γ π γ* Please purchase `e-PDF Converter and Creator` on http://www

Transkrypt

BILANS CIEPLNY
W układach termokinetycznych obowiązuje zasada zachowania energii, która jest
podstawą tworzenia bilansów energetycznych. Bilansowanie ciepła w układach
termokinetycznych jest niezbędne przy poszukiwaniu rozpływów energii.
Przy tworzeniu bilansów cieplnych można brać pod uwagę następujące składowe:
- Qd - energia cieplna (ciepło) doprowadzona do rozpatrywanego układu z zewnątrz, poprzez
powierzchnie graniczne układu.
- Qw - całkowite ciepło wytworzone wewnątrz rozpatrywanego układu przez wewnętrzne
źródła energii
- Qs - energia odprowadzana z układu termokinetycznego przez powierzchnie graniczne.
- Qo - ciepło odprowadzane z układu poprzez odbiory energii znajdujące się wewnątrz układu
(tzw. upusty)
- Qa - ciepło akumulacyjne, czyli zgromadzone w jakiejkolwiek masie układziu w wyniku
zmian pola temperatury
- Qu - energia użyteczna – niezbędna do realizacji procesów technologicznych, przemian itp.
W układach termokinetycznych bilansować można także moce cieplne (strumień
cieplny), to znaczy ciepła odniesione do czasu w ciągu którego dane ciepło powstaje,
gromadzi się, lub przepływa.
Bilansować można również gęstość strumienia cieplnego, to znaczy moc cieplną
odniesioną do jednostki powierzchni prostopadłej do drogi przepływu ciepła.
Bilans cieplny przedstawiany jest podobnie jak znane z elektrotechniki pierwsze
prawo Kirchoffa, wyrażające równość sumy prądów wpływających i wypływających z węzła
obwodu. Węzłami w układach termokinetycznych nazwać można elementy o objętości dV
przestrzeni tworzącej pole temperatur.
W ogólnym przypadku równanie bilansu cieplnego można przedstawić w następującej
postaci:
Qd + Qw = Qs + Qo + Qa + Qu
W stanie cieplnie ustalonym (gdy temperatury nie zmieniają się w funkcji czasu)
ciepło nie jest gromadzone w częściach układu, wobec czego w powyższym równaniu zanika
składnik Qa …
Zad 1. Obliczyć ilość ciepła potrzebnego do nagrzania stalowego pręta o promieniu r = 3cm i
długości l = 6m od temperatury t 0 = 20°C do temperatury t k = 1250°C .
J
Ciepło właściwe stali: c s = 460
kgK
kg
Gęstość stali: γ = 7860 3
m
Straty ciepła pomijamy.
Zadanie sprowadza się do obliczenia ciepła akumulacyjnego:
Q a = m ⋅ c ⋅ ∆t
- Liczymy objętość pręta: V = π * r 2 * l =0.017m^3
- Liczymy masę pręta: m = V * γ =133,62 kg
Please purchase 'e-PDF Converter and Creator' on http://www.e-pdfconverter.com to remove this message.
- Liczymy ciepło akumulacyjne: Q a = 133,62 * 460 * (1250 − 20) = 75,6 MJ
Zad. 2. Do kąpieli wodnej (6 l wody) wrzucono rozgrzany stalowy puc. W wyniku tego,
temperatura wody wzrosła w krótkim czasie od 20°C do 70°C. Masa puca wynosi 2 kg. Jaką
temperaturę miał pręt przed zanurzeniem? Straty ciepła do otoczenia pomijamy.
mwody = 6 kg (bo litr wody waży 1 kg)
mpręta = 2 kg
cw_stali = 500 J/kg°C
cw_wody = 4200 J/kg°C
tk = 70°C
tp_wody = 20°C
W tej sytuacji mamy do czynienia z przekazywaniem ciepła z pręta do wody. Temperatury
stali i wody, choć różne w chwili początkowej, w stanie ustalonym ustalą się na tym samym
poziomie tk.
W przypadku pomijania strat cieplnych do otoczenia, bilans cieplny może zostać określony
jako:
Qpobrane_przez_wodę = Qoddane_przez_pręt
Zarówno ciepło oddane, jak i pobrane będzie określane na podstawie zależności:
Q a = mc∆t
Stąd:
m w c w (t p _ wody − t k ) = m s c s (t p _ stali − t k )
t p _ stali =
m w c w (t p _ w − t k ) + m s c s t k
ms cs
= 1310°C
Zad. 3. Obliczyć moc elektrycznego ogrzewacza wody gwarantującego nagrzanie V = 60l
wody w czasie τ n = 8h od temperatury początkowej t 0 = 10°C do temperatury końcowej
t k = 90°C przy założeniu że moc odprowadzana z układu (moc strat) rośnie liniowo i po
czasie τ = 8h osiąga wartość równą 5% mocy znamionowej ogrzewacza.
J
Ciepło właściwe wody: c s = 4190
.
kgK
W tym zadaniu należy już brać pod uwagę ciepło wytworzone (w elemencie
grzejnym) –dostarczone do wody ( Q d ), ciepło akumulacyjne (zgromadzone w wodzie w
wyniku podwyższania jej temperatury) ( Q a ), oraz ciepło strat – odprowadzane poza układ
( Q s ). W związku z tym, bilans cieplny przyjmuje następującą postać:
Qd = Qs + Qa
Z ogólnych zależności pamiętamy, że moc cieplna jest ilością ciepła w jednostce
czasu. Biorąc pod uwagę, że wyznaczyć mamy moc dostarczaną do wody, napisać można, że:
Q
Q d = Pn ⋅ τ ⇒ Pn = d
τ
Ciepło akumulacyjne jest równe:
Q a = m w ⋅ c w ⋅ (t k − t 0 )
Przy czym masa wody może zostać wyznaczona przy założeniu, że jej gęstość wynosi
ρ = 1000kg / m 3 = 1kg / l . Stąd m = V * ρ = 60 * 1 = 60kg
Ciepło oddawane poza układ (ciepło strat) wyznaczamy na podstawie pola trójkąta
Qs=0,5*8h*0,05Qd=0,5*8*0,05* Pn * τ .
Czyli bilansując mamy:
Pd ⋅ τ = m w ⋅ c w ⋅ (t k − t 0 ) + 0,5 ⋅ 0,05 ⋅ Pd ⋅ τ
m ⋅ c ⋅ (t − t 0 )
Pd = w w k
(1 − 0,5 ⋅ 0,05) ⋅ τ
Zad. 4. W transformatorze o mocy S n = 1000VA przy znamionowym obciążeniu powstają
straty w uzwojeniu Pcu = 50W oraz w rdzeniu Pfe = 20W .Masa uzwojenia miedzianego
wynosi mcu = 2kg , a masa rdzenia: m fe = 6.3kg . Temperatura otoczenia wynosi t 0 = 20°C .
Określić:
a) ilość ciepła odprowadzanego do otoczenia, jeżeli po czasie τ = 2h średnia temperatura
transformatora wynosi t = 70°C
b) jaką temperaturę uzyskał by transformator izolowany cieplnie po tym czasie.
Średnie ciepło właściwe:
ccu = 390 J / kgK
c fe = 480 J / kgK
Ad. a) W tym przypadku należy zbilansować ilość ciepła wytworzoną w układzie przez źródła
z sumą ciepeł odprowadzanych poza układ i zakumulowanych w konstrukcji:
Qw = Qa + Qsc ⇒ Qsc = Qw − Qa
Gdzie:
