TALLER-_TRASFERENCIA(part2)

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TRANSFERENCIA DE CALOR 
TALLER – T.D.C UNIDIMENSIONAL Y RESISTENCIAS TÉRMICAS 
 
 
 
 
 
 
 
SEBASTIAN JOSE ARROYO FUENTES 
CAMILO ANDRES MEDRANO PATRON 
FERNANDO MIGUEL SOLAR DORIA 
 
ING. JUAN FERNANDO ARANGO MENESES 
 
 
 
INGENIERÍA MECÁNICA 
 
 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDAD DE CORDOBA 
MONTERIA-CORDOBA 
2021 
 
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TALLER – T.D.C UNIDIMENSIONAL Y RESISTENCIAS TÉRMICAS 
 
 
 
PROBLEMAS 
 
1. En la industria del tratamiento térmico son muy comunes los hornos eléctricos. Considere 
un horno con un frente constituido por una placa de acero de 20 mm de espesor y una 
conductividad térmica de (1,75∗𝑛 + 16,25) 𝑊𝑚 𝐾. El horno está situado en una habitación 
con una temperatura del aire circundante de 25 ºC y un coeficiente promedio de 
transferencia de calor por convección de (0,65∗𝑛 + 4,35) 𝑊𝑚2𝐾. Si la superficie interna 
del frente del horno está sujeta a un flujo uniforme de calor de 5 kW/m2 y la superficie 
externa tiene una emisividad de (0,025∗𝑛 + 0,025), determine la temperatura superficial 
interna del frente del horno. 
 
Solución 
 
 
Datos de problema 
 
𝐿 = 20 𝑚𝑚 ≈ 0,02 𝑚 
𝑘 = (1,75 ∗ 3 + 16,25)𝑊𝑚 𝐾 = 21,5 𝑊𝑚 𝐾 
𝑇𝑎𝑚𝑏 = 25 °𝐶 ≈ 298,15 𝐾 
ℎ = (0,65 ∗ n + 4,35)𝑊𝑚2𝐾 = 6,3 Wm2𝐾 
𝑞0 =̇ 5 𝑘𝑊/𝑚
2 ≈ 5000 𝑊/𝑚2 
𝑒 = (0,025 ∗ n + 0,025) = 0,1 
𝜎 = 5,67 ∗ 10−8 
 
 
 
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CALCULOS 
Ecuación de la conducción de calor en una pared plana grande. 
𝜕2𝑇
𝜕𝑥2
= 0 
𝜕𝑇
𝜕𝑥
= 𝐶1 
𝑇(𝑥, 𝑡) = 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
Condiciones de frontera: 
1) 𝐶. 𝐷. 𝐹 → 𝑇(0, 𝑡) 
�̇�0 = −𝑘
𝜕𝑇
𝜕𝑥
 
 
 
2) 𝐶. 𝐷. 𝐹 → 𝑇(𝐿, 𝑡) 
−𝑘
𝜕𝑇
𝜕𝑥
= ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇𝑎𝑚𝑏) + 𝑒 ∗ 𝜎(𝑇𝑠
4 − 𝑇𝑎𝑚𝑏
4 ) 
 
Igualando las dos condiciones de frontera tenemos. 
�̇�0 = −𝑘
𝜕𝑇
𝜕𝑥
= ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇𝑎𝑚𝑏) + 𝑒 ∗ 𝜎(𝑇𝑠
4 − 𝑇𝑎𝑚𝑏
4 ) 
 
�̇�0 = ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇𝑎𝑚𝑏) + 𝑒 ∗ 𝜎(𝑇𝑠
4 − 𝑇𝑎𝑚𝑏
4 ) 
 
�̇�0 = ℎ ∗ 𝑇𝑠 − ℎ ∗ 𝑇𝑎𝑚𝑏 + 𝑒 ∗ 𝜎 ∗ 𝑇𝑠
4 − 𝑒 ∗ 𝜎 ∗ 𝑇𝑎𝑚𝑏
4 
 
�̇�0 + (ℎ ∗ 𝑇𝑎𝑚𝑏) + (𝑒 ∗ 𝜎 ∗ 𝑇𝑎𝑚𝑏
4 ) = (ℎ ∗ 𝑇𝑠) + (𝑒 ∗ 𝜎 ∗ 𝑇𝑠
4) 
 
Remplazando en la ecuación tenemos. 
 
