245184983-TF2241-Guia-de-Ejercicios-Resueltos

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PROBLEMA 1 
La conductividad térmica de un material es 5,65 W/m·ºC a 20 ºC y 5,97 a 200 ºC. 
(a) Si una pared de 20 cm de espesor y sus superficies externas son mantenidas 
isotérmicamente a 40 y 60 ºC respectivamente, calcule el flujo de calor que se conduce a 
través de la pared. 
(b) Considere que 40 y 60ºC son las temperaturas ambientales a ambos lados de la pared y que 
los coeficientes de transferencia de calor son 6 y 10 W/m2·ºC respectivamente ¿Cuál es 
ahora el flujo de calor? ¿Cuáles son las temperaturas de las paredes? 
SOLUCIÓN: 
La ecuación diferencial de transferencia de calor suponiendo un fenómeno en estado estacionario, 
unidireccional y sin generación de calor sujeto a las condiciones de borde isotérmicas a ambas 
superficies de la pared viene dado por 
𝜕2𝑇
𝜕𝑥2
= 0 ⇒ 𝑇(𝑥) = 𝐶1𝑥 + 𝐶2sujeto a {
𝑇(0) = 𝑇1
𝑇(𝐿) = 𝑇2
 
 
 𝑇(0) = 𝑇1 = 𝐶1 ∙ 0 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 𝑇1 
 
 𝑇(𝐿) = 𝑇2 = 𝐶1𝐿 + 𝐶2 ⇒ 𝑇2 = 𝐶1𝐿 + 𝑇1 ⇒ 𝐶1 =
𝑇2 − 𝑇1
𝐿
 
 
𝑇(𝑥) =
𝑇2 − 𝑇1
𝐿
𝑥 + 𝑇1 
 
�̇� = −𝑘𝐴
𝜕𝑇
𝜕𝑥
 ⇒ �̇� = −𝑘𝐴
𝜕
𝜕𝑥
(
𝑇2 − 𝑇1
𝐿
𝑥 + 𝑇1) = −𝑘𝐴
𝑇2 − 𝑇1
𝐿
=
𝑇1 − 𝑇2
𝐿
𝑘𝐴
 
(a) Se supone que la conductividad térmica varía linealmente 
𝑇 = 20 ℃ ⇒ 𝑘 = 5,65 
W
m ∙ K
𝑇 = 200 ℃ ⇒ 𝑘 = 5,97 
W
m ∙ K
} ⇒ {
𝑇1 = 60 ℃ ⇒ 𝑘1 = 5,72 
W
m ∙ K
𝑇2 = 40 ℃ ⇒ 𝑘2 = 5,69 
W
m ∙ K
 
La conductividad térmica 𝑘en la pared es la conductividad promedio entre𝑇1 y 𝑇2 definida por: 
�̅� =
1
∆𝑇
∫ 𝑘(𝑇)𝑑𝑇
𝑇2
𝑇1
=
𝑘1 + 𝑘2
2
=
5,72 + 5,69
2
= 5,705
W
m ∙ K
 
 
�̇� =
𝑇1 − 𝑇2
𝐿
𝑘𝐴
 ⇒ 
�̇�
𝐴
= �̇�′′ =
𝑇1 − 𝑇2
𝐿
𝑘
=
60 − 40
0,2
5,705
= 570,5 
W
m2
 
(b) El diagrama de resistencias térmicas en este caso definiendo 𝑇∞,1 = 60 ℃ , 𝑇∞,2 = 40 ℃ 
y ℎ1 = 10 W/m
2 ∙ K , ℎ2 = 6 W/m
2 ∙ K es 
 
El flujo de calor en este caso viene dado por 
�̇� =
𝑇∞,1 − 𝑇∞,2
1
ℎ1𝐴
+
𝐿
𝑘𝐴
+
1
ℎ2𝐴
 ⇒ 
�̇�
𝐴
= �̇�′′ =
𝑇∞,1 − 𝑇∞,2
1
ℎ1
+
𝐿
𝑘
+
1
ℎ2
=
60 − 40
1
10
+
0,2
5,705
+
1
6
= 66,29 
W
m2
 
El flujo de calor es el mismo para cada resistencia térmica: 
�̇� =
𝑇∞,1 − 𝑇1
1
ℎ1𝐴
=
𝑇2 − 𝑇∞,2
1
ℎ2𝐴
 ⇒ 
�̇�
𝐴
= �̇�′′ =
𝑇∞,1 − 𝑇1
1
ℎ1
=
𝑇2 − 𝑇∞,2
1
ℎ2
 
Despejando las temperaturas de las paredes 𝑇1 y 𝑇2 
𝑇1 = 𝑇∞,1 −
�̇�′′
ℎ1
= 60 −
66,29
10
= 53,4 ℃ 
𝑇2 = 𝑇∞,2 +
�̇�′′
ℎ2
= 40 +
66,29
6
= 51,0 ℃ 
 
 
 
 
 
Conducción 
material
Convección 
Lado izquierdo
Conducción 
material
Convección 
Lado derecho
PROBLEMA 2 
Un cable de un material muy conductor tiene una resistencia de 4 Ω por metro de longitud. El cable 
tiene 4 mm de diámetro y por el circula una corriente de 3 A. Si el coeficiente de transmisión por 
convección al ambiente es de 10 W/m2ºC y la temperatura del ambiente es de 25ºC determine la 
temperatura de la superficie del cable. Si se toman en cuenta los efectos de radiación, ¿Cómo se 
modifica el resultado anterior? Suponga que para el cable 𝜀 = 0,92. 
SOLUCIÓN: 
El calor por convección viene dado por 
�̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝐴(𝑇𝑆 − 𝑇∞) = ℎ(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞) 
El calor por radiación viene dado por 
�̇�𝑟𝑎𝑑 = 𝜀𝜎𝐴(𝑇𝑆
4 − 𝑇∞
4) = 𝜀𝜎(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆
4 − 𝑇∞
4) 
El calor debido a la Ley de Joule del calor generado por una corriente eléctrica viene dado 
por: 
�̇� = 𝐼2𝑅𝑒 
Despreciando la radiación, la ecuación de transferencia de calor es 
�̇� = �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 ⇒ 𝐼
2𝑅𝑒 = ℎ(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞) 
Despejando 𝑇𝑆 
𝑇𝑆 =
 𝐼2(𝑅𝑒/𝐿)
ℎ(𝜋𝐷)
+ 𝑇∞ =
 𝐼2(𝑅𝑒/𝐿)
ℎ(𝜋𝐷)
+ 𝑇∞ =
 32 ∙ 4
10 ∙ 𝜋 ∙ 0,004
+ 25 = 311,5 ℃ 
Considerando la radiación, la ecuación de transferencia de calor es 
�̇� = �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 + �̇�𝑟𝑎𝑑 ⇒ 𝐼
2𝑅𝑒 = ℎ(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞) + 𝜀𝜎(𝜋𝐷𝐿)(𝑇𝑆
4 − 𝑇∞
4) 
Arreglando se obtiene que 
𝐼2(𝑅𝑒/𝐿)
𝜋𝐷
= ℎ(𝑇𝑆 − 𝑇∞) + 𝜀𝜎(𝑇𝑆
4 − 𝑇∞
4) 
Sustituyendo los datos (temperaturas en grados Kelvin) y la constante de Stefan-Boltzman: 
𝜎 = 5,67 ∙ 10−8 
W
m2 ∙ K4
 
32 ∙ 4
𝜋 ∙ 0,004
= 10(𝑇𝑆 − 298) + 0,92 ∙ 5,67 ∙ 10
−8(𝑇𝑆
4 − 2984) 
Resolviendo la temperatura 𝑇𝑆 con un método numérico: 
𝑇𝑆 = 436,4 K = 163 ℃ 
 
PROBLEMA 3. Condensación parcial en una tubería y aislamiento 
Se tiene una tubería metálica (𝑘𝑡 = 53 W/m ∙ K) de diámetro interno 8 cm y diámetro externo 9 cm. 
Dentro de la tubería entra vapor saturado a 𝑇𝑠𝑎𝑡 = 205 ℃ ( ℎ𝑓𝑔 = 1912 kJ/kg ) con un flujo 
másico de 0,1 kg/s y un coeficiente convectivo de 20000 W/m2·K. Por fuera de la tubería circula 
aire a 𝑇∞ = 25 ℃ y un coeficiente convectivo de 1000 W/m
2·K . 
(a) Determine la longitud de la tubería para que la calidad en la salida de la tubería sea de 0,3 y 
calcule la temperatura superficial del tubo. 
(b) Se le pide colocar un aislante de 2 cm de espesor (𝑘𝑎 = 5 W/m ∙ K) sobre la superficie del 
tubo y considerando la misma longitud calculada anteriormente, cuál será la calidad de la 
mezcla líquido-vapor a la salida de la tubería y la nueva temperatura superficial del tubo. 
Considere que la resistencia térmica de contacto aislante-tubería es 0,001 h·ft2·°F/BTU. 
SOLUCIÓN: 
(a) Primero se plantean las resistencias térmicas desde la temperatura del fluido hasta la 
temperatura de la corriente libre 
 
𝑅𝑡 =
1
ℎ𝑖𝐴𝑖
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
+
1
ℎ𝑒𝐴𝑒
=
1
ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖𝐿
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
+
1
ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒𝐿
 
𝑅𝑡
′ =
1
ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖
+
ln (
𝐷𝑡𝑒
𝐷𝑡𝑖
)
2𝜋𝑘𝑡
+
1
ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒
=
1
20000 ∙ 𝜋 ∙ 0,08
+
ln(9/8)
2𝜋 ∙ 53
+
1
1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,09
= 0,00409 
K ∙ m
W
 
 
�̇�′ =
∆𝑇
𝑅𝑡
′ =
𝑇𝑖 − 𝑇∞
𝑅𝑡
′ =
205 − 25
0,00409
= 44016 
W
m
 
{
ℎ𝑒 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑒ℎ𝑓𝑔
ℎ𝑠 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑠ℎ𝑓𝑔
 ⇒ ℎ𝑒 − ℎ𝑠 = ∆ℎ = (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠)ℎ𝑓𝑔 = ℎ𝑓𝑔∆𝜒 
�̇� = �̇�(ℎ𝑒 − ℎ𝑠) = �̇�ℎ𝑓𝑔∆𝜒 = 0,1 
kg
s
∙ 1912000 
J
kg
∙ (1 − 0,3) = 133840 W 
𝐿 =
�̇�
�̇�′
=
133840 W
44016 W/m
= 3,04 m 
La temperatura de la superficie externa del tubo se encuentra a partir de 
Convección 
interna
Conducción
tubería
Convección 
externa
�̇�′ =
𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞
𝑅𝑡
′ =
𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞
1
ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒
 ⇒ 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +
�̇�′
ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑒
= 25 +
44016
1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,09
= 180,7 ℃ 
(b) Al añadir aislante a la tubería entonces se agregan dos resistencias térmicas más, la 
resistencia de conducción del aislante y la resistencia de contacto: 
 
𝑅𝑡 =
1
ℎ𝑖𝐴𝑖
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
+
𝑅𝑡𝑐
′′
𝐴𝑒
+
ln(𝐷𝑎/𝐷𝑡𝑒)
2𝜋𝑘𝑎𝐿
+
1
ℎ𝑒𝐴𝑎𝑒
 
𝑅𝑡 =
1
ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖𝐿
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
+
𝑅𝑡𝑐
′′
𝜋𝐷𝑡𝑒𝐿
+
ln(𝐷𝑎/𝐷𝑡𝑒)
2𝜋𝑘𝑎𝐿
+
1
ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑎𝐿
 
𝑅𝑡𝑐
′′ = 0,001 
h ∙ ft2 ∙ ℉
BTU
= 1,76 ∙ 10−4 
K ∙ m2
W
 
𝐷𝑎 = 𝐷𝑡𝑒 + 2 ∙ 0,02 = 0,09 + 0,04 = 0,13 m 
𝑅𝑡 = (
1
20000 ∙ 𝜋 ∙ 0,08
+
ln(9/8)
2𝜋 ∙ 53
+
1,76 ∙ 10−4
𝜋 ∙ 0,09
+
ln(13/9)
2𝜋 ∙ 5
+
1
1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,13
) ∙
1
3,04
= 0,00504 
W
K
 
El calor transferido es 
�̇� =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇𝑖 − 𝑇∞
𝑅𝑡
=
205 − 25
0,00504
= 35698 W = 35,698 kW 
�̇� = �̇�ℎ𝑓𝑔∆𝜒 ⇒ ∆𝜒 =
�̇�
�̇�ℎ𝑓𝑔
 ⇒ 𝜒𝑠 = 𝜒𝑒 −
�̇�
�̇�ℎ𝑓𝑔
= 1 −
35,698
0,1 ∙ 1912
= 0,813 
Luego se determinan la temperatura externa de la tubería y la temperatura externa del aislante: 
�̇� =
𝑇𝑖 − 𝑇𝑠𝑒
𝑅𝑡
=
𝑇𝑖 − 𝑇𝑠𝑒
1
ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖𝐿
+
ln (
𝐷𝑡𝑒
𝐷𝑡𝑖
)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
 ⇒ 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇𝑖 − �̇� (
1
ℎ𝑖 ∙ 𝜋𝐷𝑡𝑖𝐿
+
ln (
𝐷𝑡𝑒
𝐷𝑡𝑖
)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
) 
𝑇𝑠𝑒 = 205 − 35698(
1
20000 ∙ 𝜋 ∙ 0,08 ∙ 3,04
+
ln(9/8)
2𝜋 ∙ 53 ∙ 3,04
) = 185,3 ℃ 
�̇� =
𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞
𝑅𝑡
=
𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞
1
ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑎𝐿
 ⇒ 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +
�̇�
ℎ𝑒 ∙ 𝜋𝐷𝑎𝐿
= 25 +
35698
1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,13 ∙ 3,04
= 53,8 ℃ 
Convección 
interna
Conducción
tubería
Convección 
externa
Resistencia 
de contacto
Conducción
aislante
PROBLEMA 4. Transferencia de calor en el refractario de un horno 
La pared de un horno de inducción es como la mostrada en la figura, yestá compuesta por dos capa 
de refractarios de conductividad térmica k1 = 1,2 W/m·K y k2 = 0,30 W/m·K respectivamente. La 
estructura del horno es de un chapa de acero (k3 = 60 W/m·K) de 10 mm de espesor. Si los gases 
en el interior del horno están a 1000 °C y producen un coeficiente de convección de 100 W/m2·K. 
El aire en el exterior se encuentra a 40 °C y produce un coeficiente de convección en la pared del 
horno de 15 W/m2·K. Considerando la radiación debido a las resistencias inductivas que están a 
1000 °C y la pared interior tiene una emisividad de 0,8, determine: 
(a) La pérdida de calor por unidad de área que ocurra a través de las paredes del horno. 
(b) La temperatura en la pared interna del horno. 
(c) La temperatura en la pared exterior del horno. 
 
L1 = L2 = 120 mm 
L3 = 10 mm 
k1 = 1,2 W/m°C 
k2 = 0,3 W/m°C 
k3 = 60 W/m°C 
Ti = 1000 °C 
Te = 40 °C 
hi = 100 W/m2K 
he = 15 W/m2K 
ε = 0,8 
Ta = 1000°C (1273 K) 
SOLUCIÓN: 
 
Convección 
externa
Conducción 
material 2
Conducción 
material 3
Conducción 
material 1 Convección 
interna
Radiación
�̇� =
𝑇1 − 𝑇𝑒
𝐿1
𝑘1𝐴
+
𝐿2
𝑘2𝐴
+
𝐿3
𝑘3𝐴
+
1
ℎ𝑒𝐴
= �̇�𝐶 + �̇�𝑅 
�̇�𝐶 = ℎ𝑖𝐴(𝑇𝑖 − 𝑇1) 
�̇�𝑅 = 𝜀𝜎𝐴(𝑇𝑎
4 − 𝑇1
4) 
𝑇1 − 𝑇𝑒
𝐿1
𝑘1𝐴
+
𝐿2
𝑘2𝐴
+
𝐿3
𝑘3𝐴
+
1
ℎ𝑒𝐴
= ℎ𝑖𝐴(𝑇𝑖 − 𝑇1) + 𝜀𝜎𝐴(𝑇𝑎
4 − 𝑇1
4) 
Eliminando el área de transferencia 𝐴 : 
𝑇1 − 𝑇𝑒
𝐿1
𝑘1
+
𝐿2
𝑘2
+
𝐿3
𝑘3
+
1
ℎ𝑒
= ℎ𝑖(𝑇𝑖 − 𝑇1) + 𝜀𝜎(𝑇𝑎
4 − 𝑇1
4) 
𝑇𝑒 = 40 + 273 = 313 𝐾 
𝑇𝑎 = 𝑇𝑖 = 1000 + 273 = 1273 K 
Se sustituyen los valores y se resuelve numéricamente la temperatura de la pared del refractario 
interno del horno: 
𝑇1 − 313
0,12
1,2
+
0,12
0,3
+
0,01
60
+
1
15
= 100(1273 − 𝑇1) + 0,8 ∙ 5,67 ∙ 10
−8(12734 − 𝑇1
4) 
𝑇1 = 1269 𝐾 = 1269 − 273 = 996 ℃ 
Conocida esta temperatura, se calcula la transferencia de calor por unidad de área de pared del 
horno 
�̇�
𝐴
= �̇�′′ =
𝑇1 − 𝑇𝑒
𝐿1
𝑘1
+
𝐿2
𝑘2
+
𝐿3
𝑘3
+
1
ℎ𝑒
=
1269 − 313
0,12
1,2 +
0,12
0,3 +
0,01
60 +
1
15
= 1686,6 
W
m2
 
�̇�′′ =
𝑇4 − 𝑇𝑒
1
ℎ𝑒
 ⇒ 𝑇4 = 𝑇𝑒 + �̇�
′′ (
1
ℎ𝑒
) = 40 +
1686,6
15
= 152 ℃ 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 5. Calentamiento de agua en un recipiente cilíndrico 
Considere un sistema para calentamiento de agua, el cual consiste de una resistencia eléctrica por la 
cual pasa una corriente. La resistencia eléctrica consiste de un tubo de cobre de radio 50 mm 
(resistividad cobre = 5,41 ∙ 10−5 Ω/m), que para efecto de la transferencia de calor su resistencia 
térmica se puede despreciar. El tubo de cobre se recubre de un aislante de espesor 50 mm cuya 
conductividad térmica es 0,52 W/m ∙ K. Determine: 
(a) La corriente eléctrica máxima que debe pasar a través del conductor para que la temperatura 
máxima en el mismo no supere los 120 °C. 
(b) ¿Cual es la temperatura en la pared exterior del tubo? 
(c) ¿Qué porcentaje representa el calor perdido respecto al calor generado por efecto Joule? 
(d) Represente el circuito térmico equivalente. 
 
