PROBLEMAS SOBRE PROTUBERANCIAS Y ALETASfiles.pfernandezdiez.es/.../Problemas/PDFs/ProblemasAletas.pdf · Como: µ = G 2(α an.β ... Una varilla de aluminio de sección transversal

PROBLEMAS SOBRE PROTUBERANCIAS Y ALETAS

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pfernandezdiez.es Aletas.IV.-79

IV.1.- Al realizar un estudio de calefacción se llegó a la conclusión de que era necesario uti-lizar aletas anulares de radio en la base rb = 30 cm y temperatura en la base Tb=120°C, para mantener un fluido exterior a 20°C, de forma que cada aleta disipe 225,2 Kcal/hora, con un rendimiento de aleta del 40%. El material de las aletas tiene una conductividad térmica, k=50 Kcal/h.m°CDeterminar el radio exterior de la aleta y su espesor, sabiendo que el coeficiente de película es hcF = 5,6 Kcal/h.m2°C____________________________________________________________RESOLUCIÓN

Flujo de calor disipado por la aleta anular

Q = π (1 - α an2 ) k e Φ b β an

2 G2 (α anβ an ) = α an = rbre

; β an = 2 re2 h C extk e

Φ b = Tb - TF = 120 - 20 = 100ºC =

= π (1 - rb

2

re2) k e Φb 2 re2 hcF

k e G2(αan.βan) = π (re2 - rb2) Φb 2 hcF G2(αan.βan)

Despejando re:

re2 = rb

2 + Q2 π Φ b h cF G 2 (α anβ an ) = 0,32 m 2 + 225,4 Kcal/h

2 π x 100ºC x 5,6 Kcal/hm 2 ºC x 0,4 = 0,25 m2 ⇒ re = 0,5 m

A partir de la ecuación: βan = 2 re2 hcFk e , se obtiene el espesor de la aleta:

e = 2 re2 hcF

k βan2

= 2 x 0,5 2 x 5,6

50 βan2

= 0,056

βan2

Como: µ = G2(αan.βan), es el rendimieto de la aleta anular, mediante la gráfica de G2 se obtiene:

α an = rbre

= 0,30,5 = 0,6

G2 (α anβan ) = 0,4

⎫ ⎬ ⎭

⇒ β an = 5,4 ⇒ e = 0,0565,42 = 0,00192 m

*********************************************************************************************IV.2.- Una varilla de aluminio de sección transversal rectangular de 2 mm de espesor y 80 mm de anchura, (aleta de la culata de un motor, extremo libre aislado), tiene en su base de contacto con la culata una temperatura de

250°C.Determinara) La temperatura en su extremo libre situado a 5 cm de la base, si se supone que la temperatura TF del medio ambiente es de 15°C.b) La cantidad de calor disipada al exterior y la eficiencia de la aletaOtros datos: k = 200 Kcal/mh°C ; hcF = 40 Kcal/m2h°C

_______________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNa) Temperatura en el extremo libre de la aleta situado a 5 cm de la base, si se supone que la temperatura TF del medio ambiente es de 15°C..- Protuberancia paralelepipédica con su extremo libre térmicamente aislado ξ = 1

€

TL = TF + Tb - TFCh Bi

= Bi = hcF p L2

k S = 40 (Kcal / hm2 ��C) {2 (80 + 2).10-3} m x 0,052m2

200 (Kcal / hm ��C) (2 x 80).10-6m = 0,5125 =

= 15 + 250 - 15Ch 0,5125

= 200ºC

b) Calor disipado al exterior

Q = k S Tb - TFL Bi Th Bi = 200 Kcal

h m ºC (2 x 80).10-6 m 2 (250 - 15)ºC0,05 m 0,5125 Th 0,5125 = 66,14 Kcal

hora

Eficiencia de la aleta µ = Th BiBi

= Th 0,51250,5125

= 0,858


*********************************************************************************************IV.3.- Una protuberancia de acero inoxidable k=20 W/m.K tiene una sección recta circular con un diámetro de 2 cm y una longitud de 10 cm. La protuberancia está unida a una pared que tiene una temperatura de 300°C. El fluido que la rodea tiene una temperatura ambiente de 50°C y el coeficiente de película es de 10 W/m2.°K. El extremo de la protuberancia está aislado térmicamente. Con estos datos determinar:

a) El calor disipado por unidad de tiempo desde la protuberanciab) La temperatura en el extremo de la protuberanciac) La transferencia térmica por unidad de tiempo desde el área de la pared cubierta por la protuberancia si ésta no se utilizased) La transferencia de calor por unidad de tiempo desde una protuberancia con la misma geometría si el acero inoxidable de ésta se sustituye por un material ficticio de conductividad térmica infinita

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNa) Calor disipado por unidad de tiempo desde la protuberancia con su extremo libre térmicamente aislado

Q = k S Tb - TFL Bi Th Bi =

S = π d2

4 = π x 0,02 2

4 = 10-4 π m 2

Bi = h cF p L2

k S = 10 (π x 0,02) x 0,12

20 x 10-4 π = 1

=

= 20 x 10-4 π0,1 (300 - 50) 1 Th 1 = 11,96 W

b) Temperatura en el extremo de la protuberancia, ξ = 1

Φ(ξ) = Ch { Bi (1 - ξ)}

Ch Bi ξ = 1 ⎯ → ⎯ Φ(1) = Ch { 1 (1 - 1)}

Ch 1 = 1

1,543 = 0,648 = TL - TFTb - TF

= TL - 50300 - 50 ⇒ TL = 212ºC

c) Transferencia térmica por unidad de tiempo desde el área de la pared cubierta por la protuberancia si ésta no se utilizase.- El coeficiente de transmisión de calor en la superficie de la pared, cuando la protuberancia está en su sitio, le podemos suponer igual al de la protuberancia, por lo que:Q = hcF S (Tb - TF) = hcF π R2 (Tb - TF) = 10 W

m2.ºC x (π x 10-4 m2) x (300 - 50)ºC = 0,785 W

La presencia de la protuberancia aumenta la disipación de calor procedente del área de la superficie cubierta por la misma, siendo la mejora:

Mejora = 11,96 - 0,7850,785 x 100 = 1423,5 %

d) Transferencia de calor por unidad de tiempo desde una protuberancia con la misma geometría, si el acero ino-xidable de ésta se sustituye por un material ficticio de conductividad térmica infinita.- Para un material con k = ∞, Bi = 0, por lo que la protuberancia sería isoterma a Tb.La transferencia de calor por unidad de longitud desde la protuberancia ideal es:Qideal = h cF A (Tb - TF ) = h cF (π d L) (Tb - TF ) = 10 W

m 2 ºC (π x 0,02 x 0,1) m 2 (300 - 50)ºC = 15,71 W

que es el calor máximo posible que se podría disipar en la unidad de tiempo por la protuberancia ideal.

La protuberancia de acero inoxidable disipa: 15,71 - 11,9615,71 x100 = 24%

que es la cuarta parte de lo que disipa la protuberancia ideal

La eficiencia de la protuberancia es: µ = qrealqideal

= 11,96 x 10015,71 = 76,13%

*********************************************************************************************IV.4.- Se desea construir un radiador de tubo con aletas y para ello se utiliza una tubería de cobre puro de diáme-tro exterior 14 mm y diámetro interior 10 mm con aletas de aluminio puro de espesor 0,2 mm y radio exterior 28 mm. Las aletas están separadas entre planos medios una distancia de 5 mm. El radiador tiene que disipar una car-


ga térmica de 750 Kcal/hora cuando trabaja con agua a presión a la temperatura de 120°C, encontrándose el aire del medio ambiente a 20°C. El valor del coeficiente de película hce (aleta-aire) es 25 Kcal/h.m2°C, mientras que el valor del coeficiente de pelí-cula hci para el fluido que circula por el interior del tubo es de 1000 Kcal/h.m2.°C. Se sabe que la conductividad térmica del cobre es kcobre= 326 Kcal/h.m.°C y la del aluminio kaluminio= 197 Kcal/h.m.°C. Determinar

a) La temperatura en la base de la aletab) El nº de aletas y la longitud del radiador necesaria para conseguir la mencionada disipación de calor

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓN

Q = Ti - Tpi1

Ai hci

= Tpi - Tb

ln rbri

2 π kCu a

= Tb - TFRaletas + Rtubo

= Tb - TF1

hce (µ Aaletas + Atubo)

a) Temperatura en la base de la aleta Llamaremos N al nº total de aletas, y a a la longitud del tubo, de forma que: 0,005 N = a ; N = 200 a

Area de intercambio térmico (aletas + tubo ) = A aletas + A tubo = 2 π (re2 - rb

2 ) N + 2 π rb (a - N e )

Calor disipado el exterior:

Q = (µ Aaletas + Atubo) hce (Tb - TF) = [µ 2 π (re2 - rb2) N + 2 π rb (a - N e)] hce (Tb - TF)

A su vez entre el fluido interior a 120ºC y la base de la aleta se tiene:

Q = Ti - Tpi

1Ai h ci

= Tpi - Tb

12 π k Cu a ln rb

ri

= Ti - Tb1

A i h ci + 1

2 π kCu a ln rbri

= Ti - Tb1

2 π ri a hci + 1

2 π k Cu a ln rbri

Ti - Tb = Q2 π a ( 1

ri h ci + 1

kCu ln rb

r i) = 750

2 π a ( 10,005 x 1000 + 1

326 ln 75 ) = 24

a ⇒ Tb = 120 - 24a

Qaletas = 2 π (re2 - rb2) Φb N hce ηan = 2 π (re2 - rb

2) Φb N hcF G2(αan βan) =

=

α an = rbre

= 728 = 0,25

β an = 2 re2 h C extk e = 2 x 0,0282 x 25

197 x 0,0002 = 0,9974

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

⎫

⎬ ⎪

⎭ ⎪

⇒ G2 (α anβan ) = 0,74

Tb = 120 - 24a ; Φ b = Tb - TF = 120 - 24

a - 20 = 100 - 24a ; 0,005 N = a ⇒ N = 200 a

=

= 2 π (0,0282 - 0,0072 ) (100 - 24a ) x 200 a x 25 x 0,74 = 1708,1 a - 410,1

Qtubo sin aletas = 2 π rb (a - N e) h ce (Tb - TF ) = 2 π rb (a - 200 a e) h ce (Tb - TF ) =

= 2 π x 0,007 a {1 - (200 x 0,0002)} x 25 (100 - 24a ) = 1,055 a (100 - 24

a )

Longitud a del radiador:Q = 750 Kcal

hora = (1708,1 a - 410,1) + 1,0555 a (100 - 24a ) = 1834,25 a - 435,4 ⇒ a = 0,646 m

Tb = 120 - 240,646 = 82,84ºC ; N = 200 x 0,646 = 129 aletas

*********************************************************************************************

IV.5.- Una aleta anular de perfil rectangular, de acero k = 44 Kcal/h.m.ºC y dimensiones e = 0,5 mm y L = 15 mm, se coloca en un tubo de 20 mm de diámetro exterior. La temperatura en la base de la aleta es Tb = 90ºC, la tempe-ratura del fluido es TF = 20ºC y el coeficiente de película hcF = 100 Kcal/h.m2.ºC


Determinara) La temperatura en el extremo de la aleta y en un radio r = 22 mmb) La eficacia de la aletac) El calor transmitido al fluido desde la aletad) El calor transmitido al fluido desde la aleta por unidad de superficie __________________________________________________

RESOLUCIÓNa) Temperatura en el extremo de la aleta:

€

ΦeΦb

= K1(m re) I0(m re) + K0(m re) I1(m re)K1(m re) I0(m rb) + K0(m rb) I1(m re)

=

re = (10 + 15).10-3 = 25.10-3m

m = 2 hcFk e

= 2 x 10044 x 0,5.10-3 = 95,34

m rb = 95,34 x 10.10-3 = 0,9534 ; m re = 95,34 x 25.10-3 = 2,3836

=

= K1 (2,3836) I0 (2,3836) + K 0 (2,3836) I1 (2,3836)K1(2,3836) I0 (0,9534) + K 0 (0,9534) I1 (2,3836) =

K1 (2,3836) = 0,05456 π/ 2 = 0,08570 K 0 (2,3836) = 0,04569 π/2 = 0,07177 K 0 (0,9534) = 0,4545 ; I0 (0,9534) = 1,2429 I0 (2,3836) = 3,0148 ; I1 (2,3836) = 2,2666

=

= (0,0857 x 3,0148) + (2,2666 x 0,07177)(0,0857 x 1,2429) + (2,2666 x 0,4545) = 0,3704 = Textremo - 20

90 - 20 ⇒ Textremo = 45,9ºC

Gráficamente

G1(γ β) = K1(βan) I0(βan) + K0(βan) I1(βan) K1(βan) I0(γ βan) + K0(γ βan) I1(βan)

