1

Fakultet strojarstva i brodogradnje Sveuilita u Zagrebu

Zadatci (primjeri) vezani uz predavanje

Detaljnija analiza prijenosa topline zraenjem

- doktorski studij

Zagreb 2015

2

Primjer 3. Koristei jed.(31) potrebno je izvesti izmijenjeni toplinski tok zraenjem izmeu dvije bliske stjenke beskonane ravne stjenke, poznatih emisijskih faktora 1, 2 i poznatih temperatura Ta1 i Ts2.

Rjeenje. Postupak rjeavanja se sastoji u tome da se postavi jed.(31) za stjenku 1 i stjenku 2, pa uz uvjet da je A1=A2 = A dotina jednadba, postavljena za stjenku 1, prelazi u oblik

12

12

21

1

1

111 11

Ae

KK

A

KE c ==

=

(a)

12

21

12

2

2

122 11

Ae

KK

A

KE c ==

=

(b)

U gornjem sustavu jednadbi nepoznate su nepoznanice K1 i K2, a vrijednost vidnih faktora je e12=e21 = 1. Gornji se sustav jednadbi rjeava uobiajenim postupkom. Iz jed.(a) uz e12=e21 = 1, slijedi izraz za K2

( )1

11111

1

112 11

=

=c

c

EKKEKK (c)

Uvrtavanjem K2 iz u jed.(b) slijedi jednadba

11

c111

1

c111

2

2

2

2c2

1111K

EKEKE

=

iz koje se lako dobiva izraz za svjetlou povrine K1

2121

2c12c11c221

+

+=

EEEK (d)

Vraanjem jed.(d) u jed.(a) uz uvjet da je e12=e21 = 1, slijedi izraz

( )

+

+

=

==

2121

2c12c11c22c1

1

11c1

1

1121 11

EEEEKEA

+

++

==

2121

2c12c11c22c121c12c11

1

1121 1

EEEEEEA

( )2121

2cc112

1

1

2121

2cc121c2c12

1

1121

)(11

)()(1

+

=

+

==

EEEEEEA

Nakon skraivanja gornje jednadbe s (1- 1 ) i dijeljenja brojnika i nazivnika desne strane jednadbe sa 21 dobiva se konani izraz

( )111111

21

4s2

4s1

21

c2c112

+

=

+

=

TTAEEA ( e )

3

Jednadba (e) je identina jednadbi (35)!

Primjer 4. Kriogeni fluid struji kroz dugaku cijev promjera 20 mm. Vanjska povrina cijevi je difuzna i siva i ima emisijski faktor 1 = 0,02 i povrinsku temperaturu Ts1 = 77 K. Oko te cijevi je koncentrino smjetena duga cijev unutranjeg promjera 50 mm, a ta je unutranja povrina takoer difuzna i siva ima emisijski faktor 2 = 0,05 i povrinsku temperaturu Ts2 = 300 K. Prostor izmeu cijevi je evakuiran. Potrebno je izraunati koliki se toplinski tok, po metru duljine cijevi, dovodi kriogenom fluidu. Koliko bi bilo smanjenje tog toplinskog toka, ako bi se izmeu tih cijevi stavila tankostjena koncentrina cijevna meustjenka promjera 35 mm, ije obje povrine imaju emisijski faktor 3 = 0,03?

Rjeenje. Ovdje se radi o modelu zatvorene strukture s dvije povrine, pa se za rjeenje sluaja bez neustijenke polazi od jed.(36)

( ) ( ) 499,01

05,01

5020

02,01

773001067,5020,0111

448

21

4s1

4s2

112

=

+

=

+

=

TTD

L

W/m

a za sluaj zraenja s umetnutom meustijenkom koristi se jed.(38)

( ) ( )

+

+

=

+

+

=

1211112111

33

1

22

1

1

4s1

4s2

1

33

1

22

1

1

4s1

4s2

1m

12

DD

DD

TTD

AA

AA

TTD

L

( )

+

+

=

102,02

035,002,01

05,01

05,002,0

02,01

773001067,502,0448

m

12 L

= 0,252 W/m

pa smanjenje toplinskog toka iznosi

( ) 50,5% %10049,0

252,0499,012

m

1212

=

=

L

L

L

Primjer 5. Dvije kvadratne ploe dimenzija 1 m 1m su meusobno paralelne i izravno su poloene suprotno jedna drugoj. Ploe su na meusobnom razmaku 1m. Toplija ploa ima temperaturu Ts1 = 800 K i ima emisijski faktor 0,8. Hladnija ploa ima temperaturu Ts2 = 600 K, a takoer emisijski faktor 0,8. Izmjena topline zraenjem se odvija kako izmeu ploa tako i velikog prostora (ambijenta) temperature Ts3 = 300 K, kroz prostor izmeu ploa. Konfiguracija je dana na slici 1. Potrebno je odrediti toplinski tok kojeg ploe odailju prema ambijentu.

