basit geometrik şekiller içindeki devamlı rejimde, bir boyutlu ısı

BÖLÜM 2
BİR BOYUTLU ISI İLETİMİ
Bundan önceki bölümde, ısı geçişinin çeşitleri ve bunlara ait ısı geçişinin
özel kanunları izah edilmiştir. Bu bölümde ise amaç; basit geometrik şekiller
içindeki devamlı rejimde, bir boyutlu ısı iletimini incelemek ve malzeme içindeki
sıcaklık dağılımı bağıntılarını çıkarmaktır. Burada basit geometrik şekil olarak
düzlem duvar hali, silindirik yüzeyler ve küresel yüzeyler olmak üzere üç tip ele
alınacaktır.
2.1 DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
Isı iletiminin en basit şeklini içeren düzlem duvar hali, uygulamada en çok kullanılan
tiptir. Konutlardaki ısı kaybı hesabı, fırın duvarlarının ve soğuk hava depolarının ısı yalıtımı
gibi konular buna en iyi örnektir. Burada, şekil 2.1’de göz önüne alınan L kalınlığındaki
düzlem duvar içindeki sıcaklık dağılımı ve duvar yüzeyleri arasında, birim zamanda geçen
ısı miktarı hesaplanacaktır. Düzlem duvarın x1 uzunluğundaki yüzey sıcaklığı T1, x2
uzunluğundaki yüzey sıcaklığı T2 ve T1>T2 olsun.
Problemi çözmek için takip edilecek yol aşağıdaki gibi sıralanabilir.
• Levha içinde diferansiyel bir kontrol hacim elemanı seçilir.
• Bu kontrol hacim elemanı üzerine ısı iletimi ve termodinamiğin birinci kanunu
uygulanarak, sıcaklık dağılımı için diferansiyel denklem elde edilir.
• Bulunan diferansiyel denklem sınır şartlara göre çözülerek, levha içindeki sıcaklık
dağılımı bulunur.
 Bu sıcaklık dağılımı Fourier ısı iletim kanununa uygulanarak, iletim ile geçen ısı miktarı
hesaplanır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
2
Yapılan Kabuller:
1.
2.
3.
4.
L
T
Özellikler sabit (k=sbt.)
Isı geçişi bir boyutlu (x yönü)
Devamlı hal
Isı üretimi yok
k
T1
Qx+dx
Qx
T2
x1
x
x
dx
x2
Şekil 2.1. Düzlem duvarda sıcaklık dağılımı.
Bu kabullere göre termodinamiğin I. kanununa göre şekil 2.1’de ele alınan kontrol
hacim elemanına giren ısı enerjisi, çıkan ısı enerjisine eşit olur.
Qx  Qx dx  0
Prof. Dr. Fethi Halıcı
(2.1)
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
3
Burada Qx , x mesafesinde kontrol hacim elemanına giren ısı enerjisi, Qx  dx ise x  dx
mesafesinde, kontrol hacim elemanını terk eden ısı enerjisi olup, Taylor serisine açılırsa ve
yüksek mertebeden terimler ihmal edilirse;
Qx  dx  Qx 
dQx
dx
dx
eşitliği yazılabilir. Bu bağıntı denk. (2.1) de yerine konulursa,
Qx  Qx 
dQx
dx  0
dx
ifadesi elde edilir. Buradan da,
dQx
dx  0
dx
bağıntısı bulunur. Bu çarpımın sıfır olabilmesi için çarpanlarından en az birinin sıfır olması
gerekir. dx diferansiyel hacim elemanının genişliği olduğundan, sıfır olamaz (dx0) o
halde;
dQx
0
dx
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
4
Bu ifade, Fourier ısı iletim kanununun x ’e göre türevinin alınıp sıfıra
eşitlenmesi demektir. Denklem (1.1) den Fourier ısı iletim kanunu,
Qx  kA
dT
dx
idi, bu bağıntının x ’e göre türevi alınırsa,
dQx d
dT
 (kA )  0
dx dx
dx
bulunur. Buradan da sıcaklık dağılımının diferansiyel denklemi k ve A sabit
olduğundan;
d 2T
0
dx2
(2.3)
şeklinde elde edilir. İkinci mertebeden olan bu diferansiyel denklemin çözümü;
T ( x)  C1 x  C2
(2.4)
olur. C1 ve C2 integral sabitleri, sınır şartları yardımı ile aşağıdaki gibi bulunur.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
5
Sınır Şartlar:
x  x1
T  T1
x  x2 T  T2
dir. Bu sınır şartlara göre denk(2.4) den,
T1  C1 x1  C2
T2  C1 x2  C2
bulunur. Bu iki denklemden integral sabitleri;
C1 
T1  T2
T

x1  x 2
L
;
C 2  T1 
T1  T2
T
x1  T1 
x1
x1  x2
L
bulunur. Burada T  T1  T2 ve L  x 2  x1 dir. C1 ve C2 sabitleri denklem (2.4) de
yerlerine yazılırsa, düzlem duvar içindeki sıcaklık dağılımı için;
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
6
T ( x )  T1 
T1  T2
( x  x1 )
x2  x1
(2.5)
Düzlem duvar T eksenine bitişik (x1 = 0) ise,
T ( x )  T1 
T1  T2
x
L
bağıntısı elde edilir. Bu bağıntıdan görüldüğü gibi, sıcaklık dağılımı doğrusaldır. Bu
bağıntı yardımı ile duvar içindeki herhangi bir noktadaki sıcaklık bulunabilir. Denk.(2.5)
de elde edilen sıcaklık dağılımının x ’e göre türevi alınıp, Fourier ısı iletim kanununda
(denk. 1.1) yerine konulursa, düzlem duvarda iletimle geçen ısı miktarı için aşağıdaki
bağıntı elde edilir.
Qx  k A
T1  T2
L
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
7
ÖRNEK: Bir boyutlu ısı iletimi kabul ederek aşağıda verilen duvarın devamlı rejimde sıcaklık
dağılımını veren bağıntıyı çıkarınız ve x = 0,30 m mesafedeki sıcaklığını bulunuz. Duvarın ısı
iletim katsayısı sabit ve içinde ısı üretimi yoktur.
85oC
35oC
x=0,70m
T
0
x
Düzlem duvarda bir boyutlu ısı iletiminin genel denklemi:
d 2T
dx
2
0
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
8
İkinci mertebeden olan bu diferansiyel denklemin çözümü;
T ( x )  C1 x  C2
olur. C1 ve C2 integral sabitleri, sınır şartları yardımı ile aşağıdaki gibi bulunur.
Sınır şartlar,
x0
x  0,70
 T ( x)  35
 T ( x)  85
dir. 1. Sınır şarttan;
35  C1  0  C2 
C2  35
2. sınır şarttan;
85  C1  0,70  35

C1 = 71,43
C1 ve C2 yerlerine konulursa aşağıdaki sıcaklık dağılımı ifadesi bulunur.
T ( x)  71,43x  35
x = 0,30 m mesafedeki sıcaklık;
T ( x)  71,43x  35  71,43  0,30  35
T (0,30)  56,43o C
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİİ
9
2.1.1 Isı geçişine ısı iletim katsayısının sıcaklık ile değişiminin etkisi
Burada ısı iletim katsayısının sadece sıcaklıkla olan değişimi ele alınacaktır.
Genellikle birçok malzemede ısı iletim katsayısı sıcaklıkla değişir. Eğer ısı
iletim katsayısının sıcaklıkla değişimi fazla değil ise, ortalama sabit bir değer
alınarak hesap yapılabilir. Aksi halde ısı geçişi aşağıdaki gibi hesaplanmalıdır..
Bir çok malzemenin ısı iletim katsayılarının belirli sıcaklık aralıklarında,
sıcaklığın lineer bir fonksiyonu olarak değiştiği kabul edilebilir. Buna göre, ısı
iletim katsayısının,
k (T )  ko (1  T )
(2.7)
şeklinde, sıcaklığın lineer bir fonksiyonu olduğu kabul edilsin. Burada k o , T=0
o
C deki malzemenin ısı iletim katsayısı ve  sabit değer olup malzemenin ısı
iletiminin sıcaklık katsayısı adını alır. Bu kabule göre ısı iletim kanunu aşağıdaki
gibi yazılabilir.
Qx  k (T ) A
Prof. Dr. Fethi Halıcı
dT
dx
(2.8a)
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
10
k (T ) ’ nin değeri yerine konulursa,
Qx  ko (1  T ) A
dT
dx
elde edilir. Sınır şartlara göre integral alınırsa, iletim ile geçen ısı miktarı için,
T
Qx L
dx    ko (1  T )dT

