1.7. PROBLEMAS DE FUENTES DE CALOR

1.7.1. PARED PLANA

Considérese una pared plana con fuentes de calor uniformemente distribuidas como se muestra en la figura 1.9.

El espesor de la pared en la dirección z es 2b y se supone que las dimensiones en las otras direcciones son bastante grandes para que el flujo de calor pueda considerarse como unidimensional. El calor generado por unidad de volumen es ΦΗ y se supone que la conductividad térmica no varía con la temperatura.

Solución.

Como la geometría es rectangular usamos directamente la ecuación (1.8) con las simplificaciones de estado estacionario (∂T/∂t = 0) y flujo unidimensional para obtener

d2Td z2

+ΦH

k=0 (A)

La derivada es total pues T depende solo de z. Para las condiciones de frontera se especifican las temperaturas en cada pared:

T=T 1en z=0;T=T 2 en z=2b

Integrado una vez:

dTdz

=−ϕH z

k+C1 (B)

La solución es entonces:

T=−ϕH

2kz2+C1 z+C2 (c)

Aplicando las condiciones límite

T 1=C2 ;T 2=−ϕH

2k(2b)2+C1(2b)+T1

T−T 1=−ϕ H bz

2k [1− z2b ]+(T¿¿2−T¿¿1)( z

2b )¿¿ (1.22)

En el caso que la generación valga cero esta ecuación se reduce a la (1.9) como es de esperarse. Tenga presente que estamos considerando una pared de espesor 2b.

1.7.2. PARED PLANA SIMÉTRICA, CON GENERACIÓN Y CONVECCIÓN:Analicemos la misma pared plana con generación uniforme, pero en este caso intercambia calor por convección desde sus dos caras con un medio ambiente a temperatura T∞ y con coeficiente convectivo h∞.

Solución.El planteamiento del problema no varía sino en el momento de aplicar las condiciones límite.

d2Td z2

+ΦH

k=0

Como en este caso la temperatura es igual a cada lado de la pared parece conveniente seleccionar el origen coincidiendo con el plano de simetría. En lugar de condiciones de frontera de primera clase tendremos una de segunda y otra de tercera clase a saber:En z = 0, dT/dz = 0; ya que se espera un máximo de temperatura en el plano central debido a la simetría del sistema. Esta misma condición límite surge cuando existe una superficie adiabática o aislada pues no hay flujo de calor a través de ella como se desprende de la ley de Fourier: Qz = − kSz(dT/dz). Integrando una vez..

dTdz

=−ΦH z

k+C1

De la primera condición límite se infiere que C1 = 0. Integrando nuevamente

T=−ΦH

2kz2+C1 z+C2

En la superficie ubicada en z = b, se intercambia calor por convección. En estado estable, el calor que llega a esta interfase por conducción se disipa por convección hacia el medio circundante, así:

−kdTdz |

z=b

h∞ (T−T ∞ )|z=b

Despejando T y reemplazando en la ecuación anterior calculada en z = b, obtenemos

C2=Φ H b2

2k (1+ 2kbh∞

)+T ∞

T−T ∞=ΦH b2

2k [1+ 2kbh∞

−( zb )

2] (1.23)

Observamos que la distribución de temperaturas es parabólica en ambos casos. El gradiente de temperatura en la superficie puede hallarse directamente como:

dTdz |

z=b

=ΦH b

k

El flujo en una de las superficies es

Qs=−kSdTdz |

z=b

=ΦH (bS )

Que es la mitad del calor generado en el volumen. Es decir, todo el calor generado se disipa por convección hacia el fluido. La temperatura de la superficie y la del centro o máxima se obtienen fácilmente reemplazando por el correspondiente valor de z. La relación adimensional h⋅b/k se conoce como numero de Biot abreviado Bi que se interpreta como la relación entre la resistencia interna a la conducción de calor y la resistencia externa a la transferencia por convección. Nótese que cuando Bi ⇒ ∞, la diferencia de temperaturas en la interfase tiende a cero y TS ⇒ T∞.