4

Ts1= 800 K1= 0,8

Ts2= 600 K2= 0,8

1 m

1 m

1 m1

2

3 = ambijent na 300 K

Slika 1. Skica problema

Rjeenje. Ovdje se radi o trozonskoj zatvorenoj strukturi, i adekvatna mrea zraenja je prikazana u materijalima na slici 15b, s varijabilnim veliinama kako slijedi

0 m 13

1221 == A

AAA

8,021 == dijagrama iz 2,0 povrine; ravne 0 21122211 ==== eeee 8,02,0011 1 121113131211 ====++ eeeeee 8,002,011 1 222123232221 ====++ eeeeee

25,08,018,011

11

11 =

=

=

eAR

25,0

8,018,011

22

22 =

=

=

eAR

0133

33

=

eAR

3c3 EK =

52,0

11121

==

eA 25,1

8,0111

232131

===

eAeA

24114s1 kW/m 224,238001067,5 == T

24114s2 kW/m 348,76001067,5 == T

24114s3 kW/m 459,03001067,5 == T

Ove se vrijednosti uvode u mrenu shemu na slici 16b u materijalima, i kao rezultat se dobije donja mrena slika 2.

R12=5

Ec1=23,224

R1=0,25 K1 K2 R2=0,25

Ec2=7,348

K3=Ec3=0,459

2

3

1

R13=1,25

R23=1,25

Slika 2. Mrena shema vezana uz Primjer 5

5

Problem je sada reduciran na odreivanje svjetloa povrina K1 i K2. Stavljajui da algebarska suma struja u vorovima K1 i K2 mora biti jednaka nuli, dobiva se

za K1 025,1459,0

525,0224,23 1121

=

+

+ KKKK

za K2 025,1459,0

25,0348,7

52221

=

+

+ KKKK

Rjeavanjem ovog sustava jednadbi dobiva se

22

21 kW/m 709,6 ;kW/m 921,18 == KK

Neto toplinski tok koji naputa stjenku 1 je

2

1

1c11 kW/m 17,212 25,0

921,18224,23=

=

=

RKE

q

Neto toplinski tok koji naputa stjenku 1 je

2

2

2c22 kW/m 2,557 25,0

709,6348,7=

=

=

RKE

q

Neto toplinski tok koji naputa ambijent je

2

32

2c3

31

1c33 kW/m -19,769 25,1

709,6459,025,1

921,18459,0=

+

=

+

=

RKE

RKE

q

Jasno je da stjenke predaju toplinske tokove, a ambijent ih prima; pa stoga suma ovih triju veliina mora biti jednaka nuli

0!0 0;19,769-2,55717,212 0321 ==+=++ qqq

Dobivene vrijednosti mogue je takoer kontrolirati na sljedei nain

( ) ( ) 2211212

21

12

2112 kW/m 442,2709,6921,182,01 ===

=

= KKe

Ae

KKR

KKq

( ) ( ) 2311313

31

13

3113 kW/m 77,14459,0921,188,01 ===

=

= KKe

Ae

KKR

KKq

( ) ( ) 2322323

32

23

3223 kW/m 00,5459,0709,68,01 ===

=

= KKe

Ae

KKR

KKq

U svrhu kontrole moraju vrijediti sljedee jednakosti:

,kW/m 19,77 00,577,14 223133 =+=+= qqq a to odgovara ve izraunatoj vrijednosti!

6

,kW/m 558,2 223122 == qqq takoer odgovara prethodno dobivenoj vrijednosti! ,kW/m 17,212 77,14442,2 213121 =+=+= qqq to je ve izraunato!

Primjer 6. U jednoj manufakturi, specijalno premazana povrina apsorbera napravljena je kao jedna zakrivljena ploha povrine A2 = 15 m2, i izloena je jednom infracrvenom grijau irine W = 1 m. I apsorber i grija imaju jednake duljine L = 10 , i meusobno se nalaze na rastojanju H = 10 m, slika 3. Grija ima temperaturu 1000 k i emisijski faktor 1 = 0,9 dok apsorber ima temperaturu 600 K i emisijski faktor 2 = 0,5. Taj se sustav nalazi u velikoj prostoriji iji zidovi imaju temperaturu 300 K. Potrebno je odrediti neto toplinski tok grijaa!