 
SOLUCIÓN: 
 
El circuito térmico equivalente se muestra en la siguiente figura 
 
Conducción
Convección 
interna
Convección 
externa
 
�̇�𝑖 =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑖
1
ℎ𝑖(2𝜋𝑅1𝐿)
 ⇒ 
�̇�𝑖
𝐿
= �̇�𝑖′ = ℎ𝑖(2𝜋𝑅1)(𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑖) 
�̇�𝑖′ = 220 ∙ (2𝜋 ∙ 0,05)(120 − 100) = 1382,3 
𝑊
𝑚
 
 
�̇�𝑒 =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑒
ln(𝑅2/𝑅1)
2𝜋𝑘𝐿
+
1
ℎ𝑒(2𝜋𝑅2𝐿)
 ⇒ 
�̇�𝑒
𝐿
= �̇�𝑒
′ =
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑒
ln(𝑅2/𝑅1)
2𝜋𝑘
+
1
ℎ𝑒(2𝜋𝑅2)
 
 
�̇�𝑒
′ =
120 − 30
ln (
100
50
)
2𝜋 ∙ 0,52
+
1
15(2𝜋 ∙ 0,1)
= 282,8 
𝑊
𝑚
 
 
El calor generado por la resistencia es 
�̇� = �̇�𝑖 + �̇�𝑒 ⇒ �̇�′ = �̇�𝑖
′ + �̇�𝑒
′ = 1382,3 + 282,8 = 1665,1 
𝑊
𝑚
 
 
�̇� = 𝐼2𝑅𝑒 ⇒ �̇�′ = 𝐼
2𝑅𝑒
′ ⇒ 𝐼 = √
�̇�′
𝑅𝑒
′ 
𝐼 = √
1665,1
5,41 ∙ 10−5
= 5548 A 
 
 
�̇�𝑒 =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑠𝑒
ln(𝑅2/𝑅1)
2𝜋𝑘𝐿
 ⇒ 𝑇𝑠𝑒 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − �̇�𝑒 (
ln(𝑅2/𝑅1)
2𝜋𝑘𝐿
) = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − �̇�𝑒′ (
ln(𝑅2/𝑅1)
2𝜋𝑘
) 
 
𝑇𝑠𝑒 = 120 − 282,8(
ln (
100
50
)
2𝜋 ∙ 0,52
) = 60,0 ℃ 
El porcentaje de calor perdido es 
 
%Calor perdido = 100
�̇�𝑒
�̇�
= 100
�̇�𝑒
′
𝑄′̇
= 100
282,8
1665,1
= 17% 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 6. Transferencia de calor en un cilindro de carbón 
Un elemento calentador eléctrico está empotrado en un cilindro hueco de carbón (kcarbón = 1,6 
W/m·K) de radio interno de 0,5 cm y 0,5 cm de espesor. Si el cilindro se encuentra en un cuarto 
donde se expone al aire a una temperatura de 20 °C y un coeficiente convectivo de 40 W/m2·K y la 
emisividad de la superficie es de 0,7. La conductividad térmica del cable es 1,6 W/m·K y su 
resistividad es 3 Ω/m. 
 
(a) Dibuje el diagrama correspondiente de analogía eléctrica con radiación y sin radiación. 
Despreciando la radiación: 
(a) Determine la máxima corriente que puede aplicarse si la máxima temperatura interna del 
carbón es de 200 °C. Exprese sus resultados por unidad de longitud del tubo. 
(b) Calcule la temperatura externa del carbón. 
(c) Calcule la temperatura en el carbón para un radio de 0,75 cm. 
(d) Calcule la temperatura en el centro del cable. 
Considerando la radiación: 
(e) Determine la nueva temperatura externa del carbón. Tome como la temperatura de los 
alrededores igual a la temperatura del aire. 
SOLUCIÓN: 
 
 
 
 
El flujo de calor sin considerar la radiación es: 
�̇� =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇𝑖 − 𝑇∞
ln(𝑟2/𝑟1)
2𝜋𝑘𝐿
+
1
ℎ(2𝜋𝑟2𝐿)
 
Carbón
Conducción
cilindro
Convección
externa
Conducción
cilindro
Convección
externa
Radiación
Resistencias térmicas sin radiación Resistencias térmicas con radiación 
Y el flujo de calor por unidad de longitud es 
�̇�′ =
∆𝑇
𝑅𝑡
′ =
𝑇𝑖 − 𝑇∞
ln(𝑟2/𝑟1)
2𝜋𝑘
+
1
ℎ(2𝜋𝑟2)
=
200 − 20
ln(1/0,5)
2𝜋 ∙ 1,6
+
1
40(2𝜋 ∙ 0,01)
= 385,6 
W
m
 
Y la corriente eléctrica se calcula según la ley de Joule 
�̇� = 𝐼2𝑅𝑒 ⇒ 𝐼 = √
�̇�
𝑅𝑒
= √
�̇�′
𝑅𝑒
′ = √
385,6
3
= 11,33 A 
La temperatura externa del carbón se obtiene a partir de 
�̇�′ =
𝑇𝑆 − 𝑇∞
1
ℎ(2𝜋𝑟2)
 ⇒ 𝑇𝑆 = 𝑇∞ + �̇�
′
1
ℎ(2𝜋𝑟2)
= 20 + 385,6 ∙
1
40(2𝜋 ∙ 0,01)
= 173,4 ℃ 
Suponiendo que el proceso se lleva a cabo en estado estacionario, la conductividad térmica 
constante y la conducción de calor es unidireccional en la dirección radial, se tiene que el balance 
de energía diferencial viene dado por: 
1
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) +
�̇�
𝑘
= 0 
donde �̇� es la generación de calor por unidad de volumen del material. Integrando la ecuación una 
vez se tiene que 
1
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) +
�̇�
𝑘
= 0 ⇒ 
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) = −
�̇�
𝑘
𝑟 ⇒ 𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= ∫−
�̇�
𝑘
𝑟𝑑𝑟 + 𝐶1 = −
�̇�
2𝑘
𝑟2 + 𝐶1 
Integrando otra vez 
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= −
�̇�
2𝑘
𝑟 +
𝐶1
𝑟
 ⇒ 𝑇(𝑟) = ∫(−
�̇�
2𝑘
𝑟 +
𝐶1
𝑟
)𝑑𝑟 + 𝐶2 = −
�̇�
4𝑘
𝑟2 + 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2 
Perfil de temperaturas en el carbón: 
El perfil de temperaturas, sin generación de calor en estado estacionario en coordenadas cilíndricas 
es 
𝑇(𝑟) = 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2 sujeto a {
𝑇(𝑟1) = 𝑇𝑖
𝑇(𝑟2) = 𝑇𝑆
 
Resolviendo las condiciones de borde: 
{
𝑇(𝑟1) = 𝑇𝑖 = 𝐶1 ln 𝑟1 + 𝐶2
𝑇(𝑟2) = 𝑇𝑆 = 𝐶1 ln 𝑟2 + 𝐶2
 
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆 = 𝐶1(ln 𝑟1 − ln 𝑟2) = 𝐶1 ln (
𝑟1
𝑟2
) ⇒ 𝐶1 =
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
ln (
𝑟1
𝑟2
)
= −
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
ln (
𝑟2
𝑟1
)
 
𝑇𝑖 = 𝐶1 ln 𝑟1 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 𝑇𝑖 − 𝐶1 ln 𝑟1 = 𝑇𝑖 +
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
ln (
𝑟2
𝑟1
)
ln 𝑟1 
𝑇(𝑟) = 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2 = −
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
ln (
𝑟2
𝑟1
)
ln 𝑟 + 𝑇𝑖 +
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
ln (
𝑟2
𝑟1
)
ln 𝑟1 ⇒ 
𝑇(𝑟) − 𝑇𝑖
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
=
ln(𝑟1/𝑟)
ln(𝑟2/𝑟1)
 
Para 𝑟 = 0,75 cm : 
𝑇(𝑟) − 𝑇𝑖
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
=
ln(𝑟1/𝑟)
ln(𝑟2/𝑟1)
=
ln(0,5/0,75)
ln(1/0,5)
= −0,5850 
Despejando 𝑇(𝑟) se tiene que 
𝑇(𝑟 = 0,75 cm) = −0,5850(200 − 173,4) + 200 = 184,5 ℃ 
Perfil de temperaturas en el cable: 
{
𝑇(𝑟1) = 𝑇𝑖
𝜕𝑇
𝜕𝑟
|
𝑟 =0
= 0
 
Aplicando las condiciones de borde para encontrar las constantes de integración: 
𝜕𝑇
𝜕𝑟
|
𝑟 = 0
= 0 ⇒ lim
𝑟→0
(−
�̇�
2𝑘
𝑟 +
𝐶1
𝑟
) = 0 ⇒ 𝐶1 = 0 
𝑇(𝑟1) = 𝑇𝑖 ⇒ 𝑇(𝑟1) = 𝑇𝑆1 = −
�̇�
4𝑘
𝑟1
2 + 0 ∙ ln 𝑟1 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 𝑇𝑖 +
�̇�
4𝑘𝐶
𝑟1
2 
𝑇(𝑟) = −
�̇�
4𝑘
𝑟2 + 𝐶2 = −
�̇�
4𝑘
𝑟2 + 𝑇𝑖 +
�̇�
4𝑘
𝑟1
2 = 𝑇𝑖 +
�̇�
4𝑘
(𝑟1
2 − 𝑟2) 
La temperatura del centro del cable es: 
𝑇(0) = 𝑇0 = 𝑇𝑖 +
�̇�
4𝑘
(𝑟1
2 − 02) = 𝑇𝑖 +
�̇�
4𝑘
𝑟1
2 = 𝑇𝑖 +
�̇�/𝜋𝑟1
2𝐿
4𝑘
𝑟1
2 = 𝑇𝑖 +
�̇�′
4𝜋𝑘
= 219,2 ℃ 
Considerando la radiación: 
�̇� =
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
ln(𝑟2/𝑟1)
2𝜋𝑘𝐿
= �̇�𝑐𝑜𝑛𝑣 + �̇�𝑟𝑎𝑑 ⇒ 
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
ln(𝑟2/𝑟1)
2𝜋𝑘𝐿
= ℎ(2𝜋𝑟2𝐿)(𝑇𝑆 − 𝑇∞) + 𝜀𝜎(2𝜋𝑟2𝐿)(𝑇𝑆
4 − 𝑇∞
4) 
Eliminando la longitud y sustituyendo los valores 𝑇𝑖 = 473 K y 𝑇∞ = 293 K : 
473 − 𝑇𝑆
ln(1/0,5)
2𝜋 ∙ 1,6
= 40(2𝜋 ∙ 0,01)(𝑇𝑆 − 293) + 0,7 ∙ 5,67 ∙ 10
−8(2𝜋 ∙ 0,01)(𝑇𝑆
4 − 2934) 
𝑇𝑆 = 441,9 K = 168,9 ℃ 
PROBLEMA 7 
Un cilindro hueco de 4 cm de diámetro interno y 2 cm de espesor, genera energía a la velocidad de 
0,25 MW/m3. La temperatura del fluido que se encuentra en el interior es de 50 ºC y la del fluido 
que se encuentra en la parte exterior 35 ºC, el coeficiente interno es de 60 W/m2-ºC y el externo 240 
W/m2-ºC. La conductividad térmica de las tubería es de 8 W/m-ºC. 
(a) Determine la fracción del calor producido que se transfiere a cada uno de los dos fluidos. 
(b) Determine las temperaturas superficiales del cilindro y la temperatura máxima en el interior 
del mismo. 
SOLUCIÓN: 
Suponiendo que el proceso se lleva a cabo en estado estacionario, la conductividad térmica 
constante y la conducción de calor es unidireccional en la dirección radial, se tiene que el balance 
de energía diferencial viene dado por: 
1
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) +
�̇�
𝑘
= 0 
Donde �̇� es la generación de calor por unidad de volumen del material. Integrando la ecuación una 
vez se tiene que 
1
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) +
�̇�
𝑘
= 0 ⇒ 
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) = −
�̇�
𝑘
𝑟 ⇒ 𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= ∫−
�̇�
𝑘
𝑟𝑑𝑟 + 𝐶1 = −
�̇�
2𝑘
𝑟2 + 𝐶1 
Integrando otra vez 
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= −
�̇�
2𝑘
𝑟 +
𝐶1
𝑟
 ⇒ 𝑇(𝑟) = ∫(−
�̇�
2𝑘
𝑟 +
𝐶1
𝑟
)𝑑𝑟 + 𝐶2 = −
�̇�
4𝑘
𝑟2 + 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2 
El radio 𝑅0 es el radio tal que la temperatura en el sólido es máxima (𝑇0). La condición para 
encontrar la temperatura máxima es 
𝜕𝑇
𝜕𝑟
|
𝑟 = 𝑅0
= 0 ⇒ (−
�̇�
2𝑘
𝑟 +
𝐶1
𝑟
) |
𝑟 = 𝑅0
= 0 ⇒ −
�̇�
2𝑘
𝑅0 +
𝐶1
𝑅0
= 0 ⇒ 𝐶1 =
�̇�
2𝑘
𝑅0
2 
Evaluando el perfil de temperaturas en la temperatura máxima 
𝑇0 = (−
�̇�
4𝑘
𝑟2 +
�̇�
2𝑘
𝑅0
2 ln 𝑟 + 𝐶2) |
𝑟 = 𝑅0
= −
�̇�
4𝑘
𝑅0
2 +
�̇�
2𝑘
𝑅0
2 ln 𝑅0 + 𝐶2 
Restando esta última ecuación a la del perfil de temperaturas: 
𝑇(𝑟) − 𝑇0 = (−
�̇�
4𝑘
𝑟2 +
�̇�
2𝑘
𝑅0
2 ln 𝑟 + 𝐶2) − (−
�̇�
4𝑘
𝑅0
2 +
�̇�
2𝑘
𝑅0
2 ln 𝑅0 + 𝐶2) =
�̇�
4𝑘
(𝑅0
2 − 𝑟2) +
�̇�
2𝑘
𝑅0
2 ln (
𝑟
𝑅0
) 
 
Arreglando la ecuación anterior, el perfil de temperaturas se convierte en (aun con las constantes 𝑅0 
y 𝑇0 desconocidas): 
𝑇(𝑟) − 𝑇0 =
�̇�𝑅0
2
4𝑘
(1 − (
𝑟
𝑅0
)
2
+ 2 ln (
𝑟
𝑅0
)) 
Planteando las condiciones de borde 
{
si 𝑟 = 𝑅𝑒 ⇒ 𝑇 = 𝑇𝑠𝑒
si 𝑟 = 𝑅𝑖 ⇒ 𝑇 = 𝑇𝑠𝑖
 ⇒ 
{
 
 
 
 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇0 =
�̇�𝑅0
2
4𝑘
(1 − (
𝑅𝑒
𝑅0
)
2
+ 2 ln (
𝑅𝑒
𝑅0
))
𝑇𝑠𝑖 − 𝑇0 =
�̇�𝑅0
2
4𝑘
(1 − (
𝑅𝑖
𝑅0
)
2
+ 2 ln (
𝑅𝑖
𝑅0
))
 
Restando las dos ecuaciones anteriores 
𝑇𝑠𝑒 − 𝑇𝑠𝑖 =
�̇�𝑅0
2
4𝑘
((
𝑅𝑖
𝑅0
)
2
− (
𝑅𝑒
𝑅0
)
2
+ 2 ln (
𝑅𝑒
𝑅𝑖
)) 
La velocidad de transferencia de calor total viene dada por 
�̇� =∭ �̇�𝑑𝑉
𝑉
= �̇�𝑉 = �̇�𝑖 + �̇�𝑒 ⇒ {
�̇�𝑖 = �̇�𝜋(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)𝐿 = ℎ𝑒𝐴𝑒(𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞)
�̇�𝑒 = �̇�𝜋(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)𝐿 = ℎ𝑖𝐴𝑖(𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑖)
 
{
 
 
 
