Tema 7 Radiación

7/25/2019 Tema 7 Radiacin

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UNIDAD TEMTICA 7: RADIACIN TRMICA

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1

a) De la ley de desplazamiento de Wien;

1 -4

maxx

0,2884 0,2884 cm KT = = = 5768K = 5495C

0,5 10 cm

b) Segn Stefan-Boltzmann;

4(e) 4 -8 7

b 1 2 4 2x

kcal kcalq = T = 4,878 10 5768 K = 5,4 x 10

h m K h m

c) Tomando al Sol como cuerpo 1 y a la Tierra como cuerpo 2;

6

1 xD 1,38 10 km=

8

12 xr = 1,5 10 km

(e) 7b1 2

xkcal

q 5,4 10h m

4

12 11 12

2 2 12

Cte. Solar =dQ T

= cos dAcos dA r

(e) 24 2

b1 11 1

2 2 2

12 12 12

Cte. Solar =q D T D

r 4 r 4 r

7 262

9

8 2 2

kcalCte. Solar =

h m

kcal

5,4 x 10 1,38 x 10 km ergh m 1140 13,24 x 104 1,5 x 10 km seg m

d) La presin solar o viento solar ser;

9

2

210Viento Solar =

erg13,24 x 10

Cte. Solar dynasseg m= 0,441

cmc m3 x 10seg

SOL

TIERRA

dA1

dA2

r12

1

2

n1

n2


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Fenmenos de TransporteUnidad Temtica 7: Problemas Resueltos

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Problema 2

De acuerdo a la definicin de Factores de Visin,

1

2

1 1 2 212 2A

1 A

dA cos dA cos 1F =A r

Cuando A1


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b) Siendo a1= 60 cm, de la figura siguiente;

Dimetro

Razn =

Distancia entre planos

2 601

120

, de la curva 1, F12 = 0,18

Radiacin entre planos paralelos directamente opuestos

2 -8 4 4 412 2 4kcal

Q = 0,6 m 0,18 4,878 x 10 1000 -500 Kh m K

12Q = 9309,75 kcal

h

c) En este caso, para la Razn=1, debemos utilizar la curva 5

12

F donde 1 12 2 21A F A F ;

12F 0,5

2 -8 4 4 412 2 4kcal

Q = 0,6 m 0,5 4,878 x 10 1000 -500 Kh m K

12Q = 25860,41 kcal

h

d) Para discos grises,


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1 12 1 1 2 21 12

1 1 1 1 1 11 1

A A e A eA FF

y como A1=A2 ;

12 1 212

1 1 1 11 1

e eFF

12

1 212

1

1 1 11 1

e eF

F

Como, 12F 0,5 ; e1=e2=0,7;

12

10,35

1 1 11 1

0,5 0,7 0,7

F

2 -8 4 4 412 2 4kcal

Q = 0,6 m 0,35 4,878 x 10 1000 -500 Kh m K

12Q = 18102,29 kcal

h

Si las superficies grises no estuvieran confinadas entre superficies refractarias,

12 12 1 2

1 1 1 11 1

F e eF

Como, 12F 0,18 ; e1=e2=0,7;

12

10,156

1 1 11 1

0,18 0,7 0,7

F

2 -8 4 4 412 2 4kcal

Q = 0,6 m 0,156 4,878 x 10 1000 -500 Kh m K

12Q = 8068,45,29 kcal

h


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Problema 4

-8 4 4 4

2 4

r 2

kcal4,878 x 10 0,96 698 - 423 K

kcalh m Kh 34,97698 - 423 K h m K

Llevado a (1) 2

g

2

kcal34,97

h m CT 150C 425 150 C 38,82Ckcal

86,5 h m C

FLUJO

VTg

a) Vaina desprotegida

b) Vaina protegida

Ts

Tc

Conveccin

Radiacin

Radiacin

El balance de energa indica,

s c r c S CQ =h A T -T

CONV C c C gQ =h A T -T

En estado estacionario, s c CONVQ =Q , por lo que;

rg c S CC

hT = T T -T

h

(1)

a) El termopar slo ve al ducto, por lo tanto,

cs

F 1, adems As>>Ac, con lo que;

c

s

A 11 0

A es

. Entonces;

CS c

c

1e 0,96

1 11 0

1 e

F

4 4

CS S C

r

S C

T -Th

T -T

F


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b) Al colocar un escudo, las ecuaciones de transferencia quedarn expresadas de la siguientemanera:

4 4c s cRAD

s p c p

QA T T

1 1 1 11 1e e e e

CONV c c c gQ h A T T

Igualando las expresiones anteriores, se puede obtener:

2 4

2

8 4 4

c

c g

kcalx

kcal h m K

hr m C

4,878 10 698 T86,5 T T

1 1 1 11 11 0,03 0,96 0,03

El clculo de Tcdeber realizarse por tanteo, hasta lograr la Tgreal calculada en el

apartado anterior.

para Tc= 42C ; Tg= 40,08 C

para Tc= 40C ; Tg= 38,07 C

cT 40 C

Por lo tanto, el error cometido se redujo a valores aceptables dentro de la precisin de la

sensibilidad de los instrumentos.


