MAK 311 ISI GEÇİŞİ Yarıyıl Sonu sınavı 13.Ocak.2011 Soru 1. (25p

MAK 311 ISI GEÇİŞİ
Yarıyıl Sonu sınavı
13.Ocak.2011
a1=0.2 m
Soru 1. (25p) Kalınlığı a1=0.2 m ve ısı iletim katsayısı kd=1
W/mK olan bir duvarın iç ortama bakan yüzeyinde, 1 m
A=Lx1=1 m2
uzunluğunda çok ince bir ısıtıcı levha vardır. Isıtıcı levhanın
yüzey sıcaklığı Tw=40oC’da tutulması istenmektedir. Dış ortam
İç ortam
kd
sıcaklığı To=0oC ve ısı taşınım katsayısı hd=20 W/m2K iken iç
Ti=24oC
o
L=1
m
ortam sıcaklığı Ti=24 C ve ortalama Nusselt sayısı ise
NuL=0.3(GrL Pr)1/3 korelasyon denklemi ile verilmiştir. Duvarda
Doğal Taşınım
ısı iletiminin tek boyutlu olduğunu kabul ederek;
NuL=0.3(GrL Pr)1/3
Dış ortam
o
(a) Isıtıcının gücünü bulunuz.
To=0 C
2
Isıtıcı
(b) İç ortama geçen ısı miktarı aynı kalmak şartıyla ısıtıcı hd=20 W/m K
Tw=40oC
gücünün % 45 oranında azaltılabilmesi için ısıtıcı arkasına
konulması gereken ve ısı iletim katsayısı ky=0.04 W/mK olan
yalıtım malzemesinin kalınlığını bulunuz?
Hava için (305 K’de) µ= 18.7 10-6 Ns/m2, cp=1007 J/kgK, ρ=1.145 kg/m3, k=0.027 W/mK
Soru 2. (25p) Bir plastik ekstrüderinde sıcak çekme yöntemi
ile PVC şerit üretilmektedir.
Son haddeden 0.5 m
L=1.5 m
genişliğinde, 0.01 mm kalınlığında ve 100 C sıcaklıkta çıkan
V=10 m/s
δ=0.01 mm
PVC şerit 10 m/s’lik sabit hızla ilerlemektedir. Hareketli
PVC şerit 1.5 m uzunluğundaki bir bölgeden geçerken
T2=40oC
T1=100oC
o
=25
C
T
∞
havaya taşınım yoluyla ısı kaybederek 40 C’ye soğutulmakta
h=?
olup sonrasında sarıcı üniteye geçmektedir.
PVC’nin özelikleri k=0.19 W/mK, ρ=1400 kg/m3, özgül ısısı c=1050 J/kgK olarak bilinmektedir.
(a) PVC şeritte seçilen bir diferansiyel elemana enerji dengesini uygulayarak, her hangi bir anda şeridin eksenel
sıcaklık dağılımını veren ifadeyi elde ediniz,
(b) Verilen hızda şeridin sıcaklığının 1.5 m içinde 100 C’den 40 C’ye düşebilmesi için 25 C sıcaklığındaki
ortamın ısı taşınım katsayısı değerini hesaplayınız.
Soru 3. (25p) Tek geçişli çapraz akışlı bir ısı değiştiricisinde, sıcak egzoz gazları yardımıyla, 3 kg/s
debisindeki su 30°C’tan 80°C‘a ısıtılmaktadır. Egzoz gazlarının ısı değiştiricine giriş ve çıkış sıcaklıkları
sırasıyla 225°C ve 100°C’dır. Isı değiştiricisi için ortalama toplam ısı geçiş katsayısı 100 W/m2K ve düzeltme
katsayısı F=0.93 olduğuna göre ;
(a) Gerekli yüzey alanını bulunuz. (b) Isı değiştirici etkenliğini bulunuz. (c) Egzoz gazları 100°C yerine ısı
değiştiriciden 175°C ’da çıkıyor olsa idi gerekli yüzey alanını hesaplayınız ve sıcak akışkan çıkış sıcaklığının
100°C üzerinde olması halinde ısı geçiş alanının ne yönde değiştiğini irdeleyiniz.
Su (328 K için) cp= 4184 J/kgK, Egzos gazları (yaklaşık hava) (435 K için) cp= 1021 J/kgK
Soru 4. Şekilde gösterilen biribirine paralel sonsuz büyüklükteki üç levhadan, ortada
bulunan levha bir ısıtıcıyı temsil etmektedir. Bu ısıtıcının kalınlığı 1 mm olup 750×103
W/m3 ısı üretmektedir. Isıtıcının her iki yüzünün sıcaklıkları 80oC ve yüzey yayma oranı
0.8’dir. (4) yüzeyinin sıcaklığı }10oC olup siyah cisim olarak kabul edilmektedir. Diğer
levhanın (3) yüzey sıcaklığı ise 20oC’dir. Levhalar arasında sadece ışınımla ısı geçişi
olduğunu kabul ederek; levhalara geçen ısı akılarını ve (3) yüzeyinin yayma katsayısını