Qw - ciepło wytworzone wewnątrz układu przez źródła ciepła
Qa - ciepło akumulacyjne, zgromadzone w układzie w wyniku zmian jego temperatury
Qsc - ciepło odprowadzane przez powierzchnie graniczne obiektu = straty cieplne
Pamiętając, że Q = P ⋅τ otrzymujemy:
Qw = (PCU + PFE ) ⋅τ
Oraz znając wzór na ciepło akumulacyjne:
Qa = mc∆t
Otrzymamy:
Qsc = (Pcu + Pfe )⋅τ − (mcu ccu + m fe cce )⋅ (t − t 0 ) = 504 *10^3 − 190,2 *10^3 = 313,8 *10^3 J
[
]
Ad. b) Układ izolowany cieplnie oznacza, iż nie występują straty cieplne do otoczenia. W tym
przypadku nasz bilans ogranicz się do przyrównania energii cieplnej wytworzonej i
zakumulowanej w transformatorze:
Qw = Qa
Stąd:
(Pcu + Pfe )⋅τ = (mcu ccu + m fe c fe )⋅ (t x − t0 )
Teraz:
(Pcu + Pfe )⋅τ + t ==152,5
tx =
0
mcu ccu + m fe + c fe
Zad. 5. Grzałka przez którą płynie prąd I=10A utrzymuje wodę w stanie wrzenia, przy czym
w czasie τ = 1s odparowuje masa wody równa m=1g. Obliczyć opór grzałki, jeżeli ciepło
parowania wody wynosi CP=2.3*10^6 J/kg.
W tym zadaniu musimy połączyć zjawisko parowania cieczy z efektem wydzielania ciepła
Joule’a-Lenza. Musimy też pamiętać o zasadzie zachowania energii (bilansie cieplnym).
Znając wzór określający ilość energii potrzebną do odparowania pewnej masy substancji
( Q PAR = m ⋅ CP ), oraz zależność na moc wydzielaną w przewodniku ( P = R ⋅ I 2 ), możemy już
prawie wyznaczyć rezystancję grzałki. Wystarczy tylko pamiętać, że Q = P ⋅τ , wszystko
zamienić na podstawowe jednostki SI i zadanie gotowe.
Czyli:
Jeżeli w ciągu 1 sek odparowuje 1g, to 1kg odparuje w ciągu 1000 sek /jak kto woli, byle by
zachować SI/.
Układamy prosty bilansie:
PEL = Q PAR / τ
m ⋅ CP
τ
m ⋅ CP
R=
= 230Ω
τ
I2
R ⋅ I2 =
Przewodzenie ciepła w ścianie płaskiej (stan stacjonarny)
Podstawowe analogie termokinetyczno – elektryczne przedstawiono w tablicy 1.
Lp.
Równania z zakresu termokinetyki
1
q = −λ ⋅ grad ⋅ t
q – gęstość strumienia cieplnego
λ – przewodność cieplna właściwa
t – temperatura
2
q=λ⋅
t1 − t 2
Równania z zakresu elektrotechniki
j = −γ ⋅ grad ⋅ V
j – gęstość prądu
γ – przewodność elektryczna
V – potencjał elektryczny
δ
δ
δ - długość toru cieplnego
V1 − V2
∆V
=γ
l
l
l – długość toru elektrycznego
3
P = Ft ⋅ q
P – strumień cieplny (moc cieplna)
Ft - przekrój toru cieplnego
I = j ⋅ Fe
I - prąd elektryczny
Fe - przekrój toru elektrycznego
4
∆t
W
W – opór cieplny
∆V
R
R – rezystancja
5
W=
=λ
∆t
P=
δ
λ ⋅ Ft
j =γ
I=
R=
l
γ ⋅ Fe
6
∇ 2t = 0
∇ 2V = 0
7
δt
λ
=
∇ 2t
δτ t ct ⋅ ρ t
τ t - czas trwania zjawisk cieplnych
δV
γ
=
∇ 2V
δτ e ce ⋅ ρ e
τ e - czas trwania zjawisk elektrycznych
ct - ciepło właściwe
ce - pojemność elektryczna właściwa
ρ t - gęstość masy elementów układu
ρ e - gęstość masy elementów układu
termokinetycznego
elektrycznego
`
Rozpatrywany jest przypadek ściany płaskiej, której poprzeczne wymiary są znacznie
większe od grubości δ (drogi przepływu ciepła), wykonanej z materiału o przewodności
cieplnej właściwej λ , bez wewnętrznych źródeł ciepła (rys. 1.). Na zewnętrznych
powierzchniach ściany utrzymywane są stałe temperatury tw i tz, przy czym tw>tz (czyli
podany jest obustronny warunek brzegowy pierwszego rodzaju). W rozpatrywanym
przypadku pole temperatury jest jednowymiarowe. Powierzchnie izotermiczne są równoległe
do powierzchni ograniczających ścianę. W pozostałych kierunkach temperatura n ie zmienia
się:
∂t ∂t
=
=0
∂y ∂z
Zatem równanie różniczkowe ustalonego przewodzenia ciepła w izotropowych ciałach
stałych bez wewnętrznych źródeł ciepła (qw=0) przedstawia się w postaci:
d  dt 
λ  = 0
dx  dx 
Przy stałej wartości przewodniości cieplnej właściwej mamy jeszcze pr0ostszą
zależność:
d 2t
=0
dx 2
Rozwiązanie tego równania przy następujących warunkach brzegowych:
t = t w ⇔ x = 0 i t = t z ⇔ x = δ nie sprawia kłopotu. Temperatura w ścianie jest funkcją tylko
jednej zmiennej x. Przy stałej wartości parametru λ otrzymujemy kolejno:
dt
=C
dx
t ( x) = Cx + D
t −t
Przy czym D= t w - z pierwszego warunku brzegowego i C = z w - z warunku II.
δ
Jak widać, temperatura w ścianie zmienia się liniowo, co jest słuszne dla idealnego
przypadku, gdy wartość przewodności cieplnej właściwej nie jest funkcją temperatury.
Na podstawie powyższych rozważań możemy ułożyć wzór na zależność temperatury
w ścianie płaskiej:
t −t
t ( x) = t w − w z x
δ
Czyli widać, że przy stałym współczynniku przewodności cieplnej, temperatura w
ścianie zmienia się liniowo. Gęstość strumienia cieplnego w ścianie obliczyć można na
podstawie prawa Fouriera:
dt
q = −λ
dx
t −t
t −t
dt
Na podstawie powyższych równań, że C =
i C = z w = − w z , możemy napisać, że:
dx
δ
δ
q=
λ
(t w − t z )
δ
Wyznaczając teraz strumień cieplny (moc cieplną) otrzymamy:
Fλ
P = Fq =
(t w − t z ) = t w − t z
δ
Fλ
δ
Jego postać jest analogiczna do prawa Ohma: I =
U
, przy czym strumień cieplny odpowiada
R
prądowi, temperatura – potencjałowi.
Wielkość w mianowniku powyższego równania jest analogiczna do oporu elektrycznego i
zwana jest podobnie – oporem cieplnym:
W=
δ
λ⋅F
Analogicznie do prawa Ohma zapamiętajmy więc, że:
∆t
P=
W
Przy rozpatrywaniu gęstości strumienia cieplnego (q=P/F) należy posługiwać się oporem
cieplnym właściwym, odniesionym do jednostkowej jednostki powierzchni przez którą
przepływa strumień cieplny:
r = WF = δ
λ
Jeżeli przyjąć, że przewodność cieplna właściwa w równaniu Fouriera q = −λ
stała, to całkowanie w granicach 0 ≤ x ≤ δ oraz t w ≤ t ≤ t z daje:
q=
dt
nie jest
dx
λ śr
(t w − t z )
δ
Średnią całkowitą przewodność cieplną właściwą wyznaczamy jako:
tz
1
λśr =
λ (t )dt
t w − t z tw∫
Jeżeli teraz λ jest liniową funkcją temperatury ( λ = λ0 (1 + bt ) ), to:


λ ś r = λ0  1 + b
tw − tz  λ (tw) + λ (tz )
=
2 
2
Zad. 6. Obliczyć średnią moc nagrzewnicy indukcyjnej o sprawności η = 40% , potrzebną do
uzyskania po czasie τ = 60 s w pręcie stalowym o promieniu R=0.05m i długości l=1m,
liniowego rozkładu temperatury. Temperatura na powierzchni wynosi t F = 600°C , a
temperatura w osi pręta - t s = 120°C . Temperatura otoczenia: t 0 = 20°C . Ciepło właściwe
stali przyjąć jako cw = 460 J / (kgK ) , gęstość ρ = 7860kg / m 3 .
W tym zadaniu korzystamy z zależności na ciepło akumulacyjne: Qa = mc∆t , oraz z
zależności Qw = P ⋅τ .
Jeżeli pomijamy straty ciepła, wymienione wyżej składniki (ciepło dostarczone i ciepło
akumulacyjne) są jedynymi składnikami bilansu cieplnego. Jedynym kłopotem jest rozkład
temperatury.
Sposób 1.
Wiedząc, że rozkład jest liniowy, przyjmijmy średnią wartość temperatury pręta jako średnią
arytmetyczną z temperatury na powierzchni i w osi pręta:
t −t
t sr = F s = 480°C
2
Przy danej sprawności, wiemy, że 40% wytworzonego ciepła zostaje spożytkowane na
nagrzanie wsadu. Możemy więc napisać:
40% ⋅ P ⋅τ = m ⋅ c ⋅ (t sr − t 0 )
m ⋅ c ⋅ (t sr − t 0 )
P=
0,4 ⋅τ
2
π ⋅ R ⋅ l ⋅ ρ ⋅ c ⋅ (t sr − t 0 )
P=
⇒ P = 544273.073252798W
0,4 ⋅τ
(
)
SPOSÓB 2:
Zróbmy to zadanie nieco dokładniej. Wiemy, że rozkład temperatury jest liniowy. Możemy
więc określić równanie tej prostej.
t(r)=ar+b
Znając nasze warunki brzegowe, mamy:
t (0) = 120 ⇒ b = 120
600 − 120
= 9600
0,05
Nasza funkcja określająca zmienność temperatury w funkcji odległości od osi wsadu ma więc
postać:
t (r ) = 9600r + 120
t (R ) = 600 ⇒ 600 = aR + b ⇒ 600 = a * 0,05 + 120 ⇒ a =
Potraktujmy więc nasze zadanie rozpatrując sumę nieskończenie małych wycinków po
promieniu: dr.
Mamy ten sam bilans cieplny:
Qw = Qa
Przy czym temperaturę w funkcji promienia zmieniajmy zgodnie z funkcją t (r ) = 9600r + 120
Możemy więc napisać:
R
R
R
0
0
0
Qa = ∫ m ⋅ c w ⋅ (t (r ) − t 0 )dr = ∫ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ l ⋅ ρ ⋅ c w ⋅ (t (r ) − t 0 )dr = 2 ⋅ π ⋅ l ⋅ ρ ⋅ c w ∫ r ⋅ (t (r ) − t 0 )dr
Należy widzieć, że w powyższej zależności mamy objętość potraktowaną jako sumę
elementarnych objętości wycinków walca o promieniach 0 ≤ r ≤ R . Kontynuując:
R
R
0
0
(
)
Qa = 2 ⋅ π ⋅ l ⋅ ρ ⋅ c w ∫ r ⋅ (9600r + 120 − 20 )dr = 2 ⋅ π ⋅ l ⋅ ρ ⋅ c w ∫ 9600r 2 + 100r dr ⇒
[
⇒ 2 ⋅ π ⋅ l ⋅ ρ ⋅ cw 3200r 3 + 50r 2
]
R
0
[
= 2 ⋅ π ⋅ l ⋅ ρ ⋅ c w 3200 R 3 + 50 R 2
]
Stąd: P=496944.979926468W
Błąd między jedną a drugą metodą: około 9,5% (przyjmując, że dokładną wartość mocy
otrzymano z drugiego sposobu.).
Zad. 7. Płaska ściana o grubości δ 1 = 2 ,4 m jest wykonana z materiału o przewodności cieplnej
W
. Temperatury na powierzchniach ściany wynoszą odpowiednio:
mK
T1 = 573 K i T2 = 333 K . Obliczyć gęstość strumienia cieplnego i wyznaczyć gradient
właściwej λ s = 1,30
temperatury.
Tu musimy pamiętać, że operując pojęciem pola temperatury,
mamy w tymże polu pewne linie, lub powierzchnie
izotermiczne, charakteryzujące się występowaniem jednakowej
temperatury. W pojedynczym punkcie układu nie może być
dwóch różnych temperatur w jednej chwili czasowe. Oznacza
0to, że izotermy nie mogą się przecinać. Tworzą one powierzchnie zamknięte, lub linie
kończące się z granicami układu. Największa zmiana temperatury występuje w kierunku
normalnym do izoterm. Jest to właśnie gradient temperatury:
gradt = ∇t = lim n0
∆n→0
∆t
∂t
= n0
, gdzie n- wektor jednostkowy wzdłuż normalnej w kierunku
∆n
∂n
wzrostu temperatury;
∂t
∂n
- pochodna temperatury względem normalnej do izotermy. Wartość
gradientu temperatury równa jest więc pierwszej pochodnej temperatury względem normalnej
do izotermy. Gradient tworzy pole wektorowe.
Jeżeli zauważymy, że mamy tu przypadek jednowymiarowego przewodzenia
ciepła (izotermy są do siebie równoległe), to bierzemy pod uwagę prawo
Fouriera, zgodnie z którym, gęstość strumienia cieplnego proporcjonalna jest do
gradientu temperatury mierzonego wzdłuż kierunku przepływu ciepła.
Matematycznie prawo to wyrażamy:
q = −λgradT = −λ
dT
dx
Znak „-” w tym równaniu wynika stąd, iż ciepło przepływa od temperatury
wyższej do niższej, więc odcinkowi dx mierzonemu wzdłuż kierunku przepływu ciepła
odpowiada ujemna wartość przyrostu temperatury. Współczynnik proporcjonalności λ jest
tzw. przewodnością cieplną właściwą. Jest to wielkość charakteryzująca ośrodek pod
względem zdolności do przewodzenia ciepła.
Zagadnienia przewodzenia ciepła są na ogół trudne do rozwiązywania. W przypadku
ustalonego przewodzenia ciepła przez ścianę płaską, gdy przewodność cieplna właściwa nie
jest funkcją temperatury, przy stałych temperaturach na powierzchniach ściany, gęstość
strumienia cieplnego można obliczyć jako:
q=
λ
(T1 − T 2 )
δ
Dla ścian o innym kształcie jest bardziej skomplikowane i wymaga wprowadzenia do
powyższego wzoru dodatkowego współczynnika, czym zajmiemy się później.
Wracając do naszego zadania, widzimy, że izotermy są do siebie równoległe. Gradient
temperatury można więc zapisywać jako:
gradT = ∇T =
dT ∆T T2 − T1 333 − 573
=
=
=
= −100 K / m
dx
δ
δ
2 .4
Biorąc pod uwagę prawo Fouriera, możemy napisać, że
q = −λgradT = −1,3 * ( −100 ) = 130W / m 2
Zad. 8. Obliczyć opór cieplny przewodzenia ściany płaskiej dwuwarstwowej o wymiarach:
Szerokość a=2 m
Wysokość: h=1 m
Grubości:
δ 1 = 0,3m
δ 2 = 0,5m
Przewodności cieplne właściwe:
W
λ1 = 0,05
mK
W
λ2 = 0,02
mK
0.3000
1.0000
2.0000
0.5000
Dla tego samego zadania policzyć zastępczą przewodność cieplną właściwą:
Przy danych wartościach mamy:
δ1
K
W1 =
=3
λ1 * Fz
W
δ2
K
W2 =
= 12,5
λ2 * Fz
W
K
Całkowity opór: W = W1 + W2 = 15,5
W
Dla tego samego zadania policzyć zastępczą przewodność cieplną właściwą:
Jeżeli opór zastępczy W z ma się równać oporowi wypadkowemu W, to przy tej samej
grubości mamy:
Wz = W ⇒
δ
δ
δ1 + δ 2
δ
δ
= 1 + 2 /* F ⇒ δ 1 + δ 2 = λ z  1 + 2
λz F
λ1 F λ 2 F
 λ1 λ2

