Capítulo 4 -Conducción bidimensional en estado estable

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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
FRANK P. INCROPERA – FUNDAMENTOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR – CUARTA 
EDICIÓN – CAPITULO 4 – CONDUCCIÓN BIDIMENSIONAL EN ESTADO ESTABLE – 
PROBLEMAS 
 
PROBLEMA 4.1 
 
En el método de separación de variables (sección 4.2) para las conducciones estado establece en 
dos dimensiones, la constante de separación 𝜆2 en las ecuaciones 4.6 y 4.7 debe ser una constante 
positiva. Muestre que un valor negativo o cero de 𝜆2 tendrá como resultado soluciones que no 
satisfacen las condiciones de frontera establecidas. 
 
SOLUCION 4.1 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Análisis: 
De la sec. 4.2, la identificación de la constante de separación λ2, lleva a las ecuaciones diferencia-
les ordinarias 4.6 y 4.7 con las formas: d2Xdx2 + λ2X = 0 … … … (1) 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor d2Ydy2 + λ2Y = 0 … … … (2) 
Distribución de temperatura: 
θ(x, y)) = X(x). Y(y) … … … . . (3) 
• Considerando la situación cuando λ2 = 0 
De (1), (2) 𝑦 (3) se tiene: X = C1 + C2 ⋅ x, Y = C3 + C4 ⋅ y y θ(x, y) = (C1 + C2 ⋅ x) ⋅ (C3 + C4y) … . . (4) 
• Para las condiciones de frontera: 
- x = 0: θ(0, y) = (C1 + C2 ⋅ 0) ⋅ (C3 + C4 ⋅ y) = 0 ⇒ C1 = 0 
- y = 0: θ(x, 0) = (0 + C2 ⋅ x) ⋅ (C3 + C4 ⋅ 0) = 0 ⇒ C3 = 0 
- x = L: θ(L, 0) = (0 + C2 ⋅ L) ⋅ (0 + C4 ⋅ y) = 0 ⇒ C2 = 0 
- 𝑦 = 𝑤: 𝜃(𝑥, 𝑤) = (0 + 0 ⋅ 𝑥) ⋅ (0 + 𝐶4 ⋅ 𝑤) = 1 ⇒ 
→ La condición de frontera última conduce a un imposible. Por tanto concluimos, que λ2 = 0 no 
conducirá a la comprobación. Considerando la situación: 
λ2 < 0. La solución a la ecuación (1) y (2) será: X = C5 ⋅ e−λx + C6 ⋅ eλx … … … (5) Y = C7 cos λy + C8 ⋅ sen(λy) … … … (6) 
y θ(x, y) = �C5 ⋅ e−λx + C6. eλx� ⋅ �C7 ⋅ cos(λy) + C8 ⋅ sen(+λy)� … … … (7) 
Para las condiciones de frontera: 
- y = 0: θ(x, 0) = �C5 ⋅ e−λx + C6 ⋅ eλx� ⋅ [C7 cos 0 + C8sen0] = 0 ⇒ C7 = 0 
- x = 0: θ(0, y) = �C5 ⋅ e−λ0 + C6 ⋅ eλ0� ⋅ [0 + C8 ⋅ senh λy] = 0 ⇒ C8 = 0 
Si: C8 = 0, una solución trivial será: C5 = −C6 
- x = L: θ(L, y) = C5[e−xL − e+xL] ⋅ C8 ⋅ senh λ = 0 
Desde la última condición de frontera, se requiere C5 o C8 = 0, cualquiera conduce a una solución 
trivial, ya sea con o sin x y la dependencia. 
 
PROBLEMA 4.2 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Una placa rectangular bidimensional se sujeta a condiciones de frontera preestablecidas. Median-
te los resultados de la solución exacta para la ecuación de calor que se presentó en la sección 4.2, 
calcule la temperatura en el punto medio (1, 0.5) considerando los primeros cinco términos dife-
rentes de cero de la serie infinita que debe evaluarse. 
Estime el error que resulta de utilizar solo los primeros tres términos de la serie infinita. Elabore 
una gráfica de las distribuciones de temperaturas 𝑇(𝑥, 0.5) 𝑦 𝑇(1.0, 𝑦). 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION 4.2 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Análisis: 
De la sección 4.2, la distribución de temperatura es: 
Ecuación 4.19 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
θ(x, y) = T − T1T2 − T1 = 2π � (−1)n+1n sen �nπxL � ⋅ senh �πnyL �senh �nπwL �
∞
n−1
 
Para: x = 0.5y = 1 � 𝑥 𝐿⁄ = 1/2𝑦 𝐿⁄ = 1/4
𝑤 𝐿⁄ = 1/2 
θ(1, 0.5) = T − T1T2 − T1 = 2π � (−1)n+1 + 1n ⋅ sen �nπ2 � ⋅ senh �nπ4 �senh �nπ2 �
∞
n−1
 
Cuando n es un numero par (2, 4, 6 … … … ), el termino correspondiente será 0, por tanto solo es 
necesario considerar n = 1, 3, 5, 7 y 9, ya que los demás nos dan términos casi nulos. 
θ(1, 0.5) = 2
π
�2 sen �𝜋2� ⋅ senh(π 4⁄ )senh(π 2⁄ ) + 23 sen �3π2 � ⋅ senh(3π 4⁄ )senh(3π 2⁄ ) + 25 sen �5π2 � ⋅ senh(5π 4⁄ )senh(5π 2⁄ )+ 27 sen �7π2 � ⋅ senh(7π 4⁄ )senh(7π 2⁄ ) + 29 sen �9π2 � ⋅ senh(9π 4⁄ )senh(9π 2⁄ )� 
⇒ θ(1, 0.5) = 2
π
{0.755 − 0.063 + 0.008 − 0.001 + 0.0001} = 0.445 
⇒ 𝑇(1, 0.5) = 𝜃(1, 0.5) ⋅ (𝑇2 − 𝑇1) + 𝑇1 = 0.445(150 − 50)℃ + 50℃ = 94.5℃ 
 
PROBLEMA 4.3 
 
Considere la placa rectangular bidimensional del problema 4.2 que tiene una conductividad térmi-
ca de 50 W m ⋅ K. Comenzando con la solución exacta para la distribución de temperaturas, derive 
una expresión para la rapidez, de transferencia de calor por unidad de espesor de la placa a lo lar-
go de la superficie inferior (0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑦 = 0). Evalúe la transferencia de calor con los primeros 
cinco términos diferentes de cero de la serie infinita. 
 
SOLUCION 4.3 
 
Esquema: 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
Análisis: 
La transferencia de calor por unidad de espesor de la placa a lo largo de la superficie inferior: 
qout′ = − � d(x, 0) = − � −k ∂T∂y � dx = k(T2−T1) = k(T2−T1) � ∂θ∂y � dx … … (1) y=0x=2
x=0
 
y=0
 x=2
x=0
x=2
x=0
 
Similar que el problema anterior, se tiene: 
θ = T − T1T2−T1 = 2π � (−1)n+1 + 1n sen∞
h=1
�
nπxL � ⋅ senh(nπy L⁄ )senh(nπw L⁄ ) … . . . (2) 
De la ecuación (2) en (1): 
qout′ = k(T2−T1) ⋅ � 2π � (−1)n+1 + 1n sen∞
n=1
�
nπxL � ⋅ �nπL � cosh �nπyL �senh �nπwL � � dx y=0
x=2
x=0
 
qout′ = k(T2−T1) ⋅ 2π � (−1)n+1 + 1n ⋅ 1senh(nπw L⁄ ) �−cos �nπxL ��02 ∞
n=1
 
qout′ = k(T2−T1) 2π ⋅ � (−1)n+1 + 1n ⋅ 1senh(nπ L⁄ ) [1 − cos(nπ)] ∞
n=1
 
• Hay que saber que para n = 2, 4, 6, 8,… Se obtiene cos(nπ) = 1 y los términos serán cero, 
se tomará en cuenta los términos impares, hasta el valor de n = 9, ya que los demás son ca-
si nulos. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
𝑞𝑜𝑢𝑡
′ = 50 𝑤
𝑚𝑘
⋅ (150 − 50)℃ . 2
𝜋
�
(−1)2 + 11 ⋅ 1𝑠𝑒𝑛ℎ(𝜋 2⁄ ) (2) + (−1)4 + 13 ⋅ 1𝑠𝑒𝑛ℎ(3𝜋 2⁄ ) (2)+ (−1)6 + 15 ⋅ 1𝑠𝑒𝑛ℎ(5𝜋 2⁄ ) (2) + (−1)8 + 17 ⋅ 1𝑠𝑒𝑛ℎ(7𝜋 2⁄ ) (2) + (−1)10 + 19
⋅
1
𝑠𝑒𝑛ℎ(9𝜋 2⁄ ) (2)� qout′ = 3.183 kwm [1.738 + 0.0024 + 0.00062 + 0.000019 + 0,00000] ≈ 5,541 kwm 
 
PROBLEMA 4.4 
 
Una placa rectangular bidimensional se sujeta a las condiciones de frontera que se muestran. De-
rive una expresión para la distribución de temperaturas de estado estable 𝑇(𝑥, 𝑦). 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION 4.4 
 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Análisis: 
Según la sección 4.2 la solución será dada. El producto de soluciones es: T(x, y) = X(x) ⋅ Y(y) = (C1 cos λx + C2 ⋅ sen λx) ⋅ �C3e−λy + C4eλy� 
• Las condiciones de frontera son: T(0, y) = 0 , T(𝑎, y) = 0 ,T(x, 0) = 0 , T(x, b) = Ax 
Usando la primera condición: T(0, y) = 0 ⇒ C1 = 0 
Similarmente: 
• T(𝑎, y) = 0 ⇒ λ = nπ
𝑎
 para n = 1, 2, 3 … … 
• T(x, 0) = 0 ⇒ C3 = −C4 
Por tanto se obtiene: T(x, y) = X(x) ⋅ Y(y) = C2C4 ⋅ sen �nπ𝑎 x� �eλx − e−λx� 
Combinando constantes y usando superposición, se tiene: 
T(x, y) = � Cn ⋅ sen �nπx𝑎 � ⋅ senh∞
n=1
�
nπy
𝑎
� 
Para evaluar Cn, se usa funciones ortogonales con la ecuación 4.16, para hallar: Cn = � Ax ⋅ sen �nπx𝑎 � − dx senh �nπb𝑎 � � ⋅𝑎0 � sen2𝑎0 �nπx𝑎 � dx 
Notamos que y = b. Se obtendrá: 
- Numerador: 
A � x ⋅ sen𝑎
0
�
nπx
𝑎
� ⋅ dx = A �� 𝑎nπ�2 ⋅ sen �nπx𝑎 � − 𝑎xnπ ⋅ cos �nπx𝑎 ��o𝑎 = A𝑎2nπ [− cos(nπ)] = A𝑎2nπ (−1)n+1 
- Denominador: 
senh �nπb
𝑎
� � sen2 �nπx
𝑎
� dx = senh𝑎
0
�
nπb
𝑎
� �
12 x − 14nπ ⋅ sen �2nπx𝑎 ��0𝑎 = 𝑎2 ⋅ senh �nπb𝑎 � 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
⇒ Cn = A𝑎2nπ ⋅ (−1)n+1𝑎2 senh �nπb𝑎 � = 2A𝑎 (−1)
n+1nπ ⋅ senh �nπb𝑎 � 
Por tanto la distribución de temperatura es: 
T(x,y) = 2A𝑎π � (−1)n+1n ⋅ sen �nπx𝑎 � ⋅ senh �nπy𝑎 �senh �nπb𝑎 �
∞
n=1
 