 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞ =
�̇�𝜋
ℎ𝑒𝐴𝑒
(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)𝐿
𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑖 =
�̇�𝜋
ℎ𝑖𝐴𝑖
(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)𝐿
 ⇒ 𝑇𝑠𝑒 − 𝑇𝑠𝑖 =
�̇�𝜋
ℎ𝑒𝐴𝑒
(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)𝐿 −
�̇�𝜋
ℎ𝑖𝐴𝑖
(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)𝐿 
Igualando con la ecuación antes obtenida y simplificando 
�̇�𝜋
ℎ𝑒𝐴𝑒
(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)𝐿 −
�̇�𝜋
ℎ𝑖𝐴𝑖
(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)𝐿 =
�̇�𝑅0
2
4𝑘
((
𝑅𝑖
𝑅0
)
2
− (
𝑅𝑒
𝑅0
)
2
+ 2 ln (
𝑅𝑒
𝑅𝑖
)) 
𝜋
ℎ𝑒𝐴𝑒
(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)𝐿 −
𝜋
ℎ𝑖𝐴𝑖
(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)𝐿 =
1
4𝑘
(𝑅𝑖
2 − 𝑅𝑒
2 + 2𝑅0
2 ln (
𝑅𝑒
𝑅𝑖
)) 
4𝜋𝑘𝐿(
𝑅𝑒
2
ℎ𝑒𝐴𝑒
+
𝑅𝑖
2
ℎ𝑖𝐴𝑖
− 𝑅0
2 (
1
ℎ𝑖𝐴𝑖
+
1
ℎ𝑒𝐴𝑒
)) = 𝑅𝑖
2 − 𝑅𝑒
2 + 2𝑅0
2 ln (
𝑅𝑒
𝑅𝑖
) 
4𝜋𝑘𝐿 (
𝑅𝑒
2
ℎ𝑒 ∙ 2𝜋𝑅𝑒𝐿
+
𝑅𝑖
2
ℎ𝑖 ∙ 2𝜋𝑅𝑖𝐿
− 𝑅0
2 (
1
ℎ𝑖 ∙ 2𝜋𝑅𝑖𝐿
+
1
ℎ𝑒 ∙ 2𝜋𝑅𝑒𝐿
)) = 𝑅𝑖
2 − 𝑅𝑒
2 + 2𝑅0
2 ln (
𝑅𝑒
𝑅𝑖
) 
4𝑘 (
𝑅𝑒
2ℎ𝑒
+
𝑅𝑖
2ℎ𝑖
− 𝑅0
2 (
1
ℎ𝑖 ∙ 2𝑅𝑖
+
1
ℎ𝑒 ∙ 2𝑅𝑒
)) = 𝑅𝑖
2 − 𝑅𝑒
2 + 2𝑅0
2 ln (
𝑅𝑒
𝑅𝑖
) 
Sustituyendo valores y resolviendo para 𝑅0 
4 ∙ 8 ∙ (
0,04
2 ∙ 240
+
0,02
2 ∙ 60
− 𝑅0
2 (
1
60 ∙ 2 ∙ 0,02
+
1
240 ∙ 2 ∙ 0,04
)) = 0,022 − 0,042 + 2𝑅0
2 ln (
4
2
) 
𝑅0
2 =
0,0046
ln(2) + 7,5
 ⇒ 𝑅0 = 0,0237 m = 2,37 cm 
Calculando las temperaturas externa e interna 
𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +
�̇�𝜋
ℎ𝑒𝐴𝑒
(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)𝐿 = 𝑇∞ +
�̇�𝜋
ℎ𝑒 ∙ 2𝜋𝑅𝑒𝐿
(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)𝐿 = 𝑇∞ +
�̇�(𝑅𝑒
2 − 𝑅0
2)
ℎ𝑒 ∙ 2𝑅𝑒
 
= 35 +
0,25 ∙ 106 ∙ (0,042 − 0,02372)
240 ∙ 2 ∙ 0,04
= 48,52 ℃ 
𝑇𝑠𝑖 = 𝑇𝑖 +
�̇�𝜋
ℎ𝑖𝐴𝑖
(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)𝐿 = 𝑇𝑖 +
�̇�𝜋
ℎ𝑖 ∙ 2𝜋𝑅𝑖𝐿
(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)𝐿 = 𝑇𝑖 +
�̇�(𝑅0
2 − 𝑅𝑖
2)
ℎ𝑖 ∙ 2𝑅𝑖
 
= 50 +
0,25 ∙ 106 ∙ (0,02372 − 0,022)
60 ∙ 2 ∙ 0,02
= 66,84 ℃ 
Hallando la temperatura máxima 
𝑇𝑠𝑒 − 𝑇0 =
�̇�𝑅0
2
4𝑘
(1 − (
𝑅𝑒
𝑅0
)
2
+ 2 ln (
𝑅𝑒
𝑅0
)) ⇒ 𝑇0 = 𝑇𝑠𝑒 −
�̇�𝑅0
2
4𝑘
(1 − (
𝑅𝑒
𝑅0
)
2
+ 2 ln (
𝑅𝑒
𝑅0
)) 
𝑇0 = 48,52 −
0,25 ∙ 106 ∙ 0,02372
4 ∙ 8
(1 − (
4
2,37
)
2
+ 2 ln (
4
2,37
)) = 52,03 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 8 
Dos paredes paralelas, a temperaturas T1 y T2, están separadas entre sí una distancia L. Entre ambas 
se coloca una barra cilíndrica de radio R y conductividad térmica k. El ambiente se encuentra a 
temperatura T∞ y por el mecanismo de convección recibe calor de la barra con coeficiente de 
convección h. 
(a) Formule el balance de energía y sus condiciones de borde. Resuelva el modelo 
analíticamente, encuentre el perfil de temperaturas en la barra. 
(b) Calcule la transferencia de calor hacia el ambiente. 
(c) Encuentre una expresión que permita determinar la posición 𝑥 donde ocurre la mínima 
temperatura de la barra. 
SOLUCIÓN: 
(a) Balance de energía: 
 
A partir de la figura, el balance es 
 
𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 = 𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 +
𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑
𝑑𝑥
𝑑𝑥 + 𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 
𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 = −𝑘𝐴𝑡
𝑑𝑇
𝑑𝑥
 
𝑑𝑞𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ(𝑇 − 𝑇∞)𝑑𝐴𝑠 = ℎ(𝑇 − 𝑇∞)𝑃𝑑𝑥 
Combinando las ecuaciones y simplificando 
0 =
𝑑
𝑑𝑥
(−𝑘𝐴𝑡
𝑑𝑇
𝑑𝑥
)𝑑𝑥 + ℎ(𝑇 − 𝑇∞)𝑃𝑑𝑥 ⇒ 
𝑑
𝑑𝑥
(𝐴𝑡
𝑑𝑇
𝑑𝑥
) −
ℎ𝑃
𝑘
(𝑇 − 𝑇∞) = 0 
Si el área transversal de la aleta es constante, entonces la ecuación diferencial de la transferencia de 
calor de una aleta es 
𝑑2𝑇
𝑑𝑥2
−
ℎ𝑃
𝑘𝐴𝑡
(𝑇 − 𝑇∞) = 0 
Si se define 𝑇1 la temperatura de la base de la aleta: 
𝜃 ≡
𝑇 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
 ⇒ 
𝑑2𝜃
𝑑𝑥2
−
ℎ𝑃
𝑘𝐴𝑡⏟
𝑚2
𝜃 = 0 ⇒ 
𝑑2𝜃
𝑑𝑥2
−𝑚2𝜃 = 0 
Cuya solución general son de la forma 
𝜃 = 𝐶1 cosh(𝑚𝑥) + 𝐶2 senh(𝑚𝑥) = 𝐾1 cosh(𝑚(𝑥 + 𝐾2)) 
La aleta a analizar tiene longitud finita, por lo que conviene la solución de cosenos/senos 
hiperbólicos (para una aleta infinita conviene la solución exponencial). Planteando las condiciones 
de borde isotérmicas 𝑇 = 𝑇1 si 𝑥 = 0 y 𝑇 = 𝑇2 si 𝑥 = 𝐿 
{
 
 
 
 
𝑑2𝜃
𝑑𝑥2
−𝑚2𝜃 = 0
𝜃 = 1 si 𝑥 = 0
𝜃 = 𝜃2 =
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
 si 𝑥 = 𝐿
 
𝑥 = 0 ⇒ 1 = 𝐶1 cosh(𝑚 ∙ 0) + 𝐶2 senh(𝑚 ∙ 0) ⇒ 𝐶1 = 1 
𝑥 = 𝐿 ⇒ 𝜃2 =
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
= 𝐶1 cosh(𝑚 ∙ 𝐿) + 𝐶2 senh(𝑚 ∙ 𝐿) ⇒ 𝐶2=
𝜃2 − cosh(𝑚𝐿)
senh(𝑚𝐿)
 
𝜃 = cosh(𝑚𝑥) +
𝜃2 − cosh(𝑚𝐿)
senh(𝑚𝐿)
senh(𝑚𝑥) 
𝜃 =
cosh(𝑚𝑥) senh(𝑚𝐿) − cosh(𝑚𝐿) senh(𝑚𝑥)
senh(𝑚𝐿)
+ 𝜃2
senh(𝑚𝑥)
senh(𝑚𝐿)
=
senh(𝑚(𝐿 − 𝑥))
senh(𝑚𝐿)
+ 𝜃2
senh(𝑚𝑥)
senh(𝑚𝐿)
 
𝑇 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
=
senh(𝑚(𝐿 − 𝑥))
senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
senh(𝑚𝑥)
senh(𝑚𝐿)
 
 
(b) El calor transferido al ambiente viene dado por 
Método 1. Integrando el calor diferencial de convección 
𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = ∫ ℎ(𝑇 − 𝑇∞)𝑃𝑑𝑥
𝐿
0
= ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞)∫
𝑇 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
𝑑𝑥
𝐿
0
= 
ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞)∫
𝑇 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
𝑑𝑥
𝐿
0
= ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞)∫ (
senh(𝑚(𝐿 − 𝑥))
senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
senh(𝑚𝑥)
senh(𝑚𝐿)
)𝑑𝑥
𝐿
0
 
= ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞) (
cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥))
−𝑚senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
cosh(𝑚𝑥)
𝑚 senh(𝑚𝐿)
) |
𝐿
0
= 
ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞) (
cosh(𝑚𝐿)
𝑚 senh(𝑚𝐿)
−
1
𝑚 senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)(
cosh(𝑚𝐿)
𝑚 senh(𝑚𝐿)
−
1
𝑚 senh(𝑚𝐿)
)) = 
 
𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = ℎ𝑃(𝑇1 − 𝑇∞)
cosh(𝑚𝐿) − 1
𝑚 senh(𝑚𝐿)
(1 +
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
) 
 
Método 2. Mediante balance de energía y calculando los calores por conducción encontrarndo 
indirectamente el de convección 
 
𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 |𝑥 = 0
= 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 + 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 |𝑥 = 𝐿
 ⇒ 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 |𝑥 = 0
− 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑 |𝑥 = 𝐿
 
𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = −𝑘𝐴𝑡
𝑑𝑇
𝑑𝑥
|
𝑥 = 0
− (−𝑘𝐴𝑡
𝑑𝑇
𝑑𝑥
|
𝑥 = 𝐿
) = 𝑘𝐴𝑡 (
𝑑𝑇
𝑑𝑥
|
𝑥 = 𝐿
−
𝑑𝑇
𝑑𝑥
|
𝑥 = 0
) = 
= 𝑘𝐴𝑡(𝑇1 − 𝑇∞) (
𝑑
𝑑𝑥
(
𝑇 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
) |
𝑥 = 𝐿
−
𝑑
𝑑𝑥
(
𝑇 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
) |
𝑥 = 0
) 
= 𝑘𝐴𝑡(𝑇1 − 𝑇∞) (
𝑑𝜃
𝑑𝑥
|
𝑥 = 𝐿
−
𝑑𝜃
𝑑𝑥
|
𝑥 = 0
) 
Calculando la derivada 
𝑑𝜃
𝑑𝑥
=
𝑑
𝑑𝑥
(
senh(𝑚(𝐿 − 𝑥))
senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
senh(𝑚𝑥)
senh(𝑚𝐿)
) = 𝑚(−
cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥))
senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
cosh(𝑚𝑥)
senh(𝑚𝐿)
) 
𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑘𝐴𝑡(𝑇1 − 𝑇∞)𝑚(−
1
senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
cosh(𝑚𝐿)
senh(𝑚𝐿)
− (−
cosh(𝑚𝐿)
senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
1
senh(𝑚𝐿)
)) 
 
𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑘𝐴𝑡(𝑇1 − 𝑇∞)𝑚(−
1
senh(𝑚𝐿)
+ (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
cosh(𝑚𝐿)
senh(𝑚𝐿)
+
cosh(𝑚𝐿)
senh(𝑚𝐿)
− (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
1
senh(𝑚𝐿)
) 
 
𝑄𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝑘𝐴𝑡(𝑇1 − 𝑇∞)𝑚
cosh(𝑚𝐿) − 1
senh(𝑚𝐿)
(1 +
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
) 
 
(c) Temperatura mínima: 
La posición donde ocurre la mínima temperatura de la barra viene dado por 
𝑑𝜃
𝑑𝑥
|
𝑥 = 𝑥0
= 0 ⇒ −𝑚
cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥0))
senh(𝑚𝐿)
+𝑚(
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
)
cosh(𝑚𝑥0)
senh(𝑚𝐿)
= 0 
−cosh(𝑚(𝐿 − 𝑥0)) + (
𝑇2 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
) cosh(𝑚𝑥0) = 0 
 
PROBLEMA 9. Disipación de calor en un chip mediante uso de aletas 
Conforme se colocan más y más componentes en un solo circuito integrado (chip), la cantidad de 
calor que se disipa continúa en aumento. Sin embargo, este incremento está limitado por la 
temperatura máxima permisible de operación del chip, que es alrededor de 75°C. Para maximizar la 
disipación de calor se propone que un arreglo de 4×4 aletas rectas circulares de cobre se una 
metalúrgicamente a la superficie externa de un clip cuadrado que tiene 12,7 mm de lado. 
(a) Dibuje el circuito térmico equivalente para el conjunto aleta-clip-tarjeta, suponiendo 
condiciones unidimensionales de estado estable y resistencia de contacto insignificante 
entre las puntas y el chip. 
(b) ¿cuál es el valor de �̇�𝐶 para 𝑇𝐶 = 75°C? El diámetro y longitud de una punta son 𝐷𝑃 =
1,5 mm , 𝐿𝑃 = 15 mm. El espesor del chip puede despreciarse. 
 
 
𝐿𝑏 = 0,005 m 
𝑘𝑏 = 1 
W
m ∙ K
 
𝑘𝑓 = 400 
W
m ∙ K
 
𝑅𝑡,𝑐
′′ = 1 ∙ 10−4 
K ∙ m2
W
 
𝑇∞,𝑖 = 20 °𝐶 
ℎ𝑖 = 40 
W
m2 ∙ K
 
𝑇∞,0 = 20 °𝐶 
ℎ0 = 1000 
W
m2 ∙ K
 
SOLUCIÓN: 
El diagrama de resistencias térmicas es el siguiente 
 
El calor transferido por abajo es: 
�̇�𝑖 =
𝑇𝐶 − 𝑇∞,𝑖
𝑅𝑡,𝑐
′′
𝐴 +
𝐿𝑏
𝑘𝑏𝐴
+
1
ℎ𝑖𝐴
=
𝑇𝐶 − 𝑇∞,𝑖
𝑅𝑡,𝑐
′′
𝑤2
+
𝐿𝑏
𝑘𝑏𝑤
2 +
1
ℎ𝑖𝑤
2
 
�̇�𝑖 =
75 − 20
1 ∙ 10−4
0,01272
+
0,005
1 ∙ 0,01272
+
1
40 ∙ 0,01272
= 0,29 W 
El calor transferido por arriba es 
�̇�0 =
𝑇𝐶 − 𝑇∞,0
1
𝑁
𝑅𝑡𝑓
+
1
1
ℎ0 (𝐴 −
𝜋
4 𝐷𝑃
2𝑁)
=
𝑇𝐶 − 𝑇∞,0
1
𝑁
𝑅𝑡𝑓
+ ℎ0 (𝑤
2 −
𝜋
4
𝐷𝑃
2𝑁)
 
Y se calcula la resistencia térmica de las aletas 
𝐿𝐶 = 𝐿𝑃 +
𝐷𝑃
4
= 15 +
1,5
4
= 15,375 mm = 0,015375 m 
𝐴𝑓 = 𝜋𝐷𝑃𝐿𝐶 = 𝜋 ∙ 0,0015 ∙ 0,015375 = 7,245 ∙ 10
−5 m2 
𝑚 = √
4ℎ0
𝑘𝑓𝐷𝑃
= √
4 ∙ 1000
400 ∙ 0,0015
= 81,65 m−1 
𝜂𝑓 =
tanh (𝑚𝐿𝐶)
𝑚𝐿𝐶
=
tanh (81,65 ∙ 0,015375 )
81,65 ∙ 0,015375
= 0,677 
𝑅𝑡𝑓 =
1
𝜂𝑓𝐴𝑓ℎ0
=
1
0,677 ∙ 7,245 ∙ 10−5 ∙ 1000
= 20,39 
K
W
 
�̇�0 =
75 − 20
1
16
20,39 + 1000 ∙ (0,0127
2 −
𝜋
4 ∙ 0,0015
2 ∙ 16)
= 50,47 W 
El calor transferido en el chip es 
�̇�𝐶 = �̇�0 + �̇�𝑖 = 50,47 + 0,29 = 50,76 W 
 
 
PROBLEMA 10. Disipación de calor en un chip mediante el uso de aletas 
Una tarjeta de circuitos, como la de cualquier procesador de computador personal tiene las 
dimensiones mostradas en la figura. Su funcionamiento disipa una potencia de 5 W. Suponiendo 
que la superficie inferior disipa una cantidad de calor muy pequeña, se puede asumir condición 
adiabática para simplificar el problema. El sistema está compuesto de la manera siguiente (de abajo 
hacia arriba): La tarjeta de 1 mm de espesor (kT = 12 W/m·K), un adhesivo de 1 mm de espesor (kA 
= 1,8 W/m·K) que fija la parte siguiente, un cuerpo de aletas rectas de perfil rectangular (N = 15 
aletas, kf =237 W/m·K). Por el área aleteada se expone a un fluido a una temperatura de 37 °C y un 
coeficiente convectivo de 45 W/m2·K. 
(a) Dibuje el circuito térmico equivalente y calcule todas las resistencias térmicas involucradas. 
(b) Determine la temperatura a ambos lados de la tarjeta de circuito. 
 
