝐿𝑥 −( 1𝑥 ) 𝜃𝑥̅ = ∫ 𝜃𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝐶1𝑥 𝑒 𝐿𝑥 𝐿𝑥 0 𝐿𝑥 0

2

𝛼𝑡

𝜁 𝜁1𝑥 𝑥 −( 1𝑥 ) cos ( ) 𝑑𝑥 = 𝐶1𝑥 𝑒 𝐿𝑥 𝐿𝑥

𝛼𝑡

1

∫ cos(𝜁1𝑥 𝑥) 𝑑𝑥 = 0

𝜁1𝑥 2 sen 𝜁1𝑥 = 𝐶1𝑥 exp (− ( ) 𝛼𝑡) 𝐿𝑥 𝜁1𝑥 2

𝜁1𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 sen 𝜁1𝑥 sen 𝜁1𝑦 sen 𝜁1𝑧 𝜃̅ = 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 exp (− (( ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) ∙ ∙ ∙ 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 𝜁1𝑥 𝜁1𝑦 𝜁1𝑧 𝜃̅ = 𝜃𝑜 ∙ 𝜃̅ = 𝜃𝑥̅ 𝜃𝑦̅ 𝜃𝑧̅ = 0,29761 ∙

sen 𝜁1𝑥 sen 𝜁1𝑦 sen 𝜁1𝑧 ∙ ∙ 𝜁1𝑥 𝜁1𝑦 𝜁1𝑧

sen(1,34955) sen(1,34955) sen(1,45050) ∙ ∙ = 0,10646 1,34955 1,34955 1,45050

𝜃̅ =

𝑇̅ − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

𝑇̅ = 20 + 0,10646 ∙ (300 − 20) = 49,81 ℃

⇒

Temperatura en las esquinas 2

𝜁1𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 𝜃 = 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 exp (− (( ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) cos(𝜁1𝑥 ) cos(𝜁1𝑦 ) cos(𝜁1𝑧 ) = 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 ⏟ 𝜃𝑂

= 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ) cos(𝜁1𝑦 ) cos(𝜁1𝑧 ) = 0,29761 ∙ (cos(1,34955))2 ∙ cos(1,45050) = 0,00172 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

𝑇 = 20 + 0,00172 ∙ (300 − 20) = 20,48 ℃

⇒

Calor transferido: 𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇̅) = 3000 ∙ 0,082 ∙ 0,16 ∙ 1500 ∙ (300 − 49,81) = 1152876 J Tiempo para 𝒉 = 𝟐𝟎 𝐖/𝐦𝟐 ∙ ℃: Como se reduce mucho el valor del coeficiente convectivo, puede ser que el problema se aproxime como resistencia interna despreciable por obtener un número de Biot bajo: 𝑉 = 8 ∙ 8 ∙ 16 = 1024 cm3 }

⇒

𝐴𝑆 = 82 ∙ 2 + 16 ∙ 8 ∙ 4 = 640 cm2 𝐵𝑖𝐶 =

𝐿𝐶 =

ℎ𝐿𝐶 20 ∙ 0,016 = = 0,08 < 0,1 𝑘 4

𝑉 1024 cm3 = = 1,6 cm 𝐴𝑆 640 cm ⇒ es de RID

El balance de energía suponiendo que la temperatura no depende de los efectos espaciales es 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑇

∫ 𝑇𝑖

𝜕𝑇 = −ℎ𝐴𝑆 (𝑇 − 𝑇∞ ) 𝜕𝑡

𝑡 𝑑𝑇 ℎ𝐴𝑆 =∫ − 𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉 0

𝑡=−

⇒

𝑑𝑇 ℎ𝐴𝑆 =− 𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝑇 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑆 ⇒ ln ( )=− 𝑡 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉

⇒ 𝑡=−

𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑇 − 𝑇∞ ln ( ) ℎ𝐴𝑆 𝑇𝑖 − 𝑇∞

3000 ∙ 0,082 ∙ 0,16 ∙ 1500 30 − 20 ln ( ) = 11996 s −4 20 ∙ 640 ∙ 10 300 − 20 t = [3 horas][19 min][56 s]

PROBLEMA 20 Una pieza cúbica de 18 cm de arista se encuentra inicialmente a 300 ºC y se somete a enfriamiento al aire a 20 ºC (coeficiente de convección 200 W/m2ºC). Las propiedades del material de construcción del cubo son ρ = 2000 kg/m3, CP = 1800 J/kgºC y k = 40 W/mºC. Determine: (a) El tiempo que tarda su centro geométrico en alcanzar 30 ºC. (b) La temperatura en los vértices en ese mismo momento. (c) La temperatura en el centro geométrico de cada cara. (d) La temperatura media. (e) El calor cedido al ambiente. (f) Determine también los valores equivalentes en el caso en el que la base se encuentre apoyada sobre una superficie prácticamente adiabática. SOLUCIÓN: Tiempo que tarda su centro geométrico en alcanzar 30 ºC: La difusividad térmica del sólido es 𝛼=

𝑘 40 m2 = = 1,111 ∙ 10−5 𝜌𝐶𝑃 2000 ∙ 1800 s 𝐿𝑥 = 𝐿𝑦 = 𝐿𝑧 =

0,18 = 0,09 m 2

Calculando el número de Biot, autovalor y constante para las coordenadas 𝑥, 𝑦, 𝑧: 𝐵𝑖𝑥 = 𝐵𝑖𝑦 = 𝐵𝑖𝑧 = 𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 𝐵𝑖𝑥 𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 = 𝐶1𝑧 =

⇒

ℎ𝐿𝑥 200 ∙ 0,09 = = 0,45 𝑘 40

𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 0,45

⇒

𝜁1𝑥 = 𝜁1𝑦 = 𝜁1𝑧 = 0,62444

4 sen 𝜁1𝑥 4 sen(0,62444) = = 1,06419 2𝜁1𝑥 + sen(2𝜁1𝑥 ) 2 ∙ 0,62444 + sen(2 ∙ 0,62444)

La solución multidimensional es el producto de las soluciones analíticas unidimensionales (𝜃𝑥 , 𝜃𝑦 , 𝜃𝑧 ). Aproximando cada solución a sólo el primer término de la Serie de Fourier 2 𝜃 = (𝐶1𝑥 exp (−𝜁1𝑥

𝜁1𝑦 𝑦 𝛼𝑡 𝜁1𝑥 𝑥 𝛼𝑡 𝛼𝑡 𝜁1𝑧 𝑧 2 2 )) (𝐶1𝑦 exp (−𝜁1𝑦 ) cos ( )) ) cos ( ) cos ( )) (𝐶1𝑧 exp (−𝜁1𝑧 2 2 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿2𝑧 𝐿𝑧 𝐿𝑥 𝐿𝑦

Arreglando términos

2

𝜁1𝑦 𝜁1𝑦 𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁1𝑧 𝑧 𝜃 = 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 exp (− (( ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) cos ( ) cos ( ) ) cos ( 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 Aislando el término exponencial para despejar el tiempo 2

𝜃 𝜁1𝑦 𝑦 𝜁 𝑥 𝜁1𝑧 𝑧 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 cos ( 1𝑥 𝐿𝑥 ) cos ( 𝐿𝑦 ) cos ( 𝐿𝑧 )

= exp (− ((

𝜁1𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧

Aplicando logaritmos y despejando el tiempo

𝑡=

𝜃 − ln ( ) 𝜁1𝑦 𝑦 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁1𝑧 𝑧 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 cos ( 𝐿 ) cos ( 𝐿 ) cos ( 𝐿 ) 𝑥

𝑦

𝑧

𝜁1𝑦 2 𝜁 𝜁 2 (( 𝐿1𝑥 ) + ( 𝐿 ) + ( 𝐿1𝑧 ) ) 𝛼 𝑥 𝑦 𝑧 2

Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada del centro geométrico (0,0,0): 𝜃(0,0,0) =

𝑇(0,0,0) − 𝑇∞ 𝑇𝑜 − 𝑇∞ 30 − 20 = = = 0,035714 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 300 − 20

Sustituyendo valores 0,035714 − ln ( ) 1,064193 ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(0) 𝑡= = 2192,9 s 0,62444 2 −5 (3 ∙ ( 0,09 ) ) ∙ 1,111 ∙ 10 𝑡 = [0 horas][36 min][33 s] 𝐹𝑜𝑥 = 𝐹𝑜𝑦 = 𝐹𝑜𝑧 =

𝛼𝑡 1,111 ∙ 10−5 ∙ 2192,9 = = 3 > 0,2 (justifica aprox 1er término) 0,042 𝐿2𝑥

Temperatura en los vértices: Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada de la esquina (𝐿𝑥 , 𝐿𝑦 , 𝐿𝑧 ): 𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ) cos(𝜁1𝑦 ) cos(𝜁1𝑧 ) = 0,035714 ∙ (cos(0,62444))3 = 0,01907 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 20 + 0,01907 ∙ (300 − 20) = 25,34 ℃

Temperatura en el centro geométrico de una de las caras: Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada del centro de una de las caras (0,0, 𝐿𝑧 ):

𝜃 = 𝜃𝑜 cos(0) cos(0) cos(𝜁1𝑧 ) = 0,035714 ∙ cos(0,62444) = 0,02897 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

𝑇 = 20 + 0,02897 ∙ (300 − 20) = 28,11 ℃

⇒

Temperatura media: 3

𝜃̅ =

1 sen 𝜁1𝑥 sen 𝜁1𝑦 sen 𝜁1𝑧 sen(0,62444) ∭ 𝜃𝑑𝑉 = 𝜃𝑜 ∙ ∙ ∙ = 0,035714 ∙ ( ) = 0,02931 𝑉 𝑉 𝜁1𝑥 𝜁1𝑦 𝜁1𝑧 0,62444 𝜃̅ =

𝑇̅ − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

𝑇̅ = 20 + 0,02931 ∙ (300 − 20) = 28,21 ℃

⇒

Calor cedido al ambiente: 𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇̅) = 2000 ∙ 0,183 ∙ 1800 ∙ (300 − 28,21) = 5706285 J = 5,7 MJ Si la base se encuentre apoyada sobre una superficie adiabática: 𝐿𝑥 = 𝐿𝑦 =

0,18 = 0,09 m 2

𝐿𝑧 = 0,18 m

Se calcula el nuevo número de Biot, autovalor y constante para la coordenada 𝑧 (las otras coordenadas siguen manteniendo los mismos valores anteriores): 𝐵𝑖𝑧 = 𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 𝐵𝑖𝑧 𝐶1𝑧 =

⇒

ℎ𝐿𝑧 200 ∙ 0,18 = = 0,9 𝑘 40 𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 0,9

⇒

𝜁1𝑧 = 0,82740

4 sen 𝜁1𝑧 4 sen(0,82740) = = 1,11067 2𝜁1𝑧 + sen(2𝜁1𝑧 ) 2 ∙ 0,82740 + sen(2 ∙ 0,82740)

Evaluando la solución multidimensional en la coordenada del centro geométrico (0,0, 𝐿𝑧 /2): 𝜃(0,0, 𝐿𝑧 /2) =

𝑇(0,0, 𝐿𝑧 /2) − 𝑇∞ 30 − 20 = = 0,035714 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 300 − 20

Sustituyendo valores 0,035714 − ln ( ) 1,064192 ∙ 1,11067 ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(0,82740 ∙ 1/2) 𝑡= = 2662,6 s ≈ 2663 s 0,62444 2 0,82740 2 −5 (2 ∙ ( 0,09 ) + ( 0,18 ) ) ∙ 1,111 ∙ 10 𝑡 = [0 horas][44 min][23 s] La temperatura en el centro de la cara inferior o cara adiabática (cuya coordenada coincide con el origen de coordenadas) se obtiene a partir de:

1 𝜃(0,0, 𝐿𝑧 /2) 0,035714 𝜃(0,0, 𝐿𝑧 /2) = 𝜃𝑜 cos(0) cos(0) cos (𝜁1𝑧 ∙ ) ⇒ 𝜃𝑜 = = 2 cos(𝜁1𝑧 ∙ 1/2) cos(0,82740 ∙ 1/2) = 0,03900 𝜃𝑜 =

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇𝑜 = 20 + 0,039 ∙ (300 − 20) = 30,92 ℃

La temperatura en el centro de la cara superior se obtiene evaluando en (0,0, 𝐿𝑧 ): 𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ∙ 0) cos(𝜁1𝑦 ∙ 0) cos(𝜁1𝑧 ) = 0,03900 ∙ 1 ∙ cos(0,82740) = 0,02640 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 20 + 0,02640 ∙ (300 − 20) = 27,39 ℃

La temperatura en el centro de las caras laterales se obtiene evaluando en (0, 𝐿𝑦 , 𝐿𝑧 /2): 1 𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ∙ 0) cos(𝜁1𝑦 ∙ 1) cos (𝜁1𝑧 ∙ ) = 0,039 ∙ cos(0,62444) ∙ cos(0,82740) = 0,02897 2 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 20 + 0,02897 ∙ (300 − 20) = 28,11 ℃

La temperatura en los vértices superiores se obtiene evaluando en (𝐿𝑥 , 𝐿𝑦 , 𝐿𝑧 ): 𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ) cos(𝜁1𝑦 ) cos(𝜁1𝑧 ) = 0,039 ∙ (cos(0,62444))2 ∙ cos(0,82740) = 0,01737 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 20 + 0,01737 ∙ (300 − 20) = 24,86 ℃

La temperatura en los vértices inferiores se obtiene evaluando en (𝐿𝑥 , 𝐿𝑦 , 0): 𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ) cos(𝜁1𝑦 ) cos(𝜁1𝑧 ∙ 0) = 0,03900 ∙ (cos(0,62444))2 ∙ cos(0) = 0,02567 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 20 + 0,02567 ∙ (300 − 20) = 27,19 ℃

La temperatura media es 2

sen 𝜁1𝑥 sen 𝜁1𝑦 sen 𝜁1𝑧 sen(0,62444) sen(0,82740) 𝜃̅ = 𝜃𝑜 ∙ ∙ ∙ = 0,039 ∙ ( = 0,03042 ) ∙ 𝜁1𝑥 𝜁1𝑦 𝜁1𝑧 0,62444 0,82740 𝜃̅ =

𝑇̅ − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇̅ = 20 + 0,03042 ∙ (300 − 20) = 28,52 ℃

El calor cedido al ambiente: 𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇̅) = 2000 ∙ 0,183 ∙ 1800 ∙ (300 − 28,52) = 5699777 J = 5,7 MJ

PROBLEMA 21 Para hacer fondue de carne se colocan en aceite en una cacerola, para mantener el aceite caliente a 120 °C se coloca la cacerola sobre una pequeña cocina de alcohol. Los trozos de carne son paralelepípedos de 2 x 2 x 3 cm ( = 800 kg/m3, k = 0,6 W/m·K, Cp = 1500 J/kg·K), el coeficiente convectivo carne-aceite es de 70 W/m2·K. Todas las superficies están expuestas al aceite. Si la temperatura inicial de la carne es de 15 °C: (a) Calcule el tiempo para que la temperatura mínima alcance 80 °C. (b) Para este tiempo, calcule el calor que ha entrado a la carne y la temperatura para el punto más caliente. SOLUCIÓN: Datos:

ℎ = 70 W/m2 ∙ ℃

𝑇∞ = 120 ℃

𝑇𝑖 = 𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧, 0) = 15 ℃ 𝑇𝑜 = 𝑇(0,0,0, 𝑡) = 80 ℃ 𝑡 =? Se supone que la convección se lleva a cabo en todo el sólido, así las longitudes son: 2 cm = 1 cm = 0,01 m 2 Se calcula el número de Biot 𝐿𝑥 = 𝐿𝑦 =

𝐵𝑖𝑥 = 𝐵𝑖𝑦 =

𝐿𝑧 =

ℎ𝐿𝑥 70 ∙ 0,01 = = 1,167 𝑘 0,6

3 cm = 1,5 cm = 0,015 m 2

𝐵𝑖𝑧 =

ℎ𝐿𝑧 70 ∙ 0,015 = = 1,75 𝑘 0,6

Con estos valores de número de Biot se hallan los autovalores y la constante de la serie de Fourier para placa plana infinita mediante las ecuaciones: 𝜁1𝑥 = 𝜁1𝑦 = 0,9089 𝜁1 tan 𝜁1 = 𝐵𝑖

⇒

{ 𝜁1𝑧 = 1,0362

𝐶1 =

4 sen 𝜁1 2𝜁1 + sen(2𝜁1 )

𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 = 1,1320 ⇒

{ 𝐶1𝑧 = 1,1671

La difusividad térmica es 𝛼=

𝑘 0,6 = = 5 ∙ 10−7 m2 /s 𝜌𝐶𝑃 800 ∙ 1500

La solución multidimensional de la temperatura adimensional viene dada por 𝜃(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = 𝜃𝑥 (𝑡, 𝑥)𝜃𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜃𝑧 (𝑡, 𝑧)

La temperatura adimensional del centro 𝜃𝑜 = 𝜃(0,0,0, 𝑡) donde se presenta la menor temperatura, se obtiene multiplicando las expresiones anteriores evaluándolas en 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0 2 𝜁1𝑥 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 exp (− ( 2 𝐿𝑥

𝜃𝑜 = 𝜃(0,0,0, 𝑡) =

+

2 𝜁1𝑦

𝐿2𝑦

+

2 𝜁1𝑧 ) 𝛼𝑡) 𝐿2𝑧

⇒

𝑡=

𝜃 − ln (𝐶 𝐶 𝑜 𝐶 ) 1𝑥 1𝑦 1𝑧 (

2 2 2 𝜁1𝑦 𝜁1𝑥 𝜁1𝑧 2 + 2 + 𝐿2 ) 𝛼 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝑧

Se conoce la temperatura del centro: 𝜃𝑜 = 𝜃(0,0,0, 𝑡) =

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 80 − 120 = = 0,3810 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 15 − 120

𝜃 − ln (𝐶 𝐶 𝑜 𝐶 ) 1𝑥 1𝑦 1𝑧

0,3810 − ln ( ) 1,13202 ∙ 1,1671 𝑡= 2 = = 128,4 s 2 2 𝜁1𝑥 𝜁1𝑦 𝜁1𝑧 0,9089 2 0,9089 2 1,0362 2 −7 ( 2 + 2 + 2 ) 𝛼 (( 0,01 ) + ( 0,01 ) + ( 0,015 ) ) ∙ 5 ∙ 10 𝐿𝑧 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝑡 = [0 h][2 min][8 s] Temperatura máxima: La temperatura máxima se obtiene en una de las esquinas del sólido cuyas coordenadas son 𝑥 = 𝐿𝑥 , 𝑦 = 𝐿𝑦 , 𝑧 = 𝐿𝑧 𝜃𝑚𝑎𝑥 = 𝜃(𝐿𝑥 , 𝐿𝑦 , 𝐿𝑧 , 𝑡) = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ) cos(𝜁1𝑦 ) cos(𝜁1𝑧 ) = 0,3810 ∙ cos(0,9089) ∙ cos(0,9089) ∙ cos(1,0362) = 0,0733 𝜃𝑚𝑎𝑥 =

𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇∞ + 𝜃𝑚𝑎𝑥 (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) = 120 + 0,0733(15 − 120) = 112,3 ℃

Temperatura media: 𝜃̅ =

1 1 𝐿𝑥 1 𝐿𝑦 1 𝐿𝑧 ∭ 𝜃𝑑𝑉 = ( ∫ 𝜃𝑥 𝑑𝑥) ( ∫ 𝜃𝑦 𝑑𝑦) ( ∫ 𝜃𝑧 𝑑𝑧) = 𝜃𝑥̅ 𝜃𝑦̅ 𝜃𝑧̅ 𝑉 𝑉 𝐿𝑥 0 𝐿𝑦 0 𝐿𝑧 0 2

𝜁1𝑦 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑧 2 sen 𝜁1𝑥 sen 𝜁1𝑦 sen 𝜁1𝑧 𝜃̅ = 𝐶1𝑥 𝐶1𝑦 𝐶1𝑧 exp (− (( ) + ( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) ∙ ∙ ∙ 𝐿𝑥 𝐿𝑦 𝐿𝑧 𝜁1𝑥 𝜁1𝑦 𝜁1𝑧 𝜃̅ = 𝜃𝑜 ∙

sen 𝜁1𝑥 sen 𝜁1𝑦 sen 𝜁1𝑧 sen(0,9089) sen(0,9089) sen(1,0362) ∙ ∙ = 0,3810 ∙ ∙ ∙ = 0,2383 𝜁1𝑥 𝜁1𝑦 𝜁1𝑧 0,9089 0,9089 1,0362 𝜃̅ =

𝑇̅ − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇̅ = 120 + 0,2383 ∙ (15 − 120) = 94,98 ℃

Calor transferido: 𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇̅ − 𝑇𝑖 ) = 800 ∙ 0,022 ∙ 0,03 ∙ 1500 ∙ (94,98 − 15) = 1152 J = 0,275 kcal

PROBLEMA 22 Un cilindro de 10 cm de altura y 10 cm de diámetro se encuentra apoyado sobre su base en una superficie prácticamente adiabática. La temperatura inicial del cilindro es uniforme e igual a 125 ºC y se enfría en un ambiente a 25 ºC. El coeficiente de convección de la pared cilíndrica es de 50 W/m2ºC y el de la tapa 80 W/m2ºC. Las propiedades del material son: ρ = 3000 kg/m3, k = 2,5 W/mºC y CP = 1500 J/kgºC. (a) Determine el tiempo necesario para que el centro geométrico llegue a 50 ºC. (b) Determine en este mismo tiempo cual es la temperatura en el centro de la cara inferior y en el centro de la tapa superior. (c) Determine la temperatura en cualquier punto del borde de ambas tapas. (d) ¿Cuál es la temperatura media en ese momento? (e) ¿Cuál es la cantidad de energía que ha disipado al ambiente? SOLUCIÓN: La difusividad térmica del sólido es 𝛼=

𝑘 2,5 m2 = = 5,556 ∙ 10−7 𝜌𝐶𝑃 3000 ∙ 1500 s

Calculando el número de Biot, autovalor y constante para las coordenadas 𝑥, 𝑦: 𝐵𝑖𝑥 = 𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 𝐵𝑖𝑥 𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 =

⇒

ℎ𝑥 𝐿 50 ∙ 0,1 = = 3,2 𝑘 2,5

𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 3,2

⇒

𝜁1𝑥 = 1,20944

4 sen 𝜁1𝑥 4 sen(1,20944) = = 1,21471 2𝜁1𝑥 + sen(2𝜁1𝑥 ) 2 ∙ 1,20944 + sen(2 ∙ 1,20944)