= Φe

Φb = Te - TF

Tb - TF

€

Para: βan = m re = 2,3836

αan = rbre

= 1025

= 0,4 ⇒ G1(η βan ) = 0,37 ; Te = 20 + (0,37 x 70) = 45,9ºC

€

Para: βan = m re = 2,3836

αan = rbr

= 1022

= 0,4545 ⇒ G1(η βan ) = 0,40 ; Te = 20 + (0,4 x 70) = 48��ºC

b) Eficiencia de la aleta. µ = k e βan2 G2(αan βan)

k e βan2

= G2(αan βan) = βan = 2,3836 αan = 0,4 = 0,51

De otra forma: L 2 hcF

h e = 0,015 2 x 10044 x 0,5.10-3 = 1,43

rerb

= 2510 = 2,5

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

⎫

⎬ ⎪ ⎪

⎭ ⎪ ⎪

⇒ µ = 0,52

c) El calor transmitido al fluido desde la aletaQ = π (1 - α an

2 ) k e Φ b β an2 G2 (α anβ an ) = π (1 - 0,42 ) x 44 x 0,5.10-3 (90 - 20) x 2,38362

x 0,52 = 12 Kcalh


Comprobación:Q = µ Q i = 0,52 hcF 2 A (Tb - TF ) = 0,52 x 100 Kcal

h m2 ºC x 2 π (252 - 102 ).10-6 (m 2 ) x 70ºC = 12 Kcal

hora d) El calor transmitido al fluido desde la aleta por unidad de superficie, es el flujo térmico, de valor:QA

= Q2 π (252 - 102 ).10-6 m 2 = 12 Kcal/hora

0,003298 m 2 = 3568 Kcalh m 2

*********************************************************************************************

IV.6.- Sobre un tubo de una determinada aleación, de 30 mm de diámetro exterior, se desea colocar aletas longitu-dinales de perfil triangular. La base de estas aletas tiene un espesor de 1,5 mm siendo el espacio vacío entre las bases de dos aletas consecutivas de aproximadamente 4 mm. El coeficiente de película para el tubo y las aletas es de 25 W/m2°C y la conductividad térmica del material de 75 W/m°C.Determinar: a) La altura óptima de la aleta

b) El calor disipado al exterior por metro de longitud de tubería (en Kcal) si la temperatura exterior del tubo es de 100°C y la del aire de 25°C, en condiciones de diseño óptimo de la aleta. Mejora obtenida.

c) La temperatura en el centro de gravedad de la aleta y en su vértice._________________________________________________________________________________________

RESOLUCIÓNa) Altura óptima de la aleta (Se entiende que es la altura del perfil triangular)

bópt = 1,6718 (Ω2 hcFk )1/3

Lópt = 1,196 (Ω k

hcF)1/3 = 2 Ω

bóp = 1,196 ( b Lópt k

2 hcF)1/3 = 1,196 ( b k

2 hcF)1/3 Lópt

1/3

Lópt2/3 = 1,196 ( b k

2 hcF)1/3 = 1,196 ( 0,0015 x 75

2 x 25 )1/3 = 0,1567 ; Lópt = 0,062 m

b) Calor disipado al exterior por metro de longitud de tubería (en Kcal) si la temperatura exterior del tubo es de 100°C y la del aire de 25°C, en condiciones de diseño óptimo de la aleta:

Q1aleta = - Φb k b β t2 L G 4 (β t ) =

Φ b = 100 - 25 = 75ºC

β t = 8 f hcF L2

k b = f = 1{ } = 8 x 25 x 0,0622

75 x 0,0015 = 2,614 G 4 (βt ) = G 4 (2,614) = 0,77

=

= - 75 x 75 x 0,0015 x

2,6142 x 0,062 x 0,77 = - 136,95 W

m (calor cedido)

N º de aletas: π db = (1,5 + 4) N ⇒ N = 30 π5,5 = 17,3 ⇒ (17 aletas)

QN aletas = 17 x 136,95 Wm = 2328,15 W

m

€

Calor disipado por el tubo limpio de aletas: Qtubo sin aletas = 2 π rba hcF (Tb - TF ) = 2 π 0,032

x 1 x 25 x 75 = 176,71 Wm

Fracción de calor disipado por el tubo, cuando lleva aletas:

€

Qtubo = a hcF (Tb - TF ) (π db - N b) = 1 x 25 x 75 {0,03 π - (17 x 0,0015)} = 128,9 Wm


Calor total disipado al exterior: Q = 128,9 + 2328,15 = 2457 W/m ⇒ Mejora = 2457 - 176,7176,7 100 = 1290%

c) La temperatura en el centro de gravedad de la aleta es: Φ cdgΦ b

= Tcdg - TFTb - TF

= I 0 (2 n x )I0 (2 n L )

Tcdg = TF + (Tb - TF ) I 0 (2 n x )I0 (2 n L )

= 25 + 75 I 0 (2 n x )I0 (2 n L )

=

=

Centro de gravedad: x = 2 L3 = 2 x 0,062

3 m = 0,0413 m

n = 2 f h cF Lk b = f = 1{ } = 2 x 25 x 0,062

75 x 0,0015 = 5,25

I0 (2 n L ) = 2 n L = 2 x 5,25 0,062 = 2,6144 { } = I0 (2,6144) = 3,5968

I0 (2 n x ) = 2 n x = 2 x 5,25 0,0413 = 2,1338 { } = I 0 (2,1338) = 2,5134

= 25 + 75 2,51343,5968 = 77,4ºC

De otra formaΦ( c .d. g.)Φ b

= G 3 (β t η t ) = β t = 2,614 ; ηt = xL = 2

3 = 0,8185

β tη t = 2,614 x 0,8165 = 2,1343 = G3 (2,1343) = 0,70 =

T(c.d.g.) - 25100 - 25 ⇒

T(c.d.g.) = 25 + (75 x 0,7) = 77,5ºC

Temperatura en el vértice de la aletaΦvértice

Φb = Tvértice - TF

Tb - TF = I0(2 n x)

I0(2 n L) =

Vértice ⇒ x = 0 ; I0(0) = 1 I0 (2 n L) = I0(2,6144) = 3,5968

= 13,5968 = 0,278

Tvértice = TF + 0,278 (Tb - TF) = 25 + 0,278 x 75 = 45,86ºC*********************************************************************************************

IV.7.- Un determinado fluido de propiedades: ρ = 0,75 gramos/cm3; cp = 0,35 Kcal/kgºC, se calienta desde 80ºC hasta 120ºC, a razón de 50.000 kg/hora. Para mejorar el proceso térmico se utilizan tubos de acero de 20 mm de diámetro exterior, de conductividad térmica k = 60 Kcal/h.m.ºC, con aletas longitudinales triangulares del mismo material que el tubo, de base 1,5 mm, siendo la distancia entre los centros de sus bases de 4 mm. La temperatura media de la base de las aletas se estima en 150ºC en toda la longitud del tubo. El coeficiente medio de película es: hCF = 500 Kcal/h.m2.ºC Determinar:

a) La longitud óptima de las aletas (Se entiende que es la altura del perfil triangular) y rendimiento b) La temperatura en el vértice de las aletasc) El número de tubos, si se utilizan tubos de 3 metros de longitudd) El número de tubos a utilizar, si se sustituyen las aletas longitudinales triangulares, por otras aletas trans-

versales triangulares de rendimiento 60%, base 1,5 mm, y distancia entre los centros de sus bases 10 mm, sobre tu-bos de 3 metros de longitud, manteniendo la longitud óptima del apartado (a)

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNALETAS TRIANGULARES LONGITUDINALES

a) Longitud óptima de las aletas : Lópt = 1,196 (Ω khcF

)1/3 = 2 Ωbóp

= 1,196 ( b Lópt k2 hcF

)1/3 = 1,196 ( b k2 hcF

)1/3 Lópt1/3

Lópt2/3 = 1,196 ( b k

2 hcF)1/3 = 1,196 ( 0,0015 x 60

2 x 500 )1/3 = 0,0536 ; Lópt = 0,0124 m = 12,4 mm

Rendimiento de las aletas:

€

η = 2 G4 (βt )βt

= n = 2 f hcF L

k b 2 x 1 x 500 x 12,41.10-3

60 x 15.10-3 = 11,74

βt = 2 π L = 2 x 11,74 12,41.10-3 = 2,616 ⇒ G4 (βt ) = I1(βt )I0(βt )

= I1(2,616)I0(2,616)

= 2,7993,602

= 0,775 =


€

= 2 x 0,7752,616

= 0,594 = 59,4%

que es un resultado lógico puesto que está construida con dimensiones óptimas y en estas condiciones el rendimiento óptimo sabemos es del orden del 60%b) Temperatura en el vértice de las aletasΦ vérticeΦ b

= I 0 (2 n x )I 0 (2 n L )

= Vértice: x = 0 ; I 0 (0) = 1

I 0 (2 n L ) = I 0 (2,616) = 3,6 = 1

3,6 = 0,2776

TF = 80 + 1202 = 100ºC

Tvértice = TF + 0,2776 (Tb - TF) = 100 + 0,2776 x (150 - 100) = 113,88ºC

c) Número de tubos, si tienen 3 metros de longitudCalor evacuado por una aleta longitudinal por 1 m de longitud de tubería:q1aleta = µ h cF A (Tb - TF ) = A = 2 x 0,0124 m x 1 m = 0,0248 m 2 = 0,594 x 500 x 0,0248 (150 - 100) = 368,95 Kcal

h m

En 3 m de tubo el calor disipado por una aleta longitudinal es: q3m aletas = 368,95 Kcalh m x 3 m = 1107 Kcal

hora

N º de aletas longitudinales: π d e

(1,5 + 2.5).10-3 = 15,7 ⇒ 16

Calor evacuado por las aletas en cada tubo de 3 m de longitud = q 3 m aletas x n = 1107 x 16 = 17712 Kcalh

Calor evacuado por la fracción de tubo de 3 m sin aletas = 3 m x{π d e - (16 x 0,0015)} x h cF (150 - 100) = 2912,4 Kcalh

Calor total evacuado por el tubo de 3 m con aletas = 2912,4 + 17712 = 20624,4 Kcalhora

Calor total a disipar: m c p (T1 - T2 ) = 50000 kghora x 0,35 Kcal

kgºC x (120 - 80)ºC = 700000 Kcalhora

N º de tubos de 3 m de longitud = 70000020624,4 = 33,9 ⇒ 34 tubos

ALETAS TRIANGULARES TRANSVERSALESd) Número de tubos a utilizar, si se sustituyen las aletas longitudinales triangulares, por otras aletas transversales triangulares de rendimiento 60%, base 1,5 mm, y distancia entre los centros de sus bases 10 mm, sobre tubos de 3 metros de longitud, manteniendo la longitud óptima del apartado (a)

d e = d b + 2 L ópt = 20 + (2 x 12,4) = 44,8 mm

A a = 2 π (re2 - rb

2 ) = 2 π (22,42 - 10 2 )10-6 m 2 = 0,00252 m 2

q1 aleta = µ hcF A (Tb - TF) = 0,6 x 500 x 0,00252 x (150 - 100) = 37,86 Kcalhora

Nº de aletas en cada tubo de 3 m de longitud = 30,01 = 300

Calor evacuado por las aletas en cada tubo: 300 x 37,86 = 11358 Kcalhora

Calor evacuado por el tubo por la parte que no lleva aletas:

= (π d b x 0,0085 x 300) h cF (150 - 100) = d b = 0,02m ; h cF = 500 Kcal/h m 2 ºC = 4005 Kcal/h

Calor total evacuado por el tubo de 3 m con aletas = 4005 + 11358 = 15363 Kcalhora

Número de tubos de 3 metros de longitud = 700.00015363 = 45,56 ⇒ 46 tubos

*********************************************************************************************IV.8.- Una aguja de 25 cm de longitud y 3 cm de diámetro sobresale de un objeto. La temperatura en la base Tb=150°C, mientras que el medio exterior se encuentra a T∞=30°C. Suponiendo un coeficiente de película cons-tante hcF = 10 Kcal/h.m2°C, calcular para los siguientes casos:pfernandezdiez.es Aletas.IV.-86

a) Varilla de Cu: k = 332 Kcal/h.m°Cb) Varilla de acero de 0,5% C: k = 46 Kcal/h.m°Cc) Vidrio: k = 0,94 Kcal/h.m°C 1) La temperatura en los puntos situados a 1/5,2/5,3/5,4/5 y 5/5 de la distancia entre la base y el extremo, suponiendo despreciable el flujo de calor en el extremo 2) El flujo calorífico por hora cedido por la varilla, con flujo de calor en el extremo,

hcF= 10 Kcal/hm2°C 2b) El flujo calorífico por hora cedido por la varilla, despreciando el flujo de calor en el extremo 2c) El flujo calorífico por hora cedido por la varilla, considerándola muy larga

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓN1) Temperatura en los puntos situados a 1/5,2/5,3/5,4/5 y 5/5 de la distancia entre la base y el extremo, suponiendo despreciable el flujo de calor en el extremo.- Para el supuesto de flujo de calor despreciable en el extremo, la distri-bución de temperaturas es:Tξ - TFTb - TF

= Ch{ Bi (1 - ξ)}Ch Bi

, siendo: ξ = xL ; p = 2 π r ; S = π r2

Bi = hC p L2

k S = 1000 x 2 π x 0,015 x 0,252

k x π x 0,152 = 83,33k ⇒

Cu ⇒ k = 332 Kcal/hmºC ; Bi = 0,25 Acero 0,5% C ⇒ k = 46 Kcal/hmºC ; Bi = 1,81 Vidrio ⇒ k = 0,94 Kcal/hmºC ; Bi = 88,65

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

T (ξ) = TF + (Tb - TF ) Ch{ Bi (1 - ξ)}

Ch Bi = Tb - TF = 150 - 30 = 120ºC = 30 + 120

Ch{ Bi (1 - ξ)}Ch Bi

Para el Cu: Bi = 0,25 ; ξ1= 15 ; T1 = 30 + 120

Ch{ 0,25(1 - 15 )}

Ch 0,25 = 145,05ºC ⇒

ξ2 = 2/5 ; T2 = 141,24ºCξ3 = 3/ 5 ; T3 = 138,45ºCξ4 = 4/5 ; T4 = 136,95ºCξ5 = 1 ; T5 = 136,42ºC

