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- 1. GONZALESALDANA EYNER CESAR PRIMERATAREA 1.59. (CENGEL) Una cacerolade aluminiocuyaconductividadtérmicaes237W/m·°Ctiene unfondo planocon undiámetrode 15 cm yun espesorde 0.4 cm. Se transfiere calorde maneraestacionaria a travésdel fondo,hastaherviraguaenla cacerola,conunarazónde 1400W.Si lasuperficieinterior del fondode la cacerola está a 105°C, determine la temperatura de la superficie exterior de ella. SOLUCION: Calculamosel área: 𝐴 = 𝜋𝑑2 4 = 𝜋(0.15)2 4 = 0.01767 𝑚2 Hacemosuso de la expresiónde laleyde Fourierde laconduccióndel calor: 𝑄̇ = 𝑘𝐴 ∆𝑇 𝐿 = 𝐾𝐴 𝑇2 − 𝑇1 𝐿 Despejamosenrazónde 𝑇2: 𝑄̇ = 𝐾𝐴 𝑇2 − 𝑇1 𝐿 𝑄 𝐾𝐴 ̇ = 𝑇2 − 𝑇1 𝐿 𝑄 𝐿 𝐾𝐴 ̇ = 𝑇2 − 𝑇1 𝑄 𝐿 𝐾𝐴 ̇ + 𝑇1 = 𝑇2 𝑄 𝐿 𝐾𝐴 ̇ + 𝑇1 = 𝑇2 Remplazamosdatos: 1400 ∗ 0.004 237 ∗ 0.01767 + 105 = 𝑇2 106.34° 𝐶 = 𝑇2
- 2. GONZALESALDANA EYNER CESAR 1.77.(CENGEL) Un transistorcon unaaltura de 0.4 cm yun diámetrode 0.6 cm estámontadosobre untablerode circuito.El transistorse enfríaporaire que fluyesobre élconuncoeficientepromedio de transferenciade calorde 30 W/m2 · °C.Si la temperaturadel aire esde 55°Cy la temperaturade la caja del transistor no debe ser mayor de 70°C, determine la cantidad de potencia que este transistor puede disipar con seguridad. Descarte toda transferencia de calor desde la base del transistor. SOLUCION: Calculamos el área de la caja: 𝐴𝑠 = 𝐴𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟 + 𝐴𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣 𝐴𝑠 = 𝜋𝐷𝐿 + 𝜋𝐷2 4 𝐴𝑠 = 𝜋(0.6 𝑐𝑚 ∗ 0.4 𝑐𝑚) + 𝜋0.6𝑐𝑚2 4 𝐴𝑠 = 0.75 𝑐𝑚2 + 0.28𝑐𝑚2 𝐴𝑠 = 1.03 𝑐𝑚2 𝐴𝑠 = 1.03 𝑥 10−4 𝑚2 Hallamos la cantidad de potencia que el transistor puede disparar: 𝑄̇ = ℎ ∗ 𝐴𝑠 ∗ (𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇∝ ) 𝑄̇ = (30 𝑊 𝑚2 ∗ °𝐶) ∗ (1.03 𝑥 10−4 𝑚2) ∗ (70°𝐶 − 55°𝐶 ) 𝑄̇ = 0.046 𝑊
- 3. GONZALESALDANA EYNER CESAR 1.85.(CENGEL) Considere unacaja electrónicaselladade 20 cm de alto,cuyas dimensiones de la base son50 cm 50 cm, colocadaen unacámara al vacío. La emisividadde lasuperficie exteriorde la caja es 0.95. Si loscomponenteselectrónicosque estánenlacaja disipanun total de 120 W de potencia y la temperatura de la superficie exterior de ella no debe de sobrepasar 55°C, determine la temperatura a la cual deben mantenerse las superficies circundantessi estacaja se va a enfriarsóloporradiación.Supongaque latransferenciade calor desde la superficie inferior de la caja hacia el pedestal es despreciable. SOLUCION: Cambiamoslatemperaturade C a K: 𝑇𝑆 = 55°𝐶 → 55°𝐶 + 273 = 328 𝐾 Calculamosel áreasuperficial: 𝐴𝑆 = 𝐵𝑎𝑠𝑒 + 4 ℎ (0.5𝑚) 𝐴𝑆 = (0.5 𝑥 0.5)𝑚2 𝐴𝑆 = 0.25 𝑚2 + 0.40 