A0
T
2
1
Qx 
ko A 
 2
2 
(
T

T
)

(
T

T
)
1
2
1
2 

L 
2

ko A(T1  T2 ) 
T1  T2 
Qx 
1  

L
2


(2.8b)
denklemi elde edilir. Bu denkleme göre ısı geçişi ’nın pozitif yada negatif
olması durumuna göre değişmektedir.  pozitif ise ısı geçişi artmakta, negatif ise
azalmaktadır. Duvar içindeki sıcaklık dağılımı da ’nın pozitif ya da negatif
olması durumuna göre, Şekil 2.2 ’deki gibi gerçekleşir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
11
Yukarıda bulunan denklem;
Qx 
km A
(T1  T2 )
L
2.9a)
şeklinde yazılırsa, burada km ortalama sıcaklıktaki ısı iletim katsayısı olarak
tanımlanır ve,
km  ko (1  
T1  T2
)
2
2.9b)
şeklinde hesaplanır. Diğer taraftan km için denklem (2.8a) ve (2.9a) dan,
km 
LQx
L
dT 



k
(
T
)
A
A(T1  T2 ) A(T1  T2 ) 
dx 
L T
km  dx  
k (T )dT

T1  T2 T
0
L
2
1
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
T
0
=0
0
x
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
13
2.1.2 Isıl direnç tanımı
Eğer iki sistem birbirine benzeyen denklemler ile ifade edilebiliyor ve sınır
şartları da birbirine benziyor ise bu iki sistem birbirine benzer yada analog denir.
Elektrik akımı ile ısı geçişi karşılaştırıldığında aralarında bir benzerlik olduğu
görülür. Elektrik akımı volt farkından, ısı geçişi ise sıcaklık farkından meydana
gelmektedir. Ohm kanununa göre elektrik akımı,
I
V
Re
dir. Fourier ısı iletim kanunu da Ohm kanununa benzer biçimde yazılırsa;
T1  T2 T T


L
L
Ri
kA
T
Q
Ri
Q  kA
T1
T2
T1
T2
Ri
elde edilir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
14
Burada benzeyen büyüklükler şöyledir;
QI
, T V
, Ri  Re
Isı iletim direnci Ri;
Ri 
L
kA
(2.11)
dir ve birimi [K/W]; yada [hoC/Kcal] dir. Duvar ile akışkan arasında taşınım ile
geçen ısı miktarı da Ohm kanununa benzer biçimde yazılırsa,
Q  hA(T1  T2 ) 
T T

1
Rt
hA
elde edilir. Burada Rt,
Rt 
T1
T2
T1
T2
Rt
1
hA
(2.12)
dir ve ısı taşınım direnci adını alır. Birimi [K/W]; yada [hoC/kcal] dir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
15
Elektriksel devreler için kısa hatırlatmalar:
Seri bağlama: Bu bağlama şeklinde dirençler şekilde gösterildiği gibi
birbirlerine tek sıra şeklinde art arda bağlanırlar. Dolayısı ile her bir dirençten
geçen akım birbirlerine eşittir.
Geçen akım;
i
V1  V4
V V
 1 4
R1  R2  R3
Rtop
V1
R1
V2
R2
V3
R3
V4
dır. Toplam direnç;
Rtop  R1  R2  R3
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
16
Paralel bağlama: Bu bağlama şeklinde dirençler birbirlerine paralel olacak
şekilde bağlanırlar.
Geçen akım;
i  i1  i2  i3 
R1
V1  V2
V V
 1 2
1
Rtop
1
1
1


R1 R2 R3
V1
R2
V2
R3
dir. Burada toplam direnç aşağıdaki bağıntı ile hesaplanır.
1
1
1
1



Rtop R1 R2 R3
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
17
Karışık bağlama: Bu bağlama şeklinde aynı devrede hem seri hem de paralel
bağlama vardır.
Aşağıda gösterilen bu devre seri bağlamaya indirgenerek
çözülebilir.
R1
Geçen akım;
V1
i
V1  V4
V

Reş  R3  R4 Rtop
R2
dir. Burada eşdeğer direnç Reş,
1
1
1


Reş R1 R2
V1
(2.15)
V3
V2
R3
R4
V3
V2
Reş
V4
R3
V4
R4
bağıntısı ve toplam direnç;
Rtop  Reş  R3  R4
(2.16)
bağıntısı ile hesaplanır. Isı geçişi problemlerinde de, ısıl dirençler elektrik
devrelerindeki gibi hesaplanmaktadır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
DÜZLEM DUVARDA ISI İLETİMİ
2.2 BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLARDA ISI GEÇİŞİ
Apartman, soğuk hava deposu, fırın ve benzeri hacimlerin duvarları ısı
iletim katsayıları farklı olan birden fazla yapı elemanının, düzlem levhalar
şeklinde paralel olarak birleşmesinden meydana gelmiştir. Bu duvarlardaki ısı
geçişi, iç hacimdeki akışkan ile dış hacimdeki akışkan arasında olmaktadır.
Birleşik düzlem duvarlardaki (levhalar) ısı geçişi ve ısıl dirençler şekil 2.3’de
gösterilmiştir. İç taraftaki akışkan sıcaklığı Ta1, dış taraftaki akışkan sıcaklığı Ta2
ve Ta1>Ta2, iç taraftaki ısı taşınım katsayısı h1, dış taraftaki h2 ve duvarların ısı
iletim katsayıları sırasıyla k1, k2 ve k3 olsun.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
19
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
20
Yapılan kabullere ve termodinamiğin birinci kanununa göre her bir duvardan geçen
ısılar birbirine eşit olur.
Qt1  h1 A(Ta1  T1 )
(Sıcak akışkan ile T1 yüzeyi arasında taşınımla geçen ısı
miktarı)
Q1 
k1 A
(T1  T2 )
L1
(1. levhadan iletimle geçen ısı miktarı)
Q2 
k2 A
(T2  T3 )
L2
(2. levhadan iletimle geçen ısı miktarı)
Q3 
k3 A
(T3  T4 )
L3
(3. levhadan iletimle geçen ısı miktarı)
Qt 2  h2 A(T4  Ta 2 )
( T4 yüzeyi ile soğuk akışkan arasında taşınımla geçen ısı
miktarı)
Yapılan kabullere göre her bir tabakadan geçen ısı miktarları birbirlerine eşit olması
gerektiğinden;
Qt1  Q1  Q2  Q3  Qt 2  Qx
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
21
Yukarıdaki 6 denklem yardımıyla
miktarı için,
Qx 
x
yönünde birleşik düzlem duvarlardan geçen ısı
Ta 1  Ta 2
1
L
L
L
1
 1  2  3 
h1 A k1 A k2 A k3 A h2 A
(2.17)
bağıntısı elde edilir. Eğer paralel duvar sayısı 1’den n ’ye kadar ise ısı geçişi,
Qx 
Ta 1  Ta 2
n
1
L
1
 i 
h1 A i 1 ki A h2 A
(2.18)
Aynı ısı geçişinin elektriksel benzeşim (andırım) yöntemine göre çözümü de
şöyledir. Yukarıdaki bağıntı incelendiğinde, payda da ısıl dirençlerin toplanmış şekli
görülmektedir. O halde birleşik düzlem levhada ısıl dirençler seri olarak birbirlerine
bağlıdır. Buna göre x yönündeki ısı geçişi:
Qx 
Ta1  Ta 2
T T
 a1 a 2
Rt1  R1  R2  R3  Rt 2
Rtop
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
(2.19)
22
Burada ısıl dirençler sırasıyla, içteki akışkan ile iç yüzey arasındaki ısı taşınım
direnci Rt1, 1. duvarın ısı iletim direnci R1, 2. duvarın ısı iletim direnci R2,, 3.
duvarın ısı iletim direnci R3 ve dış yüzey ile dıştaki akışkan arasındaki ısı
taşınım direnci Rt2 olup,
Rt1 
1
,
h1 A
R1 
L1
,
k1 A
R2 
L2
,
k2 A
R3 
L3
,
k3 A
Rt 2 
1
h2 A
(2.20)
bağıntıları ile hesaplanır. Toplam ısıl direnç,
Rtop  Rt 1  R1  R2  R3  Rt 2
(2.21)
Eğer levha sayısı 1’den n ’e kadar ise toplam ısıl direnç aşağıdaki gibi
hesaplanır.
Rtop
n
L
1
1

 i 
h1 A i 1 k i A h2 A
Prof. Dr. Fethi Halıcı
(2.22)
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
23
Not: Isı geçişi hesaplarında her zaman içteki akışkan ile dıştaki akışkan
arasındaki ısı geçişi bağıntısını yazmak çözüm getirmeyebilir. Burada önemli
olan bilinen sıcaklıklar arasında bu bağıntıyı yazmaktır. Denklem 2.19’ da
kesrin üstündeki sıcaklıklar nereden başlayıp nerede bitmişse, kesrin altımdaki
dirençlerde orada başlayıp orada bitmelidir Diğer bir şekilde kesrin altına
üstündeki sıcaklıklar arasındaki kısımların ısıl dirençlerinin yazılmasıdır.
Örneğin ısı geçişi için aşağıdaki eşitlikler yazılabilir:
Qx 
Ta1  T2 T1  T2
Ta1  T3
T  Ta 2
T1  T4



