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Ingeniería Energética, Transmisión de Calor y Fluidos. Grado en Ingeniería del Diseño y Desarrollo del Producto. Curso 2014/2015.

Boletín nº 8. Problemas resueltos. 1. Determine los factores de forma de radiación, F12 y F21, para las configuraciones de las figuras. 2

D 2d d

H=D

1

2 2 1

20 cm

a)

Dos esferas concéntricas. c)

b)

Cara interior de la superficie lateral (1) y medio exterior, por arriba (2). d)

(R: a) F12 = 0,04 F21 = 0,01 b) F12 = F21 = 0,01 c) F12 = 0,25 F21 = 1 d) F12 =0,20 F21 = 0,82

SOLUCIÓN c)

Dado que todo lo que emite la superficie 2 incide en el interior de la superficie 1:

2d d

F21  1

Aplicando el principio de reciprocidad: 2

πd22 F21 AF d2 F d2 F F A1F12  A2 F21  F12  2 21  4 2  2 221  2 212  21 πd1 A1 d1  2d 2  4 4

1

d)

2

D

a H=D

1



F12  0,25

Toda la radiación que llega al medio exterior (2) desde la cara interior de la superficie lateral (1), pasa a través del extremo superior abierto del cilindro, de manera que el intercambio de radiación con el medio exterior será igual al intercambio con la superficie imaginaria circular (a) que cerraría el extremo superior, así tendremos que:

b

F12  F1a  F21  Fa1

Llamando (b) a la base del cilindro, por la propiedad de aditividad de los factores de forma tenemos: S. plana

Faa

0

 Fa1  Fab  1  Fa1  1  Fab

donde Fab corresponde al factor de forma entre dos discos paralelos de diámetro D separados por una distancia H=D, del que disponemos valores en la tabla K. Así tenemos que: d D   1 Fab  0,18  Fa1  1 Fab  0,82  x D

F21  0,82

Y aplicando el principio de reciprocidad: A1 F1a  Aa Fa1

π D2 π D2 AF F 4 F1a  a a1  Fa1  4 2 Fa1  a1  D A1 πD 4 2π H 2

1

F12  0,20

Dpto. Física Aplicada I. Escuela Politécnica Superior. Universidad de Sevilla.

2. Dos cilindros concéntricos tienen 15 y 25 cm de diámetro y una longitud de 7 cm. Calcule el factor de forma entre los extremos abiertos. SOLUCIÓN Llamamos 1 y 2 a las superficies de los extremos abiertos entre los que nos piden determinar el factor de forma, 3 a la superficie lateral del cilindro interior y 4 a la superficie lateral del cilindro exterior. Estas cuatro superficies constituyen un recinto cerrado como se observa en la figura y por la propiedad de aditividad de los factores de forma para la superficie 1: s. plana

F11

0

 F12  F13  F14  1  F12  1 F13  F14

En las tablas disponemos de los factores de forma para las configuraciones F43 y F44 por lo que intentaremos obtener F13 y F14 a través de sus factores de forma recíprocos (F31 y F41) expresándolos en función de los anteriores. Cálculo de F13:

 d  F33  F31  F34  F32  1 1  4 F43  d d3 4 por simetría: F31  F32   F43  2F31  1  F31  2  d3 A4 d4 por reciprocidad: A3 F34  A4 F43  F34  F  F  A3 43 d3 43  El valor F43 lo obtenemos de las tablas: r3 d3  25   0,6  1  0,35 Tabla K r4 d4 1  0,583  15   0, 208   F43  0,35  F31  F32  L 2 2   0,56 r4  s. convexa

0

d 2π 3 LF31 A3 2 F31   0, 219 Y por el principio de reciprocidad: F13  A1  d 4  2  d3 2  π        2   2   Cálculo de F14: Éste se calculará a partir de F41. Por simetría del problema, F41 = F42. Así pues: 1  F44  F43 F44  2F41  F43  1  F41  2 F43 se calculó anteriormente y F44 lo obtenemos de las tablas: r3 / r4  d 3 / d 4  0, 6  Tabla K   F44  0,15  F41 = 0,25 L / r4  0,56  d 2π 4 LF41 A4F41 2   0, 438 Aplicando una vez más el principio de reciprocidad:F14    d 4 2  d 3 2  A1 π         2   2   Finalmente, se obtiene que F12  1  F13  F14  1 0,219  0,438  0,343 Como A1 = A2, por reciprocidad tenemos que:

A1F12  A2 F21 

2

F12 = F21  0,343

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3. Dos discos paralelos negros de 30 cm de diámetro están separados 20 cm y se encuentran en una habitación grande cuyas paredes están a 27 ºC. Un disco está a 527 ºC y el otro a 127 ºC. Considerando en el análisis que los discos únicamente intercambian calor por radiación por las caras enfrentadas y que el medio es transparente: a) Dibuje el circuito térmico, justificando la presencia y significado de cada uno de los elementos. b) Calcule el intercambio de calor radiante entre los discos. (R: 416 W) c) El calor neto transmitido, por unidad de tiempo, por cada disco y por los alrededores. Compruebe que la suma de las tres transferencias por unidad de tiempo es cero. (R: 1590 W, 364 W, 1226 W) d) El calor transmitido por unidad de tiempo por cada disco a los alrededores.(R: 1175 W, 51 W) e) Repita el problema considerando que las superficies son grises de emisividad ε = 0,6. SOLUCIÓN Datos conocidos y diagramas: d = 30 cm

q1 Eb1 q12

q12

1 A1 F12

Eb2 q2

q13

T1 = 527 ºC

x = 20 cm

R12 

q23

q13

R13 

Ta = 27 ºC

q23 R23 

1 A1 F13

q3

T2 = 127 ºC

1 A2 F23

Eb3 Ambiente

Consideraciones e hipótesis: a) Flujo de calor estacionario. b) Medio transparente. c) Todas las superficies se consideran como superficies negras. Análisis: a) Cada uno de los discos se representa en el circuito como un punto de potencial igual a la potencia emisiva del mismo (Eb1 =  T14 y Eb2 =  T24), quedando así representado el intercambio de calor neto entre los dos discos q12 por la intensidad entre los potenciales, con una resistencia térmica a la radiación en función del factor de forma entre los dos discos 1/A1F12. Para que el sistema constituya un recinto radiante cerrado, hemos de considerar una tercera superficie que represente los alrededores, a la que llega la radiación emitida por cada disco que no alcanza al otro. Ésta la representamos en el circuito por un punto de potencial Eb3 = Ta4 y el intercambio de calor neto entre cada disco (1 y 2) y el ambiente (3) quedará representado por las intensidades q13 y q23 con resistencias 1/A1F13 y 1/A2F23. b) Del circuito de radiación se deduce que el calor neto entre los dos discos es: 4 4 E b1  E b2  (T1  T2 )  q12  1 1 2 A1F12 d π   F12 2 

El factor de forma F12 entre los discos lo obtenemos de la tabla K (diagrama de factores de forma para dos discos paralelos concéntricos de radio r separados una distancia x): d/x=1,5  F12  0,3

3

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Sustituyendo valores: q12 

5,67 × 10-8 W/m2 ×K 4 (8004 K 4  4004 K4 ) = 462 W  1 0,30 2 m 2 π 0,3 4

q12  462 W

c) Del circuito, tenemos que el calor neto trasmitido por el disco 1 es: q1 = q12+ q13 Como:

q13 

2 4 4 4 4 4 8 4 4 E b1  E b3  ( T1  T3 ) 5, 67  10 W/m ×K (800 K  300 K ) 1126 W    1 1 1 2 0,30 2 m 2 A1F13 d  π 0,7 π   F13 4 2

Donde el factor de forma F13 lo obtenemos de la propiedad de aditividad: s. plana

F11

Entonces:

0

 F12  F13  1  F13  1  F12  1  0,3  F13  0,7

q1  q12  q13 462  1126 1588 

q1 1590 W

El calor neto trasmitido por el disco 2 es: q2 = q21+ q23 =  q12+ q23 Siendo:

2 4 4 4 4 4 8 Eb2  Eb3  (T24  T34) 5, 67  10 W/m ×K (400 K  300 K ) 49 W    q23  1 1 1 2 0,302 m2 A2 F23 d  π 0,7 π   F13 4  2

q2  q12  q23   462  49 

Luego:

q2  413 W

El calor neto intercambiado por los alrededores: q3 = q31+ q32 =  q13  q23

q3   q13  q23  1126 49 

q2  1175 W

Comprobamos que la suma de los tres debe ser 0:

q1  q2  q3  1588  413 1175  0 W d) Los valores del calor transmitido por cada disco a los alrededores ya los tenemos calculados: Disco a T =527 ºC 

q13  1126 W

Disco a T =127 ºC 

q23  49 W

e) Consideraciones e hipótesis: Seguimos considerando flujo de calor estacionario y medio transparente, pero con todas las superficies, discos y paredes de la habitación, opacas y grises de emisividad  = 0,6. Al ser las superficies grises, cada una emite una cantidad Ei =  Ti4 y además refleja parte de la radiación incidente de forma que el intercambio de radiación entre cada par de superficies qij, quedará representado en el circuito considerando los potenciales de valor igual a sus radiosidades Ji y Jj y los valores de las potencias netas qi radiadas por cada superficie, añadiendo los potenciales Ebi y las correspondientes “resistencias de superficie” (1– )/Ai. Las dimensiones de la habitación son desconocidas pero sabemos que el área de la superficie de la habitación es muy grade (A3) de forma que la resistencia (1–)/A3, será muy pequeña y podemos despreciarla(1– )/A3  0. 4

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R 

Eb1

12 q1 J1 q12

1  R1  A1

1 A1 F12

1 A1 F13

R23 

q3

J3 R3 

Eb3

1 A2 F23

1  A3 

R12 

Eb1

q23 R  1  2

q13 R 13 

Eb2

J2 q 2

A2 

R1 

A 3

→ 0

q1 J1 q12 1  A1

1 A1 F12

1 A1 F13

Eb2

q23 R  1   2

q13 R13 

J2 q2 R23 

q3

1 A 2 F23

A2 

J3  Eb3

Como la geometría del sistema no ha cambiado, los factores de forma Fij seguirán siendo los mismos y teniendo en cuenta que A1=A2=A, podemos establecer las siguientes relaciones para los flujos de calor:  2  0,30  J1  J 2  q12  0,3( J 1  J 2)  0,070684  0,3 (J 1  J 2 )  0,021205 (J 1  J 2 )  AF12 ( J 1  J 2)  π 1 4   AF12   q  J 1  E b3  AF ( J  T 4)  0,070684  0,7( J  T 4)  0,049479( J   300 4 )  0,049479 J  22,724 13 1 3 1 3 1 1 1  13  AF13   J 2  E b3  AF23 (J 2   T34 )  0,049479 (J 2   3004 )  0,049479 J 2  22,724 q23  1  AF23    0,070684 0,6 E  J1 A  ( T14  J 1 )  ( T14  J 1 )  0,10603 ( 8004  J 1 )  2462,4  0,10603 J 1 q1  b1  1 1  0,4   A   Eb2  J 2 A ( T24  J 2 )  0,10603 ( 4004  J 2 )  153,90  0,10603 J2  q2  1    1    A 

Y de las relaciones existentes entre las potencias radiadas por las diferentes superficies, tenemos que: q1  q12  q13   2462,4  0,10603 J 1  0,021205 ( J 1  J 2 )  0,063616 J 1  29,217  q2  q23  q12  153,90  0,10603 J2  0,063616 J 2  29,217  0,021205 ( J1  J2 ) (0,10603  0,021205  0,049479 ) J 1  0,021205 J 2  2462,4  22,724   0,021205 J1 +(0,10 603  0,049479  0,021205) J 2  153,90  22,724 J 1  14390 W/m2 0,17671J 1  0,021205 J 2  2485,1   2  J2  2726,3 W/m  0,021205 J1  0,17671J2  176,62