 
PROBLEMA 4.6 
 
Un horno grande, fabricado con ladrillos refractarios con una conductividad térmica de 1.2 Wm ⋅K, tiene la sección transversal que se muestra con temperaturas de las superficies interior y exte-
rior de 600 y 60℃, respectivamente. Determine el factor de forma y la transferencia de calor por 
unidad de longitud con el método de graficación de flujo. 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION 4.6 
 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
Análisis: 
Teniendo en cuenta la sección transversal, el área rayada representa un elemento simétrico. Por 
tanto, la transferencia de calor para el horno entero por unidad de longitud es: q′ = q
𝑙
= 4 S
𝑙
k(T1−T2) … … … (1) 
Donde S, es el factor de forma de la sección simétrica. Seleccionando 3 incrementos de tempera-
tura (N = 3), se construye la gráfica de flujo: 
 
 
 
 
 
 
 
De la ecuación 4.26: S = M𝑙N S
𝑙
= MN = 8.53 = 2.83 
En la ecuación (1): q′ = 4 ⋅ (2.83) ⋅ 1.2 wmk (600 − 60)℃ = 7.34 kwm 
Donde el factor forma para el sistema es: S = 4(s) = 4(2.83) S = 11.32 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
PROBLEMA 4.7 
 
Un tubo caliente se encaja excéntricamente como se muestra en un material de conductividad 
térmica de 0.5 W m2⁄ ⋅ K. Con el método de graficación de flujo, determine el factor de forma y la 
transferencia de calor por unidad de longitud cuando las temperaturas del tubo y de la superficie 
externa son 150 y 35℃, respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION 4.7 
 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
Análisis: 
Considerando de la sección transversal, la mitad de una sección simétrica mostrada (seleccionado 
4 incrementos de temperatura, N = 4, se construye la gráfica de flujo). 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
El factor forma (por unidad de longitud) 
• Para la sección simétrica: So = M N⁄ = 8.54 = 2.13 
• Para el sistema: S = 2(So) = 4.26 
⇒ Para el tubo, el calor transferido por unidad de longitud: q′ = q
𝑙
= 2So ⋅ k(T1 + T2) = 2(2.13) ⋅ 0.5 wmk (150 − 35)℃ = 245 wm 
 
PROBLEMA 4.8 
 
Un puntual de apoyo construido con un material cuya conductividad térmica es de 75 Wm ⋅ K tie-
ne la sección transversal que se muestra. Las caras de los extremos están a diferentes temperatu-
ras 𝑇1 = 100℃ y 𝑇2 = 0℃, mientras que los lados restantes están aislados. 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
(a) Estime la temperatura en la posición P. 
(b) Con el método de graficación del flujo, estime el factor de forma y la transferencia de calor 
a través del puntal por unidad de longitud. 
(c) Dibuje las isotermas 25, 50 y 75℃. 
(d) Considere la misma geometría, pero ahora con las superficies de 0.1 m de ancho aisladas, 
la superficie de 45° mantenida a 𝑇1 = 100℃, y las superficies de 0.2 m de ancho a 
𝑇2 = 0℃. Con el método de graficación de flujo, estime el factor de forma correspondiente 
y la transferencia de calor por unidad de longitud. Dibuje las isotermas 25, 50 y 75℃. 
 
SOLUCION 4.8 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
Análisis: 
(a) Usando la metodología de la sección 4.3.1, se construye una gráfica de flujo. Notar que la 
línea de simetría que pasa atreves del punto P es una isoterma. 
Por tanto se tiene: T(P) = T1 + T22 = 12 (100 + 0)℃ = 50℃ 
(b) Graficando la sección trasversal simétrica: 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
• De la sección simétrica: S0 = 4.2𝑙4 = 1.05𝑙 
⇒ Por unidad de longitud: 
𝑆𝑜
′ = 1.05 
• M0 = 4.2 
• N = 2N0 = 8 
Por tanto: S′ = S0′2 = 0.53 
De la ecuación 4.25: q = k ⋅ S(∆T) 
⇒ q′ = q
𝑙
= k ⋅ S′(T1 − T2) = 75 wm ⋅ k (0.53)(100 − 0)℃ = 3975 wm 
(c) Las isotermas requeridas están mostradas en el gráfico 
∗ La isoterma T = 25℃ es simétrico con la de valor T = 75℃ 
(d) Al revertir las condiciones de contorno adiabática e isotérmica, la forma de dos dimensio-
nes será como se tiene en la gráfica, a continuación. 
El elemento simétrico y las líneas de isotermas tienen la misma forma a excepción de la lí-
nea de simetría es ahora una adiabática. 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
De la gráfica de flujo, se tiene: M0 = 3.4 N0 = 4 S0 = M0N0 𝑙 = 3.44 𝑙 = 0.85l ⇒ S0′ = S0𝑙 = 0.85 S ′ = 2(S0′ ) = 1.70 (Por unidad de longitud) 
⇒ La transferencia por unidad de longitud es: q′ = k ⋅ S ′(T1 − T2) = 75 wm ⋅ k (1.70)(100 − 0)℃ = 12 750 wm 
⇒ Del gráfico, aproximadamente se tiene que: T(P) = 40℃ 
 
PROBLEMA 4.9 
Un líquido caliente fluye por un canal en V en un sólido cuyas superficies superior y lateral están 
bien aisladas y cuya superficie inferior está en contacto con un fluido refrigerante. 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
En consecuencia, la superficie del canal en V está a una temperatura 𝑇1, que excede la de la super-
ficie inferior, 𝑇2. Construya una gráfica de flujo apropiada y determine el factor de forma del sis-
tema. 
 
SOLUCION 4.9 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducciónbidimensional 
Análisis: 
Graficando los flujos, de la sección simétrica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⇒ Eligiendo 6 incrementos de temperatura (N = 6), se tiene del gráfico que M ≈ 7. Por tanto de la 
ecuación 4.26, el factor forma para esa sección: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor S0 = MN 𝑙 = 76 𝑙 = 1.17𝑙 
Factor de forma para el sistema: S = 2(S0) = 2.34𝑙 
 
PROBLEMA 4.10 
 
Por un conducto muy largo de sección transversal interna circular y conductividad 1 W m⁄ ⋅ K 
pasa un fluido caliente, que mantiene la superficie interna a 𝑇1 = 50℃. Las superficies externas 
de la sección transversal están aisladas o se mantienen a un temperatura uniforme de 𝑇2 = 20℃, 
dependiendo de la aplicación. Encuentre el factor de forma y la transferencia de calor para cada 
caso. 
 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION 4.10 
 
Esquema: 
Suposiciones: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
c) Estado estable 
d) Conducción bidimensional 
Análisis: 
Las líneas de simetría adiabáticas, para cada caso se muestran en las gráficas elaboradas. 
Usando la metodología de la gráfica de flujo y seleccionando 4 incrementos de temperatura, N = 4, 
las gráficas obtenidas son: 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Para las secciones simétricas: S0 = MN 𝑙 
Factor de forma del sistema ⇒ S = 2S0 
La transferencia de calor es: q = k ⋅ s ⋅ (T1 − T2) 
Por unidad de longitud: q′ = q
𝑙
= k ⋅ 2(S0 𝑙⁄ )(T1 − T2) 
Se obtiene, (reemplazando las ecuaciones): 
Caso M N S0 𝑙⁄ S q′(w m⁄ ) 
A 10.3 4 2.58 5.16 𝑙 11.588 
B 6.2 4 1.55 3.10 𝑙 6.975 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
PROBLEMA 4.11 
 
Una larga columna de soporte de sección transversal trapezoidal está bien aislada en sus lados, y 
se mantienen temperaturas de 100 y 0℃ en las superficies superior e inferior, respectivamente. La 
columna está hecha de acero AISI 1010, y sus anchos en las superficies superior e inferior son 0.3 y 
0.6, respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
a) Con el método de gráfica de flujo, determine la transferencia de calor por unidad de longi-
tud de la columna. 
b) Si la columna trapezoidal se reemplaza con una barra de sección transversal rectangular de 
0.3 m de ancho y del mismo material, ¿Qué altura H debe tener la barra para proporcionar 
una resistencia térmica equivalente? 
 