 3

Rt 1  R1
R1
Rt 1  R1  R2
R1  R2  R3 R3  Rt 2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
24
2.2.1 Toplam ısı geçiş katsayısı (K)
Karmaşık sistemlerde de ısı geçişi hesaplarında kolaylık sağlaması
açısından Newton soğuma kanunu ifadesine benzer bir şekilde aşağıdaki gibi
hesap yapma yoluna gidilmiştir.
Qx  K A T
(2.23)
Burada K toplam ısı geçiş katsayısı ve T sıcaklık farkıdır. Birleşik düzlem
duvarlarda ısı geçişi için çıkarılan (2.18) denklemi,
Qx 
A(Ta1  Ta 2 )
n
L
1
1
 i 
h1 i 1 k i h2
(2.24)
şeklinde de yazılabilir. Birleşik duvarlardaki ısı geçişi için toplam ısı geçiş
katsayısı (K) Denk.(2.23) ve denk.(2.24) eşitlendiğinden;
K
1
n
L
1
1
 i 
h1 i 1 k i h2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
(2.25)
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
25
Bu bağıntının,
n
L
1
1
1

 i 
K h1 i 1 k i h2
(2.26)
şeklindeki yazılmış hali daha çok kullanılmaktadır. Toplam ısı geçiş katsayısının
, K , birimi [W/m2K] yada [Kcal/m2hoC] dır. Denklem (2.22) ve (2.26) dan,
toplam ısıl direnç;
Rtop 
1
KA
(2.27)
şeklinde yazılabilir. Şekil 2.3 deki birleşik düzlem duvar için (i = 3) toplam ısı
geçiş katsayısı,
1
1 L1 L2 L3 1





K h1 k1 k 2 k 3 h2
(2.28)
şeklinde hesaplanır. Şekil 2.3 deki birleşik düzlem duvardan olan ısı geçişi;
Q x  KA(Ta1  Ta 2 )
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
26
ÖRNEK 2.1 Bir odanın penceresinin genişliği 1,5 m ve yüksekliği de 1,3 m
olsun. Pencere tek camlı olup, cam kalınlığı 3 mm ve camın ısı iletim katsayısı k
= 0,78 W/mK dir. Oda sıcaklığı 22 oC, dış hava sıcaklığı -7 oC, iç taraftaki ısı
taşınım katsayısı 8,3 W/m2K ve dış taraftaki ısı taşınım katsayısı 25 W/m2K dir.
Daha sonra pencere ölçüleri aynı kalmak koşuluyla ısı kaybını azaltmak için çift
camlı pencere kullanılmıştır. Çift camlı pencerenin cam kalınlıkları da 3 mm
olup iki cam arasında 9 mm kalınlığında hava tabakası (khav = 0,026 W/mK)
mevcuttur.
a) Tek camlı olması halinde pencereden olan ısı kaybını ve camın iç yüzey
sıcaklığını bulunuz.
b) Çift camlı olması halinde pencereden olan ısı kaybını, camın iç yüzey
sıcaklığını ve pencereden olan ısı kaybındaki azalma oranını bulunuz.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
27
kcam = 0,78 W/mK
Lcam = 3 mm = 0,003 m
A = 1,5 x 1,3 = 1,95 m2
Tiç=22 0C
hiç=8,3 W/m2K
Tdış=-70C
hdış=25 W/m2K
khav= 0,026 W/mK
kcam
Tiç=22 0C
hiç=8,3 W/m2K
Çözüm :
Kabuller
1. Isı geçişi bir boyutlu
2. Özellikler sabit
3. Devamlı rejim
4. Isı üretimi yok, ışınım ihmal
T1
T2
Tdış= -70C
hdış = 25 W/m2K
Lcam
T1
Tiç
Rt1
T2
Tdış
Rcam Rt2
.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
28
a) Tek camlı olması halinde ısıl direnç yöntemine göre çözüm:
Rt1 
1
1

 0,0617 K / W
hiç A 8,3  1,95
Rcam 
Lcam
0,003

 0,0019 K / W
kcam A 0,78  1,95
Rt 2 
1
hdıı A

1
 0,0205 K / W
25  1,95
Rtop  Rt1  Rcam  Rt 2  0,0617  0,0019  0,0205
Rtop  0 ,0841 K / W
Qtek 
Tiç  Tdıı 22  (7)

Rtop
0,0841
Qtek  344 ,8 W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
29
Camın iç yüzey sıcaklığı;
Qtek 
Tiç  T1
Rt 1
T1  Tiç  Qtek Rt 1  22  344,8  0,0617
T1  0,730 C
Toplam ısı geçiş katsayısına göre çözüm:
1
1 Lcam
1



K hiç kcam hdıı

1
1 0,003 1



K 8,3 0,78 25
K= 6,08 W/m2K
Qtek = KA(Tiç – Tdış) = 6,08x1,95(22 – (-7)) = 343,8 W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
30
Camın iç yüzey sıcaklığı:
Qtek = hA(Tiç – T1)
343,8 = 8,3x1,95 (22 – T1)
T1 = 0,76 oC
İki yöntemin sonuçları arasında meydana gelen çok az fark virgülden sonraki
bazı terimlerin ihmal edilmesinden kaynaklanmıştır.
Camın
dış
yüzey
sıcaklığı hesaplanmak istenirse;
T1  T2
Rcam
T2  T1  QR cam  0,73  344,8 x0,0019
Qtek 
T1  0,075o C
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
31
b) Çift camlı olması halinde iki cam arasındaki hava tabakası ısı geçişine karşı
bir direnç oluşturacaktır. Kalınlığı ince olan hava yada gaz tabakaları ısıyı
taşınımla değil daha çok iletimle geçirirler. Hangi kalınlıktan sonra taşınımın
başlayacağı doğal taşınım bölümünde verilmiştir.
L1 = L3 = 0,003 m
L2 = 9 mm = 0,009 m
khav = 0,026 W/mK
Çift cam olması halinde elektriksel benzeşim devresi şekildeki gibi olur. Bu
durumda iki cam arasındaki hava tabakasının ısıl direnci ve bir camın daha ısıl
direnci ilave gelmiştir. Buna göre;
Rt1  0,0617 K/W
Rt 2  0,0205 K/W
Rcam  Rcam1  Rcam 2  0,0019 K/W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
32
cam
Tiç= 220C
hava
cam
kcam
T1
T2
T3
T4
Tdış= -70C
L1
Tiç
Rt1
Rcam1
L2
L3
Tdış
Rhav
Rcam2
Rt2
Hava tabakasının ısı iletim irenci;
Rhav 
L2
khav A

0,009
 0,1775 K/W
0,026.1,95
Rtop  Rt 1  Rcam1  Rhav  Rcam 2  Rt 2
Rtop  0,0617  0,0019  0,1775  0,0019  0,0205 = 0,2635 K/W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
33
Qçift 
Tiç  Tdıı 22  (7)

Rtop
0,2635
Qçift  110,05 W
Camın iç yüzey sıcaklığı:
Qçift  hiç A(Tiç  T1)
110,05  8,3  1,95(22  T1)
T1  15,2 oC
Isı kaybındaki azalma oranı 
Qtek  Qçift 344,8  110,05

