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UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS – ESPE
DEP
ARTAMENTO DE CIENCIAS DE LAENERGÍAY
MECÁNICA
CARRERADE INGENIERÍAMECÁNICA
TRANFERENCIA DE CALOR
Docente: Ing. Ángelo Villavicencio Msc.
La razón a la que se genera calor dentro del cilindro debe ser igual a la rapidez con que se igual a la rapidez con que se
transmite calor por convección de la superficie del cilindro a un fluido en movimiento.
Esta condición permite que la temperatura de la superficie se
mantenga en un valor 𝑇𝑆
1 𝑑 𝑑𝑇 𝑞
𝑟 + = 0 1
𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑘
separando
Se integra
uniforme
variables y suponiendo generación
𝑟
𝑑𝑇 𝑞
ሶ
𝑑𝑟 2𝑘
2
= − 𝑟 + 𝐶1 2
Repitiendo el procedimiento: Solución general para la
distribución de temperatura
𝑟
𝑇 = −
𝑞
ሶ
4𝑘
2
𝑟 + 𝐶 ln 𝑟 + 𝐶
1 2 3
SISTEMAS RADIALES
Para 𝐶1 𝑦 𝐶2 se aplica las condiciones de frontera
𝑑
𝑟
ቤ
𝑑𝑇
𝑟 =0
= 0 𝑦 𝑇 𝑟0 = 𝑇𝑆
En condiciones de frontera simétrica estamos ubicados en el plano medio de una pared por lo que
2 𝑠
𝐶 = 𝑇 +
𝑟 = 0 ⇒ 𝐶1 = 0
𝑞ሶ
4𝑘
𝑟0
2
⇒ 𝑇𝐶
Se determina entonces que la distribución de temperatura es:
(𝑟 )
𝑇 =
𝑞ሶ 𝑟
2
0
4𝑘
1 −
𝑟2
0
𝑟2 + 𝑇𝑠
Evaluando la temperatura en la línea central se obtiene
𝑞ሶ 𝑟
2
4𝑘
𝑇 = 𝑇 = 1
+ 𝑇
0 0 1
(𝑟 )
𝑇 − 𝑇
𝑇0− 𝑇𝑠
𝑠
= 1 −
𝑟
𝑟0
2
Se puede evaluar la T-C
cualquier radio r en el cilindro.
para
T0 es la temperatura de la
línea central
Para relacionar la temperatura de la superficie 𝑇𝑠, con la temperatura del fluido frio 𝑇∞, se usa un balance
de energía en la superficie o un balance global de energía.
𝑞ሶ𝜋𝑟2𝐿 = ℎ 2𝜋𝑟0𝐿 𝑇𝑠− 𝑇∞
0
𝑞ሶ𝑟
𝑇𝑠= 𝑇∞ +
2ℎ
FACTOR DE FORMADELCALOR PARAVARIAS GEOMETRÍAS (CONDUCCIÓN)
Pared plana
𝐾𝐴
𝐿
𝑞 = 𝑇1− 𝑇2
𝐹 =
𝐴
𝐿
𝒒 = 𝑲𝑭 𝑻𝒔,𝟏 − 𝑻𝒔,𝟐
Cilindro
𝑞 = 2𝜋𝐾𝐿
𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
ln
𝑟2
𝑟1
𝐹 =
2𝜋𝐿
ln
𝑟2
𝑟1
𝑞 = 𝐾𝐹(𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2)
Esfera
4𝜋
𝐹 = 1 1
𝑟1
− 𝑟2
𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
Cilindros Excéntricos
𝐹 =
2𝜋𝐿
ln
𝑟2
𝑟1
− 0,10669
𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
𝐹 =
2𝜋𝐿
𝑐𝑜𝑠ℎ−1 1 + 𝜌2 − 𝜀2
2𝜌
𝑟1 𝑒
𝜌 =
𝑟
𝜀 =
𝑟
2 2
𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
Cilindro circular en un ducto hexagonal
Cilindro circular en un ducto cuadrado
𝐹 =
2𝜋𝐿
ln
𝑟2
𝑟1
− 0,27079
𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
𝐹 =
2𝜋𝐿
𝑐𝑜𝑠ℎ−1 𝑙
𝑟
𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
INVESTIGAR FACTORES DE FORMA, (CENGEL E INCROPERA)
Cilindro infinito en un medio semi infinito
Factores de forma en la conducción, S, para varias configuraciones Tabla 3-7 Cengel, 3ra edición
Diaps 2do parcial
Diaps 2do parcial
Diaps 2do parcial
Pérdida De calor en tubos enterrados de vapor de agua
Un tubo de agua caliente de 30 m de largo y 10 cm de diámetro de un sistema municipal de calefacción está enterrado en
el suelo 50 cm por debajo de la superficie del piso, como se muestra en la figura, La temperatura de la superficie exterior
del tubo es 80°C. Si la temperatura superficial de la tierra es 10°C y la conductividad térmica del suelo en ese lugar es
0.9W/m · °C, determine la razón de la pérdida de calor del tubo
Aplicando el factores de forma para cilindro
isotérmico de longitud L enterrado en un
medio semiinfinito. Tabla 3-7 Cengel, 3ra
edición
Datos
L = 30 m
D = 10 cm
z = 0,5 m
𝑇1 = 80°𝐶
𝑇2 = 10°𝐶
𝐾 = 0.9
𝑊
𝑚°𝐶
𝐹 =
2𝜋𝐿
ln
4𝑧
𝐷
=
2𝜋(30𝑚)
ln
4 ∗ 0,5𝑚
0,1 𝑚
= 62,92𝑚
𝑊
𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇1 − 𝑇2 = 0.9
𝑚°𝐶
∗ 62,92𝑚 ∗ 80 − 10 °𝐶 = 3963,96 𝑊
La razón de la pérdida de calor del tubo es:
Transferencia de calor entre tubos de agua caliente y fría
Una sección de 5 m de largo de tubos de agua caliente y fría están tendidos paralelos entre sí en una capa gruesa de
concreto, como se muestra en la figura. Los diámetros de los tubos son de 5 cm y la distancia entre las líneas centrales
de ellos es de 30 cm. Las temperaturas superficiales de los tubos de agua caliente y fría son 70°C y 15°C,
respectivamente. Si la conductividad térmica del concreto es k 0.75 W/m · °C, determine la razón de la transferencia
de calor entre los dos tubos.
Aplicando el factores de forma para cilindro
isotérmico paralelos colocados en un medio
semiinfinito. Tabla 3-7 Cengel, 3ra edición
Datos
L = 5 m
𝐷1 = 5 cm
𝐷2 = 5 cm
z = 30 cm
𝑇1 = 70°𝐶
𝑇2 = 15°𝐶
𝐾 = 0,75
𝑊
𝑚°𝐶
𝐹 =
2𝜋𝐿
cosh−1
4𝑧2 − 𝐷2 − 𝐷2
1 2
2𝐷1𝐷2
=
2𝜋 ∗ 5𝑚
cosh−1 4(0,30𝑚2) − (0,05𝑚2) − (0,05𝑚2)
2 ∗ 0,05𝑚 ∗ 0,05𝑚
= 6,34 𝑚
𝑊
𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇1 − 𝑇2 = 0,75
𝑚°𝐶
∗ 6,34 𝑚 ∗ 70 − 15 °𝐶 = 261,53 𝑊
La razón de la pérdida de calor del tubo es:
RESISTENCIA TÉRMICAA LA RADIACIÓN
1
𝑅 =
ℎ𝐴𝐶
𝐴𝐶 = 𝐴𝑅
ℎ ⇒ 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛
𝑅
𝑅 =
1
ℎ 𝐴
𝑅 𝑅
1
𝑅𝑒
𝑞
𝑅
1 1
=
𝑅
+
𝑅𝐶
𝑒
𝑞
𝑅 =
1
𝑅
ℎ 𝐴 + ℎ𝐴
𝑞 =
𝑇1− 𝑇0
𝐿
𝑅𝐴
+ 𝑅𝑒
𝑞
𝑞𝑟 = 𝜀𝐴𝜎 𝑇4 − 𝑇4
1 2
𝑞𝑟 = 𝜀𝐴𝜎 𝑇2 + 𝑇2 𝑇1+ 𝑇2
1 2 𝑇1− 𝑇2
𝑚
𝑇 =
𝑇1+ 𝑇2
2
≡ 4𝑇𝑚3 =
𝑇3 + 3𝑇2𝑇2 + 3𝑇1𝑇2 + 𝑇3
1 1 2 2
2
𝑇2 + 𝑇2
1 2 𝑇1 + 𝑇2 = 4𝑇𝑚3
𝑞𝑟 = 𝜀𝐴𝜎4𝑇𝑚3 𝑇1 − 𝑇2
ℎ𝑟 = 𝜀𝜎𝑇𝑚3
𝑟
𝑇1− 𝑇2
𝑞 =
1
ℎ𝑅 ∗ 𝐴
ℎ𝑅 = 4𝜀𝜎
𝑇2+ 𝑇0
2
3
Por lo general se considera que ℎ𝐶 ≡ ℎ𝑅.
Valores de emisividad
Superficie 𝗌
Aleación de Al 0,035
Al negro anodizado 0,80
Tierra 0,94
Pintura blanca acrílica 0,90
Pintura negra esmaltada 0,78
Asfalto 0,88
Concreto 0,90
Vidrio Pirex 0,80
Acero inoxidable 0,30
Transferencia de Calor en superficies extendidas
La frase superficie extendida se usa normalmente con referencia a un sólido que experimenta transferencia de
energía por conducción dentro de sus límites, así como transferencia de energía por convección (y/o radiación)
entre sus límites y los alrededores.
Tal sistema se muestra de forma esquemática en la figura. Se usa un puntal para proporcionar soporte mecánico
a dos paredes que están a temperaturas diferentes.
ALETAS CARACTERÍSTICAS
• Como con frecuencia es el caso, existen dos maneras de incrementar la razón de la transferencia de
calor: aumentar el coeficiente de transferencia de calor por convección, h, o aumentar el área
superficialAs.
• La alternativa es aumentar el área superficial al agregar unas superficies extendidas llamadas aletas,
hechas de materiales intensamente conductores como el aluminio
• Las superficies con aletas se fabrican al extruir, soldar o envolver una delgada lámina metálica sobre
una superficie. Las aletas mejoran la transferencia de calor desde una superficie al exponer un área
más grande a la convección y la radiación.
En el análisis de las aletas, se considera operación estacionaria
sin generación de calor en la aleta y se supone que la
conductividad térmica k del material permanece constante
Radiador del automóvil
En el radiador las delgadas hojas metálicas, colocadas
muy cercanas entre sí, que se sujetan a los tubos de
convección y, por consiguiente, la razón de
agua caliente aumentan el área superficial para la
la
transferencia de calor por convección desde los tubos
hacia el aire, muchas veces.
Algunos diseños innovadores de aletas.
Formas de aletas (Configuraciones)
Formas de aletas (Configuraciones)
a) Aleta recta de sección transversal uniforme.
b) Aleta recta de sección transversal no uniforme.
c) Aleta anular.
d) Aleta de aguja.
MODELO MATEMÁTICO
𝑞𝑥 = 𝑞𝑥+𝑑𝑥 + 𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 1 𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎
𝑑𝑇
𝑞𝑥 = −𝐾𝐴𝐶
𝑑𝑥
2 𝐹𝑜𝑢𝑟𝑖𝑒𝑟
La conducción de calor en x + dx es:
𝑞𝑥+𝑑
𝑥
𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑞𝑥
= 𝑞 + 𝑑𝑥 3
𝑑𝑇 𝑑
𝑞𝑥+𝑑𝑥 = −𝐾 𝐴𝐶
𝑑𝑥
− 𝐾
𝑑𝑥
𝑑𝑇
𝐴𝐶
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝑑𝐴𝑆 𝑇 − 𝑇∞ 4
dAs: Área superficial del
elemento diferencial
Fourier
𝑥
1. 𝑞 = −𝑘𝐴
𝑑𝑇
𝐶
𝑑𝑥
2. 𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝑑𝐴𝑆 𝑇 − 𝑇∞
Sustituyendo (3) y (4) en (1)
𝑑
𝑑𝑥
𝐴
𝑑𝑇
𝐶
𝑑𝑥
ℎ 𝑑𝐴𝑆
−
𝐾 𝑑𝑥
𝑇 − 𝑇∞ = 0 5
𝑑2𝑇
𝑑𝑥2 +
𝐶
𝐴 𝑑𝑥
1 𝑑𝐴𝐶 𝑑𝑇
−
𝑑𝑥 𝐶
1 ℎ 𝑑𝐴𝑆
𝐴 𝑅 𝑑𝑥
𝑇 − 𝑇∞ = 0 6
Aletas de área de sección transversal uniforme
Cada aleta se une a una superficie de base de temperatura 𝑇 0 = 𝑇𝑏 y se extiende en un fluido de
temperatura 𝑇∞.
𝐶
Para estas aletas 𝐴 = 𝑐𝑡𝑒 y
𝑑𝐴𝑆
𝑑
𝑥
= 𝑃𝑥, donde 𝐴𝑆 es el área de la superficie de la base a x y P es el perímetro.
𝑑𝐴𝐶 𝑑𝐴𝑆
⇒ = 0 𝑦 = 𝑃
𝑑𝑥 𝑑𝑥
Entonces (6) se reduce a:
𝑑2𝑇 ℎ𝑝
𝑑𝑥2 −
𝑘𝐴𝐶
𝑇 − 𝑇∞ = 0 (7)
Para simplificar la ecuación transformamos la variable dependiente y definimos un exceso de temperatura 𝜃
𝜃 𝑥 ≡ 𝑇 𝑥 − 𝑇∞ 8
como 𝑇∞ = 𝑐𝑡𝑒
; 2 =
𝑑𝜃 𝑑𝑇 𝑑2𝜃 𝑑2𝑇
𝑑𝑥
=
𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥2
(8) en (7) y cambiando de variables
dependientes
𝑑2𝜃
𝑑𝑥2 − 𝑚2𝜃 = 0 (9)
De la (9) haciendo una analogía con (7)
𝑚2 ≡
ℎ𝑃
𝑘𝐴𝐶
(10)
la ecuación (9) es una ecuación diferencial lineal de segundo orden homogénea con coeficiente
cte., y su solución general es:
𝑑2𝜃
𝑑𝑥2
− 𝑚2𝜃 = 0
𝜃 𝑥 = 𝐶1𝑒𝑚𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑚𝑥 (11)
Para evaluar C_1 y C_2 se aplican condiciones de frontera:
1. Condición en la base de la aleta (x=0)
𝜃0 = 𝑇𝑏 − 𝑇∞ ≡ 𝜃𝑏 (12)
2. Condición en el extremo de la aleta (x=L) implica cuatro situaciones físicas:
Diaps 2do parcial
𝑇 = 𝐶𝑂𝑁𝑂𝐶𝐼𝐷𝐴
Ejemplo 3.8
Una varilla muy larga de 5 mm de diámetro tiene un extremo que se mantiene a I00°C. La superficie de la
varilla se expone al aire ambiente a 25 C con un coeficiente de transferencia de calor por convección de 100
W/m2°K.
Determinar:
Las distribuciones de temperaturas a lo largo de varillas construidas de cobre puro, aleación de aluminio 2024
y acero inoxidable tipoAISI 316. ¿Cuáles son las pérdidas de calor correspondientes de las varillas?
1. Calcule el largo de las varillas para que la suposición de una longitud infinita de una estimación exacta de
la pérdida de calor.
