a) MÉTODO DE LA CAPACITANCIA TÉRMICA

Un problema en conducción es un cambio repentino de ambiente.

Ti

t ≥ 0

T(t)

T∞ < Ti T = T(t)

Se asume que la temperatura del sólido es parcialmente uniforme durante el proceso transitorio el gradiente de temperatura es Insignificante. De acuerdo a Ley de Fourier esto implica que existe una conductividad Infinita, lo cual no es posible. Este efecto puede ser equivalente, cuando la resistencia a la conduccióndentro del sólido es pequeña en comparación al calor transferido entre el sólido y sus alrededores.

Haciendo un balance de energía en el sólido

almE

convsale QE

i

t

iis

i

s

s

alms

almalm

sge

TTdtd

hA

VC

TTten

dt

d

hA

VC

TTCon

dt

dTVCTThA

EE

Edt

dEEEE

0;

)0(;0

;

)(

SIGUE MÉTODO DE LA CAPACITANCIA TÉRMICA

Integrando en ambos lados de la ecuación:

0.368

t

Nota: Observe que la contante de tiempo pequeña Implica que la temperatura del cuerpo, desciende más rápido que una mayor debido a su capacitancia Térmica la cual depende de la capacidad calorífica “C” y de la densidad “ρ” del cuerpo

Para el calor disipado.

1

0.632

t

térmicaciacapaciCtérmicaaresistenciRtiempodetecons

VChA

CRDefiniendo

TT

TT

thA

VC

t

t

t

sttt

t

ii

i

s

VCshA

tan

tan

)(1

:

ln

321

i

321

t

t

s

t

n

itn

alm

t

i

tVC

hA

i

t

s

t

s

Q

C

QQdoNormanizan

EQ

VCQ

como

dthAdtTThAQ

1

:

1

)(00

itC

Q

21

21

VALIDÉZ DEL MÉTODO

¿Bajo que condición se puede usar el método razonablemente para analizar el transitorio?

T

Ts1

Ts2 T∞, h Ts2

Ts2

0 L xBajo condición de estado estable, el balance

en la superficie.

Bi → Número de Biot. Relación de la caída de temperatura del sólido, a la diferencia de temperaturas del sólido y el fluido

Si se satisface que:

El error de usar el método es pequeño

cond

conv

Q

Q

111

i

i

i

BBB

12 ss TTT

BiotdeNúmeroB

Bk

hL

R

R

hA

kAL

TT

TT

TThATTL

kA

i

iconv

cond

s

ss

sss

1

)()(

2

21

221

1.0k

hLB ci

esferar

LolCilindror

L

TT

TT

FourierNumensionalAL

tF

FBL

t

k

hL

L

t

C

k

k

hL

CL

ht

VC

thA

onencialladorearreglan

ticacaracteríslongitudA

VL

cc

FB

ii

c

ic

c

c

c

c

s

sc

i

3;arg

2

dim

exp

00

20

022

0

ANÁLISIS DE LA CAPACITANCIA EN GENERAL

Considerando un muro como se muestra:

ρ,C,V

T(0)=Ti Talr

T∞,, h

Ae As

Ae Área de calor de entrada

As Área de convección y radiación

Si no hay calor de entrada, gen y convecc.

Si Talr = 0 (radiación al espacio)

"eQ

"

"

r

c

Q

Q

alm

g

E

E

alr

i

alrialr

ialr

alr

alr

alrs

alrs

salrgee

srcgee

T

T

T

T

TT

TT

TT

TT

TA

VCt

TTAdt

dTVC

dt

dTVCATTTThEAQ

dt

dTVCAQQEAQ

113

44

44

tantanlnln4

)(

)()("

)""("

at

i

a

bat

i

at

a

bi

a

b

i

a

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gsss

is

TTTT

TTTT

TTdt

d

dt

dDef

VC

EAQby

VC

hAaba

dt

d

serágeneralEcuaciónLadt

dT

dt

dTT

ythhledespreciabesradiaciónSi

TTA

VCt

1

;:

;;0

;;

)(,

11

3

'

'

''

"

33

Ejemplo. Se tiene una esfera de cobre; d = 12.7 mm a 660C antes de introducirla en aire a 270C. Se introduce instantáneamente y asando 69 s adquiere una temperatura de 550C. Justifique que la esfera se comporta como un cuerpo isotérmico y encuentre “h”.

Se asume: Temperatura de la esfera es

uniforme, radiación despreciable y

propiedades constantes.