 0,68  %68
Qtek
344,8
Görüldüğü gibi pencerelerde çift cam kullanılması, pencereden olan ısı
kaybında % 68 gibi yüksek bir oranda azalma meydana getirmiştir. Ayrıca çift cam
kullanılması camın iç yüzey sıcaklığını 0,73 oC değerinden 15,2 oC değerine
yükseltmiştir. Genel olarak oda havasındaki nemim cam yüzeyinde yoğuşması,
camın iç yüzey sıcaklığının 12 oC ve daha aşağı olması durumunda gerçekleşir.
Dolayısı ile çift cam kullanılması oda havasındaki nemin, camın iç yüzeyinde
yoğuşmasını önlemiştir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
34
ÖRNEK 2.2 Bir salonun dış duvar konstrüksiyonu aşağıda gösterildiği gibidir.
Salonun iç ortam sıcaklığı 20oC, dış sıcaklık -6oC tır. İç yüzey ile iç ortam
arasında ısı taşınım katsayısı 8 W/m2K ve dış yüzey ile dış ortam arasında ısı
taşınım katsayısı 23 W/m2K dir. Buna göre:
a) Duvarın toplam ısı geçiş katsayısını ve bu duvarın 25 m2 lik yüzeyinden
geçen ısı miktarını hesaplayınız.
b) Duvardan geçen ısı miktarını %60 azaltmak için iç sıva ile tuğla arasına,
ısı iletim katsayısı 0,04 W/mK olan ısı yalıtım malzemesinden (polistiren
köpük), hangi kalınlıkta yalıtım yapılmalıdır.
c) Yalıtımlı halde iç ve dış duvarın yüzey sıcaklıklarını hesaplayınız.
d) Yalıtım malzemesi üzerinde en yüksek sıcaklık nedir?
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
35
Verilenler:
k1=0,87 W/mK
k2=0,52 W/mK
k3=0,87 W/mK
ky=0,04 W/mK
L1=3 cm=0,03 m
L2=19cm=0,19 m
L3=4 cm=0,04 m
Ti = 20 oC, hi = 8 W/m2K
Ti = -6 oC, hd = 23 W/m2K
Çözüm :
Kabuller
1. Isı geçişi bir boyutlu
2. Özellikler sabit
3. Devamlı rejim
4. Isı üretimi yok
Prof. Dr. Fethi Halıcı
k1
Ti
k2
k3
Td
Q
hi
hd
L1
L2
L3
T1=20oC
Rt1
Td =-6oC
R1
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
R2
R3
Rt2
36
a) Yalıtımsız halde denk.(2.24)’ de göre geçen ısı miktarı;
Q=K A (Ti-Td)
dır. Burada toplam ısı geçiş katsayısı denk.(2.26)’ dan,
L
1
1 L L
1
  1 2  3
K hi k1 k 2 k 3 hd
1 1 0,03 0,19 0,04 1
 



 0,6146
K 8 0,87 0,52 0,87 23
K = 1,627 W/m2K
dır. Geçen ısı miktarı,
Q = 1,627x25[20-(-6)]
Q = 1057,5 W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
37
a) Yalıtımlı halde birim alandan
geçen ısı miktarı;
ky
T1
Qy=(1-0,60)Q
Qy=0,40x1057,5
T2
T3
Ti
Qy
T4
hi
Qx= 423 W
T5
Td
hd
Ly
dır. Yalıtımlı halde toplam ısı geçiş katsayısı Ky,
Qy = KyA(Ti-Td)
423 = Ky25[20-(-6)]
Ky = 0,65 W/m2K
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
38
Diğer taraftan şekilde gösterilen yalıtımlı haldeki duvarın toplam ısı geçiş
katsayısı Ky;
1
1 L L L L
1 1 L
  1 y 2 3   y
K y hi k1 k y k2 k3 hd K k y
şeklinde yazılır ve bilinen değerler yerlerine konulursa yalıtım kalınlığı;
Ly
1
 0,6146 
0,65
0,04
Ly = 0,0369 m
olur Görüldüğü gibi 3,69 cm kalınlığında polistiren köpük malzemesi ile yapılan
ısı yalıtımı ısı kaybını %60 oranında azaltmıştır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
39
a) Yapılan kabullere göre her bir duvardan geçen ısılar birbirine eşit
olacağından ;
İç yüzey sıcaklığı;
Dış yüzey sıcaklığı;
Q y  hi A(Ti  T1 )
Q y  hd A(T5  Td )
423=8x25(20-T1)
423=23x25[T5 - (-6)]
T1=17,88oC
T5 = - 5,26oC
d) Yalıtım malzemesi üzerinde en yüksek sıcaklık T2 sıcaklığıdır. Çünkü ısı
yüksek sıcaklıktan düşük sıcaklığa doğru akar. Yalıtımlı haldeki ısı geçişi iç sıva
için yazılırsa;
Qy  k1 A
T1  T2
L1
423  0,87 x25
(17,88  T2 )
0,03
T2 =17,29oC
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
40
Örnek Bir binanın açık geçit üzerindeki salonun döşemesi en üstten itibaren 1,5
cm kalınlığında meşe kaplama (k1 = 0,2 W/mK), 3,5 cm şap betonu (k2
= 1,4 W/mK), 3 cm kalınlığında polistiren ısı yalıtım malzemesi
(kya=0,028 W/mK), 12 cm donatılı beton (k2=2,1 W/mK) ve 2 cm
kalınlığında dış sıvadan (k4=1,4 W/mK) oluşmaktadır. İç ortam
sıcaklığı 22 oC ve dış ortam sıcaklığı -15 oC dır. Döşeme alanı 30 m2
olduğuna göre bu döşemenin toplam ısı geçiş katsayısını ve
döşemeden geçen ısı miktarını bulunuz. İç ve dış taraftaki ısı taşınım
katsayıları sırasıyla hi = 5,8 W/m2K, ve hd = 25 W/m2K dir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
41
0
hi , Ti = 22 C
Meşe, k1
L1= 1,5 cm
L2E= 3,5 cm
R
Şap, k2
Yalıtım, kya
Lya= 3 cm
Beton, k3
L3= 12 cm
Sıva, k4
L4= 2 cm
0
hd, Td= -15 C
Q
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
42
Toplam ısı geçiş katsayısı;
1
1 L1 L ya L 2 L 3 L 4 1
 





K h i k 1 k ya k 2 k 3 k 4 h d
1
1 0,015 0,035 0,03 0,12 0,02 1







 1,391
K 5,8
0,2
1,4
0,028 2,1 1,4 25
K = 0,72 W/m2K
Geçen ısı miktarı;
Q = K A (Ti – Td ) = 0,72x30 (22-(-15))
Q = 799,2 W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
BİRLEŞİK DÜZLEM DUVARLAR
43
2.2.2 KARMAŞIK DÜZLEM DUVARLARDA ISI GEÇİŞİ
Uygulamadaki bazı durumlarda düzlem duvarlar içinde simetrik olarak
yerleştirilmiş ya hava boşlukları ya da farklı malzemelerden yapılmış kısımlar
bulunur. Bu tür duvarlar paralel ve seri olarak düzenlenmiş birleşik düzlem
duvarlardır. Örneğin delikli tuğlalar ya da briketler bunlara en güzel örnektir.
Şekil 2.4’de böyle bir duvar tipi verilmiştir. Bu duvar tipinde ısı geçişi
yönündeki A alanı, her bir malzeme için farklı değerlerdedir. Bu yüzden
karmaşık düzlem duvarlardaki ısı geçişi, simetrik parçalara ayrılarak
hesaplanır. Şekil 2.4’deki dört çeşit malzemeden yapılmış düzlem duvarda,
simetrik parça herhangi B ve C parçalarını içine alan t yüksekliğindeki
kısımdır.
B
A
C
D
B
C
B
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
44
Duvarın diğer kısımları, t yüksekliğindeki simetrik parçaların üst üste dizilmesinden
meydana gelmiştir. Bu simetrik parçanın ısıl direnci Şekil 2.4’ün alt kısmında gösterildiği
gibi olup, hem seri hem paralel bağlama mevcuttur. Çünkü (A) malzemesinden geçen ısının
bir kısmı (B), diğer kısmı da (C) malzemesinden geçmek zorundadır.
kA
T1
kB
Simetrik
kısım
kD
kC
B
kB
Qt
L1
kC
C
kB
T2
L2
t
L3
RB
RA
T1
Prof. Dr. Fethi Halıcı
RD
RC
T2
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
45
t yüksekliğindeki duvar elemanının diğer boyutu birim derinlik (1m) alındığında, ısıl dirençler aşağıdaki
gibi olur.
RA 
L1
L
 1
k A AA k A t 1
;
RB 
L2
L
 2
k B AB k B B1
(2.29)
RC 
L2
L
 2
kC AC kC C 1
;
RD 
L3
L
 3
k D AD k D t 1
(2.30)
Elektrik devresine göre simetrik kısmın toplam ısıl dirençi;
R t  RA 
1
1
1

RB RC
 RD
(2.31)
olur. Yada eşdeğer direnç kullanılarak toplam ısıl dırenç,
1
1
1


Reş RB RC
R t=RA+Reş+RD
Prof. Dr. Fethi Halıcı
(2.31)
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
46
t yüksekliğinde ve birim genişliğindeki simetrik kısımdan geçen ısı miktarı da,
Q t 
T1  T2 T

