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TALLER 3 TRANSFERENCIA DE CALOR Luisa Fernanda Garcia Ramirez 202011044 Esteban Rodriguez Daza 201914190 Jhon Alexander Solano Mosquera 202013661 1. A horizontal tube of 12.5 mm diameter with an outer surface temperature of 240 °C is placed in a room with an air temperature of 20 °C. Estimate the heat transfer rate per unit length of the tube due to free convection. 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞) 2 = (240 °𝐶 + 20°𝐶) 2 = 130 °𝐶 → 403 𝐾 𝑎 1 𝑎𝑡𝑚 Tabla A-15 𝑘 = 0.033045 𝑊 𝑚𝐾 𝜈 = 2.633499 ∗ 10−5 𝑚2 𝑠 Pr = 0.7057 𝛽 = 1 𝑇𝑓 = 1 403𝐾 = 0.002481 𝐿𝑐 = 𝐷 = 0.0125 𝑚 𝑅𝑎𝐷 = 𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞)𝐷 3 𝜈2 𝑃𝑟 = (9.81 𝑚 𝑠2 ) ( 1 403𝐾) (240 − 20)𝐾(0.0125 𝑚)3 (2.633499 ∗ 10−5 𝑚2 𝑠 ) 2 (0.7057) 𝑅𝑎𝐷 = 10643.2 𝑁𝑢 = ( 0.6 + 0.387 𝑅𝑎𝐷 1 6 (1 + ( 0.559 Pr ) 9 16 ) 8 27 ) 2 = ( 0.6 + 0.387 (10643.2) 1 6 (1 + ( 0.559 0.7057 ) 9 16 ) 8 27 ) 2 𝑁𝑢 = 4.43565 ℎ = 𝑘 𝐷 𝑁𝑢 = 0.033045 𝑊 𝑚𝐾 0.0125 𝑚 (4.43565) = 11.7261 𝑊 𝑚2𝐾 �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝜋𝐷(𝑇𝑠 − 𝑇∞) �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 = (11.7261 𝑊 𝑚2𝐾 )𝜋(0.0125 𝑚)(240 − 20)𝐾 �̇�𝒄𝒐𝒏𝒗 = 𝟏𝟎𝟏. 𝟑𝟎𝟔 𝑾 𝒎 2. A 40-cm-diameter, 110-cm-high cylindrical hot-water tank is located in the bathroom of a house maintained at 20⁰C. The surface temperature of the tank is measured to be 44⁰C and its emissivity is 0.4. Taking the surrounding surface temperature to be also 20⁰C, determine the rate of heat loss from all surfaces of the tank by natural convection and radiation. Ts 44 °C 317 K 𝑇∞ 20 °C 293 K ε 0.4 σ 5.7 ∗ 108 𝑊 𝑚2𝐾4 D 0.4 m L=Lc 1.1 m Teniendo los valores de Ts y 𝑇∞, se halló el 𝑇𝑓 con la siguiente formula: 𝑇𝑓 = 𝑇𝑠 + 𝑇∞ 2 → 𝑇𝑓 = 44 + 20 2 °𝐶 → 𝑇𝑓 = 32°𝐶 𝑇𝑓 32 305 Properties at 32°C Tabla A-15 Interpolación Teniendo calculado el valor de Tf, se halló por medio de la tabla A15 e interpolación las propiedades que se muestran en la siguiente tabla: k 0.026028 𝑊 𝑚𝐾 Pr 0.727 β 0.003279 𝐾−1 g 9.81 𝑚 𝑠2 ν 1.627 ∗ 10−5 𝑚2 𝑠 𝐷 ≥ 35𝐿 𝐺𝑟 1 4 0.3294 m El valor de 𝐷 ≥ 35𝐿 𝐺𝑟 1 4 , se calculó para determinar si el cilindro vertical se podía tratar como una placa vertical, y como 0,4>0,3294, entonces el cilindro vertical puede ser tratado como placa vertical, y el número de Nusselt puede ser hallado mediante la siguiente