A2,Ts2,2Povrina apsorbera

W

Grijac, A1, Ts1, 1

H

Zidovi prostorijeA3, Ts3, 3= 1

Slika 3. Skica vezana uz Primjer 6.

Rjeenje. Pretpostavke koje su ukljuene u rjeenje gornjeg primjera: a) egzistiraju uvjeti stacionarnog stanja, b) zanemaruju se efekti konvekcije, c) povrine grijaa i apsorbera su difuzne i sive, d) okoli se moe prezentirati hipotetikom povrinom A3, koja zatvara promatranu strukturu i moe se

smatrati crnim tijelom temperature 300 K.

Rjeenje. Ovaj problem predstavlja trozonsku zatvorenu strukturu, pase neto toplinski tok na povrinu 2 dobiva iz jednadbe (27a)

22

2

22c222 1

A

KEqA

== (a)

U toj su jednadbi poznate sve veliine osim K2. Za povrinu apsorbera mora vrijediti sljedea jednadba

232

32

212

12

22

2

22c

111eA

KK

eA

KK

A

KE +

=

(b)

dok za povrinu grijaa 1 vrijedi analogno sljedea jednadba

131

31

121

21

11

1

11c

111eA

KK

eA

KK

A

KE +

=

( c )

7

Kako su poznate temperature stjenke1, stjenke 2 odnosno stjenke 3, a za stjenku 3 vrijedi da je K3 = Ec3, tada su u sustavu jednadbi (b) i (c) nepoznanice K1 i K2, dakle radi se o sustavu dviju jednadbi s dvije nepoznanice. Pa se prvo odrede veliine koje egzistiraju u tom sustavu:

; W/m5670010001067,7 2484s11c === TE ; W/m32,73486001067,7 2484s22c ===

TE ; W/m27,4593001067,7 2484s333c ==== TKE Vidni faktor e12 oitava se iz odgovarajueg dijagrama iz uvjeta Y/H = 10/1 =10; X/H = 1/1 = 1, pa se za te vrijednosti oita e12 = 0,39, a vrijednost e21 se dobiva iz uvjeta reciprociteta

26,039,015101

122

121212121 =

=== eAA

eeAeA

Iz pravila sumiranja za povrinu 1, slijedi da je

61,039,0011 121113 === eee

a iz uvjeta reciprociteta slijedi da je

( ) 305,061,01102101

133

131 =

== eAA

e

Zbog simetrije je e31 = e32, pa iz uvjeta reciprociteta slijedi

41,0305,01520

322

323 === eA

Ae

pa iz pravila sumiranja za povrinu 2 slijedi da je

33,041,026,011 232122 === eee

a iz pravila sumiranja za povrinu 3 slijedi

39,0305,0305,011 323133 === eee

Uvrtavajui dobivene vrijednosti u jed.(b) i (c) dobiva se

41,01

27,459

26,01

5,05,01

32,7348 2122 +=

KKKK

61,01

27,459

39,01

9,09,01

56700 1211 +=

KKKK

Gornji se sustav jednadbi lako preinauje u oblik

301,18841,026,026,032,7348 2122 += KKKK 155,28061,039,039,09510300 1211 += KKKK

8

621,753667,126,0 21 = KK 155,51058039,010 21 =+ KK

621,753667,126,0 21 =+ KK 155,51058039,010 21 = KK

pa iz ovog sustava jednadbi slijede vrijednosti svjetloa K1 i K2

22 W/m23,1253867,110)26,0(39,0

10621,753626,0155,510580

0,39- 101,67 0,26-

510580,155 10 621,7536 0,26

=

=

=K

Supstituirajui ovu vrijednost i ostale prethodno odreene vrijednosti u jed.(a) dobiva se iznos traenog toplinskog toka apsorbera

( ) kW 848,7723,1253832,7348155,0155,01

23,1253832,73481

22

2

22c2 ==

=

=

A

KE

Analognim postupkom moemo odrediti i ostale toplinske tokove

21 W/m5154767,110)26,0(39,0

39,0621,753667,1155,510580

0,39- 101,67 0,26-

0,39- 510580,155 ,671 621,7536

=

==K

( ) ( ) kW 769,4639,01

51547567009,01011 1

11c11

11

1

11c1 =

=

=

=

KEA

A

KE

kW -385,3168

305,0201

23,1253827,459

305,0201

5154727,45911

323

2c3

313

1c33 =

+

=

+

=

eA

KE

eA

KE

Kontrola: 0!kW 604,03168,385848,77769,463321 ==++ Kontrola ukazuje na tonost provedenog prorauna, mala se razlika pojavila kao posljedica zaokruivanja numerikih vrijednosti! Kao dodatnu kontrolu moemo provesti na sljedei nain: Energijska bilanca na grija daje sljedeu jednakost:

13121 +=

( ) ( ) W15213423,125385154739,0101 21121

121

2112 ===

= KKeA

eA

KK

9

( ) ( ) W311635 27,4595154761,0101 31131

131

3113 ===

= KKeA

eA

KK

W46376931163515213413121 =+=+=

a to je ve prethodno dobiven rezultat!