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Para el Acero: Bi = 1,81 ; ξ1 = 15 ; T1 = 30 + 120 Ch{ 1,81(1 - 1

5 )}

Ch 1,81 = 125,84ºC ⇒

ξ2 = 2/5 ; T2 = 108,66ºCξ3 = 3/ 5 ; T3 = 96,94ºCξ4 = 4/5 ; T4 = 90,42ºCξ5 = 1 ; T5 = 88,3ºC

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Para el Vidrio: Bi = 0,25 ; ξ1 = 15 ; T1= 30 + 120

Ch{ 88,65 (1 - 15 )}

Ch 88,65 = 48,25ºC ⇒

ξ2 = 2/5 ; T2 = 32,77ºCξ3 = 3/5 ; T3 = 30,42ºCξ4 = 4/ 5 ; T4 = 30,066ºCξ5 = 1 ; T5 = 30,02ºC

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

2) Flujos caloríficos por hora cedidos por las varillas: 2a) Con flujo de calor en el extremo (Coeficiente de película en el extremo 10 Kcal/hm2°C

Q = k S (Tb - TF ) BiL

Th Bi + S Bip L

1 + S Bip L Th Bi

= S

p L = π r 2

2 π r L = r2 L = 0,015

2 x 0,25 = 0,03

SL ( Tb - TF ) = 0,34

=

= 0,34 k Bi Th Bi + 0,03 Bi

1 + 0,03 Bi Th Bi

Para el Cu: Q = 0,34 x 332 Kcalh m ºC

0,25 Th 0,25 + 0,03 0,25

1 + 0,03 0,25 Th 0,25 = 26,84 Kcal

hora

Para el acero: Q = 0,34 x 46 Kcalh m ºC

1,81 Th 1,81 + 0,03 1,81

1 + 0,03 1,81 Th 1,81 = 18,56 Kcal

hora


Para el vidrio: Q = 0,34 x 0,94 Kcalh m ºC

88,65 Th 88,65 + 0,03 88,65

1 + 0,03 88,65 Th 88,65 = 3,009 Kcal

hora

2b) Despreciando el flujo de calor en el extremo: Q = k S Tb - TFL

Bi Th Bi = 0,34 k Bi Th Bi

Para el Cu: Q = 0,34 x 332 Kcalh mºC

0,25 Th 0,25 = 26,03 Kcalhora


1,81 Th 1,81 = 18,33 Kcalhora

Para el vidrio: Q = 0,34 x 0,94 Kcalh mºC

88,65 Th 88,65 = 3,003 Kcalhora

2c) Considerando aletas muy largas: Q = k S Tb - TFL

Bi = 0,34 k Bi

Para el Cu: Q = 0,34 x 332 Kcalh m 2 ºC

0,25 = 56,32 Kcalhora


1,81 = 21 Kcalhora

Para el vidrio: Q = 0,34 x 0,94 Kcalh mºC

88,65 = 3,003 Kcalhora

A la vista de los resultados, y por lo que respecta a los calores desprendidos, se observa que cuando las conductivida-des son bajas, el hecho de considerar aletas muy largas es perfectamente válido. En casi todos los casos se puede considerar el flujo de calor en el extremo despreciable.*********************************************************************************************

IV.9.- Se desea incrementar el paso de calor desde una pared plana al medio ambiente que la rodea, instalando para ello aletas de diferentes tipos sobre dicha superficie, de tal forma que sobresalgan de la superficie de la pared una longitud de 20 cm, siendo el material utilizado un conductor de k=40 Kcal/h.m°C y suponiendo en cualquier caso un coeficiente de transmisión de calor sólido-fluido de 17 Kcal/h.m2.°C.Bajo estas condiciones se desea saber:

a) La configuración que será la más eficaz de entre las siguientes:a.1) Aleta recta de perfil rectangular constante, de espesor e=1,25 cm y anchura unidada.2) Aleta triangular de similar base de apoyo a la anteriorb) Material con el que se debe construir la aleta triangular, tomando como referencia su conductividad térmi-

ca, para que en las condiciones anteriores tenga la misma efectividad que la encontrada para la aleta rectangular._________________________________________________________________________________________

RESOLUCIÓNa.1) Aleta recta de perfil rectangular constante, de espesor e=1,25 cm y anchura unidad

Bi = p h cF L2

k S = p = 2 ( e + a ) = 2 (0,0125 + 1) = 2,025 m S = e a = 0,0125 x 1 = 0,0125 m 2 = 2,025 x 17 x 0,22

40 x 0,0125 = 2,754

Aleta recta, aislada térmicamente en su extremo libre:

η = Th BiBi

= Th 2,754 2,754

= 0,56

Aleta recta, con convección en su extremo libre:

η =

k S (Tb - TF ) BiL

Th Bi + S Bip L

1 + S Bip L Th Bi

hcF A (Tb - TF ) = A = 2 a L = 1Bi

Th Bi + S Bi

p L

1 + S Bip L Th Bi

=

= S Bip L = 0,0125 2,754

2,025 x 0,2 = 0,05122 = 12,754

Th 2,754 + 0,051221 + 0,05122 Th 2,754

= 0,547


Aleta triangular

η = 1n L

I1(2 n L )I0 (2 n L )

= 2 G 4 (βt )βt

= f = 1 + ( b

2 L )2 = 1 + ( 0,01252 x 0,2 )2 = 1,00048 (cond. unidireccional

n = 2 f hcFLkb = 2 x 1,00048 x 17 x 0,2

40 x 0,0125 = 3,6887 =

= n L = 3,6878 x 0,2 = 1,6492 ; 2 n L = 2 x 3,6878 x 0,2 = 3,2993 I0 (2 n L ) = I 0 (3,2993) = 6,258 ; I1 (2 n L ) = I1 (3,2993) = 5,195

= 11,6492 5,195

6,258 = 0,5033

Se observa que el rendimiento de las aletas rectangulares es superior al de la aleta triangular. b) Material con el que se debe construir la aleta triangular, tomando como referencia su conductividad térmica, para que en las condiciones anteriores tenga la misma efectividad que la encontrada para la aleta rectangular. Hay que determinar la conductividad térmica del material

La ecuación a resolver es: 0,58 = 1n L

I1 (2 n L )I 0 (2 n L )

= n L = N { } = 1N I1 ( 2 N)

I 0 (2 N)

N 0,58 N1 0,58 2,2796 1,5906 0,6967 0,58 < 0,6967

1,5 0,87 4,8808 3,9534 0,8099 0,87 > 0,80991,4 0,812 4,1573 3,3011 0,7941 0,812 > 0,7941,3 0,754 3,5533 2,7554 0,7754 0,754 < 0,7754

1,35 0,783 3,8553 3,0282 0,7854 0,783 < 0,785

I1(2 N)I0(2 N)I1(2 N)I0(2 N)

Un valor aceptable es: N = 1,35, luego:

n = 2 hcF Lk b = N

L ; N = 2 hcF

k b L ; k = 2 hcF L2

b N2 = 2 x 17 x 0, 22

0,0125 x 1,3 52 = 59,7 Kcal

h m ªC*********************************************************************************************

IV.10.- A un tubo de 40 mm de diámetro exterior se le adosan aletas anulares de aluminio k=197 Kcal/h m°C, de 0,5 mm de espesor y 100 mm de radio exterior separadas entre si una distancia de 5 mm. Las aletas están aisladas térmicamente en su extremo. La presencia de un fluido exterior implica la existencia de un coeficiente de película de 60 Kcal/h.m2°C.

Si existe una diferencia de temperaturas de 50°C entre la superfi-cie del tubo y el medio exterior, determinar:a) El calor disipado en 1 metro de longitud de tubería sin aletasb) El calor disipado en 1 metro de longitud de tubería con aletasc) La temperatura en el extremo aislado de la aletad) El aumento en % del calor disipado, por el hecho de colocar las aletas

________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNa) Calor disipado en cada metro de longitud de tubería sin aletas

€

qtubo (1 m) = (π db1) hC extΦb = π x 0,04 x 60 x 50 = 377 Kcalh m

b) Calor disipado en cada metro de longitud de tubería con aletas.- Calor disipado por una aleta:

q1 aleta = π (1 - α an2 ) k e Φ b β an

2 G 2 (α an β an ) =

α an = rb /re = 0,02/ 0,1 = 0,2

β an = 2 re2 hC extk e = 2 x 0,12

x 60197 x 0,0005 = 3,49

α an β an = 0,7 ⇒ G 2 (α an β an ) = G 2 (0,7) = 0,18

=

= π (1 - 0,22 ) x 197 x 0,0005 x 50 x 3,49 2

x 0,18 = 32,56 Kcalh

Calor disipado por la parte de tubo correspondiente a cada aleta:


q tubo = (π d b 0,005) hC extΦ b = π x 0,04 x 0,005 x 60 x 50 = 1,885 Kcalh

Calor disipado por una aleta más el tubo correspondiente a la misma: qtubo+ qaleta= 1,885 + 32,56 = 34,445 Kcal

h mb) Si existe una diferencia de temperaturas de 50°C entre la superficie del tubo y el medio exterior, determinar el calor disipado por cada metro de longitud de tubería con aletas.Nº de aletas por 1 m de longitud de tubería : 1

a = 0,0055 = 182

Qdisipado por 1 m de tubo con aletas = 34,445 x 182 = 6270 Kcalh m

De otra forma:Rendimiento de la aleta anular : µ = G2(αan βan) = 0,18

q aleta real = µ q aleta ideal = µ h c ext A (Tb - Text ) = A = 2 π (re2 - rb

2 ) = 2 π (0,12 - 0,022 ) = 0,0603 m 2 =

= 0,18 x 60 Kcalhm 2 ºC

x 0,0603 m 2x 50ºC = 32,56 Kcal

horaq tubo = (π d b x 0,005) h c extΦ b = π x 0,04 x 0,005 x 60 x 50 = 1,8848 Kcal/horaQtubo + aletas = (1,8848 + 32,57) x 182 = 6270,7 Kcal/h.m lineal

c) Temperatura en el extremo aislado de la aleta

G1 (α an β an ) = Φ eΦ b

= G 1 ( 0,7) = 0,06 ⇒ Φe = 0,06 Φ b = 0,06 x 50 = 3 = Te - TF ⇒ Te = TF + 3

d) Aumento en % del calor disipado por el hecho de colocar las aletas

Mejora = 0,689 - 0,041470,04147 = 15,60 ⇒ 1560%

*********************************************************************************************IV.11.- Al realizar un estudio para instalar calefacción en una factoría en la que se dispone de agua caliente a 85°C, se llegó a la conclusión de que había que aportar 460 Kcal/h.m para mantener la temperatura ambiente a

+24°C. Dado que en la factoría se dispone de hierro fundido k= 50 Kcal/h.m°C, del calibre 60/66 y de aletas anulares del mismo material y de radio exterior 66 mm, con un espesor de 3 mm y considerando que los coeficientes de película son 1000 y 8 Kcal/h.m2°C, determinar el núme-

ro de aletas necesario para disipar el calor indicado._________________________________________________________________________________________

RESOLUCIÓNVeamos si son necesarias las aletas:

Qa (1 m) = 2 π (TF - Text )

1ri hcF

+ 1k ln rb

ri + 1

rb h c ext

= 2 π (85 - 24)1

0,06 x 1000 + 150 ln 33

30 + 10,033 x 8

= 100,25 Kcalh < 460 Kcal

h

luego SÍ son necesarias, ya que el tubo limpio no puede aportar las calorías necesariasCálculo de Tb:

Q = TF - TpF

12 π a ri hcF

= TpF - Tb

12 π a k ln rb

ri

= TF - Tb1

2 π a ri h cF + 1

2 π a k ln rbri

TF - Tb = Q2 π a ( 1

ri h cF + 1

k ln rbri

) = 460(Kcal/h m )2 π x 1 ( 1

0,03 x 1000 + 150 ln 33

30 ) = 2,58ºC

Tb = TF - 2,58 = 85 - 2,58 = 82,42ºCCalor disipado por una aleta: q1 aleta = π (1 - α an

2 ) k e Φ b β an2 G 2 (α anβ an ) =


=

α an = rb /re = 0,033/ 0,066 = 0,5

β an = 2 re2 h C extk e = 2 x 0,0662

x 850 x 0,03 = 0,682

α an β an = 0,34 ⇒ G 2 (α an β an ) = 0,95

= π (1 - 0,52 ) x 50 x 0,003 x (82,42 - 24) x 0,682 2x 0,95 = 9,11 Kcal

hora

ó también:q1 aleta = µ hc ext A (Tb - Text) = G2(αan βan) hc ext 2 π 4 (de2 - db

2) (Tb - Text) =

= 0,95 x 8 x 2 π

4 (0,13 22 - 0,06 62) x (82,42 - 24) = 9,11 Kcalhora

Para: a = 1 m habrá N aletas de espesor e que ocupan (Ne) metros, por lo que quedan (1 - N e) metros de tubo sin ale-tas

Calor total disipado: Q = q aletas + qtubo entre aletas = q tubo entre aletas = ( qa )tubo (1 - N e )

q aletas = q1 aleta N = 460 Kcal

h m =

= ( q a )tub (1 - N e) + q1 aleta N = 100,25 (1 - N x 0,003) + 9,11 N ⇒ N = 40,83 ≅ 41 aletas