Calculando el número de Biot, autovalor y constante para la coordenada 𝑟: 𝐵𝑖𝑟 = 𝜁1𝑟 𝐶1𝑟 =

𝐽1 (𝜁1𝑟 ) = 𝐵𝑖𝑟 𝐽0 (𝜁1𝑟 )

⇒

ℎ𝑟 𝑅 80 ∙ 0,05 = =1 𝑘 2,5 𝜁1𝑟

𝐽1 (𝜁1𝑟 ) =1 𝐽0 (𝜁1𝑟 )

⇒

𝜁1𝑟 = 1,25578

2 𝐽1 (𝜁1𝑟 ) 2 𝐽1 (1,25578) ∙ 2 = ∙ 2 = 1,20709 2 𝜁1𝑟 𝐽0 (𝜁1𝑟 ) + 𝐽1 (𝜁1𝑟 ) 1,25578 𝐽0 (1,25578) + 𝐽12 (1,25578)

La solución multidimensional es el producto de las soluciones analíticas unidimensionales (𝜃𝑥 , 𝜃𝑟 ). Aproximando cada solución a sólo el primer término de la Serie de Fourier 2 𝜃 = (𝐶1𝑥 exp (−𝜁1𝑥

𝛼𝑡 𝜁1𝑥 𝑥 𝛼𝑡 𝜁1𝑟 𝑟 2 ) cos ( )) (𝐶1𝑟 exp (−𝜁1𝑟 ) 𝐽0 ( )) 2 2 𝐿 𝐿 𝑅 𝑅

Arreglando términos 𝜁1𝑥 2 𝜁1𝑟 2 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁1𝑟 𝑟 𝜃 = 𝐶1𝑥 𝐶1𝑟 exp (− (( ) + ( ) ) 𝛼𝑡) cos ( ) 𝐽0 ( ) 𝐿 𝑅 𝐿 𝑅 Aplicando logaritmos y despejando el tiempo

− ln ( 𝑡=

𝜃 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁 𝑟 ) 𝐶1𝑥 𝐶1𝑟 cos ( 𝐿 ) 𝐽0 ( 1𝑟 𝑅 ) 𝜁 2 𝜁1𝑟 2 ) )𝛼 (( 𝐿1𝑥 ) + ( 𝑅

La coordenada del centro geométrico es (𝑟 = 0, 𝑥 = 𝐿/2) 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 50 − 25 = = 0,25 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 125 − 25

Sustituyendo los valores

− ln ( 𝑡=

0,25

) 1 1,21471 ∙ 1,20709 ∙ cos (1,20944 ∙ 2) ∙ 𝐽0 (0)

1,20944 2 1,25578 2 (( 0,1 ) + ( 0,05 ) ) ∙ 5,556 ∙ 10−7

= 3645,5 ≈ 3646 s

Temperatura del centro de la cara inferior: 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁1𝑟 𝑟 𝜃 = 𝜃𝑜 cos ( ) 𝐽0 ( ) 𝐿 𝑅

⇒

𝜃𝑜 =

𝜃 𝜁 𝑥 𝜁1𝑟 𝑟 cos ( 1𝑥 𝐿 ) 𝐽0 ( 𝑅 )

Evaluando la ecuación anterior en la coordenada del centro geométrico cuya temperatura es conocida (𝑟 = 0, 𝑥 = 𝐿/2): 𝜃𝑜 =

𝜃𝑜 =

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

0,25 1 cos (1,20944 ∙ 2) ∙ 𝐽0 (0)

⇒

= 0,30389

𝑇𝑜 = 25 + 0,30389 ∙ (125 − 25) = 55,39 ℃

Temperatura del centro de la cara superior: Evaluando la ecuación en el centro de la cara superior (𝑟 = 0, 𝑥 = 𝐿): 𝜁1𝑥 ∙ 𝐿 𝜁1𝑟 ∙ 0 𝜃 = 𝜃𝑜 cos ( ) 𝐽0 ( ) = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ) 𝐽0 (0) = 0,30389 ∙ cos(1,20944) ∙ 1 = 0,10744 𝐿 𝑅

𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 25 + 0,10744 ∙ (125 − 25) = 35,74 ℃

Temperatura en el borde de la tapa superior: Evaluando la ecuación en el centro de la cara superior (𝑟 = 𝑅, 𝑥 = 𝐿): 𝜁1𝑥 ∙ 𝐿 𝜁1𝑟 ∙ 𝑅 𝜃 = 𝜃𝑜 cos ( ) 𝐽0 ( ) = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ) 𝐽0 (𝜁1𝑟 ) = 0,30389 ∙ cos(1,20944) ∙ 𝐽0 (1,25578) 𝐿 𝑅 = 0,069078 𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

𝜃=

⇒

𝑇 = 25 + 0,069078 ∙ (125 − 25) = 31,91 ℃

Temperatura en el borde de la tapa inferior: Evaluando la ecuación en el centro de la cara superior (𝑟 = 𝑅, 𝑥 = 0): 𝜁1𝑥 ∙ 0 𝜁1𝑟 ∙ 𝑅 𝜃 = 𝜃𝑜 cos ( ) 𝐽0 ( ) = 𝜃𝑜 cos(0) 𝐽0 (𝜁1𝑟 ) = 0,30389 ∙ 1 ∙ 𝐽0 (1,25578) = 0,19539 𝐿 𝑅 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 25 + 0,19539 ∙ (125 − 25) = 44,54 ℃

Temperatura media: 𝜃̅ =

=

𝐿 𝑅 1 2𝜋 ∭ 𝜃𝑑𝑉 = 𝜃 𝑑𝑥 (∫ ) (∫ 𝜃𝑟 ∙ 𝑟𝑑𝑟) 𝑉 𝑉 𝜋𝑅 2 𝐿 0 𝑥 0

𝐿 𝑅 2𝜋 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁1𝑟 𝑟 𝜃 cos ( ) 𝑑𝑥 𝜃𝑜𝑟 𝐽0 ( ) 𝑟𝑑𝑟) = (∫ ) (∫ 𝑜𝑥 2 𝜋𝑅 𝐿 0 𝐿 𝑅 0

𝐿 𝑅 1 1 2 𝜁1𝑥 𝑥 𝜁1𝑟 𝑟 = 2 𝜃⏟ 𝜃 ∫ cos ( ) 𝑑𝑥 ∫ 𝐽0 ( ) 𝑟𝑑𝑟 = 2𝜃𝑜 ∫ cos(𝜁1𝑥 𝑥) 𝑑𝑥 ∫ 𝐽0 (𝜁1𝑟 𝑟)𝑟𝑑𝑟 = 𝑅 𝐿 𝑜𝑥 𝑜𝑟 0 𝐿 𝑅 0 0 0 𝜃𝑜

= 𝜃𝑜 ∙ (

sen 𝜁1𝑥 𝐽1 (𝜁1𝑟 ) sen(1,20944) 𝐽1 (1,25578) ) (2 ∙ ∙2∙ = 0,19165 ) = 0,30389 ∙ 𝜁1𝑥 𝜁1𝑟 1,20944 1,25578 𝜃̅ =

𝑇̅ − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇̅ = 25 + 0,19165 ∙ (125 − 25) = 44,17 ℃

Calor transferido: 𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇̅) = 3000 ∙ (𝜋 ∙ 0,052 ∙ 0,1) ∙ 1500 ∙ (125 − 44,17) = 285677 J = 0,286 MJ

PROBLEMA 23 Considere una esfera de 20 cm de diámetro que tiene una temperatura inicial de 275 ºC que se sumerge en un fluido en reposo a temperatura constante de 𝑇∞ = 25 ℃. Suponga que la esfera cae a la velocidad terminal o en estado estacionario. En la región de Newton, el factor de fricción viene dado por: 𝐶𝑓 = 0,445

si

1000 ≤ 𝑅𝑒𝐷 ≤ 350000

Las propiedades del sólido y las del fluido se reportan en la siguiente tabla:

Propiedad Densidad [kg/m3 ] Calor específico [J/kg ∙ ℃] Conductividad térmica [W/m ∙ ℃] Viscosidad [Pa ∙ s]

Propiedades promedios del material sólido 1138 2500 40 ---

Propiedades del fluido 1000 3800 0,5 0,0024

(a) Calcule la velocidad terminal de la esfera. 𝑢∞ = _________ [m/s] (b) Encuentre el valor del coeficiente convectivo. ℎ = ________ [W/m2 ∙ ℃] (c) ¿A qué profundidad se encuentra la esfera en el momento de que esta tiene una temperatura en su centro de 50 ºC? 𝑧 = _________ [m] (d) En el momento que la esfera ha recorrido una profundidad de 180 metros calcule: (1) Temperatura en el centro. 𝑇𝑜 = _________ [ºC] (2) Temperatura en la superficie. 𝑇𝑅 = _________ [ºC] (3) Temperatura media. 𝑇̅ = _________ [ºC] (4) Calor transferido hasta este instante. 𝑄 = __________ [kJ] (e) Ahora la esfera se sumerge en un fluido cuya conductividad térmica es 0,25 W/m ∙ ℃, viscosidad cinemática de 0,1 St [Stokes], número de Prandtl de 40 y el número de Reynolds que se establece es de 1000: (1) Calcule el nuevo coeficiente convectivo. ℎ = ________ [W/m2 ∙ ℃] (2) ¿A qué profundidad se encuentra la esfera en el momento de que esta tiene una temperatura en su centro de 50 ºC? 𝑧 = _________ [m] SOLUCIÓN: A partir de un balance de fuerzas en estado estacionario de la esfera, se encuentra la velocidad terminal: 0 = peso − fuerza flotación − fuerza de fricción 1 2 0 = 𝜌𝑠 𝑉𝑠 𝑔 − 𝜌𝑓 𝑉𝑓 𝑔 − 𝐶𝑓 𝜌𝑓 𝑢∞ 𝐴𝐹 2 2 𝑢∞

𝜋 3 𝜌𝑠 𝑉𝑠 𝑔 − 𝜌𝑓 𝑉𝑓 𝑔 2(𝜌𝑠 − 𝜌𝑓 )𝑉𝑔 2(𝜌𝑠 − 𝜌𝑓 ) (6 𝐷 ) 𝑔 4𝐷 𝜌𝑠 = = = = ( − 1) 𝑔 𝜋 2 1 𝐶 𝜌 𝐴 3𝐶 𝜌𝑓 𝑓 𝑓 𝐹 𝑓 𝐶 𝜌 ( 𝐷 ) 𝑓 𝑓 4 2 𝐶𝑓 𝜌𝑓 𝐴𝐹

Sustituyendo los valores 4𝐷 𝜌𝑠 4 ∙ 0,2 1138 𝑢∞ = √ ( − 1) ∙ 9,8 = 0,9 m/s ( − 1) 𝑔 = √ 3𝐶𝑓 𝜌𝑓 3 ∙ 0,445 1000 Calculando el número de Reynolds 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑓 𝑢∞ 𝐷 1000 ∙ 0,9 ∙ 0,2 = = 75000 𝜇𝑓 0,0024

Se halla el número de Prandtl 𝑃𝑟 =

𝜇𝑓 𝐶𝑃𝑓 0,0024 ∙ 3800 = = 18,24 𝑘𝑓 0,5

𝜇 1/4 1/2 2/3 0,4 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 ( ) = 𝐷 = 2 + (0,4𝑅𝑒𝐷 + 0,06𝑅𝑒𝐷 ) 𝑃𝑟 𝜇𝑠 = 2 + (0,4 ∙ 750001/2 + 0,06 ∙ 750002/3 ) ∙ 18,240,4 ∙ 11/4 = 692,8 ℎ=

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 692,8 ∙ 0,5 W 𝐷 ∙ 𝑘𝑓 = = 1732 2 𝐷 0,2 m ∙℃

Calculando el número de Biot 𝐵𝑖𝑅 =

𝛼=

1−

𝐶1 = 4

𝑘𝑠 0,5 m2 = = 1,406 ∙ 10−5 𝜌𝑠 𝐶𝑃𝑠 1138 ∙ 2500 s

𝜁1 = 𝐵𝑖 tan 𝜁1

⇒

1−

𝜁1 = 4,33 tan 𝜁1

⇒

𝜁1 = 2,4980

sen 𝜁1 − 𝜁1 cos 𝜁1 sen(2,4980) − 2,4980 ∙ cos(2,4980) =4∙ = 1,7450 2𝜁1 − sen(2𝜁1 ) 2 ∙ 2,4980 − sen(2 ∙ 2,4980) 𝜃𝑜 =

𝜃𝑜 =

ℎ𝑅 1732 ∙ 0,1 = = 4,33 𝑘𝑠 40

𝐶1 exp (−𝜁12

𝛼𝑡 ) 𝑅2

⇒

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 50 − 25 = = 0,1 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 275 − 25

𝑡=

𝜃 − ln (𝐶𝑜 ) 1 2

𝜁 𝛼 ( 𝑅1 )

0,1 − ln ( ) 1,7450 = = 326 s 2,4980 2 −5 1,406 ∙ 10 ∙ ( 0,1 )

𝑧 = 𝑢∞ 𝑡 = 0,9 ∙ 326 = 293 m

El tiempo en el que la esfera está a una profundidad de 180 m de donde partió es 𝑡=

𝜃𝑜 = 𝐶1 exp (−𝜁12 𝜃𝑜 =

𝑧 180 = = 200 s 𝑢∞ 0,9

𝛼𝑡 1,406 ∙ 10−5 ∙ 200 2 ) = 1,7450 ∙ exp ∙ (−2,4980 ) = 0,30183 𝑅2 0,12

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇𝑜 = 25 + 0,30183 ∙ (275 − 25) = 100,46 ℃

𝛼𝑡 𝜁1 𝑅 𝜃𝑅 = 𝜃 | = 𝐶1 exp (−𝜁12 2 ) cos ( ) = 𝜃𝑜 cos 𝜁1 = 0,30183 ∙ cos(2,4980) = 0,07251 𝑅 𝑅 𝑟=𝑅 𝜃𝑅 =

𝑇𝑅 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇𝑅 = 25 + 0,07251 ∙ (275 − 25) = 43,13 ℃

𝑟 𝑅 1 1 𝛼𝑡 sen (𝜁1 𝑅 ) 2 𝜃̅ = ∭ 𝜃𝑑𝑉 = ∫ 𝐶 exp (−𝜁1 2 ) ∙ 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟 = 𝑟 4 3 0 1 𝑉 𝑉 𝑅 𝜁1 𝑅 𝜋𝑅 3 = 𝐶1 exp (−𝜁12

𝛼𝑡 sen 𝜁1 − 𝜁1 cos 𝜁1 sen 𝜁1 − 𝜁1 cos 𝜁1 )∙ 3( ) = 𝜃𝑜 ∙ 3 ( )= 3 𝑅2 𝜁1 𝜁13

= 0,30183 ∙ 3 ∙ (

𝜃̅ =

𝑇̅ − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

sen(2,4980) − 2,4980 ∙ cos(2,4980) ) = 0,15094 2,49803

⇒

𝑇̅ = 25 + 0,15094 ∙ (275 − 25) = 62,73 ℃

4 4 𝑄 = 𝜌𝑠 𝑉𝐶𝑃𝑠 (𝑇𝑖 − 𝑇̅) = 𝜌𝑠 ( 𝜋𝑅 3 ) 𝐶𝑃𝑠 (𝑇𝑖 − 𝑇̅) = 1138 ∙ ( 𝜋 ∙ 0,13 ) ∙ 2500 ∙ (275 − 62,73) 3 3 = 2529589 J = 2529,6 kJ La esfera se sumerge en otro fluido: El número de Reynolds 𝑅𝑒𝐷 = 1000 y el nuevo número de Prandtl 𝑃𝑟 = 40 𝜇 1/4 1/2 2/3 0,4 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 ( ) = 𝐷 = 2 + (0,4𝑅𝑒𝐷 + 0,06𝑅𝑒𝐷 ) 𝑃𝑟 𝜇𝑠 = 2 + (0,4 ∙ 10001/2 + 0,06 ∙ 10002/3 ) ∙ 400,4 ∙ 11/4 = 83,56 ℎ=

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 83,56 ∙ 0,25 W 𝐷 ∙ 𝑘𝑓 = = 104,5 2 𝐷 0,2 m ∙℃

Como se reduce mucho el valor del coeficiente convectivo, puede ser que el problema se aproxime como resistencia interna despreciable por obtener un número de Biot bajo:

4 3 𝜋𝑅 𝑉 𝑅 0,1 𝐿𝐶 = =3 2 = = 𝐴𝑆 4𝜋𝑅 3 3

⇒ 𝐵𝑖𝐶 =

ℎ𝐿𝐶 104,5 ∙ 0,1/3 = = 0,09 < 0,1 𝑘 40

⇒ es de RID

Como el problema se reduce al problema de resistencia despreciable, entonces la temperatura es una función del tiempo. El balance de energía suponiendo que la temperatura no depende de los efectos espaciales es 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑇

∫ 𝑇𝑖

𝜕𝑇 = −ℎ𝐴𝑆 (𝑇 − 𝑇∞ ) 𝜕𝑡

𝑡 𝑑𝑇 ℎ𝐴𝑆 =∫ − 𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉 0

𝑡=−

⇒

𝑑𝑇 ℎ𝐴𝑆 =− 𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝑇 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑆 ⇒ ln ( )=−− 𝑡 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉

⇒ 𝑡=−

𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝑇 − 𝑇∞ ln ( ) ℎ𝐴𝑆 𝑇𝑖 − 𝑇∞

1138 ∙ 2500 0,01 50 − 25 ∙( ) ∙ ln ( ) = 209 s 104,5 3 275 − 25

La velocidad que tiene la esfera se halla a partir de este valor de número de Reynolds: 𝜈 = 0,1 St = 1 ∙ 10−5 𝑅𝑒𝐷 =

𝑢∞ 𝐷 = 1000 𝜈

⇒

𝑢∞ =

m2 s

1000 ∙ 1 ∙ 10−5 = 0,05 m/s 0,2

Y la profundidad recorrida por la esfera es 𝑧 = 𝑢∞ 𝑡 = 0,05 ∙ 209 = 10,45 m

PROBLEMA 24 ¿A qué profundidad debe enterrarse una tubería por la que circula agua si el piso que inicialmente está a 15 ºC se enfría repentinamente en la superficie a −5 ℃ ? Suponga que el piso tiene conductividad térmica 2,5 W/mºC, densidad 2500 kg/m3 y calor específico 3950 J/kgºC. La finalidad es la de evitar que el agua llegue a congelarse antes de 24 horas. La temperatura de fusión del agua a presión atmosférica es de 0 ºC. SOLUCIÓN:

La difusividad térmica del suelo es 𝛼=

𝑘𝑠 2,5 m2 = = 1,406 ∙ 10−5 𝜌𝑠 𝐶𝑃𝑠 2500 ∙ 3950 s

La solución en un medio semi-infinito con temperatura en la superficie constante es 𝜃≡

𝜃=

𝑇 − 𝑇𝑠 𝑥 = erf ( ) 𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 2√𝛼𝑡

𝑇 − 𝑇𝑠 0 − (−5) = = 0,25 𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 15 − (−5)

donde erf(𝜂) =

⇒

𝑥 2√𝛼𝑡

2 √𝜋

𝜂

2

∫ 𝑒 −𝜇 𝑑𝜇 0

= erf −1 (𝜃) = erf −1 (0,25)

Utilizando la Función Gaussiana de Error inversa erf −1 (𝜂) se halla el valor del argumento para encontrar la distancia: erf −1 (𝜂) =

erf −1 (0,25) =

𝜋 7𝜋 2 5 127𝜋 3 7 4369𝜋 4 9 √𝜋 𝜂 + 𝜂 + 𝜂 ) (𝜂 + 𝜂 3 + 2 12 480 40320 5806080

𝜋 7𝜋 2 127𝜋 3 4369𝜋 4 √𝜋 0,255 + 0,257 + 0,259 ) = 0,22531 (0,25 + 0,253 + 2 12 480 40320 5806080

La distancia a la cual debe enterrarse la tubería tal que la temperatura del suelo es la temperatura de fusión del agua en 24 horas es: 𝑥 2√𝛼𝑡

= erf −1 (𝜃) ⇒ 𝑥 = 2√𝛼𝑡 ∙ erf −1 (𝜃) = 2√1,406 ∙ 10−5 ∙ 24 ∙ 3600 ∙ 0,22531 = 0,497 m

PROBLEMA 25 Una viga cilíndrica semi-infinita de aluminio de 5 cm de diámetro está inicialmente a una temperatura uniforme de 200°C. Este cilindro es sometido de forma rápida, a una condición de contorno convectiva a 70 ºC cuyo coeficiente convectivo es de 5250 W/m2K. La difusividad térmica del cilindro es 8,4.10-5 m2/s y la conductividad es 215 W/mK. (a) Calcúlese la temperatura en la superficie del cilindro a 10 cm de la base, 10 segundos después de la exposición al ambiente. (b) Si el coeficiente convectivo se reduce 10 veces, calcule la temperatura en la superficie del cilindro a 10 cm de la base, 10 segundos después de la exposición al ambiente. La solución analítica de un sólido semi-infinito en un medio convectivo es:

𝜃≡

𝑇 − 𝑇∞ 𝑥 ℎ𝑥 ℎ2 𝛼𝑡 𝑥 ℎ√𝛼𝑡 = erf ( ) + exp ( + 2 ) (1 − erf ( + )) 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑘 𝑘 𝑘 2√𝛼𝑡 2√𝛼𝑡

SOLUCIÓN: (a) Se resuelve este problema por superposición de las soluciones de un medio semi-infinito y la solución de un cilindro infinito 𝐵𝑖 =

ℎ𝑅 5250 ∙ 0,025 = = 0,6105 𝑘 215

Con este valor del número de Biot, se encuentran el valor del 𝐶1 𝑦 𝜁1 : 𝐽1 (𝜁𝑛 ) 𝐽1 (𝜁𝑛 ) 𝜁𝑛 = 𝐵𝑖 ⇒ 𝜁𝑛 = 0,6105 ⇒ 𝜁1 = 1,0260 𝐽0 (𝜁𝑛 ) 𝐽0 (𝜁𝑛 ) 𝐶𝑛 =

2 𝐽1 (𝜁𝑛 ) 2 𝐽1 (1,0260) ∙ 2 = ∙ 2 = 1,1366 2 𝜁𝑛 𝐽0 (𝜁𝑛 ) + 𝐽1 (𝜁𝑛 ) 1,0260 𝐽0 (1,0260) + 𝐽12 (1,0260) 𝐹𝑜 =

