a) MÉTODO DE LA CAPACITANCIA TÉRMICA
Un problema en conducción es un cambio repentino de ambiente.
Ti
t ≥ 0
T(t)
T∞ < Ti T = T(t)
Se asume que la temperatura del sólido es parcialmente uniforme durante el proceso transitorio el gradiente de temperatura es Insignificante. De acuerdo a Ley de Fourier esto implica que existe una conductividad Infinita, lo cual no es posible. Este efecto puede ser equivalente, cuando la resistencia a la conduccióndentro del sólido es pequeña en comparación al calor transferido entre el sólido y sus alrededores.
Haciendo un balance de energía en el sólido
almE
convsale QE
i
t
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i
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0;
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)(
SIGUE MÉTODO DE LA CAPACITANCIA TÉRMICA
Integrando en ambos lados de la ecuación:
0.368
t
Nota: Observe que la contante de tiempo pequeña Implica que la temperatura del cuerpo, desciende más rápido que una mayor debido a su capacitancia Térmica la cual depende de la capacidad calorífica “C” y de la densidad “ρ” del cuerpo
Para el calor disipado.
1
0.632
t
térmicaciacapaciCtérmicaaresistenciRtiempodetecons
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21
21
VALIDÉZ DEL MÉTODO
¿Bajo que condición se puede usar el método razonablemente para analizar el transitorio?
T
Ts1
Ts2 T∞, h Ts2
Ts2
0 L xBajo condición de estado estable, el balance
en la superficie.
Bi → Número de Biot. Relación de la caída de temperatura del sólido, a la diferencia de temperaturas del sólido y el fluido
Si se satisface que:
El error de usar el método es pequeño
cond
conv
Q
Q
111
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BiotdeNúmeroB
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c
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20
022
0
ANÁLISIS DE LA CAPACITANCIA EN GENERAL
Considerando un muro como se muestra:
ρ,C,V
T(0)=Ti Talr
T∞,, h
Ae As
Ae Área de calor de entrada
As Área de convección y radiación
Si no hay calor de entrada, gen y convecc.
Si Talr = 0 (radiación al espacio)
"eQ
"
"
r
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Q
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T
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11
3
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"
33
Ejemplo. Se tiene una esfera de cobre; d = 12.7 mm a 660C antes de introducirla en aire a 270C. Se introduce instantáneamente y asando 69 s adquiere una temperatura de 550C. Justifique que la esfera se comporta como un cuerpo isotérmico y encuentre “h”.
Se asume: Temperatura de la esfera es
uniforme, radiación despreciable y
propiedades constantes.
Propiedades: Cobre a 3330C: ρ = 8933 Kg/m3
K = 398 W/mK: Cp = 389 J/KgK
Diagrama:
T(0) = 660C
T∞ = 270C d
T(69) = 550C
Con: θ = T - T∞
COMENTARIO:
Las asunciones de espacialidad
isotérmica es razonable
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3
2
dVVCC
dAhA
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pt
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t
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t
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2
69
3.35;208
718.02766
2755
1.01088.1398
60127.0
3.35
6
4
0
xk
hLB
dLCon
ci
c
CONDUCCIÓN TRANSITORIA UNIDIRECCIONAL ADIMENSIONAL
Si no es despreciable el gradiente de
temperatura dentro del medio.
Pared plana sin efecto espacial, no generación
Interna y k = Cte.
L Mitad del espesor de la pared
En forma adimensional la dependencia queda
Para una geometría prescrita, la distribución
de temperatura es una función universal de:
t
TCq
z
Tk
zy
Tk
yx
Tk
x p
10;
:
),,,,,,,(
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0
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2
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x
x
conFx
FL
tty
L
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x
x
),,( 0 iBFxf
iByFx 0,
Ejemplo. Se tienen dos paredes de diferentes dimensiones y características térmicas: Pared L (m) α(m2/s) k (w/mK)Ti(0C) T∞(0C) h (w/m2K) I 0.10 15x10-6 50 300 400 200 II 0.40 25x10-6 100 30 20 100 La temperatura para la pared I a: x = L después de t1 = 100 s es T1(L1,t1) = 315 0C. ¿Cuánto tiempo tomará la pared II para llegar a 28.5 0C en x = L2 ?
Usando como base para el análisis:
L
k, α
T∞,h Aislado
T (x,0) = Ti
ANÁLISIS: Si los parámetros son iguales para ambas paredes entonces:
Evaluando esos parámetros se tiene:
1.563x10-4 t2 =0.150
20
0
,,:
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L
tF
k
hLB
L
xxCon
FBxf
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0,, FBx i
21
85.010563.140.0185.0150.040.01
24
0
txIII
FBxPared i
0201 FF
Segt 9602
LA SOLUCIÓN EXACTA
Para una pared plana.