1. Condiciones de estado estable.
2. Conducción unidimensional a lo largo de la varilla.
3. Propiedades constantes.
4. Intercambio de radiación insignificante con los alrededores.
5. Coeficiente convectivo constante y uniforme.
6. Varilla infinitamente larga.
TablaA1. Incropera
𝑇 =
𝑇𝑏 + 𝑇∞
2
Cobre
= 62,5℃ ≈ 335°𝐾
𝑘 = 398
𝑊
𝑚°𝐾
Aluminio (2024) (T=335°𝐾); k = 80 W/m°𝐾
Acero inoxidableAISI 316 (T=335°𝐾);k=14 W/m°𝐾
𝜃
𝜃𝑏
= 𝑒−𝑚𝑥
𝜃 = 𝑇 − 𝑇∞
𝜃𝑏 = 𝑇𝑏 − 𝑇∞
𝑇 − 𝑇∞
= 𝑒−𝑚𝑥
𝑇𝑏 − 𝑇∞
𝑇 = 𝑇∞+ ( 𝑇 − 𝑇∞) 𝑒−𝑚𝑥
𝑚 =
ℎ𝑃
𝑘𝐴𝐶
1
2
𝐴𝐶 =
𝑃 = 𝜋𝐷
𝜋𝐷2
𝑚 =
4
4ℎ
𝑘𝐷
1
2
𝑚 = 14,2 𝑚−1 𝐶𝑢
𝑚 = 21,2 𝑚−1 𝐴𝑙
𝑚 = 75,6 𝑚−1 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 𝐴𝐼𝑆𝐼 316
𝑥 = (50, 100, 150, 200, 250, 300)
La pérdida de calor
𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝐶 𝜃𝑏
𝑓
𝑞 = 100
𝑊
𝑚2°𝐾
∗ 𝜋 ∗ 0,005𝑚 ∗ 398
𝑚°𝐾 4
𝑊 𝜋
∗ 0,005 2𝑚2
1
2
100 − 25 ℃
𝑞𝑓𝐶𝑢
= 8,3 𝑊
𝑞𝑓𝐴𝑙 = 5,6 𝑊
𝑞𝑓𝑎𝑐 = 1,6 𝑊
b) Como no hay pérdida de claro en el extremo de una varilla infinitamente larga, podemos utilizar:
Caso B  la pérdida de calor en el extremo es insignificante
𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝐶𝜃𝑏 tanh 𝑚𝐿
𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝐶𝜃𝑏
𝑞𝑓 = 𝑞𝑓 = tanh 𝑚𝐿 = 1
arctanh 1 = 𝑚𝐿
Mayor que -1 (-1 y 1) y menor que 1
Si:
tanh 𝑚𝑙 ≥ 0,99
𝐿 ≥ 𝐿∞ ≡
𝒎𝑳 ≥ 𝟐, 𝟔𝟓
2,65
𝑚
= 2,65
𝑘𝐴𝐶
ℎ𝑃
1
2
𝐿∞𝐶𝑢 = 0,19𝑚
𝐿∞𝐴𝑙 = 0,13𝑚
𝐿∞𝐴𝑐 = 0,04𝑚
Caso B = Caso D
qf = Mtanh mL = M
qf = qf
Por teoría no tiene sentido extender la
aleta más allá de 𝐿 = 2,3
𝑚
≤ 𝑳 ≤
𝟐, 𝟑 𝟐, 𝟔𝟓
𝒎 𝒎
120.00
100.00
80.00
60.00
40.00
20.00
0.00
0 50 100 150 200 250 300 350
Temperatura
[°C]
x [mm]
Figura 1: Distribución de Temperatura del Cobre
Distribución de Temperatura Cobre
Tcobre [°C]
Análisis: Como se puede observar
en la Figura 1 la temperatura
disminuye al aumentar x.
debe a la reducción
Esto se
de la
transferencia de calor por conducción
con el aumento de x debido a las
perdidas por convección continuas
de la superficie de la aleta.
DISTRIBUCIÓN DE TEMPERATURA PARA EL COBRE
Desempeño de una aleta
Las aletas se utilizan para aumentar la transferencia de calor de una fuente porque aumentan el área efectiva
de la superficie. Sin embargo, la aleta misma produce una resistencia a la transferencia de calor.
 No ∋ seguridad que la transferencia aumente.
Evaluamos la efectividad de la aleta 𝜀𝑓
𝜀𝑓 Se define como la razón de la T.C de la aleta, a la TC que existiría sin la aleta.
Por lo tanto:
𝑞𝑓
𝜀𝑓 =
ℎ𝐴 𝜃
𝑐,𝑏 𝑏
Donde:
𝐴𝑐,𝑏 Área de la sección transversal en la base de la aleta.
Para cualquier diseño racional 𝜀𝑓 debe ser tan grande como sea posible. El uso de aletas se justifica si 𝜀𝑓 ≥
2
𝜀𝑓 =
𝑘𝑃
ℎ𝐴𝐶
Sujeta a cualquiera de las cuatro condiciones de aletas que se consideran, la efectividad para una aleta de sección transversal uniforme se
obtiene dividiendo la expresión apropiada para qf, en la tabla 3.4, entre hAc,bθb. Aunque la instalación de aletas altera el coeficiente de
convección de la superficie, este efecto normalmente no se toma en cuenta. De aquí, suponiendo que el coeficiente de convección de la
superficie con aletas es equivalente al de la base sin aletas, se sigue que, para la aproximación de aleta infinita (caso D), el resultado es
1
2
Las aletas se utilizan para aumentar la transferencia de calor, sin embargo éstas representan una resistencia a la conducción por lo que
debemos definir la efectividad de una aleta como la razón de la transferencia de calor de la aleta a la transferencia de calor que existiría sin
aleta.
La efectividad de una aleta aumenta por la elección de un material de alta conductividad térmica. Aleaciones de Al y Cu son las adecuadas,
pero elAl tiene bajo costo y peso.
La efectividad aumenta al aumentar la razón del perímetro al área de la sección transversal. Por esto se prefiere el uso de aletas delgadas,
pero poco espaciadas, con la salvedad de que el hueco de la aleta no se reduzca de tal manera que se reduzca el coeficiente de convección.
𝜀𝑓 =
𝑘𝑃
ℎ𝐴𝐶
1
2
Aquí el caso de aleta se justifica si h es pequeño.
h es pequeño para gases  la necesidad de aletas en este tipo de fluido es grande.
Si tenemos gas y liquido las aletas van del lado del gas.
El radiador de un carro las aletas van en la superficie externa del tubo.
Si 𝜀𝑓 > 2 𝑒𝑠 𝑐𝑟𝑖𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑠𝑎𝑟 𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠
Para 𝜀𝑓
𝑘𝑃
ℎ𝐴𝐶
1
2
> 4
Proceso convección h (W/m2°𝑲)
C.L. Gases 2 – 25
C.L. Líquidos 50 – 1000
C.F gases 25 – 250
C.F líquidos 50 – 20000
Para el caso B 98% se alcanza con mL=2.3 por lo que no tiene sentido extender las aletas más allá de L=2.3/m
≤ L ≤
2.3 2.65
m m
También en función de resistencia térmica se puede cuantificar
Resistencia de aleta
t,f
θb
R =
qf
Este resultado es útil cuando tenemos superficies con aletas mediante un circuito térmico
La resistencia en la base expuesta debido a la convección:
1
Rt,b =
hAc,b
f
E =
Rt,b
Rt,f
Diferencia de temperaturas entre la base y el fluido
La efectividad en una razón de resistencias
En función de las temperaturas
El impulso máximo para la convección es la diferencia de temperaturas en la base (x=0) y el fluido Ɵb=𝑇𝑏 − 𝑇∞. Si
toda la aleta estaría a la temperatura de la base tendríamos la máxima rapidez para disipar energía. Pero siempre existe
un gradiente de temperatura a lo largo de la aleta
𝑓
𝜂 ≡
𝑞𝑓
𝑚𝑎
𝑥
𝑞
=
ℎ ∗ 𝐴 ∗ 𝜃
𝑓 𝑏
𝑞𝑓
Af: es el área de la superficie de la aleta
Cuando la perdida en el extremo es insignificante B
𝑓
𝜂 =
𝑀 ∗ tanh𝑚𝐿
ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝐿 ∗ 𝜃𝑏
=
tanh𝑚𝐿
𝑚𝐿
𝜂𝑓: Se aproxima a máx. 1 y min 0
Si L→ 0 o L→∞
Es necesario realizar una corrección a la aleta
𝒄
𝑳 = 𝑳 + 𝒕
𝟐
Para una aleta rectangular
Para una aleta recta alfiler.
𝒄
𝑳 = 𝑳 + 𝑫
𝟒
Por lo tanto, la Transferencia de Calor en la aleta queda:
𝒒𝒇 = 𝑴 ∗ 𝐭𝐚𝐧𝐡 𝒎𝑳𝒄
𝑓
tanh𝑚𝐿𝑐
𝜂 =
𝑚𝐿𝑐
𝐋𝐜𝟑/𝟐
𝐡
𝐤𝐀𝐩
Los errores asociados a la aproximación son insignificantes. En una aleta rectangular si 𝑤 ≫ 𝑡
𝒘:ancho 𝒕:espesor
Se aproxima el perímetro a: P=2w
𝟏/𝟐
Diaps 2do parcial
Para ingresar en el grafico 3.18 y 3.19
𝑳𝒄𝟑/𝟐 𝒉
𝒌𝑨𝒑
𝟏/𝟐 𝒓𝟐𝒄
𝒓𝟏
Cálculo de 𝒏𝒇 (método gráfico)
Eficiencia global:
La eficiencia global se caracteriza por, la razón de la transferencia de calor total del área de la superficie At, a la trasferencia
de calor máxima posible
𝑜
𝜂 =
𝑞𝑚𝑎𝑥
=
𝑞𝑡 𝑞𝑡
ℎ ∗ 𝐴𝑡 ∗ 𝜃𝑏
𝒒𝒕 Es la transferencia de calor total del área de la superficie 𝑨𝒕 asociada con las aletas y la parte expuesta de la base
(denominada superficie primaria). Si existe N aletas cada una de las áreas superficiales 𝑨𝒇 y el área de la superficie
primaria 𝑨𝒃
𝐴𝑡 = 𝑁𝐴𝑓 + 𝐴𝑏
La transferencia total por convección de las aletas y la superficie principal (sin aleta) se expresa como:
𝑞𝑡 = 𝑁 ∗ 𝜂𝑓 ∗ ℎ ∗ 𝐴𝑓 ∗ 𝜃𝑏 + ℎ ∗ 𝐴𝑏 ∗ 𝜃𝑏
h: equivalente para las superficies principal y con aletas,
𝒏𝒇 Es la eficiencia de una sola aleta.
𝑞𝑡 = ℎ ∗ 𝑁 ∗ 𝜂𝑓 ∗ 𝐴𝑓 + 𝐴𝑡 − 𝑁 ∗ 𝐴𝑓 ∗ 𝜃𝑏
𝑞𝑡 = ℎ ∗ 𝐴𝑡{1 −
𝑁 ∗ 𝐴𝑓
𝐴𝑡
1 − 𝜂𝑓 }𝜃𝑏
𝜂𝑜 = 1 −
𝑁 ∗ 𝐴𝑓
𝐴𝑡
(1 − 𝜂𝑓)
Por resistencia térmica
𝑡 ,0
𝑞𝑡
𝜃𝑏
𝑅 = =
1
ℎ ∗ 𝐴𝑡 ∗ 𝜂𝑜,𝑐
Transferencia de Calor en un sistema aleteado
𝒒𝒕 = 𝒉𝑨𝒕𝜼𝒐𝜽𝒃
ALETAS COMO PARTE INTEGRAL
𝑅𝑡 ,0(𝑐
)
1
𝜃𝑏
= =
𝑞 𝜂
ℎ𝐴
𝑡 0(𝑐) 𝑡
ALETAS ADHERIDAS A LA BASE
𝜂0 = 1 −
𝑁𝐴𝑓
𝐴
𝜂𝑓
𝑡 1
(1 −
𝐶
)
𝑅𝑡,𝑐"
𝑐 ,
𝑏
𝐶1 = 1 + 𝜂𝑓ℎ𝐴𝑓(
𝐴
)
𝑅𝑡,𝑐 ≪ 𝑅𝑡,𝑓
PROCEDIMIENTO
1)
Ap
Lc
2) calculamos
𝐿𝑐3/2 ℎ
𝑘𝐴
𝑝
1/2 𝑟2𝑐
𝑟1
3) determinamos 𝒏𝒕 de las gráficas 3.18 y 3.19 (pág. 123)
determinantes
CÁLCULO DE 𝒏𝒇 (MÉTODO GRÁFICO)
a) 𝑞 = ℎ(𝑃 ∗ 𝐿𝑐)(𝑇𝑏 − 𝑇∞)
b) 𝑞 = ℎ(𝑃 ∗ 𝐿𝑐)(𝑇𝑏 − 𝑇∞)
c) 𝑞 = ℎ 2𝜋(𝑟2𝑐
2 − 𝑟1
2)(𝑇𝑏 − 𝑇∞)
a) aleta rectangular recta
b) aleta triangular recta
c) aleta circunferenciales
4) Calculamos calor ideal
Ejemplo:
Se colocan aletas circunferenciales de acero de 3/8 “de largo y t=1/4” en un tubo de 1” de diámetro,
con el fin de disipar calor desde la superficie del tubo que se encuentra a 400°F al ambiente que se
encuentra a 70°𝐹. Calcular el calor que disipa cada aleta considerando un ℎ𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 = 20 𝐵𝑇𝑈/
𝑝𝑖𝑒 2°𝐹 y 𝑘𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 30 𝐵𝑇𝑈/𝑝𝑖𝑒°𝐹
𝐿 = 3/8 “ → 1/32’
𝑟1 = 1/2” → 1/24’
𝑡 = 1/4” → 1/48’
𝑇𝑏 = 400°𝐹 ℎ = 20 𝐵𝑇𝑈/𝑝𝑖𝑒 2°𝐹
𝑇∞ = 70°𝐹 𝑘 = 30 𝐵𝑇𝑈/𝑝𝑖𝑒°𝐹
𝐿𝑐 = 𝐿 + 𝑡/2
1 1 1
𝐿𝑐 =
32
+
48
∗
2
𝑳𝒄 = 𝟏/𝟐𝟒’
𝑟2𝑐 = 𝑟1 + 𝐿𝑐
𝑟2𝑐 = 1/24 + 1/24
𝒓𝟐𝒄 = 𝟏/𝟏𝟐’
𝐴𝑝 = 𝐿𝑐 ∗ 𝑡
1 1
𝐴𝑝 =
24
’ ∗
48
’
𝐴𝑝 = 8.6805 ∗ 10−4 ft2
𝐿𝑐3/2
ℎ
𝑘𝐴𝑝
1/2
=
3ൗ
2
1 20
24 30 ∗ 8.6805 ∗ 10−4
1/2
= 0.2357
𝑟2𝑐
=
1 ∗ 24
= 2
𝑟1 12 ∗ 1
Grafico 3.19
𝑛𝑓 = 93%
𝑞𝑓 = ℎ 2𝜋(𝑟2𝑐
2 − 𝑟1
2)(𝑇𝑏 − 𝑇∞)
𝑞𝑓 = 20
𝐵𝑇𝑈
2
𝑝𝑖𝑒 °𝐹
2𝜋 −
12 24
1 2
1 2
𝑝𝑖𝑒 2 400 − 70 °𝐹
𝑞𝑓 = 215.98 𝐵𝑇𝑈
𝑞𝑔 = 𝑛𝑓 ∗ 𝑞𝑓 = 0.93 + 215.98 = 200.86 𝐵𝑇𝑈
Ejemplo 3.9
El cilindro del motor de una motocicleta está fabricado de aleación de aluminio 2024T6 y tiene una altura H=0.15m y un diámetro exterior
D=50mm. Bajo condiciones de operación típicas la superficie exterior del cilindro está a una temperatura de 500°𝐾 y se expone al aire
ambiental a 300°𝐾, con un coeficiente de convección de 50𝑊/𝑚2°𝐾.
Unas aletas anulares están fundadas integralmente con el cilindro para aumentar la transferencia de calor a los alrededores. Considere cinco
de estas aletas, de espesor t=6mm, longitud L=20mm e igualmente espaciadas.
¿Cuál es el aumento en la transferencia de calor debido al uso de aletas?
𝐾𝐴𝑙 2024 𝑚
= 186 𝑊
𝐾 DETERMINADO EN TABLAS A 400K
Con las aletas colocadas la transferencia de calor es
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 1 −
𝑁𝐴𝑓
𝐴𝑡
1 − 𝜂𝑓 𝜃𝑏
2𝑐 2
𝑟 = 𝑟 + 𝑡
2 2𝑐
𝑟 = 0,045 + 0,006
2 2𝑐
𝑟 = 0,048 𝑚
𝐴𝑓 = 2𝜋 0,0482 − 0,0252 𝐴𝑓 = 0,010549468 𝑚2
𝐴𝑡 = 𝑁𝐴𝑓 + 𝐴𝑏,𝑐
Siendo Af, el área de una aleta
𝐴𝑓 = 2𝜋 𝑟2 − 𝑟2 = 2𝜋
2𝑐 1 0,048𝑚 2 − 0,025𝑚 2 = 0,0105 𝑚2
𝐴𝑏,𝑐 = á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑎, á𝑟𝑒𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎
𝐴𝑏,𝑐 = 2𝜋𝑟 𝐻 − 𝑁𝑡
𝐴𝑏,𝑐 = 2𝜋(0,025) 0,15 − 5𝑥0,006 𝐴𝑏,𝑐 = 0,01884955 𝑚2
𝐴𝑡 = 5𝑥0,010549468 + 0,01884955
𝐴𝑡 = 0,0716 𝑚2
Debemos determinar la eficiencia de una aleta
𝑐
𝑟2𝑐
= 0,048
= 1,92 ≈ 2 𝐿 = 𝐿 + 𝑡
𝑟1 0,025 2 𝑐 2 𝑐
𝐿 = 0,020 + 0,006
𝐿 = 0,023 𝑚
𝐴𝑝 = 𝐿𝑐𝑡; 𝐴𝑝 = 0,023𝑥0,006; 𝐴𝑝 = 1,38𝑥10−4 𝑚2
𝑐
3
𝐿2 ℎ
1/2
0,0233/2 50
𝑘𝐴𝑝 186𝑥1,38−4
1/2
= 0,1539
Con estos valores ingresamos en el Gráfico 3.19
Diaps 2do parcial
𝜂𝑓 = 95%
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡𝜃𝑏𝑛𝑜
𝑁𝐴𝑓
𝐴𝑡
1 − 𝑛𝑓
1 − 𝑛𝑓 𝜃𝑏
𝑛𝑜 = 1 −
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 1 −
𝑁𝐴𝑓
𝐴𝑡
𝑞𝑡 = 50
𝑊
2
𝑚 °𝐾
𝑥0,0716 𝑚2 1 −
0,0527 𝑚2
0,0716 𝑚2
0,05 200 °𝐾
𝑞𝑡 = 689,65𝑊 ≈ 690 𝑊
Sin aletas la transferencia de calor por convección seria:
𝑞𝑤0 = ℎ 2𝜋𝑟1𝐻 𝜃𝑏
𝑞𝑤0 = 50𝑊/𝑚2𝐾 2𝜋 ∗ 0,025𝑚 ∗ 0,15𝑚 200𝐾
𝑞𝑤0 = 235,62 ≈ 236 [𝑊]
∆𝑞 = 𝑞𝑡 − 𝑞𝑤0 = 454 [𝑊]
Ejemplo 3.10
La transferencia de un transistor se puede aumentar insertándolo en
una base de aluminio 𝑘 = 200 𝑊Τ𝑚𝐾 que tiene 12 aletas
longitudinalmente fabricadas integralmente sobre su superficie
transistor es 𝑅" = 10 ൗ
2
externa. El radio del transistor y la altura son r1=2mm y H=6mm,
respectivamente, mientras que las aletas n son de longitud L=r3-
r2=10mm y espesor uniforme t=0.7mm. El espesor de la base de la
manga es r2-r1=1mm, y la resistencia de contacto de la interfaz base-
−3 𝑚 𝐾 . Aire a 𝑇 = 20𝐶 fluye sobre la
superficie de
𝑡,𝑐 𝑊
la aleta, lo que
∞
proporciona un coeficiente de
convección aproximadamente uniforme de h=25𝑊Τ𝑚2𝐾.