bulunuz ( σ = 5.67 × 10 −8 W / m 2 K 4 )
Süre: 150 dakika
Kitap ve Notlar kapalıdır.
1 2
3
4
ısıtıcı
B A Ş A R I L A R
Soru 1a. (25p) Kalınlığı a1=0.2 m ve ısı iletim katsayısı kd=1
a1=0.2 m
W/mK olan bir duvarın iç ortama bakan yüzeyinde, 1 m
A=Lx1=1 m2
uzunluğunda çok ince bir ısıtıcı levha vardır. Isıtıcı levhanın
yüzey sıcaklığı Tw=40oC’da tutulması istenmektedir. Dış ortam
sıcaklığı To=0oC ve ısı taşınım katsayısı hd=20 W/m2K iken iç
İç ortam
kd
Ti=24oC
ortam sıcaklığı Ti=24oC ve ortalama Nusselt sayısı ise
L=1 m
1/3
NuL=0.3(GrL Pr)
korelasyon denklemi ile verilmiştir.
Doğal Taşınım
Duvarda ısı iletiminin tek boyutlu olduğunu kabul ederek;
NuL=0.3(GrL Pr)1/3
Dış ortam
(a) Isıtıcının gücünü bulunuz.
To=0oC
(b) İç ortama geçen ısı miktarı aynı kalmak şartıyla ısıtıcı hd=20 W/m2K
Isıtıcı
gücünün % 45 oranında azaltılabilmesi için ısıtıcı arkasına
Tw=40oC
konulması gereken ve ısı iletim katsayısı ky=0.04 W/mK olan
yalıtım malzemesinin kalınlığını bulunuz?
Hava için (305 K’de) µ= 18.7 10-6 Ns/m2, cp=1007 J/kgK, ρ=1.145 kg/m3, k=0.027 W/mK
Çözüm: (a)
µ 18.7 × 10 −6
k
0.027
= 1.6332 × 10 −5 m 2 / s ,
α=
=
= 2.3417 × 10 −5 m 2 / s , ν = =
ρ
1.145
ρ c p 1.145 × 1007
Pr =
T + T1
1
ν 1.6332 × 10 −5
=
= 0.6974 , T f = w
= 305 K , β =
−5
α 2.3417 × 10
2
Tf
gβ (Tw − Ti ) L3 (9.81)(1 / 305)(40 − 24)(13 )
=
= 1.9294 × 10 9
Gr =
2
−5 2
(1.6332 × 10 )
v
k
0.027
Nu L = (0.3)(1.9294 × 10 9 × 0.6974)1 / 3 = 331.204 , hi = Nu L = 331.204
= 8.9425 W / m 2 K
L
1
Duvar ve iç ortam havası arasında ısı geçişi
qi = Ahi (Tw − Ti ) = (1)(8.9425)(40 − 24) = 143.08 W
Dış ortama geçen ısı
qo =
q
qo
To
Tw − To
40 − 0
=
= 160 W
a1
1
0.2
1
+
+
hd A k d A (20)(1) (1)(1)
1
hd A
a1
kd A
Tw
qi
1
hi A
Ti
Isıtıcı gücü q = qi + q o = 143.08 + 160 = 303.08 W
(b) %45 azalma ile Isıtıcı gücü q = 0.55 × 303.08 = 166.694 W olur. Odaya geçen kısım aynı kaldığından dış
ortama geçen ısı
q
qi
q
o
q o = q − qi = 166.694 − 143.08 = 23.614 W
qo =
Tw − To
= 23.614 W
ay
a1
1
+
+
hd A k d A k y A
To
1
hd A
ay
ky A
ay
1 0.2 a y
40 − 0
+
+
=
= 1.6939 →
= 1.4439 → a y = 0.05775 m = 5.775 cm
20 1 0.04 23.614
0.04
a1
kd A
Tw
1
hi A
Ti
Soru 2. (25p) Bir plastik ekstrüderinde sıcak çekme yöntemi
ile PVC şerit üretilmektedir.
Son haddeden 0.5 m
L=1.5 m
genişliğinde, 0.01 mm kalınlığında ve 100 C sıcaklıkta çıkan
V=10 m/s
δ=0.01 mm
PVC şerit 10 m/s’lik sabit hızla ilerlemektedir. Hareketli
PVC şerit 1.5 m uzunluğundaki bir bölgeden geçerken
T2=40oC
T1=100oC
o
T
=25
C
∞
havaya taşınım yoluyla ısı kaybederek 40 C’ye soğutulmakta
h=?
olup sonrasında sarıcı üniteye geçmektedir.
PVC’nin özelikleri k=0.19 W/mK, ρ=1400 kg/m3, özgül ısısı c=1050 J/kgK olarak bilinmektedir.
(a) PVC şeritte seçilen bir diferansiyel elemana enerji dengesini uygulayarak, her hangi bir anda şeridin eksenel
sıcaklık dağılımını veren ifadeyi elde ediniz,
(b) Verilen hızda şeridin sıcaklığının 1.5 m içinde 100 C’den 40 C’ye düşebilmesi için 25 C sıcaklığındaki
ortamın ısı taşınım katsayısı değerini hesaplayınız.
x
Çözüm: 1.YOL
Adx hacmi için Termo. 1. yasa
dh
dh
m& h + m&
dx − m& h = −δqt → m&
dx = −δqt
dx
dx
T1=100oC
dh = c p dT , δqt = hP (T − T∞ )dx
m& c p
dx
T∞=25oC
h=?
T2=40oC
dT
dT
hP
hPx
dx = −hP (T − T∞ )dx →
dx → ln(T − T∞ ) = ln C −
=−
dx
T − T∞
m& c p
m& c p
 hPx 

