Transcript CONDUCCI_N_TRANSITORIA

a) MÉTODO DE LA CAPACITANCIA TÉRMICA
Un problema en conducción es un cambio
repentino de ambiente.
Haciendo un balance de energía en el sólido

Ti

E alm
t≥0

T(t)
T∞ < Ti
T = T(t)

E sale  Q conv
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 conducción
dentro del sólido es pequeña en comparación al
calor transferido entre el sólido y sus alrededores.


dEalm 
Ee  E g  Es 
 E alm
dt


  E s  E alm
dT
 hAs (T  T )  VC
dt
Con;   T  T
VC d
hAs dt
 
en t  0; T (0)  Ti
VC
hAs


i
d

t
   dt;  i  Ti  T
0
SIGUE MÉTODO DE LA CAPACITANCIA TÉRMICA
Integrando en ambos lados de la
ecuación:
 
ln i   t
hAs   
VC
 T  T


 
 i Ti  T
hAs
VC
t
Para el calor disipado.
 1
Definiendo:  t  Rt Ct  
 hAs
 t  const ante de tiem po
Rt  resistencia térm ica
Ct  capacit an cia térm ica

i
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

( VC )

1   2   3

t
t
Q   hAs (T  T )dt  hAs  dt
0
hA
 s t
VC
com o    i 
t
 


Q  VC  i 1    t 



 Q  Ealm

Norm anizando : Q n 
0.368
1  2  3
t

Qn  1 

t
t
0

Q
Ct i
1   2
1
0.632

Q
Ct i
1  2
t
VALIDÉZ DEL MÉTODO
¿Bajo que condición se puede usar el método
razonablemente para analizar el transitorio?
T

Ts1
Si se satisface que:
Q conv

Q cond
Bi  1
Bi  1
Bi  1
Bi 
hLc
 0 .1
k
El error de usar el método es pequeño
Ts2
Ts2
T∞, h
T  Ts 2  Ts1
Ts2
L x
0
Bi → Número de Biot. Relación de la caída de temperatura del
sólido, a la diferencia de temperaturas del sólido y el fluido
Bajo condición de estado estable, el balance
en la superficie.
kA
(Ts1  Ts 2 )  hA(Ts 2  T )
L
L
Ts1  Ts 2 kA Rcond hL



 Bi
1
Ts 2  T
Rconv
k
hA
Bi  Núm erode Biot
Lc 
V
 longitud característica
As
rearreglando la exponencial
hAs t
hL k t
hLc t
ht

 c

 Bi F0
2
2
VC CLc
k C Lc
k Lc
t
F0  2 A dim ensional  Num Fourier
Lc
 T  T

   Bi F0
 i Ti  T
r
r
Lc  0  Cilindro l arg o; Lc  0  esfera
2
3
ANÁLISIS DE LA CAPACITANCIA EN GENERAL
Considerando un muro como se muestra:

Qe"
Si Talr = 0 (radiación al espacio)
t
ρ,C,V

Qc"
T(0)=Ti
VC
3As
 1
1 
 3  3 
Ti 
T
Si radiación es despreciable, h  h(t ) y
Talr


Eg
Qr"

E alm
Ae
  T  T ;
T∞,, h
As
d dT
; La Ecuación general será

dt dt

Ae
As

Área de calor de entrada
Área de convección y radiación



dT
dt


dT
Q"e Ae  E g  h(T  T )   (T 4  Talr4 ) As  VC
dt
Q"e Ae  E g  (Q"c  Q"r ) As  VC


Si no hay calor de entrada, gen y convecc.
dT
  As (T 4  Talr4 )
dt

 Talr  T 
 Talr  Ti   1  T 
VC
1  Ti 




t
ln 
  ln 
   tan 
3
  tan  T 
4 AsTalr
T

T
T

T
T
alr
alr
i
alr



 


 alr 
VC

Q As  E g
hAs
d
;y b
 a  b  0; a 
VC
VC
dt
'
d
d

Def :  '    ba ;
dt
dt
b
'
 T  T  a
 at



 i' Ti  T  ba
b
T  T
 at
1    at
  a
Ti  T
Ti  T
"
s


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) =
 (t ) t
  ;   Rt Ct
i
1
; Ae  d 2
hAe
d 3
Ct  VC p ; V 
6
Rt 
550C
Con: θ = T - T∞
t
69


 55  27

 0.718      
 i 66  27
VC p
 w 
   208s ; h 
 35.3 2 
Ae
m K 
COMENTARIO:
d0
6
 0.0127
35.3

hLc
6

  1.88x10 4  0.1
Bi 

k
398
Con Lc 
Las asunciones de espacialidad
isotérmica es razonable
CONDUCCIÓN TRANSITORIA UNIDIRECCIONAL ADIMENSIONAL
Si no es despreciable el gradiente de
temperatura dentro del medio.
  T    T    T  
T
   k
k
   k
  q  C p
x  x  y  y  z  z 
t
Pared plana sin efecto espacial, no generación
Interna y k = Cte.
 T 1 T