Suponiendo una transferencia de calor unidimensional en la dirección
radia, dibuje el circuito equivalente para la transferencia de calor de
la capa del transistor (r=r1) al aire.
Evalué cada una de las resistencias en el circuito anterior. Si la
temperatura del transistor es T1=80C ¿Cuál es la rapidez de la
transferencia de calor de la base?
1) Condición de estado estable
2) La transferencia de calor es insignificante en las superficies inferior y superior.
3) Conducción radial unidimensional
4) Radiación insignificante
El circuito debe explicar la resistencia de contacto, conducción en la base, convección en la base expuesta y
conducción/convección en las aletas
𝑡 ,
𝑐
𝑅 =
𝑅𝑡,𝑐"
2𝜋𝑟1𝐻
10−3𝑚2𝐾/𝑊 𝐾
𝑅𝑡,𝑐 =
2𝜋(0,002𝑚)(0,006𝑚)
= 13,3
𝑊
𝑅𝑡 ,𝑏𝑎𝑠
𝑒
ln(𝑟2/𝑟1)
=
2𝜋𝑘𝐻
ln(3/2) 𝐾
𝑅𝑡,𝑏𝑎𝑠𝑒 =
2𝜋(200𝑊/𝑚𝐾)(0,06𝑚)
= 0,0054
𝑊
Diaps 2do parcial
Para una sola aleta
𝑓
𝑞 =
𝜃𝑏
𝑅 𝑡 ,
𝑓
𝑅 =
𝜃𝑏
𝑞
𝑡 ,𝑓 𝑓
𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝑐
1/2𝜃𝑏
𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝐿 + ℎ/𝑚𝑘 cosh 𝑚𝐿
cosh 𝑚𝐿 + ℎ/𝑚𝑘 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝐿
𝑃 = 2 𝐻 + 𝑡 = 13,4𝑚𝑚 = 0,0134𝑚
𝐴𝑐 = 𝑡 ∗ 𝐻 = 4,1 ∗ 10−6𝑚2
𝑚 =
ℎ𝑃
𝑘𝐴𝑐
=
25 𝑊/𝑚2 ∗ 0,0134𝑚
200 𝑊/𝑚𝐾 ∗ 4,2 ∗ 10 𝑚
−6 2
1/2
= 20 𝑚−1
𝑚𝐿 = 20𝑚−1 ∗ 0,01𝑚 = 0,20
ℎ 25𝑊/𝑚2𝐾
𝑚𝑘
=
20𝑚−1 ∗ 200𝑊/𝑚𝐾
= 0,0065
Para una sola aleta:
ℎ𝑃𝑘𝐴𝑐
1/2 = 25𝑊/𝑚2𝐾 ∗ 0,0134𝑚 + 200𝑊/𝑚𝐾 ∗ 4,2 ∗ 10−6𝑚2 1/2
ℎ𝑃𝑘𝐴𝑐
1/2 = 0,0168𝑊/𝐾
𝑡 ,
𝑓
𝑅 =
𝜃𝑏
𝑞𝑓
ℎ
𝑚𝑘
=
cosh𝑚𝑙 + 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝑙
[𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝑙 +
ℎ
𝑚𝑘
cosh 𝑚𝑙]()1/2
cosh(0.1997) + 6.25 ∗ 10−3 𝑠𝑒𝑛ℎ (0.1997)
𝑅𝑡,𝑓 =
[𝑠𝑠𝑒𝑛ℎ (0.1997) + 6.25 ∗ 10−3 cosh 0.1997 ](0.0168)
𝑅𝑡,𝑓 = 293.13𝐾/𝑊
Para 12 aletas:
Rt,f(12) =
293.13
12
K/W
𝑅𝑡,𝑓(12) = 24.427𝐾/𝑊
Para la base expuesta:
𝑡 ,
𝑏
𝑅 =
1
2
ℎ(2𝜋𝑟 − 12𝑡)𝐻
1
𝑅𝑡,𝑏 =
25𝑊/𝑚2 2𝜋 ∗ 0,03 − 12 ∗ 0,0007 𝑚 ∗ 0,006𝑚
𝑅𝑡,𝑏 = 638 𝐾/𝑊
𝑅𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣 = −1 +
24,4 683 −1 −1 = 23,5 𝐾/𝑊
𝑅𝑡𝑜𝑡 = =
13,3 + 0,054 + 23,5 𝐾 36,9𝐾
𝑊 𝑊
𝑞𝑡 = 𝑇1−𝑇∞
= 80−200
𝑅𝑡𝑜𝑡 36,9 𝐾/𝑊
=1,63W
Ejercicio 3.113
Un arreglo experimental para medir la conductividad térmica de materiales solidos implica el uso de las varillas largas que son
equivalentes en todos los aspectos excepto que una está fabricada de un material estándar de kA conocida mientras que el otro está
fabricado con el material cuya kB queremos conocer. Ambas varillas se unen en un extremo a una fuente de calor de temperatura fija Tb,
se expone a un fluido de temperatura T∞ y se instrumentan con termopares para medir la temperatura a una distancia fija x1 de la fuente
de calor. Si el material estándar es aluminio en kA=200(W/mK) y las medidas revelan valores de TA=100C y Tb=60C a x1 para
Tb=100C y T∞=25C ¿Cuál es el calor de kB?
Varillas muy largas
𝜃
= 𝑒−𝑚𝑥
𝜃𝑏
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑏 − 𝑇∞
= 𝑒−𝑚𝑥
ln
𝑇−𝑇∞
𝑇𝑏−𝑇∞
= 𝑚𝑥 =
𝑘𝐴
ℎ𝑃 1/2
𝑥
ln
𝑇𝐴 − 𝑇∞
𝑇𝑏 − 𝑇∞
= 𝑚𝑥 =
ℎ𝑃
𝑘𝐴𝐴
1/2
𝑥 (1)
ln
𝑇𝐵 − 𝑇∞
𝑇𝑏 − 𝑇∞
= 𝑚𝑥 =
ℎ𝑃
𝑘𝐵𝐴
1/2
𝑥 (2)
(1)/ (2)
ln
𝑇𝐴 − 𝑇∞
𝑇𝑏 − 𝑇∞
ln
𝑇𝐵 − 𝑇∞
𝑇𝑏 − 𝑇∞
=
𝑘𝐵
𝑘𝐴
1/2
𝑘𝐵 = 56.6𝑊ൗ 𝑚
𝐾
Ejercicio 3.124
Un calentado de aire consiste en un tubo de acero (k=20W/mK) con radios interno y externo de r1=13 mm y r2=16 mm,
respectivamente y ocho aletas longitudinales fabricadas integralmente, cada una de espesor t=3mm. Las aletas se extienden a un tubo
concéntrico que tiene radio r3=40mm y aislado en la superficie externa. Agua a T∞= 90 C fluye a través del tubo interno mientas que
aire a 𝑇∞,0 = 25 𝐶 fluye a través de la región anular formada por el tubo concéntrico más grande
1. Dibuje el circuito térmico equivalente del calentador y relacione c/resistencia térmica con los parámetros apropiados del sistema
2. Si hi=5000𝑊Τ𝑚2𝐾 y ho=200𝑊Τ𝑚2𝐾 ¿Cuál es la transferencia de calor por unidad de longitud?
Diaps 2do parcial
𝑛𝑓 = 0.49
𝑛𝑜 = 1 −
𝑁 𝐴𝑓
𝐴𝑡
(1 − 𝑛𝑓)
𝑛𝑜 = 1 −
8 ∗ 0.048
0.4602
(1 − 0.49)
𝑛𝑜 = 0.5744
𝑡 ,
𝑜
𝑅 =
𝑜
=
1 1
𝑛 ℎ𝐴𝑡 0.5744 ∗ 200 ∗ 0.4602
𝑡 ,
𝑜
𝑅 = 18.91 ∗ 10−3 𝑚𝐾
𝑊
𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑇∞,𝑖 − 𝑇∞,𝑜 30 − 25 𝑊
𝑞 = = = 2824
σ 𝑅 𝑚
Ejercicio 3.130
Se instala aletas anulares de aluminio de 2mm de espesor y 15mm de longitud sobre un tubo de
aluminio de 30mm de diámetro. Se sabe que la resistencia de contacto térmico entre una aleta y el tubo
es 𝑅" = 2 ∗ 10 ൗ
2
−4 𝑚 𝐾
𝑡,𝑐 𝑊. Si la pared del tubo está a 100C y el fluido contiguo está a 25C con
h=75𝑊Τ𝑚2𝐾 ¿Cuál es la transferencia de calor de 1 sola aleta?
¿Cuál sería la transferencia de calor si la resistencia de contacto pudiera eliminarse?
Diaps 2do parcial
𝑓
𝑇𝑡 − 𝑇∞
𝑞 =
𝑅𝑡,𝑐 + 𝑅𝑓
𝑡 ,
𝑐
𝑅"𝑡,𝑐
𝑅 =
𝐴𝑏
𝐴𝑏 = 2𝜋 (0.015 ∗ 0.002)
𝐴𝑏 = 1.88495 ∗ 10−4 𝑚2
2 ∗ 10−4 𝑚2𝐾ൗ
𝑅𝑡,𝑐 = 𝑊
1.88495 ∗ 10−4 𝑚2
𝑅𝑡 ,𝑐 = 1.06 𝐾ൗ
𝑊
𝑛𝑓 =
𝑞𝑚𝑎
𝑥
𝑞𝑓 𝑞𝑓
=
ℎ 𝐴𝑓 𝜃𝑏
𝑡 ,
𝑓
𝑅 =
𝜃𝑏
𝑞𝑓
𝑡 ,
𝑓
𝑅 =
𝑞𝑓 = 𝑛𝑓 ∗ 𝑞𝑚𝑎𝑥 = 𝑛𝑓 ∗ ℎ 𝐴𝑓 𝜃𝑏
1
𝑓
𝑛 ∗ ℎ 𝐴𝑓
𝐴𝑓 = 2𝜋(𝑟2,𝑐
2 − 𝑟1
2)
𝑟2,𝑐 = 𝑟2 + 𝑡/2
𝑟2,𝑐 = 30𝑚𝑚 +
2𝑚𝑚
2
𝑟2,𝑐 = 0.031𝑚
𝑡
𝐿𝑐 = 𝐿 +
2
𝐿𝑐 = 15𝑚𝑚 +
2𝑚𝑚
2
𝐿𝑐 = 0.016𝑚
𝐴𝑝 = 𝐿𝑐 ∗ 𝑡
𝐴𝑝 = 0.016 ∗ 0.002
𝐴𝑝 = 3.2 ∗ 10−5𝑚2
𝐿𝑐3/2
ℎ
𝑘𝐴𝑝
1/2
= 0.20
𝑛𝑓 = 0.94
𝑅𝑓 =
0.94 ∗ 75 ∗ 2𝜋(0.0312 − 0.0152)
1
𝐾
𝑅𝑓 = 3.07
𝑊
𝑓
𝑇𝑡 − 𝑇∞
𝑞 =
σ 𝑅
100 − 25
𝑞𝑓 =
(1.06 + 3.07)
= 18.2 𝑊
Sin resistencia de contacto
𝑓
𝑞 =
𝑅𝑓
=
𝜃𝑏 100 − 25
3.07
𝑞𝑓 = 24.4 𝑊
Ejercicios propuestos: 3:100/102/104/106/107/108/109/110/111/113/124/125/126/127/128/129/130
CONDUCCION TRANSITORIA
En general, la temperatura de un cuerpo varía con el tiempo así como con la posición. En coordenadas rectangulares, esta variación se expresa
como T(x, y, z, t), en donde (x, y, z) indica la variación en las direcciones x-, y- y z-, y t indica la variación con el tiempo. En el capítulo
anterior se consideró la conducción de calor en condiciones estacionarias, para las cuales la temperatura de un cuerpo en cualquier punto no
cambia con el tiempo. Con certeza, esto simplificó el análisis, en especial cuando la temperatura varió sólo en una dirección y se pudieron
obtener soluciones analíticas.
ρ ∗ Cp = capacidad termica volumetrica ρ
α= Difusividad térmica
kg 𝐽
𝑚3 𝑘𝑔°
𝐾
𝑚3°𝐾
𝐶𝑝[ ] CTV = ρ ∗ Cp [𝐽
ൗ ]
α =
𝑘 𝑚2
Τ
𝐶𝑝
𝑠 Mide la capacidad de un material para conducir energía térmica en relación con su capacidad de almacenar energía térmica.
Método de la resistencia interna despreciable. MRID
Si no tenemos gradientes de temperatura no podemos calcular la difusión de calor.
Para resolver el problema usamos la temperatura transitoria, para esto realizamos un balance de energía global en el sólido.
Debemos relacionar la velocidad de perdida de calor en la superficie con la rapidez de cambio de la energía interna.
La temperatura del solido es espacialmente uniforme en cualquier instante durante el proceso transitorio
−𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒= 𝐸ሶ𝑎𝑙
𝑚
−ℎ𝐴𝑠 𝑇 − 𝑇∞
𝑑𝑇
= 𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑑𝑡
𝜃 ≡ 𝑇 − 𝑇∞
ℎ𝐴𝑠 𝑑𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝 𝑑𝜃
= −𝜃
𝜌𝑉𝐶𝑝
ℎ𝐴𝑠
𝜃
𝑖
𝜃
𝑑𝜃
𝑜
𝑡
න
𝑑𝑡
= − න𝑑𝑡
Separando variables e integrando
desde la condición inicial para la
que t=0 y T(0)=Ti
𝜃𝑖 = 𝑇𝑖 − 𝑇∞
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝑉𝐶𝑝 𝜃𝑖
𝜃
ln = 𝑡
𝜃 𝑇 − 𝑇∞
=
𝜃𝐼 𝑇𝑖 − 𝑇∞
= 𝑒𝑥𝑝 −
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑡
La temperatura del
temperatura del
exponencialmente
solido y la
fluido caen
Constante térmica de tiempo 𝑟𝒕
τt =
𝜌𝑉𝐶𝑝
ℎ𝐴𝑠
τt =
1
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝑉𝐶𝑝 = 𝑅𝑡𝐶𝑡
𝑅𝑡: Resistencia a la transferencia de calor por convección
𝐶𝑡: Resistencia interna despreciable del solido
NOTA: cualquier aumento en 𝑅𝑡 y 𝐶𝑡 ocasionaría que un sólido responda más lentamente a cambios en
su ambiente térmico.
Transferencia total de calor Q
t t
Q = නq dt = hAs නθdt
0 0
Sustituyendo θ de la ecuación 6) e integrar se tiene (8)
Q = (ρVCp)θi 1 − exp −
t
τt
Además Q está relacionada con el cambio de energía interna de salida
−Q ≡ ∆Ealm para el templado Q es positiva,cuando el solido se calienta Q es negativa
Esta superficie se mantiene a 𝑇𝑠,1 y
la otra se expone a un fluido de
temperatura 𝑇∞ < 𝑇𝑠,1 por lo que 𝑇𝑠,2
será un valor intermedio 𝑇∞ < 𝑇𝑠,2 <
𝑇𝑠,1
Consideración de Conducción en estado estable a través de una pared plana de área A.
𝑇∞ < 𝑇𝑠,1
𝑇∞ < 𝑇𝑠,2 < 𝑇𝑠,1
𝑘𝐴
𝐿
𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 = ℎ𝐴(𝑇𝑠,1 − 𝑇∞)
𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
𝑇𝑠,1 − 𝑇∞
=
𝐿ൗ 𝑘
𝐴
1ൗ ℎ
𝐴
𝑅𝑐𝑜𝑛𝑑
𝑐𝑜𝑛
𝑣
ℎ𝐿
=
𝑅
=
𝑘
La resistencia a la conducción dentro del solido es mucho menor que la resistencia a la convección a través de la capa límite
del fluido.