δ1 + δ 2
 ⇒ λ z =
= 0 ,0258 K / W
 δ1 δ2 



+
 λ1 λ 2 
Zad. 9. Obliczyć ilość ciepła przenikającego w ciągu doby przez betonową ścianę o długości
l=5m i wysokości h=2.5m i grubości δ = 0,3m jeżeli dane są następujące warunki:
- temperatura wewnętrzna ściany: t1 = 25°C
- temperatura zewnętrzna ściany: t 2 = −5°C
W
- przewodność cieplna właściwa betonu: λ = 0,93
mK
W pierwszej kolejności liczymy opór cieplny przewodzenia dla betonowej ściany:
δ1
0,3
K
W1 =
=
= 0,026 (MCAD: 0,0258)
λ1 * Fz 0,93 * (2,5 * 5)
W
Następnie strumień cieplny dla betonu:
∆t 25 − (−5)
=
= 1153,85W (MCAD: 1162,5)
W1
0,026
Teraz liczymy ciepło: Q = P *τ = 1153,85 * 8 = 27692,4 (MCAD: 27900) [Wh]
w [J]=[W][s]:
Q = P *τ = 1153,85 * 24 * 3600 = 99692640 J = 99,69264 MJ [MCAD: 100,44 MJ]
P=
- Obliczyć oszczędności wynikające z odizolowania ściany 5 cm oraz 10 cm warstwą
W
styropianu o przewodności cieplnej właściwej λs = 0,04
.
mK
δ2
0,05
K
Opór cieplny dla styropianu: W1 =
=
= 0,1
λ2 * Fz 0,04 * (2,5 * 5)
W
Całkowity opór ściany ocieplonej styropianem: W = W 1 + W 2 = 0,126
25 − (−5)
Strumień cieplny: Ps =
= 238,095W [MCAD: 238,4]
0,126
Czyli już widać, że strumień jest prawie pięciokrotnie mniejszy przy dobrze izolowanej
ścianie.
Q=5723,09 [Wh]
- Dla styropianu 10cm mamy:
Opór cieplny dla styropianu: W1 =
δ2
λ 2 * Fz
=
0 ,1
K
= 0 ,2
0 ,04 * ( 2 ,5 * 5 )
W
Całkowity opór ściany ocieplonej styropianem: W = W 1 + W 2 = 0 ,226
Strumień cieplny: Ps =
25 − ( −5 )
= 132 ,743W
0 ,126
[MCAD: 238,4]
Q=1061,9 [Wh]
Można sobie oszacować na podstawie tych wyników w [Wh] wartości energii w kWh:
Bez styropianu mamy: 27,9kWh
Ze styropianem 5cm: 5,72 kWh
Ze styropianem 10cm: 1,062 kWh
Czyli w ciągu doby oszczędzamy: 27,9-5,72=22,18 kWh czyli około 6 do 7 zł. (dla izolacji
5cm), oraz 8,05 zł przy izolacji 10 cm. Czy się opłaca, biorąc pod uwagę, że jest to tylko
jedna ściana?
Q=20,6 MJ
Zad. 10. Element grzejny żelazka o wymiarach 5cm x 10cm jest zaprasowany w szamocie o
grubości δ = 10mm = 0,01m i przewodności cieplnej właściwej λsz = 0,8W /(mK ) . Stopa
żelazka wykonana jest ze stali o grubości δ Fe = 10mm = 0,01m i przewodności cieplnej
właściwej λ Fe = 40W /(mK ) . Temperatura elementu grzejnego t1 = 300°C , zaś temperatura na
powierzchni stopy t3 = 200°C . Określić temperaturę t 2 na styku szamoty i stali, oraz moc
żelazka, przy założeniu że 50% mocy oddawana jest w kierunku stopy.
∆t
, przy czym w tym przypadku k=50%
W
Opory cieplne połączone są szeregowo, więc:
Tu możemy napisać, że k ⋅ P =
1
δ sz
δ
W = W12 + W23 = 2
+ Fe
λsz ⋅ F λ Fe ⋅ F
Z tych zależności:
t1 − t 3
F t1 − t 3
0,1 * 0,05 300 − 200
k⋅P = F
⇒P=
=
= 153,85W
δ sz δ Fe
0,01 0,01
K δ sz δ Fe
0,5
+
+
+
2 * 0,8 40
2λ sz λ Fe
2λ sz λ Fe
Strumień cieplny oczywiście jest stały i równy połowie mocy dostarczanej do elementu
grzejnego (z założeń), więc możemy napisać:
k⋅P = F
t 2 − t3
δ Fe
λ Fe
⇒ t2 =
k ⋅ P ⋅ δ Fe
+ t 3 = 203,85
F ⋅ λ Fe
Oczywiście można też z drugiej strony:
(t − t )(λ F )
kPδ sz
t −t
k ⋅ P = 1 2 ⇒ kP = 1 2 sz ⇒ t 2 = t1 −
≅ 204°C
δ sz
δ sz
(λsz F )
λ sz ⋅ F
III WB
Przed przystąpieniem do właściwych zadań, przypominjmy sobie pojęcie oporu
cieplnego dla ściany płaskiej: W = δ / (λF ) . Zależność ta obowiązuje dla ciał stałych, gdzie
praktycznie jedyną formą ruchu ciepła jest przewodzenie. Co jednak dzieje się na granicy
ciała stałego z otaczającym go płynem? Problem rozpatrywania wymiany ciepła między
płynami rozdzielonymi ciałami stałymi nazywamy przenikaniem ciepła. Obejmuje ono
przewodzenie ciepła przez ścianę, oraz przejmowanie ciepła z obu powierzchni
ograniczających ciało stałe. Przenikanie ciepła odpowiada zatem przeodzeniu przy znanych
warunkach brzegowych trzeciego rodzaju.
Wzór Newtona określający strumień cieplny przejmowany przez powierzchnię ciała stałego
/lub z niej oddawany/ określić można jako:
(
P = αF t F − t Plynu
Pamiętając, że P =
)
∆t
W
Możemy napisać: W =
1
αF
. W tym równaniu F jest „aktywną” powierzchnią ciała stałego
wymieniającą ciepło z płynem, natomiast α [W /( m 2 K )] jest tzw. współczynnikiem
przejmowania ciepła.
Oczywiście w płynach wymiana ciepła może zachodzić za pomocą konwekcji, radiacji i
przewodzenia /mniej ważne/. Wyznaczenie poszczególnych współczynników przejmowania
ciepła przez konwekcję i radiację jest bardzo skomplikowane i zajmiemy się nim w
późniejszym okresie.
Zad. 11. Ściana chłodni składa się z warstwy wełny żużlowej o grubości δ 1 = 0.1522m ,
przykrytej z jednaj strony przez stalową blachę o grubości δ 2 = 0.0794cm , a z drugiej przez
płytę azbestową o grubości δ 3 = 0.953cm . Zastępcza powierzchnia przepływu ciepła wynosi
37.2 m 2 . Temperatura w chłodni wynosi t w = −3,9°C , a temperatura otoczenia - t 0 = 18,3°C .
Przewodności cieplne odpowiednio: stali, wełny i azbestu, wynoszą:
λ1 = 69.1W / (mK )
λ2 = 0,346W / (mK )
λ1 = 1,21⋅10 −3W / (mK )
(
Współczynnik przejmowania ciepła po obu stronach ściany wynosi α = 1.705 ⋅10 −3 kW / m 2 K
Obliczyć strumień cieplny napływającego do wewnątrz chłodni (0,51 kW)
)
Zad. 12. Temperatura na wewnętrznej powierzchni ściany pieca o grubości δ 1 = 0.23m wynosi
t w = 800°C . Ciepło z zewnętrznej powierzchni oddawane jest za pośrednictwem konwekcji
α = 12W / (m 2 K ) do otoczenia o temperaturze t 0 = 21°C . Przewodność cieplna materiału, z
którego wykonana jest ściana wynosi λ1 = 870 ⋅ 10 −6 kW / (mK ) . W celu zredukowania strat
cieplnych, ściana pieca została zwiększona o warstwę izolacji cieplnej o grubości
δ 2 = 0 ,23m wykonanej z materiału o przewodności cieplnej właściwej λ 2 = 260 ⋅ 10 −6 kW /( mK ) .
Dla takiego samego współczynnika przejmowania ciepła z zewnętrznej powierzchni izolacji
cieplnej, obliczyć o ile procent zmniejszą się straty cieplne przy zastosowaniu dodatkowej
warstwy izolacji w stosunku do przypadku bez izolacji, oraz oszacować temperaturę na styku
warstw i na zewnętrznej powierzchni izolacji cieplnej. (71,1%, 633C, 73C).
Zad. 13. Ściana pieca elektrycznego składa się z następujących warstw:
1.
warstwa szamotu o grubości δ 1 = 0,1m o przewodności cieplnej właściwej
λsz = 0,7W / (mK )
2.
ułożone naprzemiennie jedna na drugiej warstw cegieł o przewodności
λc = 0,4W / (mK ) i warstw izolacji cieplnej o przewodności
λiz = 0,15W / (mK ) . Grubości tych warstw w kierunku przewodzenia ciepła
są takie same i wynoszą δ 2 = 0,15m . Szerokości tych warstw w kierunku
prostopadłym do przewodzenia wynoszą b = 0,1m
3.
warstwa blachy stalowej o przewodności cieplnej właściwej
λs = 40W / (mK ) i grubości δ 3 = 3 ⋅ 10 −3 m .
Temperatura na powierzchni izolacji od strony komory grzejnej wynosi t w = 780°C , a
temperatura obudowy - t z = 40°C
Wyznaczyć moc elektryczną pieca przypadającą na 1m^2 izolacji, przy założeniu, że powinna
być ona trzy razy większa od strat cieplnych w stanie cieplnie ustalonym.
Zaczynamy od wyliczenia oporów cieplnych:
W1 =
δ1
λ1 ⋅ F
δ
W3 = 3
λs ⋅ F
i opór zastępczy W2:
1
1
1 Wc + Wiz
=
+
=
W2 Wc Wiz Wc ⋅ Wiz
W ⋅W
W2 = c iz
Wc + Wiz
δ2
W2 =
1
2
⋅
δ2
1
2
λc ⋅ F λiz ⋅ F
δ2
1
2
+
δ2
=
2δ 2
F (λc + λiz )
1
2
∆t
P
Pamiętamy, że P =
, oraz q =
W
F
Stąd możemy zapisać:
tw − t z
tw − t z
∆t
q=
=
=
F ⋅ ∑W F (W1 + W2 + W3 )
 δ
δ 
2δ 2
F  1 +
+ 3 
 λc ⋅ F (λc + λiz ) ⋅ F λ s ⋅ F 
Podstawiając dane, możemy napisać:
780 − 40
W
q=
= 1,075 *10^3 2
0,1
2 * 0,15 3 *10^ −3
m
+
+
0,7 0,4 + 0,15
40
λc ⋅ F
λiz ⋅ F
Pm=3*1,075*10^3=3225W/m^2
Wpływ przewodności cieplnej właściwej zależnej od temperatury
Jeżeli współczynnik przewodzenia ciepła zależny jest od temperatury, to całkowanie
dt 

równania Fouriera  q = −λ  w granicach x = 0 do x = δ , oraz t s1dot s 2 daje:
dx 

q=
λ śr
(t s1 − t s 2 )
δ
Średni całkowity współczynnik przewodzenia ciepła wynosi:
ts 2
1
λ śr =
λ (t )dt
t s1 − t s 2 t∫s1
Jeżeli przewodność cieplna właściwa jest liniową funkcją temperatury (λ = λ0 (1 + bt )) , to
średnia całkowita przewodność cieplna wynosi:
t + t  λ (t ) + λ (t s 2 )