SOLUCION 4.11 
 
Esquema: 
 
Suposiciones: 
a) Condición estado estable 
b) Efecto de conducción tridimensional despreciable 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Propiedades: 
(Tabla A-1), Acero AISI 1010 (323k): k = 62.7 w m ⋅ k⁄ 
Análisis: 
(a) Del gráfico de flujo para la mitad de la 
sección transversal: M ≈ 5 N ≈ 8 
Por tanto, para toda la sección: S = 2 �M𝑙N � = 1.25 𝑙 
Transferencia de calor: q = S ⋅ k(T1 − T2) 
→ q′ = q
𝑙
= 1.25 𝑙
𝑙
⋅ 62.7 wm ⋅ k (100 − 0)℃ q′ = 7.8 kw m⁄ 
(b) La barra rectangular, proporciona una transferencia de calor unidimensional, por tanto: q = k ⋅ A (T1 − T2)H = k ⋅ (0.3 𝑙) (T1 − T2)H 
→ H = 0.3k(T1 − T2)q′ = (0.3m)(62.7 w m ⋅ k⁄ )(100℃)7800 w m⁄ H = 0.24m 
 
PROBLEMA 4.12 
 
Se han fabricado barras prismáticas huecas de acero ordinario al carbono, de 1 m de longitud con 
superficies superior e inferior, así como ambos extremos, bien aislados. Para cada barra, encuen-
tre el factor de forma y la transferencia de calor por unidad de longitud de barra si 𝑇1 = 500 K y 
𝑇2 = 300 K. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION 4.12 
 
Esquema: 
 
Dimensiones: 
• Exteriores: 100 x 100 mm 
• Interiores: 35 x 35 mm 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
Propiedades: 
(Tabla A-1) Acero al carbono (T = 400k) ∶ k = 57 w m ⋅ k⁄ 
Análisis: 
Construyendo las gráficas de flujo de las secciones transversales (regiones rayadas) 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
• El factor forma, para la sección simétrica son: So,A = M𝑙N = 44 𝑙 = 1𝑙 So,B = MN 𝑙 = 3.54 𝑙 = 0.88𝑙 
• Como estas secciones son 1 4⁄ del sistema, factor forma del sistema: SA = 4.1𝑙 = 4𝑙 SB = 4(0.88𝑙) = 3.5𝑙 
• La transferencia por unidad de longitud: q′ = q
𝑙
= k(S 𝑙⁄ )(T1 − T2) 
qA′ = 57 wm ⋅ k ⋅ (4)(500 − 300)k = 45.6 kwm qB′ = 57 wm ⋅ k ⋅ (3.5)(500 − 300)k = 39.9 kwm 
 
PROBLEMA 4.14 
Las formas cuadradas bidimensionales de 1 m de lado se mantienen a temperaturas uniformes, 
𝑇1 = 100℃ y 𝑇2 = 0℃, en partes de sus fronteras y están bien aisladas por el resto de sus partes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Utilice el método la gráfica de flujo para estimar la transferencia de calor por unidad de longitud 
normal a la página si la conductividad térmica es 50 W m ⋅ K.⁄ 
 
SOLUCION 4.14 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Análisis: 
Usando la metodología de la sección 4.3.1 para realizar dichas gráficas y obtener los factores de 
forma, así las transferencias de calor se podrán calcular. 
Con la figura (a), empezamos realizando las isotermas que comienzan en la parte inferior izquierda 
y estas son casi equidistantes, ya que el flujo de calor se extendió ligeramente hacia la derecha. 
Luego se tienen las adiabáticas en las proximidades de la superficie con T2. La línea discontinua 
representa la adiabática que separa la forma en dos segmentos. Habiendo reconocido esta carac-
terística, que era conveniente para identificar líneas parciales de calor. 
Figura (b) es menos difícil de analizar ya que los intervalos son casi regulares en la parte inferior 
izquierda. 
 
 
 
 
 
 
 
 
El factor forma son calculados de la ecuación 4.26 y la transferencia de calor con la ecuación 4.25: 
(A): (B): 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
S′ = MN = 0.5 + 0.5 + 0.5 + 3 + 0.26 S′ = MN = 4.55 = 0.90 
→ S′ = 0.7 q′ = kS′(T1 − T2) q′ = kS′(T1 − T2) q′ = 10 wm ⋅ k (0.7)(100 − 0)k q′ = 10 wm ⋅ k (0.90)(100 − 0)k q′ = 700 w m⁄ q′ = 900 w m⁄ 
 
PROBLEMA 4.16 
 
Con las relaciones de resistencia térmica que se desarrollaron en el capítulo 3 determine expresio-
nes del factor de forma para las siguientes geometrías:a) Pared plana, capa cilíndrica y coraza esférica. 
b) Esfera isotérmica de diámetro D perforada en un medio infinito. 
 
SOLUCION 4.16 
 
Suposiciones: 
a) Condición de estado estable 
b) Propiedades uniformes 
Análisis: 
(a) La relación entre el factor forma y resistencia térmica de una forma sigue a partir de sus 
definiciones en términos de transferencias de calor y las diferencias totales de temperatu-
ra. (ec. 4.25) ∶ q = k ⋅ s ⋅ ∆T , (ec. 4.27): S = 1 k ⋅ Rt , (ec. 3.19): q = ∆TRt� 
Usando las relaciones de resistencias térmicas dados en el capítulo 3, sus factores de forma co-
rrespondientes son: 
• Pared plana: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor Rt = LkA → S = AL 
• Capa cilíndrica: Rt = ln(r2 r1⁄ )2πLk → S = 2πLln(r2 r1⁄ ) 
• Capa esférica: 
𝑅𝑡 = 14𝜋𝑘 � 1𝑟1 − 1𝑟2� → 𝑆 = 4𝜋1 𝑟1⁄ − 1 𝑟2⁄ 
 
(b) El factor de forma de la esfera de diámetro D en un medio infinito pueden ser creadas 
usando el análisis alternativo de conducción de la sección 3.1. 
Para esta situación qr es constante y según la ley de Fourier se tiene: 
 
qr = −k(4πr2) dTdr 
 
Separando variables, identificando límites e integrando: 
−
qr
4πk � drr2 = � dT T2T1∞D 2⁄ → − qr4πk �− 1r�D 2⁄∞ = T2 − T1 
→ qr = 4πk �D2� ⋅ (T1 − T2) 
→ S = 2πD 
 
PROBLEMA 4.17 
 
Se almacenan temporalmente desechos radiactivos en un contenedor esférico cuyo centro se en-
tierra a una profundidad de 10 m bajo la superficie de la tierra. El diámetro exterior del contene-
dor mide 2 m, y se liberan 500 W de calor como resultado del proceso de descomposición radioac-
tiva. Si la temperatura de la superficie del suelo es 20℃, ¿cuál es la temperatura de la superficie 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
externa del contenedor en condiciones de estado estable? En un dibujo a escala del sistema suelo-
contenedor, muestre isotermas representativas y líneas de flujo de calor en el suelo. 
 
SOLUCION 4.17 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
c) Condición estado estable 
d) Suelo homogéneo con propiedades constantes 
Propiedades: (Tabla A-3) Suelo (300k) ∶ k = 0.52 w m ⋅ k⁄ 
Análisis: 
a) De un balance de energía en el contenedor: q = Ėg 
De la tabla 4.1 (Caso 1): q = 2πD1 − D 4z⁄ ⋅ k(T1 − T2) 
Por tanto: 
T1 = T2 + qk ⋅ 1 − D4z2πD = 20℃ + 500w0.52 wm ⋅ k ⋅ 1 −
2m40m
2π(2m) = 92.7℃ 
b) Las isotermas pueden ser vistas como una superficie esférica, cuyo centro se mueve hacia 
abajo al aumentar el radio. La superficie del suelo es una isoterma para que el centro esté 
en z = ∞. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 4.18 
 
Un ducto para transporte de petróleo crudo se sepulta de modo que su línea central queda a una 
profundidad de 1.5 m bajo el suelo. El ducto tiene un diámetro externo de 0.5 m y está aislado con 
una capa de vidrio celular de 100 mm de espesor. ¿Cuál es la pérdida de calor por unidad de longi-
tud del ducto en condiciones en las que el aceite calentado a 120℃ fluye por el ducto y la superfi-
cie de la tierra está a una temperatura de 0℃? 
 
SOLUCION 4.18 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Condición estado estable 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
b) Conducción unidimensional a través del aislante, y bidimensional a través del suelo 
c) Propiedades constantes 
Propiedades: 
(Tabla A-3), Suelo (300k): k = 0.52 w m ⋅ k⁄ 
(Tabla A-3), vidrio celular (365k): k = 0.069 w m ⋅ k⁄ 
Análisis: 
La transferencia de calor puede ser expresado como: q = T1 − T2Rtot 
Donde la resistencia térmica total es: Rtot = Rais + Rsuelo 
− De ecuación 3.28: Rais = ln(D2 D1⁄ )2πL ⋅ kais = ln(0.7m 0.5m⁄ )2π ⋅ L ⋅ 0.069 w m ⋅ k⁄ = 0.77 m ⋅ k w⁄L 
− De la ecuación 4.27 y tabla 4.1: 
Rsuelo = 1S ⋅ ksuelo = cosh−1(2z D2⁄ ) 2πL ⋅ ksuelo = cosh−1(3 0.7⁄ )2π(0.52 w m ⋅ k⁄ )L = 0.653 m ⋅ k w⁄L 
Por tanto: q = (120 − 0)℃1L (0.776 + 0.653) m ⋅ kw = 84 wm ⋅ L 
Por unidad de longitud: q′ = qL = 84 w m⁄ 
 
PROBLEMA 4.19 
 
Un conductor eléctrico largo se entierra en una zanja llena de arena (𝑘 = 0.03 W m ⋅ K⁄ ) a una 
profundidad de línea central de 0.5 m. El conductor tiene un diámetro externo de 25 mm, y el flujo 
de corriente y la resistencia del cable ocasionan una disipación de 1 W por metro de longitud. El 
conductor se cubre con una manga aislante de 3 mm de espesor y conductividad térmica de 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 0.01 W m ⋅ K⁄ . Estime la temperatura en la interfaz entre el conductor y la manga aislante cuando 
la temperatura en la superficie de la arena es 20℃. 
 