El número de Biot desempeña un papel muy importante en la resolución de problemas de conducción, por lo que su
interpretación es. La razón de resistencias térmicas de un sólido
𝐵𝑖 ≡
ℎ𝐿
𝑘
Biot  proporciona la variación de temperatura en el sólido / variación de temperatura entre la superficie y el fluido.
Curva a): Bi << 1 Curva b): Bi ≈ 1
Ti = Temperatura uniforme inicial
Curva c): Bi >> 1
Para poder enfrentar un problema de conducción transitoria debemos primero calcular Biot, y para aplica el MRID, éste
debe cumplir lo siguiente:
ℎ𝐿
𝐵𝑖 ≡
𝑘
< 0,1
El error asociado con el uso de la resistencia interna despreciable es pequeño.
Se necesita definir la longitud característica:
𝑉
𝐿𝑐 ≡
𝐴𝑠
Esta manera de calcular la Lc se facilita cuando tenemos solidos con geometrías complicadas
Para una pared plana de espesor 2L=>Lc=L
Para un cilindro largo Lc=𝒓𝒐
𝟐
Para una esfera 𝑳𝒄 = 𝒓𝒐
𝟑
Sin embargo si se desea aplicar el criterio en forma prudente, Lc debe asociarse con la escala de longitud que
corresponde a la diferencia máxima de temperaturas espaciales. En consecuencia para una pared plana de espesor 2L
calentada, (o enfriada), de forma simétrica, Lc permanecería igual a la mitad del espesor L.
𝑜
Sin embargo para un cilindro o esfera largos, Lc seria igual al radio real 𝑟 , 𝑒𝑛 𝑙𝑢𝑔𝑎𝑟 𝑑𝑒
𝑟𝑜
2
𝑜
𝑟
𝑜
3
𝑐
Finalmente, con 𝐿 ≡
𝑉
,
𝐴𝑐
𝑒𝑙 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑠 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎𝑟í𝑎:
𝒉𝑨𝒔𝒕
=
𝒉𝒕
=
𝒉𝑳𝒄 𝒌
𝒄
𝝆𝒄𝒑𝑽 𝝆𝒄𝒑𝑳𝒄 𝒌 𝝆𝒄𝒑 𝑳𝟐 𝒌
𝒕 𝒉𝑳𝒄 𝑎𝒕
=
𝒄
𝑳𝟐
𝝆𝒄𝒑𝑽
𝒉𝑨𝒔𝒕
= 𝑩𝒊 𝑭𝒐
Diaps 2do parcial
𝑇(𝑥,𝑡) ≈ 𝑇(𝑡)
Variación de temperatura
con la posición y el tiempo
La TC se la relaciona entre el
sólido y el fluido, internamente
la ∆𝑇 significante.
𝑇 = 𝑇(𝑥,𝑡)
∆𝑇
significante.
𝑇 = 𝑇(𝑥,𝑡)
∆𝑇
Muy grande la TC en el interior del
sólido es muy grande
Ejemplo 5.1
Una unión termopar cuya forma se aproxima a una esfera, se usara para la medición de la temperatura en un
flujo de gas. Se sabe que el coeficiente de convección entre la superficie de unión y el gas es h= 40𝑊Τ𝑚2°𝐾, y
que las propiedades termofísicas de la unión son 𝑘=20𝑊Τ𝑚°𝐾 c=400 𝐽
ൗ 𝑘𝑔°𝐾 y 𝜌 = 8500 𝑘𝑔/𝑚3. Determine
el diámetro de la unión necesario para que el termopar tenga un tiempo constante de 1s. Si la unión está a
25°C y se coloca en un flujo de gas que está a 200°C ¿Cuánto tiempo tardara la unión en alcanzar 199°C?
1
𝑟1 =
ℎ𝜋𝐷2 ×
𝜌𝜋𝐷3
6
𝑐
𝐷 =
6ℎ𝑟1
𝜌𝑐
=
6 × 400 𝑊ൗ 𝑚2 ∗ 𝐾 × 1
𝑠
8500
ൗ
𝑚
𝑘𝑔 𝐽
3 × 400 ൗ 𝑘𝑔 ∗
𝑘
𝐷 = 7.06 × 10−4𝑚
Con Lc = ro/3
𝐾
Bi = ℎ𝐿𝐶
≤ 0,1
𝐵𝑖 =
ℎ 𝑟𝑜
ൗ 3
𝑘
=
400 𝑊ൗ 𝑚2 ∗ 𝐾 × 3.53 × 10−4
𝑚
3 × 20 𝑊
ൗ
𝑚 ∗ 𝐾
𝐵𝑖 = 2.35 × 10−4
𝑡 =
ℎ 𝜋𝐷2 𝑙𝑛
𝑇 − 𝑇𝛼
=
𝜌 𝜋𝐷3/6 𝑐 𝑇𝑖 − 𝑇𝛼 𝜌𝐷𝑐 𝑇𝑖 − 𝑇𝛼
6ℎ
𝑙𝑛
𝑇 − 𝑇𝛼
τt =
1
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝑉𝐶𝑝 = 𝑅𝑡𝐶𝑡
𝑡 =
8500 𝑘𝑔
ൗ
𝑚3 × 7.06 × 10−4𝑚 × 400 𝐽ൗ 𝑘𝑔 ∗
𝐾
6 × 400 𝑊
ൗ
𝑚2 ∗ 𝐾
25 − 200
𝑙𝑛
199 − 200
𝒕 = 𝟓. 𝟐 𝒔 ≈ 𝟓𝑟𝟏
Método de la Resistencia Interna Despreciable
Aunque la conducción transitoria en un sólido normalmente se inicia mediante la transferencia de calor por convección
hacia o desde un fluido contiguo, otros procesos tal vez introduzcan condiciones térmicas transitorias dentro del sólido,
por ejemplo:
Un sólido se separa de sus alrededores mediante un gas o un vacío. Si las temperaturas del sólido y los alrededores
difieren el intercambio de radiación ocasiona que cambie la energía térmica interna y por ello la temperatura del sólido.
Aplicando conservación de energía para cualquier instante t:
Ecuación diferencial ordinaria de primer orden no lineal y no homogénea no es posible integrar para obtener una solución exacta..
𝑞´´𝐴
𝑠 𝑠,ℎ
+ 𝐸𝑔 − ℎ 𝑇 − 𝑇∞ + 𝜀𝜎 𝑇4 − 𝑇4 𝐴
𝑎𝑖𝑟 𝑠(𝑐,𝑟)
𝑑𝑇
= 𝜌𝑉𝑐
𝑑𝑡
Pero si no existe flujo de calor impuesto o generado y convección son insignificantes frente a la radiación, se reduce a:
𝑑𝑡 𝑠,𝑟 𝑎𝑖
𝑟
𝑑𝑇
𝜌𝑉𝑐 = − 𝜀𝐴 𝜎 𝑇4 − 𝑇4
Al separar variables e integrar desde la condición inicial hasta cualquier tiempo t se tiene:
𝜀𝐴𝑠,𝑟𝜎
𝜌𝑉𝑐
𝑡 𝑇
න 𝑑𝑡 = න
0 𝑇𝑖
𝑑𝑇
𝑎𝑖
𝑟
𝑇4
− 𝑇4
Al evaluar las integrales y reacomodar con el tiempo que se requiere para alcanzar T
𝑡 =
𝜌𝑉𝑐
𝑎𝑖
𝑟
4𝜀𝐴𝑠,𝑟𝜎𝑇3 𝑇𝑎𝑖𝑟 − 𝑇
𝑇𝑎𝑖𝑟 + 𝑇 𝑇𝑎𝑖𝑟 + 𝑇𝑖
𝑙𝑛 − 𝑙𝑛
𝑇𝑎𝑖𝑟 − 𝑇𝑖
+ 2 tan−1
𝑇
𝑇𝑎𝑖𝑟
− tan−1
𝑇𝑖
𝑇𝑎𝑖𝑟
Diaps 2do parcial
Diaps 2do parcial
La solución exacta:
1.
∞
𝜃∗ = ෍ 𝐶𝑛 exp(−𝜁𝑛2𝐹𝑜)(𝑐𝑜𝑠𝜁𝑛 𝑥∗)
𝑛=1
Cn ^ 𝜁 se encuentra en la tabla 5.1 pág. 227
2.
𝛼𝑡
𝐹𝑜 =
𝐿2
𝐶𝑛 =
4𝑠𝑒𝑛 𝜁𝑛
2𝜁 + 𝑠𝑒𝑛(2𝜁𝑛)
Valores característicos de 𝜁𝑛 son las raíces positivas de la ecuación
4. 𝜁𝑛 tan𝜁𝑛 = 𝐵𝑖
Solución aproximada:
Para valores de Fo > 0.2
TRANSFERENCIATOTALDE ENERGIA
𝐸𝑒𝑛𝑡 − 𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒 = ∆𝐸𝑎𝑡𝑚
𝑄 = − 𝐸 𝑡 − 𝐸(0)
En algunas situaciones es útil conocer la energía total que disminuye en la pared en cualquier tiempo t eh el
proceso transitorio.
𝑄 = − න𝜌𝑐 𝑇 𝑟, 𝑡 − 𝑇1 𝑑𝑣
Se aplica para condiciones de tiempo limitado por la condición inicial (t=0) y cualquier t > 0
9.
𝑄𝑜 = 𝜌𝑐𝑉 𝑇1 − 𝑇∞
Energía interna inicial de la pared. Cantidad máxima de transferencia de energía que podría ocurrir para un t=∞
10.
1
𝑄 𝑠𝑒𝑛𝜁
𝑄𝑜 𝜁1
= 1 − 𝜃𝑜
∗
𝜃0
∗
𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 8)
C1 ^ 𝜁1 tabla 5.1
Cilindro infinito
∞
𝜃∗ = ෍ 𝐶𝑛𝑒𝑥𝑝 −𝜁2𝐹𝑜 𝐽𝑜 𝜁 𝑟∗
𝑛 𝑛
𝑛=1
𝜃∗: Energía total transferida de la pared
𝐽1, 𝐽0: Funciones de Bessel de primera clase Tabla B-4
Esfera
𝑛 =1
∞
𝜃∗ = ෍ 𝐶𝑛𝑒𝑥𝑝 −𝜁2𝐹𝑜
𝑛
1
𝜁𝑛𝑟∗ 𝑛
𝑠𝑒𝑛 𝜁 𝑟∗
Donde:
𝐹𝑜 =
𝛼𝑡
𝑟𝑜
2
𝑛
4 𝑠𝑒𝑛 𝜁𝑛 − 𝜁𝑛cos(𝜁𝑛)
𝐶 =
2𝜁𝑛 − 𝑠𝑒𝑛(2𝜁𝑛)
Donde 𝜁𝑛 son las raíces positivas de la ecuación trascendental 1 − 𝜁𝑛 cot𝜁𝑛 = 𝐵𝑖
Ejemplo 5.3 pág. 231
Considere una tubería de acero (AISI 1010) que tiene 1m de diámetro interno y una pared con espesor de 40 mm. La tubería está
fuertemente aislada en el interior y antes del inicio del flujo las paredes de la tubería se encuentran a una temperatura uniforme de -20 C.
con el inicio del flujo se bombea aceite caliente a 60 C por la tubería, con lo que se crea una condición conectiva de superficie que
corresponde a ℎ = 500 𝑊Τ𝑚2𝐾 en la superficie interior de la tubería.
1. Cuáles son los números de Biot y Fourier apropiados, 8 minutos después de iniciado el flujo a t=8min ¿Cuál es la temperatura de la
superficie exterior cubierta por aislante?
2. ¿Cuál es el flujo de calor q” 𝑊Τ𝑚2 a la tubería desde el aceite en t= 8 min?
3. ¿Cuánta energía por metro de longitud de tubería se ha transferido del aceite en t= 8 min?
𝑚
𝑇𝑚,𝑖 + 𝑇𝑚,𝑜
𝑇 =
2
𝑇𝑚 =
−20 + 60
2
= 20℃ + 273°𝐾 = 293 𝐾 ≈ 300𝐾
Propiedades del fluido
ρ = 7832 kg/m³
Cp = 434
J
kgK
α = 18,8 × 10−6m2/s
k = 63,9 W/mK
ℎ𝐿
𝐵𝑖 = =
𝐾
500 𝑊ൗ 𝑚2 ∗ 𝐾 × 0.04
𝑚
63.9 𝑊
ൗ
𝑚 ∗ 𝐾
= 0.313
𝐵𝑖 = 0.313 > 0.1 No se puede usar resistencia interna
𝐹𝑜 =
𝛼𝑡
𝐿2
18.8 × 10−6 𝑚2
ൗ 𝑠 × 8 𝑚𝑖𝑛 × 60 𝑠
ൗ 0.04 𝑚 2
= 𝑚𝑖𝑛 = 5.64
𝐹𝑜 = 5.64 > 0.2 Podemos usar convección en una pared plana
Tabla 5.1. Coeficientes que se usan en la aproximación de un termino para las soluciones de serie de la conducción
transitoria unidimensional
Temperatura del plano medio
𝑜
∗
𝜃 =
𝑇𝑜 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
= 𝐶1𝑒 1
(−𝜍2𝐹𝑜)
𝑜
𝜃∗ = 1.047𝑒𝑥𝑝 − 0.531 𝑟𝑎𝑑 2 × 5.64 = 0.214
Para 8 min tenemos 𝑇(0,8min)
𝜃∗ =
𝑇0 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
𝑇0 = 𝑇∞+ 𝜃∗(𝑇𝑖 − 𝑇∞)
𝑇0 = 60 + 0.213 −20 + 60
𝑇0 = 42.92 𝐶
3) la transferencia de calor a la superficie interna en x=L se da por convección y para cualquier tiempo
Ley de Newton
t = 8min = 480 s
𝑞´´
𝑥 1 𝐿
𝐿 480𝑠 ≡ 𝑞´´ = ℎ 𝑇 𝐿, 480 𝑠 − 𝑇∞
𝜃∗ = 𝜃∗cos(𝜁 )
𝑜 1
𝑇 𝐿, 𝑡 = 𝑇∞ + 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜃∗cos(𝜁1)
𝑜
𝑇 𝐿, 8 𝑚𝑖𝑛 = 60℃ + −20 − 60 ℃ × 0.214 × 𝑐𝑜𝑠 0.531 𝑟𝑎𝑑
𝑇(𝐿, 8 𝑚𝑖𝑛) = 45.2℃
El flujo de calor en t=8 min
𝐿
𝑞´´ = 500 𝑊
ൗ
2
𝑚 ∗ 𝐾
45.2 − 60 ℃ = −7400 𝑊
ൗ
𝑚2
Transferencia total de energía
𝑄
= 1 −
𝑄𝑜 𝜁1
1
𝑠𝑒𝑛(𝜁 )
𝜃𝑜
∗
𝑄
𝑄𝑜
= 1 −
𝑠𝑒𝑛 0.531 𝑟𝑎𝑑
0.531 𝑟𝑎𝑑
× 0.214 = 0.80
𝑄 = 0.80𝜌𝑐𝑉 𝑇𝑖 − 𝑇∞
𝑄´ = 0.80𝜌𝑐𝜋𝐷𝐿 𝑇𝑖 − 𝑇∞
𝑄´ = 0.80 × 7823 𝑘𝑔
ൗ
𝑚3 ൗ 𝑘𝑔 ∗
𝐾
× 434 𝐽 × 𝜋 × 1 𝑚 × 0.04 𝑚 −20 − 60 ℃
𝑄´ = −2.73 × 107 𝐽
ൗ
𝑚
5.5 Unos balines de acero de 12 mm de diámetro se templan mediante el calentamiento a 1150oK y después se enfrían
lentamente a 400oK en un aire ambiental para el cual 𝑻∞=𝟑𝟐𝟓 𝑲 y 𝒉=𝟐𝟎 𝑾/𝒎²𝑲. Suponiendo que las propiedades
del acero son 𝑲=𝟒𝟎 𝑾/𝒎𝑲, 𝝆=𝟕𝟖𝟎𝟎 𝒌𝒈/𝒎³, y 𝒄𝒑=𝟔𝟎𝟎 𝑱/𝑲𝒈 𝑲, estime el tiempo que se requiere para el proceso de
enfriamiento.
Diaps 2do parcial
5.8 Una bala esférica de plomo de 6 mm de diámetro se mueve aproximadamente a Mach 3. La onda de
choque resultante calienta el aire alrededor de la bala a 700 K, y el coeficiente de convección promedio para
la transferencia de calor entre el aire y la bala es 50 W/m²K. Si la bala sale del barril a 300 K y el tiempo de
vuelo es de 0.4s, ¿cuál es la temperatura en la superficie en el momento del impacto?
Diaps 2do parcial
Diaps 2do parcial
Ejemplo 5.2/5.4 Propuestos 5.5/5.6/5.7/5.31

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  • 1. UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS – ESPE DEP ARTAMENTO DE CIENCIAS DE LAENERGÍAY MECÁNICA CARRERADE INGENIERÍAMECÁNICA TRANFERENCIA DE CALOR Docente: Ing. Ángelo Villavicencio Msc.