Takoer mora vrijediti jednakost

( )23133 +=

( ) ( ) W74285,6 27,45923,1253841,0151 32232

232

3223 ===

= KKeA

eA

KK

( ) W3853176,742853116353 =+=

a to je takoer ve prethodno dobiven rezultat!

Primjer 7. Jedna pe za suenje obojenih panela sastoji se od dugakog trokutne cijevi, ima jednu stranicu zagrijavanu i odravanu na temperaturi 1200 K , dok je druga stranica izolirana, slika 4. Obojeni paneli koji se odravaju na temperaturi 500 K, se postavljaju na treu (horizontalnu) stranicu. Stranice trokuta iznose W = 1 m , dok zagrijavana i adijabatska povrina imaju emisijske faktore 0,8. Emisijski faktor panela je 0,4. Potrebno je odrediti koliko se toplinskog toka po metru kanala mora u stacionarom stanju dovoditi cijevi da bi njezina temperatura iznosila 1200 K? Kolika je temperatura izolirane povrine?

60o 60o

13

2

Ts1=1200 K; 1=0,8

W= 1 m

3=0,8, T3(adijabatskapovrina)

Ts2=500 K; 2=0,4

Slika 4. Skica vezana uz 5. zadatak

Rjeenje. Ovo rjeenje se moe modelirati sa zatvorenom strukturom s tri povrine, od koji je jedna adijabatska. Traeni se toplinski tok moe dobiti iz jed.(44a) i (44b). (Pripadajua toplinska shema prikazane je slikom 17b u materijalima!)

10

( )R

TTR

EEL

L 4s24s1c2c121

=

=

=

( ) ( ) 222

1

232131121

11

1 1/1/1

11

AeAeAeA

AR

+

+

++

=

Zbog simetrije je e12 = e13 = e23 = 0,5. Takoer je A1 = A2 = W L. Na osnovu ovih vrijednosti dobiva se vrijednost toplinskog otpora R

( ) ( ) 1/m 1 3,083 4,014,01

5,01/15,01/115,01

8,018,01

1

=

+

+

++

=

R

( ) ( ) 24484s24s121 kW/m 37,62 031,3

50012001067,5=

=

==

RTT

L

L

Poznajui toplinske tokove 1/L odnosno 2/L mogue je odrediti svjetloe povrina K1 i K2 iz jed.(42a) i (42b).

24111

1

14s1

1

1

1c11 kW/m 17,10862,378,01

8,0112001067,511 =

=

=

=

L

WT

L

WEK

( ) 241121

14s1

2

1

1c22 kW/m 97,5962,374,01

4,015001067,511 =

=

=

=

L

WT

L

WEK

Bodui da je rezultirajui toplinski tok na adijabatskoj povrini jednak nuli, tada mora biti zadovoljena jednakost

( ) ( ) 0 011 2332331131323

23

131

31==

KKeAKKeA

eA

KK

eA

KK

odakle slijedi izraz za svjetlou adijabatske povrine K3

( ) 2323131

131232313 kW/m 07,842

97,5917,1085,08,02

97,5917,1085,08,0=

+=

+=

+

+=

eAeAeAKeAK

K

a budui je K3 = Ec3, tada slijedi vrijednost traene temperature adijabatske povrine

K 5,11031067,51007,84

48

34 3

s3 =

==

KT

Komentari rjeenja:

1) - Za primijetiti je da diskontinuiteti temperatura i svjetloa povrina stranica ne mogu egzistirati na spojevima stranica, pa su pretpostavke jednolikih temperatura i svjetloa povrina najslabije u tim podrujima.

2) Dobiveni rezultati su neovisni o emisijskom faktori 3 adijabatske povrine 3) Ovaj problem se moe rijeiti koristei inverznu matrinu metodu. Rjeenje se svodi na formiranje

matrice po nepoznatim svjetloama povrina K1, K2 i K3, a to je pokazano poslije rjeenja Primjera 10.