SOLUCION 4.19 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción unidimensional (radial) en el aislante y bidimensional en la arena 
c) La temperatura del conductor es la misma que la del interfaz 
Análisis: 
La transferencia de calor por unidad de longitud es: q′ = qL = T − T2Rtot′ 
Dónde: Rtot′ = Rais′ + Rzanja′ 
De la ecuación 3.28: Rais′ = ln(r2 r1⁄ )2π ⋅ ka = ln(28 25⁄ )2π(0.01 w m ⋅ k⁄ ) = 1.804 mk w⁄ 
De la ecuación 4.27 y tabla 4.1: 
Rzanja′ = 1S ⋅ kz = cosh−1(2z D2⁄ ) 2π ⋅ kz 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Rzanja′ = cosh−1(6) 2π(0.03 w m ⋅ k⁄ ) = 18.833 m ⋅ k w⁄ 
→ Rtot′ = (1.804 + 18.833) mk w⁄ = 20.637 m ⋅ k w⁄ 
En la primera ecuación: T = T2 + q′ ⋅ Rtot′ T = 20℃ + 1 wm ⋅ (20.637) m ⋅ k w⁄ 
→ T = 40.637℃ 
 
PROBLEMA 4.20 
 
Un cable largo de trasmisión de energía se entierra a una profundidad (distancia tierra a la línea 
central del cable) de 2 m. El cable está enfundado en un tubo de pared delgada de 0.1 m de diá-
metro, y para hacer al cable superconductor (esencialmente cero disipación de energía), el espacio 
entre el cable y el tubo está lleno de nitrógeno lleno de nitrógeno líquido a 77 K. Si el tubo se cu-
bre con un superaislante (𝑘𝑖 = 0.005 W m ⋅ K⁄ ) de 0.05 m de espesor y la superficie de la tierra 
�𝑘g = 1.2 W m ⋅ K⁄ � está a 300 K, ¿cuál es la carga de enfriamiento en W m⁄ que debe mantener 
un refrigerador criogénico por unidad de longitud de ducto? 
 
SOLUCION 4.20 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
a) Condición de estado estable 
b) Conducción unidimensional (radial) en el aislante y bidimensional en el suelo 
Análisis: 
La transferencia de calor por unidad de longitud es: q′ = ql = Tg − TnRg′ + RI′ , Usando tabla 3.3 y tabla 4.1 q′ = Tg − Tn
�kg(2π ln(4z Do⁄ )⁄ )�−1 + ln(Do Di⁄ ) 2πki⁄ 
→ q′ = (300 − 77)k11.2 wm ⋅ k ⋅ 2πln(8 0.2⁄ ) + ln(2)2π ⋅0.005 wm ⋅ k
 
q′ = 9.9 w m⁄ 
 
PROBLEMA 4.21 
 
Un calentador eléctrico de 100 mm de longitud y 5 mm de diámetro se inserta en un hoyo hecho 
en dirección normal a la superficie de un bloque largo de material que tiene una conductividad 
térmica de 5 W m ⋅ K⁄ . Estime la temperatura alcanzada por el calentador cuando disipa 50 W con 
la superficie del bloque a 25℃. 
 
SOLUCION 4.21 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Suposiciones: 
a) Condición estado estable 
b) Bloque aproximado a un medio semi-infinito con propiedades constantes. 
c) Calor perdido hacia alrededores, sobre el bloque, despreciable 
Análisis: 
Temperatura de la superficie del calentador, se obtiene de la ecuación de transferencia de calor: T1 = T2 + qkS 
Donde S puede ser estimado de la conducción, en la tabla de factores de forma. Tabla 4.1 (caso 3) 
→ S = 2πLln(4L D⁄ ) 
Sustituyendo los valores numéricos: S = 2π(0.1m)ln �4 × 0.1m0.005m � = 0.143m 
Por tanto, la temperatura del calentador será: T1 = 25℃ + 50w5 wm ⋅ k × 0.143m = 94.9℃ 
 
PROBLEMA 4.22 
 
Dos tuberías paralelas espaciadas 0.5 m se entierran en un suelo de conductividad térmica de 0.5 W m⁄ ⋅ K. Las tuberías tienen diámetros externos de 100 y 75 mm con temperaturas superfi-
ciales de 175 y 5℃, respectivamente. Estime la transferencia de calor por unidad de longitud entre 
las dos tuberías. 
 
SOLUCION 4.22 
 
Esquema: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Análisis: 
La transferencia de calor por unidad de longitud del tubo caliente al tubo frío es: q′ = qL = SL k(T1 − T2) 
El factor forma, S, para este arreglo, según la tabla 4.1 (caso 4): S = 2πLcosh−1 �4w2 − D12 − D222D1D2 � 
→ Sustituyendo valores numéricos: SL = 2πcosh−1 �4(0.5m)2 − (0.1m)2 − (0.075m)22 × 0.1m × 0.075m � = 2πcosh−1(65.63) 
→
SL = 2π4.88 = 1.29 
→ Reemplazando en la primera ecuación: q′ = 1.29 × 0.5 wm ⋅ k (175 − 5℃) q′ = 110 w m⁄ 
 
PROBLEMA 4.23 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
Un tubo de 50 mm de diámetro que tiene una temperatura superficial de 85℃ está encajado en el 
plano central de una losa de concreto de 0.1 m de espesor con superficies superior e inferior a 
20℃. 
a) Mediante la relación tabulada apropiada para esta configuración, encuentre el factor de 
forma. Determine la transferencia de calor por unidad de longitud de tubo. 
b) Usando el método de la gráfica de flujo, estime el factor de forma y compare con el resul-
tado de la parte (a). 
 
SOLUCION 4.23 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Análisis: 
a) Considerando Z ⋙ D 2⁄ ∧ L ≫ Z, el tubo incorporado en el sistema, correspondiente al 5to caso de la tabla 4.1. Por tanto: S = 2πLln(8z πD⁄ ) 
Donde L es la longitud del sistema normal a la página, z es la mitad del espesor de la losa y D es 
diámetro del tubo. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Sustituyendo valores numéricos: S = 2πLln(8 × 50mm π⁄ × 50mm) = 6.72L 
Por tanto, la transferencia de calor por unidad de longitud: q′ = qL = SL k(T1 − T2) = 6.72 �1.4 wm ⋅ k� (85 − 20)℃ = 612w 
b) Para encontrar el factor forma con el método de diagrama de flujo, en primer lugar se de-
be identificar la sección simétrica limitada por las adiabáticas, la línea central horizontal y 
vertical. Seleccionamos 4 incrementos de temperatura, N = 4, la gráfica de flujo puede ser 
construida. 
De la ecuación 4.26, el factor de forma de la sección simétrica es: So = MLN = 6L4 = 1.5L 
→ S = 4(1.5L) = 6L , se compara y es favorable 
 
PROBLEMA 4.24 
 
Vapor presurizado a 450 K fluye por un tubo de pared delgada de 0.5 m de diámetro. El tubo está 
envuelto por una funda de concreto de sección transversal cuadrada de 1.5 m de lado. El eje del 
tubo se centra en la funda, y las superficies externas de la funda se mantienen a 300 K. ¿Cuál es la 
pérdida de calor por unidad de longitud de tubo? 
 
SOLUCION 4.24 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Condición estado estable 
b) Resistencia de convección para el valor despreciable al igual que las resistencias de pared y 
de contacto. 
Análisis: 
Concreto (T = 300k): k = 1.4 w m ⋅ k⁄ (Tabla A-3) 
 La transferencia de calor puede ser expresado como: q = S ⋅ k∆T1−2 = S ⋅ k(T1 − T2) 
De la tabla 4.1, el factor forma será: (Caso 6) S = 2πLln �1.08wD � 
Por tanto: 
𝑞′ = 𝑞
𝐿
= 2𝜋𝑘(𝑇1 − 𝑇2)ln �1.08𝑤𝐷 � 
→ q′ = 2π ⋅ 1.4 wm ⋅ k ⋅ (450 − 300)kln �1.08 × 1.5m0.5m � = 1122 w m⁄ 
 
PROBLEMA 4.25 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Por un tubo de cobre de pared delgada de 30 mm de diámetro fluye agua caliente a 85℃. El tubo 
está forrado de una capa cilíndrica excéntrica que se mantiene a 35℃ y mide 120 mm de diáme-
tro. La excentricidad, defina como la separación entre los centros del tubo y la capa, es 20 mm. El 
espacio entre el tubo y la capa está llena de un material aislante que tiene una conductividad tér-
mica de 0.05 W m ⋅ K.⁄ Calcule la pérdida de calor por unidad de longitud del tubo y compare el 
resultado con la pérdida de calor para un arreglo concéntrico. 
 
SOLUCION 4.25 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Condición estado estable 
b) Resistencia térmica del tubo, y de contacto son despreciables 
Análisis: 
El calor perdido por unidad de longitud, en términos del factor forma es: q′ = k(S 𝑙⁄ )(T1 − T2) y de la tabla 4.1, para esta geometría (caso 7) será: S
𝑙
= 2πcosh−1 �D2 + d2 + 4z22Dd � 
Sustituyendo valores numéricos, (en unidades mm): S
𝑙
= 2πcosh−1 �1202 + 302 + 4(20)22 × 120 × 30 � = 2πcosh−1(1.903) = 4.991 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Por tanto, el calor perdido es: q′ = 0.05 wm ⋅ k (4.991)(85 − 35)℃ = 12.5 w m⁄ 
• Para el caso de un arreglo concéntrico, con las mismas condiciones, el calor perdido por 
unidad de longitud será: 
 
qc′ = 2πk(T1 − T2)ln(D2 D1⁄ ) 
 
Usando la ecuación 3.27 y sustituyendo valores: qc′ = 2π × 0.05 w m ⋅ k⁄ln(120 30⁄ ) ⋅ (85 − 35)℃ qc′ = 11.3 w m⁄ 
Para el arreglo concéntrico la perdida es menor 
 
PROBLEMA 4.26 
 
Un horno de forma cúbica con dimensiones externas de 0.35 m, está hecho de ladrillo refractario 
(arcilla refractaria). Si el espesor de la pared es 50 mm, la temperatura de la superficie interna es 
600℃ y la de la superficie externa es 75℃, calcule la pérdida de calor del horno. 
 
SOLUCION 4.26 
 
Esquema:Web site: www.qukteach.com e-mail: consultas@qukteach.com Pág. 38 
 
Fundamentos de Transferencia de Calor 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Propiedades: 
Ladrillo refractario (arcilla refractaria) 
𝑇� = 𝑇1 + 𝑇22 = 610𝑘 → 𝑘 ≈ 1.1 𝑤𝑚 ⋅ 𝑘 (Tabla A − 3) 
Análisis: 
Usando las relaciones para el factor forma de la tabla 4.1 
• Paredes planas (6) 
 SW = AL = 0.25 × 0.25m20.05m = 1.25m 
• Bordes (12) SE = 0.54D = 0.54 × 0.25m = 0.14m 
• Esquinas (8) SC = 0.15L = 0.15 × 0.05m = 0.008m 
La transferencia de calor en términos de factores de forma es: q = k ⋅ S(T1 − T2) = k(6 ⋅ SW + 12 ⋅ SE + 8 ⋅ SC)(T1 − T2) q = 1.1 wm ⋅ k (6 × 1.25m + 12 × 0.14m + 0.15 × 0.008m)(600 − 75)℃ q = 5.30 kw 
 
PROBLEMA 4.27 
 
Un horno cúbico de fundición de vidrio tiene dimensiones exteriores de ancho 𝑊 = 5 m por lado 
y está construido de ladrillo refractario de espesor L = 0.35 m y conductividad térmica 
𝑘 = 1.4 W m ⋅ K⁄ . Los lados y la parte superior del horno se exponen al aire ambiental a 25℃, con 
convección libre caracterizada por un coeficiente promedio ℎ = 5 W m2 ⋅ K⁄ . La parte inferior del 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
horno descansa sobre una plataforma enmarcada en la que gran parte de la superficie se expone 
al aire ambiental, y puede suponérsele un coeficiente de convección ℎ = 5 W m2 ⋅ K⁄ como pri-
mera aproximación. En condiciones de operación para las que los gases de combustión mantienen 
las superficies internas del horno a 1100℃, ¿cuál es la pérdida de calor del horno? 
 