Rt
Rt
(2.32)
biçiminde hesaplanır. Duvarın toplam alanından geçen ısıyı hesaplayabilmek için
duvarın toplam ısı geçiş katsayısını hesaplamak gerekir. Farklı malzemelerden
yapılmış karmaşık düzlem duvarın toplam ısı geçiş katsayısı,
Q t 
K
T
 KA t T
Rt
1
R t A t
(2.33)
bulunur. Burada A t alanı, R t ısıl direncin hesaplandığı simetrik kısmın ısı geçiş
alanıdır. Şekil 2.4’ e göre A t=tx1 ( 1=Birim derinlik) dır. Karmaşık duvarın
toplam alanı A olmak üzere duvardan geçen toplam ısı miktarı da;
Q top  KAT
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
47
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
48
ÖRNEK 2.5 Bir boyutlu ısı iletimi olduğu kabul edilerek aşağıda gösterilen karmaşık düzlem
duvarın x yönündeki geçen ısı miktarını ve toplam ısı geçiş katsayısını hesaplayınız. Ayrıca
bu parçadan 22 m2 karmaşık bir duvar elde edilmesi halinde geçen ısı miktarını bulunuz.
T2=66oC
Ax = 0,1 m =At
b=d
kA = 1,0 W/mK
kB = 0,5 W/mK
kC = 0,1 W/mK
kD = 0,8 W/mK
Prof. Dr. Fethi Halıcı
T1=370oC
A
B
b
2
C
Qx
Ax
Qx
D
d
Verilenler:
2,5cm
7,5cm
L1
L2
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
5cm
L3
49
Çözüm:
Kabuller:
1. Isı geçişi bir boyutlu
2. Özellikler sabit
3. Devamlı rejim
4. Isı üretimi yok
RB
T1=370oC
RC
RA
T2=66oC
RD
Elektrik benzeşim yöntemine göre çözümü: Isıl dirençler şekilde gösterildiği
gibi olup karışık bağlama yöntemi geçerlidir. Isıl dirençlerin ifadeleri,
RA 
L1
0,025

 0,25 K/W
k A Ax 1x 0,1
,
RC 
L3
0,05

 5,0 K/W
kC A x 0,1x 0,1
dir. b=d olduğundan AB = AD=Ax/2 = 0,1/2 = 0,05 m2 olur. Buna göre;
L2
L
0,075
 2 
 3,0 K/W
k B AB k B AB 0,5  0,05
L
L
0,075
RD  2  2 
 1,875 K/W
k D AD k D AD 0,8  0,05
RB 
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
50
Eşdeğer ısıl direnç,
1
1
1
1
1




Reş RB RD 3,0 1,875
Reş=1,154 K/W
olur. Toplam ısıl direnç,
Rtop  RA  R eş  RC  0,25  1,154  5,0
Rtop=6,404 K/W
bulunur. Geçen ısı miktarı denk.(2.19) dan,
Qx 
T1  T2 370  66

Rtop
6,404
Qx= 47,47 W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
51
Toplam ısı geçiş katsayısı denk.(2.33) den,
K
1
Rtop Ax

1
6,404  0,1
K= 1,56 W/m2K
bulunur. 22 m2 karmaşık duvardan geçen ısı miktarı;
Q  KA(T1  T2 )  1,56 x 22(370  66)
Q= 10433,3 W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ- KARMAŞIK DUVARLAR
52
2.2.3 Temas ısıl direnci
Birleşik malzemeler arasındaki temas yüzeyleri ne kadar düzgün olursa olsun
yüzeyler arasında bir ısıl direnç meydana gelir. Bu ısıl dirence temas ısıl direnci
,Rte , denir. Temas ısıl direncinden dolayı Şekil 2.5 de gösterildiği gibi arakesitte
bir sıcaklık düşmesi olur. Temas ısıl direnci için bir genişlik bulmak imkansızdır.
Bu yüzden aşağıdaki gibi bir bağıntı yazılabilir.
boşluk
Qx 
T A  TB
Rte
TA
TB
T
Rte 
Rte
A
(2.34)
T
TA
TB
x
Şekil 2.5 Temas ısıl direnci.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ
53
 Ancak temas ısıl direnci ,R'te, yüzey pürüzlülüğüne, malzeme
yapısına, yüzeylerin temasını sağlayan basınca, yüzeylerin ışınım
yayma katsayılarına, pürüzleri dolduran akışkan cinsine gibi
birçok etkenlere bağlı olduğundan deneysel olarak bulunur ve
tablolarda verilir.
 Örneğin 1 atm’de çeliğin birim temas ısıl direnci Rte  (625)10-4
m2K/W dır.
 Tablolardan alınan Rte değeri denk. 2.34 deki gibi temas alanına
(A) bölünerek temas ısıl direnci ( Rte ) hesaplanır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ
54
2.2.4 Kirlilik ısıl direnci
Isı değiştiricilerindeki akışkanlar saf olmayıp yabancı madde içerirler. Bu
yabancı maddeler yüzeyler üzerinde birikerek bir kir tabakası oluşturur. Bu kir
tabakası ısı geçişini azaltır. Bu kir tabakasının oluşturduğu ısıl dirence, kirlilik
ısıl direnci denir ( Rkir ). Akışkan cinslerine göre 1 m2 lik yüzeyin meydana
 )m2K/W] tablolarda verilir. Isı geçişi
getirdiği birim kirlilik ısıl dirençleri ( Rkir
problemlerinde daha hassas hesap yapmak istendiğinde temas ısıl dirençleri (Rte)
ve kirlilik ısıl dirençleri(Rkir) göz önüne alınmalıdır. Örneğin Şekil 2.6’da
gösterilen, ısı geçiş alanı A olan birleşik iki düzlem duvar için, 1. duvarın iç
yüzü ile akışkan arasındaki ısı taşınım direnci Rt1, kirlilik ısıl direnci Rkir1,1.
duvarın ısı iletim direnci R1, iki duvar arasındaki temas ısıl direnci de Rte, 2.
duvarın ısı iletim direnci R2, 2. duvarın dış yüzü ile akışkan arasındaki kirlilik
ısıl direnci Rkir2 ve ısı taşınım direnci Rt2 olmak üzere toplam ısıl direnç ve ısı
geçişi aşağıdaki gibi hesaplanır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ
55
Rkir1
k1
k2
Ti, hi
Rkir2
Td, hd
Rte
Td
Ti
Rt1
Rkir R1
Rte
R2
Rkir2 Rt2
1
Şekil 2.6. Düzlem duvarlarda kirlilik ve temas ısıl dirençleri
Rtop  Rt1 
Q
1
Rkir
R
R
 R1  te  R2  kir 2  Rt 2
A
A
A
(2.35)
Ti  Td
Rtop
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ
56
2.2.5 Isı köprüleri
Yapı elemanlarında kullanılan delikli tuğlaların ve briketlerin perde
kısımları, binalardaki kiriş kolon gibi elemanlar ya da ısı yalıtımı yapılan
yerlerde, yalıtım malzemesini monte etmek için kullanılan metal parçalar,
bulundukları yerlerdeki diğer elemanlardan ısıyı daha fazla ilettiklerinden, ısı
köprüsü adını alırlar. Bu yüzden ısı yalıtımı yapılan yerlerde ısı köprülerinin
meydana gelmemesine özen gösterilmelidir. Isı köprüsü bulunan duvarlarda ısı
geçişi hesaplanırken, ısı köprüleri paralel bağlı dirençler gibi düşünülerek hesap
yapılmalıdır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ
57
2.3 SİLİNDİRİK YÜZEYLERDE ISI İLETİMİ
Uygulamada çok kullanılan boruların ısı kayıp ve kazançlarının
hesaplanabilmesi için, silindirik yüzeylerdeki ısı iletiminin ne şekilde olduğunun
bilinmesi gerekir. Burada amaç; Şekil 2.7’de görüldüğü gibi iç yarı çapı r1, dış
yarıçapı r2, ısı iletim katsayısı k uzunluğu L, iç yüzey sıcaklığı T1 ve dış yüzey
sıcaklığı T2 olan içi boş bir silindirik boruda, radyal (çapsal) yöndeki sıcaklık
dağılımını ve ısı geçişini hesaplamaktır. Borunun uç tesirleri ihmal edilerek ısı
akışının sadece radyal yönde olduğu ( bir boyutlu ), silindir içinde ısı üretiminin
olmadığı, termofiziksel özelliklerin sabit olduğu ve devamlı rejim hali için
aşağıdaki çözüm yapılmıştır.
Kabuller:
1. Isı iletimi radyal yönde
2. Özellikler sabit
3. Isı üretimi yok
4. Devamlı hal
Yapılan kabullere göre Şekil 2.7 deki kontrol hacim elemanında enerji dengesi:
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
58
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
59
Qr -Qr+dr = 0
biçiminde yazılabilir. ve
Qr  dr  Qr 
dQr
(dr)
dr
dir. Bu iki denklemden,
Qr  Qr 
dQr
(dr)  0
dr
bağıntısı elde edilir. Hacim elemanının kalınlığı (dr)  0 olduğundan
dQr
0
dr
olur.
Silindirik yüzeylerde Fourier ısı iletim kanunu,
Qr  - k A
dT
dr
(2.37)
şeklinde yazılabileceğinden, denklem (2.36) ve (2.37) den,
d
dT
( k A )  0
dr
dr
Prof. Dr. Fethi Halıcı
(2.38)
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
60
Burada A silindirin yanal yüzey alanı olup A = 2rL dir, r değişken, diğerleri
sabit olduğundan denklem (2.38) de yerine konulursa, silindir içindeki sıcaklık
dağılımı için;
d dT
(r )  0
dr dr
(2.39)
biçiminde diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklemin çözümü;
T(r )  C1 ln r  C2
(2.40)
olur. Sınır şartlar;
r = r1  T = T1
r = r2  T = T2
dır. Bu sınır şartlarından,
T1  C1 ln r1  C2
T2  C1 ln r2  C2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
61
C1 ve C2 sabitleri denklem (2.40) da yerine yazılırsa, silindirik malzeme
içindeki sıcaklık dağılımı;
T (r )  T1 
T1  T2 r
ln( )
r2
r1
ln
r1
(2.41)
biçiminde elde edilir. Denklem (2.41) den görüldüğü gibi silindirik
malzemedeki sıcaklık dağılımı, düzlem levhadaki gibi doğrusal olmayıp yarı
çapın logaritmik bir fonksiyonudur. Sıcaklık dağılımı Şekil 2.7 (b)’ de
gösterilmiştir. Silindirik yüzeyde iletim ile geçen ısı miktarı Fourier kanununa
göre,
Qr  k A
dT
dr
olduğundan, sıcaklık dağılımının (denk.2.41' in) dr’ ye göre türevi alınırsa,
dT
T T 1
 1 2
r
dr
ln 2 r
r1
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
62
A = 2rL değeri de yerine konulursa, silindirik yüzeydeki ısı geçişi,
Qr 
2 L (T1  T2 )
1 r2
ln
k r1
(2.42)
bulunur. Denklem (2.42) den silindirik yüzeydeki ısı iletim direnci,
Qr 
Ri 
(T1  T2 )
T