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Problema 5

3

pies

5% mol CO2

hconv=1,5 BTU/h pie2F

Tg(Tb)=2000 FP=1 atm

T1(Ts)=1900 F (e=1)

Para cilindros, L=0,9 D

2CO2 CO2presin parcial de COp = =x P=0,05 atm

CO2

p L=0,05 0,9 3 pies=0,135 pie atm

T1= 1900 F= 2360 R= 1038 C= 1311 K

Tg= 2000 F= 2460 R= 1093 C= 1366 K

La emisividad del (eg) se puede obtener de la siguiente figura en funcin de p.L y Tg;

ge 0,07 a 2460 R

y

1

g

p L T 2360

= 0,135 pie atm = 0,13 pie atmT 2460

De la misma figura, a 2360 R,

0,65 0,65

g

g

1

ORDT 2460

= =0,072 =0,074T 2360

El calor radiado ser;

4 4

g g g g 1q = e T - T

2 2

-8

g

BTU BTUx

hr pie R hora pieq =0,171 10 0,07 2460 R - 0,074 2360R =460

2g

BTU

hora pieq (Radiacin)= 460

El calor por conveccin;

2g c g 1BTU

hr pie Rq =h (T -T )=1,5 2460-2360 R


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2g

BTU

hora pieq (Conveccin)= 150

Total;

2T rad conv

BTU

hora pieq =q +q = 460 + 150= 610

Problema 6

D=6,0

5cm

e=5,0

8cm

Ts

TiTa

Ts>Ti>Ta

Debe destacarse, en este caso, que se considera despreciable la resistencia que ofrece

la pared del tubo a la transferencia de calor por lo que a los fines prcticos se tomar Ts=Ti.

Existen diversas formas de estimar el valor de los coeficientes de conveccin y

radiacin:

1- Obtener el coeficiente combinado interpolando en la siguiente tabla para un dimetro detubera de 2 plg y unT igual a 290 F:

Valores de (hc + hr) en BTU/hr pie2F

Para tubera de acero, desnuda y estndar, de varios tamaos en habitacin a 80 F

Dimetro nominalde tubera (plg)

Diferencia de temperatura (F)

30 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 600 650 700

1 2,16 2,26 2,50 2,73 3,00 3,29 3,60 3,95 4,34 4,73 5,16 5,60 6,05 6,51 6,98

3 1,97 2,05 2,25 2,47 2,73 3,00 3,31 3,69 4,03 4,43 4,85 5,26 5,71 6,19 6,66

5 1,95 2,15 2,36 2,61 2,90 3,20 3,54 3,90

10 1,80 1,87 2,07 2,29 2,54 2,82 3,12 3,47 3,84Fuente: Manual del Ingeniero Qumico. Perry - 7ma edicin.

a) Si la caera no est aislada,

c r s aQ= h + h A T -T

Donde;

2A= D L= 0,0605 m 1m= 0,19 m /m long

s aT -T =188 C - 27 C= 161C

s aT T 370,4 F 80,6 F 290 F


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Con lo que,

2 2

BTU kcal

hr pie F hr m Chc hr 3,4 16,6

2

2

kcal m kcal

hr m C m long hr m longQ 16,6 0,19 188 27 C 507,8

2- Calculando independientemente ambos coeficientes:

El coeficiente de transmisin de calor por conveccin libre puede calcularse a

partir de la siguiente correlacin para cilindros horizontales:

1/3

ch 1,24 T

c 2J

h T =Cs m C

2 2

1/3

c

J kcal

s m C hr m C

h 1,24 188 27 6,75 5,8

Mientras que el coeficiente de calor por radiacin ser;

4 4

i ar

i a

(T T )h

T T

Siendo2 4

8 Jx

s m K

5,67 10 y considerando la emisividad de la tubera igual a 0,9,

se obtiene;

2 4

2 2

8 4 4 4

r

Jx

J kcals m K

s m K hr m C

5,67 10 0,9 461 300 Kh 11,75 10,11

461 300 K

2

2

kcal m kcal

hr m C m long hr m longQ 10,11 5,8 0,19 188 27 C 486,69


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3- A partir de la figura siguiente se puede obtener directamente la prdida de calor:

ParaT=161C y dimetro externo igual a 60,5 mm;

kcal

h m longQ 460

Prdida de calor en las caeras no aisladas, por cada metro lineal y cada hora


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b) Para caera aislada, Tsya no podr considerarse igual a T i, por lo que se deber encontraruna solucin por tanteo ya que se deben cumplir simultneamente las siguientes ecuaciones;

s ie

i

2 k T -T

Q= DLn

D

c r e i aQ= h + h D T-T

Cabe destacar que los coeficientes de transmisin de calor debern recalcularse en funcin de

Tiy De.

Y la solucin se obtiene para aproximadamente;

Ti= 28 C con Q=2 kcal/hr m long.

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