SOLUCION 4.27 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Coeficiente de convección uniforme sobre toda la superficie exterior del contenedor 
Análisis: Del circuito térmico, el calor perdido es: q = Ts,i − T∞Rcond(2D) + Rconv 
Dónde: Rconv = 1h. As,o = 16 �5 wm2k ⋅ (5m)2� = 0.00133 k w⁄ 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
De la ecuación 4.27, la resistencia de conducción bidimensional es: Rcond(2D) = 1Sk 
Donde S es el factor de forma S, este incluirá los efectos de conducción a través de los 8 córners, 
12 bordes y 6 paredes planas. Por tanto, usando las relaciones para los casos 8 y 9 de tabla 4.1 S = 8(0.15L) + 12 × 0.54(W − 2L) + 6 As,iL 
Donde As,i = (W − 2L)2. Por tanto: S = (0.42 + 27.86 + 316.98)m = 345.26m 
∗ Rcond(2D) = 1345.26m × 1.4 wm ⋅ k = 0.00207 k w⁄ 
→ q = (1100 − 25)℃(0.00207 + 0.00133) k w⁄ = 316 kw 
 
PROBLEMA 4.28 
 
Un fluido caliente pasa por canales circulares de una plancha de hierro colado (A) de espesor 
𝐿𝐴 = 30 mm que está en contacto pobre con las placas de cubierta (B) de espesor 𝐿𝐵 =7.5 mm. Los canales tienen un diámetro 𝐷 = 15 mm con un espaciado de línea central de 
𝐿0 = 60 mm. Las conductividades térmicas de los materiales son 𝑘𝐴 = 20 W m ⋅ K⁄ y 𝑘𝐵 =75 W m ⋅ K⁄ , mientras que la resistencia de contacto entre los dos materiales es 𝑅𝑡,𝑐″ = 2.0 ×10−4m2 ⋅ K W.⁄ El fluido caliente está a 𝑇𝑖 = 150℃, y el coeficiente de convección es 1000 W m2 ⋅ K.⁄ La placa de cubierta se expone al aire ambiental a 𝑇∞ = 25℃ con un coeficiente 
de convección de 200 W m2 ⋅ K.⁄ 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Determine la transferencia de calor de un solo canal por unidad de longitud de la plancha 
en dirección normal a la página, 𝑞𝑖′. 
b) Determine la temperatura de la superficie externa de la placa de cubierta 𝑇𝑠. 
c) Comente los efectos que cambiar el espaciado de la línea central tendrá sobre 𝑞𝑖′ 𝑦 𝑇𝑠. 
¿Cómo afectaría aislar la superficie inferior a 𝑞𝑖′ 𝑦 𝑇𝑠.? 
 
SOLUCION 4.28 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
a) Estado estable 
b) Conducción unidimensional en placa de cubierta y bidimensional en la plancha 
c) Temperaturas de interface entre A y B, son uniformes. 
Análisis: 
(a) La transferencia de calor por unidad de longitud de espesor de cada canal puede ser de-
terminado a partir del siguiente circuito térmico que representa la cuarta parte: 
El valor del factor forma, se hallará la gráfica de flujos, mostrado: 
 
 
 
 
 
 
 
 
→ S′ = S
𝑙
= MN = 4.254 = 1.06 
Por tanto, la transferencia de calor es: qi′ = 4(Ti − T∞)Rtot′ … … … (1) 
∗ Rtot′ = 11000 wm2k ⋅ π �0.015m4 � + 120 wmk ⋅ (1.06) + 2 × 10
−4 mkw
�
0.060m2 � + 0.0075m75 wm ⋅ k �0.060m2 �+ 1200 wm2k ⋅ �0.06m2 � Rtot′ = 0.309 m ⋅ k w⁄ 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
→ qi′ = 4(150 − 25)k0.309 m ⋅ kw = 1.62 kw m⁄ 
(b) La temperatura en la placa de cubierta, según el circuito térmico, es: qi′/4 = Ts − T∞1ho(L0 2⁄ ) … … … (2) 
→ Ts = T∞ + qi′4 ⋅ 1ho(L0 2⁄ ) = 25℃ + 1.62 × 103w4 ⋅ 1200 wm2k ⋅ �0.06m2 � Ts = 25℃ + 67.6℃ ≈ 93℃ 
(c) El efecto de la distancia central de qi′ y Ts puede ser entendido mediante el examen de 
magnitud relativa de las resistencias térmicas. La resistencia dominante es que debido al 
proceso de convección del aire, es inversamente proporcional a la distancia L0 . Por tanto, 
a partir de la ecuación (1) , la transferencia de calor aumentará linealmente ante el au-
mento de L0 . qi′~ 1Rtot′ ≈ 1�ho �L0 2 ��−1 ~L0 
De la ecuación (2): 
∆T = Ts − T∞ = qi′4 ⋅ 1ho(L0 2⁄ ) ~qi′ ⋅ L0 −1~L0 ⋅ L0−1 ≈ 1 
Por tanto tenemos que ∆T no aumentará ante un aumento de L0 
• Si la superficie inferior fuera aislada, la transferencia de calor disminuiría aproximadamen-
te a la mitad. Esto sigue una vez más por el hecho de que la resistencia global está domina-
da por el proceso de convección de la superficie. La diferencia de temperaturas, 𝑇𝑠 − 𝑇∞, 
solo aumentará ligeramente. 
 
PROBLEMA 4.29 
 
Un alambre largo de constantán de 1 mm de diámetro se suelda a tope a la superficie de un blo-
que largo de cobre, lo que forma una unión de termopar. El alambre se comporta como una aleta, 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
lo que permite el calor fluir desde la superficie, reduciendo por ello la temperatura de la unión 
sensible 𝑇𝑗 por debajo de la del bloque 𝑇0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Si el alambre está en aire a 25℃ con un coeficiente de convección de 10 W m2 ⋅ K⁄ , es-
time el error de medición �𝑇𝑗 − 𝑇0� para el termopar cuando el bloque está a 125℃. 
b) Para coeficientes de convección de 5, 10 y 25 W m2 ⋅ K⁄ . Trace le error de medición co-
mo función de la conductividad térmica del material del bloque en el rango de 15 a 400 W m ⋅ K⁄ . ¿En qué circunstancias es ventajoso usar un alambre de diámetro más peque-
ño? 
 
SOLUCION 4.29 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Alambre de termopar se comporta como una aleta con coeficiente de transferencia de ca-
lor constante. 
Propiedades: 
Cobre puro (T� = 400k) kb = 393 w m ⋅ k⁄ (Tabla A-1) 
Constantán (T� = 350k) ka ≈ 25 w m ⋅ k⁄ (Tabla A-1) 
Análisis: 
(a) El termopar se comporta como una aleta larga que permite que el calor fluya desde la su-
perficie, por tanto reprime la temperatura de la unión detectado por debajo de la del blo-
que T0. En el bloque, el calor fluye dentro de la región circular de la interface bloque-
alambre; la resistencia térmica al flujo de calor dentro del bloque se aproxima como un 
disco de diámetro D, en un medio semi-infinito (kb, To). La combinación termopar-bloque, 
puede ser representado por el circuito térmico mostrado en la parte superior. La resisten-
cia térmica de la aleta se obtiene de la expresión de la transferencia de calor para una aleta 
infinita: Ra = (h ⋅ P ⋅ kAc)−1/2 
De la tabla 4.1, el factor forma para un disco sobre un medio semi-infinito está dado por el caso 6: S = 2D 
Por tanto: Rb = 1 kb ⋅ S = 1 2kb ⋅ D⁄⁄ 
→ Del circuito térmico: To − Tj = RbloqueRaleta + Rbloque ⋅ (To − T∞) Ra = [(10 w m2k⁄ ) ⋅ π(10−3m)(25 w m ⋅ k⁄ )(π 4⁄ )(10−3)2]−1/2 = 1273.8 k w⁄ Rb = [2 × 393 w m ⋅ k⁄ × 10−3m]−1 = 1.27 k w⁄ 
𝑇𝑜 − 𝑇𝑗 = 1.271273.8 + 1.27 (125 − 25)℃ = 0.099℃ 
(b) Para el caso en que se desee el error con respecto a kb: 
La ecuación general será: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
To − Tj = (kb ⋅ 2D)−1(PAc ⋅ hka)−1/2 + (kb ⋅ 2D)−1 ⋅ (125 − 25) 
Sera: 
To − Tj = (0.002kb)−1(6.16225−8 ⋅ h)−1/2 + (0.002kb)−1 ⋅ (125 − 25)℃ 
Con dicha fórmula se obtendrán los gráficos para valores de h dados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Se observa que cuando la conductividad térmica de bloque es bajo, el error �To − Tj� es 
mayor, incrementando ante aumento del coeficiente de convección. Un cable de menor 
diámetro será ventajoso para valores bajos de kb y valores mayores de h. 
 
PROBLEMA 4.30 
 
Un conjunto más realista de condiciones para el ejemplo 4.1 implicaría el establecimiento de tem-
peraturas y coeficientes de convección asociados con fluidos contiguos a las superficies interna y 
externa, en lugar de la especificación de las temperaturas de superficie. Considere condiciones 
para las que las superficies externas se expongan al aire ambiental, con 𝑇∞,2 = 25℃ 𝑦 ℎ2 =4 W m2 ⋅ K⁄ , mientras que el aceite caliente que fluye por el hueco está caracterizado por 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
𝑇∞,1 = 300℃ 𝑦 ℎ1 = 50 W m2 ⋅ K⁄ . determine la transferencia de calor y las temperaturas de las 
superficies correspondientes. 
 