1
r
Ri
ln 2
2 Lk r1
1
r
ln 2
2 L k r1
(K/W)
(2.43)
şeklinde bulunur. Silindirik burunun cidar kalınlığındaki sıcaklık düşmesi de;
T  RiQr
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
63
2.4 BİRLEŞİK SİLİNDİRİK YÜZEYLERDE ISI GEÇİŞİ
Merkezleri aynı iç içe borular yada ısı kaybına karşı yalıtılmış silindirik
tabakalar birleşik silindirik yüzeyleri oluştururlar. Şekil 2.8' de gösterilen
merkezleri aynı üç farklı malzemeden meydana gelmiş silindirik duvarların, iç
kısmında Ta1 sıcaklığında bir akışkan ve dış kısmında da Ta2 sıcaklığında diğer
bir akışkan bulunsun. Burada, Ta1>Ta2, L silindirik parçaların boyu, r1, r2 ve r3
sırasıyla yarı çapları, k1, k2 ve k3 ısı iletim katsayıları, h1 ve h2 sırasıyla iç ve dış
yüzeydeki ısı taşınım katsayılarıdır. Birleşik silindirik yüzeylerdeki ısı geçişi
için, devamlı rejimde, bir boyutlu (radyal yönde), içerisinde ısı üretimi yok ve
termofiziksel özelliklerin sabit olması halinde aşağıdaki ifadeler yazılabilir.
Kabuller:
1. Isı iletimi radyal yönde
2. Özellikler sabit
3. Isı üretimi yok
4. Devamlı hal
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
64
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
65
Q t1  h1 A1 (Ta1 - T1 )  h1 2 r1 L(Ta1 - T1 )
Q1 =
Q2 
2 L k1
( T1 - T2 )
r2
ln
r1
2 L k2
(T2  T3 )
r3
ln
r2
2 L k3
(T3  T4 )
r4
ln
r3
Q t 2  h 2 A 2 (T4 - Ta 2 )  h 2 2 r4 L(T4 - Ta 2 )
Q3 
(1) İç yüzey ile akışkan arasında
taşınımla ısı geçişi.
(2)
1 . silindirde iletimle ısı geçişi.
(3)
2 . silindirde iletimle ısı geçişi.
(4)
3 . silindirde iletimle ısı geçişi
(5) Dış yüzey ile akışkan arasında
taşınımla ısı geçişi
Yapılan kabullere göre (devamlı rejimde ve ısı üretimi olmadığından) enerji
dengesinden yukarıda açıklanan ısı geçişleri birbirlerine eşit olur.
Qt1 = Q1= Q2 = Q3 = Qt2=Qr
Prof. Dr. Fethi Halıcı
(6)
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
66
Yukarıdaki 6 denklemin eşitliğinden, gerekli düzenlemeler yapıldığında birleşik
silindirik yüzeylerdeki ısı geçişi için,
Qr 
Ta 1  Ta 2
1
ln( r2 / r1 ) ln( r3 / r2 ) ln( r4 / r3 )
1




2 r1 L h1 2 L k1
2 L k2
2 L k3 2 r4 L h2
(2.44)
bağıntısı bulunur. Bu bağıntı sayesinde birleşik silindirik yüzeylerde içteki akışkan
sıcaklığı ile dıştaki akışkan sıcaklığı farkına göre ısı geçişi hesaplanabilmektedir. Bu
bağıntının paydası incelendiğinde ısıl dirençlerin seri şekilde bağlı olduğu
görülmektedir. Elektriksel benzeşim kullanılarak denklem (2.44),
Qr 
Ta1  Ta 2
T

Rt1  R1  R2  R3  Rt 2 Rtop
(2.45)
şeklinde de yazılabilir. Burada ısıl dirençler;
R t1 
1
2 r1L h1
Prof. Dr. Fethi Halıcı
Rt 2 
1
2 r4 L h2
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
(2.46)
67
R1 
1
r
ln 2
2 L k1 r1
; R2 
1
r
ln 3
2 L k2 r2
;
R3 
1
r
ln 4
2 L k3 r3
Yukarıda yapılan kabullere göre, her bir tabakadan geçen ısılar birbirlerine eşit
olacağından ısı geçişi için aşağıdaki eşitlikler yazılabilir:
Qr 
Ta1  T1 T2  T3 T2  T4 Ta1  T2
Ta1  T3
T T