Separación entre aletas: 1 - (41 x 0,03)41 = 0,0219 m

*********************************************************************************************IV.12.- Al realizar un estudio para instalar calefacción en una factoría en la que se dispone de agua caliente a 85°C, se llegó a la conclusión de que había que aportar 5000 Kcal/hora para mantener la temperatura ambiente

en +24°C. Dado que en la factoría se dispone de hierro fundido k= 50 Kcal/h.m°C, de diámetros 60/66 y de aletas anulares del mismo material, de radio exterior 66 mm, con un espesor de 3 mm, separadas 20 mm, y sabiendo que los coeficientes de pelí-cula son 1000 y 8 Kcal/h.mºC, determinar el número de aletas

necesario para disipar el calor indicado y la temperatura en la base de la aleta._________________________________________________________________________________________

RESOLUCIÓN

Q = TF - TpF

12 π a ri hcF

= TpF - Tb

12 π k a ln rb

ri

= TF - Tb1

2 π a ri h cF + 1

2 π k a ln rbri

TF - Tb = Q2 π a ( 1

ri h cF + ln ( rb /ri )

k ) = 5000 Kcal/h2 π a ( 1

0,03 x 1000 + ln (33/ 30)50 ) = 28,042

a ⇒ Tb = TF - 28,042a

Φb = Tb - Text = TF - 28,042a - Text = 85 - 28,042

a - 24 = 61 - 28,042a

€

Calor disipado total: Q = QN aletas + Qtubo entre aletas

Calor disipado por una aleta:

q1 aleta = π (1 - α an2 ) k e Φ b β an

2 G 2 (α anβ an ) , con:

α an = rb /re = 0,033/ 0,066 = 0,5

β an = 2 re2 h C extk e = 2 x 0,0662

x 850 x 0,03 = 0,682

α an βan = 0,34 ⇒ G 2 (α an β an ) = 0,95

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Calor disipado por el tubo entre aletas:Qtubo entre aletas = (2 π rb a - N e 2 π rb ) h C extΦb = 2 π rba (1 - N e

a ) h C extΦ b

Q = π (1 - α an2 ) k e Φ b β an

2 G 2 (α anβ an ) N + 2 π rb a (1 - N ea ) h C extΦb = Φ b = 61 - 28,042

a =

= {π (1 - 0,52 ) x 50 x 0,003 x (61 - 28,042a ) x 0,6822

x 0,95 N} + {2 π x 0,033 a (1 - 0,003 Na ) x 8 ( 61 - 28,042

a )} =


= N (0,020 + 0,003) = a N = a

0,023 = 43,48 a = {π (1 - 0,52 ) x 50 x 0,003 x (61 - 28,042a ) x 0,682 2

x 0,95 N} +

+ [2 π x 0,033 a {1 - ( 43,48 x 0,003)} x 8 ( 61 - 28,042a )] = 501,73 a - 230,65 = 5000 Kcal

horaa = 5000 + 230,65

501,73 = 10,42 ⇒ n º de aletas = N = 43,48 a = 43,48 x 10,42 = 453 aletas

Temperatura en la base: Tb = 24 + 61 - 28,04210,42 = 82,3ºC

*********************************************************************************************IV.13.- Sobre un tubo de una aleación de aluminio de 20 mm de diámetro exterior se desea colocar aletas longitu-dinales de perfil triangular. La base de las aletas tiene un espesor de 1 mm y la distancia entre los centros de las bases de las aletas es de 3,5 mm lo que permite mantener un coeficiente de película hcF =50 Kcal/hm2°C. La con-ductividad térmica del material es, k = 100 Kcal/hm°C.Determinar

a) Las dimensiones del perfil óptimo de las aletas triangulares longitudinalesb) El calor transmitido al exterior por metro de longitud de tubo si la temperatura de la base es de 125°C y la

del fluido exterior de 20°Cc) La temperatura en el centro de gravedad de la aleta y en el vérticed) El calor evacuado por una aleta_________________________________________________________________________________________

RESOLUCIÓNa) Dimensiones del perfil óptimo de las aletas triangulares longitudinales

Lópt = 1,196 (Ω khcF

)1/3 = Ω = b L2 = 1,196 ( b Lópt k

2 hcF)1/3 = 1,196 ( b k

2 hcF)1/3 Lópt

1/3

Lópt2/3 = 1,196 ( b k

2 hcF)1/3 = 1,196 ( 0,001 x 100

2 x 50 )1/3 = 0,1196 ; Lópt = 0,04136 m = 41,36 mm ; Base = 1 mm

b) Calor transmitido al exterior por metro de longitud de tubo, si la temperatura de la base es de 125°C y la del fluido exterior de 20°C

Para 1 aleta: q1 aleta = - Φb k b β t2 L G4 (β t ) =

Φb = Tb - TF 125 - 20 = 105ºC

βt = 8 f hcF L2

k b = f = 1 { } = 8 x 50 x 0,0412

100 x 0,001 = 2,616

G4 (β t ) = I1(β t )I0 (β t ) = I1(2,616)

I 0 (2,616) = 0,775

=

= - 105 x 100 x 0,001 2,6162 x 0,041 0,775 = 257,35 Kcal

mó también a partir de: Lópt = 0,842

hcF q1 aleta

Tb - TF ; 0,00413 = 0,842

50 q1 aleta105 ; q1 aleta = 257,5 Kcal

Para N aletas: N º de aletas: N = π de = 3,5 N ⇒ N = 20 π3,5 = 17,97 ⇒ 18 aletas

QN aletas = 257,35 (Kcal/m lineal) x 18 aletas = 4632,23 Kcal/m linealCalor disipado por la fracción de tubo sin aletas: q tubo = (2π re - N b) a h cF (Tb - TF ) =

= {(2 π x 0,01) - (18 x 0,001)} x 1 m x 50 (Kcal/hm 2 ºC) x 105ºC = 235,4 (Kcal/m. lineal)

qTotal (1 m lineal) = 4632,23 + 235,4 = 4867,63 Kcalm lineal

Rendimiento de la aleta: η = 2 G4(βt)βt

= 2 x 0,7752,616 = 0,5925 = 59,25% (Del orden del 60%)

c) Temperatura en el centro de gravedad de la aleta:

ΦΦb

= G 3 (β tηt ) = β t = 2,616 ; ηt = xL = 2

3 = 0,8165 β tηt = 2,616 x 0,8165 = 2,1388

= 0,69


Tc.d.g. - TFTb - TF

= 0,69 ; Tc.d.g.- 20125 - 20 = 0,69 ⇒ Tc.d.g. = 92,45ºC

De otra forma:

ΦΦb

= I0 (2 n x )I0 (2 n L )

=

L = 0,04136 m ; Centro de gravedad: x = 2 L/3 = 0,02757 m

n = 2 f hcF Lk b = f = 1{ } = 2 x 50 x 0,04136

100 x 0,001 = 6,43

I0 (2 n L ) = 2 n L = 2 x 6,431 0,04136 = 2,6153 { } = I0 (2,6153) = 3,60

I0 (2 n x ) = 2 n x = 2 x 6,431 0,02757 = 2,1356 { } = I0 (2,1356) = 2,522

=

Tcdg = TF + (Tb - TF ) I0 (2 n x )I0 (2 n L )

= 20 + (125 - 20) 2,5223,6 = 93,55ºC

Temperatura en el vértice de la aleta: Tvértice = TF + (Tb - TF ) I0 (2 n 0 )I0 (2 n L )

= 20 + (125 - 20) 13,6 = 49,16ºC

*********************************************************************************************IV.14.- Un tubo de una determinada aleación k= 80 W/m°K tiene un diámetro interior de 25 mm y un diámetro exterior de 30 mm, y sobre el mismo se han dispuesto 20 aletas rectas longitudinales, del mismo material que el tu-bo, uniformemente distribuidas, con su extremo libre aislado térmicamente, de espesor e=3 mm y longitud trans-versal L= 30 mm.El medio exterior (aire), se encuentra en reposo a la temperatura de 20°C, siendo de 100°C la temperatura de la superficie exterior del tubo.Suponiendo el mismo coeficiente de película en el tubo y en las aletas, determinar:

a) El aumento en % que supone la disipación de calor con aletas, frente al tubo sin aletasb) Temperatura en el centro de gravedad de cada aleta y en su extremo libre._________________________________________________________________________________________

RESOLUCIÓNPropiedades del aire exterior: Temperatura de película:

T = 100 + 202 = 60ºC Propiedades del aire

⎯ → ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ρ = 1,025 kg/m 3 ; c pF = 1017 J/kgºK ; k = 0,0279 W/mºC

ν = 19,4.10-6 m 2 /seg ; Pr = 0,71 ; g βν 2 = 0,782.108

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Gr = g β ΔT L3

ν2 =

ΔT = 100 - 20 = 80ºC

L = d = 0,03 m = 0,782 x 10 x 80 x 0,0 33 = 168.912

Gr . Pr = 168.912 x 0,71 = 119927,5 El coeficiente de película se puede calcular a partir de:

Para flujo laminar: Nud = 0,36 + 0,518 Rad

1/ 4

{1 + ( 0,56Pr )9/16}4/ 9

= 0,36 + 0,518 119927,54

{1 + ( 0,560,71 )9/16}4/ 9

= 7,64 ⇒ hcF = 7,1 Wm2 ºC

a) Aumento en % que supone la disipación de calor con aletas, frente al tubo sin aletas.- Calor desprendido por metro lineal de tubería sin ninguna aleta:q1m lineal = hcF A L ΔT = 7,1 W

m 2 ºC x 0,03 π (m 2 ) (100 - 20)ºC = 53,53 W

metro de tuboEspacio de tubo no ocupado por las aletas = 0,03 π - (20 x 0,003) = 0,03425 m

Calor por metro lineal a través de la fracción de tubo no ocupado por las aletas = 0,03425 x 53,530,03 π = 19,45 W

m

Aleta con su extremo libre termicamente aislado:

q N aletas = k S Tb - TFL Bi Th Bi N =

S = 0,003 x 1 = 0,003 m 2 ; p = 2 (1 + 0,003) = 2,006 m

Bi = h cF p L2

k S = 7,1 x 2,006 x 0,032

80 x 0,003 = 0,0534 =

= 80 x 0,003 100 - 20

0,03 0,0534 Th 0,0534 x 20 = 671,6 W

mCalor disipado total = 19,45 + 671,6 = 691 ( W/m )


Aumento en % = 691 - 53,5353,53 100 = 1191%

b) Temperatura en el c.d.g. de cada aleta y en su extremo libre: Φ(ξ) = T(ξ) - TFTb - TF

= Ch { Bi (1 - ξ)}Ch Bi

Temperatura en el c.d.g. de la aleta (ξ = 0,5): Tc.d .g . - 20100 - 20 = Ch{ 0,0571(1 - 0,5)}

Ch 0,0571 = 0,98 ⇒ Tc .d .g . = 98,32 ºC

Temperatura en el extremo libre de la aleta (ξ = 1): Tξ=1 - 20100 - 20 = 1

Ch 0,0571 ⇒ Tξ=1 = TL = 97,77ºC

*********************************************************************************************IV.15.- Para realizar el control del calentamiento de un determinado reactor, que no debe sobrepasar los 250°C,

se hace uso de un tubo especial de acero k= 45 W/m°C, en cuyo interior se ha hecho el vacío, que conecta el interior del reactor con un dispositi-vo electrónico exterior acoplado en su otro extremo y que no debe sobre-pasar los 60°C. Si el tubo se asimila a un cilindro de 50 cm de longitud y 3 cm de diámetro, y el medio exterior se encuentra a 20°C, determinar: a) El coeficiente de película existente entre el cilindro y el medio exte-

riorb) Sistema de refrigeración que habrá que utilizar en el cilindroc) La temperatura en la mitad del cilindro

________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNEl tubo de acero, cuyo diámetro interior no se da, y en cuyo interior se ha hecho el vacío (no existe convección en el interior), se puede asimilar a una protuberancia cilíndrica de 3 cm de diámetro, con uno de sus extremos a 250ºC y el otro extremo, sobre el que va el dispositivo electrónico que no permite intercambio térmico por el extremo, que con-sideraremos térmicamente aislado a 60ºC.a) Coeficiente de película existente entre el cilindro y el medio exteriorTb - TF

T(1) - TF = Ch Bi ; 250 - 20

60 - 20 = 5,75 = Ch Bi ; Bi = 5,9277

Bi = h cF p L2

k S = hcF (p d) L2

k (p d2 /4) = 4 h cF L2

k d = 4 hcF x 0,52

45 x 0,03 = 5,9277 ⇒ h cF = 8 Wm 2 ºC

b) Sistema de refrigeración que habrá que utilizar en el cilindroCon este valor de hcF la convección es natural y no es necesario ningún otro tipo o medio de refrigeración

c) Temperatura en la mitad del cilindro: Φ(ξ) = T(ξ) - TFTb - TF

= Ch { Bi (1 - ξ)}Ch Bi

Temperatura en la mitad del cilindro ( ξ = 0,5) : T(0,5) - 20250 - 20 Ch{ 5,9277 x (1 - 0,5)}

Ch{ 5,9277 ⇒ Tξ=0 ,5 = 93,5ºC

*********************************************************************************************IV.16.- Un cazo metálico contiene agua hirviendo a 100ºC. El mango metálico del mismo, es un tubo cilíndrico, de

diámetro exterior de= 0,01 m, longitud L= 0,175 m, espesor 1 mm y conductividad térmica k= 40 W/mºK, y lleva en su extremo libre un ais-lamiento térmico. La temperatura del aire del medio exterior y del hue-co del tubo es de 20ºC y el coeficiente de película correspondiente hc = 10 W/m2ºC. a) Determinar a partir de qué distancia en el tubo del mango la tempe-

ratura es inferior a 50ºC. Calor evacuado a través del mango y rendimiento.b) Suponiendo que el flujo térmico en la parte interior del tubo del mango es despreciable, determinar a partir

de qué posición en el mango la temperatura es inferior a 50ºC. Calor evacuado a través del mango y rendimiento.c) Si se considera el mango macizo, calcular a partir de qué posición la temperatura sería inferior a 50ºC.