SOLUCION 4.30 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Análisis: 
El calor perdido puede ser expresado: q = T∞,1 − T∞,2Rconv,1 + Rcond(2D) + Rconv,2 
Dónde: Rconv,1 = (h1 ⋅ πD1 ⋅ L)−1 = (50 w m2k⁄ ⋅ π ⋅ 0.25m × 2m)−1 = 0.01273 k w⁄ Rcond(2D) = (Sk)−1 = (8.59m × 150 w m ⋅ k⁄ )−1 = 0.00078 k w⁄ Rconv,2 = (h2 ⋅ 4wL)−1 = (4 w m2k × 4m × 1m⁄ )−1 = 0.0625 k w⁄ 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Por tanto: q = (300 − 25)℃0.07601 k w⁄ = 3.62w 
→ T1 = T∞,1 − q ⋅ Rconv,1 = 300℃ − 46℃ = 254℃ 
→ T2 = T∞,2 + q ⋅ Rconv,2 = 25℃ + 226℃ = 251℃ 
 
PROBLEMA 4.31 
 
En el capítulo 3 supusimos que, cada vez que se unen aletas a un material base, la temperatura de 
la base no cambia. Lo que en verdad ocurre es que, si la temperatura del material de la base exce-
de la temperatura del fluido, la unión de una aleta disminuye la temperatura de la unión 𝑇𝑗 por 
debajo de la temperatura de la base, y el flujo de calor del material de la base a la aleta es bidi-
mensional. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Considere condiciones en las que una aleta larga circular de aluminio de diámetro 𝐷 = 5 mm se 
une al material de la base cuya temperatura lejos de la unión se mantiene a 𝑇𝑏 = 100℃. Encuen-
tre condiciones de convección que correspondan a ℎ = 50 W m2 ⋅ K⁄ y 𝑇∞ = 25℃ 
a) ¿Cuáles son las transferencias de calor de la aleta y la temperatura de la unión cuando el 
material de la base es (𝑖) aluminio (𝑘 = 240 𝑊 𝑚 ⋅ 𝐾⁄ ) y (𝑖𝑖) acero inoxidable (𝑘 =15 W m ⋅ K⁄ ) 
b) Repita los cálculos anteriores si una resistencia de contacto térmica 𝑅𝑡.𝑐″ = 3 × 110−5m2 ⋅K W⁄ se asocia con el método de unión de la aleta recta circular ala material de la base. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
c) Considere la resistencia térmica de contacto y elabore una gráfica de la trasferencia de ca-
lor como función del coeficiente de convección en el rango 10 ≤ ℎ ≤ 100 W m2 ⋅ K⁄ para 
cada uno de los dos materiales. 
 
SOLUCION 4.31 
 
Esquema: 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Propiedades constantes 
Análisis: 
(a) y (b) De los circuitos térmicos; la transferencia de calor y la temperatura de unión viene dado 
por: qf = Tb − T∞Rtot = Tb − T∞Rb + Rt,j + Rf Tj = T∞ + qf ⋅ Rf 
Sabiendo que: P = πD Ac = (π 4⁄ )D2 
• De las tablas 4.1 y 3.4, se tiene: Rb = 1 S ⋅ kb = 1 2D ⋅ kb⁄ = (2 × 0.005m ⋅ kb)−1⁄ 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Rt,j = Rt,j″ Ac⁄ = 3 × 10−5m2 k w⁄π4 (0.005m)2 = 1.528 k w⁄ Rf = (hP ⋅ k ⋅ Ac)−1/2 = �+50 w m2k ⋅ π2(0.005m)⁄ 3 ⋅ 240 w m ⋅ k⁄ 4⁄ �−1/2 Rf = 16.4 k w⁄ 
Reemplazando se obtendrá: 
 Sin Resistencia de contacto Con resistencia de contacto 
Material base Rb(k w⁄ ) qf(w) Tj(℃) qf(w) Tj(℃) 
Aluminio 0.417 4.46 98.2 4.09 92.1 
Ac. Inoxidable 6.667 3.26 78.4 3.05 75.1 
 
(c) La ecuación que representa la variación de la transferencia de calor con respecto h y kb es: qf = 100 − 25(2 × 0.005kb)−1 + 1.528 + (h × 7.4022 × 10−5)−1/2 
→ Para el aluminio: (kb = 240 w m ⋅ k⁄ ) qf = 751.945 + (7.4022 × 10−5 × h)−1/2 
→ Para el acero inoxidable: (kb = 15 w m ⋅ k⁄ ) qf = 758.195 + (7.4022 × 10−5 × h)−1/2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 4.32 
 
Se construye un iglú en forma de hemisferio, con un radio interno de 1.8 m y paredes de nieve 
compactada que tienen 0.5 m de grosor. En el interior del iglú el coeficiente de transferencia de 
calor superficial es 6 W m2 ⋅ K⁄ ; en el exterior, en condiciones normales de viento, es 15 W m2 ⋅ K.⁄ Las conductividad térmica de la nieve compactada es 0.15 W m ⋅ K.⁄ La temperatu-
ra de la capa de hielo sobre la que asienta el iglú es −20℃ y tiene la misma conductividad térmica 
que la nieve compactada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
a) Suponiendo que el calor corporal de los ocupantes proporciona una fuente continua de 
320 W dentro del iglú, calcule la temperatura del aire interior cuando la del aire exterior es 
𝑇∞ = −40℃. Asegúrese de considerar las pérdidas de calor a través del piso del iglú. 
b) Utilizando el circuito térmico de la parte (a), lleve a cabo un análisis de sensibilidad de pa-
rámetros para determinar cuáles variables tienen un efecto significativo sobre la tempera-
tura del aire interior. Por ejemplo, para condiciones de viento muy fuerte el coeficiente de 
convección externo se duplicará o incluso triplicará. ¿Tiene sentido construir el iglú con pa-
redes de la mitad o el doble de espesor? 
 
SOLUCION 4.32 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción unidimensional en las paredes del iglú 
c) Piso de la capa de hielo se aproxima a un disco en un medio semi-infinito. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Análisis: 
(a) Según el circuito térmico, se puede tener que el calor perdido está dado por: q = T∞,i − T∞,oRconv,c + Rpared + Rconv,o + T∞,i − TicRconv,f + Rcapa 
Dónde: 
• Convección, interior: Rconv,c = 2hi(4πri2) = 26w m2 ⋅ k(4π ⋅ (1.8m)2)⁄ = 0.00819 k w⁄ 
• Convección, exterior: Rconv,0 = 2ho(4πro2) = 215w m2k⁄ ⋅ 4π ⋅ (2.3m)2 = 0.00201 k w⁄ 
• Convección, piso: Rconv,f = 1hi(πri2) = 16w m2k ⋅ π ⋅ (1.8m)2⁄ = 0.01637 k w⁄ 
• Conducción pared: Rpared = 2 � 14πk �1ri − 1ro�� = 24π × 0.15 w mk⁄ � 11.8 − 12.3� m−1 = 0.1281 k w⁄ 
• Conducción , capa hielo: Rcapa = 1k ⋅ S = 14(0.15w mk⁄ )(1.8m) = 0.9259 k w⁄ 
Donde S es determinado de la tabla 4.1 (Caso 10) 
Como q = 320w 
→ q = 320w = T∞,i − (−40)℃(0.00818 + 0.1281 + 0.00201) k w⁄ + T∞,i − (−20℃)(0.01637 + 0.9259) k w⁄ 
→ 320𝑤 = 7.32�𝑇∞,𝑖 + 40� + 1.06�𝑇∞,𝑖 + 20� 
→ T∞,i = 1.1℃ 
(b) Comenzar el análisis de sensibilidad de parámetros para determinar las variables importan-
tes que tienen una influencia significativa en la temperatura del aire en el interior median-
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
te el examen de las resistencias térmicas asociadas con los procesos en el sistema y repre-
sentado por la red. 
Proceso Valor (k w⁄ ) 
Convección, exterior 0.0020 
Conducción, pared 0.1281 
Convección, interior 0.0082 
Convección, piso 0.0164 
Conducción, capa de hielo 0.9259 
 
De esto se tiene que las resistencias de convección son casi despreciables relativos a las resisten-
cias de conducción. Con esto, se puede decir que, solo cambiando el espesor de la pared se tendrá 
un apreciable efecto en la temperatura del aire interior relativo a las condiciones del aire exterior. 
No se desea hacer las paredes más delgadas y permitir así la temperatura del aire caiga por debajo 
del punto de congelación para las condiciones prescritas. 
→ Realizando las mismas operaciones del paso (a), para diferentes espesores se obtendrá: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• De la gráfica, podemos ver que la influencia de la velocidad del aire exterior, que controla 
el coeficiente de convección exterior, ho, es despreciable. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
El espesor de la pared del iglú es la resistencia térmica dominante en el control de la tem-
peratura del aire en el interior. 
 
PROBLEMA 4.33 
 
Un componente electrónico delgado de disipación de potencia tiene un diámetro 𝐷 = 10 mm, y 
una superficie se pega con resina epóxica a un bloque grande de aluminio (𝑘 = 237 W/m ⋅ K). La 
resistencia interna para un área unitaria de la unión epóxica es 𝑅𝑡,𝑐″ = 0.5 × 10−4m2 ⋅ K W⁄ , y en 
puntos bastante distantes del componente el bloque se mantiene a una temperatura 𝑇𝑏 = 25℃. 
La otra superficie se expone a un flujo de aire para el que ℎ = 25 𝑊 𝑚2 ⋅ 𝐾⁄ y 𝑇∞ = 25℃. 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Dibuje el circuito térmico del sistema y etiquete las resistencias térmicas, las direcciones 
del flujo de calor y las temperaturas 𝑇𝑏 𝑦 𝑇∞ . 
b) Si la temperatura del componente no puede exceder 𝑇𝑐 = 100℃, ¿cuál es la potencia de 
operación 𝑃 máxima permisible? 
 