𝑚2 𝐴𝑆 = 0.65 𝑚2 La temperaturade lasuperficiede lacaja es: 𝑄̇𝑒𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 = 𝜖𝜎𝐴𝑠(𝑇4 𝑠 − 𝑇4 𝑎𝑙𝑟𝑒𝑑𝑒𝑑𝑜𝑟) Despejamosenfunciónde Temperatura: 𝑇4 𝑎𝑙𝑟𝑒𝑑𝑒𝑑𝑜𝑟 = 𝑇4 𝑠 − 𝑄̇ 𝑒𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝜖𝜎𝐴𝑠 𝑇4 𝑎𝑙𝑟𝑒𝑑𝑒𝑑𝑜𝑟 = (328)4 − 120 𝑊 0.95 𝑥 (5.67 𝑥 10−8 𝑊 𝑚2 𝐾4) ∗ (0.65𝑚2) 𝑇4 𝑎𝑙𝑟𝑒𝑑𝑒𝑑𝑜𝑟 = 8146945208 𝐾4 𝑇𝑎𝑙𝑟𝑒𝑑𝑒𝑑𝑜𝑟 = √8146945208 𝐾4 𝑇𝑎𝑙𝑟𝑒𝑑𝑒𝑑𝑜𝑟 = 300.43 𝐾
- 4. GONZALESALDANA EYNER CESAR 2.34(CENGEL) Partiendo de un balance de energía sobre un elemento de volumen con forma de disco, deduzca la ecuación unidimensional de conducción de calor en régimen transitorio,paraT(z,t),enun cilindro de diámetroDconuna superficielateralaislada,para el caso de conductividad térmica constante y con regeneración de calor. SOLUCION: Utilizamosel balance de energíaen este elementodelgadode espesor ∆𝑧 durante un pequeño intervalo de tiempo ∆𝑡 que es expresado de la siguiente manera: 𝑄̇𝑧 − 𝑄̇ 𝑧 + 𝐸̇𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 = ∆𝐸𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 ∆𝑡 El cambioenel contenidode energíadel elementoylatasa de generaciónde calor dentro del elemento pueden ser expresado como: ∆𝐸𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝐸𝑡+∆𝑡 − 𝐸𝑡 = 𝑚𝑐(𝑇𝑡+∆𝑡 − 𝑇𝑡) = 𝜌𝑐𝐴∆𝑧(𝑇𝑡+∆𝑡 − 𝑇𝑡) 𝐸̇𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑒̇𝑟𝑒𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ò𝑛 ∗ 𝑉𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑒̇𝑟𝑒𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ò𝑛 ∗ 𝐴 ∗ ∆𝑧 Sustituimosenlaecuacióndel balance de energía: 𝑄̇𝑧 − 𝑄̇ 𝑧 + 𝑒̇𝑟𝑒𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ò𝑛 ∗ 𝐴 ∗ ∆𝑧 = 𝜌𝑐𝐴∆𝑧 (𝑇𝑡+∆𝑡 − 𝑇𝑡) ∆𝑡 Dividimos por A∗ ∆𝑧a toda la ecuación: − 1 𝐴 ∗ 𝑄̇ 𝑧 − 𝑄̇𝑧 ∆𝑧 + 𝑒̇𝑟𝑒𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ò𝑛 = 𝜌𝑐 (𝑇𝑡+∆𝑡 − 𝑇𝑡) ∆𝑡 A partirde la definiciónde laderivadaylaleyde conducciónde calor de Fourierse obtiene: lim ∆𝑧→0 𝑄̇𝑧 − 𝑄̇ 𝑧 ∆𝑧 = Q z = z (−𝑘𝐴 T z ) Tomando el límite como ∆𝑧 → 0 y ∆𝑡 → 0 , se obtiene: − 1 𝐴 ∗ z (−𝑘𝐴 T z )+ 𝑒̇𝑟𝑒𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ò𝑛 = 𝜌𝑐 T t Teniendoencuentaque el áreaA y la conductividadtérmicaksonconstantes,la conducciónde calor transitoriaunidimensional ecuaciónen ladirecciónaxial en un cilindrolargose convierte en: ( 2 T z2 ) + 𝑒̇𝑟𝑒𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ò𝑛 𝑘 = 1 ∗ T t Donde la siguiente ecuación es la difusividad térmica del material: = k 𝜌𝑐