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNpfernandezdiez.es Aletas.IV.-94

a) A partir de qué distancia en el tubo del mango la temperatura es inferior a 50ºC.

Distribución de temperaturas: Φ(ξ) = T(ξ) - TFTb - TF

= Ch { Bi (1 - ξ)}Ch Bi

Bi = h cF p L2

k S = p = π (d e + di ) = π (0,01 + 0,008) = 0,05655 m S = π4 (d e

2 - d i2 ) = π4 (0,012 - 0,0082 ) = 2,827.10 -5 m 2 = 10 x 0,05655 x 0,1752

40 x 2,827.10 -5 = 15,31

La temperatura en la base de la protuberancia, entronque con el cazo, es de 100ºC, ya que el coeficiente de película del agua en ebullición es muy elevado, por lo que la temperatura del agua y la del cazo será prácticamente la misma. Si llamamos x a la distancia a partir de la cual la temperatura del mango es inferior a 50ºC, se tiene:

50 - 20100 - 20 = 0,375 =

Ch { 25,31 (1 - x0,175 )}

Ch 25,31 ⇒ x = 0,0439 m

Calor evacuado a través del mango y rendimiento

q = k S Tb - TLL Bi Th Bi = 40 x 2,827.10-5 80

0,175 15,31 Th 15,31 = 2,02 W

η = Th BiBi

= Th 15,3115,31

= 0,2523 = 25,23%

b) Suponiendo que el flujo térmico en la parte interior del tubo del mango es despreciable, determinar a partir de qué posición en el mango la temperatura es inferior a 50ºC.

Bi = h cF p L2

k S = p = π d e = π x 0,01 = 0,0314 m S = π4 (d e

2 - d i2 ) = π4 (0,012 - 0,0082 ) = 2,827.10 -5 m 2 = 10 x 0,0314 x 0,1752

40 x 2,827.10-5 = 8,5

50 - 20100 - 20 = 0,375 =

Ch { 8,5 (1 - x0,175 )}

Ch 8,5 ⇒ x = 0,06 m

Calor evacuado a través del mango y rendimiento:

q = k S Tb - TLL Bi Th Bi = 40 x 2,827.10-5 80

0,175 8,5 Th 8,5 = 1,4985 W

η = Th BiBi

= Th 8,58,5

= 0,3409 = 34,09%

c) Si se considera el mango macizo, calcular a partir de qué posición la temperatura sería inferior a 50ºC.

Bi = h cF p L2

k S = p = π d e = π x 0,01 = 0,0314 m S = π de

2 /4 = π x 0,012 /4 = 7,85.10-5 m2 = 10 x 0,0314 x 0,1752

40 x 7,85.10-5 = 3,06

50 - 20100 - 20 = 0,375 =

Ch { 3,06 (1 - x0,175 )}

Ch 3,06 ⇒ x = 0,128 m

Calor evacuado a través del mango y rendimiento

q = k S Tb - TLL Bi Th Bi = 40 x 2,827.10 -5 80

0,175 3,06 Th 3,06 = 2,366 W

µ = Th BiBi

= Th 3,063,06

= 0,538 = 53,8%

*********************************************************************************************IV.17.- Se tiene un cilindro de espesor uniforme k = 10 Kcal/h.m.ºC, de 120 mm de longitud y 20 mm de diámetro,

entre dos paredes, que se encuentra a 300ºC y 100ºC respectivamente. Se supon-drá que el fluido exterior (aire) está a una temperatura de 10ºC, y que el coefi-ciente de película es hC = 15 Kcal/h.m2.ºC.Determinara) El calor evacuado al exterior

b) La temperatura en la mitad de la agujapfernandezdiez.es Aletas.IV.-95

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNAleta con sus extremos a temperaturas Tb y TL a) El calor evacuado al exterior es la diferencia de los calores que pasan por las bases.

q = q ξ = 0 - q ξ = 1 = - k SL (Tb - TF ) Bi (1 - Ch Bi ) {Φ(1) + 1}

Sh Bi =

= Bi = h cF p L2

k S = p = π d = π x 0,02 = 0,0628 m S = π d 2 /4 = π x 0,022 /4 = 3,14.10-4 m 2 ⎧ ⎨ ⎩

⎫ ⎬ ⎭

= 15 x 0,0628 x 0,12 2

10 x 3,14.10 -4 = 4,32

Φ(1) = 100 - 10300 - 10 = 0,31

=

= - 10 x 3,14.10-4

0,12 (300 - 10) 4,32 (1 - Ch 4,32 ) {0,31 + 1}Sh 4,32

= 16 Kcalh

b) Temperatura en la mitad de la aguja

Φ(ξ = 0,5) = Sh{ Bi (1 - ξ)} + Φ(1) Sh ( Bi ξ)

Sh Bi = Sh{ 4,32 (1 - 0,5)} + 0,31 Sh ( 4,32 x 0,5)

Sh 4,32 = 0,4119

Tξ = 0,5 = 10 + (300 - 10) x 0,4119 = 129,45ºC

*********************************************************************************************V.18.- Se tiene un cilindro de espesor uniforme, de 30 cm de longitud y 2 cm de diámetro, que sobresale de una su-perficie plana A que se encuentra a 400ºC. El cilindro está conformado por dos tipos de material, de forma que los

5 primeros cm más cercanos a la pared tienen una conductividad tér-mica k1 = 2 Kcal/h.m.ºC, y el resto una conductividad térmica, k2 = 5 Kcal/h.m.ºC. Se supondrá que el fluido exterior (aire) está a una tem-peratura de 20ºC, y que el coeficiente de película lateral y en el extremo libre B es hC = 10 Kcal/h.m2.ºC.

Determinara) La temperatura TC de unión de los materiales que conforman el cilindrob) El calor evacuado al exteriorc) La temperatura en el extremo libre B

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNEl cilindro se puede considerar, con conducción unidimensional, conformado por una aleta (AC) entre 2 temperaturas y una aleta (CB) con convección por el extremo libre.Aleta con convección en el extremo libre y base a TC.- El calor disipado q2 es el que entra por la base C

q2 = k2 S (TC - TF ) Bi2

L2

Th Bi2 + S Bi 2

p L 2

1 + S Bi2

p L2 Th Bi 2

=

= Bi2 = hcF p L2

2

k2 S = p = π d = π x 0,02 = 0,0628 m ; L 2 = 0,25 S = π d2 /4 = π x 0,022 /4 = 3,14.10-4 m2 ⎧ ⎨ ⎩

⎫ ⎬ ⎭

= 10 x 0,0628 x 0,252

5 x 3,14.10-4 = 25

ΦC = TC - TF

=

= 5 Kcal

hmºC x 0,000314 m 2x Φ C ºC x 50,25m

Th 5 + 0,000314 x 50,06283 x 0,25

1 + 0,000314 x 50,06283 x 0,25 Th 5

= 0,0314 ΦC

Aleta con sus extremos a temperaturas TA y TC .- El calor que atraviesa la base C es:

Q = - k1 SL1

(TA - TF ) Bi1 - Ch{ Bi1 (1 - ξ )} + Φ(1) Ch ( Bi1 ξ)

Sh Bi1 =


=

Φ(1) = TC - TFTA - TF

= Φ400 - 20 = Φ380

L1 = 0,05 m ; ξ = 1

Bi1 = p L12 hC

k1 S = 0,06283 x 0,052 x 102 x 0,000314 = 2,5 ⇒ Bi1 = 1,581

=

= - 2 Kcal

h.m.ºC x 0,000314 m2

0,05 m (400 - 20)ºC x 1,581 x - 1 + Φ380 Ch 1,581

Sh 1,581 = 3,2445 - 0,02162 Φ

Igualando los dos calores: 0,0314 Φ = 3,2445 - 0,02162 Φ ⇒ Φ = 61,2 ºC = TC - 20 ⇒ TC = 81,2ºC b) Calor evacuado al exterior.- El calor evacuado al exterior por el cilindro, es el mismo que penetra por la base A; por lo tanto:

q A = - k1 SL1

(TA - TF ) Bi1 - Ch{ Bi1 (1 - ξ)} + Φ(1) Ch ( Bi1 ξ)

Sh Bi1 = Φ(1) = TC - TF

TA - TF = 61,2

400 - 20 = 0,161

x= 0 ; ξ = 0 =

= -

2 Kcalh.m.ºC x 0,000314 m2

0,05 m (400 - 20)ºC x 1,581 x - Ch 1,581 + 0,161 Sh 1,581 = 7,69 Kcal

horac) Temperatura en el extremo libre B ⇒ ξ = 1 (Aleta con convección en el extremo libre)

Φ(1) = Ch 0 + 0

Ch Bi2 + S Bi 2

p L2 Sh Bi 2 = 1

Ch 5+ 0,000314 x 50,06283 x 0,25 Sh 5

= 0,00674 = Tb - 2081,2 - 20 ⇒ Tb =20,4ºC

*********************************************************************************************IV.19.- Un soldador consiste, (a efectos térmicos), en una varilla cilíndrica metálica que se calienta eléctricamente por un extremo B alcanzándose en el otro extremo A (punta del soldador) una cierta temperatura. La temperatura del medio exterior es de 20ºC. Datos del soldador: k = 80 W/mºK ; hC = 20 W/m2ºK ; α = 1,93 x 10-4 m2/segLas dimensiones del soldador son: Longitud L= 80 mm; Diámetro d= 5 mm Determinar, considerando sólo efectos convectivos:

a) La temperatura en el extremo B cuando la temperatura en el extremo A sea de 400ºC (en régimen estacio-nario), y la potencia eléctrica a aplicar en B en estas condiciones

b) Si se supone que al soldador se le aplica por el extremo B la potencia calculada en el apartado (a) y que el calentamiento se realiza uniformemente, hallar el tiempo que se tardará en conseguir en el mismo una temperatu-ra de 300ºC, supuesto el medio exterior a 20ºC. ¿Qué temperatura máxima se podría conseguir en estas circuns-tancias?

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNa) Temperatura en el extremo B cuando la temperatura en el extremo A sea de 400ºC (en régimen estacionario) Se trata de una aguja cilíndrica (protuberancia) que intercambia calor con el medio exterior, con convección por el ex-tremo libre: Se conoce: TA = 277ºC ; ξ = 1

T(x) - TF TB - TF

= Bi Ch[(1 - ξ) Bi] + hC L

k Sh[(1 - ξ) Bi]

Bi Ch Bi + hC L k Sh Bi

; 400 - 20 TB - 20 = Bi Ch(0) + 0

Bi Ch Bi + hC L k Sh Bi

Bi = hcF p L2

k S = p = π d = 0,005 π = 0,0157 m ; S = π d2

4 = 1,96.10-5 m2 = 20 x 0,0157 x 0,082

80 x 1,96.10-5 = 1,2816

400 - 20TB- 20 = 1,28

1,28 Ch 1,28 + 20 x 0,0880 Sh 1,28

= 0,576 ⇒ TB=679,6ºC

Potencia eléctrica a aplicar en B en estas condiciones.- Hay que determinar una cantidad de calor igual a la que se desprende a través de toda la varilla


qconv = k S (TC - TF ) BiL

Th Bi + S Bip L

1 + S Bip L Th Bi

= 80 x 1,96.10-5 (679,6 - 20) 1,280,08

Th 1,28 + 1,96.10-5 1,280,0157x0,08

1 + 1,96.10-5 1,280,0157 x 0,08 Th 1,28

= 12 W

De otra forma.- A partir de la eficiencia de la aleta se tiene:

qconv = hC A (TB- TA ) ηaleta = ηaleta = Th BiBi

= Th 1,281,28

= 0,7172 ; A = 1,276.10-3 m2 =

= 20 x 1,276.10-3 (679,6 - 20) x 0,7172 = 12 W

b) Si se supone que al soldador se le aplica por el extremo B la potencia calculada en el apartado (a) y que el ca-lentamiento se realiza uniformemente, hallar el tiempo que se tardará en conseguir en el mismo una temperatura de 300ºC, supuesto el medio exterior a 20ºC. Al realizarse el calentamiento uniformemente, se trata de un caso con condición de contorno con RESISTENCIA TÉR-MICA INTERNA DESPRECIABLE, por lo que:

t = ρ L c p

hCF ln q

q - hcFA (T - TF ) = V kA hCF α ln q

q - hcFA (T - TF ) =

=

VA = (π d2 / 4) L

π d L + (π d2 /4) = d L4 L + d = 0,005 x 0,08

(4 x 0,08) + 0,005 = 0,00123 m

A = π d L + (π d 2/ 4) = (π x 0,005 x 0,08) + (π x 0,0052 /4) = 0,001276 m 2 Bi = hC (V/A)

k = 20 x 0,0012380 = 0,000307

=

= 0,00123 m x 80 (W/mºC)20 (W/m2 ºC) x 1,93.10-4 (m2 /seg) ln 12 W

12 W - 20 (W/m2 ºC) x 20 m 2 (300 - 20)ºC = 23,07 seg

Temperatura máxima que se podrá conseguir en estas circunstancias

Para: t → ∞ ; q = h CA (Tmáx - TF ) ⇒ Tmáx = TF + qhCA = 20 + 12

1,276.10-3 x 20 = 490,2ºC

*********************************************************************************************IV.20.- En una sala de maquinaria se desea mantener una temperatura uniforme de 20ºC y para ello se dispone de un sistema de calefacción, por agua caliente a presión, a una temperatura media de 100ºC, que consiste en un tubo de acero, k= 42 W/mºC, de diámetro interior di= 4 cm, diámetro exterior db=5 cm, y aletas longitudinales triangulares, de altura 4 cm y espesor en la base sobre el tubo de 0,785 cm, colocadas a una distancia entre cen-tros de 15,7 mm, del mismo material que el tuboLa velocidad del agua caliente es de 1,5 m/seg. La longitud del tubo con aletas es de 300 metros. El tubo se en-cuentra en posición horizontal y la nave tiene 100 m de longitud.Determinar

a) El calor disipado por una aletab) El calor cedido a la sala por la instalación de calefacciónc) La caída de temperatura del agua calefactora que circula por el interior del tubo, y temperatura de la mis-

ma a la entrada del tubod) La eficiencia de este sistema de calefacción, como intercambiador de calore) La temperatura en el extremo de la aleta, y en su centro de gravedad, en el punto medio de la tubería.Datos del agua caliente: ρ = 958,4 kg/m3 ; cp = 4,211 kJ/kgºC ; k = 0,682 W/mºC ; ν = 0,294 x 10-6 m2/seg ; Pr = 1,75 ; gβ/ν2 = 85,09 (1/ºK.m3)