SOLUCION 4.33 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Propiedades constantes 
Análisis: 
(a) Circuito térmico: 
 
 
Dónde: Rcond(2D), proviene de evaluar el factor forma S = 2D de la tabla 4.1 
(b) Realizando un balance de energía, para una superficie de control en el componente; P = qaire + qbloque 
P = h �π D24 � (Tc − T∞) + Tc − TbRt,c″
π D2 4⁄ + 12Dk 
→ P = �25 wm2 ⋅ k� ⋅ π4 ⋅ (0.001m)2(75℃) + 75℃0.5 × 10−4
π4 (0.01)2 + 10.02 × 237 P = 0.15w + 75℃(0.64 + 0.21) k w⁄ = 88.6w 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
PROBLEMA 4.34 
 
Un dispositivo electrónico en forma de disco de 20 mm de diámetro disipa 100 W cuando se mon-
ta al mismo nivel sobre un bloque grande de aleación de aluminio (2024) cuya temperatura se 
mantiene a 27℃. El arreglo de montaje es tal que hay una resistencia de contacto 𝑅𝑡,𝑐″ = 5 ×10−5m2 ⋅ K W⁄ en la interfaz entre el dispositivo y el bloque. 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Calcule la temperatura que alcanzará el dispositivo suponiendo que toda la potencia que el 
mismo genera debe transferirse por conducción al bloque. 
b) A fin de operar el aparato en un nivel de alta potencia, un diseñador de circuitos propone 
unir un sumidero de calor con aletas en la parte superior del dispositivo. Las aletas rectas 
circulares están hechas de cobre (𝑘 = 400 Wm ⋅ K) y están expuestas a un flujo de aire a 
27℃ para el que el coeficiente de convección es 1000 W m2 ⋅ K⁄ . Para la temperatura del 
dispositivo que se calculó en la parte (a), ¿cuál es la potencia de operación permisible? 
 
SOLUCION 4.34 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Aproximación del bloque como medio semi-infinito. 
Propiedades: Aleación de aluminio 2024 (300k) ∶ k = 177 w m ⋅ k⁄ 
Análisis: 
(a) Para el circuito térmico entre el dispositivo y el bloque (parte superior) , se tiene que Re es 
la resistencia térmica de contacto (resina epóxica) 
→ Re = Rt,c″ Ac =⁄ Rt,c″ (πD2 4⁄ )⁄ 
𝑅𝑒 = 5 × 10−5 𝑘𝑚2𝑤(𝜋 ⋅ 0.022𝑚) 4⁄ = 0.159 𝑘 𝑤⁄ 
La resistencia térmica entre el dispositivo y el bloque es dado en términos del factor forma para la 
conducción, según tabla 4.1 (caso 10): Rb = 1 Sk⁄ = 1 2D ⋅ k⁄ = 1 (2 × 0.02m × 177 w m ⋅ k⁄ )⁄ = 0.141 k w⁄ 
Del circuito térmico: T1 = T2 + qd(Rb + Re) 
→ T1 = 27℃ + 100w(0.141 + 0.159) k w = 57℃⁄ 
(b) El siguiente esquema muestra el dispositivo con el disipador de aletas (30) y el material ba-
se del cobre (k= 400 w m ⋅ k⁄ ). La temperatura del flujo de aire es 27℃ y el coeficiente 
de convección 1000 w m2 ⋅ k⁄ 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
El circuito térmico tiene 2 partes, la disipación de calor será hacia el bloque por conducción (qcd) 
y al ambiente con aire por conducción a través de la aleta (qcv) 
→ qcd = T1 − T2Rb + Re + T1 − T∞Re + Rc + Raleta 
Donde la resistencia térmica del material base es: Rc = Lckc ⋅ Ac = 0.005m400 wm ⋅ k × π4 (0.022) = 0.03979 k w⁄ 
Para la aleta, de la sección 3.6.5: (ecuación 3.103) y (ecuación 3.102) Raleta = Rt,o = 1η0hAt 
η0 = 1 − NAfAt (1 − ηf) 
Además: At = N ⋅ Af + Ab At = N(πDf ⋅ L) + �π Dd24 − N ⋅ πDf24 � 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
Dónde: Dd: Diámetro dispositivo. Df: Diámetro de aleta. At = 30(π ⋅ 0.0015m × 0.015m) + �π(0.02)24 − 30 π(0.0015m)24 � At = 0.06388m2 
*Para hallar ηf, se usa la figura 3.18 
Con: Lc = L + Df 2⁄ Ap = Lc ⋅ Df 
→ Lc3/2�h k ⋅ Ap⁄ �1/2 
Reemplazando valores y de la figura: ηf = 0.85 
→ η0 = 1 − 30 ⋅ π ⋅ 0.0015m ⋅ 0.015m0.06888m2 (1 − 0.85) 
η0 = 0.8552 
→ Raleta = 10.8558 × 1000 wm2k × 0.06388m2 = 0.01831 k/w 
→ En la primera ecuación: qd = (57 − 27)℃(0.141 + 0.159) k w⁄ + (57 − 27)℃(0.159 + 0.03979 + 0.01831) k w⁄ = 238w 
 
PROBLEMA 4.35 
 
Considere la configuración nodal 2 de la tabla 4.2. Derive las ecuaciones en diferencias finitas, en 
condiciones de estado estable, para las siguientes situaciones. 
a) La frontera horizontal de la esquina interna está perfectamente aislada y la frontera verti-
cal está sujeta al proceso de convección (𝑇∞ℎ). 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
b) Ambas fronteras de la esquina interna están perfectamente aisladas. ¿Cómo se compara 
este resultado con la ecuación 4.45? 
 
SOLUCION 4.35 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
c) Propiedades constantes 
Análisis: 
Teniendo la red nodal, arriba, similar al caso 2 de la tabla 4.2. Una vez definido el volumen de con-
trol, el área sombreada de la unidad de espesor normal de la página, junto a identificar los proce-
sos de transferencia de calor. Finalmente, realizando un balance de energía en donde los procesos 
se expresan mediante las ecuaciones de transferencia adecuadamente. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
(a) Para una superficie horizontal aislada y frontera vertical sujeta a un proceso de convec-
ción, del balance de energía se tiene: ĖIN − ĖOUT = 0 
→ q1 + q2 + q3 + q4 + q5 + q6 = 0 k(∆y ⋅ 1) Tm−1,n − Tm,n
∆x + k �∆x2 ⋅ 1� Tm,n−1 − Tm,n∆y + h �∆y2 ⋅ 1� �T∞ − Tm,n� + 0+ k �∆y2 ⋅ 1� Tm+1,n − Tm,n∆x + k(∆x ⋅ 1) Tm,n+1 − Tm,n∆y = 0 
*∆x = ∆y, se obtiene: 2�Tm−1,n + Tm,n+1� + �Tm+1,n + Tm,n+1� + h ⋅ ∆xk ⋅ T∞ − �6 + h ⋅ ∆xk � ⋅ Tm,n = 0 
(b) Para el caso de las fronteras aisladas en el balance de energía obtenida se pondrá que: q3 = q4 = 0. (El mismo resultado se obtendrá al colocar h = 0 en el resultado previo). Por 
tanto: 2�Tm−1,n + Tm,n+1� + �Tm+1,n + Tm,n−1� − 6Tm,n = 0 
Tenga en cuenta que esta expresión se compara exactamente con la ecuación 4.45 cuando h = 0, 
que corresponde a fronteras aisladas. 
 
PROBLEMA 4.36 
Considere la configuración nodal 3 de la tabla 4.2. Derive las ecuaciones en diferencias finitas, en 
condiciones de estado estable, para las siguientes situaciones: 
a) La frontera está aislada. Explique cómo modificar la ecuación 4.46 para que concuerde con 
su resultado. 
b) La frontera está sujeta a un flujo de calor constante. 
 
SOLUCION 4.36 
 
Esquema: 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional sin generación 
Análisis: 
(a) Realizando un balance de energía en el volumen de control (∆x 2⁄ )(∆y), y usando la ecua-
ción de transferencia de calor por conducción, se tiene: ĖIN − ĖOUT = 0 → q1 + q2 + q3 = 0 … … … (1,2) 
→ k(∆y ⋅ 1) Tm−1,n − Tm,n
∆x + k �∆x2 ⋅ 1� Tm,n−1 − Tm,n∆y + k �∆x2 ⋅ 1� Tm,n+1 − Tm,n∆y = 0 … (3) 
Teniendo que ∆x = ∆y: 2Tm−1,n + Tm,n−1 + Tm,n+1 − 4Tm,n = 0 … … (4) 
Ecuación 4.46: 
→ 2Tm−1,n + Tm,n−1 + Tm,n+1 − 2h ⋅ ∆xk T∞ − 2 �h ⋅ ∆xk + 2� ⋅ Tm,n = 0 … … (5) 
Notar que al considerar frontera en la ecuación 4.46, h = 0 (adiabática): 
Se obtiene la ecuación (4) 
(b) Si la superficie es expuesta a un flujo de calor constante, qo″ en balance de energía tendrá 
la forma: q1 + q2 + q3 + qo″ ⋅ ∆y = 0 
La ecuación de diferencias finitas se convertirá en: 2Tm−1,n + Tm,n−1 + Tm,n+1 − 4Tm,n = − qo″ ⋅ ∆xk 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
PROBLEMA 4.37 
 
Considere las configuración nodal 4 de la tabla 4.2. Derive las ecuaciones en diferencias finitas en 
condiciones de estado estable para las siguientes situaciones: 
a) La frontera superior de la esquina externa está perfectamente aislada y la frontera lateral 
está sujeta al proceso de convección (𝑇∞ℎ). 
b) Ambas fronteras de la esquina externa están perfectamente aisladas. ¿Cómo se compara 
este resultado con la ecuación 4.47? 
 