Ti = T(x,0) Ti = T(x,0) y sumido en un fluido a:
T∞,h T∞ ≠ Ti
T∞,h
-L L Las condiciones de
convección similares a:
Hay simetría en la distribución de temperatura en:
Los valores característicos de ςn son raíces positivas de:
ςn Tan ςn = Bi
Solución aproximada: Si F0 =0.2
Representa la temperatura del plano medio
La transferencia total de energía en el transitorio:
Se integra sobre el volumen de la pared.
Usando la aproximación
L
xx
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1
02
2
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1001
1
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1 FCQconSen
Q
Q
SISTEMAS RADIALES CON CONVECCIÓN
Cilindro. Razonable el análisis para: L/r0 ≥ 10
Los valores discretos de ςn son las raíces positivas de:
Solución aproximada: F0 >0.2 (cilindro infinito)
Energía total transferida.
Esfera
Los valores discretos de son las raíces
positivas de:
Solución aproximada: F0 >0.2
Energía total transferida
)()()(
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CosSenQ
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0 1.00 0 0 0
.25 0.984 0.124 0.00777 0.00032
.50 0.938 0.242 0.0306 .00256
.75 0.864 0.349 0.067 .00850
1.00 0.765 0.440 0.115 0.0196
1.5 0.512 0.558 0.232 0.0610
2.0 0.2241 0.578 0.353 0.129
2.40 +0.00250 0.520 0.431 0.198
2.41 -0.00270 0.518 0.433 0.200
3.00 +0.260 0.339 0.486 0.309
3.83 -0.403 +.007 0.403 0.420
3.84 -0.403 -.0033 0.399 0.421
4.00 -0.397 -.0660 0.364 0.430
5.00 -0.178 -0.328 0.293 0.356
5.13 -0.134 -0.339 +0.00191 0.340
5.14 -0.13 -0.340 -0.00148 0.339
5.52 -0.00002 -0.3403 -0.123 0.251
5.53 +0.0037 -0.340 -0.126 0.248
6.00 0.151 -0.277 -0.243 0.115
7.00 0.300 -0.00468 -0.301 -0.168
7.02 0.3001 +0.00132 -.299 -0.172
8.00 0.172 0.235 -.113 -0.291
8.66 -0.0017 0.272 +0.064 -0.242
9.00 -0.090 0.245 0.145 -0.181
10.00 -0.246 0.043 0.255 +0.058
Problema. Una placa plana de espesor 0.1 m está a 250 0C, se sumerge en aceite a 300C. Si h = 500 W/m2 0K en el baño, calcule la temperatura en superficie de la pared9 Min después de la inmersión. Propiedades de la pared son k = 50 W/m2 0K, ρ = 7835 kg/m3, c = 465 J/kg0K
Se conoce: Prop. de placa y temps.
Encontrar: T (L, 9 min)
Se asume: Cond. Unidim. Y prop. Ctes
Diagrama:
Ti = T(x, 0) k, ρ, c
T∞, h
x 2L
Análisis:
No se debe usar el análisis de la
capacitancia térmica
Con: Bi-1 = (1/0.5) = 2, y
En gráfica 2 se tiene que:
Con Gráfica 1, con: Bi-1 = 2 y (x/L) = 1
Combinando estas dos ecuaciones: Ec.1 y Ec.2
1.05.050
)05.0(500
k
hLB ci
96.2)05.0)(465(7835
60)9(50)(2220
L
tck
L
tF
3.0),0(0
TT
TtT
ii
2.8.0),1(
0
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C
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TTyTtLT
Como
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i
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ii
0
0
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)30250(24.030)(24.0),(
),(
:
)(24.0)3.0(8.08.0),1(
Ejemplo. Una barra de acero muy larga de 20 Cm de diámetro está a 980 0C; se sumerge instantáneamente en aceite a 40 0C, se estima que h = 565 W/m2 0C. Calcule el tiempo que tarda para que la temperatura del centro de la barra
alcance 260 0C si las propiedades de la barra son: ρ =7817 kg/m3, c = 0.46 kJ/kg 0C, k = 16.3 w/m 0C, ά = 0.444x10-5 m2/s.
Solución: El número de Biot para este caso es
En la Fig. D.4 Pag. 872 se obtiene el número de Fourier que es 0.53 por lo que::
47.33.16
)10.0(5650 k
hrBi
TT
TT
ii0 237.0
40980
40260
min9.191194;53.020
0 str
tF
GRÁFICO DE HEISLER (no. 1) Distribución de temperatura pared plana espesor 2L
θ/θ0
GRÁFICA 2: CAMBIO DE ENERGÍA INTERNA CON EL TIEMPO PARED PLANA ESPESOR 2L
TT
TT
ii
000
SÓLIDO SEMIINFINITO
El modelo considera una parte identificable y el resto tiende a infinito. Se pone en contacto de pronto con un fluido a T∞ y se desea conocer la temperatura de la placa T(x,t)
La ecuación del transitorio es dada por:
Ts
x
Se tienen soluciones para tres casos diferentes con su respectiva CF. CASO III
Caso I. T(0,t) = Ts T∞
Caso II.