; CI : T ( x,0)  Ti
x 2  t
2
 T
0
 x
x 0

CF : 
 T
 hT L, t   T 
 k x
xL

T  T ( x, t , Ti , T , L, k ,  , h)
Con :   T  T y  i  Ti  T
 

; 0    1
i
L
Mitad del espesor de la pared
Con x  
x
t
; y t   2  F0
L
L
  ( x  ,0 )  1
 
 2   

; con :
2
x
F0
x 
 
x 
0
x 0
  Bi  (1, t  )
x  1
En forma adimensional la dependencia queda
   f ( x , F0 , Bi )
Para una geometría prescrita, la distribución
de temperatura es una función universal de:
x , F0 y Bi
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:
   f ( x , Bi , F0 )
Con : x 
x
hL
t
, Bi 
, F0  2
L
k
L
Evaluando esos parámetros se tiene:
Pared
I
II
x
1
1
Bi
F0
0.40 0.150
0.40 1.563x104 t2
L
F01  F02
k, α
1.563x10-4 t2 =0.150
T∞,h
Aislado
T (x,0) = Ti
ANÁLISIS: Si los parámetros x , Bi , F0 son
iguales para ambas paredes entonces:
1  2
 t2  960 Seg

0.85
0.85
LA SOLUCIÓN EXACTA
Solución aproximada: Si F0 =0.2
Para una pared plana.
   C1  F Cos 1 x   0Cos 1 x
2
1 0
Ti = T(x,0)
Ti = T(x,0) y sumido en un fluido a:
T∞ ≠ Ti
T∞,h
  ( x  ,0)  1
 2   

; si
x 2 F0
 
T∞,h
  Bi  (1, t  )

x x 1
L
-L
x
x 
L

Las condiciones de
convección similares a:
x  1
Hay simetría en la distribución de temperatura en:

   Cn 

 n2 F0
n 1
F0 
t
L2
x  0
Cos( n x )  serie inf inita

 0 
Representa la temperatura del plano medio
en x  0 ; 0  C1 1 F0
2
La transferencia total de energía en el transitorio:


Cn 
4Sen n
2 n  Sen(2 n )
Los valores característicos de ςn son raíces
positivas de:
ςn Tan ςn = Bi


 E alm  E entra  E sale   Q   CT ( x, t )  Ti dV
Se integra sobre el volumen de la pared.

Q 0  CV (Ti  T ); entonces:

Q


y
T0  T
Ti  T
Q0
T ( x, t )  Ti dV 1
  (1    )dV
Ti  T V
V
Usando la aproximación

Q

Q0
 1
Sen  1
1


0

con Q 0  C1 1 F0
2
SISTEMAS RADIALES CON CONVECCIÓN
Cilindro. Razonable el análisis para: L/r0 ≥ 10

   Cn   F J 0 ( n r  ) ; F0 

n 0
n 1
J1 ( n )
Cn 
J 02 ( n ) J12 ( n )
t
r0
   Cn  
F0 
Los valores discretos de ςn son las raíces positivas de:
2
n F0
t
; Cn 
2
r0
1

Sen
(

r
)
n

 nr
4( Sen n   nCos n )
2 n  Sen(2 n )
Los valores discretos de  n son las raíces
positivas de:
J1 ( n )
1   nCot n  Bi
; J1 yJ0 son F .Bessel 1a Clase
J 0 ( n )
Solución aproximada: F0 >0.2
Solución aproximada: F0 >0.2 (cilindro infinito)
   C1 
2
1 F0
J 0 ( 1r  )
ó
  C1

Q0
1
Sen( 1r  ) ó

 1r
2
1 F0
Energía total transferida

Q
2
1 F0
1
Sen( 1r  ); 0  Tem p centro

 1r
 0  C1 
 12 F0
Energía total transferida.
   C1 
    0
   C1 0 J 0 ( 1r  ); 0  Tem p línea central

0


n 1
2
n
Bi   n
Esfera
 1
2

0
1
J1 ( 1 )

Q

Q0
 1
3 0
1
Sen ( 1 )  Cos ( 1 )
J0
J1
J2
J3
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
X
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
Con: Bi-1 = (1/0.5) = 2, y
F0 
t
2
L

