Soru 1. Kalınlığı 15 cm, ısı iletim katsayısı 20 W/mK olan ve içinde

Soru 1. Kalınlığı 15 cm, ısı iletim katsayısı 20 W/mK olan ve
içinde hacimsel olarak düzgün dağılımlı ısı üretimi ( q& ) olan bir
levhanın şekilde görüldüğü gibi bir yüzeyi ısıya karşı yalıtılmış,
diğer yüzeyinde ise taşınımla ısı geçişi meydana gelmektedir.
Ortam sıcaklığı 20 C ve ısı taşınım katsayısı 5 W/m2K olarak
bilinmektedir. Taşınımla ısı geçişi olan yüzeyde yüzey sıcaklığının
60 C olduğu ölçülerek tespit edildiğine göre;
a) Levhadaki ısı üretimini ( q& ),
b) Levhanın yalıtımlı yüzeyindeki sıcaklığı,
c) Levhadaki maksimum sıcaklığın meydana geldiği yeri
hesaplayınız. (35 puan)
Çözüm:
(a)
q′′ = h (Ts − T∞ ) = 5(60 − 20) = 200 W/m2
& = q& ( AL) = q& (1x0.15) = 200
→
q′′ = qV
Ta=20 C
q&
k
L
x
q& = 1333.3 W/m3
(b)
q& 2
d 2T q&
+ = 0 → T ( x) = −
x + C1 x + C2
2
k
2k
dx
Sınır şartları;
dT
 q&

Sol yüzeyde ısı geçişi yok
= 0 →  − x + C1  = 0 →
C1 = 0
dx x =0
 k
 x =0
Sağ yüzeyde sıcaklık verilmiş
x = L = 0.15 de
T = Ts = 60
q& 2
1333.3
q& 2
2
C2 = 60 +
L = 60 +
60 = −
L + C2
( 0.15 ) = 60 + 0.75 = 60.75
2k
2(20)
2k
q& 2
T ( x) = −
x + 60.75
2k
T (0) = 0 + 60.75 = 60.75 C
(c)
Maksimum sıcaklık için
dT
= 0 olmalıdır.
dx
dT
q&
→
→
=0
− x=0
x=0
dx
k
Maksimum sıcaklık duvarın sol (yalıtılmış) yüzeyinde meydana gelir.
h=5 W/m2K
Soru 2. İç ve dış çapları 90 mm ve 100 mm ve ısı iletim katsayısı 40 W/mK olan bir borunun içinden 200
C sıcaklıkta buhar akmaktadır. Dış ortam hava olup sıcaklığı 15 C’dur. İç ve dış ısı taşınım katsayıları
sırasıyla 500 W/m2K ve 30 W/m2K olarak bilinmektedir.
(a) Borunun birim uzunluğu başına ısı kaybını hesaplayın. Boru dış yüzey sıcaklığını bulun.
(b) Bu boruya yalıtım uygulayarak ısı kaybını yalıtımsız haldeki kaybının (a şıkkı) % 20’ne indirmek
isteniyor. Ayrıca yalıtım dış yüzey sıcaklığının 40 C olması da istenmektedir. Buna göre yalıtım
kalınlığını ve seçilen yalıtım malzemesinin ısı iletim katsayısını hesaplayınız.
(c) Borularda yalıtım uygulamasında kritik yarıçap nedir? (b) şıkkında bulunan yalıtım kalınlığının kritik
çapa karşılık gelmesi için yalıtım malzemesinin ısı iletim katsayısı ne olmalıdır. (35 puan)
Çözüm: (a)
Elektrik benzeşimi ile
T − T∞
r2
qr = a
Ts1
Ts 2
Ta
T∞
∑R
r1
1
ln(r2 / r1 )
1
ln (r / r )
1
1
hi A1
2πLk
hd A2
∑ R = 2πLr h + 2π2Lk 1 + 2πLr h
1 i
2 d
1  1
∑ R = 2πL  r h
+
ln (r2 / r1 )
1
+
k
r2 hd