- 5. GONZALESALDANA EYNER CESAR 2.58.(CENGEL) En la industria del tratamiento térmico son muy comunes los hornos discontinuoseléctricos.Considere unhornodiscontinuoconun frente constituidoporuna placa de acero de 20 mm de espesoryuna conductividadtérmicade 25 W/m · K. El horno está situado en una habitación con una temperatura del aire circundante de 20ºC y un coeficiente promedio de transferencia de calor por convección de 10 W/m2 · K. Si la superficie internadel frente del hornoestásujetaaunflujouniforme de calorde 5 kW/m2 y la superficie externa tiene una emisividadde 0.30, determine la temperatura superficial interna del frente del horno. SOLUCIÒN: Utilizaremos las siguientes ecuaciones: 𝑄𝐾 = 𝑄𝑐 + 𝑄𝑅 = 𝑄 …(1) 𝑞𝑘 = 𝑄𝐾 𝐴 = 𝐾(𝑇1 − 𝑇2) …. (2) 𝑞𝑐 = 𝑄𝑐 𝐴 = ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜) … .(3) 𝑞𝑟 = 𝑄𝑅 𝐴 = 𝛿𝜀(𝑇1 − 𝑇2) …. (4) 𝛿 = 5.67 𝑥10−8 Remplazando (2), (3), (4) en (1): 𝑄𝑐 𝐴 = ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜) + 𝛿𝜀(𝑇4 𝑠 − 𝑇4 𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒) 5000 𝑊 𝑚2 = 10 𝑁 𝑚2 ∗ 𝐾 (𝑇𝑠 − 293) + 0.3 ∗ 5.67 𝑥10−8 ∗ (𝑇4 𝑠 − 2944 ) 𝑇𝑠 = 594 𝐾 Remplazamos en (2): 𝑞𝑘 = 𝑄𝐾 𝐴 = 𝐾(𝑇1 − 𝑇2) 5000 𝑊 𝑚2 = 𝑄𝐾 𝐴 = 25 ∗ (𝑇1 − 594𝐾) 0.02
- 6. GONZALESALDANA EYNER CESAR 𝑇1= 598 𝐾 Circuito térmico:
- 7. GONZALESALDANA EYNER CESAR 2.74.(CENGEL) En una instalación de procesamiento de alimentos se usa un recipiente esféricode radiointeriorr1 =40 cm, radio exteriorr2= 41 cm y conductividadtérmicak1.5 W/m · °C para almacenar agua caliente y mantenerla a 100°C en todo momento. Para realizaresto,lasuperficieexteriordel recipientese envuelveconuncalentadoreléctricode cintade 500 W y, a continuación,se aísla.Se observaque,entodoinstante,latemperatura de la superficie interiordel recipienteestácercanaa 100°C. Si se supone que 10% del calor generado en el calentador se pierde a través del aislamiento, a) exprese la ecuación diferencial y las condiciones de frontera para la conducción unidimensional de calor en estadoestacionarioa través del recipiente,b) obtengauna relaciónpara la variaciónde la temperaturaenel materialde eserecipiente,resolviendolaecuacióndiferencial,yc) evalúe la temperatura de la superficie exterior del propio recipiente. También determine cuánta agua a 100°C puede suministrareste tanque de maneraestacionaria,si el aguafría entraa 20°C.7 SOLUCION: a) La ecuación diferencial es : 𝑞̇𝑠 = 𝑄̇𝑠 𝐴2 = 𝑄̇𝑠 4𝜋𝑟2 = 0.90 ∗ 800𝑊 4𝜋(0.41 𝑚 )2 = 340.8 𝑊/𝑚2 𝑑 𝑑𝑟 (𝑟2 𝑑𝑇 𝑑𝑟 ) = 0 𝑇(𝑟 1) = 𝑇1 = 120°𝐶 𝐾 𝑑𝑇(𝑟2) 𝑑𝑟 = 𝑞̇𝑠 b) Relación para la variación de la temperatura en el material de ese recipiente: 𝑟2 𝑑𝑇 𝑑𝑟 = 𝑐1 𝑑𝑇 𝑑𝑟 = 𝑐1 𝑟2 𝑇(𝑟) = − 𝑐1 𝑟2 + 𝑐2