𝜃 = 𝐶1 exp (−𝜁12

𝛼𝑡 8,4 ∙ 10−5 ∙ 10 = = 1,344 > 0,2 𝑅2 0,0252

𝛼𝑡 𝜁1 𝑟 ) 𝐽0 ( ) = 1,1366 ∙ exp(−1,02602 ∙ 1,344) 𝐽0 (1,0260 ∙ 1) = 0,2081 2 𝑅 𝑅

La solución semi-infinita es ℎ𝑥 ℎ2 𝛼𝑡 𝑥 ℎ√𝛼𝑡 + 2 ) (1 − erf ( + )) 𝑘 𝑘 𝑘 2√𝛼𝑡 2√𝛼𝑡 𝑥 0,1 𝑥 = = 1,7252 ⇒ erf ( ) = erf(1,7252) = 0,9853 2√𝛼𝑡 2√8,4 ∙ 10−5 ∙ 10 2√𝛼𝑡 𝜃 = erf (

𝑥

) + exp (

ℎ√𝛼𝑡 5250√8,4 ∙ 10−5 ∙ 10 = = 0,7077 𝑘 215 𝑥 ℎ√𝛼𝑡 𝑥 ℎ√𝛼𝑡 + = 1,7252 + 0,7077 = 2,4392 ⇒ erf ( + ) = erf(2,4392) = 0,9994 𝑘 𝑘 2√𝛼𝑡 2√𝛼𝑡 ℎ𝑥 ℎ2 𝛼𝑡 5250 ∙ 0,1 52502 ∙ 8,4 ∙ 10−5 ∙ 10 + 2 = + = 2,9427 𝑘 𝑘 215 2152 𝜃 = 0,9853 + exp(2,9427) (1 − 0,9994) = 0,9967 Planteando la superposición de soluciones 𝜃≡

𝑇 − 𝑇∞ = 𝜃cilindro infinito 𝜃semi−infinito = 0,2081 ∙ 0,9967 = 0,2074 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

𝑇 = 70 + 0,2074 ∙ (200 − 70) = 97,0 ℃

⇒

(b) Como el coeficiente de convección se reduce mucho, el problema puede convertirse en resistencia interna despreciable. Calculando la longitud característica y el número de Biot: 𝐿𝐶 =

𝑉 𝜋𝑅 2 𝐿 = lim = lim 𝐴𝑆 𝐿→∞ 2𝜋𝑅𝐿 + 𝜋𝑅 2 𝐿→∞

𝜋𝑅 2 𝜋𝑅 2 𝑅 0,025 = = = = 0,0125 𝜋𝑅 2 2𝜋𝑅 2 2 2𝜋𝑅 + 𝐿 ℎ𝐿𝐶 525 ∙ 0,0125 𝐵𝑖𝐶 = = = 0,031 < 0,1 ⇒ es de RID 𝑘 215

El balance de energía suponiendo que la temperatura no depende de los efectos espaciales es 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝜕𝑇 = −ℎ𝐴𝑆 (𝑇 − 𝑇∞ ) 𝜕𝑡 𝜃≡

𝑇

⇒

∫ 𝑇𝑖

𝑡 𝑑𝑇 ℎ𝐴𝑆 =∫ − 𝑑𝑡 𝑇 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉 0

𝑇 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑆 ⇒ ln ( )=− 𝑡 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉

𝑇 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑆 525 ∙ 10 = exp (− 𝑡) = exp (− ) = 0,8487 (215/8,4 ∙ 10−5 ) ∙ 0,0125 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜌𝐶𝑃 𝑉 𝜃=

𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞

⇒

𝑇 = 70 + 0,8487 ∙ (200 − 70) = 180,3 ℃

PROBLEMA 25 Demuestre que el perfil de temperaturas en una caja es el producto de los perfiles unidimensionales 𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) SOLUCIÓN: La ecuación del calor transitoria en tres dimensiones es 𝜕𝜃 = 𝛼∇2 𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝜕𝑡 Donde el operador laplaciano ∇2 es 𝜕2 𝜕2 𝜕2 ∇ = 2+ 2+ 2 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 2

Aplicando separación de variables 𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) Sustituyendo 𝜕 (𝜗 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧)) = 𝛼∇2 (𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧)) 𝜕𝑡 𝑥 𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧)

𝜕𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦) 𝜕𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥) 𝜕𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) + 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) + 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦) = 𝜕𝑡 𝜕𝑡 𝜕𝑡

= 𝛼 (𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧)

𝜕 2 𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦) 𝜕 2 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥) 𝜕 2 𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) (𝑡, (𝑡, (𝑡, (𝑡, + 𝜗 𝑥)𝜗 𝑧) + 𝜗 𝑥)𝜗 𝑦) ) 𝑥 𝑧 𝑥 𝑦 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2 𝜕𝑧 2

Dividiendo entre 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) 𝜕𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦) 𝜕 2 𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦) 1 𝜕𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥) 𝜕 2 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥) 1 1 𝜕𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) 𝜕 2 𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) −𝛼 + − 𝛼 + − 𝛼 ( ) ( ) ( )=0 𝜗 𝜕𝑡 𝜕𝑥 2 𝜗 𝜕𝑡 𝜕𝑦 2 𝜗 𝜕𝑡 𝜕𝑧 2 ⏟𝑥 (𝑡, 𝑥) ⏟𝑧 (𝑡, 𝑧) ⏟𝑦 (𝑡, 𝑦) funcion de 𝑥

funcion de 𝑦

funcion de 𝑧

Para que la ecuación anterior sea consistente matemáticamente, cada una de las funciones debe ser idénticamente cero ya que cada término es independiente entre sí, implicando las soluciones unidimensionales en el volumen 𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧): 0 < 𝑥 < 𝑎, 0 < 𝑦 < 𝑏, 0 < 𝑧 < 𝑐} 𝜕𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥) 𝜕 2 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥) =𝛼 𝜕𝑡 𝜕𝑥 2 2 𝜕𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦) 𝜕 𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦) =𝛼 𝜕𝑡 𝜕𝑦 2 2 𝜕𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) 𝜕 𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧) = 𝛼 { 𝜕𝑡 𝜕𝑧 2

La condición de borde de simetría en el centro para 𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) implica la condición de simetría en el origen de coordenadas para cada solución unidimensional 𝜕𝜃(𝑡, 0, 𝑦, 𝑧) =0 𝜕𝑥 𝜕𝜃(𝑡, 𝑥, 0, 𝑧) =0 𝜕𝑦 𝜕𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 0) =0 { 𝜕𝑧

𝜕𝜗𝑥 (𝑡, 0) =0 𝜕𝑥 𝜕𝜗𝑦 (𝑡, 0) =0 𝜕𝑦 𝜕𝜗𝑧 (𝑡, 0) =0 𝜕𝑧

⇒ ⇒ ⇒

Y la condición de convección en las paredes para 𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) implica la condición de borde para cada una de las soluciones unidimensionales, cancelando términos ambos lados de la igualdad: 𝜕𝜃(𝑡, 𝑎, 𝑦, 𝑧) 𝜕𝜗𝑥 (𝑡, 𝑎) = ℎ𝜃(𝑡, 𝑎, 𝑦, 𝑧) ⇒ −𝑘 = ℎ𝜗𝑥 (𝑡, 𝑎) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝜗𝑦 (𝑡, 𝑏) 𝜕𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑏, 𝑧) −𝑘 = ℎ𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑏, 𝑧) ⇒ −𝑘 = ℎ𝜗𝑦 (𝑡, 𝑏) 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 0) 𝜕𝜗𝑧 (𝑡, 𝑐) −𝑘 = ℎ𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑐) ⇒ −𝑘 = ℎ𝜗𝑧 (𝑡, 𝑐) { 𝜕𝑧 𝜕𝑧 −𝑘

La temperatura media 𝜃̅ (𝑡) =

1 1 ∭ 𝜃(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭ 𝜗 (𝑡, 𝑥)𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 𝑉 𝑉 𝑎𝑏𝑐 𝑉 𝑥

1 𝑎 1 𝑏 1 𝑐 ̅̅̅ ̅̅̅ = ( ∫ 𝜗𝑥 (𝑡, 𝑥)𝑑𝑥 ) ( ∫ 𝜗𝑦 (𝑡, 𝑦)𝑑𝑦) ( ∫ 𝜗𝑧 (𝑡, 𝑧)𝑑𝑧) = ̅̅̅ 𝜗𝑥 (𝑡)𝜗 𝑦 (𝑡)𝜗𝑧 (𝑡) 𝑎 0 𝑏 0 𝑐 0 El calor transferido es la integral de la energía interna del sólido en el tiempo de exposición: 𝑡

𝑄 = ∫ (∭ 𝜌𝐶𝑃 0

𝑉

𝑡 𝑇̅ 𝜕𝑇 𝜕𝑇̅ 𝑑𝑉 ) 𝑑𝑡 = − ∫ 𝜌𝑉𝐶𝑃 𝑑𝑡 = − ∫ 𝜌𝑉𝐶𝑃 𝑑𝑇̅ = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇̅(𝑡)) 𝜕𝑡 𝜕𝑡 0 𝑇𝑖

𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇̅(𝑡)) = 𝜌𝑉𝐶𝑃 ((𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) − (𝑇̅(𝑡) − 𝑇∞ )) = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) (1 − ( 𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) (1 − 𝜃̅ (𝑡))

⇒

Φ=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

= 1 − 𝜃̅ (𝑡)

⇒

𝜃̅ (𝑡) = 1 − Φ

Donde el calor máximo transferido es 𝑄𝑚𝑎𝑥 = lim 𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − lim 𝑇̅(𝑡)) = 𝜌𝑉𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) 𝑡→∞

𝑇̅(𝑡) − 𝑇∞ )) 𝑇𝑖 − 𝑇∞

𝑡→∞

Como ̅̅̅ 𝜗𝑥 (𝑡) = 1 − Φ𝑥 , ̅̅̅ 𝜗𝑦 (𝑡) = 1 − Φ𝑦 , ̅̅̅ 𝜗𝑧 (𝑡) = 1 − Φ𝑧 entonces ̅̅̅ ̅̅̅ 1 − Φ = 𝜃̅ (𝑡) = ̅̅̅ 𝜗𝑥 (𝑡)𝜗 𝑦 (𝑡)𝜗𝑧 (𝑡) = (1 − Φ𝑥 )(1 − Φ𝑦 )(1 − Φ𝑧 )

PROBLEMA 26 Considere el problema de transporte de un fluido en una tubería cuya temperatura de la superficie interna de la misma se mantiene en un valor constante igual a 𝑇𝑠 . El fluido entra con un flujo másico de 𝑚̇ y una temperatura de entrada 𝑇𝑖 y sale a una temperatura 𝑇𝑜 . El coeficiente de convección es ℎ y el área de la superficie interna de la tubería es 𝐴. El calor específico del fluido es 𝐶𝑃 . Encuentre una expresión que relacione los parámetros anteriores y muestre que el cociente del calor entre ℎ𝐴 es la diferencia de temperaturas media-logarítmica. SOLUCIÓN: (a) Suponiendo que la superficie de la tubería está más fría que el fluido 𝑇𝑠 < 𝑇𝑜 < 𝑇𝑖 : 𝑑𝑄̇ = −𝑚̇𝐶𝑃 𝑑𝑇 = ℎ(𝑇 − 𝑇𝑠 )𝑑𝐴 𝑇𝑜

∫ 𝑇𝑖

𝐴 𝑑𝑇 ℎ = −∫ 𝑑𝐴 𝑇 − 𝑇𝑠 0 𝑚̇𝐶𝑃

⇒

ln (

𝑇𝑜 − 𝑇𝑠 ℎ𝐴 )=− 𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 𝑚̇𝐶𝑃

𝑇𝑜

𝑄̇ = − ∫ 𝑚̇𝐶𝑃 𝑑𝑇 = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) 𝑇𝑖

(b) Eliminando 𝑚̇𝐶𝑃 : 𝑄̇ =

(𝑇𝑜 − 𝑇𝑠 ) − (𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 ) ℎ𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇𝑖 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = ℎ𝐴 = ℎ𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇𝑠 𝑇𝑜 − 𝑇𝑠 𝑇 − 𝑇𝑠 − ln ( ) ln ( ) ln ( 𝑜 ) 𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 (𝑇𝑜 − 𝑇𝑠 ) − (𝑇𝑖 − 𝑇𝑠 ) 𝑄̇ = ∆𝑇𝑚𝑙 = 𝑇 −𝑇 ℎ𝐴 ln ( 𝑇𝑜 − 𝑇𝑠 ) 𝑖 𝑠

Información adicional: También la ecuación anterior puede formularse usando un coeficiente global 𝑈 que involucra todas las resistencias térmicas desde la temperatura del fluido hasta la temperatura exterior 𝑇∞ : ln (

∆𝑇𝑚𝑙 =

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑈𝐴 )=− 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑜 − 𝑇∞ ) − (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) 𝑇 −𝑇 ln ( 𝑇𝑜 − 𝑇∞ ) 𝑖 ∞

PROBLEMA 27 Por una tubería de 80 m de largo, 10 cm de diámetro interno y 5 mm de espesor, circula un fluido a razón de 1,2 m/s. El fluido entra a 80 ºC. El ambiente se encuentra a 20 ºC y el coeficiente externo es de 42 W/m2ºC. La conductividad térmica del fluido es de 0,5 W/mºC, su densidad es de 800 kg/m3, su calor específico es de 3000 J/kgºC y su viscosidad 0,002 Pas. La conductividad de la tubería es 50 W/mºC. Considere constantes las propiedades del fluido. Calcule: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i)

Flujo másico. 𝑚̇ = _______ [kg/s] Número de Reynolds y número de Prandtl. 𝑅𝑒𝐷 = __________ , 𝑃𝑟 = _______ Coeficiente convectivo interno. ℎ𝑖 = __________ [W/m2ºC] Coeficiente global basado en el área externa. 𝑈𝑜 = __________ [W/m2ºC] Temperatura de salida del fluido. 𝑇𝑜 = ________ [ºC] La pérdida de calor al ambiente. 𝑄̇ = _________ [kW] Temperatura de la superficie externa de la tubería. 𝑇𝑠𝑜 = ________ [ºC] ¿Se justifica la suposición de propiedades constantes? SI  NO  Ahora se desea que la variación de temperatura que experimenta el fluido dentro de la tubería no sea más de 1 ºC, para esto se recubre la tubería con un aislante (de conductividad de 0,2 W/mºC). Suponga que el coeficiente convectivo externo es el mismo definido anteriormente. Calcule el espesor de aislante requerido. 𝑤 = _____ [mm].

SOLUCIÓN: T = 20 ºC h = 42 W/m2 ºC Ti = 80 ºC ui = 1,2 m/s

To = ?

L = 80 m

Se calcula el número de Reynolds: 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢𝐷𝑖 800 ∙ 1,2 ∙ 0,1 = = 48000 (turbulento) 𝜇 0,002

Se halla el número de Prandtl 𝑃𝑟 =

𝜇/𝜌 𝜇/𝜌 𝜇𝐶𝑃 0,002 ∙ 3000 = = = = 12 𝛼 𝑘/𝜌𝐶𝑃 𝑘 0,5

Se calcula el factor de fricción en la tubería (tubería lisa) 𝑓 = (0,79 ln 𝑅𝑒𝐷 − 1,64)−2 = (0,79 ∙ ln(48000) − 1,64)−2 = 0,02108 Luego el número de Nusselt

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 𝐷 =

𝑓 0,02108 (𝑅𝑒𝐷 − 1000)𝑃𝑟 ∙ (48000 − 1000) ∙ 12 8 8 = = 394,7 0,02108 1/2 𝑓 1/2 2/3 2/3 1 + 12,7 (8) (𝑃𝑟 − 1) 1 + 12,7 ∙ ( 8 ) ∙ (12 − 1) ℎ𝑖 =

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 394,7 ∙ 0,5 W 𝐷∙𝑘 = = 1973,7 2 𝐷𝑖 0,1 m ∙℃

El flujo másico es 𝜋 𝜋 kg 𝑚̇ = 𝜌𝑢𝐴𝑡 = 𝜌𝑢 ( 𝐷𝑖2 ) = 800 ∙ 1,2 ∙ ∙ 0,12 = 7,54 4 4 s Luego se halla el coeficiente global: 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 = + + = + + = 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 ℎ𝑜 𝐴𝑜 ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 ℎ𝑜 ∙ 𝜋𝐷𝑜 𝐿 =

1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 K + + ( ) = 8,8518 ∙ 10−4 80 1973,7 ∙ 𝜋 ∙ 0,1 2𝜋 ∙ 50 42 ∙ 𝜋 ∙ (0,1 + 2 ∙ 0,005) W 𝑈𝐴 =

1 W = 1129,7 −4 8,8518 ∙ 10 K

El coeficiente global basado en el área externa es 𝑈𝐴 = 𝑈𝑜 𝐴𝑜 = 𝑈𝑖 𝐴𝑖

⇒

𝑈𝑜 =

𝑈𝐴 1129,7 W = = 40,86 2 𝐴𝑜 𝜋 ∙ 0,11 ∙ 80 m ∙℃

Combinando las ecuaciones de balance de energía y transferencia de calor 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 )

𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙

⇒

{ 𝑄̇ = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 𝑈𝐴

(𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) − (𝑇𝑜 − 𝑇∞ ) 𝑇 −𝑇 ln (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) 𝑜 ∞

𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑈𝐴 ln ( )= 𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑚̇𝐶𝑃 𝑇𝑜 = 𝑇∞ + (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) exp (−

⇒

⇒

𝑚̇𝐶𝑃 = 𝑈𝐴

1 𝑇 −𝑇 ln (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) 𝑜 ∞

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑈𝐴 = exp (− ) 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑚̇𝐶𝑃

𝑈𝐴 1129,7 ) = 20 + (80 − 20) exp (− ) = 77,08 ℃ 𝑚̇𝐶𝑃 7,54 ∙ 3000

Por lo tanto como la variación de temperatura del fluido es pequeña, es adecuada la aproximación con propiedades constantes. El calor transferido hacia el ambiente es

𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 7,54 ∙ 3000 ∙ (80 − 77,08) = 66118 W = 66,1 kW La temperatura de la superficie externa de la tubería es 𝑄̇ = ℎ𝑜 𝐴𝑜 (𝑇𝑠𝑜 − 𝑇∞ )

⇒

𝑇𝑠𝑜 = 𝑇∞ +

𝑄̇ 66118 = 20 + = 76,94 ℃ (0,1 ℎ𝑜 𝐴𝑜 42 ∙ 𝜋 ∙ + 2 ∙ 0,005) ∙ 80

Espesor de aislante mínimo para que la variación de temperatura sea menor de 1 K: T = 20 ºC h = 42 W/m2 ºC

w= ?

Ti = 80 ºC ui = 1,2 m/s

To = 79 ºC

L = 80 m

Calculando el calor transferido al ambiente para una variación de 1 K: 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 7,54 ∙ 3000 ∙ 1 = 22620 W El cambio de temperatura media logarítmica es ∆𝑇𝑚𝑙 =

(𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) − (𝑇𝑜 − 𝑇∞ ) (80 − 20) − (79 − 20) = = 59,50 K 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 80 − 20 ln ( ) ln ( ) 𝑇𝑜 − 𝑇∞ 79 − 20

De la ecuación de transferencia de calor se obtiene el valor de 𝑈𝐴: 𝑄̇ = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙

⇒

𝑈𝐴 =

𝑄̇ 22620 W = = 380,17 ∆𝑇𝑚𝑙 59,50 K

Como el sistema tiene una resistencia más a la transferencia de calor, debido al aislante añadido entonces 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) ln(𝐷𝐴 /𝐷𝑜 ) 1 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) ln(𝐷𝐴 /𝐷𝑜 ) 1 = + + + = ( + + + ) 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 2𝜋𝑘𝐴 𝐿 ℎ𝑜 𝐴𝐴 𝐿 ℎ𝑖 𝜋𝐷𝑖 2𝜋𝑘𝑡 2𝜋𝑘𝐴 ℎ𝑜 𝜋𝐷𝐴 Se sustituyen los valores y se resuelve para el diámetro de aislante requerido 1 1 1 ln(0,11/0,10) ln(𝐷𝐴 /0,11) 1 = ∙( + + + ) 380,17 80 1973,7 ∙ 𝜋 ∙ 0,1 2𝜋 ∙ 50 2𝜋 ∙ 0,2 42 ∙ 𝜋𝐷𝐴 Se obtiene que el diámetro de aislante es de 𝐷𝐴 = 0,1331 m y el espesor es 𝐷𝐴 = 𝐷𝑜 + 2𝑤

⇒

𝑤=

𝐷𝐴 − 𝐷𝑜 0,1331 − 0,11 = = 0,01155 m ≈ 12 mm 2 2

PROBLEMA 28 Se transporta una solución acuosa en una tubería de 12 cm de diámetro exterior y 5 mm de espesor (la conductividad de esta es de 𝑘𝑡 = 40 W/m ∙ ℃ y suponga que es lisa). La tubería está empotrada en una columna de concreto de 30 cm de diámetro (la conductividad de la columna es de 𝑘𝐶 = 5 W/m ∙ ℃), la distancia centro-centro entre la columna de concreto y la tubería empotrada es de 8 cm (ver figura). La solución entra a la tubería a una temperatura de 90 ºC y a una velocidad de 0,5 m/s. En el exterior de la columna de concreto circula aire perpendicularmente a una velocidad de 8 m/s y tiene una temperatura de 27 ºC. Las propiedades del aire y la solución acuosa se muestran en la tabla (suponga propiedades constantes).