 0.113596
1 
1
ln (0.050 / 0.045)
1
+
+
=
=

L
40
(0.05)(30) 
 2πL  (0.045)(500)
1 i
qr
200 − 15
=
= 1628.5775 W / m
L 0.113596
T − T∞
q /L
1628.5775
⇒ Ts 2 = T∞ + r
= 15 +
= 187.8 o C
Borunun dış yüzey sıcaklığı q r = s 2
1 2πLr2 hd
2πr2 h
2π (0.05)(30)
(b)
qr / L
(0.2)(1628.5775)
q r = 2πr3 Lh(Ts 2 − T∞ ) ⇒ r3 =
=
= 0.06912 m
π
π
2
h
(
T
−
T
)
2
(
30
)(
40
−
15
)
s
2
∞
r
3
r2
r1
ky
Elektrik benzeşimi ile
Ts1
Ta
1
hi A1
ln (r2 / r1 )
2πLk
T1
T∞
Ts 2
ln(r3 / r2 )
2πLk Y
1
hd A3
2π (Ta − Ts 2 )
r
2π (Ta − Ts 2 )
qr
1
1
1 r
ln 3 =
=
⇒
−
− ln 2
r
1
1 r
1
L
k Y r2
qr / L
r1 hi k r1
ln 3
+ ln 2 +
r1 hi k r1 k Y r2
r
1
2π (200 − 40)
1
1 0.050
ln 3 =
−
− ln
= 3.039387 ⇒
kY r2 (0.2)(1628.5775) (0.045)(500) 40 0.045
kY =
ln (0.06912 / 0.05)
= 0.10654 W / mK
3.039387
(c) rKR = k Y / h ⇒ k Y = 0.06912 x30 = 2.0736 W / mK olarak seçilmiş olsaydı 69.12-50=19.12 mm
kalınlığında yalıtım yapmakla ısı kaybı maksimum olurdu. Yani ilk şıkta hesaplanan ısı kaybından daha
büyük ısı kaybı meydana gelirdi.
Soru 3. Şekilde görüldüğü gibi 0.5 cm çapında ısı iletim katsayısı k=100 W/mK olan bir silindirik çubuk
kanat olarak kullanılmaktadır. 10 cm uzunluğundaki çubuğun dip sıcaklığı 220oC’dir. Ortamın sıcaklığı
20oC ve ısı taşınım katsayısı 50 W/m2K’dir. Kanat ucu yalıtılmıştır. (a) x eksenini şekilde görüldüğü
gibi kanat ucundan seçerek problemin formülasyonunu yapınız. Sınır şartlarını belirtiniz. (b) kanat
sıcaklık dağılımı bulunuz. (c) kanat uç sıcaklığını bulunuz. (d) kanattan ortama geçen toplam ısı miktarını
hesaplayınız. (e) Kanat verim tanımını yaparak, kanat verimini bulunuz. (35 puan)
Çözüm: (a)
Acdx kontrol hacmi için 1.ci yasa
qt
h, T∞
∑ q − ∑ q = 0 ⇒ q x − q x+ dx − qt = 0
qx+dx
Tb
Giren
qx
x
dx
L=10 cm
çııka
dq
d


q x −  q x + x dx  − qt = 0 ⇒ − ( Ac q′x′ )dx − qt = 0
dx
dx


dT
ve Newton soğuma yasası
Fourier yasası q ′x′ = −k
dx
qt′′ = h(T − T∞ ) yerine yazılırsa
d
dT
d 2T hP
dT (0)
− (− Ac k
)dx − hP (T − T∞ )dx = 0 ⇒ 2 −
(T − T∞ ) = 0 , Sınır şartları :
= 0 , T ( L) = Tb
dx
dx
kAc
dx
dx
(b) θ = T − T∞ dönüşümü ile
θ ( x) = C1Coshmx + C 2 Sinhmx ,
θ ( x) Coshmx
=
θb
CoshmL
(c) θ (0) =
θb
, m=
dθ (0)
hP
ve
= 0 , θ ( L) = T ( L) − T∞ = θ b
dx
kAc
d 2θ
− m 2θ = 0 , m =
2
dx
θb
dθ (0)
= C 2 m = 0 ⇒ C 2 = 0 ve θ ( L) = θ b = C1CoshmL ⇒ C1 =
CoshmL
dx
4hπD
4 × 50
=
= 20
2
100 × 0.005
kπD
CoshmL
220 − 20
θ (0) =
= 53.16 o C ⇒ T (0) = 73.16 o C
Cosh(20 × 0.1)
qf
qx=L
(d) Kanat dip kesitinde enerji dengesi
x=L
q x = −kAc
θ mSinhmx
dθ
Sinhmx
dip kesitinde q f = −q x (L) olup
= −kAc b
= − hPkAc θ b
dx
CoshmL
CoshmL
Kanattan atılan toplam ısı
q f = hPkAc θ b tanh mL = (50)π (0.005)(100)
π (0.005 2 )
4
(200) tanh(20 × 0.1) = 30.286 W
(e) Kanat verimi
η=
η=
qf
kanattan geçen ısı
=
=
kanat dip sııaklığın a iken geçen ısı hA f θ b
hPk (πD 2 / 4)θ b tanh mL
=
hπDLθ b
0.005 × 100
tanh(20 × 0.1) = 0.5 tanh(2) = 0.482 = %48.2
4 × 50 × 0.12
Dk
tanh mL
4hL2