- 8. GONZALESALDANA EYNER CESAR 𝑟= 𝑟2 : 𝑘 𝑐1 𝑟2 2 = 𝑞̇𝑠 → 𝑐1 = 𝑞̇𝑠 ∗ 𝑟2 2 𝑘 𝑟 = 𝑟 1 : 𝑇(𝑟 1 ) = 𝑇1 = − 𝑐1 𝑟 1 + 𝑐2 → 𝑐2 = 𝑇1 + 𝑐1 𝑟 1 = 𝑇1 + 𝑞̇𝑠 ∗ 𝑟2 2 𝑘 ∗ 𝑟 1 𝑇(𝑟) = − 𝑐1 𝑟 + 𝑐2 = − 𝑐1 𝑟 + 𝑇1 + 𝑐1 𝑟 1 = 𝑇1 + ( 1 𝑟 1 − 1 𝑟 )𝑐1 = 𝑇1 + ( 1 𝑟 1 − 1 𝑟 ) 𝑞̇𝑠 ∗ 𝑟2 2 𝑘 𝑇(𝑟) = 120°𝐶 + ( 1 0.40𝑚 − 1 𝑟 ) (340.8 𝑊/𝑚2)(0.41 𝑚)2 1.5 𝑊 𝑚 ∗ °𝐶 𝑇(𝑟) = 120 + 38.19 ( 2.5 − 1 𝑟 ) c) Hallamos la temperatura y la cantidad de agua a 100ºC: (𝑟 = 𝑟2 ): 𝑇(𝑟2) = 120 + 38.19 (2.5 − 1 𝑟2 ) = 120 + 38.19 (2.5 − 1 0.41 ) 𝑇(𝑟2) = 122.3°𝐶 𝑄̇ = 𝑚 ̇ 𝑐𝑝∆𝑇 → 𝑚 ̇ = 𝑄̇ 𝑐𝑝 ∗ ∆𝑇 = 0.720 𝑘𝐽/𝑠 (4.185 𝑘𝐽 𝑘𝑔 .℃)(100 − 20)℃ = 0.002151 𝑘𝑔 𝑠 𝑄̇ = 7.74 𝑘𝑔/ℎ
- 9. GONZALESALDANA EYNER CESAR 1.31(KREITH)Una secciónde unapared compuestaconlas dimensionesque se muestrana continuacióntienetemperaturasuniformesde 200°C y50 °C sobre lassuperficiesizquierda y derecha, respectivamente. Si las conductividades térmicas de los materiales de la pared son: 𝑘𝑎 = 70 W/m K, 𝑘𝑏 = 60 W/m K, 𝑘𝑐 = 40 W/m K y 𝑘𝑑= 20 W/m K, determine latasade transferencia de calor a través de esta sección de la pared y las temperaturas en las interfaces. SOLUCION: 𝑇𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 = 200℃ 𝑘𝐴 = 70 𝑊 𝑚 .𝑘 𝑘𝐵 = 60 𝑊 𝑚 .𝑘 𝑘𝐶 = 40 𝑊 𝑚 .𝑘 𝑘𝑂 = 20 𝑊 𝑚 . 𝑘 𝑇𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 = 50℃ 𝑄 = ¿ ? 𝑄 = ∆𝑇 𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 a) 𝑅𝐴 = 𝐿𝐴 𝐾𝐴 ∗ 𝐴𝐴 = 0.02 𝑚 70 𝑊 𝑚.𝑘 ∗ (0.06 ∗ 0.06𝑚2) = 0.0794 𝐾 𝑊 𝑅𝐵 = 𝐿𝐵 𝐾𝐵 ∗ 𝐴𝐵 = 0.025 𝑚 60 𝑊 𝑚.𝑘 ∗ (0.03 ∗ 0.06𝑚2) = 0.2315 𝐾 𝑊 𝑅𝐶 = 𝐿𝐶 𝐾𝐶 ∗ 𝐴𝐶 = 0.025 𝑚 40 𝑊 𝑚.𝑘 ∗ (0.03 ∗ 0.06𝑚2) = 0.3472 𝐾 𝑊
- 10. GONZALESALDANA EYNER CESAR 𝑅𝐷= 𝐿𝐷 𝐾𝐷 ∗ 𝐴𝐷 = 0.04 𝑚 20 𝑊 𝑚.𝑘 ∗ (0.06 ∗ 0.06𝑚2) = 0.5556 𝐾 𝑊 𝑄 = 𝑇𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 − 𝑇𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑅𝐴 + 0.2315 𝐾 𝑊 ∗ 𝑅𝐷 0.2315 𝐾 𝑊 + 𝑅𝐷 + 𝑅𝐷 𝑄 = 200℃ − 50℃ 0.0794 𝐾 𝑊 + 0.2315 𝐾 𝑊 ∗ 0.5556 𝐾 𝑊 0.2315 𝐾 𝑊 + 0.5556 𝐾 𝑊 + 0.5556 𝐾 𝑊 𝑄 = 194 𝑊 b) 𝑄 = 𝑇𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 − 𝑇𝑖1 𝑅𝐴 𝑇𝑖1 = 𝑇𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 − 𝑄 ∗ 𝑅𝐴 = 200℃ − 194𝑊 ∗ 0.0794 𝐾 𝑊 𝑇𝑖1 = 184.59℃ 𝑄 = 𝑇𝑖2−𝑇𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑅𝐷 𝑇𝑖2 = 𝑇𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 − 𝑄 ∗ 𝑅𝐷 = 50℃ − 194𝑊 ∗ 0.05556 𝐾 𝑊 𝑇𝑖2 = 15 ℃
- 11. GONZALESALDANA EYNER CESAR 1.42(KREITH) Un dispositivo electrónico que genera internamente 600 mW de calor tiene una temperatura máxima permisible de operación de 70 °C. Se tiene que enfriar en aire a 25 °C colocando aletas de aluminio con un área superficial total de 12 cm2. El coeficiente de transferenciade calor por convecciónentre lasaletas y el aire es 20 W/m2 K. Estime la temperatura de operación cuando las aletas están colocadas