  • 2. La razón a la que se genera calor dentro del cilindro debe ser igual a la rapidez con que se igual a la rapidez con que se transmite calor por convección de la superficie del cilindro a un fluido en movimiento. Esta condición permite que la temperatura de la superficie se mantenga en un valor 𝑇𝑆 1 𝑑 𝑑𝑇 𝑞 𝑟 + = 0 1 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑘 separando Se integra uniforme variables y suponiendo generación 𝑟 𝑑𝑇 𝑞 ሶ 𝑑𝑟 2𝑘 2 = − 𝑟 + 𝐶1 2 Repitiendo el procedimiento: Solución general para la distribución de temperatura 𝑟 𝑇 = − 𝑞 ሶ 4𝑘 2 𝑟 + 𝐶 ln 𝑟 + 𝐶 1 2 3 SISTEMAS RADIALES
  • 3. Para 𝐶1 𝑦 𝐶2 se aplica las condiciones de frontera 𝑑 𝑟 ቤ 𝑑𝑇 𝑟 =0 = 0 𝑦 𝑇 𝑟0 = 𝑇𝑆 En condiciones de frontera simétrica estamos ubicados en el plano medio de una pared por lo que 2 𝑠 𝐶 = 𝑇 + 𝑟 = 0 ⇒ 𝐶1 = 0 𝑞ሶ 4𝑘 𝑟0 2 ⇒ 𝑇𝐶 Se determina entonces que la distribución de temperatura es: (𝑟 ) 𝑇 = 𝑞ሶ 𝑟 2 0 4𝑘 1 − 𝑟2 0 𝑟2 + 𝑇𝑠 Evaluando la temperatura en la línea central se obtiene 𝑞ሶ 𝑟 2 4𝑘 𝑇 = 𝑇 = 1 + 𝑇 0 0 1 (𝑟 ) 𝑇 − 𝑇 𝑇0− 𝑇𝑠 𝑠 = 1 − 𝑟 𝑟0 2 Se puede evaluar la T-C cualquier radio r en el cilindro. para T0 es la temperatura de la línea central
  • 4. Para relacionar la temperatura de la superficie 𝑇𝑠, con la temperatura del fluido frio 𝑇∞, se usa un balance de energía en la superficie o un balance global de energía. 𝑞ሶ𝜋𝑟2𝐿 = ℎ 2𝜋𝑟0𝐿 𝑇𝑠− 𝑇∞ 0 𝑞ሶ𝑟 𝑇𝑠= 𝑇∞ + 2ℎ FACTOR DE FORMADELCALOR PARAVARIAS GEOMETRÍAS (CONDUCCIÓN) Pared plana 𝐾𝐴 𝐿 𝑞 = 𝑇1− 𝑇2 𝐹 = 𝐴 𝐿 𝒒 = 𝑲𝑭 𝑻𝒔,𝟏 − 𝑻𝒔,𝟐
  • 5. Cilindro 𝑞 = 2𝜋𝐾𝐿 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 ln 𝑟2 𝑟1 𝐹 = 2𝜋𝐿 ln 𝑟2 𝑟1 𝑞 = 𝐾𝐹(𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2) Esfera 4𝜋 𝐹 = 1 1 𝑟1 − 𝑟2 𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2
  • 6. Cilindros Excéntricos 𝐹 = 2𝜋𝐿 ln 𝑟2 𝑟1 − 0,10669 𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 𝐹 = 2𝜋𝐿 𝑐𝑜𝑠ℎ−1 1 + 𝜌2 − 𝜀2 2𝜌 𝑟1 𝑒 𝜌 = 𝑟 𝜀 = 𝑟 2 2 𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 Cilindro circular en un ducto hexagonal
  • 7. Cilindro circular en un ducto cuadrado 𝐹 = 2𝜋𝐿 ln 𝑟2 𝑟1 − 0,27079 𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 𝐹 = 2𝜋𝐿 𝑐𝑜𝑠ℎ−1 𝑙 𝑟 𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 INVESTIGAR FACTORES DE FORMA, (CENGEL E INCROPERA) Cilindro infinito en un medio semi infinito
  • 8. Factores de forma en la conducción, S, para varias configuraciones Tabla 3-7 Cengel, 3ra edición
  • 12. Pérdida De calor en tubos enterrados de vapor de agua Un tubo de agua caliente de 30 m de largo y 10 cm de diámetro de un sistema municipal de calefacción está enterrado en el suelo 50 cm por debajo de la superficie del piso, como se muestra en la figura, La temperatura de la superficie exterior del tubo es 80°C. Si la temperatura superficial de la tierra es 10°C y la conductividad térmica del suelo en ese lugar es 0.9W/m · °C, determine la razón de la pérdida de calor del tubo
  • 13. Aplicando el factores de forma para cilindro isotérmico de longitud L enterrado en un medio semiinfinito. Tabla 3-7 Cengel, 3ra edición Datos L = 30 m D = 10 cm z = 0,5 m 𝑇1 = 80°𝐶 𝑇2 = 10°𝐶 𝐾 = 0.9 𝑊 𝑚°𝐶 𝐹 = 2𝜋𝐿 ln 4𝑧 𝐷 = 2𝜋(30𝑚) ln 4 ∗ 0,5𝑚 0,1 𝑚 = 62,92𝑚 𝑊 𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇1 − 𝑇2 = 0.9 𝑚°𝐶 ∗ 62,92𝑚 ∗ 80 − 10 °𝐶 = 3963,96 𝑊 La razón de la pérdida de calor del tubo es:
  • 14. Transferencia de calor entre tubos de agua caliente y fría Una sección de 5 m de largo de tubos de agua caliente y fría están tendidos paralelos entre sí en una capa gruesa de concreto, como se muestra en la figura. Los diámetros de los tubos son de 5 cm y la distancia entre las líneas centrales de ellos es de 30 cm. Las temperaturas superficiales de los tubos de agua caliente y fría son 70°C y 15°C, respectivamente. Si la conductividad térmica del concreto es k 0.75 W/m · °C, determine la razón de la transferencia de calor entre los dos tubos.
  • 15. Aplicando el factores de forma para cilindro isotérmico paralelos colocados en un medio semiinfinito. Tabla 3-7 Cengel, 3ra edición Datos L = 5 m 𝐷1 = 5 cm 𝐷2 = 5 cm z = 30 cm 𝑇1 = 70°𝐶 𝑇2 = 15°𝐶 𝐾 = 0,75 𝑊 𝑚°𝐶 𝐹 = 2𝜋𝐿 cosh−1 4𝑧2 − 𝐷2 − 𝐷2 1 2 2𝐷1𝐷2 = 2𝜋 ∗ 5𝑚 cosh−1 4(0,30𝑚2) − (0,05𝑚2) − (0,05𝑚2) 2 ∗ 0,05𝑚 ∗ 0,05𝑚 = 6,34 𝑚 𝑊 𝑞 = 𝐾𝐹 𝑇1 − 𝑇2 = 0,75 𝑚°𝐶 ∗ 6,34 𝑚 ∗ 70 − 15 °𝐶 = 261,53 𝑊 La razón de la pérdida de calor del tubo es:
  • 16. RESISTENCIA TÉRMICAA LA RADIACIÓN 1 𝑅 = ℎ𝐴𝐶 𝐴𝐶 = 𝐴𝑅 ℎ ⇒ 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑅 𝑅 = 1 ℎ 𝐴 𝑅 𝑅 1 𝑅𝑒 𝑞 𝑅 1 1 = 𝑅 + 𝑅𝐶
  • 17. 𝑒 𝑞 𝑅 = 1 𝑅 ℎ 𝐴 + ℎ𝐴 𝑞 = 𝑇1− 𝑇0 𝐿 𝑅𝐴 + 𝑅𝑒 𝑞 𝑞𝑟 = 𝜀𝐴𝜎 𝑇4 − 𝑇4 1 2 𝑞𝑟 = 𝜀𝐴𝜎 𝑇2 + 𝑇2 𝑇1+ 𝑇2 1 2 𝑇1− 𝑇2 𝑚 𝑇 = 𝑇1+ 𝑇2 2 ≡ 4𝑇𝑚3 = 𝑇3 + 3𝑇2𝑇2 + 3𝑇1𝑇2 + 𝑇3 1 1 2 2 2 𝑇2 + 𝑇2 1 2 𝑇1 + 𝑇2 = 4𝑇𝑚3
  • 18. 𝑞𝑟 = 𝜀𝐴𝜎4𝑇𝑚3 𝑇1 − 𝑇2 ℎ𝑟 = 𝜀𝜎𝑇𝑚3 𝑟 𝑇1− 𝑇2 𝑞 = 1 ℎ𝑅 ∗ 𝐴 ℎ𝑅 = 4𝜀𝜎 𝑇2+ 𝑇0 2 3
  • 19. Por lo general se considera que ℎ𝐶 ≡ ℎ𝑅. Valores de emisividad Superficie 𝗌 Aleación de Al 0,035 Al negro anodizado 0,80 Tierra 0,94 Pintura blanca acrílica 0,90 Pintura negra esmaltada 0,78 Asfalto 0,88 Concreto 0,90 Vidrio Pirex 0,80 Acero inoxidable 0,30
  • 20. Transferencia de Calor en superficies extendidas La frase superficie extendida se usa normalmente con referencia a un sólido que experimenta transferencia de energía por conducción dentro de sus límites, así como transferencia de energía por convección (y/o radiación) entre sus límites y los alrededores. Tal sistema se muestra de forma esquemática en la figura. Se usa un puntal para proporcionar soporte mecánico a dos paredes que están a temperaturas diferentes.
  • 21. ALETAS CARACTERÍSTICAS • Como con frecuencia es el caso, existen dos maneras de incrementar la razón de la transferencia de calor: aumentar el coeficiente de transferencia de calor por convección, h, o aumentar el área superficialAs. • La alternativa es aumentar el área superficial al agregar unas superficies extendidas llamadas aletas, hechas de materiales intensamente conductores como el aluminio • Las superficies con aletas se fabrican al extruir, soldar o envolver una delgada lámina metálica sobre una superficie. Las aletas mejoran la transferencia de calor desde una superficie al exponer un área más grande a la convección y la radiación.
  • 22. En el análisis de las aletas, se considera operación estacionaria sin generación de calor en la aleta y se supone que la conductividad térmica k del material permanece constante Radiador del automóvil En el radiador las delgadas hojas metálicas, colocadas muy cercanas entre sí, que se sujetan a los tubos de convección y, por consiguiente, la razón de agua caliente aumentan el área superficial para la la transferencia de calor por convección desde los tubos hacia el aire, muchas veces. Algunos diseños innovadores de aletas.
  • 23. Formas de aletas (Configuraciones)
  • 24. Formas de aletas (Configuraciones) a) Aleta recta de sección transversal uniforme. b) Aleta recta de sección transversal no uniforme. c) Aleta anular. d) Aleta de aguja.
  • 25. MODELO MATEMÁTICO 𝑞𝑥 = 𝑞𝑥+𝑑𝑥 + 𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 1 𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎 𝑑𝑇 𝑞𝑥 = −𝐾𝐴𝐶 𝑑𝑥 2 𝐹𝑜𝑢𝑟𝑖𝑒𝑟 La conducción de calor en x + dx es: 𝑞𝑥+𝑑 𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑞𝑥 = 𝑞 + 𝑑𝑥 3 𝑑𝑇 𝑑 𝑞𝑥+𝑑𝑥 = −𝐾 𝐴𝐶 𝑑𝑥 − 𝐾 𝑑𝑥 𝑑𝑇 𝐴𝐶 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝑑𝐴𝑆 𝑇 − 𝑇∞ 4
  • 26. dAs: Área superficial del elemento diferencial Fourier 𝑥 1. 𝑞 = −𝑘𝐴 𝑑𝑇 𝐶 𝑑𝑥 2. 𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝑑𝐴𝑆 𝑇 − 𝑇∞ Sustituyendo (3) y (4) en (1) 𝑑 𝑑𝑥 𝐴 𝑑𝑇 𝐶 𝑑𝑥 ℎ 𝑑𝐴𝑆 − 𝐾 𝑑𝑥 𝑇 − 𝑇∞ = 0 5 𝑑2𝑇 𝑑𝑥2 + 𝐶 𝐴 𝑑𝑥 1 𝑑𝐴𝐶 𝑑𝑇 − 𝑑𝑥 𝐶 1 ℎ 𝑑𝐴𝑆 𝐴 𝑅 𝑑𝑥 𝑇 − 𝑇∞ = 0 6
  • 27. Aletas de área de sección transversal uniforme Cada aleta se une a una superficie de base de temperatura 𝑇 0 = 𝑇𝑏 y se extiende en un fluido de temperatura 𝑇∞. 𝐶 Para estas aletas 𝐴 = 𝑐𝑡𝑒 y 𝑑𝐴𝑆 𝑑 𝑥 = 𝑃𝑥, donde 𝐴𝑆 es el área de la superficie de la base a x y P es el perímetro. 𝑑𝐴𝐶 𝑑𝐴𝑆 ⇒ = 0 𝑦 = 𝑃 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Entonces (6) se reduce a: 𝑑2𝑇 ℎ𝑝 𝑑𝑥2 − 𝑘𝐴𝐶 𝑇 − 𝑇∞ = 0 (7) Para simplificar la ecuación transformamos la variable dependiente y definimos un exceso de temperatura 𝜃 𝜃 𝑥 ≡ 𝑇 𝑥 − 𝑇∞ 8
  • 28. como 𝑇∞ = 𝑐𝑡𝑒 ; 2 = 𝑑𝜃 𝑑𝑇 𝑑2𝜃 𝑑2𝑇 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥2 (8) en (7) y cambiando de variables dependientes 𝑑2𝜃 𝑑𝑥2 − 𝑚2𝜃 = 0 (9) De la (9) haciendo una analogía con (7) 𝑚2 ≡ ℎ𝑃 𝑘𝐴𝐶 (10)
  • 29. la ecuación (9) es una ecuación diferencial lineal de segundo orden homogénea con coeficiente cte., y su solución general es: 𝑑2𝜃 𝑑𝑥2 − 𝑚2𝜃 = 0 𝜃 𝑥 = 𝐶1𝑒𝑚𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑚𝑥 (11) Para evaluar C_1 y C_2 se aplican condiciones de frontera: 1. Condición en la base de la aleta (x=0) 𝜃0 = 𝑇𝑏 − 𝑇∞ ≡ 𝜃𝑏 (12) 2. Condición en el extremo de la aleta (x=L) implica cuatro situaciones físicas:
  • 32. Ejemplo 3.8 Una varilla muy larga de 5 mm de diámetro tiene un extremo que se mantiene a I00°C. La superficie de la varilla se expone al aire ambiente a 25 C con un coeficiente de transferencia de calor por convección de 100 W/m2°K. Determinar: Las distribuciones de temperaturas a lo largo de varillas construidas de cobre puro, aleación de aluminio 2024 y acero inoxidable tipoAISI 316. ¿Cuáles son las pérdidas de calor correspondientes de las varillas? 1. Calcule el largo de las varillas para que la suposición de una longitud infinita de una estimación exacta de la pérdida de calor.