Propiedad Densidad [kg/m3 ] Calor específico [J/kg ∙ ℃] Conductividad térmica [W/m ∙ ℃] Viscosidad [Pa ∙ s]

Solución acuosa (promedio entre 80 ºC y 90 ºC) 1100 4000 0,8 0,0004

Aire u = 8 m/s T = 27 ºC

Aire a una temperatura de 27 ºC 1,1614 1007 0,0263 184,6 ∙ 10−7

30 cm 8 cm

12 cm

Si la solución sale de la tubería a una temperatura de 80 ºC, calcule: (a) (b) (c) (d) (e)

Coeficiente convectivo interno. ℎ𝑖 = ________ [W/m2 ∙ ℃] Coeficiente convectivo externo. ℎ𝑜 = ________ [W/m2 ∙ ℃] Calor transferido. 𝑄̇ = _________ [W] Longitud de la tubería. 𝐿 = ______ [m] Caída de presión que experimenta el fluido en la tubería. ∆𝑃 = _______ [kPa]

Si la corriente de aire aumenta su velocidad en un 50%, además se agrega 2 cm de espesor de telaaislante de conductividad 𝑘𝐴 = 0,3 W/m ∙ ℃ y la longitud de la tubería es la misma determinada anteriormente, calcule: (f) El nuevo valor del coeficiente convectivo externo. ℎ𝑜 = ________ [W/m2 ∙ ℃] (g) Encuentre la nueva temperatura de salida de la solución. 𝑇𝑜 = ________ [ºC]

SOLUCIÓN: Flujo interno: 𝐷𝑖 = 0,12 − 2 ∙ 0,005 = 0,11 m El flujo másico es 𝜋 𝜋 kg 𝑚̇ = 𝜌𝑢𝐴𝑡 = 𝜌𝑢 ( 𝐷𝑖2 ) = 1100 ∙ 0,5 ∙ ∙ 0,112 = 5,227 4 4 s Se calcula el número de Reynolds: 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢𝐷𝑖 1100 ∙ 0,5 ∙ 0,11 = = 151250 (turbulento) 𝜇 0,0004

Se halla el número de Prandtl 𝑃𝑟 =

𝜇/𝜌 𝜇/𝜌 𝜇𝐶𝑃 0,0004 ∙ 4000 = = = =2 𝛼 𝑘/𝜌𝐶𝑃 𝑘 0,8

Se calcula el factor de fricción en la tubería (tubería lisa) 𝑓 = (0,79 ln 𝑅𝑒𝐷 − 1,64)−2 = (0,79 ∙ ln(151250) − 1,64)−2 = 0,01653 Luego el número de Nusselt 𝑓 0,01653 (𝑅𝑒𝐷 − 1000)𝑃𝑟 ∙ (151250 − 1000) ∙ 2 8 8 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 = = = 463,6 𝐷 𝑓 1/2 0,01653 1/2 2/3 2/3 1 + 12,7 (8) (𝑃𝑟 − 1) 1 + 12,7 ∙ ( 8 ) ∙ (2 − 1) ℎ𝑖 =

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 463,6 ∙ 0,8 W 𝐷∙𝑘 = = 3372 2 𝐷𝑖 0,11 m ∙℃

Flujo externo: Se calcula el número de Reynolds: 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢∞ 𝐷𝐶 1,1614 ∙ 8 ∙ 0,3 = = 150995 𝜇 184,6 ∙ 10−7

Se halla el número de Prandtl 𝑃𝑟 =

𝜇/𝜌 𝜇/𝜌 𝜇𝐶𝑃 184,6 ∙ 10−7 ∙ 1007 = = = = 0,707 𝛼 𝑘/𝜌𝐶𝑃 𝑘 0,0263 −1/4

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 𝐷 = 0,3 +

1/2 0,62𝑅𝑒𝐷 𝑃𝑟1/3 (1 +

0,4 2/3 ( ) ) 𝑃𝑟

𝑅𝑒𝐷 5/8 ) ) (1 + ( 282000

4/5

=

1/2

= 0,3 + 0,62 ∙ 150995

1/3

∙ 0,707

ℎ𝑜 =

0,4 2/3 ∙ (1 + ( ) ) 0,707

−1/4

150995 5/8 ∙ (1 + ( ) ) 282000

4/5

= 285,16

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 285,16 ∙ 0,0263 W 𝐷∙𝑘 = = 25 2 𝐷𝐶 0,3 m ∙℃

Conducción en 2 dimensiones:

𝑆=

2𝜋𝐿 𝐷 2 + 𝑑2 − 4𝑧 2 cosh−1 ( ) 2𝐷𝑑

con

D z

𝑆 = 𝐿

d

cosh−1 (

302

2𝜋 = 14,57 m/m + 122 − 4 ∙ 82 ) 2 ∙ 30 ∙ 12

Calor transferido: Mediante el balance de energía del fluido, se conoce su temperatura de salida: 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 5,227 ∙ 4000 ∙ (90 − 80) = 209080 W El cambio de temperatura media logarítmica es ∆𝑇𝑚𝑙 =

(𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) − (𝑇𝑜 − 𝑇∞ ) (90 − 27) − (80 − 27) = = 57,86 K 𝑇 − 𝑇∞ 90 − 27 ln ( 𝑖 ) ln ( ) 𝑇𝑜 − 𝑇∞ 80 − 27

De la ecuación de transferencia de calor se obtiene el valor de 𝑈𝐴: 𝑄̇ = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙

⇒

𝑈𝐴 =

𝑄̇ 209080 W = = 3613,5 ∆𝑇𝑚𝑙 57,86 K

Longitud de la tubería: La resistencia total de transferencia de calor es: 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 = + + + = ( + + + ) 𝑆 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝑆𝑘𝐶 ℎ𝑜 𝐴𝐶 𝐿 ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑖 2𝜋𝑘𝑡 ℎ ∙ 𝜋𝐷 𝑜 𝐶 (𝐿) 𝑘𝐶 𝐿 = 𝑈𝐴 (

= 3613,5 ∙ (

1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 + + + )= 𝑆 ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑖 2𝜋𝑘𝑡 ℎ ∙ 𝜋𝐷 𝑜 𝐶 (𝐿) 𝑘𝐶

1 ln(12/11) 1 1 + + + ) = 405,7 m 3372 ∙ 𝜋 ∙ 0,11 2𝜋 ∙ 40 14,57 ∙ 5 25 ∙ 𝜋 ∙ 0,3

Caída de presión: 1 𝐿 𝜇 −0,14 1 405,7 ∆𝑃 = 𝑓 𝜌𝑢2 ( ) = ∙ 0,01653 ∙ ∙ 1100 ∙ 0,52 ∙ 1 = 8383 Pa = 8,4 kPa 2 𝐷𝑖 𝜇𝑆 2 0,11 Si la corriente de aire aumenta su velocidad en un 50%, además se agrega 2 cm de espesor de tela-aislante: Se calcula el nuevo número de Reynolds con la nueva velocidad del aire y el diámetro de aislante: 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢∞ 𝐷𝐴 1,1614 ∙ (8 ∙ 1,5) ∙ 0,34 = = 256691 𝜇 184,6 ∙ 10−7 −1/4

0,4 2/3 1/2 1/3 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 = 0,3 + 0,62𝑅𝑒 𝑃𝑟 + ( ) ) (1 𝐷 𝐷 𝑃𝑟 1/2

= 0,3 + 0,62 ∙ 256691

1/3

∙ 0,707

ℎ𝑜 =

0,4 2/3 ∙ (1 + ( ) ) 0,707

𝑅𝑒𝐷 5/8 ) ) (1 + ( 282000

−1/4

4/5

= 4/5

256691 5/8 ∙ (1 + ( ) ) 282000

= 418,2

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 418,2 ∙ 0,0263 W 𝐷∙𝑘 = = 32,3 2 𝐷𝐴 0,34 m ∙℃

Luego se halla el coeficiente global: 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 ln(𝐷𝐴 /𝐷𝐶 ) 1 = + + + + = 𝑈𝐴 ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝑆𝑘𝐶 2𝜋𝑘𝐴 𝐿 ℎ𝑜 ∙ 𝜋𝐷𝐴 𝐿 =

1 1 ln(12/11) 1 ln(34/30) 1 K + + + + ( ) = 2,7192 ∙ 10−4 405,7 3372 ∙ 𝜋 ∙ 0,11 2𝜋 ∙ 40 14,57 ∙ 5 2𝜋 ∙ 0,3 32,3 ∙ 𝜋 ∙ 0,34 W 𝑈𝐴 =

1 W = 3678 −4 2,7192 ∙ 10 K

Combinando las ecuaciones de balance de energía y transferencia de calor 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 )

𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙

⇒

{ 𝑄̇ = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 𝑈𝐴

(𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) − (𝑇𝑜 − 𝑇∞ ) 𝑇 −𝑇 ln (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) 𝑜 ∞

𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑈𝐴 ln ( )= 𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑚̇𝐶𝑃 𝑇𝑜 = 𝑇∞ + (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) exp (−

⇒

⇒

𝑚̇𝐶𝑃 = 𝑈𝐴

1 𝑇 −𝑇 ln (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) 𝑜 ∞

𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑈𝐴 = exp (− ) 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑚̇𝐶𝑃

𝑈𝐴 3678 ) = 27 + (90 − 27) exp (− ) = 79,84 ℃ 𝑚̇𝐶𝑃 5,227 ∙ 4000

PROBLEMA 29 Se desea transportar aceite de motor limpio (sus propiedades se muestran en la tabla) con un flujo másico de 1 kg/s y temperatura de entrada de 120 ºC por una tubería recta de acero comercial (la conductividad es de 𝑘𝑡 = 51,9 W/m ∙ K) de diámetro interno 4 cm y 5 mm de espesor. La tubería tiene una longitud de 50 m. Se necesita que “casi” no se enfríe, para ello se recubre con un aislante (conductividad 𝑘𝐴 = 0,20 W/m ∙ K). Por fuera de la tubería circula aire a 10 m/s y una temperatura de 27 ºC. (a) ¿Cuál debe ser el espesor mínimo de aislamiento para que la temperatura de la salida del aceite no sea menor de 118 ºC? ¿Cuál es la temperatura de la superficie externa del aislante? (b) ¿Cuál sería la temperatura del aceite de salida si la tubería no se recubre con el aislante?

Temperatura

Densidad [kg/m3 ]

Calor específico [J/kg ∙ ℃]

350 K 360 K 370 K 380 K 390 K 400 K

853,9 847,8 841,8 836,0 830,6 825,1

Aceite de motor limpio 2118 2161 2206 2250 2294 2337

27 ºC

1,1614

Aire a 1 atm 1007

Conductividad térmica [W/m ∙ ℃]

Viscosidad [Pa ∙ s]

0,138 0,138 0,137 0,136 0,135 0,134

0,0356 0,0252 0,0186 0,0141 0,0110 0,00874

0,0263

184,6 ∙ 10−7

Nota: Recuerde que una forma adecuada de expresar la viscosidad de un fluido es 𝑇 𝑛 𝜇 = 𝜇1 ( ) 𝑇1

donde

𝑛=

ln(𝜇2 /𝜇1 ) ln(𝑇2 /𝑇1 )

con 𝑇1 < 𝑇 < 𝑇2

Realice interpolaciones potenciales sobre la viscosidad y lineal para las demás propiedades. SOLUCIÓN: Cálculo del coeficiente convectivo interno (aceite): La temperatura media entre entrada y salida para evaluar las propiedades del aceite es 𝑇̅ =

𝑇𝑖 + 𝑇𝑜 120 + 118 = = 119 ℃ = 392 K 2 2

Interpolando linealmente las propiedades excepto la viscosidad: 𝜌 = 829,5 kg/m3 𝐶𝑃 = 2303 J/kg ∙ ℃ 𝑘 = 0,1348 W/m ∙ ℃ Interpolando potencialmente la viscosidad: ln(𝜇2 /𝜇1 )

ln(0,00874/0,011) ln(400/390)

𝑇 ln(𝑇2 /𝑇1 ) 392 𝜇 = 𝜇1 ( ) = 0,011 ∙ ( ) 𝑇1 390

= 0,0105 Pa ∙ s

Calculando el número de Prandtl 𝑃𝑟 =

𝜇𝐶𝑃 0,0105 ∙ 2303 = = 179,4 𝑘 0,1348

Calculando el número de Reynolds 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢𝐷𝑖 𝜋 4 𝐷𝑖 4 𝑚̇ 4 1 = 𝜌𝑢 ( 𝐷𝑖2 ) ∙ ∙ = ∙ = ∙ = 3032 2 ⏟ 4 𝜇 𝜋 𝜇𝐷𝑖 𝜋 0,0105 ∙ 0,04 𝜋𝐷𝑖 𝜇 𝑚̇

Se calcula el factor de fricción en la tubería (tubería lisa) 𝑓 = (0,79 ln 𝑅𝑒𝐷 − 1,64)−2 = (0,79 ∙ ln(3032) − 1,64)−2 = 0,0454 Luego el número de Nusselt válido para 3000 ≤ 𝑅𝑒𝐷 ≤ 5 ∙ 106 , 𝐿/𝐷𝑖 ≥ 10 𝑓 0,0454 (𝑅𝑒𝐷 − 1000)𝑃𝑟 (3032 − 1000) ∙ 179,4 8 8 ∙ ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 = = = 67,86 𝐷 𝑓 1/2 0,0454 1/2 2/3 2/3 1 + 12,7 (8) (𝑃𝑟 − 1) 1 + 12,7 ∙ ( 8 ) ∙ (179,4 − 1) ℎ𝑖 =

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 67,86 ∙ 0,1348 W 𝐷∙𝑘 = = 228,7 2 𝐷𝑖 0,04 m ∙℃

Calor transferido, diferencia de temperaturas media-logarítmica y valor de 𝑼𝑨: Como se conoce la temperatura de salida del aceite es posible encontrar el valor del calor que se escapa al ambiente 𝑄̇ = 𝑚̇𝐶𝑃 (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 ) = 1 ∙ 2303 ∙ 2 = 4606 W Calculando la diferencia de temperaturas media-logarítmica: ∆𝑇𝑚𝑙 =

(𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) − (𝑇𝑜 − 𝑇∞ ) (120 − 27) − (118 − 27) = = 92 K 𝑇 −𝑇 120 − 27 ln (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) ln (118 − 27) 𝑜 ∞

Por lo tanto el valor de 𝑈𝐴 es 𝑄̇ = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙

⇒

𝑈𝐴 =

𝑄̇ 4606 W = = 50,07 ∆𝑇𝑚𝑙 92 K

Diámetro de aislante requerido: La resistencia térmica total del sistema con aislante es: 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) ln(𝐷𝐴 /𝐷𝑜 ) 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) ln(𝐷𝐴 /𝐷𝑜 ) 1 = + + + = + + + 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 2𝜋𝑘𝐴 𝐿 ℎ𝑜 𝐴𝐴 ℎ𝑖 𝜋𝐷𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 2𝜋𝑘𝐴 𝐿 ℎ𝑜 𝜋𝐷𝐴 𝐿 1 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) ln(𝐷𝐴 /𝐷𝑜 ) 1 = + + + ( ) 𝑈𝐴 𝜋𝐿 ℎ𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 2𝑘𝐴 ℎ𝑜 𝐷𝐴 En la que el diámetro del aislante es desconocido, y por lo tanto también el coeficiente convectivo externo ℎ𝑜 es desconocido. Se requiere un método de tanteo para resolver el diámetro de aislante 𝐷𝐴 o formular una ecuación que permita encontrar dicho valor. Utilizando la correlación de Churchill para el coeficiente convectivo externo ℎ𝑜 𝐷𝐴 0,4 2/3 1/2 1/3 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 ≡ = 0,3 + 0,62𝑅𝑒 𝑃𝑟 + ( ) ) (1 𝐷 𝐷 𝑘 𝑃𝑟

−1/4

𝑅𝑒𝐷 5/8 ) ) (1 + ( 282000

4/5

Calculando el número de Reynolds y el número de Prandtl del aire 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢∞ 𝐷𝐴 1,1614 ∙ 10 ∙ 𝐷𝐴 = = 629144𝐷𝐴 𝜇 184,6 ∙ 10−7

𝑃𝑟 =

𝜇𝐶𝑃 184,6 ∙ 10−7 ∙ 1007 = = 0,707 𝑘 0,0263 −1/4

ℎ𝑜 𝐷𝐴 0,4 2/3 1/2 1/3 = 0,3 + 0,62 ∙ (629144𝐷𝐴 ) ∙ 0,707 ∙ (1 + ( ) ) 0,0263 0,707

629144𝐷𝐴 5/8 ∙ (1 + ( ) ) 282000

El producto ℎ𝑜 𝐷𝐴 es una función exclusiva sólo de 𝐷𝐴 . Esto permite resolver la ecuación: 1 1 1 ln(0,05/0,04) ln(𝐷𝐴 /0,05) 1 = ∙( + + + ) 50,07 𝜋 ∙ 50 228,7 ∙ 0,04 2 ∙ 51,9 2 ∙ 0,2 ℎ𝑜 𝐷𝐴 Resolviendo para 𝐷𝐴 : 𝐷𝐴 = 0,156 m El espesor de aislante es 𝐷𝐴 = 𝐷𝑜 + 2𝑤

⇒

𝑤=

𝐷𝐴 − 𝐷𝑜 0,156 − 0,05 = = 0,053 m ≈ 5,3 cm 2 2

4/5

𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢∞ 𝐷𝐴 = 629144 ∙ 0,156 = 98231 𝜇

0,4 2/3 1/2 1/3 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐷 = 0,3 + 0,62 ∙ 98231 ∙ 0,707 (1 + ( ) ) 0,707 ℎ𝑜 =

−1/4

98231 5/8 ) ) (1 + ( 282000

4/5

= 212,4

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 212,4 ∙ 0,0263 W 𝐷∙𝑘 = = 35,8 2 𝐷𝐴 0,156 m ∙℃

La temperatura externa del aislante es 𝑄̇ = ℎ𝑜 𝐴𝐴 (𝑇𝑠𝑜 − 𝑇∞ )

⇒

𝑇𝑠𝑜 = 𝑇∞ +

𝑄̇ 4606 = 27 + = 32,25 ℃ ℎ𝑜 ∙ 𝜋𝐷𝐴 𝐿 35,8 ∙ 𝜋 ∙ 0,156 ∙ 50

Temperatura de salida si la tubería no se recubre con aislante: La resistencia térmica total del sistema sin aislante es: 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 = + + = + + 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 ℎ𝑜 𝐴𝑜 ℎ𝑖 𝜋𝐷𝑖 𝐿 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 ℎ𝑜 𝜋𝐷𝑜 𝐿 1 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 = + + ( ) 𝑈𝐴 𝜋𝐿 ℎ𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 ℎ𝑜 𝐷𝑜 Primero se calcula el coeficiente convectivo externo 𝑅𝑒𝐷 =

𝜌𝑢∞ 𝐷𝑜 1,1614 ∙ 10 ∙ 0,05 = = 31457 𝜇 184,6 ∙ 10−7

0,4 2/3 1/2 1/3 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝐷 = 0,3 + 0,62 ∙ 31457 ∙ 0,707 (1 + ( ) ) 0,707 ℎ𝑜 =

−1/4

31457 5/8 ) ) (1 + ( 282000

4/5

= 103,3

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 103,3 ∙ 0,0263 W 𝐷∙𝑘 = = 54,4 2 𝐷𝑜 0,05 m ∙℃

El coeficiente convectivo interno no se conoce su valor ya que la temperatura de salida del aceite es desconocida. Sin embargo puede tomarse ℎ𝑖 como aproximación inicial, el mismo valor calculado anteriormente con 𝑇𝑜 = 118 ℃ y todas las propiedades del aceite evaluadas entre 118 ºC y 120 ºC: 1 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 1 ln(5/4) 1 K = + + + + ( )= ( ) = 0,00305 𝑈𝐴 𝜋𝐿 ℎ𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 ℎ𝑜 𝐷𝑜 𝜋 ∙ 50 228,7 ∙ 0,04 2 ∙ 51,9 54,4 ∙ 0,05 W 𝑈𝐴 = 𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑈𝐴 = exp (− ) 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑚̇𝐶𝑃

1 W = 327,9 0,00305 K ⇒

𝑇𝑜 = 𝑇∞ + (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) exp (−

𝑈𝐴 ) 𝑚̇𝐶𝑃

La nueva temperatura de salida del aceite es 𝑇𝑜 = 27 + (120 − 27) exp (−

327,9 ) = 107,66 ℃ 1 ∙ 2303

Se recalculan todas las propiedades a la temperatura promedio de entrada y salida: 𝑇̅ =

𝑇𝑖 + 𝑇𝑜 120 + 107,66 = = 114 ℃ = 387 K 2 2

Interpolando propiedades: 𝜌 = 832,2 kg/m3 ln(0,011/0,0141) ln(390/380)

387 𝜇 = 0,0141 ∙ ( ) 380

𝐶𝑃 = 2281 J/kg ∙ ℃

= 0,0118 Pa ∙ s

𝑘 = 0,1353 W/m ∙ ℃ Calculando el número de Prandtl y el número de Reynolds 𝑃𝑟 = 𝑅𝑒𝐷 =

𝜇𝐶𝑃 0,0118 ∙ 2303 = = 201,6 𝑘 0,1353

4 𝑚̇ 4 1 ∙ = ∙ = 2698 𝜋 𝜇𝐷𝑖 𝜋 0,0118 ∙ 0,04

𝑓 = (0,79 ln 𝑅𝑒𝐷 − 1,64)−2 = (0,79 ∙ ln(2698) − 1,64)−2 = 0,0472 𝑓 0,0472 (𝑅𝑒𝐷 − 1000)𝑃𝑟 (2698 − 1000) ∙ 201,6 8 8 ∙ ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 = = 59,9 𝐷 = 1/2 0,0472 𝑓 1/2 1 + 12,7 ( ) (𝑃𝑟 2/3 − 1) 1 + 12,7 ∙ ( 8 ) ∙ (201,62/3 − 1) 8 ℎ𝑖 =

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢 59,9 ∙ 0,1353 W 𝐷∙𝑘 = = 202,6 2 𝐷𝑖 0,04 m ∙℃

1 1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 1 ln(5/4) 1 K = + + + + ( )= ( ) = 0,00314 𝑈𝐴 𝜋𝐿 ℎ𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 ℎ𝑜 𝐷𝑜 𝜋 ∙ 50 202,6 ∙ 0,04 2 ∙ 51,9 54,4 ∙ 0,05 W 1 W 𝑈𝐴 = = 318,5 0,00314 K 𝑇𝑜 = 𝑇∞ + (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) exp (−

𝑈𝐴 318,5 ) = 27 + (120 − 27) exp (− ) = 107,88 ℃ 𝑚̇𝐶𝑃 1 ∙ 2281

La nueva temperatura de salida del aceite es 𝑇𝑜 = 107,88 ℃ (no varió casi nada con la iteración anterior 𝑇𝑜 = 107,66 ℃ por lo que no es necesario hacer más iteraciones) y la temperatura de salida se fija en: 𝑇𝑜 = 108 ℃

PROBLEMA 30. Arreglo de intercambiadores de calor con un condensador En la figura anexa se representa un condensador de 80 m2 y coeficiente global de transmisión de calor igual a 3250 W/m2-ºC, al cual entra vapor saturado a 120 ºC y es condensado por medio de una corriente de agua a 22 ºC y un flujo másico de 120 kg/s. El condensado se subenfría en un segundo intercambiador de 60 m2 y coeficiente global de 1800 W/m2-ºC operado en contra corriente. (a) Calcule la cantidad de vapor saturado alimentado. (b) Determine la temperatura de salida del condensado y del agua de enfriamiento. Vapor saturado 120 ºC