SOLUCION 4.37 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional, sin generación de energía 
Análisis: 
Considere la configuración punto nodal que se muestra y también como el caso 4 de la tabla 4.2. El 
volumen de control sobre el nodo-área sombreada por encima de la unidad de espesor normal de 
la página, se tienen dimensiones (∆x 2⁄ )(∆y 2⁄ ) ⋅ 1. Los procesos de transferencia de calor en la 
superficie del volumen de control son identificados como q1, q2 …. 
Realizando un balance de energía en donde los procesos son expresados usando las apropiadas 
transferencias de calor en ecuaciones. 
(a) Con la frontera superior aislada y la frontera lateral está sujeta a convección, el balance de 
energía tendrá la forma: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor ĖIN − ĖOUT = 0 … … … (1) q1 + q2 + q3 + q4 = 0 … … … (2) 
→ k �∆y2 ⋅ 1� Tm−1,n − Tm,n∆x + k �∆x2 ⋅ 1� Tm,n−1 − Tm,n∆y + h �∆y2 ⋅ 1� �T∞ − Tm,n� + 0 = 0 
Teniendo que ∆x = ∆y: Tm,n−1 + Tm−1,n + h ⋅ ∆xk ⋅ T∞ − 2 �h ⋅ ∆x2k + 1� Tm,n = 0 … … … (3) 
(b) Con ambas fronteras aisladas, en la ecuación (2) se tendrá que q3 = q4 = 0 (se obtendrá el 
mismo resultado al tener el valor de h = 0 en la ecuación de diferencias finitas anterior, 
ecuación (3)). 
El resultado será: Tm,n−1 + Tm−1,n − 2Tm,n = 0 
 
PROBLEMA 4.38 
 
Considere la transferencia de calor en un sistema coordinado cilíndrico unidimensional (radial), en 
condiciones de estado estable, con generación volumétrica de calor. 
a) Derive la ecuaciónen diferencias finitas para cualquier nodo interior 𝑚. 
b) Derive la ecuación en diferencias finitas para el nodo 𝑛 localizado en la frontera externa su-
jeto al proceso de convección (𝑇∞, ℎ). 
 
SOLUCION 4.38 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción unidimensional (radial) en coordenadas cilíndricas 
Análisis: 
(a) La red cuenta con nodos espaciados a iguales incrementos con m = 0 en el centro. Por 
tanto r = m∆r ó (r = n∆r). 
El volumen de control es v = 2π ⋅ r ⋅ ∆r ⋅ 𝑙 = 2π(m ⋅ ∆r) ⋅ ∆r ⋅ 𝑙 
El balance de energía es: ĖIN + Ėg = qa + qb + q̇v = 0 k �2π �r − ∆r2 � 𝑙� Tm−1 − Tm∆r + k �2π �r + ∆r2 � 𝑙� Tm+1 − Tm∆r + q̇[2π(m ⋅ ∆r)∆r ⋅ 𝑙] = 0 
Identificando que: r = m ⋅ ∆r, y simplificando: 
�m − 12� Tm−1 + �m + 12� Tm+1 − 2m ⋅ Tm + q̇m∆r2k = 0 
(b) El volumen de control para el nodo a analizar: v = 2π ⋅ r(∆r 2⁄ )𝑙 
El balance de energía es: ĖIN + Ėg = qd + qconv + q̇v = 0 
Usando la ley de Fourier para expresar qd y la ley de enfriamiento de Newton para qconv, se tiene: 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor k �2π �r − ∆r2 � 𝑙� Tn−1 − Tn∆r + h[2πr𝑙](T∞ − Tn) + q̇ �2π(n∆r) ∆r2 𝑙� = 0 
Con r = n∆r, simplificando se obtiene: 
�n − 12� Tn−1 − ��n − 12� + hn∆r k � Tn + q̇n∆r22k + hn∆r k ⋅ T∞ = 0 
 
PROBLEMA 4.40 
 
En una configuración cilíndrica bidimensional, los espaciados radial (∆𝑟) y angular (∆𝜙) de los 
nodos son uniformes. La frontera en 𝑟 = 𝑟𝑖 es de temperatura uniforme 𝑇𝑖. 
Las fronteras en la dirección radial son adiabáticas (aisladas) y expuestas a convección de superfi-
cie (𝑇∞, ℎ), como se ilustra. Derive las ecuaciones en diferencias finitas para (a) el nodo 2, (b) el 
nodo 3 (c) el nodo 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION 4.40 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional en coordenadas cilíndricas 
 
Análisis: 
El método de solución es definir el volumen de control adecuado para cada nodo, para identificar 
los procesos pertinentes y luego realizar el balance de energía. 
(a) Nodo 2: Este es un nodo interior, con el volumen de control mostrado arriba. 
El balance de energía es: ĖIN = qa′ + qb′ + qc′ + qd′ = 0 
Usando la ley Fourier para cada proceso: 
k ��ri + 32 ∆r� ∆∅� (T5 − T2)∆r + k(∆r) (T3 − T2)(ri + ∆r)∆∅ + k ��ri + 12 ∆r� ∆∅� (Ti − T2)∆r+ k(∆r) (Ti − T2)(ri + ∆r)∆∅ = 0 
Cancelando términos y simplificando: 
−2 �(ri + ∆r) + (∆r)2(∆∅)2 ⋅ 1(ri + ∆r)� T2 + �ri + 32 ∆r� T5 + (∆r)2(ri + ∆r)(∆∅)2 ⋅ (T3 + T1)+ �ri + 12 ∆r� Ti = 0 
(b) Nodo 3: La superficie adiabática se comporta como una superficie de simetría. Podemos 
utilizar el resultado de la parte (a) para escribir la ecuación de diferencias finitas. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
−2 �(ri + ∆r) + (∆r)2(∆∅)2 ⋅ 1(ri + ∆r)� T3 + �ri + 32 ∆r� T6 + 2(∆r)2(ri + ∆r)(∆∅)2 ⋅ T2+ �ri + 12 ∆r� Ti = 0 
(c) Nodo 1: Balance de energía: qa′ + qb′ + qc′ + qd′ = 0 
Sustituyendo: 
k ��ri + 32 ∆r� ∆∅2 � (T4 − T1)∆r + k(∆r) (T2 − T1)(ri + ∆r)(∆∅) + k ��ri + 12 ∆r� ∆∅2 � (Ti − T1)∆r+ h(∆r)(T∞ − T1) = 0 
 
PROBLEMA 4.41 
 
Las superficies superior e inferior de una barra de conducción se enfrían convectivamente por ac-
ción del aire a 𝑇∞, y ℎ𝑠𝑢𝑝 ≠ ℎ𝑖𝑛𝑓. Los lados se enfrían manteniendo contacto con sumideros de 
calor a 𝑇0, a través de una resistencia térmica de contacto de 𝑅𝑡,𝑐″ . La barra tiene conductividad 
térmica 𝑘, y el ancho es el doble del espesor 𝐿. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Considere condiciones de estado estable para las que se genera calor de manera uniforme a una 
tasa volumétrica �̇� debido al paso de una corriente eléctrica. Use el método del balance de ener-
gía para derivar ecuaciones en diferencias finitas para los nodos 1 y 13. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
 
SOLUCION 4.41 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
 
Análisis: 
(a) Realizando un balance de energía para un volumen de control,(∆𝑦 2⁄ ) ⋅ (∆x 2⁄ ) ⋅ 1, se ob-
tendrá la ecuación de diferencias finitas para el nodo 1: T0 − T1Rt,c″ (∆y 2⁄ ) ⋅ 1⁄ + hsup �∆x2 ⋅ 1� (T∞ − T1) + k(∆y 2⁄ × 1)∆x (T2 − T1)+ k(∆x 2⁄ × 1)
∆y (Tb − T1) + q̇ ��∆x2 � ⋅ �∆y2 � ⋅ 1� = 0 
∆xk ⋅ Rt,c″ ⋅ T0 + hsup ⋅ ∆xk . T∞ + T2 + Tb + q̇(∆x)22k − � ∆xk ⋅ Rt,c″ + hsup ⋅ ∆xk + 2� T1 = 0 
(b) Realizando un balance de energía sobre el volumen de control: (∆x) ⋅ (∆y 2⁄ ) ⋅ 1, se ob-
tendrá la ecuación de diferencias finitas del nodo 13. 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
h1 ⋅ (∆x ⋅ 1)(T∞ − T13) + k∆x ⋅ �∆y2 ⋅ 1� (T12 − T13) + k∆y (∆x ⋅ 1)(T8 − T13)+ k
∆x �∆y2 ⋅ 1� (T14 − T13) + q̇ �∆x ⋅ ∆y2 ⋅ 1� = 0 h1∆xk ⋅ T∞ + 12 (T12 + T14 + 2T8) + q̇ ⋅ (∆x)22k − �h1∆xk + 2� T13 = 0 
 
PROBLEMA 4.42 
 
Derive las ecuaciones en diferencias finitas nodales para las siguientes configuraciones. 
a) Nodo 𝑚, 𝑛 sobre una frontera diagonal sujeta a convección con un fluido a 𝑇∞ y con un 
coeficiente de transferencia de calor ℎ. Suponga ∆𝑥 = ∆𝑦. 
 
 
 
 
 
 
b) Nodo 𝑚, 𝑛 en la punta de una herramienta de corte con la superficie superior expuesta a 
un flujo de calor constante 𝑞0″ y la superficie diagonal expuesta a un proceso de enfria-
miento por convección con el fluido a 𝑇∞ y un coeficiente de transferencia de calor ℎ. Su-
ponga. ∆𝑥 = ∆𝑦. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Fundamentos de Transferencia de Calor 
SOLUCION 4.42 
 
Esquema: 
 
 
 
 
 
 
Suposiciones: 
a) Estado estable 
b) Conducción bidimensional 
Análisis: 
(a) El volumen de control alrededor de m, n tiene forma triangular con los lados ∆x y ∆y, mien-
tras que la diagonal (superficie) tiene una longitud igual a √2∆x. Las transferencias de calor 
asociados con el volumen de control se deben a la conducción q1, q2 y la convección qc. 
Realizando un balance de energía se obtiene: ĖIN − ĖOUT = 0 → q1 + q2 + qc = 0 k(∆x ⋅ 1). Tm,n−1 − Tm,n
∆y + k(∆y ⋅ 1). Tm+1,n − Tm,n∆x + h�√2∆x ⋅ 1��T∞ − Tm,n� = 0 
Notar que se tomó como una herramienta el hecho de tener una unidad de profundidad normal a 
la página. Teniendo que ∆x = ∆y y simplificando la ecuación anterior se obtiene: Tm,n−1 + Tm+1,n + √2 ⋅ h ⋅ ∆xk ⋅ T∞ − �2 + √2 ⋅ h∆xk � ⋅ Tm,n = 0 
(b) Se tomará como volumen de control alrededor de m, n, la cual tiene forma triangular con 
lados ∆x 2⁄ y ∆y 2⁄ mientras que la longitud de la diagonal inferior e√2(∆x 2⁄ ). 
Las transferencias de calor asociadas al volumen de control serán qa,qb