SOLUCIÓN: 
 
Conducción
tarjeta
Conducción 
adhesivo Aletas
Area sin
aletas
Al considerar la tarjeta como una pared plana en estado estacionario, se tiene que su ecuación 
unidimensional de conducción viene dada por 
{
 
 
 
 𝑘𝑇
𝜕2𝑇
𝜕𝑥2
+ �̇� = 0
𝑇(𝐿𝑇) = 𝑇𝑇
𝜕𝑇
𝜕𝑥
|
𝑥 = 0
= 0
 
𝑘𝑇
𝜕2𝑇
𝜕𝑥2
= −�̇� ⇒ 
𝑑𝑇
𝑑𝑥
= −
�̇�
𝑘𝑇
𝑥 + 𝐶1 ⇒ 𝑇(𝑥) = −
�̇�
2𝑘𝑇
𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
Aplicando la condición de borde adiabática 
𝜕𝑇
𝜕𝑥
|
𝑥 = 0
= 0 ⇒ 0 = −
�̇�
𝑘𝑇
∙ 0 + 𝐶1 ⇒ 𝐶1 = 0 
Y la condición isotérmica 
𝑥 = 𝐿𝑇 ⇒ 𝑇 = 𝑇𝑇 ⇒ 𝑇𝑇 = −
�̇�
2𝑘𝑇
𝐿𝑇
2 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 𝑇𝑇 +
�̇�
2𝑘𝑇
𝐿𝑇
2 
Por lo que su distribución de temperaturas es 
𝑇(𝑥) = −
�̇�
2𝑘𝑇
𝑥2 + 𝑇𝑇 +
�̇�
2𝑘𝑇
𝐿𝑇
2 = 𝑇𝑇 +
�̇�
2𝑘𝑇
(𝐿𝑇
2 − 𝑥2) 
Si 𝑥 = 0 ⇒ 𝑇 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 : 
𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇(0) = 𝑇𝑇 +
�̇�
2𝑘𝑇
(𝐿𝑇
2 − 02) = 𝑇𝑇 +
�̇�𝐿𝑇
2
2𝑘𝑇
 
El flujo de calor generado considerando una generación volumétrica uniforme es 
�̇� =∭ �̇�𝑑𝑉
𝑉
= �̇�𝑉 = �̇�𝐿𝑇𝑤𝑏 ⇒ �̇� =
�̇�
𝐿𝑇𝑤𝑏
 
Con esto se halla la resistencia de la tarjeta 
𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑇 + (
�̇�
𝐿𝑇𝑤𝑏
)
𝐿𝑇
2
2𝑘𝑇
 ⇒ �̇� =
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑇
𝐿𝑇
2𝑘𝑇𝑤𝑏
 
𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎 =
𝐿𝑇
2𝑘𝑇𝑤𝑏
=
0,001
2 ∙ 12 ∙ 0,05 ∙ 0,045
= 0,0185 
K
W
 
𝑅𝑡,𝑎𝑑ℎ𝑒𝑠𝑖𝑣𝑜 =
𝐿𝐴
𝑘𝐴𝐴
=
𝐿𝐴
𝑘𝐴𝑤𝑏
=
0,001
1,8 ∙ 0,05 ∙ 0,045
= 0,2469 
K
W
 
Luego se calcula la resistencia debido a cada aleta: 
 
𝑡 = 0,2 mm = 0,0002 m 
𝑤 = 5 cm = 0,05 m 
𝐿 = 2 cm = 0,02 m 
ℎ = 45 
W
m2 ∙ K
 
𝑘𝑓 = 237 
W
m ∙ K
 
𝑚 = √
2ℎ
𝑘𝑓𝑡
= √
2 ∙ 45
237 ∙ 0,0002
= 43,57 m−1 
𝐿𝐶 = 𝐿 +
𝑡
2
= 0,02 +
0,0002
2
= 0,0201 m 
𝜂𝑓 =
tanh (𝑚𝐿𝐶)
𝑚𝐿𝐶
=
tanh (43,57 ∙ 0,0201 )
43,57 ∙ 0,0201
= 0,8042 
𝐴𝑓 = 2𝑤𝐿𝐶 = 2 ∙ 0,05 ∙ 0,0201 = 0,00201 m
2 
𝑅𝑡𝑓 =
1
𝜂𝑓𝐴𝑓ℎ
=
1
0,8042 ∙ 0,00201 ∙ 45
= 13,748 
K
W
 
𝐴𝑒 = 𝐴 − 𝑁𝑡𝑤 = 𝑤𝑏 − 𝑁𝑡𝑤 = (𝑏 − 𝑁𝑡)𝑤 = (0,045 − 15 ∙ 0,0002) ∙ 0,05 = 0,0021 m
2 
𝑅𝑡,𝑐𝑜𝑛𝑣 =
1
ℎ𝐴𝑒
=
1
45 ∙ 0,0021
= 10,582 
K
W
 
𝑅𝑡 = 𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎 + 𝑅𝑡,𝑎𝑑ℎ𝑒𝑠𝑖𝑣𝑜 +
1
𝑁
𝑅𝑡𝑓
+
1
𝑅𝑡,𝑐𝑜𝑛𝑣
= 0,0185 + 0,2469+
1
15
13,748 +
1
10,582
= 1,1089 
K
W
 
 
�̇� =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇∞
𝑅𝑡
 ⇒ 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇∞ + �̇�𝑅𝑡 
Sabiendo que la tarjeta disipa una potencia de �̇� = 5 W : 
𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇∞ + �̇�𝑅𝑡 = 37 + 5 ∙ 1,1089 = 42,54 ℃ 
La temperatura del lado de arriba de la tarjeta se obtiene a partir de 
�̇� =
∆𝑇
𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎
=
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇𝑇
𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎
 ⇒ 𝑇𝑇 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − �̇�𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎 
𝑇𝑇 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 − �̇�𝑅𝑡,𝑡𝑎𝑟𝑗𝑒𝑡𝑎 = 𝑇𝑇 = 42,54 − 5 ∙ 0,0185 = 42,45 ℃ 
PROBLEMA 11 
Un reactor esférico contiene en su núcleo un material sólido (𝑘𝑜 = 40 W/m ∙ K) donde se lleva a 
cabo una reacción química que genera calor que sigue la siguiente función de distribución: 
�̇� = �̇�0(1 − (𝑟/𝑅)
2) 
Donde 𝑅 = 30 cm, �̇�0 = 1 MW/m
3 y 𝑟 es la variable radial de coordenadas esféricas. El núcleo 
está recubierto de un material de conductividad 𝑘𝑚 = 0,002 W/m ∙ K y tiene un diámetro externo 
de 80 cm. Adicionalmente el sistema tiene seiscientas aletas cilíndricas de 6 cm de longitud y 8 mm 
de diámetro (𝑘𝑓 = 80 W/m ∙ K). El coeficiente convectivo es de 100 W/m
2 ∙ K. La temperatura 
ambiental de la corriente libre es 25 ºC. 
(a) Calcule el calor transferido. 
(b) Halle la temperatura de la superficie externa del núcleo y de la superficie externa del 
contenedor. 
Determine la temperatura del centro del núcleo reactivo. 
SOLUCIÓN: 
Transferencia de calor 
(a) El calor transferido se halla a partir de la distribución de calor volumétrico: 
�̇� =∭ �̇�𝑑𝑉
𝑉
=∭ �̇�𝑟2 sen𝜙 𝑑𝑟𝑑𝜙𝑑𝜃
𝑉
 
Como el volumen de una esfera es 𝑉 =
4
3
𝜋𝑟3 ⇒ 𝑑𝑉 = 4𝜋𝑟2𝑑𝑟 
�̇� =∭ �̇�𝑑𝑉
𝑉
= ∫ �̇� ∙ 4𝜋𝑟2𝑑𝑟
𝑅
0
= ∫ �̇�0 (1 − (
𝑟
𝑅
)
2
) ∙ 4𝜋𝑟2𝑑𝑟
𝑅
0
= 
= 4𝜋�̇�0∫ (𝑟
2 −
𝑟4
𝑅2
)𝑑𝑟
𝑅
0
= 4𝜋�̇�0 (
𝑟3
3
−
𝑟5
5𝑅2
) |
𝑅
0
= 4𝜋�̇�0 (
𝑅3
3
−
𝑅5
5𝑅2
) =
8𝜋
15
�̇�0𝑅
3 
�̇� =
8𝜋
15
�̇�0𝑅
3 =
8𝜋
15
∙ 1 ∙ 106 ∙ 0,33 = 45239 W 
(b) Se emplea un gradiente de temperaturas desde la temperatura externa del núcleo (𝑇𝑠𝑖) hasta 
la temperatura ambiental (𝑇∞), entonces el calor transferido puede ser expresado como 
�̇� =
𝑇𝑠𝑖 − 𝑇∞
1
𝑅1
−
1
𝑅2
4𝜋𝑘𝑚
+
1
ℎ(𝑁𝑓𝜂𝑓𝐴𝑓 + 𝐴𝑜)
=
𝑇𝑠𝑒 − 𝑇∞
1
ℎ(𝑁𝑓𝜂𝑓𝐴𝑓 + 𝐴𝑜)
=
𝑇𝑠𝑖 − 𝑇𝑠𝑒
1
𝑅1
−
1
𝑅2
4𝜋𝑘𝑚
 
Donde 𝐴𝑜 es el área de la superficie externa quitándole las áreas de las bases de las aletas 
𝐴𝑜 = 4𝜋𝑅2
2 −𝑁𝑓 ∙
𝜋
4
𝐷2 
Aletas: 
La eficiencia de este tipo de aletas viene dado por 
𝜂𝑓 =
tanh(𝑚𝐿𝑐)
𝑚𝐿𝑐
 
Donde la longitud corregida 𝐿𝑐 es la longitud tal que el área total de la aleta se conserva (la punta de 
la aleta se considera adiabática) 
Area aleta = 𝜋𝐷𝐿𝑓 +
𝜋
4
𝐷2 = 𝜋𝐷𝐿𝑐 ⇒ 𝐿𝑐 =
𝜋𝐷𝐿𝑓 +
𝜋
4
𝐷2
𝜋𝐷
= 𝐿𝑓 +
𝐷
4
 
𝐿𝑐 = 𝐿𝑓 +
𝐷
4
= 0,06 +
0,008
4
= 0,062 m 
𝑚 = √
ℎ𝑃
𝑘𝑓𝐴𝑡
= √
ℎ𝜋𝐷
𝑘𝑓 (
𝜋
4 𝐷
2)
= √
4ℎ
𝑘𝑓𝐷
= √
4 ∙ 100
80 ∙ 0,008
= √
22 ∙ 102
82 ∙ 10−2
= 25 m−1 
𝜂𝑓 =
tanh(𝑚𝐿𝑐)
𝑚𝐿𝑐
=
tanh(25 ∙ 0,062)
25 ∙ 0,062
= 0,58954 
𝐴𝑓 = 𝜋𝐷𝐿𝑐 = 𝜋 ∙ 0,008 ∙ 0,06 = 0,001508 m
2 
Luego con la aleta resuelta, se encuentra la temperatura externa del contenedor 
𝑇𝑠𝑒 = 𝑇∞ +
�̇�
ℎ(𝑁𝑓𝜂𝑓𝐴𝑓 + 𝐴𝑜)
= 𝑇∞ +
�̇�
ℎ (𝑁𝑓𝜂𝑓𝐴𝑓 + 4𝜋𝑅2
2 −𝑁𝑓 ∙
𝜋
4 𝐷
2)
= 
= 25 +
45239
100 ∙ (600 ∙ 0,58954 ∙ 0,001508 + 4𝜋 ∙ 0,42 − 600 ∙
𝜋
4 ∙ 0,008
2)
= 204,96 ℃ ≈ 205 ℃ 
𝑇𝑠𝑖 = 𝑇𝑠𝑒 +
�̇�
1
𝑅1
−
1
𝑅2
4𝜋𝑘𝑚
= 205 +
45239
1
0,3
−
1
0,4
4𝜋 ∙ 0,002
= 1569 ℃ 
Generación de calor. Perfil de temperaturas del núcleo reactivo 
La ecuación de la distribución de temperaturas en coordenadas esféricas, en estado estacionario y 
flujo de calor unidireccional viene dado por 
𝑘
1
𝑟2
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟2
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) + �̇� = 0 
Arreglando e integrando una vez 
𝜕
𝜕𝑟
(𝑟2
𝜕𝑇
𝜕𝑟
) = −
�̇�
𝑘
𝑟2 ⇒ 𝑟2
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= ∫(−
�̇�
𝑘
𝑟2)𝑑𝑟 + 𝐶1 
𝑟2
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= −
�̇�0
𝑘
∫(1 − (
𝑟
𝑅
)
2
) 𝑟2𝑑𝑟 + 𝐶1 = −
�̇�0
𝑘
∫(𝑟2 −
𝑟4
𝑅2
)𝑑𝑟 + 𝐶1 
𝑟2
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= −
�̇�0
𝑘
(
𝑟3
3
−
𝑟5
5𝑅2
) + 𝐶1 ⇒ 
𝜕𝑇
𝜕𝑟
= −
�̇�0
𝑘
(
𝑟
3
−
𝑟3
5𝑅2
) +
𝐶1
𝑟2
 
Integrando una vez más 
𝑇 = ∫(−
�̇�0
𝑘
(
𝑟
3
−
𝑟3
5𝑅2
) +
𝐶1
𝑟2
)𝑑𝑟 + 𝐶2 = −
�̇�0
𝑘
(
𝑟2
6
−
𝑟4
20𝑅2
) −
𝐶1
𝑟
+ 𝐶2 
Como la temperatura tiene que ser finita en r = 0 entonces necesariamente 𝐶1 = 0, entonces el 
perfil de temperaturas viene dado por: 
𝑇 = −
�̇�0
𝑘
(
𝑟2
6
−
𝑟4
20𝑅2
) + 𝐶2 
Aplicando la condición de borde isotérmica en la superficie externa del núcleo: 
𝑇 = 𝑇𝑠𝑖 si 𝑟 = 𝑅 
𝑇𝑠𝑖 = −
�̇�0
𝑘
(
𝑅2
6
−
𝑅4
20𝑅2
) + 𝐶2 
Y la temperatura del centro del núcleo es 
𝑇 = 𝑇𝑜 si 𝑟 = 0 
𝑇𝑜 = 0 + 𝐶2 
Así se tiene que 
𝑇𝑠𝑖 = −
�̇�0
𝑘
(
𝑅2
6
−
𝑅4
20𝑅2
) + 𝑇𝑜 ⇒ 𝑇𝑜 = 𝑇𝑠𝑖 +
�̇�0𝑅
2
𝑘
(
1
6
−
1
20
) 
𝑇𝑜 = 1569 +
1 ∙ 106 ∙ 0,32
40
(
1
6
−
1
20
) = 1832 ℃ 
 
 
 
PROBLEMA 12. Pérdidas de calor en una tubería enterrada 
Una tubería de 10 cm de diámetro interno y 1 cm de espesor conduce agua a 90 ºC a una velocidad 
media de 1,2 m/s. La tubería se encuentra enterrada a 1 m de la superficie la cual se encuentra a 20 
ºC. El coeficiente de transferencia de calor es de 4500 W/m2-ºC, La conductividad de la tubería es 
de 25 W/m-ºC y la del piso 1,5 W/m-ºC. 
(a) Calcule la cantidad de calor transferida por metro de tubería. 
(b) Estime aproximadamente la longitud del tramo de la tubería en la que el agua baje a 79 ºC. 
La densidad promedio del agua es de 969 kg/m3 y su calor específico promedio es de 4200 J/kgºC. 
SOLUCIÓN: 
 
(a) La transferencia de calor viene dada por 
�̇� =
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
1
ℎ𝑖(𝜋𝐷𝑡𝑖𝐿)
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
+
1
𝑆𝑘𝑆
 ⇒ 
�̇�
𝐿
=
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
1
ℎ𝑖(𝜋𝐷𝑡𝑖)
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡
+
1
(𝑆/𝐿)𝑘𝑆
 
𝐷𝑡𝑖 = 10 cm = 0,1 m ⇒ 𝐷𝑡𝑒 = 𝐷𝑡𝑖 + 2 ∙ 0,01 = 0,12 m 
 
 
 
𝑆 =
2𝜋𝐿
cosh−1(𝑧/𝑟)
 con 𝑧 > 𝑟 
 
𝑆
𝐿
=
2𝜋
cosh−1(𝑧/𝑟)
=
2𝜋
cosh−1 (
1
0,12/2
)
= 1,7923 m/m 
 
�̇�
𝐿
=
90 − 20
1
4500 ∙ 𝜋 ∙ 0,1
+
ln(12/10)
2𝜋 ∙ 25
+
1
1,7923 ∙ 1,5
= 187,3 W/m 
(b) La longitud de la tubería se encuentra a partir del balance de energía del agua 
�̇� = �̇�𝐶𝑃(𝑇𝑒𝑛𝑡 − 𝑇𝑠𝑎𝑙) ⇒ 𝐿 =
�̇�𝐶𝑃(𝑇𝑒𝑛𝑡 − 𝑇𝑠𝑎𝑙)
�̇�/𝐿
=
(1,2 ∙ 969 ∙
𝜋
4 ∙ 0,1
2) ∙ 4200 ∙ (90 − 79)
187,3
= 2253 m 
 
PROBLEMA 13. Pérdidas de calor en una tubería enterrada 
En una residencia los edificios son calentados por vapor saturado generado en una estación central. 
El vapor saturado está a una temperatura de 200 °C y el coeficiente convectivo es de 1000 W/m2·K. 
La tubería del vapor tiene 20 cm de diámetro interno y un espesor de 5 mm (ktubería = 41 W/m·K). 
Además está instalado una capa aislante de 6 cm de espesor (kaislante = 0,06 W/m·K). La tubería con 
aislante está enterrada a 2 m por debajo de la superficie del piso (ksuelo = 0,52 W/m·K). La entalpía 
de vaporización del agua a 200 °C es 1939,7 kJ/kg. Determine la transferencia de calor por unidad 
de longitud del tubo si la superficie del suelo está a 0 °C y calcule el flujo másico mínimo de vapor 
para que la calidad en la salida de la tubería sea al menos un 80% si esta tiene 600 m de longitud. 
SOLUCIÓN: 
 