λśr = λ0 1 + b s1 s 2  = s1
2 
2

Bardzo częstą praktyką jest przyjmowanie liniowo zmiennego współczynnika przewodzenia
ciepła.
Zad. 14. Ściana prostopadłościennego piekarnika wykonana jest z materiału o grubości
δ = 0,2m , którego przewodność cieplna właściwa jest funkcją temperatury:
λ (t ) = 0,81 + 0,46 *10 −3 t śr . Szerokość wewnętrzna piekarnika wynosi 30cm, wysokość 40cm.
Wymiary zewnętrzne: 40x60 cm. Temperatura wewnątrz komory wynosi T = 523K , a na
zewnętrznej powierzchni - T0 = 343K . Określić moc strat cieplnych.
- Na początku przyjmijmy temperaturę obliczeniową:
T + T0 523 + 343
Tśr =
=
= 433K = 160°C
2
2
- Stąd przewodność cieplna właściwa wynosi:
λ (t śr ) = 0,81 + 0,46 *10 −3 *160 = 0,884W /(mK )
- Teraz obliczmy powierzchnię zastępczą
Fw = 0,3 * 0,4 = 0,12m 2
Fz = 0,4 * 0,6 = 0,24m 2
Zastępczą powierzchnię wyznaczmy jako średnią geometryczną (F(1)) i arytmetyczną (F(2)):
F (1) = 0,17 m 2
F (2 ) = 0,18m 2
Teraz opór warstwy można obliczyć na dwa sposoby:
W (1) =
δ
= 1,334
λF (1)
δ
W (2 ) =
= 1,257
λF (2)
Stąd liczymy straty cieplne:
∆t
P=
W
523 − 343
= 134,957 W
W1
523 − 343
P ( 2) =
= 143,143 W
W2
P(1) =
Rozpatrzmy przewodzenie ciepła przez izotropową ścianę walcową bez wewnętrznych źródeł
ciepła o długości l, znacznie większej od średnicy zewnętrznej obiektu d2. W takim układzie
temperatura zmieniać się będzie tylko w kierunku promienia (rys. 1):
∂t
=0
∂z
i
∂t
=0
∂θ
Załóżmy dodatkowo, że temperatura na zewnętrznym brzegu ciała
( r2 ) wynosi t s 2 , natomiast na wewnętrznej powierzchni ciała ( r1 ),
temperatura wynosi t s1 .
Zad. 15. Obliczyć strumień cieplny przenikający przez odcinek o długości l=1m otuliny
cylindrycznej z pianki poliuretanowej o średnicy wewnętrznej d1 = 0,1m i średnicy
zewnętrznej d 2 = 0,2m . Temperatura wewnętrznej powierzchni otuliny wynosi t w = 100°C , a
na zewnętrznej - t z = 30°C . Przewodność cieplne właściwa pianki wynosi
λ = 0,022W /( mK ) . Wyniki porównać z układem płaskim.
W tym przypadku opór cieplny wyznaczamy jako:
1
0,2
1
0,2
W=
ln
=
ln
= 5K / W
2πlλ 0,1 2π *1* 0,022 0,1
∆t 70
=
= 14W
Stąd P =
W
5
Zad. 16. Obliczyć opór cieplny jednometrowego odcinka otuliny cylindrycznej 2-warstwowej
jeżeli warstwa wewnętrzna wykonana jest z wełny mineralnej o przewodności cieplnej
właściwej λ1 = 0,047W /(mK ) , a warstwą zewnętrzną jest pianka poliuretanowa o
λ2 = 0,022W /(mK ) . Wymiary są następujące:
d1 = 0,05m
d 2 = 0,11m
d 3 = 0,21m
Obliczyć strumień przepływający przez tą otulinę, oraz temperaturę na zewnątrz otuliny, gdy
t w = 160°C , t 0 = 20°C i współczynnik przejmowania ciepła z zewnętrznej powierzchni
otuliny wynosi α = 10W /(m 2 K ) .
W1 =
1
0,11
1
0,11
ln
=
ln
= 2,67 K / W
2πlλ1 0,05 2π *1* 0,047 0,05
1
0,21
1
0,21
ln
=
ln
= 4,68 K / W
2πlλ2 0,11 2π *1* 0,022 0,11
W = W1 + W2 = 7.35K / W
W2 =
Opór cieplny przejmowania ciepła zapisujemy jako:
1
1
Wα =
=
= 0,152 K / W
αF 10 * (πd 3 * l )
Stąd strumień:
∆t
140
P=
=
= 18,67W
Wλ + Wα 7,35 + 0,152
Stąd wyliczamy temperaturę na zewnątrz otuliny:
t z = t w − (P *Wλ ) = 22,83°C
Zad. 17. Przy wykorzystaniu pojęcia gradientu obliczyć strumień cieplny przenikający przez
jednowarstwową izolację rurowego pieca elektrycznego o długości l=0,8m. Przewodność
cieplna właściwa izolacji wynosi λiz = 0,06W / (mK ) [wata szklana]. Średnica wewnętrzna
izolacji d1 = 3,4cm , średnica zewnętrzna: d1 = 0,134m . Wartości temperatur wynoszą:
t1 = 180°C , t 2 = 40°C .
Pamiętając zależność na strumień cieplny: P = F ⋅ q ,
dt
Oraz gęstość strumienia cieplnego: q = −λ
dr
Pole powierzchni bocznej, przez którą przepływa ciepło wynosi: F = 2πrl
dt
Stąd: P = −λ ⋅ 2πrl
dr
Do rozwiązania tego równania zastosujmy metodę rozdzielenia zmiennych
P dr
−
= dt
λ 2πl r
a zatem:
r2
t2
P
1
−
dr
=
∫ dt
2πlλ r∫1 r
t1
P
r2
t2
ln r r1 = t t1
2πlλ
P
−
(ln r2 − ln r1 ) = t 2 − t1 ⇒ − P ln r2 = t 2 − t1
2πlλ
2πlλ r1
Możemy więc napisać, że:
(t − t ) ⋅ 2πl (180 − 40 ) * 2π * 0,06 * 0,8
P= 2 1
=
= 30,8W
r
0,134
ln
ln 2
0,034
r1
−
Zależność ta może być sprowadzona do postaci określającej strumień cieplny na podstawie
∆t
oporu cieplnego: P =
. W przypadku ściany płaskiej mieliśmy do czynienia z oporem
W
określonym zależnością: W1 =
δ1
λ1 ⋅ F
. W przypadku ściany cylindrycznej, powierzchnia
przepływu ciepła nie jest stała w całej długości toru cieplnego, więc stosujemy powierzchnię
zastępczą przepływu ciepła ( Fz ). Teraz zależność na opór cieplny zapisujemy w postaci:
W =
d
1
ln 2
2πlλ d 1
I zależność na strumień:
P=
t 2 − t1
d
1
ln 2
2πlλ d 1
Przekształcając mianownik powyższego wyrażenia:
M =
M =
d d − d1
1
ln 2 ⋅ 2
2πlλ d 1 d 2 − d 1
(pamiętamy, że d 2 − d 1 = 2δ - dwie grubości warstwy izolacyjnej)
d 2 − d1
2δ
=
2πlλ( d 2 − d 1 ) 2λ (πld 2 − πld 1 )
πld 2
d
ln 2
ln
d1
πld 1
Pamiętając, że F = πdl , możemy zapisać:
M =
δ
F − F1
λ 2
F
ln 2
F1
=
δ
λ Fz
Czyli tu mamy do czynienia ze średnią logarytmiczną