Datos del aire:ρ = 1 kg/m3 ; cp = 1,01 kJ/kgºC ; k = 0,03 W/mºC ; ν = 20,76 x 10-6 m2/seg ; Pr = 0,7; α = 0,3 x 10-4 m2/seg

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNEl problema se puede plantear como un intercambiador de calor compuesto por (tubo + aletas), por lo que se puede aplicar el concepto de (LMTD) una vez conocido el valor de (UA).Para hallar (UA) hay que conocer el nº de aletas: N = db π

l = 50 mm x π15,7 = 10

Cálculo de hc ext (aire en reposo), En primera aproximación se puede suponer una temperatura de pared de 99,5ºC,


que habrá que comprobar a posteriori.

Gr = g β ΔT dbase

3

ν2 =

ΔT = 99,5 - 20 = 79,5ºC ; d base = 0,05 m

g βν2 =

9,8 mseg2 1

273 + 20 (1/ºK)

(20,76.10-6 )2 (m2 /seg) = 7,76.107 1m3 ºK

= 7,76.107 x 79,5 x 0,053 = 771150

Gr.Pr = 771.150 x 0,7 = 539.805 < 1 07 (laminar)

h c ext = 1,18 ΔTd b

4 = 1,18 79,50,05

4 = 7,45 Wm2 ºC

a) Calor disipado por una aleta triangular.- No se conoce la temperatura en la base Tb, pero podemos suponer vale 99,5ºC, que es un poco inferior a la temperatura media del agua caliente, por ser k = 42 W/mºC. q1 aleta long = η h c (ext ) A lateral aleta (Tb - Text )

Alateral aleta = 2 (L* x 300 m) = 2 (0,04 x 300) = 24 m2

Φb = Tb - TF = 99,5 - 20 = 79,5º

β t = 8 f h cF L2

k b = 8 x 1 x 7,45 x 0,04 2

42 x 0,785.10-2 = 0,5378 ⇒ G 4 (β t ) = 0,241

η = 2 G4 (β t )β t

= 2 x 0,240,5378 = 0,8925

q1 aleta long. = 0,8925 x 7,45 x 24,1 x (99,5 - 20) = 12750 W

Calor disipado por todas las aletas triangulares: qN aletas long. = 12.750 x 10 = 127.503 Wb) Calor cedido a la sala por la instalación de calefacciónq tubo= hc (ext ) A tubo (Tb - Text ) = A tubo = (π db - 10 x 0,00783) a tubo = (0,05 π - 10 x 0,00783) x 300 = 23,57 m 2 =

= 7,45 x 23,57 x (99,5 - 20) = 13.962 W Qtotal = q tubo + qaletas = 13962 + 127503 = 141465 W = (Atubo + η Aaletas ) hc(ext )(Tb - Text )

De otra forma:

Q = TF - Text1

Ai hCi + 1

2 π k a ln rbri

+ 1(η Aaletas + A tubo ) hc (ext )

= η = 0,8925 Aaletas = 24 x 10 = 240 m2 ; A tubo = 23,57 m 2 =

= Red i = uF d i

ν agua = 1,5 x 0,04

0,294.10 -6 = 204080

Nu = 0,023 Re 0,8 Pr 0,3 = 0,023 x 204080 0,8 x 1,750,3 = 481,4 ⇒ h ci = 8207 W/m2 ºC =

= 100 - 201

π x 0,04 x 300 x 8207 + 12 π x 42 x 300 ln 0,5

0,4 + 1{(0,8925 x 240) + 23,57} x 7,45

= 140.608 W

De aquí se puede obtener la temperatura de la pared exterior Tb del tubo:

Q total = TF - Tb1

A i hCi + 1

2 π k a ln rbri

= 100 - Tb1

2 π x 0,04 x 300 x 8207 + 12 π x 42 x 300 ln 0,5

0,4

= 100 - Tb

1,616.10−6 + 2,819.10-6 =

= 140.608 W ⇒ Tb = 99,39ºC

que es una aproximación más que suficiente el haber considerado la temperatura de 99,5ºC.c) Caída de la temperatura del agua calefactora que circula por el interior del tuboQtotal = 141.465 W = Gagua cp agua (Tentrada - Tsalida) = (Ωi uF ρi) cp agua ΔT* =

= Ω i = π d i

2

4 = π x 0,04 2

4 = 0,001257 m 2 = 0,001257 m 2x 1,5 m

seg x 958,4 kgm 3 x 4211 J

kgºC x ΔT*ºC = 7607,3 ΔT*

Temperatura del agua a la entrada y salida del tubo:


ΔT* = 1414657607,3 = 18,6ºC ⇒

Tent = 100 + (18,6/2) = 109,3ºC Tsal = 100 - (18,6/2) = 90,7ºC⎧ ⎨ ⎩

d) La eficiencia de este sistema de calefacción, como intercambiador de calor

NTU = U AC mín

= U A (TF - Text ) = 141.465 W = U A (100 - 20) ⇒ U A = 1768,3 W/m ºC Cmín = Gagua c p agua = 7607,3 W/ºC = 1768,3

7607,3 = 0,2324

ε = 1 - e-(NTU) = 1 - e- 0,2324 = 0,2074 = 20,74%Comprobación:Qtotal = ε Cmín (TC1 - TF1 ) = ε Cmín (Tentrada agua - Text ) = 0,2474 x 7607,3 (109,3 - 20) = 140900 W

e) Temperatura en el vértice de la aleta situada en el centro de la tubería

€

Φvértice = Φb I0(βtηt )I0(βt )

= (99,5 - 20) I0(0)I0(0,5378)

= 79,5ºC 11,076

= 0,93

Tvértice = 20 + (0,93 x 79,5) = 93,9ºC

Temperatura en el centro de gravedad de la aleta:

Φcdg = Φb I0 (β t η t )I0 (βt ) = β t = 0,5378 ; ηt = x

L = 23 = 0,812

β t ηt = 0,5378 x 0,812 = 0,4367 = (99,5 - 20) I0 (0,4367)

I0 (0,5378) = 79,5ºC 1,04991,076 = 77,56ºC

Tcdg = TF + 77,56ºC = 20ºC + 77,56ºC = 97,56ºC

*********************************************************************************************IV.21.- En una sala de maquinaria se desea mantener una temperatura uniforme de 20ºC y para ello se dispone de un sistema de calefacción, por agua caliente a presión, a una temperatura media de 100ºC, que consiste en un tubo de acero, k= 42 W/mºC, de diámetro interior di= 4 cm, diámetro exterior db=5 cm, y aletas anulares del mis-mo material que el tubo, de diámetro exterior de = 15 cm y espesor en la base sobre el tubo de 0,3 cm, colocadas a una distancia entre centros de 4 cm.La velocidad del agua caliente es de 0,5 m/seg. La longitud del tubo con aletas, horizontal, es de 50 metros.Las aletas están aisladas térmicamente en su extremo libre. Se puede suponer una temperatura en la base de 99,5ºCDeterminar

a) El calor disipado por una aletab) El calor cedido a la sala por la instalación de calefacciónc) La caída de temperatura del agua calefactora que circula por el interior del tubo, y temperatura de la mis-

ma a la entrada del tubod) La eficiencia de este sistema de calefacción, como intercambiador de calore) La temperatura en el extremo aislado de las aletas

Datos del agua caliente:ρ = 958,4 kg/m3 ; cp = 4,211 kJ/kgºC ; k = 0,682 W/mºC ; ν = 0,294 x 10-6 m2/seg ; Pr = 1,75 ; gβ/ν2 = 85,09 1/ºK.m3

Datos del aire: ρ = 1 kg/m3 ; cp = 1,01 kJ/kgºC ; k = 0,03 W/mºC ; ν = 20,76 .10-6 m2/seg ; Pr = 0,7_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNEl problema se puede plantear como un intercambiador de calor compuesto por (tubo + aletas), por lo que se puede aplicar el concepto de (LMTD) una vez conocido el valor de (UA).Para hallar (UA) hay que conocer el nº de aletas en el tubo: N = 50 m

0,04 m = 1250 aletas

Cálculo de hc ext (aire en reposo)

Gr = g β ΔT dbase

3

ν2 =

ΔT = 99,5 - 20 = 79,5ºC ; d base = 0,05 m

g βν2 =

9,8 mseg2 1

273 + 20 1ºK

(20,76.10-6 )2 m2 /seg = 7,76.107 1m 3 ºK

= 7,76.107 x 79,5 x 0,053 = 771150


Gr.Pr = 394830 x 0,7 = 539805 < 1 07 (laminar)

h c ext = 1,18 ΔTd b

4 = 1,18 79,50,05

4 = 7,45 Wm2 ºC

De otra forma: El coeficiente de convección se puede calcular con la fórmula:

Para flujo laminar: Nud = 0,36 + 0,518 Rad

1/ 4

{1 + ( 0,56Pr )9/16}4/ 9

, con: 10−6 < Ra d < 109

Pr > 0,5⎧ ⎨ ⎩

Nu d = 0,36 + 0,518 (539805)1/4

{1 + ( 0,560,7 )9 / 16 }4 / 9

= 10,96 ⇒ h c ext = k Nud = 0,03 x 10,96

0,05 = 6,58 Wm 2 ��C

a) Calor disipado por una aleta con su extremo libre térmicamente aislado: q1 aleta = η h c extA lateral aleta (Tb - Text )

Alateral aleta = 2 π (re2 - rb2) = re = 7,5 cm

rb = 2,5 cm = 2 π (0,075 2 - 0,025 2) = 0,031416 m2

Φ b = Tb - TF = 99,5 - 20 = 79,5ºC

Rendimiento de la aleta: η = G2 (αanβan ) = α an = rb

re = 0,025

0,075 = 0,333

β an = 2 hc ext re2

k e = 2 x 6,58 x 0,0752

42 x 0,03 = 0,766 = 0,84

q1aleta = η hc ext A (TpF - TF ) = 0,84 x 6,58 (W/m2 ��ºC) x 0,031416 m2 x (99,5 - 20)º �� C = 15,63 WCalor disipado por todas las aletas:q N aletas = 15,63 W x 1250 = 18756 Wb) Calor cedido a la sala por la instalación de calefacción: q tubo = h c ext A tubo (Tb - Text ) = A tubo = π d b (0,04 - 0,003) = 5,812.10-3 m 2 =

= 5,812.10-3 m 2

x 6,58 (W/m2 ��ºC) (99,5 - 20) ºC = 3,04 W

q tubo total = 1250 x 3,04 W = 3648,4 WQtotal = q tubo + q aletas = 20000 + 3648,4 = 23648,4 W

De otra forma:

Q total = TF - Text1

A i hci + 1

2 π k a ln rbri

+ 1N (η A aletas + A tubo ) hc ext

= η = 0,84 A aletas = 0,031416 m2 ; A tubo = 0,005812 m2 =

= Re d i = u F di

νagua = 0,5 x 0,04

0,294.10 −6 = 68027

Nu= 0,023 Re 0 ,8 Pr 0,3 = 0,023 x 680270,8x 1,750 ,3 = 200 ⇒ hci = 200 x 0,682

0,04 = 3410 Wm ºC

=

= 100 - 201

π x 0,04 x 50 x 3410 + 12 π x 42 x 50 ln 0,5

0,4 + 11250 {(0,84 x 0,031416) + 0,005812} x 6,58

= 20964 W

c) Caída de la temperatura del agua calefactora que circula por el interior del tuboQtotal = 20964 W = Gagua cp agua (Tentrada - Tsalida ) = (Ω i uF ρi ) c p agua ΔT* =