formula: 𝑁𝑢 = { 0.825 + 0.387𝑅𝑎𝐿 1 6 [1 + ( 0.492 𝑃𝑟 ) 9 16 ] 8 27 } 2 Ahora bien, para hallar el valor de Nu, primero se calculó el valor de 𝐺𝑟𝐿 , y luego el valor de 𝑅𝑎𝐿 de la siguiente forma: 𝐺𝑟𝐿 = (𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞)𝐿𝑐 3) 𝜈2 → 𝐺𝑟𝐿 = (9.81 𝑚 𝑠2 ) (0.003279 1 K) (44 − 20°𝐶)(1.13) (1.627 ∗ 10−5 𝑚2 𝑠 ) 2 → 𝐺𝑟𝐿 = 3882309349.01 Con el valor de 𝐺𝑟𝐿, se halla el valor de 𝑅𝑎𝐿 de la siguiente forma 𝑅𝑎𝐿 = 𝐺𝑟𝐿𝑃𝑟 → 𝑅𝑎𝐿 = (1.867 ∗ 10 8)(0.727) → 𝑅𝑎𝐿 = 2824923574.72 Con el valor de 𝑅𝑎𝐿 hallado se calcula el valor de Nu 𝑁𝑢 = { 0.825 + 0.387(2824923574,72) 1 6 [1 + ( 0.492 0,727) 9 16 ] 8 27 } 2 → 𝑁𝑢 = 170.171 Con el valor de Nu hallado, se calculó el valor del coeficiente convectivo h, de la siguiente forma: ℎ = 𝑁𝑢𝑘 𝐿𝑐 → ℎ = (170.171) (0.026028 𝑊 𝑚𝐾) 1.1𝑚 → ℎ = 4.027 𝑊 𝑚2𝐾 Ahora, para hallar la tasa de calor perdido por convección desde todas las superficies se usó la siguiente formula: �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝐴𝑠(𝑇𝑠 − 𝑇∞) Para esto, se debe hallar el área As, la cual se calculó de la siguiente forma: 𝐴𝑠 = 2𝜋𝑟(𝑟 + 𝑙) → 𝐴𝑠 = (2𝜋 ( 0.4 2 )(( 0.4 2 ) + 1.1))𝑚2 → 𝐴𝑠 = 1.634𝑚 2 Y con esto se halló el valor de �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 = (4.027 𝑊 𝑚2𝐾 ) (1.634𝑚2)(24𝐾) �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 = 157.869𝑊 Y para hallar la tasa de perdida de calor de todas las superficies del tanque por radiación se hizo a través de la siguiente formula: �̇�𝑟𝑎𝑑 = 𝜀𝐴𝑠𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇∞ 4) �̇�𝑟𝑎𝑑 = (0.4)(1.634𝑚 2) (5.7 ∗ 108 𝑊 𝑚2𝐾4 ) (3174 − 2934)𝐾4 �̇�𝑟𝑎𝑑 = 101.074𝑊 3. Air at -10⁰C flows at 10 m/s over the roof plate of two 5-m length rooms whose air is at 𝑻∞= 20⁰C. The roof plate is 0.20-m thick concrete (k = 0.6 W/ m. K). a) determine the heat transfer rate from each room to the external air per widthroom unit and b) now assume that the rooms are insulated with a 0.20-m layer of fiberglass (k = 0.043 W/m2. K), sticking to the inside surface of the plate concrete, and determine as the heat transfer rate changes. 