  • 33. 1. Condiciones de estado estable. 2. Conducción unidimensional a lo largo de la varilla. 3. Propiedades constantes. 4. Intercambio de radiación insignificante con los alrededores. 5. Coeficiente convectivo constante y uniforme. 6. Varilla infinitamente larga. TablaA1. Incropera 𝑇 = 𝑇𝑏 + 𝑇∞ 2 Cobre = 62,5℃ ≈ 335°𝐾 𝑘 = 398 𝑊 𝑚°𝐾 Aluminio (2024) (T=335°𝐾); k = 80 W/m°𝐾 Acero inoxidableAISI 316 (T=335°𝐾);k=14 W/m°𝐾
  • 34. 𝜃 𝜃𝑏 = 𝑒−𝑚𝑥 𝜃 = 𝑇 − 𝑇∞ 𝜃𝑏 = 𝑇𝑏 − 𝑇∞ 𝑇 − 𝑇∞ = 𝑒−𝑚𝑥 𝑇𝑏 − 𝑇∞ 𝑇 = 𝑇∞+ ( 𝑇 − 𝑇∞) 𝑒−𝑚𝑥 𝑚 = ℎ𝑃 𝑘𝐴𝐶 1 2 𝐴𝐶 = 𝑃 = 𝜋𝐷 𝜋𝐷2 𝑚 = 4 4ℎ 𝑘𝐷 1 2
  • 35. 𝑚 = 14,2 𝑚−1 𝐶𝑢 𝑚 = 21,2 𝑚−1 𝐴𝑙 𝑚 = 75,6 𝑚−1 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 𝐴𝐼𝑆𝐼 316 𝑥 = (50, 100, 150, 200, 250, 300)
  • 36. La pérdida de calor 𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝐶 𝜃𝑏 𝑓 𝑞 = 100 𝑊 𝑚2°𝐾 ∗ 𝜋 ∗ 0,005𝑚 ∗ 398 𝑚°𝐾 4 𝑊 𝜋 ∗ 0,005 2𝑚2 1 2 100 − 25 ℃ 𝑞𝑓𝐶𝑢 = 8,3 𝑊 𝑞𝑓𝐴𝑙 = 5,6 𝑊 𝑞𝑓𝑎𝑐 = 1,6 𝑊 b) Como no hay pérdida de claro en el extremo de una varilla infinitamente larga, podemos utilizar: Caso B  la pérdida de calor en el extremo es insignificante
  • 37. 𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝐶𝜃𝑏 tanh 𝑚𝐿 𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝐶𝜃𝑏 𝑞𝑓 = 𝑞𝑓 = tanh 𝑚𝐿 = 1 arctanh 1 = 𝑚𝐿 Mayor que -1 (-1 y 1) y menor que 1 Si: tanh 𝑚𝑙 ≥ 0,99 𝐿 ≥ 𝐿∞ ≡ 𝒎𝑳 ≥ 𝟐, 𝟔𝟓 2,65 𝑚 = 2,65 𝑘𝐴𝐶 ℎ𝑃 1 2 𝐿∞𝐶𝑢 = 0,19𝑚 𝐿∞𝐴𝑙 = 0,13𝑚 𝐿∞𝐴𝑐 = 0,04𝑚 Caso B = Caso D qf = Mtanh mL = M qf = qf Por teoría no tiene sentido extender la aleta más allá de 𝐿 = 2,3 𝑚 ≤ 𝑳 ≤ 𝟐, 𝟑 𝟐, 𝟔𝟓 𝒎 𝒎
  • 38. 120.00 100.00 80.00 60.00 40.00 20.00 0.00 0 50 100 150 200 250 300 350 Temperatura [°C] x [mm] Figura 1: Distribución de Temperatura del Cobre Distribución de Temperatura Cobre Tcobre [°C] Análisis: Como se puede observar en la Figura 1 la temperatura disminuye al aumentar x. debe a la reducción Esto se de la transferencia de calor por conducción con el aumento de x debido a las perdidas por convección continuas de la superficie de la aleta. DISTRIBUCIÓN DE TEMPERATURA PARA EL COBRE
  • 39. Desempeño de una aleta Las aletas se utilizan para aumentar la transferencia de calor de una fuente porque aumentan el área efectiva de la superficie. Sin embargo, la aleta misma produce una resistencia a la transferencia de calor.  No ∋ seguridad que la transferencia aumente. Evaluamos la efectividad de la aleta 𝜀𝑓 𝜀𝑓 Se define como la razón de la T.C de la aleta, a la TC que existiría sin la aleta. Por lo tanto: 𝑞𝑓 𝜀𝑓 = ℎ𝐴 𝜃 𝑐,𝑏 𝑏 Donde: 𝐴𝑐,𝑏 Área de la sección transversal en la base de la aleta. Para cualquier diseño racional 𝜀𝑓 debe ser tan grande como sea posible. El uso de aletas se justifica si 𝜀𝑓 ≥ 2
  • 40. 𝜀𝑓 = 𝑘𝑃 ℎ𝐴𝐶 Sujeta a cualquiera de las cuatro condiciones de aletas que se consideran, la efectividad para una aleta de sección transversal uniforme se obtiene dividiendo la expresión apropiada para qf, en la tabla 3.4, entre hAc,bθb. Aunque la instalación de aletas altera el coeficiente de convección de la superficie, este efecto normalmente no se toma en cuenta. De aquí, suponiendo que el coeficiente de convección de la superficie con aletas es equivalente al de la base sin aletas, se sigue que, para la aproximación de aleta infinita (caso D), el resultado es 1 2 Las aletas se utilizan para aumentar la transferencia de calor, sin embargo éstas representan una resistencia a la conducción por lo que debemos definir la efectividad de una aleta como la razón de la transferencia de calor de la aleta a la transferencia de calor que existiría sin aleta. La efectividad de una aleta aumenta por la elección de un material de alta conductividad térmica. Aleaciones de Al y Cu son las adecuadas, pero elAl tiene bajo costo y peso. La efectividad aumenta al aumentar la razón del perímetro al área de la sección transversal. Por esto se prefiere el uso de aletas delgadas, pero poco espaciadas, con la salvedad de que el hueco de la aleta no se reduzca de tal manera que se reduzca el coeficiente de convección. 𝜀𝑓 = 𝑘𝑃 ℎ𝐴𝐶 1 2
  • 41. Aquí el caso de aleta se justifica si h es pequeño. h es pequeño para gases  la necesidad de aletas en este tipo de fluido es grande. Si tenemos gas y liquido las aletas van del lado del gas. El radiador de un carro las aletas van en la superficie externa del tubo. Si 𝜀𝑓 > 2 𝑒𝑠 𝑐𝑟𝑖𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑠𝑎𝑟 𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 Para 𝜀𝑓 𝑘𝑃 ℎ𝐴𝐶 1 2 > 4 Proceso convección h (W/m2°𝑲) C.L. Gases 2 – 25 C.L. Líquidos 50 – 1000 C.F gases 25 – 250 C.F líquidos 50 – 20000
  • 42. Para el caso B 98% se alcanza con mL=2.3 por lo que no tiene sentido extender las aletas más allá de L=2.3/m ≤ L ≤ 2.3 2.65 m m También en función de resistencia térmica se puede cuantificar Resistencia de aleta t,f θb R = qf Este resultado es útil cuando tenemos superficies con aletas mediante un circuito térmico La resistencia en la base expuesta debido a la convección: 1 Rt,b = hAc,b f E = Rt,b Rt,f Diferencia de temperaturas entre la base y el fluido La efectividad en una razón de resistencias
  • 43. En función de las temperaturas El impulso máximo para la convección es la diferencia de temperaturas en la base (x=0) y el fluido Ɵb=𝑇𝑏 − 𝑇∞. Si toda la aleta estaría a la temperatura de la base tendríamos la máxima rapidez para disipar energía. Pero siempre existe un gradiente de temperatura a lo largo de la aleta 𝑓 𝜂 ≡ 𝑞𝑓 𝑚𝑎 𝑥 𝑞 = ℎ ∗ 𝐴 ∗ 𝜃 𝑓 𝑏 𝑞𝑓 Af: es el área de la superficie de la aleta Cuando la perdida en el extremo es insignificante B 𝑓 𝜂 = 𝑀 ∗ tanh𝑚𝐿 ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝐿 ∗ 𝜃𝑏 = tanh𝑚𝐿 𝑚𝐿 𝜂𝑓: Se aproxima a máx. 1 y min 0 Si L→ 0 o L→∞
  • 44. Es necesario realizar una corrección a la aleta 𝒄 𝑳 = 𝑳 + 𝒕 𝟐 Para una aleta rectangular Para una aleta recta alfiler. 𝒄 𝑳 = 𝑳 + 𝑫 𝟒 Por lo tanto, la Transferencia de Calor en la aleta queda: 𝒒𝒇 = 𝑴 ∗ 𝐭𝐚𝐧𝐡 𝒎𝑳𝒄 𝑓 tanh𝑚𝐿𝑐 𝜂 = 𝑚𝐿𝑐 𝐋𝐜𝟑/𝟐 𝐡 𝐤𝐀𝐩 Los errores asociados a la aproximación son insignificantes. En una aleta rectangular si 𝑤 ≫ 𝑡 𝒘:ancho 𝒕:espesor Se aproxima el perímetro a: P=2w 𝟏/𝟐
  • 46. Para ingresar en el grafico 3.18 y 3.19 𝑳𝒄𝟑/𝟐 𝒉 𝒌𝑨𝒑 𝟏/𝟐 𝒓𝟐𝒄 𝒓𝟏
  • 47. Cálculo de 𝒏𝒇 (método gráfico)
  • 48. Eficiencia global: La eficiencia global se caracteriza por, la razón de la transferencia de calor total del área de la superficie At, a la trasferencia de calor máxima posible 𝑜 𝜂 = 𝑞𝑚𝑎𝑥 = 𝑞𝑡 𝑞𝑡 ℎ ∗ 𝐴𝑡 ∗ 𝜃𝑏
  • 49. 𝒒𝒕 Es la transferencia de calor total del área de la superficie 𝑨𝒕 asociada con las aletas y la parte expuesta de la base (denominada superficie primaria). Si existe N aletas cada una de las áreas superficiales 𝑨𝒇 y el área de la superficie primaria 𝑨𝒃 𝐴𝑡 = 𝑁𝐴𝑓 + 𝐴𝑏 La transferencia total por convección de las aletas y la superficie principal (sin aleta) se expresa como: 𝑞𝑡 = 𝑁 ∗ 𝜂𝑓 ∗ ℎ ∗ 𝐴𝑓 ∗ 𝜃𝑏 + ℎ ∗ 𝐴𝑏 ∗ 𝜃𝑏 h: equivalente para las superficies principal y con aletas, 𝒏𝒇 Es la eficiencia de una sola aleta. 𝑞𝑡 = ℎ ∗ 𝑁 ∗ 𝜂𝑓 ∗ 𝐴𝑓 + 𝐴𝑡 − 𝑁 ∗ 𝐴𝑓 ∗ 𝜃𝑏 𝑞𝑡 = ℎ ∗ 𝐴𝑡{1 − 𝑁 ∗ 𝐴𝑓 𝐴𝑡 1 − 𝜂𝑓 }𝜃𝑏 𝜂𝑜 = 1 − 𝑁 ∗ 𝐴𝑓 𝐴𝑡 (1 − 𝜂𝑓) Por resistencia térmica 𝑡 ,0 𝑞𝑡 𝜃𝑏 𝑅 = = 1 ℎ ∗ 𝐴𝑡 ∗ 𝜂𝑜,𝑐
  • 50. Transferencia de Calor en un sistema aleteado 𝒒𝒕 = 𝒉𝑨𝒕𝜼𝒐𝜽𝒃 ALETAS COMO PARTE INTEGRAL 𝑅𝑡 ,0(𝑐 ) 1 𝜃𝑏 = = 𝑞 𝜂 ℎ𝐴 𝑡 0(𝑐) 𝑡
  • 51. ALETAS ADHERIDAS A LA BASE 𝜂0 = 1 − 𝑁𝐴𝑓 𝐴 𝜂𝑓 𝑡 1 (1 − 𝐶 ) 𝑅𝑡,𝑐" 𝑐 , 𝑏 𝐶1 = 1 + 𝜂𝑓ℎ𝐴𝑓( 𝐴 ) 𝑅𝑡,𝑐 ≪ 𝑅𝑡,𝑓
  • 52. PROCEDIMIENTO 1) Ap Lc 2) calculamos 𝐿𝑐3/2 ℎ 𝑘𝐴 𝑝 1/2 𝑟2𝑐 𝑟1 3) determinamos 𝒏𝒕 de las gráficas 3.18 y 3.19 (pág. 123) determinantes CÁLCULO DE 𝒏𝒇 (MÉTODO GRÁFICO)
  • 53. a) 𝑞 = ℎ(𝑃 ∗ 𝐿𝑐)(𝑇𝑏 − 𝑇∞) b) 𝑞 = ℎ(𝑃 ∗ 𝐿𝑐)(𝑇𝑏 − 𝑇∞) c) 𝑞 = ℎ 2𝜋(𝑟2𝑐 2 − 𝑟1 2)(𝑇𝑏 − 𝑇∞) a) aleta rectangular recta b) aleta triangular recta c) aleta circunferenciales 4) Calculamos calor ideal
  • 54. Ejemplo: Se colocan aletas circunferenciales de acero de 3/8 “de largo y t=1/4” en un tubo de 1” de diámetro, con el fin de disipar calor desde la superficie del tubo que se encuentra a 400°F al ambiente que se encuentra a 70°𝐹. Calcular el calor que disipa cada aleta considerando un ℎ𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 = 20 𝐵𝑇𝑈/ 𝑝𝑖𝑒 2°𝐹 y 𝑘𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 30 𝐵𝑇𝑈/𝑝𝑖𝑒°𝐹 𝐿 = 3/8 “ → 1/32’ 𝑟1 = 1/2” → 1/24’ 𝑡 = 1/4” → 1/48’ 𝑇𝑏 = 400°𝐹 ℎ = 20 𝐵𝑇𝑈/𝑝𝑖𝑒 2°𝐹 𝑇∞ = 70°𝐹 𝑘 = 30 𝐵𝑇𝑈/𝑝𝑖𝑒°𝐹
  • 55. 𝐿𝑐 = 𝐿 + 𝑡/2 1 1 1 𝐿𝑐 = 32 + 48 ∗ 2 𝑳𝒄 = 𝟏/𝟐𝟒’ 𝑟2𝑐 = 𝑟1 + 𝐿𝑐 𝑟2𝑐 = 1/24 + 1/24 𝒓𝟐𝒄 = 𝟏/𝟏𝟐’ 𝐴𝑝 = 𝐿𝑐 ∗ 𝑡 1 1 𝐴𝑝 = 24 ’ ∗ 48 ’
  • 56. 𝐴𝑝 = 8.6805 ∗ 10−4 ft2 𝐿𝑐3/2 ℎ 𝑘𝐴𝑝 1/2 = 3ൗ 2 1 20 24 30 ∗ 8.6805 ∗ 10−4 1/2 = 0.2357 𝑟2𝑐 = 1 ∗ 24 = 2 𝑟1 12 ∗ 1 Grafico 3.19 𝑛𝑓 = 93% 𝑞𝑓 = ℎ 2𝜋(𝑟2𝑐 2 − 𝑟1 2)(𝑇𝑏 − 𝑇∞) 𝑞𝑓 = 20 𝐵𝑇𝑈 2 𝑝𝑖𝑒 °𝐹 2𝜋 − 12 24 1 2 1 2 𝑝𝑖𝑒 2 400 − 70 °𝐹 𝑞𝑓 = 215.98 𝐵𝑇𝑈 𝑞𝑔 = 𝑛𝑓 ∗ 𝑞𝑓 = 0.93 + 215.98 = 200.86 𝐵𝑇𝑈
  • 57. Ejemplo 3.9 El cilindro del motor de una motocicleta está fabricado de aleación de aluminio 2024T6 y tiene una altura H=0.15m y un diámetro exterior D=50mm. Bajo condiciones de operación típicas la superficie exterior del cilindro está a una temperatura de 500°𝐾 y se expone al aire ambiental a 300°𝐾, con un coeficiente de convección de 50𝑊/𝑚2°𝐾. Unas aletas anulares están fundadas integralmente con el cilindro para aumentar la transferencia de calor a los alrededores. Considere cinco de estas aletas, de espesor t=6mm, longitud L=20mm e igualmente espaciadas. ¿Cuál es el aumento en la transferencia de calor debido al uso de aletas?
  • 58. 𝐾𝐴𝑙 2024 𝑚 = 186 𝑊 𝐾 DETERMINADO EN TABLAS A 400K Con las aletas colocadas la transferencia de calor es 𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 1 − 𝑁𝐴𝑓 𝐴𝑡 1 − 𝜂𝑓 𝜃𝑏
  • 59. 2𝑐 2 𝑟 = 𝑟 + 𝑡 2 2𝑐 𝑟 = 0,045 + 0,006 2 2𝑐 𝑟 = 0,048 𝑚 𝐴𝑓 = 2𝜋 0,0482 − 0,0252 𝐴𝑓 = 0,010549468 𝑚2 𝐴𝑡 = 𝑁𝐴𝑓 + 𝐴𝑏,𝑐 Siendo Af, el área de una aleta 𝐴𝑓 = 2𝜋 𝑟2 − 𝑟2 = 2𝜋 2𝑐 1 0,048𝑚 2 − 0,025𝑚 2 = 0,0105 𝑚2
  • 60. 𝐴𝑏,𝑐 = á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎𝑟𝑖𝑎, á𝑟𝑒𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 𝐴𝑏,𝑐 = 2𝜋𝑟 𝐻 − 𝑁𝑡 𝐴𝑏,𝑐 = 2𝜋(0,025) 0,15 − 5𝑥0,006 𝐴𝑏,𝑐 = 0,01884955 𝑚2 𝐴𝑡 = 5𝑥0,010549468 + 0,01884955 𝐴𝑡 = 0,0716 𝑚2 Debemos determinar la eficiencia de una aleta 𝑐 𝑟2𝑐 = 0,048 = 1,92 ≈ 2 𝐿 = 𝐿 + 𝑡 𝑟1 0,025 2 𝑐 2 𝑐 𝐿 = 0,020 + 0,006 𝐿 = 0,023 𝑚 𝐴𝑝 = 𝐿𝑐𝑡; 𝐴𝑝 = 0,023𝑥0,006; 𝐴𝑝 = 1,38𝑥10−4 𝑚2 𝑐 3 𝐿2 ℎ 1/2 0,0233/2 50 𝑘𝐴𝑝 186𝑥1,38−4 1/2 = 0,1539 Con estos valores ingresamos en el Gráfico 3.19
  • 62. 𝜂𝑓 = 95% 𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡𝜃𝑏𝑛𝑜 𝑁𝐴𝑓 𝐴𝑡 1 − 𝑛𝑓 1 − 𝑛𝑓 𝜃𝑏 𝑛𝑜 = 1 − 𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 1 − 𝑁𝐴𝑓 𝐴𝑡 𝑞𝑡 = 50 𝑊 2 𝑚 °𝐾 𝑥0,0716 𝑚2 1 − 0,0527 𝑚2 0,0716 𝑚2 0,05 200 °𝐾 𝑞𝑡 = 689,65𝑊 ≈ 690 𝑊 Sin aletas la transferencia de calor por convección seria: 𝑞𝑤0 = ℎ 2𝜋𝑟1𝐻 𝜃𝑏 𝑞𝑤0 = 50𝑊/𝑚2𝐾 2𝜋 ∗ 0,025𝑚 ∗ 0,15𝑚 200𝐾 𝑞𝑤0 = 235,62 ≈ 236 [𝑊] ∆𝑞 = 𝑞𝑡 − 𝑞𝑤0 = 454 [𝑊]
  • 63. Ejemplo 3.10 La transferencia de un transistor se puede aumentar insertándolo en una base de aluminio 𝑘 = 200 𝑊Τ𝑚𝐾 que tiene 12 aletas longitudinalmente fabricadas integralmente sobre su superficie transistor es 𝑅" = 10 ൗ 2 externa. El radio del transistor y la altura son r1=2mm y H=6mm, respectivamente, mientras que las aletas n son de longitud L=r3- r2=10mm y espesor uniforme t=0.7mm. El espesor de la base de la manga es r2-r1=1mm, y la resistencia de contacto de la interfaz base- −3 𝑚 𝐾 . Aire a 𝑇 = 20𝐶 fluye sobre la superficie de 𝑡,𝑐 𝑊 la aleta, lo que ∞ proporciona un coeficiente de convección aproximadamente uniforme de h=25𝑊Τ𝑚2𝐾. Suponiendo una transferencia de calor unidimensional en la dirección radia, dibuje el circuito equivalente para la transferencia de calor de la capa del transistor (r=r1) al aire. Evalué cada una de las resistencias en el circuito anterior. Si la temperatura del transistor es T1=80C ¿Cuál es la rapidez de la transferencia de calor de la base?