= Ωi = π x 0,042

4 = 0,001257 m 2 = 0,001257 x 0,5 x 958,4 x 4211 x ΔT* = 2525,8 ΔT*

Temperatura del agua a la entrada y salida del tubo

ΔT* = 236482535,8 = 9,32��ºC ⇒

Tentrada = 100 + 9,322 = 104,66��ºC

Tsalida = 100 - 9,322 = 95,34��ºC

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

d) La eficiencia de este sistema de calefacción, como intercambiador de calor


ε = 1 - e-(NTU) = NTU = U ACmín

= 23648 = U A (100 - 20) ⇒ U A = 295,6 W

m ��ºC

Cmín = G agua c p agua = 2535,8 W��ºC

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

⎫

⎬ ⎪

⎭ ⎪

= 295,62535,8 = 0,1166 =

€

= 1 - e- 0,1166 = 0,11Comprobación:Qtotal = ε Cmín (TC1 - TF1 ) = ε C mín (Tentrada agua - Text ) = 0,11 x 2535,8 (104,66 - 20) = 23614 W

e) Temperatura en el extremo aislado de la aleta central

€

Φe = Φb G1(αan βan ) = αan = 0,33 ; βan = 0,809 ⇒ G1(αan βan ) = 0,83 = 0,83 Φb

Te = 20 + (0,83 x 79,5) = 86��C (aleta central) Te primera aleta = 20 + 0,83 {(104,66 - 0,5) - 20} = 89,85��CTe última aleta = 20 + 0,83 {(95,34 - 0,5) - 20} = 82,1��C⎧ ⎨ ⎩

*********************************************************************************************IV.22.- En una habitación se dispone de un sistema de calefacción por agua caliente que consiste en un tubo de acero de diámetro interior di = 4 cm y exterior db = 4,4 cm, y aletas anulares de diámetro exterior de = 10 cm y es-pesor 0,1 cm, colocadas a una distancia entre centros de 5 cm. El coeficiente k = 42 Kcal/hm°CLa longitud del tubo es de 12 metros. El coeficiente de película al exterior es, hc ext = 5 Kcal/hm2°CEl coeficiente de película por el interior del tubo correspondiente al {agua caliente-pared interior del tubo} es hci = 1000 Kcal/hm2°CLas aletas están aisladas térmicamente en su extremo. Se puede suponer que la temperatura exterior del tubo es igual a la temperatura en la base de la aleta Tb; Temperatura del aire, Text = 20°CDeterminar

a) El valor U A b) La temperatura de salida del agua calefactora que circula por el interior del tubo y el calor cedido a la habi-

tación, si circulan 10 litros/minuto de agua, que entra en la tubería a 60°Cc) La temperatura en el extremo aislado de la primera aleta

Datos del agua, ρ = 1000 kg/m3 ; cp = 1 Kcal/kg°C _________________________________________________________________________________________

RESOLUCIÓNEl problema se puede plantear como un intercambiador de calor compuesto por (tubo + aletas), por lo que se puede aplicar el concepto de (LMTD) una vez conocido el valor de (UA).Para hallar (UA) hay que conocer el nº de aletas: N = 12 m

0,05 = 240

Calor disipado por una aleta.- No se conoce la temperatura en la base Tbq1 aleta anular = η hc ext A lateral aleta (Tb - Text )

A lateral aleta = 2 π (re2 - rb

2 ) = re = 5 cm rb = 2,2 cm = 2 π (0,052 - 0,022 2 ) = 0,0127 m 2

η = G2 (α an .βan ) = α an = rbre

= 0,0220,05 = 0,44 ; β an = 2 re

2 hC extk e = 2 x 0,052 x 5

42 x 0,001 = 0,77 = 0,92

q1 aleta = 0,92 x 5 Kcalh.m2.ºC

x 0,01276 m2 x (Tb - 20)ºC = 0,05842 ( Tb - 20) Kcalhora

qtubo (para 1 aleta) = hc ext Atubo (Tb - Text) = Atubo = π x 0,044 x 0,049 = 0,0068 m2 =

= 5 Kcal

h.m2.ºC x 0,0068 m2 x (Tb - 20)ºC = 0,034 ( Tb - 20) Kcal

hora

a) Valor de (U A) Qtotal = N (qtubo + qaletas) = 240 x {0,05842 ( Tb - 20) + 0,034 x (Tb - 20)} = Tb - 20

0,04508 Kcalhora


Qtotal = TF - Ti1

2 π a r i h ci

= Ti - Tb1

2 π k a ln rbri

= Tb - 200,04508 = TF - 20

12 π a r i h ci

+ 12 π k a ln rb

ri + 0,04508

=

= TF - 201

2 π x 0,02 x12 x 1000 + 12 π x 42 x 12 ln 22

20 + 0,04508 = TF - 20

0,045773 = U A (TF- 20) ⇒ U A = 21,847 Kcalhora

b) Temperatura de salida del agua calefactora que circula por el interior del tubo (que entra en la tubería a 60°C si circulan 10 litros/minuto de agua

Gagua = V ρ = 10 x 60 litroshora x 1000 kg

m3 = 600 kghora

Qtotal = Gagua c p agua ( Tent - Tsal ) = 600 kgh x 1 Kcal

kgºC x (60 - Tsal )ºC

Qtotal = U A ΔT2 - ΔT1

ln ΔT2ΔT1

= ΔT2 = Tent - Text = 60 - 20 = 40 ΔT1 = Tsal - Text = Tsal - 20 = 21,847 60 - Tsal

ln 40Tsal - 20

Igualando las ecuaciones anteriores de Qtotal se obtiene:

500 Kcalh x (60 - Tsal )ºC = 21,847 Kcal

h 60 - Tsal

ln 40Tsal- 20

⇒ Tsal = 58,56ºC

Calor cedido a la habitación

Qtotal = Gagua c p agua ( Tent - Tsal ) = 600 kgh x 1 Kcal

kgºC x (60 - 58,56)ºC = 858,2 Kcalhora

De otra forma:

ε = 1 - e- NTU = NTU = U A Cmín

= Cmín = Gagua cp agua = 600 kgh x 1 Kcal

kg ºC = 600 Kcalh ºC

⎧ ⎨ ⎩

⎫ ⎬ ⎭

= 21,847600 = 0,03641 =

= 1 - e - 0,03641 = 0,035756 = 3,57%

Q total = ε Cmín (TC1 - TF1) = ε Cmín (Tentrada agua - Text) = 0,035756 x 600 x (60 - 20) = 858,16 Kcalhora

c) Temperatura en el extremo aislado de la primera aletaΦ e = Φ b G1 (α anβ an ) = G1 (α anβ an ) = G1 (0,44 x 0,77) = 0,90 = 0,90 Φ b ⇒ Te - Text = 0,90 (Tb - Text )1ª Aleta (TF = 60ºC) ; Tb - 20

0,04508 = TF - 200,045773 = 60 - 20

0,045773 = 873,877 ; Tb = 59,4ºC

Te = Text + 0,90 x (Tb - Text) = 20 + 0,90 x (59,4 - 20) = 55,45ºC*********************************************************************************************

IV.23.- En un tubo de acero que tiene una conductividad térmica de 40 Kcal/hm°C y diámetro exterior de=30 mm, se han dispuesto 20 aletas longitudinales de sección transversal constante, de 2 mm de espesor y altura 20 mm

Las aletas se considerarán con su extremo libre aislado térmicamente.Se supondrá que el fluido que envuelve al conjunto se encuentra a una temperatura de 20°C, que la superficie exterior del tubo está a 90°C y que el coeficiente de película es hc=30 Kcal/h.m2.°C.Si las aletas se encuentran uniformemente distribuidas sobre la superficie exterior del tu-bo, determinar:

a) El calor disipado y el aumento en % que supone esta disipación mediante aletas, frente al tubo sin aletas.b) Valor del coeficiente máximo de película que debería existir entre el tubo y el fluido, para que dejase de ser interesante el uso de superficies adicionales.c) El calor disipado, cuando en otro tubo de las mismas características se colocan 100 aletas anulares por metro lineal de tubo, de espesor constante igual a 2 mm, y radio exterior de 35 mm; el diámetro del tubo es de 30 mm. Las condiciones térmicas son las del enunciado.


_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNa) Calor disipado y el aumento en % que supone esta disipación mediante aletas, frente al tubo sin aletas.Para el caso de no existir aletas, el calor desprendido por el tubo limpio, por metro lineal es:q = h cF A ΔT = 30 Kcal

h m 2 ºC x 0,03 π m 2 (90 -20)ºC = 197,92 Kcal

h mCalor disipado a través del espacio de tubo no ocupado por las aletas:

q1= 197,92 Kcal

h m tub x Fracción tubo

0,03 π = Fracción tubo = 0,03 π - (20 x 0,002) = 0,054 = 197,92 x 0,0540,03 π = 113,9 Kcal

h.m.linealLas aletas son longitudinales con el extremo térmicamente aislado; el calor disipado por las mismas es:

q 2 = k S Tb - TFL Bi Th Bi n =

k = 40 Kcalh m ºC ; S = 0,002 x 1 = 0,002 m 2 ; L = 0,2 m

Tb - TF = 90 - 20 = 70 ºC ; p = 2 (1 + 0,002) = 2,004 m

n = 20 aletas ; Bi = h c p L2

k S = 30 x 2,004 x 0,022

40 x 0,002 = 0,3006

=

= 40 x 0,002 700,02 0,3006 Th 0,3006 x 20 = 1533 Kcal/h m

q disipado = q1 + q 2 = 113,92 + 1533 = 1646,92 Kcal/h m

Aumento en % = 1646,92 - 197,92197,92 x 100 = 732,1%

b) Valor del coeficiente máximo de película que debería existir entre el tubo y el fluido, para que dejase de ser in-teresante el uso de superficies adicionales.hcF e2 k < 1 ; hcF < 2 k

e ; h cF < 2 x 400,002 ; hcF < 40000 Kcal

h m 2 ºC

luego se justifica el uso de aletas cuando hcF sea menor de 40000 Kcal/hm2ºC

c) El calor disipado, cuando en otro tubo de las mismas características se colocan 100 aletas anulares por metro lineal de tubo, de espesor constante igual a 2 mm, y radio exterior de 35 mm; el diámetro del tubo es de 30 mm. Las condiciones térmicas son las del enunciado. q1 = calor disipado a través del tubo = {1 - (100 x 0,002)} q = 0,8 x 197,92 = 158,3 Kcal/h m

q 2 = Calor disipado a través de 100 aletas por metro = = π (1 - α an2 ) k e Φ b β an

2 G 2 (α an βan ) n =

= α an = rb

re = 15

35 = 0,4286

β an = 2 hcF re2

k e = 2 x 30 x 0,0352

40 x 0,002 = 0,9585

⎫

⎬ ⎪

⎭ ⎪

⇒ G2 (0,4286 x 0,9585) = 0,87 =

= π (1 - 0,42862 ) x 40 x 0,002 x 70 x 0,95852x 0,87 x 100 = 1147,86 Kcal/h m

q disipado = q1 + q 2 = 158,3 + 1147,86 = 1306,2 Kcal/h m

*********************************************************************************************IV.24.- Un pequeño dispositivo electrónico que genera calor por efecto Joule, lo disipa durante su funcionamiento

al exterior. Este dispositivo se puede considerar como un cilindro de di-mensiones, radio Ri = 0,002 m y altura, a= 0,006 m.Para que su funcionamiento sea lo más correcto posible se le inserta una camisa aleteada de aluminio k = 200 W/mºK con 12 aletas longitu-dinales en su superficie exterior, que tienen su extremo libre térmica-mente aislado. Los datos de la camisa aleteada son, diámetro exterior De = 0,006 m, espesor de las aletas, e = 0,0007 m, y longitud de las ale-tas, L = 0,01 m.La resistencia de contacto (dispositivo electrónico-camisa aleteada) es

muy importante, y vale, 10-3 m2.ºK/W


El coeficiente de película al exterior es, hcF = 25 W/m2ºK. La temperatura exterior es Te = 20ºCLa camisa aleteada se ha diseñado para que la superficie del dispositivo electrónico no supere los 80ºC.Determinar:a) El calor disipado al exterior b) La temperatura que adquiriría la superficie del dispositivo electrónico si no se utilizase la camisa aleteada.c) La temperatura de los diámetros interior y exterior de la camisa aleteada y en el extremo de la aleta

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓN

El circuito térmico se puede poner en la forma:

El calor evacuado es: Q = Ts - TextRcontacto (dispositivo-camisa) + Rcamisa + Raletas + tubo

a) Calor disipado al exteriorCalor disipado por la (aleta + tubo) = hcF (Atubo + µ Aaletas) (Tb - Text) = Tb - Text

1hcF (Atubo + µ Aaletas)

Bi = hcFp L2

k S = p = 2 (a + e) = 2 (0,006 + 0,0007) = 0,0134 m S = a e = 0,006 x 0,0007 = 4,2.10-6 m2 = 25 x 0,0134 x 0,012

200 x 4,2.10-6 = 0,03988

µaleta = Th BiBi

= Th 0,039880,03988

= 0,9869

Atubo = (De π - 12 e) x 0,006 = [0,006 π - (12 x 0,0007)] x 0,006 = 6,27 x 10-5 m2

Aaletas = 2 (L x a) x 12 = 2 (0,01 x 0,006) x 12 = 1,44 x 10-3 m2

Resistencia asociada a las aletas = 125 {6,27.10 -5 + 0,9869 (1,44.10-3 )}

= 26,96 ºKW

Resistencia contacto dispositivo-camisa: 10-3 (m 2 ºK/W )2 π R a (m 2 )