de tal manera que a) existe resistencia por contacto de aproximadamente 50 K/W entre la superficie del dispositivo y el conjuntode aletasy b) nohay resistenciaporcontacto(eneste caso, laconstruccióndel dispositivo es más costosa). Comente sobre las opciones de diseño. SOLUCION: Un dispositivoelectrónicoconmatrizdealetasde aluminio.El dispositivogeneracalorauna tasa 𝑞̇𝐺 = 600 mW = 0.6W , Área= 12𝑐𝑚2, temperatura máxima del dispositivo = 70℃, temperatura del aire = 25℃ y el coeficiente de trasferencia de calor por convección ℎ𝑐=20 𝑊 𝑚2𝑘 . El circuitotérmicopara el caso con resistenciade contactose muestraa continuación. a) El valorde la resistenciaconectiva: 𝑅𝐶 = 1 ℎ𝑐𝐴 = 1 20 𝑊 𝑚2𝑘 ∗ 0.0012𝑚2 𝑅𝐶 = 41.7 𝐾 𝑊 Para condicionesde estadoestable,lapérdidade calordel dispositivo(q) debe ser igual al calor generadoporel dispositivo
- 12. GONZALESALDANA EYNER CESAR 𝑞= ∆𝑇 𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑇𝑜 − 𝑇𝛼 𝑅𝑐 + 𝑅𝑖 = 𝑞̇𝐺 Despejamosenfunciónde To: 𝑇𝑜 = 𝑇𝛼 + 𝑞̇𝐺(𝑅𝑐 + 𝑅𝑖) = 25℃ + (0.6𝑊)(41.7 𝐾 𝑊 + 50 𝐾 𝑊 ) 𝑇𝑜 = 80℃ b) De manerasimilar,latemperaturade operacióndel dispositivosinresistenciade contacto es: 𝑇𝑜 = 𝑇𝛼 + 𝑞̇𝐺𝑅𝑐 = 25℃ + (0.6𝑊)(41.7 𝐾 𝑊 ) 𝑇𝑜 = 50℃
- 13. GONZALESALDANA EYNER CESAR 2.56(KREITH) Un conductode vaporde 2.5 cm de diámetroexteriora100 °C corre paralelo a unconductode aguafríade 5.0cmde diámetroexteriora15°C.Lostubosestánseparados 5 cm (centro a centro) y profundamente enterrados en concreto con una conductividad térmicade 0.87 W/m K. ¿Cuál es la transferenciade calor por metrode tubo entre losdos tubos? SOLUCION: Diámetro exterior de la tubería caliente (𝐷ℎ) = 2,5 cm = 0,025 m • Temperatura de tubería caliente (𝑇ℎ) = 100°C • Diámetro exterior de la tubería fría (𝐷𝑐) = 5,0 cm = 0,05 m • Temperatura tubería fría (𝑇𝑐) = 15°C • Distancia centro a centro entre tuberías (l) = 5 cm = 0,05 m • Conductividad térmica del hormigón (k) = 0,87 W/(m·K) Calorespecíficodel agua(𝐶𝑃) = 1 Btu/(lb°F) = 4187 J/(kgK) El factor de formapara estageometría es: 𝑆 = 2𝜋 cosh−1( 𝐿2 − 1 − 𝑟2 2𝑟 ) … …(1) Donde L es: 𝐿 = 1 𝐷ℎ = 0.05 𝑚 cosh−1( 0.025 2 ) = 4 Regresamosala ecuación(1): 𝑆 = 2𝜋 cosh−1( 16 − 1 − 4 4 ) = 3.763 La tasa de transferenciade calorporunidadde longitud es: 𝑞 = 𝑘 ∗ 𝑆 ∗ ∆𝑇𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 = 0.87 W m · K ∗ (3.763)(100℃ − 15℃) q = 278 W/m Donde r es: 𝑟 = 𝑟𝑐 𝑟ℎ = 𝐷𝑐 𝐷ℎ = 0.05 0.025 = 2 COMENTARIO: Normalmente, la temperatura de ambos fluidos cambiará a medida que se transfiera calor entre ellos. Por lo tanto, para cualquier longitud apreciable de tubería, se debe usar una diferencia de temperatura promedio.