PLACAS PARALELAS.Considere dos placas paralelas separadas una distancia de 3 mm, la de la parte superior se mueve a V = 10 m/s y está a 30 °C. La inferior está estacionaria y a 10 °C. Entre ambas hay un aceite de motor cuyas propiedades a 20 °C son ρ = 888.2 kg/m3, k = 0.145 W/m.K, μ = 0.799 Pa.s. ¿Cuál será el flujo de calor en las dos placas y la temperatura máxima en el aceite?.

Solución.El caso se asimila a pared plana con generación por manantial calorífico de origen viscoso y condiciones límite asimétricas. Retomamos la ecuación (1.8):

−∂∂ z [k ∂ T

∂ z ]+ ρC p∂ T∂ t

=ΦH

Para estado estable y reemplazando el término de generación (1.19)

−∂∂ z [k ∂ T

∂ z ]=μ(Vb )

2

Con conductividad térmica constante

k∂2T∂ z2

=−μ(Vb )

2

Integrando dos veces:

T ( z )=−μ2k (V

b )2

z2+C1 z+C2

Aplicando las condiciones límite, a saber T(0) = T1 y T(b) = T2,

C1=T 2−T 1

b+ μV 2

2kb y C2 = T1

Reemplazando

T ( z )=T 1+[ zb−( z

b )2] μ2k

V 2+ (T 2−T1 ) zb

Conociendo la distribución de temperaturas podemos calcular los flujos de calor en las superficies aplicando la ley de Fourier:

qs1=−kdTdz |

z=0=−μV 2

2b− k

b(T 2−T 1 )=−14.3 kW

m2

qs2=−kdTdz |

z=b

=−μV 2

2b− k

b(T 2−T 1 )=12.3 kW

m2

Ambas densidades de flujo están dirigidas hacia afuera de la película líquida, qS1 hacia abajo (signo menos) y qS2 hacia arriba. La localización del máximo de temperatura en el aceite la hallamos haciendo

dTdz

=( 1b−2 zb2 ) μ

2kV 2+

(T2−T1 )b

=0

Resolviendo para z obtenemos

zmax=[ K (T 2−T 1 )μV 2 + 1

2 ]b=( 1Br+12 )b=0.536b .

En nuestro caso el numero de Brinkman, Br = 27.8 > 2 y evidentemente se presenta un máximo de temperaturas entre las dos placas. Reemplazando zmax en la expresión para T (z) encontramos Tmax = 89.3 °C. El cálculo deberá repetirse usando propiedades a una temperatura diferente de 20 °C, tal como 55 °C (a 330 K, ρ = 865.8 kg/m3, k = 0.141 W/m.K y μ = 0.0836 Pa.s).

1.7.3. TRANSPORTE DE ENERGÍA CON GENERACIÓN. GEOMETRÍA CILÍNDRICA.

Consideremos un elemento cilíndrico de combustible nuclear dentro de un reactor. Este elemento genera calor debido a la reacción nuclear a velocidad ΦH [energía/volumen⋅tiempo]. Aunque en la práctica, ΦΗ varía con la posición,

suponemos que tiene el mismo valor en todos los puntos de la barra. Este calor debe removerse rodeando el elemento de combustible con un medio refrigerante que mantiene la temperatura de la superficie a alguna temperatura constante TS. Se desea conocer la velocidad de flujo de calor hacia el refrigerante por unidad de longitud del cilindro y la máxima temperatura en el mismo.En estado estable, la ecuación de balance de energía (1.7) se reduce a:

[Velocidad de salida de calor] − [Velocidad de entrada de calor]

= [Velocidad de generación de calor].

Solución.