120 kg/s 22 ºC

Condensador

Intercambiador

Datos adicionales: la entalpía de vaporización del agua a 120 ºC es ℎ𝑓𝑔 = 2202 kJ/kg y el calor específico del agua líquida fría es 𝐶𝑃𝑐 = 4180 J/kgºC en el condensador y 𝐶𝑃𝑐 = 4188 J/kgºC en el intercambiador. El calor específico del agua líquida caliente es de 𝐶𝑃ℎ = 4203 J/kgºC en el intercambiador. SOLUCIÓN: Cálculos en el condensador: Como es un condensador, entonces la temperatura de la corriente de salida del lado caliente es 120 ºC por ser líquido saturado (el cambio de fase ocurre a temperatura constante), así: 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 = 120 ℃ En este sentido, la capacidad calorífica de la corriente fría es la mínima 𝐶𝑚𝑖𝑛 = 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 = 120 ∙ 4180 = 501600

W K

El valor de 𝑈𝐴 del condensador es 𝑈𝐴 = 3250

W W ∙ 80 m2 = 260000 ∙K K

m2

El número de unidades de transferencia NTU es NTU =

𝑈𝐴 260000 = = 0,51834 𝐶𝑚𝑖𝑛 501600

La eficiencia 𝜀 para calderas y condensadores (o intercambiadores con 𝐶𝑟 = 0) es

𝜀 = 1 − 𝑒 −NTU = 1 − exp(0,51834) = 0,40449 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 501600 ∙ (120 − 22) = 49156800 W 𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 0,40449 ∙ 49156800 = 19883557 W ≈ 19,88 MW 𝜀=

𝑄̇ 𝑄̇𝑚𝑎𝑥

=

𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 )

⇒

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄̇ 19883557 = 22 + = 61,64 ℃ 𝐶𝑐 501600

Luego el flujo másico de vapor 𝑚̇ℎ se calcula por el balance de energía del vapor: 𝑄̇ = 𝑚̇ℎ ℎ𝑓𝑔

⇒

𝑚̇ℎ =

𝑄̇ 19883,6 kJ/s kg = = 9,03 ℎ𝑓𝑔 2202 kJ/kg s

Cálculos en el intercambiador: 𝑇ℎ𝑖 = 120 ℃ , 𝑇𝑐𝑖 = 61,64 ℃ W K

𝐶ℎ = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ = 9,03 ∙ 4203 = 37953 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 = 120 ∙ 4188 = 1753944 𝐶𝑟 =

NTU =

W W 2 ∙ 60 m = 108000 m2 ∙ K K

𝑈𝐴 108000 = = 2,8456 𝐶𝑚𝑖𝑛 0,02164

1 − exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 )) = 0,94166 1 − 𝐶𝑟 exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 ))

Con el valor de eficiencia se halla el valor del calor transferido 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 2214942 W 𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 2085727 W ≈ 2086 kW Por último se hallan las temperaturas de salida 𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

W K

𝐶𝑚𝑎𝑥 = max {𝐶ℎ , 𝐶𝑐 } = 17539344

𝐶𝑚𝑖𝑛 37953 = = 0,02164 𝐶𝑚𝑎𝑥 17539344

𝑈𝐴 = 1800

𝜀=

W K

𝐶𝑚𝑖𝑛 = min {𝐶ℎ , 𝐶𝑐 } = 37953

𝑄̇ 2085727 = 120 − = 65,04 ℃ 𝐶ℎ 37953

𝑄̇ 2085727 = 61,64 + = 61,76 ℃ 𝐶𝑐 1753944

W K

PROBLEMA 31. Arreglo de intercambiadores de calor contracorriente/paralelo En el esquema adjunto se presentan dos maneras de operar una batería de tres intercambiadores en serie. Cada uno de ellos tiene 100 m2 de área externa y están construidos con tubos de 1,25 cm de diámetro externo y 1 cm de diámetro interno. La conductividad del material es de 250 W/m-ºC. El calor específico del fluido de enfriamiento es 𝐶𝑃𝑐 = 3650 J/kg ∙ K y el del fluido caliente 𝐶𝑃ℎ = 3250 J/kg ∙ K. El coeficiente interno 2250 W/m2 ∙ ℃ y el externo 1950 W/m2 ∙ ℃. Complete los cuadros adjuntos y determine cuál de las dos opciones es mejor (% de velocidad adicional de transferencia de calor). Operación en paralelo:

Arreglo en Paralelo

30 kg/s 18 ºC

10 kg/s 80 ºC

10 kg/s 80 ºC

I-1

𝑇ℎ𝑖 𝑇ℎ𝑜 𝑇𝑐𝑖 𝑇𝑐𝑜 NTU 𝐶𝑟 𝜀 𝑄̇

10 kg/s 80 ºC

I-2

I-3

I-1 80,0 ºC

I-2 80,0 ºC

I-3 80,0 ºC

I-2 80,0 ºC

I-3 80,0 ºC

18,0 ºC

Operación e contracorriente:

10 kg/s 80 ºC

Arreglo en contracorriente

30 kg/s 18 ºC

10 kg/s 80 ºC

I-1

I-2

10 kg/s 80 ºC

I-3

𝑇ℎ𝑖 𝑇ℎ𝑜 𝑇𝑐𝑖 𝑇𝑐𝑜 NTU 𝐶𝑟 𝜀 𝑄̇

I-1 80,0 ºC 18,0 ºC

SOLUCIÓN: Cálculo de las capacidades caloríficas máxima/mínima y NTU: W W 𝐶𝑚𝑖𝑛 = min {𝐶ℎ , 𝐶𝑐 } = 32500 K K W W = 30 ∙ 3650 = 109500 𝐶𝑚𝑎𝑥 = max {𝐶ℎ , 𝐶𝑐 } = 109500 K K 𝐶𝑚𝑖𝑛 32500 𝐶𝑟 = = = 0,2968 𝐶𝑚𝑎𝑥 109500

𝐶ℎ = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ = 10 ∙ 3250 = 32500 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐

𝐴𝑜 = 𝜋𝐷𝑜 𝐿𝑁 } 𝐴𝑖 = 𝜋𝐷𝑖 𝐿𝑁

⇒

𝐴𝑜 = 𝜋𝐷𝑜 𝐿𝑁

𝐴𝑜 𝐷𝑜 = 𝐴𝑖 𝐷𝑖

⇒

⇒

𝐴𝑜 100 = = 2546,5 m 𝜋𝐷𝑜 𝜋 ∙ 0,0125

𝐿𝑁 =

𝐴𝑖 =

𝐷𝑖 1 𝐴𝑜 = ∙ 100 = 80 m2 𝐷𝑜 1,25

1 1 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 1 1 ln(1,25/1) 1 = + + = + + 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿𝑁 ℎ𝑜 𝐴𝑜 2250 ∙ 80 2𝜋 ∙ 250 ∙ 2456,5 1950 ∙ 100 𝑈𝐴 = 93114 NTU =

W K

𝑈𝐴 93114 = = 2,865 𝐶𝑚𝑖𝑛 32500

Método NTU-eficiencia: Intercambiador co-corriente o paralelo:

𝜀=

Intercambiador contracorriente:

1 − exp(−NTU(1 + 𝐶𝑟 )) 1 + 𝐶𝑟

𝜀=

1 − exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 )) 1 − 𝐶𝑟 exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 )) 𝜀=

NTU 1 + NTU

si 𝐶𝑟 < 1

si 𝐶𝑟 = 1

Arreglo de intercambiadores en paralelo: 𝜀=

1 − exp(−NTU(1 + 𝐶𝑟 )) 1 − exp(−2,865(1 + 0,2968)) = = 0,75235 1 + 𝐶𝑟 1 + 0,2968

Calculos I-1: 𝑇𝑐𝑖 = 18 ℃ 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 32500 ∙ (80 − 18) = 2015000 W 𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 0,75235 ∙ 2015000 = 1515991 W ≈ 1516 kW Del balance de energía se obtienen las temperaturas de salida 𝑄̇ = 𝐶ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄̇ 1515991 = 80 − = 33,35 ℃ 𝐶ℎ 32500

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄̇ 1515991 = 18 + = 31,84 ℃ 𝐶𝑐 109500

Cálculos I-2: 𝑇𝑐𝑖 = 31,84 ℃ 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 32500 ∙ (80 − 33,35) = 1565200 W

𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 0,75235 ∙ 1565200 = 1177583 W ≈ 1178 kW 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄̇ 1177583 = 80 − = 43,77 ℃ 𝐶ℎ 32500

𝑄̇ 1177583 = 31,84 + = 42,59 ℃ 𝐶𝑐 109500

Cálculos I-3: 𝑇𝑐𝑖 = 42,59 ℃ 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 1215825 W 𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 914730 W ≈ 915 kW 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄̇ 914730 = 80 − = 51,85 ℃ 𝐶ℎ 32500

𝑄̇ 914730 = 42,59 + = 50,94 ℃ 𝐶𝑐 109500

Arreglo de intercambiadores en contracorriente: 𝜀=

1 − exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 )) 1 − exp(−2,865 ∙ (1 − 0,2968)) = = 0,90236 1 − 𝐶𝑟 exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 )) 1 − 0,2968 ∙ exp(−2,865 ∙ (1 − 0,2968))

Calculos I-1: 𝑇𝑐𝑖 = 18 ℃ 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 32500 ∙ (80 − 18) = 2015000 W 𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 0,90236 ∙ 2015000 = 1818245 W ≈ 1818 kW 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄̇ 1818245 = 80 − = 24,05 ℃ 𝐶ℎ 32500

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄̇ 1818245 = 18 + = 34,60 ℃ 𝐶𝑐 109500

Cálculos I-2: 𝑇𝑐𝑖 = 34,60 ℃ 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 1475338 W 𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 0,90236 ∙ 1475338 = 1331278 W ≈ 1331 kW 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄̇ 1331278 = 80 − = 39,04 ℃ 𝐶ℎ 32500

𝑄̇ 1331278 = 34,60 + = 46,76 ℃ 𝐶𝑐 109500

Cálculos I-3: 𝑇𝑐𝑖 = 46,76 ℃ 𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 1080210 W 𝑄̇ = 𝜀𝑄̇𝑚𝑎𝑥 = 974733 W ≈ 975 kW 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄̇ 974733 = 80 − = 50,01 ℃ 𝐶ℎ 32500

𝑄̇ 974733 = 46,76 + = 55,66 ℃ 𝐶𝑐 109500

Resumen de valores Arreglo co-corriente (paralelo)

𝑇𝐻𝑖 𝑇𝐻𝑜 𝑇𝐶𝑖 𝑇𝐶𝑜 𝑁𝑇𝑈 𝐶𝑟 𝜀 𝑄̇

I-1 80,0 ºC 33,35 ºC 18,0 ºC 31,84 ºC

1516 kW

I-2 80,0 ºC 43,77 ºC 31,84 ºC 42,59 ºC 2,865 0,2968 0,75235 1178 kW

Arreglo contra-corriente

I-3 80,0 ºC 51,85 ºC 42,59 ºC 50,94 ºC

I-1 80,0 ºC 24,05 ºC 18,0 ºC 34,60 ºC

915 kW

1818 kW

I-2 80,0 ºC 39,04 ºC 34,60 ºC 46,76 ºC 2,865 0,2968 0,90236 1331 kW

I-3 80,0 ºC 50,01 ºC 46,76 ºC 55,66 ºC

975 kW

El calor total transferido en arreglo paralelo es 𝑄̇ = 1516 + 1178 + 915 = 3609 kW El calor total transferido en arreglo contracorriente es 𝑄̇ = 1818 + 1331 + 975 = 4124 kW Por lo que en contracorriente se transfiere más calor: % adicional = 100 ×

𝑄̇contracorriente − 𝑄̇paralelo 4124 = 100 ∙ ( − 1) = 14% ̇ 3609 𝑄paralelo

La mejor configuración es el contracorriente ya que transfiere más calor que la configuración en paralelo (transfiere un 14% más de calor que en paralelo)

PROBLEMA 32 Se dispone de dos intercambiadores en contracorriente idénticos cuya área de transferencia es de 110 ft 2 cada uno y se desea enfriar 80000 lb/h de una sustancia a una temperatura de 200 ºF (cuyo calor específico es de 0,8 BTU/lb ∙ ℉) mediante 60000 lb/h de agua disponible a 68 ºF (con un calor específico igual a 1 BTU/lb ∙ ℉). Cuando se divide la corriente caliente en dos partes iguales y pasando cada mitad por cada uno de los intercambiadores, la temperatura de salida del agua del primer intercambiador es de 104 ºF (ver Figura 1). (a) Determine el coeficiente global de transferencia de calor de cada intercambiador suponiendo que son iguales. (b) Calcule la temperatura de salida de cada una de las corrientes y la de la mezcla del fluido caliente. (c) Halle la temperatura de salida de ambas corrientes si se opera con el arreglo de la Figura 2. Suponga que en este tipo arreglo, el coeficiente global es el mismo que el calculado en la parte (a) ¿Cuál arreglo de intercambiadores es mejor? 40000 lb/h 200 ºF

60000 lb/h 68 ºF

80000 lb/h 200 ºF

40000 lb/h 200 ºF

Int - 1

Int - 2 104 ºF

Tco2 = ?

Tho1

60000 lb/h 68 ºF

Int - 1

Int - 2 Tco2 = ?

Tho2 Tho1 = ?

Tho = ?

Figura 1. Arreglo en paralelo

Figura 2. Arreglo en serie

SOLUCIÓN: Cálculos para el Arreglo 1: (a) Hallando las capacidades caloríficas 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 = 60000 ∙ 1 = 60000 BTU/h ∙ ℉ 𝐶ℎ = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ = 40000 ∙ 0,8 = 32000 BTU/h ∙ ℉ Las capacidades térmicas mínima y máxima son 𝐶𝑚𝑖𝑛 = min{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = min{60000 , 32000} = 32000 BTU/h ∙ ℉ 𝐶𝑚𝑎𝑥 = max{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = max{60000 , 32000} = 60000 BTU/h ∙ ℉ 𝐶𝑟 =

𝐶𝑚𝑖𝑛 32000 = = 0,5333 𝐶𝑚𝑎𝑥 60000

𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 )

𝑄 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 60000 ∙ (104 − 68) = 2160000 BTU/h 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄 2160000 = 200 − = 132,5 ℉ 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ 32000

𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 32000 ∙ (200 − 68) = 4224000 BTU/h 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

=

2160000 = 0,5114 4224000

NTU =

1 𝜀−1 1 0,5114 − 1 ln ( )= ∙ ln ( ) = 0,8522 𝐶𝑟 − 1 𝜀𝐶𝑟 − 1 0,5333 − 1 0,5114 ∙ 0,5333 − 1

NTU =

𝑈𝐴 𝐶𝑚𝑖𝑛

⇒

𝑈=

𝑈𝐴 = NTU ∙ 𝐶𝑚𝑖𝑛 = 0,8522 ∙ 32000 = 27270 BTU/h ∙ ℉ 𝑈𝐴 27270 BTU/h ∙ ℉ BTU = = 247,9 2 2 𝐴 110 ft ft ∙ h ∙ ℉

(b) Si el segundo intercambiador es idéntico al primero, entonces tiene el mismo valor de 𝜀 que el primer intercambiador. Encontrando las temperaturas de salida del segundo intercambiador: 𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 32000 ∙ (200 − 104) = 3072000 BTU/h 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

⇒

𝑄 = 𝜀𝑄𝑚𝑎𝑥 = 0,5114 ∙ 3072000 = 1570909 BTU/h

𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄 1570909 = 200 − = 150,9 ℉ 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ 32000

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄 1570909 = 104 + = 130,2 ℉ 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 60000

𝑚̇ℎ3 = 𝑚̇ℎ1 + 𝑚̇ℎ2 { 𝑚̇ℎ3 𝐻3 = 𝑚̇ℎ1 𝐻1 + 𝑚̇ℎ2 𝐻2 𝑚̇ℎ1 (𝐻3 − 𝐻1 ) + 𝑚̇ℎ2 (𝐻3 − 𝐻2 ) = 0 𝑇ℎ𝑜 =

⇒ ⇒

(𝑚̇ℎ1 + 𝑚̇ℎ2 )𝐻3 = 𝑚̇ℎ1 𝐻1 + 𝑚̇ℎ2 𝐻2 𝑚̇ℎ1 (𝑇ℎ𝑜 − 𝑇ℎ𝑜1 ) + 𝑚̇ℎ2 (𝑇ℎ𝑜 − 𝑇ℎ𝑜2 ) = 0

𝑚̇ℎ1 𝑇ℎ𝑜1 + 𝑚̇ℎ2 𝑇ℎ𝑜2 𝑇ℎ𝑜1 + 𝑇ℎ𝑜2 132,5 + 150,9 = = = 141,7 ℉ 𝑚̇ℎ1 + 𝑚̇ℎ2 1+1 2

𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑄1 + 𝑄2 = 2160000 + 1570909 = 3730909 BTU/h Cálculos para el Arreglo 2: (c) Hallando las capacidades caloríficas 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 = 60000 ∙ 1 = 60000 BTU/h ∙ ℉

𝐶ℎ = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ = 80000 ∙ 0,8 = 64000 BTU/h ∙ ℉ Las capacidades térmicas mínima y máxima son 𝐶𝑚𝑖𝑛 = min{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = min{60000 , 64000} = 60000 BTU/h ∙ ℉ 𝐶𝑚𝑎𝑥 = max{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = max{60000 , 64000} = 64000 BTU/h ∙ ℉ 𝐶𝑟 =

𝐶𝑚𝑖𝑛 60000 = = 0,9375 𝐶𝑚𝑎𝑥 64000

NTU =

𝜀=

1 − exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 )) 1 − 𝐶𝑟 exp(−NTU(1 − 𝐶𝑟 )) 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

⇒

=

𝑈𝐴 27270 = = 0,4545 𝐶𝑚𝑖𝑛 60000 1 − exp(−0,4545 ∙ (1 − 0,9375)) 1 − 0,9375 ∙ exp(−0,4545 ∙ (1 − 0,9375))

𝜀=

= 0,3155

𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜1 − 𝑇𝑐𝑖1 ) 𝐶ℎ (𝑇ℎ𝑖2 − 𝑇ℎ𝑜2 ) = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖1 − 𝑇𝑐𝑖1 ) 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖2 − 𝑇𝑐𝑖2 )

Y se tienen las ecuaciones de balance de energía 𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜1 − 𝑇𝑐𝑖1 ) = 𝐶ℎ (𝑇ℎ𝑖1 − 𝑇ℎ𝑜1 ) 𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜2 − 𝑇𝑐𝑖2 ) = 𝐶ℎ (𝑇ℎ𝑖2 − 𝑇ℎ𝑜2 ) Además 𝑇𝑐𝑖2 = 𝑇𝑐𝑜1 y 𝑇ℎ𝑜2 = 𝑇ℎ𝑖1 , por lo que se resuelven cuatro ecuaciones con cuatro icógnitas 𝜀𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖1 − 𝑇𝑐𝑖1 ) = 𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜1 − 𝑇𝑐𝑖1 ) 𝜀𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖2 − 𝑇𝑐𝑖2 ) = 𝐶ℎ (𝑇ℎ𝑖2 − 𝑇ℎ𝑜2 ) 𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜1 − 𝑇𝑐𝑖1 ) = 𝐶ℎ (𝑇ℎ𝑖1 − 𝑇ℎ𝑜1 ) { 𝐶𝑐 (𝑇𝑐𝑜2 − 𝑇𝑐𝑜1 ) = 𝐶ℎ (𝑇ℎ𝑖2 − 𝑇ℎ𝑖1 ) Sustituyendo valores 0,3155 ∙ 0,9375(𝑇ℎ𝑖1 − 68) = 𝑇𝑐𝑜1 − 68 0,3155 ∙ 0,9375(200 − 𝑇𝑐𝑜1 ) = 200 − 𝑇ℎ𝑖1 0,9375(𝑇𝑐𝑜1 − 68) = 𝑇ℎ𝑖1 − 𝑇ℎ𝑜1 0,9375(𝑇𝑐𝑜2 − 𝑇𝑐𝑜1 ) = 200 − 𝑇ℎ𝑖1 { Resolviendo el sistema de ecuaciones lineal se obtienen 𝑇ℎ𝑖1 = 𝑇ℎ𝑜2 = 169,9 ℉, 𝑇ℎ𝑜1 = 141,6 ℉, 𝑇𝑐𝑖2 = 𝑇𝑐𝑜1 = 98,1 ℉, 𝑇𝑐𝑜2 = 130,3 ℉. Calculando los calores transferidos 𝑄1 = 60000 ∙ (98,1 − 68) = 1806000 BTU/h 𝑄2 = 64000 ∙ (200 − 169,9) = 1926400 BTU/h 𝑄𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑄1 + 𝑄2 = 1806000 + 1926400 = 3732400 BTU/h El arreglo 2 es mejor al transferir un 0,04% más de calor que el arreglo 1.