a − b

 dwóch powierzchni
 ln a 
 b 
zewnętrznych, która przybliża nam powierzchnię przepływu ciepła przez ścianę cylindryczną.
Wzór na strumień:
P=
t1 − t 2
δ
F − F1
λ⋅ 2
F
ln 2
F1
UWAGA!
Jeżeli d 2 / d 1 < 2 czyli F2 / F1 < 2 , to średnia logarytmiczna może zostać zastąpiona średnią
arytmetyczną, nie powodując przy tym wzrostu błędu powyżej 4%.
Sprawdźmy!
Zad 18. Porównać wartości oporów cieplnych półmetrowych cylindrycznych izolacji
rurociągu, otrzymanych dla zastępczych powierzchni przepływu ciepła liczonych jako średnie
logarytmiczne i arytmetyczne z powierzchni zewnętrznej i wewnętrznej. Przyjąć przewodność
cieplną właściwą równą λ z = 0 ,02W /( mK ) . Temperatura na wewnętrznej powierzchni izolacji t w = 120°C ; temperatura na zewnętrznej powierzchni - t z = 60°C .
1. d w = 20 mm d z = 22mm
2. d w = 20 mm d z = 50 mm
Ad 1. – Przy zastosowaniu średniej logarytmicznej mamy:
W =
δ
F − F1
λ 2
F
ln 2
F1
= 1,516
- Przy zastosowaniu średniej arytmetycznej:
W=
δ
F + Fz
λ w
2
= 1,515
Ad. 2. – Przy zastosowaniu średniej logarytmicznej:
W=
W=
δ
F − F1
λ 2
F
ln 2
F1
δ
F + Fz
λ w
2
= 14 ,59
= 13,64
Zad. 19. Przez aluminiową żyłę kabla elektrycznego o średnicy d 1 = 1cm płynie prąd o
natężeniu I=400A. Obliczyć rozkład temperatury (korzystając z gradientu) w izolacji
elektrycznej kabla o średnicy zewnętrznej D2 = 2cm , jeżeli temperatura na jego powierzchni
wynosi t0 = 0°C .
Rezystywność aluminium: ρ AL = 2 ,65 * 10 −8 Ωm
Przewodność cieplna właściwa izolacji: λiz = 0 ,15W / (mK )
Wyznaczmy więc moc cieplną: P = − λ
dt
⋅F
dr
Wiemy już, że strumień cieplny w stanie cieplnie ustalonym równy jest mocy wydzielonej w
kablu, która z kolei jest równa:
ρl
P = I 2R = I 2
π r1 2
Czyli możemy napisać:
I2
dt = −
dt
dr
ρl
= −λ 2πrl
// ⋅
2
dr
− λ 2πrl
πr1
I 2 ρl ⋅ dr
2πlλrπr12
⇒ dt = −
I 2ρ
2π 2 λr1 2
⋅
dr
r
... W Stanie cieplnie ustalonym cała moc przenikająca przez warstwę izolacji równa jest mocy
wytworzonej w przewodzie, ponieważ oprócz strat cieplnych nie występują inne składniki
bilansu cieplnego.
dt = −
I 2ρ dr
2π 2 r12 λ r
I 2ρ 1
dr
2π 2 r12 λ ∫ r
I 2ρ
t + A = − 2 2 (ln r + B )
2π r1 λ
∫ dt = −
I 2ρ
ln r + C
2π 2 r12 λ
Stałą całkowania C wyznaczymy z WB:
Wiedząc, że przy r=R mamy temperaturę równą t=0, otrzymujemy:
I 2ρ
I 2ρ
0 = − 2 2 ln R + C ⇒ C = 2 2 ln R
2π r1 λ
2π r1 λ
czyli:
I 2ρ
I 2ρ
I 2ρ
t = − 2 2 ln r + 2 2 ln R = 2 2 (ln R − ln r )
2π r1 λ
2π r1 λ
2π r1 λ
ostatecznie:
I 2ρ
R
t = 2 2 ln
2π r1 λ r
t=−
Zad. 20. Para o temperaturze t 1 = 190°C przepływa rurociągiem o średnicy zewnętrznej
d z = 57 mm . Rurociąg otulony jest izolacją o przewodności cieplnej właściwej
λ = 0, 07 W /( mK ) . Obliczyć grubość δ izolacji, tak, aby straty ciepła z 1 metra bieżącego
rurociągu nie przekraczały P=70W/m. Jednocześnie należy przyjąć, że temperatura
zewnętrznej powierzchni rurociągu nie może przekraczać 60stC.
Strumień cieplny przepływający przez izolację wyznaczyć można ze woru:
( tw − tz )
P=
1
d + 2δ
ln
2πlλ
d
Stąd po przekształceniach otrzymujemy, że:
dz  2 πλ ( tz −tw ) 
δ = e P
− 1 = 36mm
2 

Zad. 21. Korzystając z definicji gradientu temperatury wyznaczyć zależność na opór
zastępczy obiektu cylindrycznego jak na rysunku.
W tym przypadku zapisujemy:
Korzystając z prawa Fouriera możemy napisać:
dt
q = −λ , oraz P=Fq
dr
Mamy jednaj dwa materiały i dwie moce:
dt 2πrl
dt
P1 = −λ1
oraz P2 = −λ 2 πrl
dr 2
dr
Całkowita moc równa jest sumie poszczególnych mocy:
P = P1 + P2
P dr
P dr
− 1
= dt
− 2
= dt
λ1πl r
λ 2 πl r
P
r
P
r
− 1 ln 2 = t1 − t 2
− 2 ln 2 = t1 − t 2
λ1πl r1
λ 2 πl r1
P1 =
t 2 − t1
r
ln 2
r1
λ 1π l
P2 =
t 2 − t1
r
ln 2
r1
λ 2 πl
r2
r
ln 2
r1
r1
∆t
+ ∆t
t −t t −t
λ 2 πl
λ1πl
P = P1 + P2 = 2 1 + 2 1 =
r
r
r
r
ln 2
ln 2
ln 2 ln 2
r1
r1
r1
r1
λ1πl
λ 2 πl
λ1πl λ 2 πl
Stąd widać iż przy takim połączeniu możemy prowadzić obliczenia jakby te opory cieplne
WW
były połączone równolegle: W = 1 2 . Nie jest to jednak zawsze prawda, ponieważ
W1 + W2
spadek napięcia na połączonych równolegle oporach jest taki sam. Tu tak nie jest.
ln
Zad. 22. Obliczyć opór cieplny jednometrowego odcinka otuliny cylindrycznej 3-warstwowej
o wymiarach jak na rysunku.
Przewodności cieplne właściwe wynoszą:
λ1 = 0,047W /(mK )
λ 2 = λ 3 = 0,022W /( mK ) . Wymiary są następujące:
r1 = 0, 05m
r2 = 0,11m
r3 = 0, 21m
Temperatury na styku warstw λ1 − λ3 i λ 2 − λ3 t w = 160°C , t 0 = 20°C .
Opór cieplny warstwy 1:
r
1
ln 2 = 1,33[ K / W ]
2πλ r1
r
1
Wλ 2 =
ln 2 = 2,85[ K / W ]
2πλ 2 r1
r
1
Wλ 3 =
ln 3 = 4, 68[ K / W ]
2πλ 3 r2
Wλ1 =
Całkowity opór cieplny:
WW
W = 1 2 + W3 = 5,59
W1 + W2
Strumień cieplny wynosi:
∆t 140
P=
=
= 25, 045W
W 5,59
Temperatura na styku warstwy 1-3
t1−3 = t w − P * W1 = 126,7
t 2−3 = t w − P * W2 = 88,62
Zad. 23. Przy pomiarze przewodności cieplnej właściwej za pomocą kuli Nusselta, badany
materiałem wypełnia się objętość pomiędzy dwoma koncentrycznie umieszczonymi
powierzchniami kulistymi. Wewnętrzna kula ogrzewana jest grzejnikiem elektrycznym,
natomiast kula zewnętrzna – chłodzona. Obliczyć przewodność cieplną właściwą badanego
materiału, jeżeli po ustaleniu się przepływu ciepła, temperatury na powierzchniach kulistych
wynoszą t1 = 85°C , t 2 = 33°C . Element grzejny zasilany jest napięciem U=24V przy prądzie
I=1.05A. Zewnętrzna średnica kuli wewnętrznej wynosi d 1 = 0.08 m , natomiast wewnętrzna
średnica kuli wewnętrznej - d 2 = 0.15m .
Możemy zapisać, że strumień cieplny wynosi zgodnie z prawem Fouriera,
oraz biorąc pod uwagę, że P=Fq:
P = −λ
dt
⋅F
dr
Powierzchnia przez którą przenika ciepło wynosi dla kuli:
F = 4πr 2
Stąd:
P = −λ 4πr 2
dt
dr
Porządkując powyższe równanie:
r2
P∫
dr
r1 r
2
t2
= −4πλ ∫ dt
t1
Lewą stronę powyższego równania zapiszmy jako:
L
r − 2 +1
P
−2+1
r2
= P−
r1
1
r
r2
r1
1 
 1
 r 2 − r1 
= P −  = P