 4 a2  
Rt1
R2
R2  R3 Rt1  R1 Rt1  R1  R2
Rt 2
(2.47)
Bu yazılımda önemli olan kural, kesrin altına kesrin üstündeki sıcaklıklar
arasındaki ısıl dirençlerin yazılmasıdır. Denklem (2.44) aşağıdaki şekilde de
yazılabilir:
Qr 
2 L (Ta1  Ta 2 )
1
1 r 1 r 1 r
1
 ln 2  ln 3  ln 4 
r1h1 k1 r1 k2 r2 k3 r3 r4 h2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
(2.48)
68
Toplam ısı geçiş katsayısı kullanılmak istenirse,
Q = K A T
2.49)
denklemi ile, denklem (2.48)’ i eşitlemek gerekir. Ancak silindirik yüzeylerde,
çapa göre ısı geçiş alanları (A) değiştiğinden, toplam ısı geçiş katsayıları (K) da
değişmektedir. Fakat Q=sbt. ve T=sbt olduğundan,
K1 A1 = K2 A2= K3 A3= K4 A4= sbt
olur. Buna göre;
Q = K1 A1 (Ta1 -Ta2) = K1 2  r1 L (Ta1 -Ta2)
( 2.51)
yazılabilir. Denklem ( 2.48) ve (2.51) den iç yüzey için toplam ısı geçiş
katsayısı ,
K1 
1
1 r1 r2 r1 r3 r1 r4
r
 ln  ln  ln  1
h1 k1 r1 k2 r2 k3 r3 r4 h2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
(2.52)
69
Geçen ısı miktarı da,
Q = K1A1T = K1 2  r1 L (Ta1 -Ta2)
(2.53)
Olur.
Yukarıda da anlatıldığı gibi silindirik yüzeylerde toplam ısı geçiş
katsayısı tanımladığı silindir çapı için sabittir ve ısı geçişi hesabında da
o çapa göre alan yazılmalıdır. Bu yüzden karışıklığa meydan vermemek
için, silindirik yüzeylerdeki ısı geçişi hesaplarında ısıl dirençler ile
çözüm yapılması önerilir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
70
Örnek 2.6:İç çapı 50 mm ve dış çapı 56 mm olan çelik bir borunun (k=35
W/mK) içinden 250 oC sıcaklığında buhar akmaktadır. Boru ile dış ortam
arasındaki ışınımı da içine alan ısı taşınım katsayısı 20 W/m2K, boru içindeki ısı
taşınım katsayısı 95 W/m2K ve dış ortam sıcaklığı 25 oC dır. Buna göre:
a) Birim boru boyundan olan ısı kaybını hesaplayınız.
b) Dış yüzeydeki ısı taşınım katsayısının aynı kalması halinde ısı kaybını
%95 azaltmak için, ısı iletim katsayısı 0,03 W/mK olan poliüretan yalıtım
malzemesinden hangi kalınlıkta yalıtım yapılmalıdır.
c) Boru ve yalıtım malzemelerindeki sıcaklık düşmelerini hesaplayınız ve
irdeleyiniz.
k1
D1 = 50 mm → r1 = 25 mm
D2 = 56 mm → r2 = 28 mm
h1= 95 W/m2K
h2= 20 W/m2K
kb= 35 W/mK
kyal= 0,03 W/mK
Ta1= 250 0C
Ta2= 25 0C
Prof. Dr. Fethi Halıcı
r2
r1
Ta1
Ta1
h1
T1
T1
T2
Rt1
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
Rb
• T2 •
Ta2
h2
Ta2
Rt2
71
Çözüm: a) Birim boy boru için ısıl dirençler;
1
1

 0,067 K / W
2r1Lh1 2 0,025 x1x95
Rt1 
Rb 
1
r
1
28
ln 2 
ln
 0,0005 K / W
2Lkb r1 2 .1.35 25
Rt 2 
1
1

 0,2843 K / W
2r2 Lh2 2 0,028 x1x 20
Birim boy borudan olan ısı kaybı;
q
Ta1  Ta 2
250  25
225


Rt1  Rb  Rt 2 0,067  0,0005  0,2843 0,352
q = 639,2 W
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
72
b) Yalıtımlı hal:
Isı kaybının %95 azaltılması isteniyor. O halde yalıtımlı haldeki ısı kaybı;
qyal=(1-0,95)q = 0,05x639,2 = 31,96 W
olmalıdır. Yalıtımlı haldeki ısı kaybı şekildeki elektriksel devreye göre de yazılabilir.
Bu durumda dış yüzey ısı taşınım direnci de çap büyüdüğünden değişecektir. Buna
göre birim boy yalıtımlı borudan olan ısı kaybı;
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
73
Buna göre birim boy yalıtımlı borudan olan ısı kaybı;
q yal 
Ta1  Ta 2

Rt1  Rb  Ryal  Rt 2
31,96 
Ta1  Ta 2
r
1
1
Rt1  Rb 
ln yal 
2Lk yal r2 2ryal Lh2
250  25
r
1
1
0,067  0,0005 
ln yal 
2  1 0,03 0,028 2  1 ryal 20
Bu denklemden ryal tek başına çekerek çözmek mümkün değildir. Çünkü ryal
logaritmik terimin hem içinde hem de dışında bulunmaktadır. Bu tür eşitliklere
transandant eşitlikler denilir. Bunun çözümü r yal’ye değerler verilerek deneme
yanılma yolu ile denklemin eşitlenmesi suretiyle bulunur. Yaklaşık olarak;
ryal = 0,102 m
bulunur. Yalıtım kalınlığı tyal = ryal-r2 = 0,102 – 0,028 = 0,074 m olmalıdır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
74
c) Çelik borudaki sıcaklık düşmesi;
Tb  q yal Rb  31,96  0,0005  0,016 oC
Yalıtım tabakasındaki sıcaklık düşmesi için önce yalıtımın ısıl direncinin
hesaplanması gerekir.
Ryal 
r
1
1
0,102
ln yal 
ln
 6,862 K/W
2k yal r2 2 0,03 0,028
Yalıtım tabakasındaki sıcaklık düşmesi;
Tyal  qyal Ryal  31,96 x6,862  219,3 oC
Not: Sıcaklık düşmeleri karşılaştırıldığında çelik borudaki sıcaklık düşmesi
ihmal edilebilecek mertebededir. Bu durum çelik borunun ısı iletim direncinin
çok küçük olmasından kaynaklanmıştır. Bu yüzden hesap kolaylığı açısından
bazı durumlarda çelik, bakır ve alüminyum boruların ısı iletim dirençleri ihmal
edilebilir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
75
2.4.1 Boru üzerine yapılan yalıtımın kritik yarıçapı
Boru üzerinde yapılan ısı yalıtımının kalınlığı arttıkça ısı kaybının daima
azalacağı düşünülebilir. Ama bu her zaman doğru olmayabilir. Çünkü yalıtım
kalınlığının artması, yalıtımın ısı iletim direncini arttırmakta, buna karşın dış
yüzey alanı büyüdüğünden dış yüzey ile akışkan arasındaki ısı taşınım direncini
küçültmektedir. Bu yüzden, yapılan yalıtkanın optimum kalınlığının yada
yarıçapının bilinmesi gerekmektedir. Bunun için şekil 2.9’da göz önüne alınan
yalıtımlı silindirik yüzey için denklem (2.44) de göre geçen ısı miktarı,
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
76
Qr 
(Ta1  Ta 2 )
T T
 a1 a 2
r
1
1
r
1
1
Rtop

ln 2 
ln y 
2 r1L h1 2 L k1 r1 2 L k y r2 2 ry L h2
olur. Burada toplam ısıl direnç,
ry
1
1
r2
1
1
Rtop 

ln 
ln 
2 r1L h1 2 L k1 r1 2 L k y r2 2 ry L h2
dir Bu ifade de r1 borunun iç yarı çapı, r2 borunun dış yarı çapı, ry yalıtkanın dış
yarı çapı, k1 boru malzemesinin ve ky yalıtım malzemesinin ısı iletim katsayısıdır.
Rtop ifadesinde yalıtkan kalınlığı dışındaki değerler sabittir. Geçen ısı miktarının
maksimum olabilmesi için, Rtop ifadesinin minimum olması gerekir. Bunun için
Rtop ifadesinin ry’ ye göre türevi alınır ve sıfıra eşitlenerek kritik yalıtım yarı çapı
(ry) bulunur. Bu değerin minimum mu yoksa maksimum mu olduğunu anlamak
için, ikinci türev alınır ve bulunan ry değeri yerine konulduğunda sonuç pozitif ise,
ry minimum, negatif ise maksimumdur. Yukarıdaki Rtop bağıntısının birinci ve
ikinci terimlerinde ry olmadığından türevleri sıfırdır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
77
dRtop d  1
ry
1 


ln

0


dry
dry  2Lk y r2 2Lry h2 
olmalı, buradan;
dRtop
1  1
1 


0
dry
2L  ry k y ry2 h2 

ryh2 = ky
bulunur ve,
ry 
ky
h2
olur. İkinci türev alınırsa ve ry=ky/h2 değeri yerine konulursa,
d 2 Rtop
1
1
2