T ( x) − T∞ = C exp −
 m& c 
p


x=0’da T(0)=T1 olduğundan
 hPx 
T ( x) − T∞

= exp −
 m& c 
T1 − T∞
p 

 hPL 


m& c
T2 − T∞
 → exp − hPL  = 40 − 25 = 0.2 → − hPL = −1.6094 → h = 1.6094 p
= exp −
 m& c 
 m& c  100 − 25
T1 − T∞
m& c p
PL
p 
p 


burada m& = ρAV = ρaδV ve P = 2(a + δ ) h = 1.6094
(1400)(0.5)(0.00001)(10)(1050)
= 78.861 W / m 2 K
(2)(0.5 + 0.00001)(1.5)
2.YOL ρAdx kütlesi için termo. 1. yasa
( ρAdx)c
hPt
dT
dT
hP
= −hP (T − T∞ )dx →
=−
dt → ln(T − T∞ ) = ln C −
dt
T − T∞
ρAc
ρAc
T (t ) − T∞
 hPt 
 hPt 
 t=0’da T(0)=T1 olduğundan

= exp −
T (t ) − T∞ = C exp −
T1 − T∞
 ρAc 
 ρAc 
T2 − T∞
 hPt L
= exp −
T1 − T∞
 ρAc

L
 .olup zamanla yol arasında t L = ilişkisi olduğuna göre
V

T2 − T∞
 hPL 
 elde edilir. Böylece aynı sonuç bulunmuş olur.
= exp −
T1 − T∞
 ρAVc 
Soru 3. (25p) Tek geçişli çapraz akışlı bir ısı değiştiricisinde, sıcak egzoz gazları yardımıyla, 3 kg/s
debisindeki su 30°C’tan 80°C‘a ısıtılmaktadır. Egzoz gazlarının ısı değiştiricine giriş ve çıkış sıcaklıkları
sırasıyla 225°C ve 100°C’dır. Isı değiştiricisi için ortalama toplam ısı geçiş katsayısı 100 W/m2K ve düzeltme
katsayısı F=0.93 olduğuna göre ;
(a) Gerekli yüzey alanını bulunuz. (b) Isı değiştirici etkenliğini bulunuz. (c) Egzoz gazları 100°C yerine ısı
değiştiriciden 175°C ’da çıkıyor olsa idi gerekli yüzey alanını hesaplayınız ve sıcak akışkan çıkış sıcaklığının
100°C üzerinde olması halinde ısı geçiş alanını ne yönde değiştiğini irdeleyiniz.
Su (328 K için) cp= 4184 J/kgK, Egzos gazları (yaklaşık hava) (435 K için) cp= 1021 J/kgK
Çözüm:
Th , g
q = (m& c p ) su (Tsu ,ç − Tsu , g ) = (3)(4184)(80 − 30) = 627600 W
m& h =
q
c p ,h (Th , g − Th ,ç )
∆Tlm =
= 4.9175 kg / s
Tsu ,ç
Th ,ç
Tsu , g
(Th , g − Tsu ,ç ) − (Th ,ç − Tsu , g ) (225 − 80) − (100 − 30)
=
= 102.988
Th , g − Tsu ,ç
225 − 80
ln
ln
100 − 30
Th ,ç − Tsu , g
q = UAF∆Tlm → A =
q
627600
=
= 65.5258 m 2
UF∆Tlm (100)(0.93)(102.988)
(b) C min = (m& c p ) min = {(m& c p ) hot , (m& c p ) cold } = {(5020.7675) hot , (12552) cold } = 5020.7675 W / K
q maks = (m& c p ) min (Thot ,i − Tcold ,i ) = (m& c p ) min (Th , g − Tsu , g ) = 5020.7675(225 − 30) = 979049.6625 W
ε=