11

Kontrola u ovom sluaju se svodi na: 3213 =

( ) ( ) kW/m 05,1207,8417,1085,011 31131131

3113 ===

= KKeA

eA

KK

( ) ( ) kW/m 05,1297,5907,845,011 23323323

2332 ===

= KKeA

eA

KK

Evidentno je da kontrola zadovoljava!

Primjer 8. Dvije dugake neprozirne sive, difuzno reflektirajue difuzno emitirajue paralelne ploe imaju emisijske faktore 1 = 0,8 i 2 = 0,5 konstantnih povrinskih temperatura Ts1 = 800 K i Ts2 = 600 K. Koristei matrinu metodu svjetloa povrine, potrebno je odrediti neto gustoe toplinskih tokova zraenjem q1 i q2 s ovih povrina ploa.

Rjeenje. Ovo je dvozonski problem zatvorene strukture s zadanim temperaturama u obje zone. Svjetloe povrina su tada odreene jed.(49) iz koje slijedi

( ) ( )

( ) ( )

=

4s2

4s1

2

1

2

22222

2

21221

1

12111

1

11111

1

1

1

1

T

T

K

K

ee

ee

pri emu vidni faktori imaju sljedee vrijednosti: 11 = 22 = 0, i 12 = 21 = 1. S ovim se vrijednostima gornja matrica reducira na

( )

( )

=

4s2

4s1

2

1

22

2

1

1

1

1

1

1

1

T

T

K

K

Uvrtavajui zadane vrijednosti gornja matrina jednadba poprima oblik

2 1 0,25 ,251

=

348,7224,23

2

1

KK

pa rjeenje daje

K1 = 21,460 kW/m2 odnosno K2= 14,404 kW/m2

Jednadbu (48) se sada moe iskoristiti za raunanje neto toplinskog fluksa zraenjem q1 i q2

( ) ( ) 211c1

11 kW/m 056,7460,21224,238,01

8,01

=

=

= KEq

( ) ( ) 222c2

22 kW/m 056,7404,14348,75,01

5,01

=

=

= KEq

12

Rezultat je i oekivan jer i mora biti zadovoljeni da je q1 = - q2!

Isti rezultat treba slijediti i iz jed.(35):

( ) [ ]=+

=

+

==

4411

21

4s2

4s112

12 6008001

5,01

8,01

1067,5

111

TTA

q 7,056 W/m2.

Do istog se rezultata moe doi i koristei jed.(47)

( ) ( ) 2211212

21

12

2112 kW/m 056,7404,14460,2111 ===

=

= KKe

Ae

KKR

KKq .

Primjer 9. Jedna zatvorena struktura u obliku istostraninog trokuta, slika 5, je dovoljno dugaka u smjeru osi okomitoj na ravninu crtea, tako da se rubni efekti mogu zanemariti. Povrine su neprozirne, sive, difuzno reflektirajue i difuzno emitirajue. Emisijski su faktori 1 = 2 = 0,9 i 3 = 0,5, dok su temperature povrina konstantne i podravane na vrijednostima Ts1 = 800 K , Ts2 = 600 K i Ts3 = 300 K. Potrebno je izraunati neto gustou toplinskog toka zraenjem za sve ove tri zone!

Ts3;3

T s1;

1 Ts2 ;2

60o 60o

21

3

Slika 5. Istostranino trokutna zatvorena struktura

Rjeenje. Ovdje se radi o trozonskoj zatvorenoj strukturi s propisanim temperaturama svake zone, pa se matrica svjetloa povrina svih zona moe napisati u sljedeem obliku

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=

4s3

4s2

4s1

3

2

1

3

333

3

323

3

313

2

232

2

222

2

212

1

131

1

121

1

111

11

10

10

10

11

10

10

10

11

T

T

T

K

K

K

eee

eee

eee

13

Vidni faktori i vlastita emitirana zraenja crnih tijela imaju sljedee vrijednosti: e11 = e22 = e33 = 0 a eij = 0,5 za i j. Nadalje je 4s1T = 23,224 kW/m2, 4s2T = 7,348 kW/m2 i 4s3T = 0,459 kW/m2. Uvrtavanjem ovih vrijednosti zajedno sa zadanim emisijskim faktorima u gornju matrinu jednadbu dobiva se

=

459,0348,7224,23

2 0,5 0,50,125 ,251 0,1250,125 0,125 ,251

3

2

1

KKK

pa rjeenje gornje jednadbe daje sljedee vrijednosti zonskih svjetloa povrina

. W/m436,7 ; W/m641,8 ; W/m187,20 232

22

1 === KKK

pa se sada moe koristiti jed.(61b) za odreivanje neto gustoa toplinskih tokova zraenjem