𝑇∞ = 20 °𝐶 → 293.15 𝐾 𝑇0 = −10 °𝐶 → 263.15 𝐾 𝐿 = 5 𝑚 𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑒 = 0.2 𝑚 𝑘𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑒 = 0.6 𝑊 𝑚𝑘 𝑙𝑓𝑖𝑏𝑒𝑟𝑔𝑙𝑎𝑠𝑠 = 0.2 𝑚 𝑘𝑓𝑖𝑏𝑒𝑟𝑔𝑙𝑎𝑠𝑠 = 0.043 𝑊 𝑚𝑘 𝑉 = 10 𝑚 𝑠 Consideraciones: • Al no tener el valor de la anchura de las habitaciones no se puede calcular la longitud característica, ni el número de Rayleigh • Para poder hallar el coeficiente convectivo sin tener en cuenta la tasa de trasferencia de calor se necesita la temperatura superficial interior del cuarto la cual no tenemos. Se asumió: ℎ𝑖𝑛𝑡 = 10 𝑊 𝑚2𝐾´ 𝑇𝑓 = 𝑇∞ + 𝑇0 2 = (293.15 + 263.15)𝐾 2 = 278.15 𝐾 Tabla A-15 𝑣 = 1.382𝑥10−5𝑚2/𝑠 𝑘 = 0.02401 𝑊 𝑚𝐾´ 𝑃𝑟 = 0.733 𝛽 = 1 𝑇𝑓 = 1 278.15 𝐾 = 0.0036 1 𝐾 𝑅𝑒𝑐𝑟 = 𝑉𝑥𝑐𝑟 𝑣 Distancia de transición de flujo laminar a turbulento: 𝑥𝑐𝑟 = 𝑅𝑒𝑐𝑟𝑣 𝑉 = (5𝑥105)(1.282𝑥10−5) 10 = 0.69 𝑚 Esto solo representa un 6.9% del largo de la placa Techo primer cuarto 𝑅𝑒 = 𝑉𝐿𝑡𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑣 = 10 ∗ 5 1.382𝑥10−5 = 3.618 𝑥 106 𝑁𝑢 = (0.037𝑅𝑒0.8 − 871)𝑃𝑟 1 3 𝑁𝑢 = (0.037(3.618 𝑥 106)0.8 − 871)(0.733) 1 3 = 5103.26 𝑁𝑢 = ℎ1𝐿 𝑘 ℎ1𝐿 = 𝑁𝑢𝑘 ℎ1𝐿 = 5103.26 ∗ 0.02401 𝑊 𝑚𝐾 ℎ1𝐿 = 122.53 𝑊 𝑚𝐾 ℎ1 = 24.508 𝑊 𝑚2𝐾 Placa de concreto: 𝑅 = 1 ℎ𝑐𝑜𝑛𝑣𝐿 + 𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐 𝑘𝑐𝑜𝑛𝑐𝐿 + 1 ℎ1𝐿 𝑅 = ( 1 10 ∗ 5 + 0.3 0.6 ∗ 5 + 1 24.508 ∗ 5 ) 𝑅 = 0.0948 𝑚𝐾 𝑊 �̇� = 𝑇∞ − 𝑇0 𝑅 = 293.15 − 263.15 0.0948 = 316.4 𝑊 𝑚 Placa de fibra de vidrio: 𝑅 = 1 ℎ𝑐𝑜𝑛𝑣𝐿 + 𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐 𝑘𝑐𝑜𝑛𝑐𝐿 + 𝑙𝑓𝑖𝑏𝑒𝑟𝑔𝑙𝑎𝑠𝑠 𝑘𝑓𝑖𝑏𝑒𝑟𝑔𝑙𝑎𝑠𝑠 + 1 ℎ1𝐿 𝑅 = ( 1 10 ∗ 5 + 0.2 0.6 ∗ 5 + 0.2 0.043 ∗ 5 + 1 24.508 ∗ 5 ) 𝑅 = 1.025 𝑚𝐾 𝑊 �̇� = 𝑇∞ − 𝑇0 𝑅 = 293.15 − 263.15 1.025 = 29.27 𝑊 𝑚 Techo segundo cuarto 𝑅𝑒 = 𝑉 ∗ 2𝐿𝑡𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑣 = 10 ∗ 2 ∗ 5 1.382𝑥10−5 = 7.24 ∗ 106 𝑁𝑢 = (0.037𝑅𝑒0.8 − 871)Pr 1 3 𝑁𝑢 = (0.037(7.24 ∗ 106)0.8 − 871)(0.733) 1 3 𝑁𝑢 = 9469 𝑁𝑢 = ℎ2𝑙𝐿 𝑘 ℎ2𝑙𝐿 = 𝑁𝑢 ∗ 𝑘 ℎ2𝑙𝐿 = 9469 ∗ 0.02401 𝑊 𝑚𝑘 ℎ2 = ℎ2𝑙𝐿 − ℎ1𝐿 2𝐿 − 𝐿 = 227.4 − 122.6 (2 ∗ 5) − 5 = 20.96 𝑊 𝑚2𝐾 Placa de concreto: 𝑅 = 1 ℎ𝑐𝑜𝑛𝑣𝐿 + 𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐 𝑘𝑐𝑜𝑛𝑐𝐿 + 1 ℎ2𝐿 𝑅 = ( 1 10 ∗ 5 + 0.3 0.6 ∗ 5 + 1 20.96 ∗ 5 ) 𝑅 = 0.0962 𝑚𝐾 𝑊 �̇� = 𝑇∞ − 𝑇0 𝑅 = 293.15 − 263.15 0.0962 = 311.8 𝑊 𝑚 Placa de fibra de vidrio: 𝑅 = 1 ℎ𝑐𝑜𝑛𝑣𝐿 + 𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐 𝑘𝑐𝑜𝑛𝑐𝐿 + 𝑙𝑓𝑖𝑏𝑒𝑟𝑔𝑙𝑎𝑠𝑠 𝑘𝑓𝑖𝑏𝑒𝑟𝑔𝑙𝑎𝑠𝑠 + 1 ℎ2𝐿 𝑅 = ( 1 10 ∗ 5 + 0.2 0.6 ∗ 5 + 0.2 0.043 ∗ 5 + 1 20.96 ∗ 5 ) 𝑅 = 1.026 𝑚𝐾 𝑊 �̇� = 𝑇∞ − 𝑇0 𝑅 = 293.15 − 263.15 1.026 = 29.2 𝑊 𝑚
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