5000 + (6,3 ∗ 298,15 ) + [0,1 ∗ (5,67 ∗ 10−8) ∗ (298,15 )4] = (ℎ ∗ 𝑇𝑠) + (𝑒 ∗ 𝜎 ∗ 𝑇𝑠
4) 
 
6923,15 = (6,3 ∗ 𝑇𝑠) + (5,67 ∗ 10
−19) ∗ 𝑇𝑠
4 
 
Utilizando el método de Newton-Raphson tenemos 
 
𝑇𝑠 = 1098,91 K 
 
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De la ecuación de flujo de calor optemos que 
�̇� = 𝑘
(𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑠)
𝐿
 
 
Despejamos (Temperatura interna del horno) 𝑇𝑠𝑖 
 
𝑇𝑠𝑖 =
𝑞 ∗ 𝐿
𝑘
+ 𝑇𝑠1 
 
Remplazando tenemos: 
 
𝑇𝑠𝑖 =
5000 ∗ 0,02
21,5
+ 1098,91 
 
 
𝑇𝑠𝑖 = 1103,56 𝐾 ≈ 830.41°𝐶 
2. Considere una varilla cilíndrica sólida de (0.15+𝑛100) 𝑚 de longitud y 0.05 m de 
diámetro. Las superficies superior e inferior (las caras opuestas) de la varilla se 
mantienen a las temperaturas constantes de 20°C y (95+2∗𝑛) °𝐶, respectivamente, en 
tanto que la superficie lateral está perfectamente aislada. Determine la ecuación 
general, la ecuación específica en función de los factores del ejercicio y la razón de la 
transferencia de calor a través de la varilla, si está hecha de: 
a. Cobre, k = 380 W/m°C 
b. Acero, k = 18 W/m°C 
c. Granito, k = 1.2 W/m°C 
 
Solución 
 
 
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Datos de problema 
 
𝐿 = (0.15 + 3 ∗ 100) m = 0,18 m 
D = 0,05 m 
𝑇𝑠 = 20°C 
𝑇𝑖 = (95 + 2 ∗ 3) = 101°C 
 
CALCULOS 
Ecuación de la conducción de calor en una pared plana grande. 
𝜕2𝑦
𝜕𝑥2
= 0 
𝜕𝑇
𝜕𝑥
= 𝐶1 
𝑇(𝑥, 𝑡) = 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
Condiciones de frontera: 
1. 𝐶. 𝐷. 𝐹 → 𝑇(𝐿, 𝑡) 
𝑇(𝐿, 𝑡) = 101°𝐶 
2. 𝐶. 𝐷. 𝐹 → 𝑇(0, 𝑡) 
𝑇(0, 𝑡) = 20°𝐶 
Remplazando las condiciones de frontera en la ecuación general tenemos 
 
101 = 𝐶1𝐿 + 𝐶2 
20 = 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
Restamos las dos ecuaciones para simplificarla, y obtenemos la siguiente ecuación: 
81 = 𝐶1(𝐿 − 𝑥) 
Despejamos 𝐶1 de la ecuación anterior y tenemos que: 
𝐶1 =
81
(𝐿 − 𝑥)
 
𝐶1 =
81
(0,18 − 0)
 
𝐶1 = 450 
 
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Teniendo el valor de 𝐶1 remplazamos en cualquier ecuación para este caso usamos la siguiente: 
101 = 𝐶1𝐿 + 𝐶2 
101 = (450) ∗ (0,18) + 𝐶2 
Despejamos 𝐶2 : 
𝐶2 = 101 − (450 ∗ 0,18) 
𝐶2 = 20 
Remplazamos los valores de 𝐶1 y 𝐶2 para la ecuación general: 
𝑇(𝑥, 𝑡) = 450𝑥 + 20 
Para la razón de la transferencia de calor hacemos uso de la ecuación de flujo de calor: 
�̇� =
�̇�𝑐𝑜𝑛𝑑
𝐴
 