 r1 r 2 
 r 1r 2 
Prawą stronę równania możemy przedstawić jako:
t2
P
− 4πλ t = −4πλ( t 2 − t1 ) = 4πλ( t 1 − t 2 )
t1
Ostatecznie po podstawieniu L=P otrzymujemy:
P = 4πλ (t 1 − t 2 )
r 1r 2
(XX)
r 2 − r1
W stanie cieplnie ustalonym moc cieplna równa jest mocy elektrycznej (P=UI). Stąd:
λ=
UI (r 2 − r 1)
= 0 ,45W /( mK )
4π (t 1 − t 2 )r 1r 2
Zależność (XX) opisująca strumień cieplny w układach kulistych może zostać sprowadzona
do znanej postaci: P =
P=
∆t
W
=
∆t
, gdzie Fz jest powierzchnią zastępczą:
δ
λFZ
t1 − t 2
Pamiętając, że r 2 − r 1 = δ , oraz wyprowadzając:
r 2 − r1
λ 4πr 1r 2
4πr 1r 2 = ( 4πr 1r 2 ) 2 = 4πr 12 ⋅ 4πr 2 2 = F 1F 2 = FZ
Ostatecznie:
P=
t1 − t 2
δ
λ F1 F2
Zad. 24. Radioaktywną substancję umieszczono w kulistym pojemniku wykonanym z ołowiu
( λ1 = 35W /( mK ) ), pokrytym blachą stalową ( λ 2 = 40W /( mK ) ). Średnica wewnętrzna komory
pojemnika wynosi d w = 60 mm , grubości warstwo ołowiu i stali wynoszą odpowiednio:
δ 1 = 200 mm i δ 2 = 2mm . W wyniku reakcji jądrowych, w pojemniku wydziela się ciepło w
ilości P=6W. Zakładając, że współczynniki przejmowania ciepła od wewnętrznej i z
zewnętrznej powierzchni pojemnika wynoszą α w = α z = 8W / (m 2 K ) , a temperatura otoczenia
wynosi t0 = 20°C , obliczyć temperaturę wewnątrz pojemnika t w i na granicy ołowiu i osłony
stalowej t s .
W stanie cieplnie ustalonym całe ciepło wydzielane w materiale radioaktywnym
wewnątrz pojemnika musi równać się strumieniowi cieplnemu odprowadzanemu do otoczenia
przez dwuwarstwową ścianę kulistą. Można więc wykorzystać metodę oporów cieplnych,
zapisując strumień strat cieplnych do otoczenia jako różnicę temperatur wewnątrz i otoczenia
do sumy oporów cieplnych:
Ps =
Wαw
t w − t0
+ Wλ 1 + Wλ 2 + Wα 2
Jako że strumień cieplny jest taki sam w każdej warstwie, możemy też napisać, że:
Ps =
t s − t0
Wλ 2 + Wα 2
Opory cieplne przejmowania ciepła na wewnętrznej i zewnętrznej powierzchni izolacji
zapisać możemy jako:
Wα 1 =
Wα 2 =
1
α wπd w2
= 11.05 K / W
1
α z π ( d w + 2δ 1 + 2δ 2 ) 2
= 0.1848 K / W
Opory cieplne przewodzenia ciepła przez kuliste ściany z ołowiu i stali wynoszą
odpowiednio:
Wλ 1 =
Wλ 2
δ1
= 0.06589 K / W
λ1πd w (d w + 2δ 1 )
δ2
=
= 7.457 * 10 −5 K / W
λ 2 π (d w + 2δ 1 )(d w + 2δ 1 + 2δ 2 )
Z pierwszej zależności wyznaczmy temperaturę wewnątrz pojemnika:
t w = t 0 + P (Wα 1 + Wλ 1 + Wλ 2 + Wα 2 ) = 87 ,8°C
Z drugiej zależności możemy wyprowadzić temperaturę na styku warstw:
t s = t 0 + P(Wα 2 + Wλ 2 ) = 21,1°C
Zastosowanie analizy wymiarowej do zagadnień wymiany ciepła zostanie omówiony na
przykładzie przejmowania ciepła w warunkach konwekcji swobodnej.
Zad. 25. Ciało o przewodności cieplnej właściwej λ , cieple właściwym c, gęstości ρ i
jednorodnej temperaturze t 0 umieszczono w chwili τ w ośrodku płynnym o niezmiennej
temperaturze t f > t 0 . Stwierdzono, że przyrost temperatury ciała zależy od początkowej
różnicy temperatur, czasu, wymiaru charakterystycznego δ , danych materiałowych i
współczynnika przejmowania ciepła α .
Zależność między powyższymi wielkościami przyjmuje postać:
t − t 0 = f (λ , c , ρ, (t f − t 0 ), τ, δ, α )
Postać liczb podobieństwa otrzymuje się za pomocą analizy wymiarowej na podstawie zasady
Fouriera, z której wynika, że powyższe równanie musi być jednorodne wymiaorowo, czyli:
t − t 0 = Aλa c b ρ c (t f − t 0 )d τ e δ f α g
Po wyrażeniu wymiarów rozpatrywanych wielkości przez wymiary podstawowe,
otrzymujemy:
a
b
c
g
K = B(Js −1 m −1 K −1 ) (Jkg −1 K −1 ) (kgm −3 ) ( K ) d ( s ) e ( m ) f (Js −1 m −2 K −1 )
Zależność powyższa wiąże 7 wielkości mianowanych, których wymiary zawierają 5
wymiary podstawowe. Zjawisko może być rozpatrywane za pomocą 5 bezwymiarowych liczb
podobieństwa.
Z warunku równości wykładników wielkości podstawowych wynika:
- dla kelwinów (K) 1=-a-b+d-g
- dla Jouli (J)
0=a+b+g
-dla sekund(s)
0=-a+e-g
- dla metrów (m)
0=-a-3c+f-2g
- dla kilogramów (kg)0=-b+c
Równania te można rozwiązywać względem dowolnych wykładników
d=1
b=c
e=a+g
f=a+3c+2g=a+3b+2g
Po wstawieniu do naszego pierwszego równania:
t − t 0 = Aλa c c ρ c (t f − t 0 )τ a + g δ a +3c + 2 g α g
Po uporządkowaniu dostaniemy:
a
b
t − t0
λ   cρδ 