Ti
Caso III. x
00
xx
TkAQ
i
i
TtxTCFUna
TxTCICon
t
T
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2
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x
Qx
Tk
),0(0
tTThx
Tk
x
SOLUCIÓN DE CASO I.
Para transformar la Ec. de calor, de ecuación diferencial parcial en “x” y “t” a una Ec. Dif. ordinaria en
términos de “η”, se realiza una transformación de operadores:
Sustituyendo en el modelo, la ecuación de calor se convierte en:
Con x = 0; corresponde a η = 0: T(η = 0) = Ts
Con x → ∞ como t = 0; corresponde a η → ∞: T(η → ∞) = Ti
t
T
x
TeseloEl
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)1(:mod
.4:
2
2
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dT
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21
2
2
2
2
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)41(
)41(
d
dT
d
Td2
2
2
SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DE CALOR TRANSFORMADA
Las nuevas condiciones iniciales y frontera son independientes de “x” y “t”, “η” es una variable de
similaridad y T(η) se puede obtener de la ecuación de calor transformada re-arreglándola como:
GausianoerrorfuncióntxerfduuxpTT
TT
TTCTduCTTTComo
CTCduCTTTComo
CduCT
Cd
dT
CddT
dddT
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uii
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2
2
2
FLUJO DE CALOR Y CASOS 2 Y 3
El flujo de calor en la superficie puede encontrarse por la Ley de Fourier.
)(1)(
22
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3
2
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2
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x
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k
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k
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i
txi
s
iss
is
six
s
CASO ESPECIAL
Dos sólidos semiinfinitos con temperatura uniforme inicial “TAi” y “TBi” en el instante de
contacto ( t = 0 ). Ambas temperaturas llegan a una misma temperatura “Ts”: TBi < Ts <TAi .
Para llegar a una temperatura de equilibrio se debe cumplir: SBSA QQ ""
)()(
21
2121
2121
:mindet
)()(
BABA mm
BS
mm
AS
BA
BiBAiAS
B
BisB
A
AisA
TacercanomasTóTacercanomasT
siaerquepesokpcm
kpckpc
TkpcTkpcT
t
TTk
t
TTk
erferfc 1
Valores de la Función de Error (erf) y la Función de Error Complementaria (erfc)
β erf(β) erfc(β) β erf(β) erfc(β)
0 0.000000 1.000000 1.00 0.842701 0.157299
0.05 0.056372 0.943628 1.10 0.880205 0.119795
0.10 0.112463 0.887537 1.20 0.910314 0.089686
0.15 0.167996 0.832004 1.30 0.934008 0.065992
0.20 0.222703 0.777297 1.40 0.952285 0.047715
0.25 0.276326 0.723674 1.50 0.966105 0.033895
0.30 0.328627 0.671373 1.60 0.976348 0.023652
0.35 0.379382 0.620618 1.70 0.983790 0.016210
0.40 0.428392 0.571608 1.80 0.989091 0.010909
0.45 0.475482 0.524518 1.90 0.992790 0.007210
0.50 0.520500 0.479500 2.00 0.995322 0.004678
0.55 0.563323 0.436677 2.10 0.997021 0.002979
0.60 0.603856 0.396144 2.20 0.998137 0.001863
0.65 0.642029 0.357971 2.30 0.998857 0.001143
0.70 0.677801 0.322199 2.40 0.999311 0.000689
0.75 0.711155 0.288845 2.50 0.999593 0.000407
0.80 0.742101 0.257899 2.60 0.999764 0.000236
0.85 0.770668 0.229332 2.70 0.999866 0.000134
0.90 0.796908 0.203092 2.80 0.999925 0.000075
0.95 0.820891 0.179109 2.90 0.999959 0.000041
3.00 0.999978 0.000022
PROBLEMA. Se tiene un bloque grande de acero con: k = 45 w/m 0C, α = 1.4x10-5 m2/s a una Ti = 35 0C., la superficie se expone a un flujo de calor. Calcular la temperatura a 2.5 cm en; t = 30 s, si: (a) La Temperatura de superficie se eleva a 250 0C, (b) Con un flujo de calor de 3.2x105 w/m2.
Análisis:(a) Caso 1. Para el sólido semiinfinito se tiene:
(b) Caso 2. Para flujo de calor constante.
La temperatura en la superficie después de 30s se usa misma ecuación con x = 0 y es de: T(x=0) = 199.4 0C
C
t
xerfTTTtxT
erf
xt
x
sis
0
5
5.118)61164.0)(25035(250
2)(),(
61164.0)61.0(
61.030104.12
25.0
2
styCmxC
xxxtxT
305.2;3.79
)61164.01(45
102.3(025.0
45
)30)(104.1()102.3(235),(
0
5)61.0(
21552