Simplificando esta ecuación tenemos: 
�̇� = 𝑘
(𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑠)
𝐿
 
Aplicamos la ecuación para cada material dado: 
a) Cobre 
�̇� = 380 
(101 − 20)
0,18
 
�̇� = 171000𝑤/𝑚2 
 
b) Acero 
�̇� = 18 
(101 − 20)
0,18
 
�̇� = 8100𝑤/𝑚2 
 
c) Granito 
�̇� = 1,2 
(101 − 20)
0,18
 
 
�̇� = 540𝑤/𝑚2 
 
 
 
 
 
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5. Un alambre de 2.2 mm de diámetro y (14+𝑛) 𝑚 de largo está firmemente envuelto con una 
cubierta de plástico de 1 mm de espesor cuya conductividad térmica es (0.15 +𝑛/100) 𝑊/𝑚°𝐶. Las 
mediciones eléctricas indican que por el alambre pasa una corriente de (13+𝑛5) 𝐴 y se tiene una 
caída de voltaje de (8+𝑛/5) V. Si el alambre aislado está expuesto a un medio a 20°C con un 
coeficiente global de transferencia de calor de (24+𝑛2) 𝑊/𝑚2°𝐶, determine la temperatura en la 
interfase del alambre y la cubierta de plástico en operación estacionaria. Determine también la 
temperatura en la interfase del alambre y la cubierta de plástico en operación estacionaria 
suponiendo que el plástico aislante tiene un espesor igual al radio crítico. 
Datos de problema 
𝐷 = 2,2 𝑚𝑚 → 𝑟1 = 0,0011 𝑚 
𝐿 = (14 + 3) 𝑚 = 17 𝑚 
𝑒 = 1 𝑚𝑚 
𝑟2 = 𝑟1 + 𝑒 = 0,0021 𝑚 
𝑘 = (0.15 + 3/100)Wm°C = 0,18 W/m°C 
𝐼 = (13 + 3/5) A = 13,6 A 
𝑉 = (8 + 3/5)V = 8,6 V 
𝑇𝑎𝑚𝑏 = 20 °𝐶=293.15°k 
 h = (24 + 3/2)Wm2°C = 25,5 W/m2°C 
 
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𝑅𝑐𝑜𝑛𝑑 =
ln (
𝑟2
21)
2𝛑𝐋𝐤
=
ln (
0,0021
0,0011 )
2𝛑(17)(𝟎. 𝟏𝟖)
= 0.034 °C/W 
 
𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 =
1
ℎ𝐴
=
1
(25.5)(55.42𝑥10−6)
= 707.64 °C/W 
 
�̇� = 𝑉𝐼 = 8.6𝑥13.6 = 116.96̇ 
𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑑 + 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 = 0.034 + 707.64 = 707.67 °C/W 
�̇� =
(𝑇1 − 𝑇∞)
𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
 
Despejamos t1 y nos queda: 
𝑄 ̇ x 𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙+𝑇∞= T1 
T1=(116.96)x(707.67) +293.15=83062.23°k 
Parte 2 
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𝑟𝑐𝑟𝑡𝑖𝑐𝑜 =
ℎ
𝑘
=
25.5
0.18
= 141.66 = 0.1416 𝑚= 𝑒 
 
𝑟2 = 𝑟1 + 𝑒=0,0011 + 0.1416 = 0.143𝑚 
𝑅𝑐𝑜𝑛𝑑 =
ln (
𝑟2
21
)
2𝛑𝐋𝐤
=
ln (
0.143
0,0011 
)
2𝛑(17)(𝟎. 𝟏𝟖)
= 0.25 °C/W 
𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 =
1
ℎ𝐴
=
1
(25.5)(0.25)
= 0.153 °C/W 
𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑑 + 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 = 0.25 + 0.153 = 0.403 °C/W 
�̇� =
(𝑇1 − 𝑇∞)
𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
 
Despejamos t1 y nos queda: 
𝑄 ̇ x 𝑅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙+𝑇∞=T1 
T1=(116.96)x(0.403)+293.15=340.29°k