𝑅𝑡 =
1
ℎ𝑖𝐴𝑖
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡𝐿
+
ln(𝐷𝑎/𝐷𝑡𝑒)
2𝜋𝑘𝑎𝐿
+
1
𝑆𝑘𝑠
 ⇒ 𝑅𝑡
′ =
1
ℎ𝑖𝜋𝐷𝑡𝑖
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝑡
+
ln(𝐷𝑎/𝐷𝑡𝑒)
2𝜋𝑘𝑎
+
1
𝑆′𝑘𝑠
 
𝐷𝑡𝑖 = 20 cm = 0,2 m 
𝐷𝑡𝑒 = 𝐷𝑡𝑖 + 2 ∙ 5 mm = 0,2 + 0,01 = 0,21 m 
𝐷𝑎 = 𝐷𝑡𝑒 + 2 ∙ 6 mm = 0,21 + 0,12 = 0,33 m 
 
 
 
𝑆 =
2𝜋𝐿
cosh−1(𝑧/𝑟)
 con 𝑧 > 𝑟 
 
𝑆′ =
𝑆
𝐿
=
2𝜋
cosh−1(𝑧/𝑟)
=
2𝜋
cosh−1 (
2
0,33/2
)
= 1,9719 m/m 
 
𝑅𝑡
′ =
1
1000 ∙ 𝜋 ∙ 0,2
+
ln(0,21/0,2)
2𝜋 ∙ 41
+
ln(0,33/0,21)
2𝜋 ∙ 0,06
+
1
1,9719 ∙ 0,52
= 2,1759 
K ∙ m
W
 
�̇�′ =
∆𝑇
𝑅𝑡
′ =
𝑇𝑖 − 𝑇𝑆
𝑅𝑡
′ =
200 − 0
2,1759
= 91,92 
W
m
 ⇒ �̇� = �̇�′𝐿 = 91,92 ∙ 600 = 55150 W = 55,15 kW 
{
ℎ𝑒𝑛𝑡 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑒ℎ𝑓𝑔
ℎ𝑠𝑎𝑙= ℎ𝑓 + 𝜒𝑠ℎ𝑓𝑔
 ⇒ ℎ𝑒𝑛𝑡 − ℎ𝑠𝑎𝑙 = ∆ℎ = (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠)ℎ𝑓𝑔 = ℎ𝑓𝑔∆𝜒 
�̇� = �̇�ℎ𝑓𝑔(𝜒𝑒 − 𝜒𝑠) ⇒ �̇� =
�̇�
ℎ𝑓𝑔(𝜒𝑒 − 𝜒𝑠)
=
55,15
1939,7 ∙ (1 − 0,8)
= 0,1422
kg
s
 
Convección 
interna
Conducción
tubería
Conduccion
bidimensional
Conducción
aislante
PROBLEMA 14 
En la figura adjunta se muestra el corte de una columna de sección cuadrada de 𝑧 = 30 cm de lado 
en la cual se encuentra empotrada una tubería de diámetro externo 20 cm y espesor 2 cm. Por la 
tubería circula agua a una velocidad de 1 m/s y a 50 ºC (hi = 875 W/m2-ºC) y el ambiente exterior se 
encuentra a 25 ºC (ho = 22 W/m2-ºC). La conductividad térmica de la columna es de 𝑘𝐵 = 15 W/m-
ºC y la de la tubería 𝑘𝐴 = 25 W/m-ºC. 
(a) Determine la velocidad de transferencia de calor por unidad de longitud. 
(b) Si la columna tiene 30 m de alto determine en cuanto varía la temperatura del agua que 
circula por la tubería. 
Comente sus suposiciones, aproximaciones y resultados. 
 
SOLUCIÓN: 
 
(a) La transferencia de calor viene dada por 
�̇� =
𝑇𝑖 − 𝑇∞
1
ℎ𝑖𝐴𝑖
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝐴𝐿
+
1
𝑆𝑘𝐵
+
1
ℎ𝑒𝐴𝑒
=
𝑇𝑖 − 𝑇∞
1
ℎ𝑖(𝜋𝐷𝑡𝑖𝐿)
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝐴𝐿
+
1
𝑆𝑘𝐵
+
1
ℎ𝑒(4𝑧𝐿)
 
Expresando la ecuación anterior por unidad de longitud 
�̇�
𝐿
=
𝑇𝑖 − 𝑇∞
1
ℎ𝑖(𝜋𝐷𝑡𝑖)
+
ln(𝐷𝑡𝑒/𝐷𝑡𝑖)
2𝜋𝑘𝐴
+
1
(𝑆/𝐿)𝑘𝐵
+
1
ℎ𝑒(4𝑧)
 
El diámetro externo es 𝐷𝑡𝑒 = 0,2 m por lo tanto el interno es de 𝐷𝑡𝑒 = 0,2 − 2 ∙ 0,02 = 0,16 m 
Primero se calcula la resistencia debido a la conducción bidimensional: 
 
𝑆 =
2𝜋𝐿
ln (
0,54𝑧
𝑟
)
 con 𝐿 ≫ 𝑧 
 
𝑆
𝐿
=
2𝜋
ln (
0,54 ∙ 0,3
0,2/2
)
= 13,02 m/m 
Sustituyendo los valores 
�̇�
𝐿
=
50 − 25
1
875 ∙ 𝜋 ∙ 0,16
+
ln(20/16)
2𝜋 ∙ 25
+
1
13,02 ∙ 15
+
1
22 ∙ 4 ∙ 0,3
= 535,4 W/m 
(b) Mediante un balance de energía del agua se busca el cambio de temperatura del agua. El 
flujo másico de agua viene dado por (densidad del agua a 50 ºC es 988 kg/m3 y el calor 
específico es 4195 J/kgºC) 
�̇� = 𝜌𝑢𝐴𝑡 = 988 ∙ 1 ∙
𝜋
4
∙ 0,162 = 19,86 kg/s 
El balance de energía es (suponiendo despreciables otros tipos de cambios de energías como la 
potencial, cinética y la fricción en la tubería): 
�̇� = �̇�𝐶𝑃(𝑇𝑒𝑛𝑡 − 𝑇𝑠𝑎𝑙) = �̇�𝐶𝑃∆𝑇 ⇒ ∆𝑇 =
�̇�
�̇�𝐶𝑃
 
Suponiendo que la tasa de transferencia de calor no cambia mucho con la longitud (lo cual es falso 
ya que la temperatura interna 𝑇𝑖 varía a lo largo de la longitud, pero aquí se supone que la tasa de 
transferencia de calor es la misma calculada en la parte (a)): 
∆𝑇 =
�̇�
�̇�𝐶𝑃
=
535,4
W
m ∙ 30 m
19,86 
kg
s ∙ 4195 
J
kg ∙ ℃
= 0,19 K 
Por lo que la variación de temperatura del agua es de 0,2 K, verificando que es válida la 
aproximación de tasa de transferencia de calor constante a lo largo de la tubería. 
 
 
 
 
PROBLEMA 15. Condensación de vapor utilizando aletas 
Agua a una temperatura de 130 °C y una calidad de 99% entra con un caudal de 1,1 kg/s a una 
tubería de un material A (kA = 10 W/m·K) de 200 m de longitud y de 4,0 cm y 4,2 cm sus 
respectivos diámetros. Está recubierta por un material B (kB = 10 W/m·K) de forma cuadrada de 
arista 6,0 cm. La superficie posee 12 aletas longitudinales (a lo largo de toda la estructura) de 
espesor 2 mm y longitud 4,0 cm con una conductividad térmica de 15 W/m·K. 
 
El medio ambiente es aire a una temperatura de 20 °C y el coeficiente convectivo aire-superficie es 
de 40 W/m2·K y el coeficiente convectivo mezcla agua líquida-vapor con la pared interna es de 
5000 W/m2·K. La entalpía de vaporización del agua a 130 °C es de 2174,2 kJ/kg. 
Calcule la calidad a la salida de la tubería. 
SOLUCIÓN: 
El diagrama de resistencias térmicas es el siguiente 
 
𝑅𝑡 =
1
ℎ𝑖𝐴𝑖
+
ln (
𝐷𝑡𝑒
𝐷𝑡𝑖
)
2𝜋𝑘𝐴𝐿
+
1
𝑆𝑘𝐵
+
1
𝑁
𝑅𝑡𝑓
+
1
1
ℎ𝑒𝐴𝑒
 
Convección 
interna
Conducción 
tubería
Conducción 
bidimensional Aletas
Area sin
aletas
Primero se calcula la resistencia debido a la conducción bidimensional: 
 
𝑆 =
2𝜋𝐿
ln (
0,54𝑧
𝑟
)
 con 𝐿 ≫ 𝑧 
 
𝑆 =
2𝜋 ∙ 200
ln (
0,54 ∙ 0,06
0,042/2
)
= 2897,9 m 
Luego se calcula la resistencia debido a cada aleta: 
 
𝑡 = 0,002 m 
𝑤 = 𝐿 = 200 m 
𝐿𝑎 = 0,04 m 
ℎ𝑒 = 40 
W
m2 ∙ K
 
𝑘𝑓 = 15 
W
m ∙ K
 
𝑚 = √
2ℎ𝑒
𝑘𝑓𝑡
= √
2 ∙ 40
15 ∙ 0,002
= 51,64 m−1 
𝐿𝐶 = 𝐿𝑎 +
𝑡
2
= 0,04 +
0,002
2
= 0,041 m 
𝜂𝑓 =
tanh (𝑚𝐿𝐶)
𝑚𝐿𝐶
=
tanh (51,64 ∙ 0,041 )
51,64 ∙ 0,041
= 0,4588 
𝐴𝑓 = 2𝑤𝐿𝐶 = 2 ∙ 200 ∙ 0,041 = 16,4 m
2 
𝑅𝑡𝑓 =
1
𝜂𝑓𝐴𝑓ℎ𝑒
=
1
0,4588 ∙ 16,4 ∙ 40
= 3,322 ∙ 10−3 
K
W
 
𝐴𝑒 = 4𝑧𝐿 − 𝑁𝑡𝐿 = (4𝑧 − 𝑁𝑡)𝐿 = (4 ∙ 0,06 − 12 ∙ 0,002) ∙ 200 = 43,2 m
2 
𝐴𝑖 = 𝜋𝐷𝑡𝑖𝐿 = 𝜋 ∙ 0,04 ∙ 200 = 25,1 m
2 
𝑅𝑡 =
1
5000 ∙ 25,1
+
ln (
4,2
4,0)
2𝜋 ∙ 10 ∙ 200
+
1
2897,9 ∙ 10
+
1
12
3,322 ∙ 10−3
+
1
1
40 ∙ 43,2
= 2,336 ∙ 10−4 
K
W
 
�̇� =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇𝑖 − 𝑇∞
𝑅𝑡
=
130 − 20
2,336 ∙ 10−4
= 470882 W = 470,9 W 
{
ℎ𝑒𝑛𝑡 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑒ℎ𝑓𝑔
ℎ𝑠𝑎𝑙 = ℎ𝑓 + 𝜒𝑠ℎ𝑓𝑔
 ⇒ ℎ𝑒𝑛𝑡 − ℎ𝑠𝑎𝑙 = ∆ℎ = (𝜒𝑒 − 𝜒𝑠)ℎ𝑓𝑔 = ℎ𝑓𝑔∆𝜒 
�̇� = �̇�ℎ𝑓𝑔(𝜒𝑒 − 𝜒𝑠) ⇒ 𝜒𝑠 = 𝜒𝑒 −
�̇�
�̇�ℎ𝑓𝑔
= 0,99 −
470,9
1,1 ∙ 2174,2
= 0,793 (79,3%) 
PROBLEMA 16. Transferencia de calor en una caja con hielo 
Una caja tiene dimensiones externas 40cm x 50 cm x 60 cm y sus paredes tienen 3 cm de espesor y 
está construida de un material de conductividad 0,22 W/m·K. En su interior hay hielo a 0 ºC y el 
ambiente externo está a 30 ºC. El coeficiente de convección interno de la caja es de 5 W/m2 ∙ K y 
el exterior 8 W/m2 ∙ K . Determine cuanto tiempo tarda en derretirse 500 g de hielo. 
La entalpía de fusión del hielo a 0 °C es 335,2 kJ/kg y la densidad del hielo es 916,8 kg/m3. 
SOLUCIÓN: 
Se emplea el uso de factores de formas en una geometría tridimensional: 
 
 
Factor de forma de la pared: 
𝑆𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑 =
𝐴
𝐿
 
 
Factor de forma de la arista: 
𝑆𝑎𝑟𝑖𝑠𝑡𝑎 = 0,54𝐷 
 
Factor de forma de la esquina: 
𝑆𝑒𝑠𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎 = 0,15𝐿 
𝐴: Área de la pared 
𝐿 : Espesor de la pared 
𝐷: Longitud de la arista 
Suponiendo que hay transferencia de calor en toda la caja completa. La geometría se describe como: 
{
 
 
 
 
 
2 caras superior e inferior de 40 cm × 50 cm 
2 caras laterales de 40 cm × 60 cm
2 caras laterales de 50 cm × 60 cm
4 aristas de longitud 60 cm (verticales)
4 aristas de longitud 40 cm (horizontales)
4 aristas de longitud 50 cm (horizontales)
8 esquinas cúbicas de 3 cm de arista
 
La ecuación de resistencias térmicas es la siguiente 
𝑅𝑡 =
1
2(
1
𝑅𝑡,𝑃𝑆
) + 2 (
1
𝑅𝑡,𝑃𝐿1
) + 2 (
1
𝑅𝑡,𝑃𝐿2
) + 4 (
1
𝑅𝑡,𝐴60
) + 4 (
1
𝑅𝑡,𝐴40
) + 4 (
1
𝑅𝑡,𝐴50
) + 8 (
1
𝑅𝑡,𝐸
)
 
Pared superior e inferior 40x50 cm: 
 
𝐴𝑃𝑆 = (0,4 − 2 ∙ 0,03)(0,4 − 2 ∙ 0,03) = 0,1496 m
2 
𝑆𝑃𝑆 =
𝐴
𝐿
=
0,1496
0,03
= 4,99 m 
𝑅𝑡,𝑃𝑆 =
1
ℎ𝑖𝐴𝑃𝑆
+
1
𝑆𝑃𝑆𝑘
+
1
ℎ𝑒𝐴𝑃𝑆
= 3,084 
K
W
 
Pared lateral 40x60 cm: 
𝐴𝑃𝐿1 = (0,4 − 2 ∙ 0,03)(0,6 − 2 ∙ 0,03) = 0,1836 m
2 
𝑆𝑃𝐿1 =
𝐴
𝐿
=
0,1836
0,03
= 6,12 m 
𝑅𝑡,𝑃𝐿1 =
1
ℎ𝑖𝐴𝑃𝐿1
+
1
𝑆𝑃𝐿1𝑘
+
1
ℎ𝑒𝐴𝑃𝐿1
= 2,513 
K
W
 
Pared lateral 50x60 cm: 
𝐴𝑃𝐿2 = (0,5 − 2 ∙ 0,03)(0,6 − 2 ∙ 0,03) = 0,2376 m
2 
𝑆𝑃𝐿2 =
𝐴
𝐿
=
0,2376
0,03
= 7,92 m 
𝑅𝑡,𝑃𝐿2 =
1
ℎ𝑖𝐴𝑃𝐿2
+
1
𝑆𝑃𝐿2𝑘
+
1
ℎ𝑒𝐴𝑃𝐿2
= 1,942 
K
W
 
Arista de 60 cm: 
𝐴𝐴60 = 2 ∙ 0,03 ∙ (0,6 − 2 ∙ 0,03) = 0,0162 m
2 𝑆𝐴60 = 0,54𝐷 = 0,54 ∙ 0,54 = 0,2916 m 
𝑅𝑡,𝐴60 =
1
𝑆𝐴60𝑘
+
1
ℎ𝑒𝐴𝐴60
= 23,30 
K
W
 
Arista de 40 cm: 
𝐴𝐴40 = 2 ∙ 0,03 ∙ (0,4 − 2 ∙ 0,03) = 0,0102 m
2 𝑆𝐴40 = 0,54𝐷 = 0,54 ∙ 0,36 = 0,1836 m 
𝑅𝑡,𝐴40 =
1
𝑆𝐴40𝑘
+
1
ℎ𝑒𝐴𝐴40
= 37,01 
K
W
 
Arista de 50 cm: 
𝐴𝐴50 = 2 ∙ 0,03 ∙ (0,5 − 2 ∙ 0,03) = 0,0132 m
2 𝑆𝐴50 = 0,54𝐷 = 0,54 ∙ 0,44 = 0,2376 m 
 
𝑅𝑡,𝐴50 =
1
𝑆𝐴50𝑘
+
1
ℎ𝑒𝐴𝐴50
= 28,60 
K
W
 
Esquina: 
𝐴𝐴50 = 3 ∙ 3 ∙ 3 = 27 cm
2 = 0,0027 m2 𝑆𝐴50 = 0,15𝐿 = 0,15 ∙ 0,03 = 0,0045 m 
 
𝑅𝑡,𝐸 =
1
𝑆𝐸𝑘
+
1
ℎ𝑒𝐴𝐸= 1056 
K
W
 
La resistencia térmica total es: 
𝑅𝑡 =
1
2(
1
𝑅𝑡,𝑃𝑆
) + 2 (
1
𝑅𝑡,𝑃𝐿1
) + 2 (
1
𝑅𝑡,𝑃𝐿2
) + 4 (
1
𝑅𝑡,𝐴60
) + 4 (
1
𝑅𝑡,𝐴40
) + 4 (
1
𝑅𝑡,𝐴50
) + 8 (
1
𝑅𝑡,𝐸
)
 
𝑅𝑡 =
1
2(
1
3,084
) + 2 (
1
2,513
) + 2 (
1
1,942
) + 4 (
1
23,30
) + 4 (
1
37,01
) + 4 (
1
28,6
) + 8 (
1
1056
)
= 0,3446
K
W
 
�̇� =
∆𝑇
𝑅𝑡
=
𝑇∞ − 𝑇𝑖
𝑅𝑡
=
30 − 0
0,3446
= 87,05 W 
Si se define 𝜒 como la fracción de líquido en un equilibrio sólido-líquido del hielo (𝜒 = 0 si es 
hielo completamente y 𝜒 = 1 si todo el hielo se fundió) 
𝜒 =
masa de líquido
masa de líquido + hielo
 
y ℎ1 y ℎ2 como las entalpías iniciales y finales respectivamente, entonces 
{
ℎ1 = ℎ𝑠 + 𝜒1(ℎ𝑓 − ℎ𝑠)
ℎ2 = ℎ𝑠 + 𝜒2(ℎ𝑓 − ℎ𝑠)
 ⇒ ∆ℎ = ℎ2 − ℎ1 = (𝜒2 − 𝜒1)ℎ𝑓𝑠 
𝜒1 = 0 (inicialmente hay puro hielo y no se ha fundido nada) 
La masa de hielo dentro de la caja es 
𝑚 = 𝜌𝑆𝑉 = 916,8 
kg
m3
∙
(40 − 2 ∙ 3) ∙ (50 − 2 ∙ 3) ∙ (60 − 2 ∙ 3)
106
 m3 = 74,06 kg 
𝜒2 =
0,5 kg agua líquida
74,06 kg hielo total
= 0,00675 
El calor necesario para derretir 0,5 kg de hielo es: 
𝑄 = 𝑚∆ℎ = 𝑚(𝜒2 − 𝜒1)ℎ𝑓𝑠 = 74,06 kg ∙ (0,00675 − 0) ∙ 335,2 
kJ
kg
= 167,6 kJ = 167600 J 
Por lo tanto el tiempo que se requiere para esto es 
𝑡 =
𝑄
�̇�
=
167600 J
87,05 J/s
= 1925 𝑠 ~ 32 min 
 
 
 
PROBLEMA 17. Conducción bidimensional con generación de calor 
Un sólido cuadrado de 3 cm de longitud está aislado en dos de sus caras, mientras que una se 
mantiene a 100 °C y la otra está expuesta a un fluido con una temperatura de 20 °C y un coeficiente 
convectivo de 100 W/m2·K. El sólido experimenta generación interna de calor de 90 MW/m3. 
Determine el perfil de temperaturas en el sólido considerando conducción bidimensional en estado 
estacionario con ∆𝑥 = ∆𝑦 = 1,5 cm y una conductividad térmica de 20 W/m·K. 
 