(k c)t
50(9)60

 2.96
2
L
7835(465)(0.05) 2
En gráfica 2 se tiene que:
 0 T (0, t )  T

 0.3
i
Ti  T
Con Gráfica 1, con: Bi-1 = 2 y (x/L) = 1
 ( x  1, t )
 0.8
0
Ec.2
x
2L
Combinando estas dos ecuaciones: Ec.1 y Ec.2
 (1, t )  0.8 0  0.8(0.3 i )  0.24( i )
Análisis:
Bi 
hLc 500 (0.05)

 0.5  0.1
k
50
No se debe usar el análisis de la
capacitancia térmica
Com o:
  T ( L, t )  T
y  i  Ti  T
T ( L, t )  T  0.24(Ti  T )  30  0.24(250 30)
 830 C
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
ρ =7817 kg/m3,
c = 0.46 kJ/kg 0C, k = 16.3 w/m 0C, ά = 0.444x10-5 m2/s.
alcance 260 0C si las propiedades de la barra son:
Solución: El número de Biot para este caso es
Bi 
hr0 565 (0.10)

 3.47
k
16.3
 0 T  T 260  40
 0.237


 i Ti  T 980  40
En la Fig. D.4 Pag. 872 se obtiene el número de Fourier que es 0.53 por lo
que::
F0 
t
 0.53; t  1194s  19.9 min
r02
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
 0 
 0 T0  T

 i Ti  T
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:
T
Q0  kA
x

 2T 1 T

;
x 2  t
Ts
Con CI T ( x,0)  Ti
x 0
Una CF T ( x  , t )  Ti
x
Se tienen soluciones para tres casos diferentes con su respectiva CF.
CASO III
Caso I. T(0,t) = Ts
Caso II.  k T
x

T∞
 Qo"
x 0
T

k
Caso III.
x
 hT  T (0, t )
x 0
Ti
x
SOLUCIÓN DE CASO I.
DEF :   x
4t  Var. de Sim ilaridad
 2T
T
El modelo es :

(
1

)
x 2
t
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:
T
dT 

 (1
x
d x
4t )
dT
d
 2T
d  T  
 2T

 (1 4t )
x 2
d  x  x
 2
T
dT 
x
dT


12
t
d t
2t 4t  d
Sustituyendo en el modelo, la ecuación de calor se convierte en:
d 2T
dT


2

d 2
d
Con x = 0; corresponde a
η = 0:
T(η = 0) = Ts
Con x → ∞ como t = 0; corresponde a η → ∞: T(η → ∞) = Ti
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:
d dT d 
 2 (d )
dT d 
lndT d    2  C1'
2
dT
 C1 
d

T  C1   u du  C2
2
0
0



Com o: T (  0)  Ts  Ts  C1   u du  C2  Ts  C2
2
0

Com o: T (  )  Ti  Ti  C1   u du  Ts  C1 
2
T  Ts
 2 1 2
Ti  Ts



0
0
2(Ti  Ts )
1 2
xp(u 2 )du  erf (  x 2 t )  función error Gausiano
FLUJO DE CALOR Y CASOS 2 Y 3
El flujo de calor en la superficie puede encontrarse por la Ley de Fourier.

Qs ''   k
T
x

  k (Ti  Ts )
x 0
12
 k (Ts  Ti ) 2 

Qs"

 2
d (erf ) d
d dx  0
(4t ) 1 2
k (Ts  Ti )
t 1 2
 0
Caso 2


Q s "  Q0"
T ( x, t )  Ti 


2 Q 0 " t    x 2 4t Q 0 " x
 x 


erfc

k
k
 2 t 
Caso 3
12
  hx  h 22 t   
 x
T ( x, t )  T
h t  
 x    k k 

 erfc

 
erfc
 
T  Ti
k 
2 t
 2 t  



erfc( w)  1  erf ( w)
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: Q"SA  Q"SB
k A (Ts  TAi ) k B (Ts  TBi )


 At
 B t
12
12

kpcA TAi  kpcB TBi
TS 
kpc1A2  kpc1B2
m  kpc  peso que det er min a si :
12
TS m as cercano a TA ó TS m as cercano a TB
 
( m A  mB )
( m A  mB )
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
erfc   1  erf  
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:
x
2 t


0.25
5

 0.61
2 1.4 x10 30
erf (0.61)  0.61164
 x 
T ( x, t )  Ts  (Ti  Ts )erf 

 2 t 
 250 (35  250)(0.61164)
 118.5 0 C
(b) Caso 2. Para flujo de calor constante.

2(3.2 x105 ) (1.4 x105 )(30  )
T ( x, t )  35 
45
 79.30 C ;

12

( 0.61) 2
0.025(3.2 x105

(1  0.61164)
45
x  2.5Cm y t  30s
La temperatura en la superficie después de 30s se usa misma ecuación con x = 0 y es de:
T(x=0) = 199.4 0C