Propiedades: Cobre a 3330C: ρ = 8933 Kg/m3

K = 398 W/mK: Cp = 389 J/KgK

Diagrama:

T(0) = 660C

T∞ = 270C d

T(69) = 550C

Con: θ = T - T∞

COMENTARIO:

Las asunciones de espacialidad

isotérmica es razonable

6;

;1

;)(

3

2

dVVCC

dAhA

R

CRt

pt

ee

t

tt

t

i

Km

w

A

VChs

e

p

t

i

2

69

3.35;208

718.02766

2755

1.01088.1398

60127.0

3.35

6

4

0

xk

hLB

dLCon

ci

c

CONDUCCIÓN TRANSITORIA UNIDIRECCIONAL ADIMENSIONAL

Si no es despreciable el gradiente de

temperatura dentro del medio.

Pared plana sin efecto espacial, no generación

Interna y k = Cte.

L Mitad del espesor de la pared

En forma adimensional la dependencia queda

Para una geometría prescrita, la distribución

de temperatura es una función universal de:

t

TCq

z

Tk

zy

Tk

yx

Tk

x p

10;

:

),,,,,,,(

,

0

:

)0,(:;1

0

2

2

i

ii

i

Lx

x

i

TTyTTCon

hkLTTtxTT

TtLThx

Tk

x

T

CF

TxTCIt

T

x

T),1(

0

1)0,(

:;

;

1

002

2

02

tBx

x

x

conFx

FL

tty

L

xxCon

i

x

x

),,( 0 iBFxf

iByFx 0,

Ejemplo. Se tienen dos paredes de diferentes dimensiones y características térmicas: Pared L (m) α(m2/s) k (w/mK)Ti(0C) T∞(0C) h (w/m2K) I 0.10 15x10-6 50 300 400 200 II 0.40 25x10-6 100 30 20 100 La temperatura para la pared I a: x = L después de t1 = 100 s es T1(L1,t1) = 315 0C. ¿Cuánto tiempo tomará la pared II para llegar a 28.5 0C en x = L2 ?

Usando como base para el análisis:

L

k, α

T∞,h Aislado

T (x,0) = Ti

ANÁLISIS: Si los parámetros son iguales para ambas paredes entonces:

Evaluando esos parámetros se tiene:

1.563x10-4 t2 =0.150

20

0

,,:

),,(

L

tF

k

hLB

L

xxCon

FBxf

i

i

0,, FBx i

21

85.010563.140.0185.0150.040.01

24

0

txIII

FBxPared i

0201 FF

Segt 9602

LA SOLUCIÓN EXACTA

Para una pared plana.

Ti = T(x,0) Ti = T(x,0) y sumido en un fluido a:

T∞,h T∞ ≠ Ti

T∞,h

-L L Las condiciones de

convección similares a:

Hay simetría en la distribución de temperatura en:

Los valores característicos de ςn son raíces positivas de:

ςn Tan ςn = Bi

Solución aproximada: Si F0 =0.2

Representa la temperatura del plano medio

La transferencia total de energía en el transitorio:

Se integra sobre el volumen de la pared.

Usando la aproximación

L

xx

),1(

1)0,(;

1

02

2

tBx

xsi

Fxi

x

1x

0x

)2(2

4

inf)(

20

1

02

nn

nn

nn

Fn

Sen

SenCy

L

tF

initaseriexCosC n

TT

TT

xCosxCosC

i

F

00

10110

21

021

10;0 FCxen

dVTtxTCQEEE isaleentraalm

),(

dVVV

dV

TT

TtxT

Q

Q

entoncesTTCVQ

i

i

i

)1(1),(

:);(

0

0

021

1001

1

0

1 FCQconSen

Q

Q

SISTEMAS RADIALES CON CONVECCIÓN

Cilindro. Razonable el análisis para: L/r0 ≥ 10

Los valores discretos de ςn son las raíces positivas de:

Solución aproximada: F0 >0.2 (cilindro infinito)

Energía total transferida.

Esfera

Los valores discretos de son las raíces

positivas de:

Solución aproximada: F0 >0.2

Energía total transferida

)()()(

;)(

21

20

12

00

10

0

nn

nnn

nn

Fn

JJJ

C

r

tFrJC n

ClaseBesselFsonyJJJ

JB a

n

nni 1.;

)(

)(01

0

1

021

021

10

01001

101

);(

)(

F

F

C

centrallíneaTemprJC

órJC

)(2

1 111

0

0

JQ

Q

)2(2

)(4;