SOLUCIÓN: 
 
Nodo 1: 
�̇�4−1 + �̇�2−1 + �̇�∞−1 + �̇�𝐺 = 0 
∆𝑥
2
×
∆𝑦
2
 
𝑘
∆𝑥
2
(
𝑇4 − 𝑇1
∆𝑦
) + 𝑘
∆𝑦
2
(
𝑇2 − 𝑇1
∆𝑥
) + ℎ
∆𝑥
2
(𝑇∞ − 𝑇1) + �̇�𝐺
∆𝑥
2
∙
∆𝑦
2
= 0 
Nodo 2: 
�̇�1−2 + �̇�3−2 + �̇�5−2 + �̇�∞−2 + �̇�𝐺 = 0 
1 2 3
4 6
7 8 9
5
∆𝑥 ×
∆𝑦
2
 
𝑘
∆𝑦
2
(
𝑇1 − 𝑇2
∆𝑥
) + 𝑘
∆𝑦
2
(
𝑇3 − 𝑇2
∆𝑥
) + 𝑘∆𝑥 (
𝑇5 − 𝑇2
∆𝑦
) + ℎ∆𝑥(𝑇∞ − 𝑇2) + �̇�𝐺∆𝑥 ∙
∆𝑦
2
= 0 
Nodo 4: 
�̇�1−4 + �̇�7−4 + �̇�5−4 + �̇�𝐺 = 0 
∆𝑥
2
× ∆𝑦 
𝑘
∆𝑥
2
(
𝑇1 − 𝑇4
∆𝑦
) + 𝑘
∆𝑥
2
(
𝑇7 − 𝑇4
∆𝑦
) + 𝑘∆𝑦 (
𝑇5 − 𝑇4
∆𝑥
) + �̇�𝐺
∆𝑥
2
∙ ∆𝑦 = 0 
Nodo 5: 
�̇�4−5 + �̇�6−5 + �̇�2−5 + �̇�8−5 + �̇�𝐺 = 0 
∆𝑥 × ∆𝑦 
𝑘∆𝑦 (
𝑇4 − 𝑇5
∆𝑥
) + 𝑘∆𝑦 (
𝑇6 − 𝑇5
∆𝑥
) + 𝑘∆𝑥 (
𝑇2 − 𝑇5
∆𝑦
) + 𝑘∆𝑥 (
𝑇8 − 𝑇5
∆𝑦
) + �̇�𝐺∆𝑥 ∙ ∆𝑦 = 0 
Nodo 7: 
�̇�4−7 + �̇�8−7 + �̇�𝐺 = 0 
∆𝑥
2
×
∆𝑦
2
 
𝑘
∆𝑥
2
(
𝑇4 − 𝑇7
∆𝑦
) + 𝑘
∆𝑦
2
(
𝑇8 − 𝑇7
∆𝑥
) + �̇�𝐺
∆𝑥
2
∙
∆𝑦
2
= 0 
Nodo 8: 
�̇�7−8 + �̇�9−8 + �̇�5−8 + �̇�𝐺 = 0 
∆𝑥 ×
∆𝑦
2
 
𝑘
∆𝑦
2
(
𝑇7 − 𝑇8
∆𝑥
) + 𝑘
∆𝑦
2
(
𝑇9 − 𝑇8
∆𝑥
) + 𝑘∆𝑥 (
𝑇5 − 𝑇8
∆𝑦
) + �̇�𝐺∆𝑥 ∙
∆𝑦
2
= 0 
Simplificando las ecuaciones anteriores 
𝑇4 − 𝑇1 + 𝑇2 − 𝑇1 +
ℎ∆𝑥
𝑘
(𝑇∞ − 𝑇1) +
1
2
∙
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
= 0 
𝑇1 − 𝑇2 + 𝑇3 − 𝑇2 + 2(𝑇5 − 𝑇2) + 2
ℎ∆𝑥
𝑘
(𝑇∞ − 𝑇2) +
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
= 0 
𝑇1 − 𝑇4 + 𝑇7 − 𝑇4 + 2(𝑇5 − 𝑇4) +
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
= 0 
𝑇4 − 𝑇5 + 𝑇6 − 𝑇5 + 𝑇2 − 𝑇5 + 𝑇8 − 𝑇5 +
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
= 0 
𝑇4 − 𝑇7 + 𝑇8 − 𝑇7 +
1
2
∙
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
= 0 
𝑇7 − 𝑇8 + 𝑇9 − 𝑇8 + 2(𝑇5 − 𝑇8) +
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
= 0 
Arreglando las ecuaciones anteriores 
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (2 +
ℎ∆𝑥
𝑘
)𝑇1 − 𝑇2 − 𝑇4 =
ℎ∆𝑥
𝑘
𝑇∞ +
1
2
∙
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
−𝑇1 + (4 + 2
ℎ∆𝑥
𝑘
)𝑇2 − 𝑇3 − 2𝑇5 = 2
ℎ∆𝑥
𝑘
𝑇∞ +
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
−𝑇1 + 4𝑇4 − 2𝑇5 − 𝑇7 =
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
−𝑇2 − 𝑇4 + 4𝑇5 − 𝑇6 − 𝑇8 =
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
−𝑇4 + 2𝑇7 − 𝑇8 =
1
2
∙
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
−2𝑇5 − 𝑇7 + 4𝑇8 − 𝑇9 =
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
 
ℎ∆𝑥
𝑘
=
100 ∙ 0,015
20
= 0,075 
�̇�𝐺∆𝑥
2
𝑘
=
90 ∙ 106 ∙ 0,0152
20
= 1012,5 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2,075 -1 0 -1 0 0 0 0 0 
]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑇1
𝑇2
𝑇3
𝑇4
𝑇5
𝑇6
𝑇7
𝑇8
𝑇9]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
[
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
507,8 
]
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
-1 4,15 -1 0 -2 0 0 0 0 1015,5 
0 0 1 0 0 0 0 0 0 100 
-1 0 0 4 -2 0 -1 0 0 1012,5 
0 -1 0 -1 4 -1 0 -1 0 = 1012,5 
0 0 0 0 0 1 0 0 0 100 
0 0 0 -1 0 0 2 -1 0 506,2 
0 0 0 0 -2 0 -1 4 -1 1012,5 
0 0 0 0 0 0 0 0 1 
 100 
 
𝑇1 = 1926,7 ℃ 
 
𝑇2 = 1475,3 ℃ 𝑇3 = 100 ℃ 
𝑇4 = 2014,8 ℃ 
 
𝑇5 = 1540,2 ℃ 𝑇6 = 100 ℃ 
𝑇7 = 2039,5 ℃ 𝑇8 = 1558,1 ℃ 𝑇9 = 100 ℃ 
PROBLEMA 18 
En un proceso se obtienen tuercas de forma hexagonal (de 3 cm de de lado) con perforaciones 
cilíndricas de 4 cm de diámetro y con una altura de 2 cm. Las tuercas salen del proceso a 250 ºC y 
doscientas de ellas se transfieren a un baño de aceite a 20 ºC con la finalidad de enfriarlas hasta 30 
ºC. El coeficiente de convección es de 120 W/m2-ºC. 
(a) Calcule el tiempo necesario para este proceso. 
(b) Calcule la cantidad máxima de calor que puede retirarse de una sola tuerca y el calor 
retirado en el tiempo de la parte (a). 
(c) Determine la cantidad mínima de aceite para que la temperatura del aceite no suba más de 
0,5 K al enfriar las doscientas tuercas. 
(d) ¿Cuál es el máximo valor del coeficiente de convección que permite analizar el problema 
como enfriamiento de un cuerpo de resistencia interna despreciable? Justifique. 
(e) Ahora suponga que la cantidad de aceite no es el suficiente como para que este pueda 
considerarse como un reservorio de temperatura, así 𝑇∞ variará con el tiempo (desde una 
𝑇∞𝑖 inicial) también. Formule las ecuaciones diferenciales del fenómeno (no resuelva). 
 
Las propiedades del metal de las tuercas son: 
 k= 48 W/m-ºC 
ρ = 2750 kg/m3 
CP=1600 J/kg-ºC 
Las del aceite: ρ = 875 kg/m3, CP=3600 J/kg-ºC. 
 
SOLUCIÓN: 
Primero se calcula el volumen y área superficial de la pieza (que está en contacto con el fluido) que 
tiene de arista 𝐿, altura 𝑧 y diámetro de orificio 𝐷: 
Área de un triángulo equilátero = 𝐿2√3/4 
Área de un hexágono: 6 x área de un tríangulo equilátero = 𝐿2 ∙ 3√3/2 
Volumen = Area de la base por la altura menos el volumen de un cilindro 
𝑉 = 𝐿2 ∙
3√3
2
∙ 𝑧 −
𝜋
4
𝐷2𝑧 = 𝑧𝐿2 (
3√3
2
−
𝜋
4
(
𝐷
𝐿
)
2
) 
Área superficial que está en contacto con el fluido: 
Área = 6 áreas de rectángulos + 2 áreas de hexágonos – 2 áreas de círculos +1 área de cilindro 
𝐴𝑠 = 6𝐿𝑧 + 2(𝐿
2 ∙
3√3
2
) − 2(
𝜋
4
𝐷2) + 𝜋𝐷𝑧 = 𝐿2 (6
𝑧
𝐿
+ 3√3 −
𝜋
2
(
𝐷
𝐿
)
2
+ 𝜋 (
𝐷
𝐿
)(
𝑧
𝐿
)) 
𝑉 = 21,633 cm3 
𝐴𝑠 = 82,765 cm
2 
𝐿𝐶 =
𝑉
𝐴𝑠
= 0,26138 cm 
Se verifica que este problema es de resistencia interna despreciable 
𝐵𝑖𝐶 =
ℎ𝐿𝐶
𝑘
=
120 ∙ 0,0026138
48
= 0,0065 < 0,1 
La ecuación diferencial de temperaturas en estado no estacionario con resistencia interna 
despreciable viene dada por 
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝜕𝑇
𝜕𝑡
= −ℎ𝐴𝑠(𝑇 − 𝑇∞) = −�̇� ⇒ ∫
𝑑𝑇
𝑇 − 𝑇∞
𝑇
𝑇𝑖
= ∫ −
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑑𝑡
𝑡
0
 
ln (
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
) = −
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑡 ⇒ 𝜃 ≡
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
= exp (−
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑡) 
Y el calor transferido hasta un tiempo arbitrario 
𝑄 = ∫ �̇�𝑑𝑡
𝑡
0
= ∫ −𝜌𝐶𝑃𝑉
𝜕𝑇
𝜕𝑡
𝑑𝑡
𝑡
0
= −𝜌𝐶𝑃𝑉∫
𝜕𝑇
𝜕𝑡
𝑑𝑡
𝑡
0
= −𝜌𝐶𝑃𝑉∫ 𝑑𝑇
𝑇
𝑇𝑖
= −𝜌𝐶𝑃𝑉(𝑇 − 𝑇𝑖)
= 𝜌𝐶𝑃𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇) 
Por lo tanto el calor máximo transferido es 
𝑄𝑚𝑎𝑥 = lim
𝑡→∞
𝑄 = 𝜌𝐶𝑃𝑉 (𝑇𝑖 − lim
𝑡→∞
𝑇) = 𝜌𝐶𝑃𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇∞) 
Sustituyendo los siguientes valores 
𝑇𝑖 = 250 ℃ 
𝑇∞ = 20 ℃ 
𝑇 = 30 ℃ 
ℎ = 120 W/m2 ∙ K 
𝜌 = 2750 kg/m3 
𝐶𝑃 = 1600 
J
kg ∙ ℃
 
 
𝑉 = 21,633 cm3 = 21,633 ∙ 10−6 m3 
𝐴𝑠 = 82,765 cm
2 = 82,765 ∙ 10−4 m2 
 
 
(a) Se calcula el tiempo 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
=
30 − 20
250 − 20
= 0,04348 
𝑡 =
𝜌𝐶𝑃𝑉
ℎ𝐴𝑠
(− ln 𝜃) =
2750 ∙ 1600 ∙ 21,633 ∙ 10−6
120 ∙ 82,765 ∙ 10−4
(− ln(0,04348)) = 300 s = 5 min 
(b) El calor máximo retirado viene dado por 
𝑄𝑚𝑎𝑥 = 𝜌𝐶𝑃𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇∞) = 2750 ∙ 1600 ∙ 21,633 ∙ 10
−6 ∙(250 − 20) = 21893 J 
El calor transferido a los 5 min es 
𝑄 = 𝜌𝐶𝑃𝑉(𝑇𝑖 − 𝑇) = 2750 ∙ 1600 ∙ 21,633 ∙ 10
−6 ∙ (250 − 30) = 20941 J 
(c) El calor retirado de las doscientas piezas la absorbe el aceite. Entonces la masa de aceite 
que experimenta un cambio en su temperatura de 0,5 K es 
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎∆𝑇 = 𝑁𝑃𝑄 ⇒ 𝑚𝑎 =
𝑁𝑃𝑄
𝐶𝑃𝑎∆𝑇
=
200 ∙ 20941
3600 ∙ 0,5
= 2327 kg 
(d) El valor máximo del coeficiente convectivo para que el problema pueda aproximarse como 
resistencia interna despreciable viene dado por 
𝐵𝑖𝑚𝑎𝑥 =
ℎ𝑚𝑎𝑥𝐿𝐶
𝑘
= 0,1 ⇒ ℎ𝑚𝑎𝑥 =
0,1𝑘
𝐿𝐶
=
0,1 ∙ 48
0,26138/100
= 1836 
W
m2 ∙ K
 
(e) Si el aceite no se considera como reservorio de temperatura, entonces su temperatura 
variará en función del tiempo. Si el “sistema” o volumen de control solo se considera las 𝑁𝑃 
tuercas y el aceite, entonces su cambio de energía interna (Sin transferencia de calor con 
algún medio externo ni trabajo) viene dado por la primera ley de termodinámica: 
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎(𝑇∞ − 𝑇∞𝑖) + 𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉(𝑇 − 𝑇𝑖) = 0 
Además, del balance del sólido: 
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝜕𝑇
𝜕𝑡
= −ℎ𝐴𝑠(𝑇 − 𝑇∞) 
Si se desea resolver este modelo matemático se despeja 𝑇∞ de la primera ecuación y se sustituye en 
la segunda 
𝑇∞ =
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎𝑇∞𝑖 −𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉(𝑇 − 𝑇𝑖)
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
= (𝑇∞𝑖 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇𝑖) −
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇 
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝜕𝑇
𝜕𝑡
= −ℎ𝐴𝑠 (𝑇 − (𝑇∞𝑖 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇𝑖) +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇) 
𝑑𝑇
(1 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
)𝑇 − (𝑇∞𝑖 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇𝑖)
= −
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑑𝑡 
∫
𝑑𝑇
(1 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
)𝑇 − (𝑇∞𝑖 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇𝑖)
𝑇
𝑇𝑖
= ∫ −
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑑𝑡
𝑡
0
 
1
1 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
ln(
(1 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
)𝑇 − (𝑇∞𝑖 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇𝑖)
(1 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
)𝑇𝑖 − (𝑇∞𝑖 +
𝑁𝑃𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑚𝑎𝐶𝑃𝑎
𝑇𝑖)
) = −
ℎ𝐴𝑠
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑡 
PROBLEMA 19 
La figura representa a un sólido de base cuadrada de 8 cm de lado y 16 cm de altura, la cual se 
encuentra inicialmente a 300 ºC. Con la finalidad de enfriarla se sumerge en un baño de aceite a 20 
ºC y bien agitado con un coeficiente convectivo de 600 W/m2ºC (todas las superficies están 
expuestas), hasta que el centro de la cara superior alcance 30 ºC. La conductividad térmica del 
material es 4 W/mºC, su densidad de 3000 kg/m3 y su calor específico de 1500 J/kgºC. 
(a) El tiempo que se requiere para que el centro de la cara superior alcance los 30 ºC. 
(b) La temperatura del centro geométrico en ese mismo momento. 
(c) La temperatura media en ese mismo momento. 
(d) Temperatura en una de las esquinas en ese mismo momento. 
(e) Calor transferido hasta ese instante. 
(f) El tiempo necesario para que el centro de la cara superior alcance los 30 ºC si el coeficiente 
de convección se reduce a 20 W/m2ºC. 
 