a +b
v
= A  * 
 = A(1 / Bi ) ( 1 / Fo )
t f − t0
 δα   τα 
Z tego równania chcemy zależności między kryteriami:
aτ
λρ
- Fourier Fo =
, przy czym a =
δ
c
w⋅δ
- Reynolds: Re =
, w – prędkość płynu, v- lepkość kinematyczna
υ
µ
υ
- Prandtl: Pr =
=
ag a
g δ 3 β ∆t
- Grashoff: Gr =
υ2
αδ
- Nusselt: Nu =
λ
g δ 3 β ∆t
- Rayleigh Ra =
= Gr * Pr
aυ
Równanie ogólne konwekcji zapisać można jako:
Nu = f ( Gr , Pr, Re) , przy czym w warunkach konwekcji swobodnej nie mamy pola
prędkości, więc nie mamy liczby Reynoldsa. Wtedy:
Nu = f ( Gr Pr) = f ( Ra ) ⇒ Nu m = CRa mn
Indeks m oznacza, że dane materiałowe przyjmujemy dla temperatury obliczeniowej,
liczonej najczęściej jako średnia arytmetyczna.
Zad. 26. Obliczyć straty ciepła związane z konwekcję swobodną z powierzchni
zewnętrznej rury o średnicy d z = 0.05m i temperaturze powierzchni t = 480°C do
otaczającego powietrza o temperaturze t 0 = 20°C . Długość rury wynosi 10m.
Obliczenia wykonujemy dla temperatury obliczeniowej, jako średnia temperatura
480 + 20
warstwy przyściennej: t sr =
= 250°C .
2
Dla tej temperatury odczytujemy parametry powietrza z tablic:
- przewodność cieplną właściwą: λ = 0.0427W /( mK )
- kinematyczne współczynnik lepkości υ = 40.61* 10 −6 m 2 / s
- liczbę Prandtla Pr=0,677
Możemy postąpić na dwa sposoby. Albo, tak jak teraz odczytać liczbę Pr i potem
obliczyć samego Grahoffa, albo też obliczyć dyfuzyjność cieplną i wykorzystać zależność
Rayleigha.
- Obliczamy współczyynik rozszerzalności gazu, traktując powietrze jako gaz
1
1
dostkonały: β =
=
= 0, 001912 K −1
273 + t sr 273 + 250
- Obliczamy liczbę Grashoffa:
g β d 3 ∆t
Gr =
= 6,54 * 10 5
υ2
Iloczyn GrPr, czyli liczba Ra wynosi: Gr Pr = 4, 43* 10 5
W celu obliczenia współczynnika przejmowania ciepła korzystamy ze wzoru
Michajewa:
Nu = C (Gr Pr ) n
Przy czym dla zakresu 500<GrPr<2*10^7
Współczynniki C i n wynoszą: C=0,54, n=1/4
Czyli obliczamy Nusselta: Nu=13,93
αδ
Pamiętając że Nu =
, obliczmy:
λ
λ
α = Nu = 11,9W /( m^ 2 K )
d
Stąd straty ciepła: P = αF∆t = απdL(tw − t 0 ) = 8, 6kW
Zad. 27. Obliczyć prąd elektryczny potrzebny do utrzymania w układzie odniesienia
(spokojne powietrze o temp t 0 = 20°C i nieskończonej pojemności cieplnej) temperatury
t = 380°C przewodu grzejnego o średnicy d=0,8m, wykazującego w tej temperaturze
Ωmm 2
rezystywność ρ = 1, 412
. Uwzględnić jedynie oddawanie ciepła przez konwekcję.
m
Wyniki porównać dla analogicznego przewodu zanurzonego w wodzie.
Procedura rozwiązania tego zadania jest dosyć mało kłopotliwa:
P RI 2
Całe zadanie sprowadza się do wykorzystania zależności: q = =
F 2πrl
Należy oczywiście wyznaczyć jeszcze moc strat cieplnych do otoczenia i przyrównać
do powyższej zależności. W tym celu w pierwszej kolejności wyznaczamy temperaturę
obliczeniową:
- t sr =
400 + 20
= 200°C
2
- Dla tej temperatury odczytujemy właściwości powietrza:
a = 51,37 * 10 −6 υ = 34 ,85 * 10 −6 Pr=0,680
Oraz obliczamy współczynnik rozszerzalności cieplnej powietrza:
1
β=
= 0, 00207
273 + 210
Teraz obliczamy liczbę Rayleigha:
gd 3β ∆t
Ra =
= 2,13 (2090737295) (GrPr=964498587,2)
aυ
Na tej podstawie możemy dobrać współczynniki C i n do wzoru Michajewa:
Nu = 1,18 * (2,13) 0 ,125 = 1,3 (Nu=0,135*(964498587,2)^(1/3))
Współczynnik przejmowania ciepła obliczamy jako:
α=
I=
Nu ⋅ λ
δ
= 6 ,55
α (t − t 0 )2πr
= 45 ,9 A
ρ
πr 2
Dla wody mamy znowu:
- parametry materiałowe dla naszej temperatury obliczeniowej (200stC):
a = 17 ,1* 10 −8 υ = 0 ,158 * 10 −6 Pr=0,93, β = 13,3* 10 −4 K −1 λ = 66 ,3 * 10 −2
Gr =
gd 3 β∆t
υ2
= 9 ,6 * 10 13
GrPr=8,9*10^13
Nu = 0 ,135 * ( 8 ,9 * 10 13 )1 / 3 = 44745,97
α=
I=
Nu ⋅ λ
δ
= 37083,2
α (t − t 0 )2πr
= 6875 ,5 A
ρ
πr 2
Zad. 28. Obliczyć współczynniki przejmowania ciepła, oraz strumień cieplny oddawany na
drodze konwekcji do otoczenia (20ºC) z powierzchni pieca o wymiarach 500x710x1120 (szer
x wys x głębokość). Temperatura powierzchni izolacji wynosi 90ºC.
Wynik porównać z uproszczonymi wzorami pozwalającymi na obliczanie współczynników
przejmowania ciepła przez konwekcję:
- Dla ściany lub rury pionowej:
 W 
α k = 1,283 t zi − t ot  2  (W I)
m K
- Dla ściany lub rury poziomej, oddającej ciepło ku górze:
 W 
α k = 2,54 t zi − t ot  2  (W II)
m K
-Dla ściany lub rury poziomej oddającej ciepło ku dołowi:
 W 
α k = 1,314 t zi − t ot  2  (W III)
m K
Dla naszego układu temperatura obliczeniowa wynosi: t=55°C.
Dla tej wartości dane materiałowe wynoszą:
Lepkość: υ = 18, 46 * 10 −6 m 2 / s
Przewodność cieplna: λ = 2,865* 10 −2 W /( mK )
Liczba Prantla: Pr = 0, 697
Współczynnik rozszerzalności powietrza: β =
1
= 3.049E - 3
273 + 55
- Dla ścian bocznych, oraz ściany tylnej pieca mamy ten sam wymiar
charakterystyczny: wysokość.
Obliczamy więc współczynnik przejmowania ciepła przez konwekcję dla tych
powierzchni jednocześnie:
gd 3β ∆t
Gr =
= 2.199E + 9
υ2
GrPr=1.533E+9
Na tej podstawie dobieramy współczynniki:
C=0,135; n=1/3
Możemy teraz obliczyć liczbę Nusselta:
Nu = C( Gr Pr) n = 155.649
I współczynnik przejmowania ciepła z pionowych ścian:
Nu ⋅ λ
αb =
= 6.281
δ
Z wzoru uproszczonego otrzymujemy:
α kb = 1, 283 t zi − t ot = 5.275
Teraz policzmy współczynniki przejmowania ciepła dla trzonu i stropu pieca:
Do pewnego momentu możemy liczyć to wspólnie, ponieważ ściany te mają takie same
temperatury i tą samą wielkość. Wymiarem charakterystycznym jest tu krótszy bok, czyli
δ = 0 , 5m .
- Liczymy liczbę Gr:
gd 3β ∆t
Gr =
= 7.68E + 8
υ2
GrPr=5.353E+8
C=0,135; n=1/3
Nu = C( Gr Pr) n = 109.612
α=
Nu ⋅ λ
= 6.281
δ
Pamiętajmy, że tak otrzymany wzór nie jest ścisły. Dla poziomych powierzchni oddających
ciepło ku górze należy otrzymany współczynnik przejmowania ciepła zwiększyć o 30%, a dla
powierzchni oddających ciepło ku dołowi – zmniejszyć o 30%. Stąd:
α g = α + 0,3α = 8.165
α d = α − 0,3α = 4.397
Korzystając z uproszczonych zależności otrzymujemy:
α kg = 2,54 t zi − t ot = 7.231
α kd = 1,314 t zi − t ot = 3.789
Pozostaje oczywiście pytanie czy taki relatywnie niezbyt duży błąd wpływa na dokładność
wyników. Policzmy więc całkowite straty ciepła z powierzchni pieca do otoczenia,
korzystając ze współczynników przejmowania ciepła policzonych dokładniej i w sposóbv
uproszczony:
Straty ciepła policzyć możemy przy wykorzystaniu pojęcia oporu cieplnego, lub wzoru
Newtona. Aby otrzymać całkowity strumień cieplny, zsumujmy strumienie oddawane do
otoczenia z poszczególnych ścian pieca.
- Dla dokładnych współczynników przejmowania ciepła:
P = ∆t * α g (0.5* 1.12 ) + α d (0.5* 1.12 ) + 2α b (0.71* 1.12 ) + α b (0.71* 0.5) = 1348W
[
]
Zobaczcie ile taki niewielki piecyk traci do otoczenia!!!
Teraz policzmy to samo dla wzorów uproszczonych:
P = ∆t * α kg (0.5* 1.12 ) + α kd (0.5* 1.12 ) + 2α kb (0.71* 1.12 ) + α kb (0.71* 0.5) = 1150 W
[
]
Czyli otrzymaliśmy dość znaczny błąd na poziomie 14 – 15% wyniku dokładnego, co jest
niedopuszczalne. Należy zawsze mieć na uwadze ograniczenia wynikające z możliwości
stosowania takich uproszczonych zależności i z reguły mogą być stosowane jedynie dla
zorientowania się w rzędzie wielkości wartości poszukiwanej.

γ π γ* Please purchase `e-PDF Converter and Creator` on http://www

Transkrypt

Podobne dokumenty

Wysokie Mazowieckie ,dn. 27.09.2006r Linde Gaz Polska Sp. z o.o.

mnożenie i dzielenie ułamków dziesiętnych

TRENING PRZED KARTKÓWKĄ (dzielenie ułamków zwykłych

GP. Kurs poprawkowy. Pochodna funkcji. Zad.1. Korzystając z

Linuksowo.pl - Linux forum

ETAP I (klasy drugie) termin14.10.2016r. Zad.1 Francuzi O. Fermat i