)(1

20

0

1

02

nn

nnnn

nn n

Fn

Sen

CosSenC

r

tF

rSenr

C n

n

inn BCot 1

021

021

10

011

0

11

1

);(1

)(1

F

F

C

centroTemprSenr

órSenr

C

)()(3

1 111

0

0

CosSenQ

Q

XJ0 J1 J2 J3

0 1.00 0 0 0

.25 0.984 0.124 0.00777 0.00032

.50 0.938 0.242 0.0306 .00256

.75 0.864 0.349 0.067 .00850

1.00 0.765 0.440 0.115 0.0196

1.5 0.512 0.558 0.232 0.0610

2.0 0.2241 0.578 0.353 0.129

2.40 +0.00250 0.520 0.431 0.198

2.41 -0.00270 0.518 0.433 0.200

3.00 +0.260 0.339 0.486 0.309

3.83 -0.403 +.007 0.403 0.420

3.84 -0.403 -.0033 0.399 0.421

4.00 -0.397 -.0660 0.364 0.430

5.00 -0.178 -0.328 0.293 0.356

5.13 -0.134 -0.339 +0.00191 0.340

5.14 -0.13 -0.340 -0.00148 0.339

5.52 -0.00002 -0.3403 -0.123 0.251

5.53 +0.0037 -0.340 -0.126 0.248

6.00 0.151 -0.277 -0.243 0.115

7.00 0.300 -0.00468 -0.301 -0.168

7.02 0.3001 +0.00132 -.299 -0.172

8.00 0.172 0.235 -.113 -0.291

8.66 -0.0017 0.272 +0.064 -0.242

9.00 -0.090 0.245 0.145 -0.181

10.00 -0.246 0.043 0.255 +0.058

Problema. Una placa plana de espesor 0.1 m está a 250 0C, se sumerge en aceite a 300C. Si h = 500 W/m2 0K en el baño, calcule la temperatura en superficie de la pared9 Min después de la inmersión. Propiedades de la pared son k = 50 W/m2 0K, ρ = 7835 kg/m3, c = 465 J/kg0K

Se conoce: Prop. de placa y temps.

Encontrar: T (L, 9 min)

Se asume: Cond. Unidim. Y prop. Ctes

Diagrama:

Ti = T(x, 0) k, ρ, c

T∞, h

x 2L

Análisis:

No se debe usar el análisis de la

capacitancia térmica

Con: Bi-1 = (1/0.5) = 2, y

En gráfica 2 se tiene que:

Con Gráfica 1, con: Bi-1 = 2 y (x/L) = 1

Combinando estas dos ecuaciones: Ec.1 y Ec.2

1.05.050

)05.0(500

k

hLB ci

96.2)05.0)(465(7835

60)9(50)(2220

L

tck

L

tF

3.0),0(0

TT

TtT

ii

2.8.0),1(

0

Ectx

C

TTTtLT

TTyTtLT

Como

t

i

ii

ii

0

0

83

)30250(24.030)(24.0),(

),(

:

)(24.0)3.0(8.08.0),1(

Ejemplo. Una barra de acero muy larga de 20 Cm de diámetro está a 980 0C; se sumerge instantáneamente en aceite a 40 0C, se estima que h = 565 W/m2 0C. Calcule el tiempo que tarda para que la temperatura del centro de la barra

alcance 260 0C si las propiedades de la barra son: ρ =7817 kg/m3, c = 0.46 kJ/kg 0C, k = 16.3 w/m 0C, ά = 0.444x10-5 m2/s.

Solución: El número de Biot para este caso es

En la Fig. D.4 Pag. 872 se obtiene el número de Fourier que es 0.53 por lo que::

47.33.16

)10.0(5650 k

hrBi

TT

TT

ii0 237.0

40980

40260

min9.191194;53.020

0 str

tF

GRÁFICO DE HEISLER (no. 1) Distribución de temperatura pared plana espesor 2L

θ/θ0

GRÁFICA 2: CAMBIO DE ENERGÍA INTERNA CON EL TIEMPO PARED PLANA ESPESOR 2L

TT

TT

ii

000

SÓLIDO SEMIINFINITO

El modelo considera una parte identificable y el resto tiende a infinito. Se pone en contacto de pronto con un fluido a T∞ y se desea conocer la temperatura de la placa T(x,t)

La ecuación del transitorio es dada por:

Ts

x

Se tienen soluciones para tres casos diferentes con su respectiva CF. CASO III

Caso I. T(0,t) = Ts T∞

Caso II.

Ti

Caso III. x

00

xx

TkAQ

i

i

TtxTCFUna

TxTCICon

t

T

x

T

),(

)0,(

;1

2

2

"

0o

x

Qx

Tk

),0(0

tTThx

Tk

x

SOLUCIÓN DE CASO I.