PROBLEMA 33 Un aceite (de calor específico promedio de 2500 J/kg ∙ ℃), se enfría en un intercambiador de calor tubos y coraza 1-2 (un paso por la coraza y dos pasos por los tubos). El aceite entra al intercambiador (circula por la coraza) con un flujo másico de 10 kg/s a una temperatura de 180 ºC y sale a una temperatura de 90,8 ºC. Se utiliza agua como fluido de enfriamiento (calor específico promedio de 4200 J/kg ∙ ℃) el cual entra al intercambiador a 30 ºC con un flujo másico de 10 kg/s (entra por los tubos). (a) Ahora se requiere enfriar más el aceite, para esto se decide cambiar la temperatura de entrada del agua de enfriamiento a 5 ºC. Utilizando sólo estos datos, determine la nueva temperatura de salida del aceite. (b) ¿Cuántos intercambiadores de tubos y coraza arreglados en serie se necesitan para enfriar el aceite hasta una temperatura menor o igual a 35 ºC si se utiliza agua de enfriamiento a 5 ºC? Justifique las suposiciones y aproximaciones empleadas. SOLUCIÓN: (a) Calculando las capacidades caloríficas de las sustancias 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 = 10 ∙ 4200 = 42000 W/K 𝐶ℎ = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ = 10 ∙ 2500 = 25000 W/K Las capacidades térmicas mínima y máxima son 𝐶𝑚𝑖𝑛 = min{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = min{42000 , 25000} = 25000 W/K 𝐶𝑚𝑎𝑥 = max{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = max{42000 , 25000} = 42000 W/K 𝐶𝑟 =

𝐶𝑚𝑖𝑛 25000 = = 0,59524 𝐶𝑚𝑎𝑥 42000

Del balance de energía requiere que 𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 10 ∙ 2500 ∙ (180 − 90,8) = 2230000 W 𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄 2230000 = 30 + = 83,10 ℃ 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 42000

𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 25000 ∙ (180 − 30) = 3750000 W 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

=

2230000 = 0,5947 3750000

Para un intercambiador con configuración de flujo cocorriente-contracorriente con pasos pares de tubos (2, 4, 6,…) y un paso por la coraza, la función NTU − 𝜀 viene dada por

𝐸−1 NTU = −(1 + 𝐶𝑟2 )−1/2 ln ( ) 𝐸+1 2 − (1 + 0,59524) 0,5947 𝐸= = 1,519 (1 + 0,595242 )1/2 NTU =

𝑈𝐴 𝐶𝑚𝑖𝑛

⇒

⇒

2 − (1 + 𝐶𝑟 ) donde 𝐸 = 𝜀 (1 + 𝐶𝑟2 )1/2 1,519 − 1 ln ( ) 1,519 + 1 NTU = − = 1,3571 (1 + 0,595242 )1/2

𝑈𝐴 = NTU ∙ 𝐶𝑚𝑖𝑛 = 1,3571 ∙ 25000 = 33929 W/K

(b) Como los flujos no cambian y los calores específicos son funciones débiles de la temperatura, entonces el valor de 𝑈𝐴 y 𝐶𝑟 son constantes y por lo tanto NTU y 𝜀 son los mismos que los calculados anteriormente. Calculando de nuevo el calor máximo y con el balance de energía obteniendo las temperaturas de salidas se obtiene: 𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 25000 ∙ (180 − 5) = 4375000 W 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

⇒

𝑄 = 𝜀𝑄𝑚𝑎𝑥 = 0,5947 ∙ 4375000 = 2601667 W

𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄 2601667 = 180 − = 75,93 ℃ 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ 25000

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄 2601667 =5+ = 66,94 ℃ 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 42000

(c) Añadiendo otro intercambiador tubos y coraza idéntico y con un servicio de agua de enfriamiento de 10 kg/s disponible a 5 ºC, calculando de nuevo la temperatura de salida del aceite: 𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 25000 ∙ (75,93 − 5) = 1773333 W 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

⇒

𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄 = 𝜀𝑄𝑚𝑎𝑥 = 0,5947 ∙ 1773333 = 1054542 W 𝑄 1054542 = 180 − = 33,75 ℃ < 35 ℃ 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ 25000

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄 1054542 =5+ = 30,11 ℃ 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 42000

Entonces con un arreglo de dos intercambiadores en serie del lado del aceite es posible bajar la temperatura de 180 ºC hasta una temperatura menor o igual a 35 ºC.

PROBLEMA 34. Intercambiador de doble tubo Un intercambiador de calor doble tubo 3 × 2 IPS catálogo 40 de longitud 6 m por tramo, con 40 tramos en total, se desea utilizar para enfriar 2,5 kg/s de aceite de motor (que entra por el ánulo) desde una temperatura de 420 K hasta una temperatura máxima de 360 K utilizando un servicio de 3 kg/s de agua de enfriamiento disponible a 295 K que entra por los tubos internos. El intercambiador puede considerarse limpio por ambos lados. Justifique con cálculos y diga si emplear este intercambiador satisface el requerimiento. Propiedad 𝜌 [kg/m3 ] 𝜇 [Pa ∙ s] 𝐶𝑃 [J/kg ∙ ℃] 𝑘 [W/m ∙ ℃]

SOLUCIÓN:

Aceite de motor 831 0,011 2294 0,135

Agua 993 0,000695 4178 0,628

PROBLEMA 35. Intercambiador de tubos y coraza Se desea calentar una corriente de agua de proceso desde una temperatura de 34 ºC hasta una temperatura de 45 ºC con 5 kg/s de una corriente de agua cruda disponible a 147 ºC cuya temperatura de salida es de 50 ºC utilizando un intercambiador de calor de tubos y coraza con configuración cocorriente-contracorriente con 4 pasos por tubo y un paso por la coraza. Flujo másico [kg/s] Temperatura de entrada [℃] Temperatura de salida [℃] Pasa por: Factor de obstrucción [m2 ∙ ℃/W]

Agua cruda 5 147 50 Tubos 0,0007

Agua de proceso ??? 34 45 Coraza 0,0001

50 ºC Agua de proceso 34 ºC

Agua cruda 147 ºC

45 ºC

Las propiedades se pueden suponer constantes e iguales a las de la siguiente tabla: Propiedad Calor específico [J/kg ∙ ℃] Conductividad térmica [W/m ∙ ℃] Densidad [kg/m3 ] Viscosidad [cP] Punto de ebullición [℃]

Agua cruda 4250 0,66 954 0,38 150

Agua de proceso 4187 0,64 991 0,67 120

El intercambiador de calor debe tener las siguientes características: Tubos Catálogo Diámetro externo [in] Diámetro interno [in] Conductividad térmica [W/m ∙ ℃]

BWG 18 – 0,75" 0,75 0,652 51,9

Diámetro de la coraza

17,25"

Espaciamiento entre deflectores

17,25"

Número de tubos Número de pasos por tubo

176 tubos/coraza 4 pasos/tubo Triangular

Arreglo de los tubos

Espaciamiento centro-centro Coraza Número de pasos de corazas Deflectores Corte de deflectores (%)

1" 1 paso/coraza 25 %

(a) Determine la longitud requerida para los tubos del intercambiador de calor y calcule la caída de presión en el lado de la coraza y el lado de los tubos y exprésela en [bar]. (b) Hallar las temperaturas de salida si el flujo de agua de proceso se reduce un 40% y el flujo de agua cruda se reduce un 50%, y se mantienen los mismos factores de obstrucción de diseño.

SOLUCIÓN: Balance de energía y cálculo de 𝑼𝑨: Primero se calcula el valor de 𝑈𝐴 requerido para la transferencia de calor. Para esto se determina la diferencia de temperaturas media logarítmica y el factor de corrección. T1 = 34 ºC

t2 = 50 ºC t1 = 147 ºC T2 = 45 ºC

𝑅=

𝑇1 − 𝑇2 34 − 45 = = 0,1134 𝑡2 − 𝑡1 50 − 147

𝑆=

𝑡2 − 𝑡1 50 − 147 = = 0,8584 𝑇1 − 𝑡1 34 − 147

El factor de configuración térmica (configuración cocorriente-contracorriente 1-2) es:

𝐹=

1−𝑆 √1 + 𝑅 2 ln (1 − 𝑅𝑆) 2 − 𝑆(𝑅 + 1 − √1 + 𝑅 2 ) (𝑅 − 1) ln ( ) 2 − 𝑆(𝑅 + 1 + √1 + 𝑅 2 )

=

1 − 0,8584 √1 + 0,11342 ∙ ln ( ) 1 − 0,1134 ∙ 0,8584

=

= 0,8913

2 − 0,8584 (0,1134 + 1 − √1 + 0,11342 ) (0,1134 − 1) ∙ ln ( ) 2 − 0,8584 (0,1134 + 1 + √1 + 0,11342 ) La diferencia de temperaturas media logarítmica es ∆𝑇𝑚𝑙 =

(𝑇2 − 𝑡1 ) − (𝑇1 − 𝑡2 ) (45 − 147) − (34 − 50) = = 46,43 K 𝑇 −𝑡 45 − 147 ln (𝑇2 − 𝑡1 ) ln ( ) 34 − 50 1 2

A partir del balance de energía se busca el calor transferido y el flujo másico de la corriente fría: 𝑄 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑡1 − 𝑡2 ) 𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑡1 − 𝑡2 ) = 5 ∙ 4250 ∙ (147 − 50) = 2061250 W 𝑚̇𝑐 =

𝑄 2061250 = = 44,7543 kg/s 𝐶𝑃𝑐 (𝑇2 − 𝑇1 ) 4187 ∙ (45 − 34)

Por lo tanto el valor de 𝑈𝐴 se determina a partir de la ecuación de transferencia de calor 𝑄 = 𝑈𝐴𝐹∆𝑇𝑚𝑙 ⇒ 𝑈𝐴 =

𝑄 2061250 W = = 49811 𝐹∆𝑇𝑚𝑙 0,8913 ∙ 46,43 K

Cálculos del lado de los tubos: El flujo másico por los tubos es 𝑚̇𝑡 = 𝑚̇ℎ = 5 kg/s. El diámetro interior de los tubos es 0,652" = 0,01656 m. Por lo tanto el área de flujo en el lado de los tubos es 𝐴𝑓𝑡 =

𝜋 2 𝑁 𝜋 176 𝐷𝑖 = ∙ 0,016562 ∙ = 0,009477 m2 4 𝑁𝑃𝑡 4 4

Y con esto se encuentra el número de Reynolds en el lado de los tubos 𝑅𝑒𝑡 =

𝜌 𝑚̇𝑡 𝑚̇𝑡 𝐷𝑖 5 ∙ 0,01656 = = 22992 ( ) 𝐷𝑖 = 𝜇 𝜌𝐴𝑓𝑡 𝜇𝐴𝑓𝑡 0,38 ∙ 10−3 ∙ 0,009477

Y el número de Prandtl del fluido del lado de los tubos 𝑃𝑟 =

𝜇𝐶𝑃 0,38 ∙ 10−3 ∙ 4250 = = 2,45 𝑘 0,66

Y a partir de la correlación de Dittus y Boelter se determina el número de Nusselt ̅̅̅̅̅𝑡 = 0,023𝑅𝑒𝑡0,8 𝑃𝑟 𝑛 𝑁𝑢

0,4 si es calentamiento con 𝑛 = { 0,3 si es enfriamiento

̅̅̅̅̅𝑡 = 0,023 ∙ (22992)0,8 ∙ (2,45)0,3 = 92,84 𝑁𝑢 Y se determina el coeficiente convectivo en el lado de los tubos ̅̅̅̅̅𝑡 = 𝑁𝑢

ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝑘

⇒

ℎ𝑖 =

̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑡 ∙ 𝑘 92,84 ∙ 0,66 W = = 3700 2 𝐷𝑖 0,01656 m ∙K

Cálculos del lado de la coraza: El área de flujo del lado de la coraza es P

Do

B

𝐴𝑓𝑠 = 𝐷𝑠 𝐵 ∙

𝑃 − 𝐷𝑜 𝐷𝑜 = 𝐷𝑠 𝐵 (1 − ) 𝑃 𝑃

Ds

La relación pitch-diámetro externo tubería es 𝑃/𝐷𝑜 = 1/0,75 = 4/3 y el diámetro de la coraza es 𝐷𝑠 = 17,25 in = 0,43815 m 𝐴𝑓𝑠 = 𝐷𝑠 𝐵 (1 −

𝐷𝑜 3 ) = 0,43815 ∙ 0,43815 ∙ (1 − ) = 0,048 m2 𝑃 4

El diámetro hidráulico para un arreglo de tubos triangular, viene dado por

1 𝜋 √3 4 ( 4 𝑃2 − 2 ∙ 4 𝐷𝑜2 ) 4 ∙ Area mojada 2√3 𝑃 2 𝐷𝐻 ≡ = =( ( ) − 1) 𝐷𝑜 𝜋 perímetro 𝜋 𝐷𝑜 𝐷 𝑜 2

Do

P

𝐷𝐻 = (

2√3 4 2 ( ) − 1) ∙ 0,01905 = 0,01829 m 𝜋 3

𝑅𝑒𝑠 =

𝑚̇𝑠 𝐷𝐻 44,7543 ∙ 0,01829 = = 25457 𝜇𝐴𝑓𝑠 0,67 ∙ 10−3 ∙ 0,048

Y el número de Prandtl en el lado de la coraza es 𝑃𝑟 =

𝜇𝐶𝑃 0,67 ∙ 10−3 ∙ 4187 = = 4,38 𝑘 0,64

El número de Nusselt se encuentra a partir de la gráfica del coeficiente de transferencia de calor del lado de la coraza con deflectores segmentados 25% (Kern, 1950): 𝜇 0,14 ̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑠 = 0,36𝑅𝑒𝑠0,55 𝑃𝑟1/3 ( ) = 0,36 ∙ (25457)0,55 ∙ (4,38)1/3 ∙ (1)0,14 = 156,1 𝜇𝑤 ̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑠 =

ℎ𝑜 𝐷𝐻 𝑘

⇒ ℎ𝑜 =

̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑠 ∙ 𝑘 156,1 ∙ 0,64 W = = 5461 2 𝐷𝐻 0,01829 m ∙K

Longitud de los tubos del intercambiador Con esto ya se tienen todas las resistencias térmicas del intercambiador 1 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 1 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 = + + + + = + + + + ( ) 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝐴𝑜 ℎ𝑜 𝐴𝑜 𝜋𝐿𝑁 ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 𝐷𝑜 ℎ𝑜 𝐷𝑜 Despejando el valor de la longitud se tiene que 𝐿=

=

𝑈𝐴 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 + + + + ( )= 𝜋𝑁 ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 𝐷𝑜 ℎ𝑜 𝐷𝑜

49811 1 0,0007 ln(1,905/1,656) 0,0001 1 + + + + ( ) = 6,74 m 𝜋 ∙ 176 3700 ∙ 0,01656 0,01656 2 ∙ 51,9 0,01905 5461 ∙ 0,01905

Caída de presión del lado de los tubos: ∆𝑃𝑡 = ∆𝑃𝐿 + ∆𝑃𝑐 El factor de fricción obtenido con la siguiente correlación: 𝑓 = (0,790 ln 𝑅𝑒𝑡 − 1,64)−2 = (0,790 ln(22992) − 1,64)−2 = 0,02524

2

2 1 𝐿𝑁𝑃𝑡 𝑚̇𝑡 𝜇 −0,14 1 6,74 ∙ 4 5 ∆𝑃𝐿 = 𝑓 = ∙ 0,02524 ∙ ∙( ) ∙ (1)−0,14 = 5995 Pa ( ) ( ) 2𝜌 𝐷𝑖 𝐴𝑓𝑡 𝜇𝑤 2 ∙ 954 0,01656 0,009477

Y las pérdidas de presión de regreso se consideran como 4 cabezales de velocidad por paso por los tubos (Kern, 1950), así 2

2 𝜌𝑢2 1 𝑚̇𝑡 1 5 ∆𝑃𝑐 = 4𝑁𝑃𝑡 = 2𝑁𝑃𝑡 ( ) = 2 ∙ 4 ∙ ( ) = 2334 Pa 2 𝜌 𝐴𝑓𝑡 954 0,009477

Y la caída de presión del lado de los tubos es ∆𝑃𝑡 = ∆𝑃𝐿 + ∆𝑃𝑐 = 5995 + 2334 = 8329 Pa ≈ 0,08 bar Caída de presión del lado de la coraza: De la misma forma para el lado de la coraza 2

1 𝐷𝑠 𝑚̇𝑠 𝜇 −0,14 (𝑁𝐵 + 1) ( ) ( ) ∆𝑃𝑠 = 𝑓 2𝜌 𝐷𝐻 𝐴𝑓𝑠 𝜇𝑤 El número de deflectores se obtiene a partir de la longitud de los tubos y el espaciamiento entre deflectores: 𝑁𝐵 + 1 =

𝐿 6,62 = = 15,1~15 espacios entre deflectores 𝐵 0,43815

𝑓 = exp(0,576 − 0,19 ln 𝑅𝑒𝑠 ) = exp(0,576 − 0,19 ln(25460)) = 0,2588 ∆𝑃𝑠 =

1 0,43815 44,7543 2 ∙ 0,2588 ∙ ∙ 15 ∙ ( ) ∙ (1)−0,14 = 40789 Pa ≈ 0,41 bar 2 ∙ 991 0,01829 0,048

Temperaturas de salida si los flujos de agua cruda y de proceso se reducen a la mitad: Los nuevos flujos son 𝑚̇𝑡′ = 0,5𝑚̇𝑡 y 𝑚̇𝑠′ = 0,6𝑚̇𝑠 . Como varían los flujos, hay que encontrar los nuevos valores de los coeficientes convectivos. Sabiendo que en el lado de los tubos, las propiedades y otros parámetros se mantienen constantes, entonces el coeficiente convectivo es proporcional a 𝑚̇𝑡0,8 por lo que se emplea esta regla de escalamiento ℎ𝑖′ 𝑚̇𝑡′ =( ) ℎ𝑖 𝑚̇𝑡

0,8

0,8

⇒ ℎ𝑖′ = ℎ𝑖 (

𝑚̇𝑡′ ) 𝑚̇𝑡

= 3700 ∙ (0,5)0,8 = 2125

W ∙K

m2

En el lado de la coraza el coeficiente convectivo es proporcional a 𝑚̇𝑠0,55 por lo tanto ℎ𝑜′ 𝑚̇𝑠′ =( ) ℎ𝑜 𝑚̇𝑠

0,55

⇒

ℎ𝑜′

𝑚̇𝑠′ = ℎ𝑜 ( ) 𝑚̇𝑠

0,55

= 5461 ∙ (0,6)0,55 = 4123

1 1 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 = + + + + ( )= 𝑈𝐴 𝜋𝐿𝑁 ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 𝐷𝑜 ℎ𝑜 𝐷𝑜

W ∙K

m2

=

1 1 0,0007 ln(1,905/1,656) 0,0001 1 + + + + ( ) 𝜋 ∙ 6,74 ∙ 176 2125 ∙ 0,01656 0,01656 2 ∙ 51,9 0,01905 4123 ∙ 0,01905 = 2,4155 K/W 𝑈𝐴 = 41399 W/K

Como el intercambiador está diseñado y se necesita encontrar las temperaturas de salida, entonces se aplica el método de NTU-eficiencia para encontrar las temperaturas de salida. 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 = (0,6 ∙ 44,7543) ∙ 4187 = 112432 W/K 𝐶ℎ = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ = (0,5 ∙ 5) ∙ 4250 = 10625 W/K Las capacidades térmicas mínima y máxima son 𝐶𝑚𝑖𝑛 = min{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = min{112432 , 10625} = 10625 W/K 𝐶𝑚𝑎𝑥 = max{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = max{112432 , 10625} = 112432 W/K 𝐶𝑟 =

𝐶𝑚𝑖𝑛 10625 = = 0,0945 𝐶𝑚𝑎𝑥 112432

NTU =

𝑈𝐴 41399 = = 3,896 𝐶𝑚𝑖𝑛 10625

Para un intercambiador con configuración de flujo cocorriente-contracorriente con pasos pares de tubos (2, 4, 6,…) y un paso por la coraza, la función NTU − 𝜀 viene dada por

NTU = −(1 +

𝐸−1 ) 𝐸+1

𝐶𝑟2 )−1/2 ln (

2 − (1 + 𝐶𝑟 ) donde 𝐸 = 𝜀 (1 + 𝐶𝑟2 )1/2

Y se resuelve para 𝜀 2 − (1 + 0,0945) 𝐸−1 3,896 = exp (− ⇒ 𝜀 = 0,9346 ) ⇒ 𝐸 = 1,0422 ⇒ 𝐸 = 𝜀 𝐸+1 √1 + 0,09452 √1 + 0,09452 𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 10625 ∙ (147 − 34) = 1200625 W 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

⇒

𝑄 = 𝜀𝑄𝑚𝑎𝑥 = 0,9346 ∙ 1200625 = 1122141 W

𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄 1122141 = 147 − = 41,39 ℃ 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ 10625

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄 1122141 = 34 + = 43,98 ℃ 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 112432

PROBLEMA 36. Proceso con intercambiador de flujo cruzado y doble tubos Un intercambiador de calor de flujo cruzado está operando actualmente enfriando un flujo másico de aceite de 8 kg/s con una temperatura de 120 ºC usando un flujo másico de 27 kg/s de aire atmosférico disponible a 25 ºC. Las características del intercambiador de calor y las propiedades del aceite y del aire (supóngalas constantes) se muestran en las siguientes tablas: Tabla 1. Datos del banco de tubos Longitud de los tubos 𝐿 = 12 m Diámetro externo 𝐷𝑜 = 3 cm Diámetro interno 𝐷𝑖 = 2 cm Conductividad térmica 51,9 W/m ∙ ℃ Arreglo de tubos Cuadrado 12 × 12 Pasos por tubo 1 paso/tubo 𝑆𝑇 𝑆𝐿 Espaciamiento centro= = 1,25 centro de los tubos 𝐷𝑜 𝐷𝑜 Factor de obstrucción m2 ∙ K 𝑅 = 0,0001 𝑖 interno W

Tabla 2. Propiedades de los fluidos Propiedad Aceite Aire Agua 3 800 1,108 997 𝜌 [kg/m ] 0,009 192,2 ∙ 10−7 0,000855 𝜇 [Pa ∙ s] 2000 1008 4179 𝐶𝑃 [J/kg ∙ ℃] 0,14 0,0275 0,613 𝑘 [W/m ∙ ℃]

(a) Calcule el calor transferido y la temperatura de salida del aceite y del aire. Puede considerarse que el factor de obstrucción en el exterior de los tubos es cero y el factor de obstrucción generado por el aceite es de 0,0001 m2 ∙ K/W. Por un cambio en el proceso, se requiere que el aceite se siga enfriando hasta 50 ºC utilizando una corriente de 6 kg/s de agua de enfriamiento disponible a 20 ºC. Para esto, se debe instalar un intercambiador de doble tubo 3 × 2 construido con tubos catálogo 40 de 6 m por tramo. El tubo externo tiene un diámetro nominal de 3" (un diámetro interno de 3,068 in) y tubo interno con diámetro nominal de 2" (un diámetro interno de 2,067 in y un diámetro externo de 2,375 in). El aceite pasa por los tubos internos y el agua de enfriamiento por la región anular y una configuración contracorriente. Los factores de obstrucción en ambos lados son iguales a cero. (b) Determine el número de tramos de doble tubo necesario para el nuevo intercambiador de calor y calcule la temperatura de salida del agua de enfriamiento. Puede considerar las propiedades de los fluidos constantes. L = 12 m

Agua de enfriamiento 6 kg/s 20 ºC

Intercambiador de doble tubo

Aceite 8 kg/s 120 ºC Aire 27 kg/s 25 ºC

Aceite 50 ºC

SOLUCIÓN: Coeficiente convectivo del lado de los tubos del intercambiador de flujo cruzado: El flujo másico por los tubos es 𝑚̇𝑡 = 𝑚̇ℎ = 8 kg/s . El área de flujo del lado de los tubos es 𝐴𝑓𝑡 =

𝜋 2 𝑁 𝜋 144 𝐷𝑖 = ∙ 0,022 ∙ = 0,04524 m2 4 𝑁𝑃𝑡 4 1

Y con esto se encuentra el número de Reynolds en el lado de los tubos 𝑅𝑒𝑡 =

𝜌 𝑚̇𝑡 𝑚̇𝑡 𝐷𝑖 8 ∙ 0,02 = = 393 (flujo laminar) ( ) 𝐷𝑖 = 𝜇 𝜌𝐴𝑓𝑡 𝜇𝐴𝑓𝑡 0,009 ∙ 0,04524