= 10 -3

2 π x 0,002 x 0,006 ºKW = 13,26 ºK

W

Resistencia conductiva de la camisa: 12 π k a ln Re

R i = 1

2 π x 200 x 0,006 ln 0,0030,002 = 0,05377 ºK

W

Q = 80 - 2013,26 + 0,05377 + 26,96

= 1,49 W

b) Temperatura que adquiere la superficie del dispositivo electrónico si no se utiliza la camisa aleteada.- En estas circunstancias el dispositivo tiene que eliminar la misma energía (1,49 W) generada por efecto Joule, por lo que:

Q = Ts - Text1

2 π Ri h cF a = Ts - 20

12 π x 0,002 x 25 x 0,006

= 1,49 ⇒ Ts = 810,5ºC

De otra forma:

Ts - TF = E Ri2 h cF

(1 + R i h cF2 k - r 2 h cF

2 k R i)r = R i = E = Q

A = 1,49 Wπ x 0,002 2

x 0,006 = 1,976.107 W

m 3 =

= E R i2 h cF

= 1,976.10 7 x 0,0022 x 25 = 790,4 ºC ⇒ Ts = 20 + 790,4 = 810,4ºC

c) Temperatura de los diámetros interior Ti y exterior Te de la camisa aleteada

Q = Ts - TiR contacto

⇒ Ti = Ts - Q Rcontacto = 80 - (1,49 W x 13,26 ºCW ) = 60,24ºC

Q = Ti - TbR camisa

⇒ Tb = Ti - Q R camisa = 60,24 - (1,49 W x 0,05377 ºCW ) = 60,16ºC

Temperatura en el extremo de la aleta


T( ξ) - TFTb - TF

= Ch{ Bi (1 - ξ)}

Ch Bi = ξ = 1 = 1

Ch Bi ⇒ T(1) = TF + Tb - TF

Ch Bi = 20 + 60,16 - 20

Ch 0,03988 = 59,37ºC

*********************************************************************************************IV.25.- Un dispositivo electrónico cilíndrico (k = 150 W/mºC) de dimensiones, R = 0,003 m y longitud a = 0,008 m, disipa al exterior el calor generado a través de una camisa que se inserta con 12 aletas triangulares longitudinales de aluminio (kaluminio= 200 W/mºC), siendo su radio exterior rb = 0,004 m.Las dimensiones de las aletas son: base = 0,8 mm; altura = 10 mmEl coeficiente de convección es de 40 W/m2ºCLa resistencia de contacto entre el dispositivo electrónico y la camisa es de 0,002 m2ºC/WEl medio ambiente se encuentra a 15ºCSabiendo que el centro del dispositivo electrónico no puede superar los 80ºC, determinar:a) El rendimiento de las aletasb) La temperatura de la superficie exterior del dispositivo electrónico y el calor disipado al exteriorc) La temperatura en la base de las aletas y en su extremod) La temperatura que adquiriría la superficie del dispositivo si no llevase aletas

__________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNa) Rendimiento de las aletas.- Gráficamente se tiene:

η = 2 G4 (βt )βt

= βt = 8 f hcFL2

k b = 8 x 1 x 40 x 0,012

200 x 0,0008 = 0,4472 ⇒ G4 (βt ) = 0,22 = 0,984 = 98,4%

que prácticamente es del 100%, ya que en este caso lo que interesa es disipar calor y no el efecto económico

Analíticamente:

η = I1 (2 n L )I0 (2 n L )

1n L

= n L = β t2

⎛ ⎝

⎞ ⎠

= I1 (βt )I0 (βt ) 2

β t = β t = 0,447 ⇒

I0 = 1,053I1 = 0,23⎧ ⎨ ⎩

= 0,977 = 97,7%

c) Temperatura de la superficie del dispositivo: Tcentro - Tsup

Tsup = E R 2

4 k Tsup {1 - ( 0

R )} = E R 2

4 k Tsup

Tsup = Tcentro - E R 2

4 k = E = QV = Q

π R 2 a Wm 3 = Tcentro -

Qπ R 2 a

R 2

4 k = Tcentro - Q4 π a k =

= 80 - Q4 π x 0,008 x 150 = 80 - 0,0663 Q ⇒ Q =

80 - Tsup0,0663

que es una ecuación que relaciona Tsup con el calor QCalor disipado al exterior:

€

Calor disipado por 1 (aleta + tubo) = hcF (Atubo + µ Aaleta ) (Tb - Text )

R contacto = 0,002 m 2 ºKW = 0,002

2 π R a ºKW = 0,002

2 π x 0,003 x 0,008 = 13,26 ºKW

R camisa = ln rb

Ri2 π kala

= ln 0,004

0,0032 π x 200 x 0,008 = 0,0286 ºK

W

Raletas = 1h cF (Stubo + µ Saleta ) =

Stubo = (2 π Rb - 12 b) 0,008 = (2 π x 0,004 - 12 x 0,8.10-3 ) 0,008 = 1,24.10-4 m2 Saletas = 12 (2 x 0,01) 0,008 = 1,92.10-3 m 2

=


= 140 {1,2426.10-4 + (0,977 x 1,92.10 -3 )}

= 12,5 ºKW

Q = Tsup - Text

R contacto + Rcamisa + R aleta + tubo =

Tsup - 1513,26 + 0,0286 + 12,5 =

Tsup - 1525,785

que es otra ecuación que relaciona Tsup con el calor Q.En consecuencia, se tiene un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas, Tsup y Q:

Q = 80 - Tsup

0,0663 = Tsup - 1525,785 ⇒

Tsup = 79,83ºC (prácticamente la temperatura en el centro)Q = 2,51 W ⎧

⎨ ⎩

c) Temperatura en la base de las aletas

Q = Tsup - Tb

R contacto + Rcamisa = 79,83 - Tb

13,26 + 0,0286 = 2,51 W ⇒ Tb = 46,47ºC

Temperatura en el extremo libre de las aletasΦΦb

= I0 (0)I0 (2 n L )

= 11,05258 = 0,95 = TL - 15

46,47 - 15 ⇒ TL = 44,85ºC

d) Temperatura que adquiriría el dispositivo electrónico de no llevar aletas:.- Entre el exterior del tubo y el medio ambiente se tiene

2,51 = Te- 15ºC1

40 x 2 π x 0,003 x 0,008 ⇒ Te = 431,7ºC

lo que motiva la colocación de estos elementos disipativos

*********************************************************************************************IV.26.- El par de conductores de un termopar tiene ambos hilos de cobre de (k = 385 W/mºK) de 0,25 mm de diá-

metro, embutidos en una capa aislante de polivinilo de k = 0,1 W/mºK de perímetro ex-terior 1,5 mm y sección 10-7 m2; la configuración de este tipo de hilo viene dada en la fi-gura. La temperatura de los gases calientes es de 350ºK y la temperatura de la pared es de 300ºK. Determinar la longitud que deberá tener el hilo inmerso en la corriente de gases calien-

tes para que el error de lectura en el termopar sea de 0,1ºK, sabiendo que el coeficiente de transferencia de calor hilos-gases calientes es de 30 W/m2ºK _________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNSe puede suponer que la variación de temperatura en cada sección transversal a los hilos es pequeña comparada con la variación de temperatura a lo largo de los mismos, 50ºK. Por lo tanto este problema se puede equiparar al de una protuberancia de sección transversal uniforme.Para la distribución de temperaturas podemos tomar la correspondiente a una protuberancia con su extremo libre tér-micamente aislado, de forma que, considerando toda la longitud del hilo L se tenga:TL - TFTb - TF

= - 0,1ºK300 - 350 = 1

Ch Bi ; Bi = 47,7 = hc p L2

k S

El valor de kS hay que evaluarlo para las resistencias térmicas de ambos hilos y del aislante, en paralelo.

Para el hilo: S hilo = π d2

4 = π (0,25 x 10-3 )2

4 = 4,91.10-8 m 2 ; k Shilo = 385 WmºK x 4,91.10-8 m 2 = 1,9.10-5 Wm

ºKPara el aislante: Saisl = 10-7 m2 ; k Saisl = 0,1 W

mºK x 10-7 m 2 = 10 -8 WmºK

Se observa que la contribución del aislante kS es insignificante, por lo que su forma precisa o su composición son irrelevantes.

Bi = 47,7 = h C p L2

k S = 30 (W/m 2 ºK) x 0,0125 m x L2

1,9.10 -5 ( Wm/ºK) ⇒ L = 0,155 m

*********************************************************************************************


IV.27.- Una aleta recta de duraluminio (k = 187 W/mºK; ρ = 2770 kg/m3), tiene un perfil parabólico dado por la expresión:z = b

2 ( xL )2 = b = 3 mm ; L = 20 mm = 3

2 ( x20 )2

Hallara) El calor disipado por la aleta, y la eficiencia, cuando la temperatura en la base sea de 500ºK y la del medio exte-rior de 300ºK, sabiendo que el coeficiente de transferencia de calor es de 2800 W/m2ºKb) Masa de la aleta

________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNa) Calor disipado:

q = 4 hC Φb L1 + 1 + 4 m 2 L2

= m = 2 h Ck b = 2 x 2800

187 x 0,003 = 99,91 = 4 x 2800 x 200 x 0,021 + 1 + 4 (99,912 x 0,022 )

= 8750 Wm

Eficiencia: η = 21 + 1 + 4 m2 L2

= 21 + 1 + 4 (99,912 x 0,022 )

= 0,39 ⇒ 39%

Masa de la aleta por 1 m de longitud: M = b L3 ρ (1 m) = 0,003 x 0,02

3 m 2 x 2770 kgm3 x (1 m ) = 0,0554 kg

*********************************************************************************************IV.28.- Los intercambiadores de calor de placas perforadas se usan en sistemas de refrigeración criogénicos y consisten en un conjunto de placas de alta conductividad térmica, que van perforadas para que los fluidos circu-len a través de ellas, y separadas por un aislante. El calor se transmite por conducción desde la corriente caliente

a la corriente fría a través de las placas perforadas. Se puede suponer un intercambiador en contracorriente conformado por placas rectangulares de aluminio (k = 200 W/mºK), perforadas con orificios de 0,9 mm de diámetro dispuestos en disposición regular cuadrada, separados entre centros 1,3 mm, siendo las dimensiones de cada placa de 20 mm de ancho por 80 mm de longi-tud y 0,5 mm de espesor, separadas entre sí por un aislante de 0,85 mm de espesor; los dos grupos de placas perforadas caliente y fría van separadas por una placa de

aluminio de 4 mm tal como se muestra en la figura.Determinar el coeficiente global de transmisión de calor entre los fluidos que circulan por los orificios de las pla-cas calientes y las placas frías, sabiendo que el coeficiente de convección para ambos fluidos es de 400 W/m2ºK

_________________________________________________________________________________________RESOLUCIÓNSe puede suponer que las temperaturas de los fluidos permanecen constantes (cosa que no es verdad en un intercam-biador de calor). La conducción de calor entre los fluidos se produce desde las placas perforadas superiores por las que, por ejemplo, circula el fluido caliente, hasta las placas perforadas inferiores por las que circula el fluido a calen-tar; dichas placas perforadas se pueden asimilar, por su pequeño espesor, a aletas, siendo el flujo de calor a lo largo de las placas unidimensional.

El proceso de transferencia de calor de las placas calientes a las frías se puede asimilar considerando cada una de las placas calientes como una aleta, conectada a una pared de 4 mm de espesor yendo a continuación otra aleta constitui-da por cada una de las placas frías, de forma que el coeficiente global de transmisión de calor se puede interpretar en la forma:

1U A = 1

hC p b ηaleta + 1

k e Wh

+ 1hC p b ηaleta

= 2hC p b ηaleta

+ 1k e W

hen la que p es el perímetro de la aleta y A la sección de intercambio térmico, de la forma:A = {2 W b - 2 W b

c2 ( π d2

4 )} + W bc2 π d e = W b {2 - π2 ( d

c )2 + π d ec2 } =

= (0,08 x 0,02) {2 - π2 ( 913 )2 + π x 9 x 5

132 } = 0,003338 m2

Para calcular el n º de Biot de la forma: Bi = h C p b2

k S , es necesario determinar p y S.

El perímetro p es = Ab = 0,003338

0,02 = 0,1667 m


b = 20 mm

h = 4 mm

W = 80 mm 0,86 mm e = 0,5

Fluido caliente

Fluido frío

S = W e (1 - ε v ) = ε v = π d2 /4c 2 = π x 92 /4

132 = 0,376 = (0,08 x 0,0005) (1 - 0,376) = 2,496.10-5 m 2

Bi = hC p b 2

k S = 400 (W/m 2 ºC) x 0,167 m x 0,02 2 m 2

200 ( W/m ºC) x 2,496.10 -5 m 2 = 5,35

Rendimiento de la aleta:ηaleta = Th BiBi

= Th 5,355,35

= 0,424

1U A = 2

hC p b ηaleta + h

k e W = 2400 x 0,1667 x 0,02 x 0,424 + 0,02

200 x 0,0005 x 0,08 = 3,537 + 0,5 = 4,037 ºKW

U = 14,037 A = 1

4,037 x 0,003338 = 74,21 Wm 2 ºK

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PROBLEMAS SOBRE PROTUBERANCIAS Y ALETASfiles.pfernandezdiez.es/.../Problemas/PDFs/ProblemasAletas.pdf · Como: µ = G 2(α an.β ... Una varilla de aluminio de sección transversal