( ) ( ) 211c1

11 kW/m 148,12187,20224,238,01

8,01

=

=

= KEq

( ) ( ) 222c2

22 kW/m 5172846173488,01

8,01

=

=

= KEq

( ) ( ) 233c3

33 kW/m 69777436459,05,01

5,01

=

=

= KEq

Budui su povrine svih zona meusobno jednake, mora vrijediti jednakost

0! 0 0 6977 - 5172 - 12148 0321 ===++ qqq

A sada razmotrimo izmijenjene toplinske tokove izmeu pojedinih povrina

( ) ( ) 2211212

21

12

2112 kW/m 773,5461,8187,205,01 ===

=

= KKe

Ae

KKR

KKq

( ) ( ) 2211313

31

12

3113 kW/m 376,6436,7187,205,01 ===

=

= KKe

Ae

KKR

KKq

Kontrola se svod na ispunjenje sljedee jednakosti

2113121 kW/m 12,140 376,6773,5 =+=+= qqqq

a taj rezultat odgovara prethodno dobivenoj vrijednosti!

( ) ( ) 2322323

32

23

3223 kW/m 609,0436,7641,85,01 ===

=

= KKe

Ae

KKR

KKq

pa i ovdje kontrola obuhvaa sljedee

14

223122 kW/m 5,172 603,0773,5 === qqq , a to takoer odgovara ve dobivenoj

vrijednosti. I zadnja se kontrola svodi na veliinu q3 .kW/m 6,977 603,0376,6 223133 =+=+= qqq I ta je vrijednost ve dobivena, te kontrolni izrauni pokazuju tonost izraunatih veliina!

Primjer 10. U jednoj pei u obliku kocke, slika 6, gornja stjenka ima temperaturu 800 K i emisijski faktor 0,8, dok donja stjenka ima temperaturu 600 K i emisijski faktor takoer 0,8. Bone etiri stjenke pei su adijabatske. Odrediti neto toplinski tok koji zraenjem naputa gornju povrinu.

Ts1= 800 K; 1= 0,8

Ts2 = 600 K; 2= 0,8

1

2

a

a

a

3

q3= 0; (idealni reflektor)

Slika 6. Loite u obliku kocke sa etiri lateralne adijabatske povrine

Rjeenje. Ovo je jedan trozonski problem, kod kojeg dvije zone imaju propisane povrinske temperature s trea zona ima propisanu nulti vrijednost gustoe toplinskog toka. Potrebne jednadbe svjetloa povrina dobivaju se iz jed.(58) uz k = 2 i N = 3, pa taj matrini zapis ima oblik

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=

3

4s2

4s1

3

2

1

333231

2

232

2

222

2

212

1

131

1

121

1

111

-1 -0 -0

10

11

10

10

10

11

q

T

T

K

K

K

eee

eee

eee

Vidni faktori u ovom sluaju su: e11 = e22 = 0, a vrijednosti e12 = e21 = 0,2 su oitane za kocku iz dijagrama. Primijenivi jed.(11) za povrine 1 i 2 slijedi

8,02,0011 1 121113131211 ====++ eeeeee 8,002,011 1 222123232221 ====++ eeeeee

Koristei jednadbu reciprociteta (10) slijedi da je

2,048,0

44

13132

2

133

131313131 ======

ee

a

ae

AA

eeAeA

2,048,0

44

13232

2

233

232323232 ======

ee

a

ae

AA

eeAeA

15

6,02,02,011 1 323133333231 ====++ eeeeee

24114s1 kW/m 224,238001067,5 == T

24114s2 kW/m 348,76001067,5 == T

q3 = 0

Ako se ove vrijednosti uvrste u gornju matricu, dobiva se

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

=

0

348,7

224,23

,60-1 ,20-0 ,20-0 8,0

8,08,010

8,008,011

8,02,08,010

8,08,08,010

8,02,08,010

8,008,011

3

2

1

K

K

K

=

0734823224

,40 ,20- ,20- 0,2 ,251 0,050,2 0,05 ,251

3

2

1

KKK

Rjeenje gornje jednadbe daje

23

22

21 kW/m 286,15 ;kW/m 2179,9 ;kW/m 392,21 === KKK

Koristei jed.(61b) mogue je odrediti neto gustoe toplinskih tokova na povrinama 1 i 2

( ) ( ) 211c1

11 kW/m 33,7392,21224,238,01

8,01

=

=

= KEq

( ) ( ) 222c2

22 kW/m 33,7179,9348,78,01

8,01

=

=

= KEq

Temperatura zrcalnih zona dobije se iz jed.(63)