Sustituyendo los valores obtenidos para las radiosidades en las expresiones de las potencias de radiación obtenemos:

5

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q12  0,021205 ( J 1  J 2 )  247,34 W/m2 2 q13  0,049479 J 1  22,724  689,29 W/m

q23  0,063616 J 2  29,217  112,17 W/m2 2 q1  2462,4  0,10603 J 1  936,63 W/m

q2  153,90  0,10603 J 2   135,17 W/m2 2

q3   q1  q2  936,63+ 801,47  801,47W/m

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4. Se dispone de dos planos paralelos muy grandes, cuyas superficies pueden considerarse difusas y grises de emisividad ε = 0,8. Suponiendo que se encuentran a 5 ºC y 5 ºC, y que el medio es transparente: a) Dibuje el circuito térmico y determine el calor intercambiado por radiación. (R: 30,5 W/m 2) b) Compare el resultado con el que se obtendría si las superficies fueran negras. (R: 46 W/m2) SOLUCIÓN Se conoce: Dos planos paralelos muy grandes de emisividades y temperaturas conocidas intercambian calor por radiación. Se debe hallar: El flujo de calor neto intercambiado por radiación entre los dos planos. Consideraciones e hipótesis: a) Flujo de calor estacionario.

Datos conocidos y diagrama: T1

120,8 1 2

b) Superficies difusas, grises y opacas.

q 12

a) Medio transparente.

T2

Eb1

b) Los planos son infinitos.

q1 1   1 A1

Análisis:

J1 q12

Eb2

J2 1 A

1   2 q2 A2

a) Como los planos paralelos son muy grandes, puede suponerse que la radiación emitida por una de las superficies es interceptada en su totalidad por la otra, despreciando los posibles efectos de borde (pérdida de calor por radiación por los extremos abiertos). En esta suposición las dos superficies constituyen un “recinto radiante cerrado” y F12 = F21 = 1. Al tratarse de superficies grises, el intercambio de radiación entre ambas, q12, quedará representado en el circuito de radiación mediante dos potenciales de valor igual a sus radiosidades J1 y J2, con una resistencia debida al factor de forma entre ellos que en este caso será: 1/(A1F12)= 1/A. Los valores radiosidades J1 y J 2 quedan caracterizados en el circuito en función de las temperaturas T1 y T2, añadiendo los potenciales Eb1 =  T14 y Eb2 =  T24 y las correspondientes “resistencias de superficie” ((1– i)/(A1 i)) de forma que la caída de potencial (Ebi –Ji) nos da cuenta de la disminución de la potencia neta radiada por las placas respecto a la que radiarían si se trataran de cuerpos negros. A partir del circuito térmico, se deduce que: q1 = q12 =  q2. Las tres resistencias están en serie y el flujo de calor neto intercambiado por radiación entre las dos superficies lo podemos determinar como:

 T1 4  T24  E b1  E b4  q12  q1  1  1 1 1  2 Req   A1 1 A1 A2 2 siendo   5,67 108 W/(m2  K4 ) , constante de Stefan-Boltzmann. Los valores de las emisividades son conocidas y las áreas de las superficies son iguales pero de valor desconocido, por lo que determinaremos el flujo de calor radiado por unidad de superficie:

 T14  T24  q1   1  1 A 2 1

q1  30,8 W/m 2 A

1

b) Si se tratara de cuerpos negros, las emisividades de las superficies serían 1 =  2 =1, las resistencias superficiales (1–i)/ (A1 i) =0, y las radiosidades Ji =Ebi, quedando: J2=Eb2