  • 64. 1) Condición de estado estable 2) La transferencia de calor es insignificante en las superficies inferior y superior. 3) Conducción radial unidimensional 4) Radiación insignificante El circuito debe explicar la resistencia de contacto, conducción en la base, convección en la base expuesta y conducción/convección en las aletas 𝑡 , 𝑐 𝑅 = 𝑅𝑡,𝑐" 2𝜋𝑟1𝐻 10−3𝑚2𝐾/𝑊 𝐾 𝑅𝑡,𝑐 = 2𝜋(0,002𝑚)(0,006𝑚) = 13,3 𝑊 𝑅𝑡 ,𝑏𝑎𝑠 𝑒 ln(𝑟2/𝑟1) = 2𝜋𝑘𝐻 ln(3/2) 𝐾 𝑅𝑡,𝑏𝑎𝑠𝑒 = 2𝜋(200𝑊/𝑚𝐾)(0,06𝑚) = 0,0054 𝑊
  • 66. Para una sola aleta 𝑓 𝑞 = 𝜃𝑏 𝑅 𝑡 , 𝑓 𝑅 = 𝜃𝑏 𝑞 𝑡 ,𝑓 𝑓 𝑞𝑓 = ℎ𝑃𝑘𝐴𝑐 1/2𝜃𝑏 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝐿 + ℎ/𝑚𝑘 cosh 𝑚𝐿 cosh 𝑚𝐿 + ℎ/𝑚𝑘 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝐿 𝑃 = 2 𝐻 + 𝑡 = 13,4𝑚𝑚 = 0,0134𝑚 𝐴𝑐 = 𝑡 ∗ 𝐻 = 4,1 ∗ 10−6𝑚2 𝑚 = ℎ𝑃 𝑘𝐴𝑐 = 25 𝑊/𝑚2 ∗ 0,0134𝑚 200 𝑊/𝑚𝐾 ∗ 4,2 ∗ 10 𝑚 −6 2 1/2 = 20 𝑚−1 𝑚𝐿 = 20𝑚−1 ∗ 0,01𝑚 = 0,20 ℎ 25𝑊/𝑚2𝐾 𝑚𝑘 = 20𝑚−1 ∗ 200𝑊/𝑚𝐾 = 0,0065
  • 67. Para una sola aleta: ℎ𝑃𝑘𝐴𝑐 1/2 = 25𝑊/𝑚2𝐾 ∗ 0,0134𝑚 + 200𝑊/𝑚𝐾 ∗ 4,2 ∗ 10−6𝑚2 1/2 ℎ𝑃𝑘𝐴𝑐 1/2 = 0,0168𝑊/𝐾 𝑡 , 𝑓 𝑅 = 𝜃𝑏 𝑞𝑓 ℎ 𝑚𝑘 = cosh𝑚𝑙 + 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝑙 [𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑚𝑙 + ℎ 𝑚𝑘 cosh 𝑚𝑙]()1/2 cosh(0.1997) + 6.25 ∗ 10−3 𝑠𝑒𝑛ℎ (0.1997) 𝑅𝑡,𝑓 = [𝑠𝑠𝑒𝑛ℎ (0.1997) + 6.25 ∗ 10−3 cosh 0.1997 ](0.0168) 𝑅𝑡,𝑓 = 293.13𝐾/𝑊 Para 12 aletas: Rt,f(12) = 293.13 12 K/W 𝑅𝑡,𝑓(12) = 24.427𝐾/𝑊
  • 68. Para la base expuesta: 𝑡 , 𝑏 𝑅 = 1 2 ℎ(2𝜋𝑟 − 12𝑡)𝐻 1 𝑅𝑡,𝑏 = 25𝑊/𝑚2 2𝜋 ∗ 0,03 − 12 ∗ 0,0007 𝑚 ∗ 0,006𝑚 𝑅𝑡,𝑏 = 638 𝐾/𝑊 𝑅𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣 = −1 + 24,4 683 −1 −1 = 23,5 𝐾/𝑊 𝑅𝑡𝑜𝑡 = = 13,3 + 0,054 + 23,5 𝐾 36,9𝐾 𝑊 𝑊 𝑞𝑡 = 𝑇1−𝑇∞ = 80−200 𝑅𝑡𝑜𝑡 36,9 𝐾/𝑊 =1,63W
  • 69. Ejercicio 3.113 Un arreglo experimental para medir la conductividad térmica de materiales solidos implica el uso de las varillas largas que son equivalentes en todos los aspectos excepto que una está fabricada de un material estándar de kA conocida mientras que el otro está fabricado con el material cuya kB queremos conocer. Ambas varillas se unen en un extremo a una fuente de calor de temperatura fija Tb, se expone a un fluido de temperatura T∞ y se instrumentan con termopares para medir la temperatura a una distancia fija x1 de la fuente de calor. Si el material estándar es aluminio en kA=200(W/mK) y las medidas revelan valores de TA=100C y Tb=60C a x1 para Tb=100C y T∞=25C ¿Cuál es el calor de kB?
  • 70. Varillas muy largas 𝜃 = 𝑒−𝑚𝑥 𝜃𝑏 𝑇 − 𝑇∞ 𝑇𝑏 − 𝑇∞ = 𝑒−𝑚𝑥 ln 𝑇−𝑇∞ 𝑇𝑏−𝑇∞ = 𝑚𝑥 = 𝑘𝐴 ℎ𝑃 1/2 𝑥 ln 𝑇𝐴 − 𝑇∞ 𝑇𝑏 − 𝑇∞ = 𝑚𝑥 = ℎ𝑃 𝑘𝐴𝐴 1/2 𝑥 (1) ln 𝑇𝐵 − 𝑇∞ 𝑇𝑏 − 𝑇∞ = 𝑚𝑥 = ℎ𝑃 𝑘𝐵𝐴 1/2 𝑥 (2)
  • 71. (1)/ (2) ln 𝑇𝐴 − 𝑇∞ 𝑇𝑏 − 𝑇∞ ln 𝑇𝐵 − 𝑇∞ 𝑇𝑏 − 𝑇∞ = 𝑘𝐵 𝑘𝐴 1/2 𝑘𝐵 = 56.6𝑊ൗ 𝑚 𝐾
  • 72. Ejercicio 3.124 Un calentado de aire consiste en un tubo de acero (k=20W/mK) con radios interno y externo de r1=13 mm y r2=16 mm, respectivamente y ocho aletas longitudinales fabricadas integralmente, cada una de espesor t=3mm. Las aletas se extienden a un tubo concéntrico que tiene radio r3=40mm y aislado en la superficie externa. Agua a T∞= 90 C fluye a través del tubo interno mientas que aire a 𝑇∞,0 = 25 𝐶 fluye a través de la región anular formada por el tubo concéntrico más grande 1. Dibuje el circuito térmico equivalente del calentador y relacione c/resistencia térmica con los parámetros apropiados del sistema 2. Si hi=5000𝑊Τ𝑚2𝐾 y ho=200𝑊Τ𝑚2𝐾 ¿Cuál es la transferencia de calor por unidad de longitud?
  • 74. 𝑛𝑓 = 0.49 𝑛𝑜 = 1 − 𝑁 𝐴𝑓 𝐴𝑡 (1 − 𝑛𝑓) 𝑛𝑜 = 1 − 8 ∗ 0.048 0.4602 (1 − 0.49) 𝑛𝑜 = 0.5744 𝑡 , 𝑜 𝑅 = 𝑜 = 1 1 𝑛 ℎ𝐴𝑡 0.5744 ∗ 200 ∗ 0.4602 𝑡 , 𝑜 𝑅 = 18.91 ∗ 10−3 𝑚𝐾 𝑊 𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑇∞,𝑖 − 𝑇∞,𝑜 30 − 25 𝑊 𝑞 = = = 2824 σ 𝑅 𝑚
  • 75. Ejercicio 3.130 Se instala aletas anulares de aluminio de 2mm de espesor y 15mm de longitud sobre un tubo de aluminio de 30mm de diámetro. Se sabe que la resistencia de contacto térmico entre una aleta y el tubo es 𝑅" = 2 ∗ 10 ൗ 2 −4 𝑚 𝐾 𝑡,𝑐 𝑊. Si la pared del tubo está a 100C y el fluido contiguo está a 25C con h=75𝑊Τ𝑚2𝐾 ¿Cuál es la transferencia de calor de 1 sola aleta? ¿Cuál sería la transferencia de calor si la resistencia de contacto pudiera eliminarse?
  • 77. 𝑓 𝑇𝑡 − 𝑇∞ 𝑞 = 𝑅𝑡,𝑐 + 𝑅𝑓 𝑡 , 𝑐 𝑅"𝑡,𝑐 𝑅 = 𝐴𝑏 𝐴𝑏 = 2𝜋 (0.015 ∗ 0.002) 𝐴𝑏 = 1.88495 ∗ 10−4 𝑚2 2 ∗ 10−4 𝑚2𝐾ൗ 𝑅𝑡,𝑐 = 𝑊 1.88495 ∗ 10−4 𝑚2 𝑅𝑡 ,𝑐 = 1.06 𝐾ൗ 𝑊 𝑛𝑓 = 𝑞𝑚𝑎 𝑥 𝑞𝑓 𝑞𝑓 = ℎ 𝐴𝑓 𝜃𝑏 𝑡 , 𝑓 𝑅 = 𝜃𝑏 𝑞𝑓 𝑡 , 𝑓 𝑅 = 𝑞𝑓 = 𝑛𝑓 ∗ 𝑞𝑚𝑎𝑥 = 𝑛𝑓 ∗ ℎ 𝐴𝑓 𝜃𝑏 1 𝑓 𝑛 ∗ ℎ 𝐴𝑓 𝐴𝑓 = 2𝜋(𝑟2,𝑐 2 − 𝑟1 2)
  • 78. 𝑟2,𝑐 = 𝑟2 + 𝑡/2 𝑟2,𝑐 = 30𝑚𝑚 + 2𝑚𝑚 2 𝑟2,𝑐 = 0.031𝑚 𝑡 𝐿𝑐 = 𝐿 + 2 𝐿𝑐 = 15𝑚𝑚 + 2𝑚𝑚 2 𝐿𝑐 = 0.016𝑚 𝐴𝑝 = 𝐿𝑐 ∗ 𝑡 𝐴𝑝 = 0.016 ∗ 0.002 𝐴𝑝 = 3.2 ∗ 10−5𝑚2 𝐿𝑐3/2 ℎ 𝑘𝐴𝑝 1/2 = 0.20 𝑛𝑓 = 0.94
  • 79. 𝑅𝑓 = 0.94 ∗ 75 ∗ 2𝜋(0.0312 − 0.0152) 1 𝐾 𝑅𝑓 = 3.07 𝑊 𝑓 𝑇𝑡 − 𝑇∞ 𝑞 = σ 𝑅 100 − 25 𝑞𝑓 = (1.06 + 3.07) = 18.2 𝑊 Sin resistencia de contacto 𝑓 𝑞 = 𝑅𝑓 = 𝜃𝑏 100 − 25 3.07 𝑞𝑓 = 24.4 𝑊 Ejercicios propuestos: 3:100/102/104/106/107/108/109/110/111/113/124/125/126/127/128/129/130
  • 80. CONDUCCION TRANSITORIA En general, la temperatura de un cuerpo varía con el tiempo así como con la posición. En coordenadas rectangulares, esta variación se expresa como T(x, y, z, t), en donde (x, y, z) indica la variación en las direcciones x-, y- y z-, y t indica la variación con el tiempo. En el capítulo anterior se consideró la conducción de calor en condiciones estacionarias, para las cuales la temperatura de un cuerpo en cualquier punto no cambia con el tiempo. Con certeza, esto simplificó el análisis, en especial cuando la temperatura varió sólo en una dirección y se pudieron obtener soluciones analíticas. ρ ∗ Cp = capacidad termica volumetrica ρ α= Difusividad térmica kg 𝐽 𝑚3 𝑘𝑔° 𝐾 𝑚3°𝐾 𝐶𝑝[ ] CTV = ρ ∗ Cp [𝐽 ൗ ] α = 𝑘 𝑚2 Τ 𝐶𝑝 𝑠 Mide la capacidad de un material para conducir energía térmica en relación con su capacidad de almacenar energía térmica.
  • 81. Método de la resistencia interna despreciable. MRID Si no tenemos gradientes de temperatura no podemos calcular la difusión de calor. Para resolver el problema usamos la temperatura transitoria, para esto realizamos un balance de energía global en el sólido. Debemos relacionar la velocidad de perdida de calor en la superficie con la rapidez de cambio de la energía interna. La temperatura del solido es espacialmente uniforme en cualquier instante durante el proceso transitorio −𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒= 𝐸ሶ𝑎𝑙 𝑚 −ℎ𝐴𝑠 𝑇 − 𝑇∞ 𝑑𝑇 = 𝜌𝑉𝐶𝑝 𝑑𝑡 𝜃 ≡ 𝑇 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑠 𝑑𝑡 𝜌𝑉𝐶𝑝 𝑑𝜃 = −𝜃 𝜌𝑉𝐶𝑝 ℎ𝐴𝑠 𝜃 𝑖 𝜃 𝑑𝜃 𝑜 𝑡 න 𝑑𝑡 = − න𝑑𝑡 Separando variables e integrando desde la condición inicial para la que t=0 y T(0)=Ti
  • 82. 𝜃𝑖 = 𝑇𝑖 − 𝑇∞ ℎ𝐴𝑠 𝜌𝑉𝐶𝑝 𝜃𝑖 𝜃 ln = 𝑡 𝜃 𝑇 − 𝑇∞ = 𝜃𝐼 𝑇𝑖 − 𝑇∞ = 𝑒𝑥𝑝 − ℎ𝐴𝑠 𝜌𝑉𝐶𝑝 𝑡 La temperatura del temperatura del exponencialmente solido y la fluido caen
  • 83. Constante térmica de tiempo 𝑟𝒕 τt = 𝜌𝑉𝐶𝑝 ℎ𝐴𝑠 τt = 1 ℎ𝐴𝑠 𝜌𝑉𝐶𝑝 = 𝑅𝑡𝐶𝑡 𝑅𝑡: Resistencia a la transferencia de calor por convección 𝐶𝑡: Resistencia interna despreciable del solido NOTA: cualquier aumento en 𝑅𝑡 y 𝐶𝑡 ocasionaría que un sólido responda más lentamente a cambios en su ambiente térmico.
  • 84. Transferencia total de calor Q t t Q = නq dt = hAs නθdt 0 0 Sustituyendo θ de la ecuación 6) e integrar se tiene (8) Q = (ρVCp)θi 1 − exp − t τt Además Q está relacionada con el cambio de energía interna de salida −Q ≡ ∆Ealm para el templado Q es positiva,cuando el solido se calienta Q es negativa
  • 85. Esta superficie se mantiene a 𝑇𝑠,1 y la otra se expone a un fluido de temperatura 𝑇∞ < 𝑇𝑠,1 por lo que 𝑇𝑠,2 será un valor intermedio 𝑇∞ < 𝑇𝑠,2 < 𝑇𝑠,1 Consideración de Conducción en estado estable a través de una pared plana de área A.