Y el número de Prandtl del fluido del lado de los tubos 𝑃𝑟 =

𝜇𝐶𝑃 0,009 ∙ 2000 = = 128,6 𝑘 0,14

Y a partir de la correlación para flujo laminar se determina el número de Nusselt 𝐷𝑖 0,02 ( ) 𝑅𝑒𝑡 𝑃𝑟 = ( ) ∙ 393 ∙ 128,6 = 84,23 > 10 𝐿 12 ̅̅̅̅̅𝑡 = 3,66 + 𝑁𝑢

0,0668(𝐷𝑖 /𝐿)𝑅𝑒𝑡 𝑃𝑟 2/3

= 3,66 +

1 + 0,04((𝐷𝑖 /𝐿)𝑅𝑒𝑡 𝑃𝑟)

0,0668 ∙ 84,23 = 6,841 1 + 0,04(84,23)2/3

Y se determina el coeficiente convectivo en el lado de los tubos ̅̅̅̅̅𝑡 = 𝑁𝑢

ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝑘

⇒

ℎ𝑖 =

̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑡 ∙ 𝑘 6,841 ∙ 0,14 W = = 47,9 2 𝐷𝑖 0,02 m ∙K

Coeficiente convectivo del lado del banco de tubos: El número de Reynolds en el banco de tubos está basado en la velocidad máxima que tiene el fluido dentro del mismo, esto es cuando el área es la mínima. Mediante un balance de masa del fluido se concluye que 𝑚̇ = 𝜌𝑣∞ (𝑆𝑇 𝑁𝑇 𝐿) = 𝜌𝑣𝑚𝑎𝑥 (𝑆𝑇 − 𝐷𝑜 )𝑁𝑇 𝐿 𝑣∞ =

⇒

𝑣𝑚𝑎𝑥 =

𝑆𝑇 𝑆𝑇 /𝐷𝑜 𝑣 = 𝑣 𝑆𝑇 − 𝐷𝑜 ∞ 𝑆𝑇 /𝐷𝑜 − 1 ∞

𝑚̇𝑜 27 = = 4,513 m/s 𝜌(𝑆𝑇 𝑁𝑇 𝐿) 1,108 ∙ (1,25 ∙ 0,03) ∙ 12 ∙ 12 𝑣𝑚𝑎𝑥 =

𝑅𝑒𝑚𝑎𝑥 =

1,25 ∙ 4,513 = 22,56 m/s 1,25 − 1

𝜌𝑣𝑚𝑎𝑥 𝐷𝑜 1,108 ∙ 22,56 ∙ 0,03 = = 39022 𝜇 192,2 ∙ 10−7

Y el número de Prandtl del fluido del lado de los tubos 𝑃𝑟 =

𝜇𝐶𝑃 192,2 ∙ 10−7 ∙ 1008 = = 0,705 𝑘 0,0275

Para un arreglo cuadrado con 𝑆𝑇 /𝐷𝑜 = 𝑆𝐿 /𝐷𝑜 = 1,25 y con más de 10 hileras de tubos a lo largo (𝑁𝐿 ≥ 10) se tiene que las constantes de la correlación de banco de tubos son 𝐶 = 0,386, 𝑛 = 0,592 válida para 2000 < 𝑅𝑒𝑚𝑎𝑥 < 40000, 𝑃𝑟 > 0,7 𝑛 ̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑜 = 1,13𝐶𝑅𝑒𝑚𝑎𝑥 𝑃𝑟1/3 = 1,13 ∙ 0,348 ∙ (39022)0,592 ∙ (0,705)1/3 = 182,9

̅̅̅̅𝑜 = 𝑁𝑢

ℎ𝑜 𝐷𝑜 𝑘

⇒

ℎ𝑜 =

̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑜 ∙ 𝑘 182,9 ∙ 0,0275 W = = 167,6 2 𝐷𝑜 0,03 m ∙K

Cálculo del coeficiente global del intercambiador de calor de flujo cruzado: Con esto ya se tienen todas las resistencias térmicas del intercambiador 1 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 1 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 = + + + + = + + + + ( ) 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝐴𝑜 ℎ𝑜 𝐴𝑜 𝜋𝐿𝑁 ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 𝐷𝑜 ℎ𝑜 𝐷𝑜 1 1 1 0,0001 ln(3/2) 1 K = ∙( + + + ) = 2,3056 ∙ 10−4 𝑈𝐴 𝜋 ∙ 12 ∙ 144 47,9 ∙ 0,02 0,02 2 ∙ 51,9 167,6 ∙ 0,03 W 𝑈𝐴 = 4337 W/K Cálculo de las temperaturas de salida del intercambiador de flujo cruzado: Se aplica el método de NTU-eficiencia para encontrar el valor de 𝑈𝐴. 𝐶𝑐 = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 = 27 ∙ 1008 = 27216 W/K 𝐶ℎ = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ = 8 ∙ 2000 = 16000 W/K Las capacidades térmicas mínima y máxima son 𝐶𝑚𝑖𝑛 = min{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = min{27216 , 16000} = 16000 W/K 𝐶𝑚𝑎𝑥 = max{𝐶𝑐 , 𝐶ℎ } = max{27216 , 16000} = 27216 W/K 𝐶𝑟 =

𝐶𝑚𝑖𝑛 16000 = = 0,5879 𝐶𝑚𝑎𝑥 27216

NTU =

𝑈𝐴 4337 = = 0,2711 𝐶𝑚𝑖𝑛 16000

Como el fluido con 𝐶𝑚𝑖𝑛 no se mezcla y el fluido con 𝐶𝑚𝑎𝑥 se mezcla, entonces 𝜀=

1 − exp(−𝐶𝑟 (1 − exp(−NTU))) 1 − exp(−0,5879(1 − exp(−0,2711))) = = 0,2216 𝐶𝑟 0,5879

𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑚𝑖𝑛 (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑖 ) = 16000 ∙ (120 − 25) = 1520000 W 𝜀=

𝑄 𝑄𝑚𝑎𝑥

⇒ 𝑄 = 𝜀𝑄𝑚𝑎𝑥 = 0,2216 ∙ 1520000 = 336832 W

Mediante un balance de energía en el intercambiador de flujo cruzado, se obtiene la temperatura de salida del aire 𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝑄 336832 = 25 + = 37,38 ℃ 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 27216

𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 + 𝑇ℎ𝑜 = 𝑇ℎ𝑖 −

𝑄 336832 = 120 − = 98,95 ℃ 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ 16000

Cálculo de 𝑼𝑨 del intercambiador de doble tubo: Haciendo un balance de energía en este intercambiador se obtiene la temperatura de salida del agua de enfriamiento 𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 (𝑇𝑐𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) 𝑄 = 𝑚̇ℎ 𝐶𝑃ℎ (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇ℎ𝑜 ) = 8 ∙ 2000 ∙ (98,95 − 50) = 783200 W 𝑇𝑐𝑜 = 𝑇𝑐𝑖 +

𝑄 783200 = 20 + = 51,23 ℃ 𝑚̇𝑐 𝐶𝑃𝑐 6 ∙ 4179

La diferencia de temperatura media-logarítmica en configuración contracorriente es ∆𝑇𝑚𝑙 =

(𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑜 ) − (𝑇ℎ𝑜 − 𝑇𝑐𝑖 ) (98,95 − 51,23) − (50 − 20) = = 38,18 K 𝑇 −𝑇 98,95 − 51,23 ln (𝑇ℎ𝑖 − 𝑇𝑐𝑜 ) ln ( ) 50 − 20 ℎ𝑜 𝑐𝑖

Para un intercambiador en contracorriente 𝑄 = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑙

⇒

𝑈𝐴 =

𝑄 783200 = = 20515 W/K ∆𝑇𝑚𝑙 38,18

Coeficiente convectivo del lado del tubo interno del intercambiador de doble tubo: Se encuentra el número de Reynolds en el lado interior de los tubos 𝐷𝑖 = 2,067 in = 2,067 ∙ 0,0254 m = 0,0525 m 𝑅𝑒𝑖 =

𝑚̇𝑡 𝐷𝑖 4 𝑚̇𝑡 4 8 = ∙ = ∙ = 21557 (turbulento) 𝜋 𝜇 (4 𝐷𝑖2 ) 𝜋 𝜇𝐷𝑖 𝜋 0,009 ∙ 0,0525

Y el número de Prandtl del aceite fue calculado anteriormente 𝑃𝑟 = 128,6

Y a partir de la correlación de Dittus y Boelter se determina el número de Nusselt 0,4 si es calentamiento con 𝑛 = { 0,3 si es enfriamiento

̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑖 = 0,023𝑅𝑒𝑖0,8 𝑃𝑟 𝑛

̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑖 = 0,023 ∙ (21557)0,8 ∙ (128,6)0,3 = 289,3 ̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑖 =

ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝑘

⇒

ℎ𝑖 =

̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑖 ∙ 𝑘 289,3 ∙ 0,14 W = = 771,5 2 𝐷𝑖 0,0525 m ∙K

Coeficiente convectivo del lado de la región anular del intercambiador de doble tubo: Los diámetros de la región anular son 𝐷𝑖 = 2,375 in = 2,375 ∙ 0,0254 m = 0,06033 m y 𝐷𝑜 = 3,068 in = 3,068 ∙ 0,0254 m = 0,07793 m

𝐷𝐻 = 𝑅𝑒𝑜 =

𝜋 4

4 ∙ (𝐷2𝑜 − 𝐷2𝑖 ) 𝜋(𝐷𝑜 + 𝐷𝑖 )

= 𝐷𝑜 − 𝐷𝑖

𝑚̇𝑜 𝐷𝐻 4 𝑚̇𝑜 4 6 = ∙ = ∙ = 64625 𝜋 2 𝜇 4 (𝐷𝑜 − 𝐷𝑖2 ) 𝜋 𝜇(𝐷𝑜 + 𝐷𝑖 ) 𝜋 0,000855 ∙ (0,06033 + 0,07793)

Y el número de Prandtl del fluido del lado de la región anular 𝑃𝑟 =

𝜇𝐶𝑃 0,000855 ∙ 4179 = = 5,829 𝑘 0,613

Y a partir de la correlación de Dittus y Boelter se determina el número de Nusselt ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑜 = 0,023 ∙ (64625)0,8 ∙ (5,829)0,4 = 328,3 ̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑜 =

ℎ𝑜 𝐷𝐻 𝑘

⇒

ℎ𝑜 =

̅̅̅̅̅̅ 𝑁𝑢𝑜 ∙ 𝑘 328,3 ∙ 0,613 W = = 11435 2 𝐷𝐻 0,07793 − 0,06033 m ∙K

Cálculo del número de tramos de doble tubo requeridos: Con esto se calcula el número de tramos de doble tubo necesarios para satisfacer el requerimiento: 1 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 1 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 = + + + + = + + + + ( ) 𝑈𝐴 ℎ𝑖 𝐴𝑖 𝐴𝑖 2𝜋𝑘𝑡 𝐿 𝐴𝑜 ℎ𝑜 𝐴𝑜 𝜋𝐿𝑁 ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 𝐷𝑜 ℎ𝑜 𝐷𝑜 Despejando el valor del número de tramos doble tubo se tiene que 𝑁=

=

𝑈𝐴 1 𝑅𝑖 ln(𝐷𝑜 /𝐷𝑖 ) 𝑅𝑜 1 + + + + ( )= 𝜋𝐿 ℎ𝑖 𝐷𝑖 𝐷𝑖 2𝑘𝑡 𝐷𝑜 ℎ𝑜 𝐷𝑜

20515 1 ln(0,06033/0,0525) 1 +0+ +0+ ( ) = 29,9 ≈ 30 tramos 𝜋 ∙ 6 771,5 ∙ 0,0525 2 ∙ 51,9 11435 ∙ 0,06033

PROBLEMA 37. Cálculo de la emisividad a partir de una distribución espectral La emisividad direccional espectral de un material difuso a 2000 K tiene la siguiente distribución:

Determine la emisividad hemisférica total a 2000 K. SOLUCIÓN: La emisividad de una superficie difusa no depende de la dirección, por lo tanto 𝜀𝜆,𝜃 = 𝜀𝜆 La emisividad de un cuerpo viene dada por: ∞

𝜀=

∫0 𝜀𝜆 (𝜆)𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 ∞

∫0 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆

∞

∫ 𝜀𝜆 (𝜆)𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 = 0 𝐸𝑏 (𝑇)

Por lo tanto la emisividad según el espectro de la gráfica anterior es: 1,5

∞

∞ ∫0 𝜀𝜆 (𝜆)𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 ∫0 0,2 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 + ∫1,5 0,8 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 𝜀= = = 𝐸𝑏 (𝑇) 𝐸𝑏 (𝑇) ∞

1,5

∫1,5 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 ∫ 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 = 0,2 0 + 0,8 𝐸𝑏 (𝑇) 𝐸𝑏 (𝑇) La ecuación anterior expresada en términos de la función 𝐹(0→𝜆) : ∞

𝐹(0→𝜆) ∞

∫1,5 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 𝐸𝑏 (𝑇)

∞

∫ 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 = 0 𝐸𝑏 (𝑇) 1,5

∫ 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 ∫0 𝐸𝑏,𝜆 (𝜆, 𝑇)𝑑𝜆 = 0 − = 1 − 𝐹(0→1,5) 𝐸𝑏 (𝑇) 𝐸𝑏 (𝑇)

Así la emisividad es 𝜀 = 0,2𝐹(0→1,5) + 0,8(1 − 𝐹(0→1,5) ) = 0,8 − 0,6𝐹(0→1,5) 𝐹(0→1,5) = 0,2732 𝜀 = 0,8 − 0,6𝐹(0→1,5) = 0,8 − 0,6(0,2732) = 0,6361 Sugerencia: en la calculadora se edita F0𝜆(𝜆, 𝑇) con 𝜆 en m y 𝑇 en grados Kelvins

PROBLEMA 38 A partir de los balances de energía sobre cada una de las paredes de un recinto constituido por dos superficies obtenga la expresión que permita calcular la velocidad de transferencia de calor neta entre ambas superficies en función de las áreas, emisividades y temperaturas de cada superficie. SOLUCIÓN: Suposiciones:

Notación: 𝑄̇ : Transferencia neta de calor 𝑄̇12 : Transferencia efectiva que emite la superficie 1 y recibe la superficie 2 𝜀𝑖 : Emisividad de la superficie 𝑖 𝛼𝑖 : Absortividad de la superficie 𝑖 𝜌𝑖 : Reflectividad de la superficie 𝑖 𝐸𝑏𝑖 : Potencia emisiva de cuerpo negro 𝐽𝑖 : Radiosidad (energía total emitida por la superficie 𝑖) 𝐺𝑖 : Irradiación (energía total recibida por la superficie 𝑖 de otras superficies) 𝐹𝑖𝑗 : Factor de vista

Transferencia de calor en estado estacionario Intercambio de radiación en el vacío Las dos superficies forman un recinto cerrado Las superficies son cuerpos grises 𝛼 ≈ 𝜀

1

2

Balance de energía en la superficie 1:

Calor neto para mantener la superficie isotérmicamente a

1

Radiosidad

𝑄̇ =⏟ 𝜀1 𝐸𝑏1 + 𝜌1 𝐺1 − 𝐺1 𝐴1 𝐽1

Balance de energía en la superficie 2: Radiosidad Emisión

2

𝑄̇ =⏟ 𝜀2 𝐸𝑏2 + 𝜌2 𝐺2 − 𝐺2 𝐴2 𝐽2

Calor retirado para mantener la superficie isotérmicamente a

Por otro lado suponiendo que la transmisividad𝜏 = 0 y que el cuerpo se aproxima como cuerpo gris 𝛼 = 𝜀 (cuerpo con emisividad independiente de la longitud de onda) 𝛼+𝜏+𝜌=1

⇒

si 𝜏 = 0

⇒

𝜌 = 1 − 𝛼 = 1 − 𝜀 ya que 𝛼 ≈ 𝜀 (cuerpo gris)

𝑄̇ = 𝜀1 𝐴1 𝐸𝑏1 + (1 − 𝜀1 )𝐴1 𝐺1 − 𝐴1 𝐺1 = 𝜀2 𝐴2 𝐸𝑏2 + (1 − 𝜀2 )𝐴2 𝐺2 − 𝐴2 𝐺2 𝑄̇ = 𝜀1 𝐴1 (𝐸𝑏1 − 𝐺1 ) = 𝜀2 𝐴2 (𝐸𝑏2 − 𝐺2 ) 𝑄̇ =

𝐸𝑏1 − 𝐺1 𝐸𝑏2 − 𝐺2 = 1 1 𝜀1 𝐴1 𝜀2 𝐴2

La irradiación de la superficie 1 𝐺1 en términos de la radiosidad 𝐽1 es 𝐽1 = 𝜀1 𝐸𝑏1 + (1 − 𝜀1 )𝐺1

𝑄̇ =

𝐸𝑏1 −

⇒

𝐺1 =

𝐽1 − 𝜀1 𝐸𝑏1 1 − 𝜀1

𝐽1 − 𝜀1 𝐸𝑏1 𝐸𝑏1 − 𝐽1 1 − 𝜀1 = 1 1 − 𝜀1 𝜀1 𝐴1 𝜀1 𝐴1

Análogamente para la superficie 2

𝑄̇ =

𝐸𝑏2 −

𝐽2 − 𝜀2 𝐸𝑏2 𝐸𝑏2 − 𝐽2 1 − 𝜀2 = 1 1 𝜀2 𝐴2 𝜀2 𝐴2

Además como se cumple la relación de reciprocidad 𝐹12 𝐴1 = 𝐹21 𝐴2 entonces 𝑄̇ = 𝑄̇12 + 𝑄̇21 = 𝐹12 𝐴1 𝐽1 − 𝐹21 𝐴2 𝐽2 = 𝐹12 𝐴1 𝐽1 − 𝐹12 𝐴1 𝐽2 =

𝑄̇ =

𝐽1 − 𝐽2 1 𝐹12 𝐴1

𝐸𝑏1 − 𝐽1 𝐽1 − 𝐽2 𝐸𝑏2 − 𝐽2 = = 1 − 𝜀1 1 1 𝜀1 𝐴1 𝐹12 𝐴1 𝜀2 𝐴2

Por lo tanto 𝑄̇ =

𝐸𝑏1 − 𝐸𝑏2 𝜎(𝑇14 − 𝑇24 ) = 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 + + 𝜀1 𝐴1 𝐹12 𝐴1 𝜀2 𝐴2 𝜀1 𝐴1 + 𝐹12 𝐴1 + 𝜀2 𝐴2

PROBLEMA 39 Dos paredes de área muy grande y paralelas entre si se encuentran separadas 30 cm. Si la emisividad de la pared izquierda es 0,9 y está a 150 ºC y la derecha está a 40 ºC y tiene una emisividad de 0,75: (a) La velocidad neta de transferencia de calor entre ambas superficies. (b) Si el recinto contiene aire y el coeficiente de convección a cada lado es de 12 W/m2·ºC repita el cálculo anterior ¿Cuál es la temperatura del aire? SOLUCIÓN: Como la placa 1 "observa completamente" la placa 2 ya que son placas infinitas, entonces el factor de vista 𝐹12 es 1 (porque toda la radiación de la placa 1 llega a la placa 2). Además las placas "no se miran a sí mismas" por lo que 𝐹11 = 𝐹22 = 0 . (a) El intercambio de radiación entre las dos superficies viene representado mediante el siguiente diagrama de resistencias térmicas

𝑄̇ =

𝐸𝑏1 − 𝐸𝑏2 𝜎(𝑇14 − 𝑇24 ) = 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 𝜀1 𝐴1 + 𝐹12 𝐴1 + 𝜀2 𝐴2 𝜀1 𝐴1 + 𝐹12 𝐴1 + 𝜀2 𝐴2

Las temperaturas son 𝑇1 = 150 + 273 = 423 K y 𝑇2 = 40 + 273 = 313 K 𝑄̇ 𝜎(𝑇14 − 𝑇24 ) 5,67 ∙ 10−8 ∙ (4234 − 3134 ) W = = = 880 2 1 − 0,9 1 1 − 0,75 𝐴 1 − 𝜀1 + 1 + 1 − 𝜀2 m + + 𝜀1 𝐹12 𝜀2 0,9 1 0,75 (b) Considerando la convección, el balance de energía en estado estacionario es

𝑄̇ = 𝑄̇𝑟𝑎𝑑 + 𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣,1 = 𝑄̇𝑟𝑎𝑑 + 𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣,2 ℎ2 𝐴2 (𝑇∞ − 𝑇2 ) = ℎ1 𝐴1 (𝑇1 − 𝑇∞ ) 𝑄̇ = 𝑄̇𝑟𝑎𝑑 + 𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣,1 =

⇒

𝑇∞ =

⇒

𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣,1 = 𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑣,2

ℎ1 𝑇1 + ℎ2 𝑇2 12 ∙ 150 + 12 ∙ 40 = = 95 ℃ ℎ1 + ℎ2 12 + 12

𝜎(𝑇14 − 𝑇24 ) + ℎ1 𝐴1 (𝑇1 − 𝑇∞ ) 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 + + 𝜀1 𝐴1 𝐹12 𝐴1 𝜀2 𝐴2

𝑄̇ /𝐴 = 𝑄̇𝑟𝑎𝑑 /𝐴 + ℎ1 (𝑇1 − 𝑇∞ ) = 880 + 12 ∙ (150 − 95) = 1540 W/m2

PROBLEMA 40 Una esfera de 20 cm de diámetro se encuentra en el interior de otra esfera vacía de 40 cm de diámetro. La emisividad de ambas esferas es de 0,75. (a) Si la esfera interior se encuentra a 177 °C y la exterior a 47 °C, determine la velocidad neta de transferencia de calor entre ambas superficies esféricas. (b) En qué porcentaje disminuye la transferencia de calor si se intercala una superficie esférica muy delgada de 30 cm de diámetro (considere la misma emisividad de las dos anteriores por cada lado) ¿La velocidad de transferencia sería la misma si en lugar de 30 cm de diámetro tuviese 35 cm? SOLUCIÓN: Como toda la radiación de la esfera interna (superficie 1) llega a la esfera externa (superficie 2) entonces en factor de vista 𝐹12 es 1.