J1=Eb1 q1 q12

R12 

1 A1

q2

q1 

 T1 4  T24  1 A

7



q1   T14  T 24   A

q1   46,2 W/m2  A  s. negras

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5. Para determinar la emisividad de un metal se dispone de una varilla cilíndrica maciza, de 5 mm de diámetro y 100 mm de longitud, ésta se introduce en una cámara de ensayos, también cilíndrica, de 100 mm de diámetro y 500 mm de longitud, en la que se hace el vacío. Por la varilla se hace circular una corriente eléctrica que eleva su temperatura a 1000 ºC, consumiendo una potencia de 80 W. Las paredes de la cámara de ensayos tienen una temperatura uniforme de 20 ºC y pueden considerarse como superficies negras. a) Dibuje el circuito térmico, justificando la presencia y significado de cada uno de los elementos. b) Determine la emisividad de la varilla. (R: 0,34) c) Determine la radiosidad de la superficie de la varilla. ¿Qué nos indica ese valor? ¿Qué relación tiene con la potencia eléctrica? (R: 51 047 W /m2) SOLUCIÓN Se conoce: La temperatura de una superficie gris, rodeada por una superficie negra de temperatura conocida. Se conoce la potencia suministrada a la superficie gris. Las dimensiones de ambas superficies son conocidas. Se debe hallar: El circuito térmico de radiación equivalente al sistema, la emisividad y la radiosidad de la varilla. Datos conocidos y diagrama: Eb1

T2= 20 ºC q1= 80 W T1= 1000 ºC 100 mm

q1= 80 W R  1   1 1 A1 1

5 mm

J2 = Eb2

J1

q12

R12 

1

q2

A1

100 mm

500 mm

Consideraciones e hipótesis: a) Flujo de calor estacionario. b) Superficie de la varilla difusa, gris y opaca. c) Superficie de la cámara de ensayos negra. d) Medio transparente. Análisis: a) El sistema puede modelarse como un recinto constituido por dos superficies: la varilla (1) que consideramos superficie gris y la superficie interior de la cámara de ensayos (2) que se comporta como cuerpo negro. En el circuito cada una de estas superficies las representaremos por sus respectivas radiosidades J1 y J2= Eb2, colocando entre ellas la resistencia geométrica en función del factor de visión. En este caso al estar la varilla envuelta por la cámara de ensayos, toda la radiación emitida por la varilla (1) va a parar a la cámara (2), de forma que F12 = 1 y la resistencia geométrica R12 = 1/A1 F12= 1/A1. Como la superficie (1) es gris tiene asociada una “resistencia superficial” que nos relaciona la radiosidad J1 con el poder emisor del cuerpo negro a la misma temperatura Eb1=T14 y el flujo de calor neto q1 radiado por la misma. El circuito se completa con las correspondientes fuentes/sumideros de calor: la que suministra la potencia eléctrica de 80 W (=q1) y la que representa el flujo de calor q2 transmitido por conducción a través de la pared de la cámara. b) En las condiciones indicadas de estado estacionario, la potencia eléctrica suministrada a la varilla se transmite por radiación teniéndose que:

 T14 T24  E b1  E b2 q1  80 W   1 1 1 Req  A1 1 A1 8

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Y despejando la emisividad obtenemos que:

1 

q1 q1   4 4 A1  T1  T2  (2 π r1H  2 π r12 )  T1 4  T24 

1  0,33

c) La radiosidad puede hallarse planteando el análisis del circuito térmico entre los nodos correspondientes a Eb2 y J1:

q1  80 W 

J 1  E b2 q q  A1  J 1  E b2   J 1  1  E b2  1   T24  51 047 W/m 2 1 A1 A1 A1

La radiosidad J1 es la energía térmica radiada por la superficie 1 por unidad de tiempo y de área, es decir, potencia por unidad de área. A esta radiación contribuye tanto lo que emite por estar a 1273 K como lo que refleja de la radiación recibida de las paredes de la cámara:J1  1 Eb1   1G1 . La potencia eléctrica es igual a la potencia neta radiada por la varilla q1, que a su vez es igual a la que radia (A J1) menos la que recibe (A G1): q1= A (J1  G1).

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6. En un hogar cuyas dimensiones son 1 m de ancho, 1,5 m de largo y 2 m de alto, el suelo está formado por carbón en combustión a 800 ºC, comportándose como un plano gris de emisividad 0,9, mientras que el techo de hierro forjado totalmente oxidado, con emisividad 0,69 se encuentra a 150 ºC, com...