K 7201067,5

15286 41

8

41

3s3 =

=

=

KT

Treba naglasiti da se dobila oekivana vrijednost q1 = -q2! Budui je u ovom sluaju zona 3 zrcalna zona, do vrijednosti q1 moe se doi i koritenjem jed.(44)

2c2c11 kW/m 33,71667,2

348,7224,23=

=

=

REE

q

=R ( ) ( ) 222

1

232131121

11

1 1/1/1

11

AeAeAeA

A

+

+

++

16

( ) ( ) 21

m

1 1667,2

8,018,01

8,0/18,0/112,018,0 =

+

+

++=

R

I rjeenje Primjera 7 moe se takoer prikazati u matrinom obliku, polazei od matrice

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=

3

4s2

4s1

3

2

1

333231

2

232

2

222

2

212

1

131

1

121

1

111

-1 -0 -0

10

11

10

10

10

11

q

T

T

K

K

K

eee

eee

eee

koje se za zadane uvjete transformira na oblik

( ) ( ) ( )( ) ( )

=

0

544,3

57,117

0-1 ,50-0 ,50-0

,750- 4,0

04,011

4,05,04,010

8,05,08,010

8,05,08,010

8,008,011

3

2

1

K

K

K

=

0544,3

57,117

1 ,50- ,50-,750- ,52 0,75

0,125 0,125 ,251

3

2

1

KKK

Iz gornje se matrice dobiva sljedei sustav jednadbi:

57,117 125,0 125,0 25,1 321 = KKK 544,3 75,0 5,2 0,75 321 =+ KKK 0 5,0 5,0 321 =+ KKK Determinanta gornjeg sustava jednadbi gornje iznosi

313,21 0,5- 0,5-

0,75- 2,5 0,75-0,125- 0,125- 25,1

s ==D

a determinanta po varijabli K3 je

488,1930 0,5- 0,5-

3,544 2,5 0,75-117,57 0,125- 25,1

3==KD

pa je iznos svjetloe povrine K3 jednak

17

2

s

3 kW/m 83,67 313,2488,1933

===

DD

K K , a koja je vrijednost dobivena u rjeenju Primjera 7.

Budui je K3 = Ec3= 4s3T dobiva se vrijednost temperature te adijabatske povrine

=

==

48

34 3

s3 1067,51067,83

KT 1101,48 K.

Ostale svjetloe povrina se takoer mogu odrediti analognim postupkom, pa je

51,2501 0,5- 00,75- 2,5 3,544

0,125- 0,125- 117,57

1==KD

2

s

1 kW/m 108,33 313,2501,2501

===

D

DK K

475,1361 0 0,5 -0,75- 3,544 0,75-0,125- 117,57 1,25

2==KD

2

s

2 kW/m 59,003 313,2475,1362

===

DD

K K

Primjer 11. Potrebno je, u opim brojevima, matrinom metodom nai izraz za toplinski tok kod modela obuhvaenog tijela, ako manje tijelo ima povrinu A1, emisijski faktor 1, a vee tijelo ima povrinu A2 i emisijski faktor 2. Povrinske temperature tijela su Ts1 i Ts2. (Model je u materijalima prikazan na slici 2!)

Rjeenje: Ovdje se radi o zatvorenoj strukturi od dviju povrina tada matrini zapis ima oblik

( ) ( )

( ) ( )

=

4s2

4s1

2

1

2

22222

2

21221

1

12112

1

11111

1

1

1

1

T

T

K

K

ee

ee

Koristei svojstvo kronecker ''delta'' je 11=22 =1 i 12 =21 = 0, te da vidni faktori, vidi analizu poslije slike 2, imaju sljedee vrijednosti: e11=0, e12 =1,0, e21 = = A1/A2, e22 =1-

Uvrtavajui te vrijednosti u gornju matricu dobiva se

( ) ( )( )

=

4s2

4s1

2

1

2

2

2

2

1

1

1

111

1

1

1

T

T

K

K

Gornji se matrini zapis moe razviti na sljedei sustav jednadbi

18

4s12

1

21

1

11 TKK

=

+ (a)

( ) ( )( ) 4s22

2

21

2

2 111

1TKK =

+

(b)

Iz jed.(a) slijedi da je

( ) 214s111 1 KTK =

Uvrtavajui K1 iz u (b) lako se dolazi do izraza za K2

( )

2112

4s112

4s22

21

+

=

TTK (e)

Vraanjem jed.(e) u jed.(c) dobiva se izraz za K1

( ) ( )

2112

4s112

4s22

14

s11111

+

=

TTTK (f)

Prema jed.(41a) zraenjem izmijenjeni toplinski tok je jednak

( )21112

21

12

2112 1

KKA

Ae

KKR

KK === (g)

Uvrtavanjem (f) i (e) u jed.(g) dobiva se

( ) ( )

++

= 111 12112

4s112

4s224

s11112

TTTA

+

++=

2112

4s1

21

4s12

21

4s221

4s12

21

4s1

21

4s112

112TTTTTT

A

( ) ( )

+

=

+

=

11121

4s2

4s11

2112

4s2

4s121

112

TTATTA (h)

Jednadba (h) je potpuno ista jed.(36) danoj u materijalima!