  • 86. 𝑇∞ < 𝑇𝑠,1 𝑇∞ < 𝑇𝑠,2 < 𝑇𝑠,1 𝑘𝐴 𝐿 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 = ℎ𝐴(𝑇𝑠,1 − 𝑇∞) 𝑇𝑠,1 − 𝑇𝑠,2 𝑇𝑠,1 − 𝑇∞ = 𝐿ൗ 𝑘 𝐴 1ൗ ℎ 𝐴 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑑 𝑐𝑜𝑛 𝑣 ℎ𝐿 = 𝑅 = 𝑘 La resistencia a la conducción dentro del solido es mucho menor que la resistencia a la convección a través de la capa límite del fluido. El número de Biot desempeña un papel muy importante en la resolución de problemas de conducción, por lo que su interpretación es. La razón de resistencias térmicas de un sólido 𝐵𝑖 ≡ ℎ𝐿 𝑘 Biot  proporciona la variación de temperatura en el sólido / variación de temperatura entre la superficie y el fluido.
  • 87. Curva a): Bi << 1 Curva b): Bi ≈ 1 Ti = Temperatura uniforme inicial Curva c): Bi >> 1 Para poder enfrentar un problema de conducción transitoria debemos primero calcular Biot, y para aplica el MRID, éste debe cumplir lo siguiente: ℎ𝐿 𝐵𝑖 ≡ 𝑘 < 0,1 El error asociado con el uso de la resistencia interna despreciable es pequeño. Se necesita definir la longitud característica: 𝑉 𝐿𝑐 ≡ 𝐴𝑠 Esta manera de calcular la Lc se facilita cuando tenemos solidos con geometrías complicadas
  • 88. Para una pared plana de espesor 2L=>Lc=L Para un cilindro largo Lc=𝒓𝒐 𝟐 Para una esfera 𝑳𝒄 = 𝒓𝒐 𝟑 Sin embargo si se desea aplicar el criterio en forma prudente, Lc debe asociarse con la escala de longitud que corresponde a la diferencia máxima de temperaturas espaciales. En consecuencia para una pared plana de espesor 2L calentada, (o enfriada), de forma simétrica, Lc permanecería igual a la mitad del espesor L. 𝑜 Sin embargo para un cilindro o esfera largos, Lc seria igual al radio real 𝑟 , 𝑒𝑛 𝑙𝑢𝑔𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑟𝑜 2 𝑜 𝑟 𝑜 3 𝑐 Finalmente, con 𝐿 ≡ 𝑉 , 𝐴𝑐 𝑒𝑙 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑠 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎𝑟í𝑎: 𝒉𝑨𝒔𝒕 = 𝒉𝒕 = 𝒉𝑳𝒄 𝒌 𝒄 𝝆𝒄𝒑𝑽 𝝆𝒄𝒑𝑳𝒄 𝒌 𝝆𝒄𝒑 𝑳𝟐 𝒌 𝒕 𝒉𝑳𝒄 𝑎𝒕 = 𝒄 𝑳𝟐 𝝆𝒄𝒑𝑽 𝒉𝑨𝒔𝒕 = 𝑩𝒊 𝑭𝒐
  • 90. 𝑇(𝑥,𝑡) ≈ 𝑇(𝑡) Variación de temperatura con la posición y el tiempo La TC se la relaciona entre el sólido y el fluido, internamente la ∆𝑇 significante.
  • 91. 𝑇 = 𝑇(𝑥,𝑡) ∆𝑇 significante. 𝑇 = 𝑇(𝑥,𝑡) ∆𝑇 Muy grande la TC en el interior del sólido es muy grande
  • 92. Ejemplo 5.1 Una unión termopar cuya forma se aproxima a una esfera, se usara para la medición de la temperatura en un flujo de gas. Se sabe que el coeficiente de convección entre la superficie de unión y el gas es h= 40𝑊Τ𝑚2°𝐾, y que las propiedades termofísicas de la unión son 𝑘=20𝑊Τ𝑚°𝐾 c=400 𝐽 ൗ 𝑘𝑔°𝐾 y 𝜌 = 8500 𝑘𝑔/𝑚3. Determine el diámetro de la unión necesario para que el termopar tenga un tiempo constante de 1s. Si la unión está a 25°C y se coloca en un flujo de gas que está a 200°C ¿Cuánto tiempo tardara la unión en alcanzar 199°C?
  • 93. 1 𝑟1 = ℎ𝜋𝐷2 × 𝜌𝜋𝐷3 6 𝑐 𝐷 = 6ℎ𝑟1 𝜌𝑐 = 6 × 400 𝑊ൗ 𝑚2 ∗ 𝐾 × 1 𝑠 8500 ൗ 𝑚 𝑘𝑔 𝐽 3 × 400 ൗ 𝑘𝑔 ∗ 𝑘 𝐷 = 7.06 × 10−4𝑚 Con Lc = ro/3 𝐾 Bi = ℎ𝐿𝐶 ≤ 0,1 𝐵𝑖 = ℎ 𝑟𝑜 ൗ 3 𝑘 = 400 𝑊ൗ 𝑚2 ∗ 𝐾 × 3.53 × 10−4 𝑚 3 × 20 𝑊 ൗ 𝑚 ∗ 𝐾 𝐵𝑖 = 2.35 × 10−4 𝑡 = ℎ 𝜋𝐷2 𝑙𝑛 𝑇 − 𝑇𝛼 = 𝜌 𝜋𝐷3/6 𝑐 𝑇𝑖 − 𝑇𝛼 𝜌𝐷𝑐 𝑇𝑖 − 𝑇𝛼 6ℎ 𝑙𝑛 𝑇 − 𝑇𝛼 τt = 1 ℎ𝐴𝑠 𝜌𝑉𝐶𝑝 = 𝑅𝑡𝐶𝑡
  • 94. 𝑡 = 8500 𝑘𝑔 ൗ 𝑚3 × 7.06 × 10−4𝑚 × 400 𝐽ൗ 𝑘𝑔 ∗ 𝐾 6 × 400 𝑊 ൗ 𝑚2 ∗ 𝐾 25 − 200 𝑙𝑛 199 − 200 𝒕 = 𝟓. 𝟐 𝒔 ≈ 𝟓𝑟𝟏
  • 95. Método de la Resistencia Interna Despreciable Aunque la conducción transitoria en un sólido normalmente se inicia mediante la transferencia de calor por convección hacia o desde un fluido contiguo, otros procesos tal vez introduzcan condiciones térmicas transitorias dentro del sólido, por ejemplo: Un sólido se separa de sus alrededores mediante un gas o un vacío. Si las temperaturas del sólido y los alrededores difieren el intercambio de radiación ocasiona que cambie la energía térmica interna y por ello la temperatura del sólido.
  • 96. Aplicando conservación de energía para cualquier instante t: Ecuación diferencial ordinaria de primer orden no lineal y no homogénea no es posible integrar para obtener una solución exacta.. 𝑞´´𝐴 𝑠 𝑠,ℎ + 𝐸𝑔 − ℎ 𝑇 − 𝑇∞ + 𝜀𝜎 𝑇4 − 𝑇4 𝐴 𝑎𝑖𝑟 𝑠(𝑐,𝑟) 𝑑𝑇 = 𝜌𝑉𝑐 𝑑𝑡 Pero si no existe flujo de calor impuesto o generado y convección son insignificantes frente a la radiación, se reduce a: 𝑑𝑡 𝑠,𝑟 𝑎𝑖 𝑟 𝑑𝑇 𝜌𝑉𝑐 = − 𝜀𝐴 𝜎 𝑇4 − 𝑇4 Al separar variables e integrar desde la condición inicial hasta cualquier tiempo t se tiene: 𝜀𝐴𝑠,𝑟𝜎 𝜌𝑉𝑐 𝑡 𝑇 න 𝑑𝑡 = න 0 𝑇𝑖 𝑑𝑇 𝑎𝑖 𝑟 𝑇4 − 𝑇4 Al evaluar las integrales y reacomodar con el tiempo que se requiere para alcanzar T 𝑡 = 𝜌𝑉𝑐 𝑎𝑖 𝑟 4𝜀𝐴𝑠,𝑟𝜎𝑇3 𝑇𝑎𝑖𝑟 − 𝑇 𝑇𝑎𝑖𝑟 + 𝑇 𝑇𝑎𝑖𝑟 + 𝑇𝑖 𝑙𝑛 − 𝑙𝑛 𝑇𝑎𝑖𝑟 − 𝑇𝑖 + 2 tan−1 𝑇 𝑇𝑎𝑖𝑟 − tan−1 𝑇𝑖 𝑇𝑎𝑖𝑟
  • 99. La solución exacta: 1. ∞ 𝜃∗ = ෍ 𝐶𝑛 exp(−𝜁𝑛2𝐹𝑜)(𝑐𝑜𝑠𝜁𝑛 𝑥∗) 𝑛=1 Cn ^ 𝜁 se encuentra en la tabla 5.1 pág. 227 2. 𝛼𝑡 𝐹𝑜 = 𝐿2 𝐶𝑛 = 4𝑠𝑒𝑛 𝜁𝑛 2𝜁 + 𝑠𝑒𝑛(2𝜁𝑛) Valores característicos de 𝜁𝑛 son las raíces positivas de la ecuación 4. 𝜁𝑛 tan𝜁𝑛 = 𝐵𝑖
  • 101. TRANSFERENCIATOTALDE ENERGIA 𝐸𝑒𝑛𝑡 − 𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒 = ∆𝐸𝑎𝑡𝑚 𝑄 = − 𝐸 𝑡 − 𝐸(0) En algunas situaciones es útil conocer la energía total que disminuye en la pared en cualquier tiempo t eh el proceso transitorio. 𝑄 = − න𝜌𝑐 𝑇 𝑟, 𝑡 − 𝑇1 𝑑𝑣 Se aplica para condiciones de tiempo limitado por la condición inicial (t=0) y cualquier t > 0 9. 𝑄𝑜 = 𝜌𝑐𝑉 𝑇1 − 𝑇∞ Energía interna inicial de la pared. Cantidad máxima de transferencia de energía que podría ocurrir para un t=∞ 10. 1 𝑄 𝑠𝑒𝑛𝜁 𝑄𝑜 𝜁1 = 1 − 𝜃𝑜 ∗ 𝜃0 ∗ 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 8) C1 ^ 𝜁1 tabla 5.1
  • 102. Cilindro infinito ∞ 𝜃∗ = ෍ 𝐶𝑛𝑒𝑥𝑝 −𝜁2𝐹𝑜 𝐽𝑜 𝜁 𝑟∗ 𝑛 𝑛 𝑛=1 𝜃∗: Energía total transferida de la pared 𝐽1, 𝐽0: Funciones de Bessel de primera clase Tabla B-4 Esfera 𝑛 =1 ∞ 𝜃∗ = ෍ 𝐶𝑛𝑒𝑥𝑝 −𝜁2𝐹𝑜 𝑛 1 𝜁𝑛𝑟∗ 𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝜁 𝑟∗ Donde: 𝐹𝑜 = 𝛼𝑡 𝑟𝑜 2 𝑛 4 𝑠𝑒𝑛 𝜁𝑛 − 𝜁𝑛cos(𝜁𝑛) 𝐶 = 2𝜁𝑛 − 𝑠𝑒𝑛(2𝜁𝑛) Donde 𝜁𝑛 son las raíces positivas de la ecuación trascendental 1 − 𝜁𝑛 cot𝜁𝑛 = 𝐵𝑖
  • 103. Ejemplo 5.3 pág. 231 Considere una tubería de acero (AISI 1010) que tiene 1m de diámetro interno y una pared con espesor de 40 mm. La tubería está fuertemente aislada en el interior y antes del inicio del flujo las paredes de la tubería se encuentran a una temperatura uniforme de -20 C. con el inicio del flujo se bombea aceite caliente a 60 C por la tubería, con lo que se crea una condición conectiva de superficie que corresponde a ℎ = 500 𝑊Τ𝑚2𝐾 en la superficie interior de la tubería. 1. Cuáles son los números de Biot y Fourier apropiados, 8 minutos después de iniciado el flujo a t=8min ¿Cuál es la temperatura de la superficie exterior cubierta por aislante? 2. ¿Cuál es el flujo de calor q” 𝑊Τ𝑚2 a la tubería desde el aceite en t= 8 min? 3. ¿Cuánta energía por metro de longitud de tubería se ha transferido del aceite en t= 8 min?
  • 104. 𝑚 𝑇𝑚,𝑖 + 𝑇𝑚,𝑜 𝑇 = 2 𝑇𝑚 = −20 + 60 2 = 20℃ + 273°𝐾 = 293 𝐾 ≈ 300𝐾
  • 105. Propiedades del fluido ρ = 7832 kg/m³ Cp = 434 J kgK α = 18,8 × 10−6m2/s k = 63,9 W/mK ℎ𝐿 𝐵𝑖 = = 𝐾 500 𝑊ൗ 𝑚2 ∗ 𝐾 × 0.04 𝑚 63.9 𝑊 ൗ 𝑚 ∗ 𝐾 = 0.313 𝐵𝑖 = 0.313 > 0.1 No se puede usar resistencia interna 𝐹𝑜 = 𝛼𝑡 𝐿2 18.8 × 10−6 𝑚2 ൗ 𝑠 × 8 𝑚𝑖𝑛 × 60 𝑠 ൗ 0.04 𝑚 2 = 𝑚𝑖𝑛 = 5.64 𝐹𝑜 = 5.64 > 0.2 Podemos usar convección en una pared plana
  • 106. Tabla 5.1. Coeficientes que se usan en la aproximación de un termino para las soluciones de serie de la conducción transitoria unidimensional Temperatura del plano medio 𝑜 ∗ 𝜃 = 𝑇𝑜 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞ = 𝐶1𝑒 1 (−𝜍2𝐹𝑜)
  • 107. 𝑜 𝜃∗ = 1.047𝑒𝑥𝑝 − 0.531 𝑟𝑎𝑑 2 × 5.64 = 0.214 Para 8 min tenemos 𝑇(0,8min) 𝜃∗ = 𝑇0 − 𝑇∞ 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑇0 = 𝑇∞+ 𝜃∗(𝑇𝑖 − 𝑇∞) 𝑇0 = 60 + 0.213 −20 + 60 𝑇0 = 42.92 𝐶
  • 108. 3) la transferencia de calor a la superficie interna en x=L se da por convección y para cualquier tiempo Ley de Newton t = 8min = 480 s 𝑞´´ 𝑥 1 𝐿 𝐿 480𝑠 ≡ 𝑞´´ = ℎ 𝑇 𝐿, 480 𝑠 − 𝑇∞ 𝜃∗ = 𝜃∗cos(𝜁 ) 𝑜 1 𝑇 𝐿, 𝑡 = 𝑇∞ + 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝜃∗cos(𝜁1) 𝑜 𝑇 𝐿, 8 𝑚𝑖𝑛 = 60℃ + −20 − 60 ℃ × 0.214 × 𝑐𝑜𝑠 0.531 𝑟𝑎𝑑 𝑇(𝐿, 8 𝑚𝑖𝑛) = 45.2℃ El flujo de calor en t=8 min 𝐿 𝑞´´ = 500 𝑊 ൗ 2 𝑚 ∗ 𝐾 45.2 − 60 ℃ = −7400 𝑊 ൗ 𝑚2
  • 109. Transferencia total de energía 𝑄 = 1 − 𝑄𝑜 𝜁1 1 𝑠𝑒𝑛(𝜁 ) 𝜃𝑜 ∗ 𝑄 𝑄𝑜 = 1 − 𝑠𝑒𝑛 0.531 𝑟𝑎𝑑 0.531 𝑟𝑎𝑑 × 0.214 = 0.80 𝑄 = 0.80𝜌𝑐𝑉 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑄´ = 0.80𝜌𝑐𝜋𝐷𝐿 𝑇𝑖 − 𝑇∞ 𝑄´ = 0.80 × 7823 𝑘𝑔 ൗ 𝑚3 ൗ 𝑘𝑔 ∗ 𝐾 × 434 𝐽 × 𝜋 × 1 𝑚 × 0.04 𝑚 −20 − 60 ℃ 𝑄´ = −2.73 × 107 𝐽 ൗ 𝑚
  • 110. 5.5 Unos balines de acero de 12 mm de diámetro se templan mediante el calentamiento a 1150oK y después se enfrían lentamente a 400oK en un aire ambiental para el cual 𝑻∞=𝟑𝟐𝟓 𝑲 y 𝒉=𝟐𝟎 𝑾/𝒎²𝑲. Suponiendo que las propiedades del acero son 𝑲=𝟒𝟎 𝑾/𝒎𝑲, 𝝆=𝟕𝟖𝟎𝟎 𝒌𝒈/𝒎³, y 𝒄𝒑=𝟔𝟎𝟎 𝑱/𝑲𝒈 𝑲, estime el tiempo que se requiere para el proceso de enfriamiento.
  • 112. 5.8 Una bala esférica de plomo de 6 mm de diámetro se mueve aproximadamente a Mach 3. La onda de choque resultante calienta el aire alrededor de la bala a 700 K, y el coeficiente de convección promedio para la transferencia de calor entre el aire y la bala es 50 W/m²K. Si la bala sale del barril a 300 K y el tiempo de vuelo es de 0.4s, ¿cuál es la temperatura en la superficie en el momento del impacto?
  • 115. Ejemplo 5.2/5.4 Propuestos 5.5/5.6/5.7/5.31