Apliquemos esta expresión a un elemento de volumen de forma anular dentro del cilindro de combustible, tal como se ilustra en la figura 1.7. La longitud del elemento es L y su espesorΔr. El volumen de este elemento de volumen ubicado entre r y r+Δr podría calcularse como la diferencia entre el volumen del cilindro exterior de radio r+Δr y el volumen del cilindro interior ubicado en r, o sea:

ΔV = π(r + Δr) 2L - πr2L = 2πrΔrL + π (Δr) 2L

Seleccionando Δr suficientemente pequeño, (Δ r)2 lo será aún más y lo podemos despreciar.El calor entra a través del área cilíndrica 2πrL y sale a través del área concéntrica 2π(r+Δr) L, de manera que el balance de energía se puede escribir como:

Qr|r+∆ r−Qr|r=ΦH ∆ V

Pero Qr|r+∆ r=Qr|r+ΦH ∆ V . por tanto reemplazando en el balance

ddr

(Q r ) ∆ r=Φ H2πLr ∆ r

Aplicando Fourier: Qr=−k ArdTdr

ddr (−k 2πrL

dTdr )∆ r=Φ H2πLr ∆ r

Dividiendo por 2πrLΔr y simplificando con k constante, obtenemos

−kr

ddr (r dT

dr )=ΦH (1.24)

Observe que la variable r no se puede simplificar pues está afectada por el diferencial.Las condiciones límite en el cilindro sólido para las circunstancias físicas descritas son:

CL1: En el eje de simetría deberá presentarse un máximo o un mínimo de temperatura

r = 0 dTdr

=0

CL2: En la superficie la temperatura es conocida y constante

r = R T = TS

Reescribiendo la ecuación de balance como

d (rdTdr )=−ΦH

krdr

Integrando una vez

rdTdr

=−ΦH r2

2k+C1

Esta constante de integración C1 = 0 por la primera condición límite.

La nueva ecuación es dT=−ΦH r

2kdr

Integrando nuevamente obtenemos el perfil de temperatura en el cilindro sólido con generación uniforme:

T=−ΦH r 2

4k+C2

Usando la segunda condición obtenemos

C2=T S+ΦH R2

4k

Y así: (T−T S )=(ΦH R2

4 k )[ I−( rR )

2] (1.25)

Este perfil de temperaturas es parabólico, con el máximo de temperaturas ocurriendo en el centro del cilindro. La máxima diferencia de temperaturas es ΦΗ.R2/4k y aumenta con el cuadrado del radio del cilindro.

1.7.4. FLUJO TOTAL DE CALOR EN LA PARED.

Es útil calcular la pérdida total de calor a través de la superficie del cilindro. Esta se puede calcular como el producto de la densidad de flujo qS = − k (dT/dr) por el área de transferencia: Qtotal = (ΦΗ.R/2) (2πRL) = ΦΗ (π.R2.L) (1.25a)

Como es de esperarse es igual al calor total generado en el volumen:

1.7.4.1. Otros sistemas radiales. El tubo.

El tubo o cilindro hueco (fig. 1.11) se trata convenientemente usando el sistema de simetría cilíndrica. El caso presente es el de estado estable, conductividad térmica k constante, no hay manantiales térmicos y el gradiente de temperaturas es radial.Para este caso el balance (1.24) se reduce a

−kr

ddr (r dT

dr )=0 Multiplicando ambos lados de la igualdad por – (r/k) ≠ 0 obtenemos

ddr (r dT

dr )=0 . Integrando una vez más [r dTdr ]=C1

Integrando nuevamente T = C1 ln r + C2 y las condiciones límite son las que especifican las temperaturas Ti y T0 en los radios Ri y R0 a partir de las cuales se obtienen las constantes de integración C1 y C2, permitiendo obtener la expresión para la distribución radial de temperatura en el tubo:

T−T 0

T1−T 0

=ln( r

R0 )ln( R1

R0 )

El flujo de calor a través de la pared del tubo se determina a partir de la ley de Fourier. Sin embargo, el área normal al vector flujo de calor cambia con el radio:

Qr=−k SrdTdr

=−k (2πL ) dTdr

Donde L es la longitud axial del tubo. Diferenciando el perfil de temperatura y usando el resultado en la expresión para Qr, obtenemos:

Qr=(T1−T0 )

[ ln(R0

R1)

2πkL ] Aquí la resistencia térmica es ln(R0/Ri)/2πkL

También podemos obtener el resultado (1.28) sin necesidad de hallar el perfil de temperaturas dado que como r(dT/dr) = C1, constante, entonces Qr = 2πkLC1, también lo será y en (1.27) bastará separar variables e integrar.