- 14. GONZALESALDANA EYNER CESAR 2.76(KREITH) Una placa de plástico de 2.5 cm de espesor inicialmente a 21 °C se coloca entre dos placas de acero calentadas que se mantienen a 138 °C. El plástico se tiene que calentarjustolo suficiente paraque latemperaturade su planomedioalcance 132 °C. Si la conductividadtérmicadel plásticoes1.1 * 10-3 W/m K, la difusividadtérmicaes 2.7 * 10-6 m/s y la resistencia térmica en la interfaz entre las placas y el plástico es insignificante, calcule:a) el tiempode calentamientonecesario,b) latemperatura enunplanoa0.6 cmde laplaca de aceroen el instante enque se terminael calentamientoyc) el tiemporequerido para que el plástico alcance una temperatura de 132 °C a 0.6 cm de la placa de acero. SOLUCION: • Se coloca una hoja de plástico entre dos placas de acero calentadas • Espesor de chapa (2L) = 2,5 cm = 0,025 m • Temperatura inicial (𝑇𝑜) = 21°C • Temperatura de las placas de acero (𝑇𝑠) = 138°C • Calentar hasta la temperatura del plano medio de la hoja (𝑇𝑐) = 132°C • La conductividad térmica del plástico (k) = 1.1𝑥10−3 W/(m·K) • La difusividad térmica (α) = 2.7𝑥10−6 𝑚2/𝑠 • La resistencia térmica en la interfaz entre las placas y el plástico es despreciable a) Calculamoslascoordenadas: 𝑇(0, 𝑡) − 𝑇𝛼 𝑇𝑜 − 𝑇𝛼 = 132 ℃ − 138℃ 21℃ − 138℃ = 0.0513 𝐹 𝑜 = 𝛼𝑡 𝐿2 = 1.3 𝑡 = 𝐹 𝑜 𝐿2 ∝ = 1.3 ∗ ( 0.025 2 𝑚)2 27𝑥10−6𝑚2/𝑠 𝑡 = 75 𝑠𝑒𝑐
- 15. GONZALESALDANA EYNER CESAR b) 𝑥= 𝐿 − 0.006 𝑚 = 0.0125 𝑚 − 0.006 𝑚 = 0.0065 𝑚 → 𝑥 𝐿 = 0.0065𝑚 0.0125𝑚 = 0.52 𝑇(0.0065𝑚, 𝑡) − 𝑇 𝑇(0, 𝑡) − 𝑇𝛼 = 0.70 𝑇(0.0065𝑚, 𝑡) = 0.7(𝑇(0,𝑡) − 𝑇𝛼) + 𝑇𝛼 = 0.7(132℃ − 138℃) + 138℃ 𝑇 = 133.8℃ c) 𝑇(0, 𝑡) = 𝑇𝛼 + 1 0.7 (𝑇(0.0065𝑚, 𝑡) − 𝑇𝛼) = 138℃ + 1 0.7 (132℃ − 130℃) = 129.4℃ 𝑇(0, 𝑡) − 𝑇𝛼 𝑇𝑈 − 𝑇𝛼 = 129.4℃ − 138℃ 21℃ − 138℃ = 0.0733 𝑡 = 𝐹𝑜𝐿2 ∝ = 1.15( 0.025 2 𝑚)2 2.7𝑥10−6 𝑚2/𝑠 𝑡 = 67 𝑠𝑒𝑐