Para transformar la Ec. de calor, de ecuación diferencial parcial en “x” y “t” a una Ec. Dif. ordinaria en

términos de “η”, se realiza una transformación de operadores:

Sustituyendo en el modelo, la ecuación de calor se convierte en:

Con x = 0; corresponde a η = 0: T(η = 0) = Ts

Con x → ∞ como t = 0; corresponde a η → ∞: T(η → ∞) = Ti

t

T

x

TeseloEl

dSimilaridadeVartxDEF

)1(:mod

.4:

2

2

d

dT

tt

x

td

dT

t

T

Tt

xx

T

d

d

x

T

d

dTt

xd

dT

x

T

21

2

2

2

2

42

)41(

)41(

d

dT

d

Td2

2

2

SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DE CALOR TRANSFORMADA

Las nuevas condiciones iniciales y frontera son independientes de “x” y “t”, “η” es una variable de

similaridad y T(η) se puede obtener de la ecuación de calor transformada re-arreglándola como:

GausianoerrorfuncióntxerfduuxpTT

TT

TTCTduCTTTComo

CTCduCTTTComo

CduCT

Cd

dT

CddT

dddT

ddTd

si

s

sis

uii

su

ss

u

)2()(2

)(2)(:

)0(:

ln

)(2

0

221

211

0

1

22

0

0

1

2

0

1

1

'1

2

2

2

2

2

FLUJO DE CALOR Y CASOS 2 Y 3

El flujo de calor en la superficie puede encontrarse por la Ley de Fourier.

)(1)(

22

),(

3

2

""2),(

""

2

)("

)4(2)(

)()(''

2

2

2

2

0421

0

0

21

0

212100

werfwerfc

k

th

t

xerfc

t

xerfc

TT

TtxT

Caso

t

xerfc

k

xQ

k

tQTtxT

QQ

Caso

t

TTkQ

tTTk

dx

d

d

erfdTTk

x

TkQ

k

th

k

hx

i

txi

s

iss

is

six

s

CASO ESPECIAL

Dos sólidos semiinfinitos con temperatura uniforme inicial “TAi” y “TBi” en el instante de

contacto ( t = 0 ). Ambas temperaturas llegan a una misma temperatura “Ts”: TBi < Ts <TAi .

Para llegar a una temperatura de equilibrio se debe cumplir: SBSA QQ ""

)()(

21

2121

2121

:mindet

)()(

BABA mm

BS

mm

AS

BA

BiBAiAS

B

BisB

A

AisA

TacercanomasTóTacercanomasT

siaerquepesokpcm

kpckpc

TkpcTkpcT

t

TTk

t

TTk

erferfc 1

Valores de la Función de Error (erf) y la Función de Error Complementaria (erfc)

 β erf(β) erfc(β) β erf(β) erfc(β)

0 0.000000 1.000000 1.00 0.842701 0.157299  

0.05 0.056372 0.943628 1.10 0.880205 0.119795  

0.10 0.112463 0.887537 1.20 0.910314 0.089686  

0.15 0.167996 0.832004 1.30 0.934008 0.065992  

0.20 0.222703 0.777297 1.40 0.952285 0.047715  

0.25 0.276326 0.723674 1.50 0.966105 0.033895  

0.30 0.328627 0.671373 1.60 0.976348 0.023652  

0.35 0.379382 0.620618 1.70 0.983790 0.016210  

0.40 0.428392 0.571608 1.80 0.989091 0.010909  

0.45 0.475482 0.524518 1.90 0.992790 0.007210  

0.50 0.520500 0.479500 2.00 0.995322 0.004678  

0.55 0.563323 0.436677 2.10 0.997021 0.002979  

0.60 0.603856 0.396144 2.20 0.998137 0.001863  

0.65 0.642029 0.357971 2.30 0.998857 0.001143  

0.70 0.677801 0.322199 2.40 0.999311 0.000689  

0.75 0.711155 0.288845 2.50 0.999593 0.000407  

0.80 0.742101 0.257899 2.60 0.999764 0.000236  

0.85 0.770668 0.229332 2.70 0.999866 0.000134  

0.90 0.796908 0.203092 2.80 0.999925 0.000075  

0.95 0.820891 0.179109 2.90 0.999959 0.000041  

3.00 0.999978 0.000022

 

PROBLEMA. Se tiene un bloque grande de acero con: k = 45 w/m 0C, α = 1.4x10-5 m2/s a una Ti = 35 0C., la superficie se expone a un flujo de calor. Calcular la temperatura a 2.5 cm en; t = 30 s, si: (a) La Temperatura de superficie se eleva a 250 0C, (b) Con un flujo de calor de 3.2x105 w/m2.

Análisis:(a) Caso 1. Para el sólido semiinfinito se tiene:

(b) Caso 2. Para flujo de calor constante.

La temperatura en la superficie después de 30s se usa misma ecuación con x = 0 y es de: T(x=0) = 199.4 0C

C

t

xerfTTTtxT

erf

xt

x

sis

0

5

5.118)61164.0)(25035(250

2)(),(

61164.0)61.0(

61.030104.12

25.0

2

styCmxC

xxxtxT

305.2;3.79

)61164.01(45

102.3(025.0

45

)30)(104.1()102.3(235),(

0

5)61.0(

21552