SOLUCIÓN: 
La difusividad térmica del sólido es 
𝛼 =
𝑘
𝜌𝐶𝑃
=
4
3000 ∙ 1500
= 8,889 ∙ 10−7 
m2
s
 
Calculando el número de Biot, autovalor y constante para las coordenadas 𝑥, 𝑦: 
𝐵𝑖𝑥 = 𝐵𝑖𝑦 =
ℎ𝐿𝑥
𝑘
=
600 ∙ 0,04
4
= 6 
𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 𝐵𝑖𝑥 ⇒ 𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 6 ⇒ 𝜁1𝑥 = 𝜁1𝑦 = 1,34955 
𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 =
4 sen𝜁1𝑥
2𝜁1𝑥 + sen(2𝜁1𝑥)
=
4 sen(1,34955)
2 ∙ 1,34955 + sen(2 ∙ 1,34955)
= 1,24788 
Calculando el número de Biot, autovalor y constante para la coordenada 𝑧: 
8 cm
8 cm
16 cm
𝐵𝑖𝑧 =
ℎ𝐿𝑧
𝑘
=
600 ∙ 0,08
4
= 12 
𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 𝐵𝑖𝑧 ⇒ 𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 12 ⇒ 𝜁1𝑧 = 1,45050 
𝐶1𝑧 =
4 sen 𝜁1𝑧
2𝜁1𝑧 + sen(2𝜁1𝑧)
=
4 sen(1,45050)
2 ∙ 1,45050 + sen(2 ∙ 1,45050)
= 1,26497 
La solución multidimensional es el producto de las soluciones analíticas unidimensionales 
(𝜃𝑥, 𝜃𝑦, 𝜃𝑧): 
𝜃 = 𝜃𝑥𝜃𝑦𝜃𝑧 
Aproximando cada solución a sólo el primer término de la Serie de Fourier 
𝜃 = (𝐶1𝑥 exp(−𝜁1𝑥
2
𝛼𝑡
𝐿𝑥
2) cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
))(𝐶1𝑦 exp(−𝜁1𝑦
2
𝛼𝑡
𝐿𝑦
2) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
))(𝐶1𝑧 exp (−𝜁1𝑧
2
𝛼𝑡
𝐿𝑧
2
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
)) 
Arreglando términos 
𝜃 = 𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡) cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
) 
Aislando el término exponencial para despejar el tiempo 
𝜃
𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
)
= exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡) 
Aplicando logaritmos y despejando el tiempo 
𝑡 =
− ln(
𝜃
𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
)
)
((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼
 
Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada del centro de la cara superior 
(0,0, 𝐿𝑧): 
𝜃(0,0, 𝐿𝑧) =
𝑇(0,0, 𝐿𝑧) − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
=
30 − 20
300 − 20
= 0,035714 
Sustituyendo valores 
𝑡 =
− ln (
0,035714
1,247882 ∙ 1,26497 ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(1,45050 ∙ 1)
)
(2 ∙ (
1,34955
0,04 )
2
+ (
1,45050
0,08 )
2
) ∙ 8,889 ∙ 10−7
= 816 s 
𝑡 = [0 horas][13 min][36 s] 
𝐹𝑜𝑥 =
𝛼𝑡
𝐿𝑥
2 =
8,889 ∙ 10−7 ∙ 816
0,042
= 𝐹𝑜𝑦 = 0,45 > 0,2 (justifica aprox 1er término) 
𝐹𝑜𝑧 =
𝛼𝑡
𝐿𝑧
2
=
8,889 ∙ 10−7 ∙ 816
0,082
= 0,11 (no justifica aprox 1er término) 
Temperatura en el centro geométrico: 
Calculando la temperatura en el centro (que coincide con el origen de coordenadas) 
𝜃𝑜 = 𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡) ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(0) = 
= 1,247882 ∙ 1,26497 ∙ exp (−(2 ∙ (
1,34955
0,04
)
2
+ (
1,45050
0,08
)
2
) ∙ 8,889 ∙ 10−7 ∙ 816) = 0,29761 
𝜃𝑜 =
𝑇𝑜 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇𝑜 = 20 + 0,29761 ∙ (300 − 20) = 103,33 ℃ 
Temperatura media: 
�̅� =
1
𝑉
∭ 𝜃𝑑𝑉
𝑉
= (
1
𝐿𝑥
∫ 𝜃𝑥𝑑𝑥
𝐿𝑥
0
)(
1
𝐿𝑦
∫ 𝜃𝑦𝑑𝑦
𝐿𝑦
0
)(
1
𝐿𝑧
∫ 𝜃𝑧𝑑𝑧
𝐿𝑧
0
) = �̅�𝑥�̅�𝑦�̅�𝑧 
�̅�𝑥 =
1
𝐿𝑥
∫ 𝜃𝑥𝑑𝑥
𝐿𝑥
0
=
1
𝐿𝑥
∫ 𝐶1𝑥𝑒
−(
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
𝛼𝑡
cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
)𝑑𝑥
𝐿𝑥
0
= 𝐶1𝑥𝑒
−(
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
𝛼𝑡
∫ cos(𝜁1𝑥𝑥)𝑑𝑥
1
0
= 
= 𝐶1𝑥 exp(−(
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
𝛼𝑡)
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
 
�̅� = 𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡) ∙
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
∙
sen 𝜁1𝑦
𝜁1𝑦
∙
sen 𝜁1𝑧
𝜁1𝑧
 
�̅� = 𝜃𝑜 ∙
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
∙
sen 𝜁1𝑦
𝜁1𝑦
∙
sen 𝜁1𝑧
𝜁1𝑧
 
�̅� = �̅�𝑥�̅�𝑦�̅�𝑧 = 0,29761 ∙
sen(1,34955)
1,34955
∙
sen(1,34955)
1,34955
∙
sen(1,45050)
1,45050
= 0,10646 
�̅� =
�̅� − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ �̅� = 20 + 0,10646 ∙ (300 − 20) = 49,81 ℃ 
Temperatura en las esquinas 
𝜃 = 𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡)
⏟ 
𝜃𝑂
cos(𝜁1𝑥) cos(𝜁1𝑦) cos(𝜁1𝑧) = 
= 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥) cos(𝜁1𝑦) cos(𝜁1𝑧) = 0,29761 ∙ (cos(1,34955))
2 ∙ cos(1,45050) = 0,00172 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 20 + 0,00172 ∙ (300 − 20) = 20,48 ℃ 
Calor transferido: 
𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃(𝑇𝑖 − �̅�) = 3000 ∙ 0,08
2 ∙ 0,16 ∙ 1500 ∙ (300 − 49,81) = 1152876 J 
Tiempo para 𝒉 = 𝟐𝟎 𝐖/𝐦𝟐 ∙ ℃: 
Como se reduce mucho el valor del coeficiente convectivo, puede ser que el problema se aproxime 
como resistencia interna despreciable por obtener un número de Biot bajo: 
𝑉 = 8 ∙ 8 ∙ 16 = 1024 cm3
𝐴𝑆 = 8
2 ∙ 2 + 16 ∙ 8 ∙ 4 = 640 cm2
} ⇒ 𝐿𝐶 =
𝑉
𝐴𝑆
=
1024 cm3
640 cm
= 1,6 cm 
𝐵𝑖𝐶 =
ℎ𝐿𝐶
𝑘
=
20 ∙ 0,016
4
= 0,08 < 0,1 ⇒ es de RID 
El balance de energía suponiendo que la temperatura no depende de los efectos espaciales es 
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝜕𝑇
𝜕𝑡
= −ℎ𝐴𝑆(𝑇 − 𝑇∞) ⇒ 
𝑑𝑇
𝑇 − 𝑇∞
= −
ℎ𝐴𝑆
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑑𝑡 
∫
𝑑𝑇
𝑇 − 𝑇∞
𝑇
𝑇𝑖
= ∫ −
ℎ𝐴𝑆
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑑𝑡
𝑡
0
 ⇒ ln (
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
) = −
ℎ𝐴𝑆
𝜌𝐶𝑃𝑉
𝑡 ⇒ 𝑡 = −
𝜌𝐶𝑃𝑉
ℎ𝐴𝑆
ln (
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
) 
𝑡 = −
3000 ∙ 0,082 ∙ 0,16 ∙ 1500
20 ∙ 640 ∙ 10−4
ln (
30 − 20
300 − 20
) = 11996 s 
t = [3 horas][19 min][56 s] 
 
 
 
 
PROBLEMA 20 
Una piezacúbica de 18 cm de arista se encuentra inicialmente a 300 ºC y se somete a enfriamiento 
al aire a 20 ºC (coeficiente de convección 200 W/m2ºC). Las propiedades del material de 
construcción del cubo son ρ = 2000 kg/m3, CP = 1800 J/kgºC y k = 40 W/mºC. Determine: 
(a) El tiempo que tarda su centro geométrico en alcanzar 30 ºC. 
(b) La temperatura en los vértices en ese mismo momento. 
(c) La temperatura en el centro geométrico de cada cara. 
(d) La temperatura media. 
(e) El calor cedido al ambiente. 
(f) Determine también los valores equivalentes en el caso en el que la base se encuentre 
apoyada sobre una superficie prácticamente adiabática. 
SOLUCIÓN: 
Tiempo que tarda su centro geométrico en alcanzar 30 ºC: 
La difusividad térmica del sólido es 
𝛼 =
𝑘
𝜌𝐶𝑃
=
40
2000 ∙ 1800
= 1,111 ∙ 10−5 
m2
s
 
𝐿𝑥 = 𝐿𝑦 = 𝐿𝑧 =
0,18
2
= 0,09 m 
Calculando el número de Biot, autovalor y constante para las coordenadas 𝑥, 𝑦, 𝑧: 
𝐵𝑖𝑥 = 𝐵𝑖𝑦 = 𝐵𝑖𝑧 =
ℎ𝐿𝑥
𝑘
=
200 ∙ 0,09
40
= 0,45 
𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 𝐵𝑖𝑥 ⇒ 𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 0,45 ⇒ 𝜁1𝑥 = 𝜁1𝑦 = 𝜁1𝑧 = 0,62444 
𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 = 𝐶1𝑧 =
4 sen𝜁1𝑥
2𝜁1𝑥 + sen(2𝜁1𝑥)
=
4 sen(0,62444)
2 ∙ 0,62444 + sen(2 ∙ 0,62444)
= 1,06419 
La solución multidimensional es el producto de las soluciones analíticas unidimensionales 
(𝜃𝑥, 𝜃𝑦, 𝜃𝑧). Aproximando cada solución a sólo el primer término de la Serie de Fourier 
𝜃 = (𝐶1𝑥 exp(−𝜁1𝑥
2
𝛼𝑡
𝐿𝑥
2) cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
))(𝐶1𝑦 exp(−𝜁1𝑦
2
𝛼𝑡
𝐿𝑦
2) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
))(𝐶1𝑧 exp (−𝜁1𝑧
2
𝛼𝑡
𝐿𝑧
2
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
)) 
Arreglando términos 
𝜃 = 𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡) cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
) 
Aislando el término exponencial para despejar el tiempo 
𝜃
𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
)
= exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡) 
Aplicando logaritmos y despejando el tiempo 
𝑡 =
− ln(
𝜃
𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿𝑥
) cos (
𝜁1𝑦𝑦
𝐿𝑦
) cos (
𝜁1𝑧𝑧
𝐿𝑧
)
)
((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼
 
Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada del centro geométrico (0,0,0): 
𝜃(0,0,0) =
𝑇(0,0,0) − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
=
𝑇𝑜 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
=
30 − 20
300 − 20
= 0,035714 
Sustituyendo valores 
𝑡 =
− ln (
0,035714
1,064193 ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(0)
)
(3 ∙ (
0,62444
0,09 )
2
) ∙ 1,111 ∙ 10−5
= 2192,9 s 
𝑡 = [0 horas][36 min][33 s] 
𝐹𝑜𝑥 = 𝐹𝑜𝑦 = 𝐹𝑜𝑧 =
𝛼𝑡
𝐿𝑥
2 =
1,111 ∙ 10−5 ∙ 2192,9
0,042
= 3 > 0,2 (justifica aprox 1er término) 
Temperatura en los vértices: 
Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada de la esquina (𝐿𝑥 , 𝐿𝑦, 𝐿𝑧): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥) cos(𝜁1𝑦) cos(𝜁1𝑧) = 0,035714 ∙ (cos(0,62444))
3 = 0,01907 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 20 + 0,01907 ∙ (300 − 20) = 25,34 ℃ 
Temperatura en el centro geométrico de una de las caras: 
Evaluando la solución analítica multidimensional en la coordenada del centro de una de las caras 
(0,0, 𝐿𝑧): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos(0) cos(0) cos(𝜁1𝑧) = 0,035714 ∙ cos(0,62444) = 0,02897 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 20 + 0,02897 ∙ (300 − 20) = 28,11 ℃ 
Temperatura media: 
�̅� =
1
𝑉
∭ 𝜃𝑑𝑉
𝑉
= 𝜃𝑜 ∙
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
∙
sen 𝜁1𝑦
𝜁1𝑦
∙
sen 𝜁1𝑧
𝜁1𝑧
= 0,035714 ∙ (
sen(0,62444)
0,62444
)
3
= 0,02931 
�̅� =
�̅� − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ �̅� = 20 + 0,02931 ∙ (300 − 20) = 28,21 ℃ 
Calor cedido al ambiente: 
𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃(𝑇𝑖 − �̅�) = 2000 ∙ 0,18
3 ∙ 1800 ∙ (300 − 28,21) = 5706285 J = 5,7 MJ 
Si la base se encuentre apoyada sobre una superficie adiabática: 
𝐿𝑥 = 𝐿𝑦 =
0,18
2
= 0,09 m 
𝐿𝑧 = 0,18 m 
Se calcula el nuevo número de Biot, autovalor y constante para la coordenada 𝑧 (las otras 
coordenadas siguen manteniendo los mismos valores anteriores): 
𝐵𝑖𝑧 =
ℎ𝐿𝑧
𝑘
=
200 ∙ 0,18
40
= 0,9 
𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 𝐵𝑖𝑧 ⇒ 𝜁1𝑧 tan 𝜁1𝑧 = 0,9 ⇒ 𝜁1𝑧 = 0,82740 
𝐶1𝑧 =
4 sen 𝜁1𝑧
2𝜁1𝑧 + sen(2𝜁1𝑧)
=
4 sen(0,82740)
2 ∙ 0,82740 + sen(2 ∙ 0,82740)
= 1,11067 
Evaluando la solución multidimensional en la coordenada del centro geométrico (0,0, 𝐿𝑧/2): 
𝜃(0,0, 𝐿𝑧/2) =
𝑇(0,0, 𝐿𝑧/2) − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
=
30 − 20
300 − 20
= 0,035714 
Sustituyendo valores 
𝑡 =
− ln (
0,035714
1,064192 ∙ 1,11067 ∙ cos(0) ∙ cos(0) ∙ cos(0,82740 ∙ 1/2)
)
(2 ∙ (
0,62444
0,09 )
2
+ (
0,82740
0,18 )
2
) ∙ 1,111 ∙ 10−5
= 2662,6 s ≈ 2663 s 
𝑡 = [0 horas][44 min][23 s] 
La temperatura en el centro de la cara inferior o cara adiabática (cuya coordenada coincide con el 
origen de coordenadas) se obtiene a partir de: 
𝜃(0,0, 𝐿𝑧/2) = 𝜃𝑜 cos(0) cos(0) cos (𝜁1𝑧 ∙
1
2
) ⇒ 𝜃𝑜 =
𝜃(0,0, 𝐿𝑧/2)
cos(𝜁1𝑧 ∙ 1/2)
=
0,035714
cos(0,82740 ∙ 1/2)
= 0,03900 
𝜃𝑜 =
𝑇𝑜 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇𝑜 = 20 + 0,039 ∙ (300 − 20) = 30,92 ℃ 
La temperatura en el centro de la cara superior se obtiene evaluando en (0,0, 𝐿𝑧): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ∙ 0) cos(𝜁1𝑦 ∙ 0) cos(𝜁1𝑧) = 0,03900 ∙ 1 ∙ cos(0,82740) = 0,02640 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 20 + 0,02640 ∙ (300 − 20) = 27,39 ℃ 
La temperatura en el centro de las caras laterales se obtiene evaluando en (0, 𝐿𝑦, 𝐿𝑧/2): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥 ∙ 0) cos(𝜁1𝑦 ∙ 1) cos (𝜁1𝑧 ∙
1
2
) = 0,039 ∙ cos(0,62444) ∙ cos(0,82740) = 0,02897 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 20 + 0,02897 ∙ (300 − 20) = 28,11 ℃ 
La temperatura en los vértices superiores se obtiene evaluando en (𝐿𝑥 , 𝐿𝑦, 𝐿𝑧): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥) cos(𝜁1𝑦) cos(𝜁1𝑧) = 0,039 ∙ (cos(0,62444))
2 ∙ cos(0,82740) = 0,01737 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 20 + 0,01737 ∙ (300 − 20) = 24,86 ℃ 
La temperatura en los vértices inferiores se obtiene evaluando en (𝐿𝑥 , 𝐿𝑦, 0): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥) cos(𝜁1𝑦) cos(𝜁1𝑧 ∙ 0) = 0,03900 ∙ (cos(0,62444))
2 ∙ cos(0) = 0,02567 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 20 + 0,02567 ∙ (300 − 20) = 27,19 ℃ 
La temperatura media es 
�̅� = 𝜃𝑜 ∙
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
∙
sen 𝜁1𝑦
𝜁1𝑦
∙
sen 𝜁1𝑧
𝜁1𝑧
= 0,039 ∙ (
sen(0,62444)
0,62444
)
2
∙
sen(0,82740)
0,82740
= 0,03042 
�̅� =
�̅� − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ �̅� = 20 + 0,03042 ∙ (300 − 20) = 28,52 ℃ 
El calor cedido al ambiente: 
𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃(𝑇𝑖 − �̅�) = 2000 ∙ 0,18
3 ∙ 1800 ∙ (300 − 28,52) = 5699777 J = 5,7 MJ 
 