q
q maks
=
627600
= 0.641
979049.6625
(c) Çıkış sıcaklığının 175 C olduğu durumda ise logaritmik sıcaklık farkı hesabında 0/0 belirsizliği meydana
çıkmaktadır. Bu sebeple logaritmik sıcaklık farkı limit alınarak hesaplanmalıdır.
∆T1 − ∆T2
q
627600
= ∆T1 = ∆T2 ve A =
=
= 46.541 m 2
∆T1 →∆T2
∆T1
UF ∆Tlm (100)(0.93)(175 − 30)
ln
∆T2
bulunur.
∆Tlm = Lim
q
627600
şeklinde hesaplandığından ısı geçişi, toplam ısı geçiş katsayısı ve düzeltme
=
UF∆Tlm (100)(0.93)∆Tlm
faktörü sabit olduğuna göre alan değişimi logaritmik sıcaklık farkının artmasıyla azalmaktadır.
A=
[[Örneğin gaz çıkış sıcaklığı 100 C yerine 125 C olursa
∆Tlm =
q
627600
(225 − 80) − (125 − 30)
=
= 57.072 m 2 ]]
= 118.243 ve A =
225 − 80
UF∆Tlm (100)(0.93)(118.243)
ln
125 − 30
3
Soru 4. Şekilde gösterilen biribirine paralel sonsuz büyüklükteki üç levhadan, ortada
bulunan levha bir ısıtıcıyı temsil etmektedir. Bu ısıtıcının kalınlığı 1 mm olup
750×103 W/m3 ısı üretmektedir. Isıtıcının her iki yüzünün sıcaklıkları 80oC ve yüzey
yayma oranı 0.8’dir. (4) yüzeyinin sıcaklığı }10oC olup siyah cisim olarak kabul
edilmektedir. Diğer levhanın (3) yüzey sıcaklığı ise 20oC’dir. Levhalar arasında
sadece ışınımla ısı geçişi olduğunu kabul ederek; ; ( σ = 5.67 × 10 −8 W / m 2 K 4 )
(a) (3) yüzeyinin yayma katsayısını hesaplayınız
(b) Levhalara geçen ısı akılarını bulunuz.
1 2
4
ısıtıcı
Çözüm:
1-4 yüzeyleri arasında elektrik benzeşimi ile
q1 =
q14
Eb1 − Eb 4
q
→ 1 = ε 1 ( Eb1 − Eb 4 ) = ε 1σ (T14 − T44 )
1 − ε1
1
A
+
AF14
Aε 1
[
Eb4=J4
q1
J1
1
AF14
1 − ε1
Aε 1
]
q1
= (0.8)(5.67 × 10 −8 ) (80 + 273.15) 4 − (−10 + 273.15) 4 = 488.01 W / m 2
A
2-3 yüzeyleri arasında elektrik benzeşimi ile
Eb 2 − Eb 3
q 2 σ (T24 − T34 )
q2 =
→
=
1− ε3
1
1
1− ε2
1
A
+ −1
+
+
ε2 ε3
Aε 2
AF23
Aε 3
q 23
q2
J2
Eb2
1− ε2
Aε 2
Eb1
q3
Eb3
J3
1
AF23
1− ε3
Aε 3
Isıtıcıda üretilen toplam ısıl güç
q = q&V = Atq& = A × 0.001 × 750 × 10 3 →
q
= 750 W / m 2
A
Isıtıcıda enerji dengesinden
q = q1 + q 2 →
q
q q1 q 2
= +
= 750 W / m 2 → 2 = 750 − 488.01 = 261.99 W / m 2
A A A
A
σ (T24 − T34 ) (5.67 × 10 −8 )(353.15 4 − 293.15 4 )
1
1
1
+ −1 =
=
= 1.76785 →
= 1.51785 → ε 3 = 0.6588
ε3
0.8 ε 3
261.99
q2 / A