2

2 1

1

Intercambio de calor entre dos esferas - parte (a)

Intercambio de calor entre dos esferas (1 y 2) con una esfera intermedia (S)- parte (b)

S

(a) El intercambio de radiación entre las dos superficies viene representado mediante el siguiente diagrama de resistencias térmicas

𝑄̇ =

𝐸𝑏1 − 𝐸𝑏2 𝜎(𝑇14 − 𝑇24 ) = 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 + + + + 𝜀1 𝐴1 𝐹12 𝐴1 𝜀2 𝐴2 𝜀1 (𝜋𝐷12 ) 𝐹12 (𝜋𝐷12 ) 𝜀2 (𝜋𝐷22 )

Las temperaturas son 𝑇1 = 177 + 273 = 450 K y 𝑇2 = 47 + 273 = 320 K . Sustituyendo: 𝑄̇ =

5,67 ∙ 10−8 ∙ (4504 − 3204 ) = 153,5 W 1 − 0,75 1 1 − 0,75 + + 0,75 ∙ (𝜋 ∙ 0,22 ) 1 ∙ (𝜋 ∙ 0,22 ) 0,75 ∙ (𝜋 ∙ 0,42 )

(a) Al agregar una superficie esférica que actúa como un escudo de radiación (superficie S) con 𝐷1 < 𝐷𝑆 < 𝐷2 y suponiendo que tiene un espesor despreciable (es decir, la cara interna y la cara externa tiene el mismo diámetro 𝐷𝑆 ), se adicionan tres resistencias más al diagrama anterior (sin la esfera intercalada). Además 𝐽𝑆𝑖 = 𝐽𝑆𝑒 = 𝐽𝑆 ya que esta esfera tiene la misma emisividad por los dos lados:

Resistencia cuerpo real superficie 1

Radiación Superficie 1Superficie S

Resistencia cuerpo real superficie S (cara interna)

Resistencia cuerpo real superficie S (cara externa)

Radiación Superficie SSuperficie 2

Resistencia cuerpo real superficie 2

Así la transferencia de calor con esta nueva superficie 𝑄̇𝑆 viene dada por 𝑄̇𝑆 =

𝐸𝑏1 − 𝐸𝑏2 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀𝑆 1 − 𝜀𝑆 1 1 − 𝜀2 + + + + + 𝜀1 𝐴1 𝐹1𝑆 𝐴1 𝜀𝑆 𝐴𝑆 𝜀𝑆 𝐴𝑆 𝐹𝑆2 𝐴𝑆 𝜀2 𝐴2

Dividiendo entre la transferencia de calor de la parte (a) ya que 𝑄̇𝑆 < 𝑄̇ : 𝐸𝑏1 − 𝐸𝑏2 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀𝑆 1 − 𝜀𝑆 1 1 − 𝜀2 𝑄̇𝑆 𝜀1 𝐴1 + 𝐹1𝑆 𝐴1 + 𝜀𝑆 𝐴𝑆 + 𝜀𝑆 𝐴𝑆 + 𝐹𝑆2 𝐴𝑆 + 𝜀2 𝐴2 = 𝐸𝑏1 − 𝐸𝑏2 𝑄̇ 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 𝜀1 𝐴1 + 𝐹12 𝐴1 + 𝜀2 𝐴2 Como toda la radiación emitida por la superficie 1 llega a la superficie S y también toda la radiación emitida por esta es recibida por la superficie 2 entonces 𝐹1𝑆 = 𝐹𝑆2 = 1 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀2 𝑄̇𝑆 𝜀1 𝐴1 + 1 ∙ 𝐴1 + 𝜀2 𝐴2 = = 1 − 𝜀1 1 1 − 𝜀𝑆 1 1 − 𝜀2 𝑄̇ + + 2 + + 𝜀1 𝐴1 1 ∙ 𝐴1 𝜀𝑆 𝐴𝑆 1 ∙ 𝐴𝑆 𝜀2 𝐴2

𝑄̇𝑆 = 𝑄̇

1 1−𝜀 1 2 𝜀 𝐴 𝑆 +𝐴 𝑆 𝑆 1+1−𝜀 𝑆 1 1 − 𝜀2 1 𝜀1 𝐴1 + 𝐴1 + 𝜀2 𝐴2

1 1 = 1 1 − 𝜀𝑆 1−𝜀 2 𝜀 𝑆+1 𝐴𝑆 (2 𝜀𝑆 + 1) 𝐴1 𝑆 1+ 1 1−𝜀 1+𝐴 ∙1−𝜀 𝐴1 1 − 𝜀2 𝐴1 1 − 𝜀2 1 1 𝑆 𝐴1 ( 𝜀1 + 1 + 𝐴2 ∙ 𝜀2 ) 𝜀1 + 1 + 𝐴2 ∙ 𝜀2

Sustituyendo valores 𝑄̇𝑆 = 𝑄̇

1 1 − 0,75 +1 0,2 0,75 1+( ) ∙ 0,3 1 − 0,75 0,2 2 1 − 0,75 +1+( ) ∙ 0,4 0,75 0,75 2

= 0,657 (66 %)

2∙

Por lo tanto, al intercalar una esfera con la misma emisividad de las anteriores de un diámetro de 30 cm se reduce un 34% la transferencia de calor. Como la fórmula anterior depende del diámetro de la esfera intercalada 𝐷𝑆 entonces la velocidad de transferencia no es la misma al agregar una esfera de diámetro 35 cm en lugar de una de 30 cm, de hecho mientras 𝐷𝑆 aumente reduce menos la transferencia de calor.

PROBLEMA 41 Un horno tiene forma cúbica con aristas de 50 cm. La temperatura de la base es de 300ºC y la de la tapa superior y las laterales 100ºC. La emisividad de la base es 0,8, la de la tapa superior 0,75 y la de las paredes laterales 0,6, determine: (a) La velocidad neta de transmisión de calor entre la base y las otras cinco caras. (b) La velocidad neta de transferencia de calor entre la base y las otras superficies si las cuatro caras laterales se encuentran aisladas exteriormente. Halle la temperatura de las caras laterales en este caso. Compare las dos situaciones. SOLUCIÓN: La transferencia de calor entre una superficie real 𝑖 con las otras 𝑛 − 1 superficies viene dado por 𝑛

𝐸𝑏𝑖 − 𝐽𝑖 𝑄̇𝑖 = = ∑ 𝐹𝑖𝑗 𝐴𝑖 (𝐽𝑖 − 𝐽𝑗 ) 1 − 𝜀𝑖 𝑗=1 𝜀𝑖 𝐴𝑖

6

2 4

3 1

5

(a) Formulando la expresión anterior para las superficies 1, 2 y 3 (las superficies 4, 5 y 6 son iguales a la superficie 3): 𝑄̇1 =

𝑄̇2 =

𝑄̇3 =

𝐸𝑏1 − 𝐽1 = 𝐹12 𝐴1 (𝐽1 − 𝐽2 ) + 4𝐹13 𝐴1 (𝐽1 − 𝐽3 ) 1 − 𝜀1 𝜀1 𝐴1 𝐸𝑏2 − 𝐽2 = 𝐹21 𝐴2 (𝐽2 − 𝐽1 ) + 4𝐹23 𝐴2 (𝐽2 − 𝐽3 ) 1 − 𝜀2 𝜀2 𝐴2 𝐸𝑏3 − 𝐽3 = 𝐹31 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽1 ) + 𝐹32 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽2 ) 1 − 𝜀3 𝜀3 𝐴3

Arreglando en un sistema lineal de ecuaciones: 𝜀1 𝜀1 ) 𝐽1 − 𝐹12 𝐽2 − 4𝐹13 𝐽3 = 𝐸 1 − 𝜀1 1 − 𝜀1 𝑏1 𝜀2 𝜀2 −𝐹21 𝐽1 + (𝐹21 + 4𝐹23 + ) 𝐽2 − 4𝐹23 𝐽3 = 𝐸 1 − 𝜀2 1 − 𝜀2 𝑏2 𝜀3 𝜀3 −𝐹31 𝐽1 − 𝐹32 𝐽2 + (𝐹31 + 𝐹32 + ) 𝐽3 = 𝐸 { 1 − 𝜀3 1 − 𝜀3 𝑏3 (𝐹12 + 4𝐹13 +

El factor de vista 𝐹12 se busca a partir de la gráfica de factor de vista entre dos placas paralelas. Como es un cubo, en la siguiente figura se pone 𝑋 = 𝑌 = 𝐿. 𝑋/𝐿 = 1 , 𝑌/𝐿 = 1 . En esta figura se lee el factor de vista entre las superficies 1 y 2 de 𝐹12 = 0,2

Como las placas no se ven a sí mismas 𝐹11 = 𝐹22 = 𝐹33 = 0 y por la regla de recinto cerrado: 𝐹11 + 𝐹12 + 4𝐹13 = 1

⇒

4𝐹13 = 1 − 𝐹11 − 𝐹12 = 1 − 0 − 0,2 = 0,8

⇒

𝐹13 = 0,2

⇒

𝐹23 = 0,2

Por la regla de reciprocidad se hallan los otros factores de vista 𝐴1 𝐹12 = 𝐴2 𝐹21 𝐹21 + 𝐹22 + 4𝐹23 = 1

⇒

⇒

𝐹21 =

𝐴1 𝐹 = 𝐹12 = 0,2 𝐴2 12

4𝐹23 = 1 − 𝐹21 − 𝐹22 = 1 − 0,2 − 0 = 0,8

𝐴2 𝐹23 = 𝐴3 𝐹32

⇒

𝐹32 =

𝐴2 𝐹 = 𝐹23 = 0,2 𝐴3 23

𝐴1 𝐹13 = 𝐴3 𝐹31

⇒

𝐹31 =

𝐴1 𝐹 = 𝐹13 = 0,2 𝐴3 13

Calculando las potencias emisivas de cuerpo negro 𝐸𝑏1 = 𝜎𝑇14 = 5,67 ∙ 10−8 ∙ (300 + 273)4 = 6112,3 W/m2 𝐸𝑏2 = 𝐸𝑏3 = 𝜎𝑇24 = 5,67 ∙ 10−8 ∙ (100 + 273)4 = 1097,5 W/m2 0,8 0,8 ) 𝐽1 − 0,2𝐽2 − 4 ∙ 0,2𝐽3 = ∙ 6112,3 1 − 0,8 1 − 0,8 0,75 0,75 −0,2𝐽1 + (1 + ) 𝐽2 − 4 ∙ 0,2𝐽3 = ∙ 1097,5 1 − 0,75 1 − 0,75 0,6 0,6 −0,2𝐽1 − 0,2𝐽2 + (0,2 + 0,2 + ) 𝐽3 = ∙ 1097,5 { 1 − 0,6 1 − 0,6 (1 +

Resolviendo el sistema de ecuaciones, los valores de las radiosidades 𝐽𝑖 en W/m2 son 24449,2 5 −0,2 −0,8 𝐽1 𝐽 4 −0,8] [ 2 ] = [3292,50] [−0,2 1646,25 −0,2 −0,2 1,9 𝐽3

⇒

𝐽1 5195,26 𝐽 [ 2 ] = [1394,92] 𝐽3 1560,15

La transferencia de calor neta de la cara de la base (superficie 1) es 𝑄̇1 =

𝐸𝑏1 − 𝐽1 6112,3 − 5195,26 = = 917,04 W 1 − 𝜀1 1 − 0,8 𝜀1 𝐴1 0,8 ∙ 0,52

(b) Formulando la expresión anterior para la superficie 3 (las superficies 4, 5 y 6 son iguales a la superficie 3). Además la superficie de las caras laterales son aisladas por lo que la transferencia neta de calor en estas es cero 𝑄̇3 = 0 𝑄̇3 = 0 = 𝐹31 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽1 ) + 𝐹32 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽2 ) El sistema de ecuaciones es el mismo que el de la parte (a) salvo que 𝐽3 = 𝐸𝑏3 𝜀1 𝜀1 ) 𝐽1 − 𝐹12 𝐽2 − 4𝐹13 𝐽3 = 𝐸 1 − 𝜀1 1 − 𝜀1 𝑏1 𝜀2 𝜀2 −𝐹21 𝐽1 + (𝐹21 + 4𝐹23 + ) 𝐽2 − 4𝐹23 𝐽3 = 𝐸 1 − 𝜀2 1 − 𝜀2 𝑏2 −𝐹31 𝐽1 − 𝐹32 𝐽2 + (𝐹31 + 𝐹32 )𝐽3 = 0 { (𝐹12 + 4𝐹13 +

0,8 0,8 ) 𝐽1 − 0,2𝐽2 − 4 ∙ 0,2𝐽3 = ∙ 6112,3 1 − 0,8 1 − 0,8 0,75 0,75 −0,2𝐽1 + (1 + ) 𝐽2 − 4 ∙ 0,2𝐽3 = ∙ 1097,5 1 − 0,75 1 − 0,75 { −0,2𝐽1 − 0,2𝐽2 + (0,2 + 0,2)𝐽3 = 0 (1 +

Sólo se modifica los dos últimos valores del sistema de ecuaciones anteriores 5 −0,2 −0,8 𝐽1 24449,2 4 −0,8] [𝐽2 ] = [3292,50] [−0,2 −0,2 −0,2 0,4 𝐽3 0

⇒

𝐽1 5555,1 [𝐽2 ] = [1840,4] 𝐽3 3697,8

La transferencia neta de calor de la superficie 1 es 𝑄̇1 =

𝐸𝑏1 − 𝐽1 6112,3 − 5555,1 = = 557,2 W 1 − 𝜀1 1 − 0,8 𝜀1 𝐴1 0,8 ∙ 0,52

Y la temperatura de las superficies laterales se calculan a partir de𝐽3 = 𝐸𝑏3 𝐽3 = 𝐸𝑏3

⇒

𝐽3 1/4 3697,8 1/4 𝑇3 = ( ) = ( ) = 505 K = 232 ℃ 𝜎 5,67 ∙ 10−8

PROBLEMA 42 (a) Un cono truncado tiene 20 cm de diámetro inferior (superficie 1) y tiene 10 cm de diámetro superior (superficie 2), y una altura de 10 cm. Calcúlese el factor de forma entre la cara superior y la superficie lateral (𝐹23 ), así como el factor de forma de la superficie lateral consigo misma (𝐹33 ). (b) El sistema de la parte (a) consiste en un calentador circular (superficie 1) que tiene una emisividad de 0,9, un receptor circular (superficie 2) que tiene una emisividad de 0,8 y un manto cónico (superficie 3) que tiene una emisividad de 0,6. La potencia conectada al calentador es de 300 W. El receptor (superficie 2) se mantiene a 100 °C y el manto cónico (superficie 3) a 190 °C. Encuentre la temperatura del calentador y la velocidad neta de transferencia de calor retirada en el receptor. (c) Si la superficie 3 se mantiene aislada y si se reduce un 80% la potencia del calentador, calcule la nueva temperatura de este y la temperatura de la superficie 3.

2 3

1 SOLUCIÓN: Método analítico: 𝑅 2 𝑋 − √𝑋 2 − 4 ( 2 ) 𝑅1 𝐹12 =

2

Donde 𝑟1 𝐿 𝑟2 𝑅2 = 𝐿 𝑅1 =

𝑋=

(a) Los parámetros de la gráfica son 𝐿 10 = =1 𝑟1 10

y

𝑟2 5 = = 0,5 𝐿 10

1 + 𝑅22 𝑅12

Leyendo de la figura se obtiene 𝐹12 = 0,12 y por la relación de reciprocidad 𝐴1 𝜋𝑅12 𝑑1 2 20 2 𝐹12 = 𝐹 = ( ) 𝐹 = ( ) ∙ 0,12 = 0,48 12 12 𝐴2 𝑑2 10 𝜋𝑅22 Como la superficie 2 no se ve a sí misma entonces 𝐹22 = 0. En la superficie 2 se cumple que 𝐹21 + 𝐹22 + 𝐹23 = 1 ⇒ 𝐹23 = 1 − 𝐹21 − 𝐹22 = 1 − 0,48 − 0 = 0,52 Como la superficie 1 no se ve a sí misma entonces 𝐹11 = 0. En la superficie 1 se cumple que 𝐹11 + 𝐹12 + 𝐹13 = 1 ⇒ 𝐹13 = 1 − 𝐹11 − 𝐹12 = 1 − 0 − 0,12 = 0,88 El área de la superficie de un cono truncado es 𝐴1 𝐹12 = 𝐴2 𝐹21

⇒

𝐹21 =

𝐴3 = 𝜋(𝑟1 + 𝑟2 )√(𝑟1 − 𝑟2 )2 + 𝐿2 = 𝜋(10 + 5)√(10 − 5)2 + 102 = 526,2 cm2 Por la relación de reciprocidad 𝐴1 𝜋 ∙ 102 𝐴1 𝐹13 = 𝐴3 𝐹31 ⇒ 𝐹31 = 𝐹13 = ∙ 0,88 = 0,525 𝐴3 526,2 Por la otra relación de reciprocidad 𝐴2 𝜋 ∙ 52 𝐴2 𝐹23 = 𝐴3 𝐹32 ⇒ 𝐹32 = 𝐹23 = ∙ 0,52 = 0,0775 𝐴3 526,2 En la superficie 3 se cumple que 𝐹31 + 𝐹32 + 𝐹33 = 1 ⇒ 𝐹33 = 1 − 𝐹31 − 𝐹32 = 1 − 0,525 − 0,0775 = 0,397 (b) La transferencia de calor entre una superficie 𝐸𝑏1 − 𝐽1 = 𝐹12 𝐴1 (𝐽1 − 𝐽2 ) + 𝐹13 𝐴1 (𝐽1 − 𝐽3 ) 1 − 𝜀1 𝜀1 𝐴1 𝐸𝑏2 − 𝐽2 𝑄̇2 = = 𝐹21 𝐴2 (𝐽2 − 𝐽1 ) + 𝐹23 𝐴2 (𝐽2 − 𝐽3 ) 1 − 𝜀2 𝜀2 𝐴2 𝐸𝑏3 − 𝐽3 𝑄̇3 = = 𝐹31 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽1 ) + 𝐹32 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽2 ) 1 − 𝜀3 𝜀3 𝐴3 Arreglando en un sistema lineal de ecuaciones: 𝑄̇1 =

(𝐹12 + 𝐹13 )𝐽1 − 𝐹12 𝐽2 − 𝐹13 𝐽3 = 𝑄̇1 /𝐴1 𝜀2 𝜀2 −𝐹21 𝐽1 + (𝐹21 + 𝐹23 + ) 𝐽2 − 𝐹23 𝐽3 = 𝐸 1 − 𝜀2 1 − 𝜀2 𝑏2 𝜀3 𝜀3 −𝐹31 𝐽1 − 𝐹32 𝐽2 + (𝐹31 + 𝐹32 + ) 𝐽3 = 𝐸 { 1 − 𝜀3 1 − 𝜀3 𝑏3 Calculando las potencias emisivas de cuerpo negro 𝐸𝑏2 = 𝜎𝑇24 = 5,67 ∙ 10−8 ∙ (100 + 273)4 = 1097,5 W/m2 𝐸𝑏3 = 𝜎𝑇34 = 5,67 ∙ 10−8 ∙ (190 + 273)4 = 2605,6 W/m2 𝑄̇1 300 =𝜋 = 9549,3 W/m2 2 𝐴1 ∙ 0,2 4 Sustituyendo los valores

1 ∙ 𝐽1 − 0,12𝐽2 − 0,88𝐽3 = 9549,6 0,8 0,8 −0,48𝐽1 + (1 + ) 𝐽2 − 0,52𝐽3 = ∙ 1097,5 1 − 0,8 1 − 0,8 0,6 0,6 −0,525𝐽1 − 0,0775𝐽2 + (0,525 + 0,0775 + ) 𝐽3 = ∙ 2605,6 { 1 − 0,6 1 − 0,6 Resolviendo el sistema de ecuaciones, los valores de las radiosidades 𝐽𝑖 en W/m2 son 1 −0,12 −0,88 𝐽1 9549,6 5 −0,52 ] [𝐽2 ] = [ 4390 ] [ −0,48 −0,525 −0,0775 2,1025 𝐽3 3908,4 𝑄̇1 =

𝐸𝑏1 − 𝐽1 1 − 𝜀1 𝜀1 𝐴1

⇒

𝐸𝑏1 = 𝐽1 +

𝐸𝑏1 = 𝜎𝑇14

𝐽1 14902 [𝐽2 ] = [ 2900 ] 𝐽3 5686,8

1 − 𝜀1 𝑄̇1 1 − 0,9 ∙ = 14902 + ∙ 9549,3 = 15963 W/m2 𝜀1 𝐴1 0,9

𝐸𝑏1 1/4 15963 1/4 𝑇1 = ( ) = ( ) = 728 K = 455 ℃ 𝜎 5,67 ∙ 10−8

⇒ 𝑄̇2 =

⇒

𝐸𝑏2 − 𝐽2 1097,5 − 2900 = = −56,63 W 1 − 𝜀2 1 − 0,8 2 𝜀2 𝐴2 0,8 ∙ (𝜋/4) ∙ 0,1

(c) Se reescribe la ecuación de transferencia para la superficie 3 donde 𝑄̇3 = 0 𝑄̇3 = 0 = 𝐹31 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽1 ) + 𝐹32 𝐴3 (𝐽3 − 𝐽2 ) El sistema de ecuaciones es el mismo que el de la parte (b) salvo que 𝐽3 = 𝐸𝑏3 1 ∙ 𝐽1 − 0,12𝐽2 − 0,88𝐽3 = 9549,6/5 0,8 0,8 −0,48𝐽1 + (1 + ) 𝐽2 − 0,52𝐽3 = ∙ 1097,5 1 − 0,8 1 − 0,8 { −0,525𝐽1 − 0,0775𝐽2 + (0,525 + 0,0775)𝐽3 = 0 Sólo se modifica los dos últimos valores del sistema de ecuaciones anteriores 1 −0,12 −0,88 𝐽1 1909,9 5 −0,52 ] [𝐽2 ] = [ 4390 ] [ −0,48 −0,525 −0,0775 0,6025 𝐽3 0 𝑄̇1 =

𝐸𝑏1 − 𝐽1 1 − 𝜀1 𝜀1 𝐴1

⇒

𝐸𝑏1 = 𝜎𝑇14

𝐽3 = 𝐸𝑏3 =

𝜎𝑇34

𝐸𝑏1 = 𝐽1 +

⇒

𝐽1 11198 [𝐽2 ] = [3008,1] 𝐽3 10145

1 − 𝜀1 𝑄̇1 1 − 0,9 ∙ = 11198 + ∙ 1909,9 = 11410 W/m2 𝜀1 𝐴1 0,9

𝐸𝑏1 1/4 11410 1/4 𝑇1 = ( ) = ( ) = 670 K = 397 ℃ 𝜎 5,67 ∙ 10−8

⇒

⇒

𝐽3 1/4 10145 1/4 𝑇3 = ( ) = ( ) = 650 K = 377 ℃ 𝜎 5,67 ∙ 10−8