PROBLEMA 21 
Para hacer fondue de carne se colocan en aceite en una cacerola, para mantener el aceite caliente a 
120 °C se coloca la cacerola sobre una pequeña cocina de alcohol. Los trozos de carne son 
paralelepípedos de 2 x 2 x 3 cm ( = 800 kg/m3, k = 0,6 W/m·K, Cp = 1500 J/kg·K), el coeficiente 
convectivo carne-aceite es de 70 W/m2·K. Todas las superficies están expuestas al aceite. Si la 
temperatura inicial de la carne es de 15 °C: 
(a) Calcule el tiempo para que la temperatura mínima alcance 80 °C. 
(b) Para este tiempo, calcule el calor que ha entrado a la carne y la temperatura para el punto 
más caliente. 
SOLUCIÓN: 
Datos: ℎ = 70 W/m2 ∙ ℃ 
 
𝑇∞ = 120 ℃ 
 𝑇𝑖 = 𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧, 0) = 15 ℃ 𝑇𝑜 = 𝑇(0,0,0, 𝑡) = 80 ℃ 𝑡 =? 
Se supone que la convección se lleva a cabo en todo el sólido, así las longitudes son: 
𝐿𝑥 = 𝐿𝑦 =
2 cm
2
= 1 cm = 0,01 m 𝐿𝑧 =
3 cm
2
= 1,5 cm = 0,015 m 
Se calcula el número de Biot 
𝐵𝑖𝑥 = 𝐵𝑖𝑦 =
ℎ𝐿𝑥
𝑘
=
70 ∙ 0,01
0,6
= 1,167 𝐵𝑖𝑧 =
ℎ𝐿𝑧
𝑘
=
70 ∙ 0,015
0,6
= 1,75 
Con estos valores de número de Biot se hallan los autovalores y la constante de la serie de Fourier 
para placa plana infinita mediante las ecuaciones: 
𝜁1 tan 𝜁1 = 𝐵𝑖 ⇒ {
𝜁1𝑥 = 𝜁1𝑦 = 0,9089
𝜁1𝑧 = 1,0362
 
𝐶1 =
4 sen 𝜁1
2𝜁1 + sen(2𝜁1)
 ⇒ {
𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 = 1,1320
𝐶1𝑧 = 1,1671
 
La difusividad térmica es 
𝛼 =
𝑘
𝜌𝐶𝑃
=
0,6
800 ∙ 1500
= 5 ∙ 10−7 m2/s 
La solución multidimensional de la temperatura adimensional viene dadapor 
𝜃(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = 𝜃𝑥(𝑡, 𝑥)𝜃𝑦(𝑡, 𝑦)𝜃𝑧(𝑡, 𝑧) 
La temperatura adimensional del centro 𝜃𝑜 = 𝜃(0,0,0, 𝑡) donde se presenta la menor temperatura, 
se obtiene multiplicando las expresiones anteriores evaluándolas en 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0 
𝜃𝑜 = 𝜃(0,0,0, 𝑡) = 𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 exp (−(
𝜁1𝑥
2
𝐿𝑥
2 +
𝜁1𝑦
2
𝐿𝑦
2 +
𝜁1𝑧
2
𝐿𝑧
2 )𝛼𝑡) ⇒ 𝑡 =
− ln (
𝜃𝑜
𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧
)
(
𝜁1𝑥
2
𝐿𝑥
2 +
𝜁1𝑦
2
𝐿𝑦
2 +
𝜁1𝑧
2
𝐿𝑧
2 )𝛼
 
Se conoce la temperatura del centro: 
𝜃𝑜 = 𝜃(0,0,0, 𝑡) =
𝑇𝑜 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
=
80 − 120
15 − 120
= 0,3810 
𝑡 =
− ln (
𝜃𝑜
𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧
)
(
𝜁1𝑥
2
𝐿𝑥
2 +
𝜁1𝑦
2
𝐿𝑦
2 +
𝜁1𝑧
2
𝐿𝑧
2 )𝛼
=
− ln (
0,3810
1,13202 ∙ 1,1671
)
((
0,9089
0,01 )
2
+ (
0,9089
0,01 )
2
+ (
1,0362
0,015
)
2
) ∙ 5 ∙ 10−7
= 128,4 s 
𝑡 = [0 h][2 min][8 s] 
Temperatura máxima: 
La temperatura máxima se obtiene en una de las esquinas del sólido cuyas coordenadas son 𝑥 = 𝐿𝑥, 
𝑦 = 𝐿𝑦 , 𝑧 = 𝐿𝑧 
𝜃𝑚𝑎𝑥 = 𝜃(𝐿𝑥 , 𝐿𝑦, 𝐿𝑧, 𝑡) = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥) cos(𝜁1𝑦) cos(𝜁1𝑧) 
= 0,3810 ∙ cos(0,9089) ∙ cos(0,9089) ∙ cos(1,0362) = 0,0733 
𝜃𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑚𝑎𝑥 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇∞ + 𝜃𝑚𝑎𝑥(𝑇𝑖 − 𝑇∞) = 120 + 0,0733(15 − 120) = 112,3 ℃ 
Temperatura media: 
�̅� =
1
𝑉
∭ 𝜃𝑑𝑉
𝑉
= (
1
𝐿𝑥
∫ 𝜃𝑥𝑑𝑥
𝐿𝑥
0
)(
1
𝐿𝑦
∫ 𝜃𝑦𝑑𝑦
𝐿𝑦
0
)(
1
𝐿𝑧
∫ 𝜃𝑧𝑑𝑧
𝐿𝑧
0
) = �̅�𝑥�̅�𝑦�̅�𝑧 
�̅� = 𝐶1𝑥𝐶1𝑦𝐶1𝑧 exp(−((
𝜁1𝑥
𝐿𝑥
)
2
+ (
𝜁1𝑦
𝐿𝑦
)
2
+ (
𝜁1𝑧
𝐿𝑧
)
2
)𝛼𝑡) ∙
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
∙
sen 𝜁1𝑦
𝜁1𝑦
∙
sen 𝜁1𝑧
𝜁1𝑧
 
�̅� = 𝜃𝑜 ∙
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
∙
sen 𝜁1𝑦
𝜁1𝑦
∙
sen 𝜁1𝑧
𝜁1𝑧
= 0,3810 ∙
sen(0,9089)
0,9089
∙
sen(0,9089)
0,9089
∙
sen(1,0362)
1,0362
= 0,2383 
�̅� =
�̅� − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ �̅� = 120 + 0,2383 ∙ (15 − 120) = 94,98 ℃ 
Calor transferido: 
𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃(�̅� − 𝑇𝑖) = 800 ∙ 0,02
2 ∙ 0,03 ∙ 1500 ∙ (94,98 − 15) = 1152 J = 0,275 kcal 
PROBLEMA 22 
Un cilindro de 10 cm de altura y 10 cm de diámetro se encuentra apoyado sobre su base en una 
superficie prácticamente adiabática. La temperatura inicial del cilindro es uniforme e igual a 125 ºC 
y se enfría en un ambiente a 25 ºC. El coeficiente de convección de la pared cilíndrica es de 50 
W/m2ºC y el de la tapa 80 W/m2ºC. Las propiedades del material son: ρ = 3000 kg/m3, k = 2,5 
W/mºC y CP = 1500 J/kgºC. 
(a) Determine el tiempo necesario para que el centro geométrico llegue a 50 ºC. 
(b) Determine en este mismo tiempo cual es la temperatura en el centro de la cara inferior y en 
el centro de la tapa superior. 
(c) Determine la temperatura en cualquier punto del borde de ambas tapas. 
(d) ¿Cuál es la temperatura media en ese momento? 
(e) ¿Cuál es la cantidad de energía que ha disipado al ambiente? 
SOLUCIÓN: 
La difusividad térmica del sólido es 
𝛼 =
𝑘
𝜌𝐶𝑃
=
2,5
3000 ∙ 1500
= 5,556 ∙ 10−7 
m2
s
 
Calculando el número de Biot, autovalor y constante para las coordenadas 𝑥, 𝑦: 
𝐵𝑖𝑥 =
ℎ𝑥𝐿
𝑘
=
50 ∙ 0,1
2,5
= 3,2 
𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 𝐵𝑖𝑥 ⇒ 𝜁1𝑥 tan 𝜁1𝑥 = 3,2 ⇒ 𝜁1𝑥 = 1,20944 
𝐶1𝑥 = 𝐶1𝑦 =
4 sen𝜁1𝑥
2𝜁1𝑥 + sen(2𝜁1𝑥)
=
4 sen(1,20944)
2 ∙ 1,20944 + sen(2 ∙ 1,20944)
= 1,21471 
Calculando el número de Biot, autovalor y constante para la coordenada 𝑟: 
𝐵𝑖𝑟 =
ℎ𝑟𝑅
𝑘
=
80 ∙ 0,05
2,5
= 1 
𝜁1𝑟
𝐽1(𝜁1𝑟)
𝐽0(𝜁1𝑟)
= 𝐵𝑖𝑟 ⇒ 𝜁1𝑟
𝐽1(𝜁1𝑟)
𝐽0(𝜁1𝑟)
= 1 ⇒ 𝜁1𝑟 = 1,25578 
𝐶1𝑟 =
2
𝜁1𝑟
∙
𝐽1(𝜁1𝑟)
𝐽0
2(𝜁1𝑟) + 𝐽1
2(𝜁1𝑟)
=
2
1,25578
∙
𝐽1(1,25578)
𝐽0
2(1,25578) + 𝐽1
2(1,25578)
= 1,20709 
La solución multidimensional es el producto de las soluciones analíticas unidimensionales (𝜃𝑥 , 𝜃𝑟). 
Aproximando cada solución a sólo el primer término de la Serie de Fourier 
𝜃 = (𝐶1𝑥 exp (−𝜁1𝑥
2
𝛼𝑡
𝐿2
) cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿
))(𝐶1𝑟 exp (−𝜁1𝑟
2
𝛼𝑡
𝑅2
) 𝐽0 (
𝜁1𝑟𝑟
𝑅
)) 
Arreglando términos 
𝜃 = 𝐶1𝑥𝐶1𝑟 exp (−((
𝜁1𝑥
𝐿
)
2
+ (
𝜁1𝑟
𝑅
)
2
)𝛼𝑡) cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿
) 𝐽0 (
𝜁1𝑟𝑟
𝑅
) 
Aplicando logaritmos y despejando el tiempo 
𝑡 =
− ln(
𝜃
𝐶1𝑥𝐶1𝑟 cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿 ) 𝐽0 (
𝜁1𝑟𝑟
𝑅 )
)
((
𝜁1𝑥
𝐿 )
2
+ (
𝜁1𝑟
𝑅 )
2
)𝛼
 
La coordenada del centro geométrico es (𝑟 = 0, 𝑥 = 𝐿/2) 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
=
50 − 25
125 − 25
= 0,25 
Sustituyendo los valores 
𝑡 =
− ln(
0,25
1,21471 ∙ 1,20709 ∙ cos (1,20944 ∙
1
2) ∙ 𝐽0
(0)
)
((
1,20944
0,1 )
2
+ (
1,25578
0,05
)
2
) ∙ 5,556 ∙ 10−7
= 3645,5 ≈ 3646 s 
Temperatura del centro de la cara inferior: 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿
) 𝐽0 (
𝜁1𝑟𝑟
𝑅
) ⇒ 𝜃𝑜 =
𝜃
cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿
) 𝐽0 (
𝜁1𝑟𝑟
𝑅
)
 
Evaluando la ecuación anterior en la coordenada del centro geométrico cuya temperatura es 
conocida (𝑟 = 0, 𝑥 = 𝐿/2): 
𝜃𝑜 =
0,25
cos (1,20944 ∙
1
2) ∙ 𝐽0
(0)
= 0,30389 
𝜃𝑜 =
𝑇𝑜 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇𝑜 = 25 + 0,30389 ∙ (125 − 25) = 55,39 ℃ 
Temperatura del centro de la cara superior: 
Evaluando la ecuación en el centro de la cara superior (𝑟 = 0, 𝑥 = 𝐿): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos (
𝜁1𝑥 ∙ 𝐿
𝐿
) 𝐽0 (
𝜁1𝑟 ∙ 0
𝑅
) = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥) 𝐽0(0) = 0,30389 ∙ cos(1,20944) ∙ 1 = 0,10744 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 25 + 0,10744 ∙ (125 − 25) = 35,74 ℃ 
Temperatura en el borde de la tapa superior: 
Evaluando la ecuación en el centro de la cara superior (𝑟 = 𝑅, 𝑥 = 𝐿): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos (
𝜁1𝑥 ∙ 𝐿
𝐿
) 𝐽0 (
𝜁1𝑟 ∙ 𝑅
𝑅
) = 𝜃𝑜 cos(𝜁1𝑥) 𝐽0(𝜁1𝑟) = 0,30389 ∙ cos(1,20944) ∙ 𝐽0(1,25578)
= 0,069078 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 25 + 0,069078 ∙ (125 − 25) = 31,91 ℃ 
Temperatura en el borde de la tapa inferior: 
Evaluando la ecuación en el centro de la cara superior (𝑟 = 𝑅, 𝑥 = 0): 
𝜃 = 𝜃𝑜 cos (
𝜁1𝑥 ∙ 0
𝐿
) 𝐽0 (
𝜁1𝑟 ∙ 𝑅
𝑅
) = 𝜃𝑜 cos(0) 𝐽0(𝜁1𝑟) = 0,30389 ∙ 1 ∙ 𝐽0(1,25578) = 0,19539 
𝜃 =
𝑇 − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ 𝑇 = 25 + 0,19539 ∙ (125 − 25) = 44,54 ℃ 
Temperatura media: 
�̅� =
1
𝑉
∭ 𝜃𝑑𝑉
𝑉
=
2𝜋
𝜋𝑅2𝐿
(∫ 𝜃𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
)(∫ 𝜃𝑟 ∙ 𝑟𝑑𝑟
𝑅
0
) 
=
2𝜋
𝜋𝑅2𝐿
(∫ 𝜃𝑜𝑥 cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿
)𝑑𝑥
𝐿
0
)(∫ 𝜃𝑜𝑟𝐽0 (
𝜁1𝑟𝑟
𝑅
) 𝑟𝑑𝑟
𝑅
0
) = 
=
2
𝑅2𝐿
𝜃𝑜𝑥𝜃𝑜𝑟⏟ 
𝜃𝑜
∫ cos (
𝜁1𝑥𝑥
𝐿
)𝑑𝑥
𝐿
0
∫ 𝐽0 (
𝜁1𝑟𝑟
𝑅
) 𝑟𝑑𝑟
𝑅
0
= 2𝜃𝑜∫ cos(𝜁1𝑥𝑥)𝑑𝑥
1
0
∫ 𝐽0(𝜁1𝑟𝑟)𝑟𝑑𝑟
1
0
= 
= 𝜃𝑜 ∙ (
sen 𝜁1𝑥
𝜁1𝑥
)(2 ∙
𝐽1(𝜁1𝑟)
𝜁1𝑟
) = 0,30389 ∙
sen(1,20944)
1,20944
∙ 2 ∙
𝐽1(1,25578)
1,25578
= 0,19165 
�̅� =
�̅� − 𝑇∞
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 ⇒ �̅� = 25 + 0,19165 ∙ (125 − 25) = 44,17 ℃ 
Calor transferido: 
𝑄 = 𝜌𝑉𝐶𝑃(𝑇𝑖 − �̅�) = 3000 ∙ (𝜋 ∙ 0,05
2 ∙ 0,1) ∙ 1500 ∙ (125 − 44,17) = 285677 J = 0,286 MJ 
 
 
PROBLEMA 23 
Considere una esfera de 20 cm de diámetro que tiene una temperatura inicial de 275 ºC que se 
sumerge en un fluido en reposo a temperatura constante de 𝑇∞ = 25 ℃. Suponga que la esfera cae 
a la velocidad terminal o en estado estacionario. En la región de Newton, el factor de fricción viene 
dado por: 
𝐶𝑓 = 0,445 si 1000 ≤ 𝑅𝑒𝐷 ≤ 350000 
Las propiedades del sólido y las del fluido se reportan en la siguiente tabla: 
 
Propiedad 
Propiedades promedios del 
material sólido 
Propiedades del fluido 
Densidad [kg/m3] 1138 1000 
Calor específico [J/kg ∙ ℃] 2500 3800 
Conductividad térmica [W/m ∙ ℃] 40 0,5 
Viscosidad [Pa ∙ s] --- 0,0024 
 
(a) Calcule la velocidad terminal de la esfera. 𝑢∞ = _________ [m/s] 
(b) Encuentre el valor del coeficiente convectivo. ℎ = ________ [W/m2 ∙ ℃] 
(c) ¿A qué profundidad se encuentra la esfera en el momento de que esta tiene una temperatura 
en su centro de 50 ºC? 𝑧 = _________ [m] 
(d) En el momento que la esfera ha recorrido una profundidad de 180 metros calcule: 
(1) Temperatura en el centro. 𝑇𝑜 = _________ [ºC] 
(2) Temperatura en la superficie. 𝑇𝑅 = _________ [ºC] 
(3) Temperatura media. �̅� = _________ [ºC] 
(4) Calor transferido hasta este instante. 𝑄 = __________ [kJ] 
(e) Ahora la esfera se sumerge en un fluido cuya conductividad térmica es 0,25 W/m ∙ ℃,