Primjer 12. Promotrimo jedan grija zraka koji je napravljen od polovice cijevi, slika 7, ija je ravna povrina na temperaturi 1000 K, a druga povrina je dobro izolirana. Polumjer cijevi je 20 mm, a obje povrine imaju emisijski faktor 0,8. Ako kroz tu cijev struji atmosferski zrak s masenim protokom 0,01 kg/s i prosjenom temperaturom Tm = 400 K, potrebno je odrediti koliki toplinski tok se mora dovoditi ravnoj ploi, da bi joj temperatura iznosila 1000 K? Kolika je pri tome temperatura izolirane povrine?

19

T1=1000 K; 1= 0,8R 1

= 20

mm

T2;2=0,8Zrak, Tm= 400 Kqm = 0,01 kg/s

p = 1 bar

LEc1 Ec2K1 K2

1,dov

1,kon

) 22 2/()1( A))/( 11 11( A 1/(A1e12) 2,dov=0

Slika 7. Uz rjeenje Primjera 12.

Rjeenje. Pretpostavke koje se uvode za rjeenje ovog primjera su:

1. Stacionarni uvjeti. 2. Difuzne i sive povrine. 3. Zanemariv utjecaj krajeva cijevi i aksijalna promjena temperature zraka. 4. Potpuno razvijeno strujanje.

Budui je gornja polovica cijevi dobro izolirana, i nema vanjskog dovoenja toplinskog toka, 1,dov= 2.dov= 0, pa energijska bilanca na tu povrinu 2 daje jednadbu

kon,212zr,2 == (a)

Toplinski tok 12 odreen je jed.(35), pa se jed.(a) moe transformirati na oblik

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )mS22222121111

4s2

4s1

/1/1/1TTA

AeAATT

=

++

(b)

pri emu je A1 = 2R1, dok je A2= R1, a vidni faktor e12 = 1. Kako se na desnoj strani jed.(b) nalazi koeficijent konvektivnog prijenosa topline , prvo je potrebno njega odrediti uobiajenim postupkom kako slijedi:

- fizikalna svojstva zraka za Tm = 400 K i 1 bar su: = 0,0338 W/(mK), = 23010-7 kg/(ms), cp = 1014 J/(kgK), Pr=0,69, [5]

Reynoldsov broj

21

ekvm

c

ekvmekvm 2ReR

dqAdqdw

=== ]

m 0244,0202,02

224 1c

ekv =+

=

+==

ROAd

168841023002,0

0244,001,022Re 7221

ekvm=

==R

dq

Dakle radi se o turbulentnom strujanju zraka kroz kanal, pa se za izraun moe koristiti Dittus-Boelterovu jednadbu [4]

20

78,4769,016884023,0PrRe023,0 4,08,04,034 ===Nu

K) W/(m2,660244,00338,078,47 2

ekv

===

dNu

Podijelivi lijevu i desnu stranu jed.(b) s A1 dobiva se jednadbu oblika

( ) ( )4002

2,6628,0

8,0110,80,8-1

10001067,5s2

4s2

48

=

++

TT

koju se preinauje na oblik

0313,1155,1461067,5 s24s28 =+ TT

ije se rjeenje dobiva numeriki i iznosi

K 696s2 =T

Potrebni toplinski tok, po metru duljine cijevi iznosi

( ) ( ) ( ) ( )[ ]ms1ms21ms11ms21L 22 TTTTRTTRTTR +=+=

( ) ( )[ ] W/m282040010002400696020,02,66L =+=

Postavljanjem energijske bilance na diferencijalni kontrolni volumen zraka slijedi dobiva se

K/m 1,278101401,0

2820d

dpm

Lm=

==

cq

x

T

Rezultat pokazuje signifikantnu promjenu temperature zraka, tako da bi trebalo provesti reprezentativniju analizu na nain da se cijev na vie zona u aksijalnom smjeru, tako da doe do variranja kako temperature zraka Tm tako i povrinske temperature Ts2 izmeu zona. No u tom sluaju nee vie odgovarati za zraenje model dviju povrina!

Antun Galovi