(


)
2
2
3
dry
2L ry k y ry h2
d 2 Rtop
1
1
2
h22

(

)
0
dry2
2L (k y2 / h22 )k y (k y3 / h23 )h2
2Lk y3
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
78
Çünkü h2, ky, L ve  pozitif büyüklükler olduğundan ikinci türevin sonucu pozitif olur. O
halde ry = rmin dır. Minimum ısıl direnci veren yarıçapa kritik yalıtkan yarıçapı denir ve
ısı geçişi kritik yalıtkan yarıçapında en büyük değerindedir. O halde kritik yalıtkan
yarıçapı,
rkr 
ky
(2.54)
h2
dır. Bu bağıntıdan görüldüğü gibi kritik yalıtkan yarıçapı yalıtkanın ısı iletim katsayısına ve
dış yüzey ısı taşınım katsayısına bağlıdır, boru dış çapına bağlı değildir. Bu yüzden
yapılacak olan yalıtım kalınlığı kritik çap ile kıyaslanarak kararlaştırılır. Kritik yalıtkan
yarıçapı (rkr) borunun dış yarıçapı (r2) den büyük ya da küçük olabilir. Şekil 2.10’da
yalıtkan yarıçapına bağlı olarak geçen ısı miktarındaki değişim gösterilmiştir.
Q
Qmak
rkr
Prof. Dr. Fethi Halıcı
r
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
79
Eğer r2 < rkr ise borudan olan ısı geçişi yalıtkan kalınlığı ry = rkr oluncaya
kadar artar (Şekil 2.11a). Yalıtkan kalınlığı artırılmaya devam edilirse ısı kaybı
azalmaya başlar ve ry =rm olunca ısı kaybı, yalıtımsız borudaki ısı kaybına eşit
olur. O halde r2 ve rm bölgesi faydasız bir yalıtım tabakasıdır. Isı geçişi
fonksiyonu kritik yalıtkan yarıçapına göre simetrik değildir. Yani (rkr - r2) değeri
(rm-rkr) değerine eşit değildir. Yalıtkan yarıçapı daha da arttırıldığında (ry> rm
değerlerinde) ısı kaybı yalıtımsız borudakine göre azalmaya başlar.
Eğer boru dış çapı r2 > rkr ise boru üzerine yapılan herhangi bir yalıtkan
ilavesi, ısı kaybını daima azaltır. Bu durum Şekil 2.11 (b)’de gösterilmiştir.
Çünkü borunun dış yarıçapı kritik yalıtkan yarıçapından zaten büyüktür.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
80
Q
Faydasız
karlı
Q
karlı
zararlı
r2
rkr
rm
(a) r2 < rkr olması hali
Prof. Dr. Fethi Halıcı
r
rkr
r2
r
(b) r2 > r kr olması hali
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
81
Boru dış çapının kritik yalıtkan yarıçapından küçük olması (r2<rkr) durumu,
küçük çaplı mini boru veya tellerde ya da çok küçük ısı taşınım katsayılarının
olması gibi özel ısıl uygulamalarda karşımıza çıkmaktadır. Genel
uygulamalarda örneğin sıcak ya da kızgın su taşıyan kalorifer borularında,
soğutucu akışkan taşıyan borularda v.b. uygulamalarda bu sorun karşımıza
çıkmamaktadır. Çünkü bu uygulamaların çoğunda, boru çapları kritik çaptan
zaten büyüktür. Bu tür uygulamalarda ısı yalıtım malzemesinin ısı iletim
katsayısı yaklaşık ky = 0,035 W/mK ve ısı taşınım katsayısı da h2 = 20 W/m2K
mertebelerindedir. Buna göre kritik yarıçap rkr=(ky/h2)=(0,035/20)=0,00175 m =
1,75 mm dir. Halbuki genel uygulamalarda boru çapları bunun çok üzerindedir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
82
ÖRNEK 2.7
3 mm çapında ve 10 m uzunluğundaki bir elektrik teli ısı iletim
katsayısı 0,17 W/mK olan 2 mm kalınlığında plastik malzeme ile
kaplanmıştır. Tel ile plastik malzemenin ara yüzey sıcaklığı 55 oC ve
ortam sıcaklığı 32 oC dır. Plastik malzeme ile ortam arasındaki ısı
taşınım katsayısı 20 W/m2K olduğuna göre ısı geçişini hesaplayınız ve
plastik malzemenin ısı geçişini artırıp artırmadığını araştırınız ve
sonucu irdeleyiniz.
Çözüm:
rtel = 1,5 mm = 0,0015 m
L = 10 m
t = 2 mm
rplas = rtel+t = 1,5 + 2 = 3,5 mm
kplas = 0,17 W/mK
Qr = ?
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
83
Geçen ısı miktarı;
Rplas 
1
r
1
3,5
ln 2 
ln
 0,07936 K/W
2Lk plas r1 2 10  0,17 1,5
1
1
Rt 

 0,2275 K/W
2Lr2 h 2 10  3,5  10 3  20
Rtop  Rplas  Rt  0,07936  0,2275  0,3068 K/W
Tara  Ta 55  32
Qr 

= 75 W
Rtop
0,3068
olur. Plastik malzemenin ısı geçişini artırıp
artırmadığı kritik yalıtkan yarıçapı ile belli olur.
rkr 
k plas 0,17

 0,0085 m
h
20
rtel < rkr olduğundan plastik kaplama ısı geçişini artırmıştır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
84
rtel = 0,0015 m ve rplas= 0,0035 m olduğundan;
rtel  r plas  rkr
Yarıçapa bağlı ısı geçişi grafiği şekilde gösterildiği gibi gerçekleşir. Kritik
yalıtkan yarıçapı plastik kaplama yarıçapından büyük çıktığı (rplas<rkr) için,
plastik kaplama ısı geçişini artırmıştır. Plastik malzemenin yarıçapı rplas = rkr
oluncaya kadar ısı geçişi artacaktır. Daha sonra ısı geçişi azalmaya başlayacaktır.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - SİLİNDİRİK YÜZEYLER
85
2.5 KÜRESEL YÜZEYLERDE ISI İLETİMİ
Küre minimum yüzeyde maksimum hacim sağlayan geometrik bir şekildir.
Küresel tanklar sanayide çok kullanılmaktadır. İç ve dış yüzey sıcaklıkları
üniform T1 ve T2 (T1>T2) olan bir kürede, cidar kalınlığı içerisinde ısı üretimi
olmaması, termofiziksel özelliklerin sabit olması, devamlı rejim ve ısı iletiminin
sadece radyal (çapsal) yönde yani bir boyutlu olduğu kabul edilirse; Şekil 2.12
de gösterildiği gibi, ele alınan diferansiyel kontrol hacim elemanındaki enerji
dengesi,
Qr+dr
Qr  Qr dr  0
dır. Burada,
Qr dr
r1 r  r2
T1>T2
Qr
dQ
 Qr  r dr
dr
r1
dQr
dr  0
dr
T1
r

T2
dr
dr  0 olduğundan,
r2
dQr
0
dr
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
86
Küresel yüzey için Fourier ısı iletim kanunu,
dT
Qr  k A
dr
(2,55)
biçiminde yazılabilir. r’ye göre diferansiyeli alınıp sıfıra eşitlenirse,
d
dT
(k A )  0
dr
dr
olur ve kürenin yüzey alanı A = 4  r2
yerine konulduğunda,
d
dT
(k 4r 2
)0
dr
dr
d 2 dT
(r
)0
dr
dr
(2.56)
şeklinde küre içindeki sıcaklık dağılımının diferansiyel
edilir. Sıcaklık
dağılımını bulabilmek için iki defa integrali alınırsa,
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
denklemi elde
87
T (r )  
C1
 C2
r
(2.57)
bulunur. Sınır şartlar:
r = r1

T = T1
r = r2

T = T2
dır. Bu sınır şartlarından integral sabitleri,
C1  
T1  T2
1 1

r1 r2
C2  T1 
T1  T2 1
1 1 r1

r1 r2
bulunur. C1 ve C2 denk.(2.57)’de yerlerine konulursa, sıcaklık dağılımı için;
 1  r1 / r 
(T1  T2 )
T ( r )  T1  
 1  r1 / r2 
(2.58)
bağıntısı elde edilir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
88
Küresel yüzeyden radyal yönde iletimle geçen ısı miktarı için denklem (2.58)’in
dr’ye göre türevi alınıp denklem (2.55)’de yerine konulursa,
Qr  4 k
r1 r2
(T1  T2 )
r2  r1
(2.59a)
bulunur. Bu bağıntı,
Qr 
T1  T2
T  T2
 1
r2  r1
Ri
4 k r1 r2
(2.59b)
biçiminde de yazılabilir. Bu bağıntıdaki Ri küresel yüzeydeki ısı iletim direnci
olup,
r r
(2.60)
Ri  2 1
4 k r1 r2
olarak hesaplanır. Küresel yüzeylerdeki ısı geçişi ifadesi aşağıdaki şekilde de
yazılabilir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
89
2.6 BİRLEŞİK KÜRESEL YÜZEYLERDE ISI GEÇİŞİ
Şekil 2.13’ de gösterilen merkezleri aynı olan, farklı malzemelerden yapılmış
iç içe küresel yüzeylerdeki ısı geçişi de, birleşik silindirik yüzeylere benzer
şekilde hesaplanır. Aynı kabuller burada da geçerli olmak üzere ve Ta1 > Ta2 için
aşağıdaki bağıntılar yazılabilir.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
90
Qt1 = h1 A1 (Ta1 - T1)  h1 4 r12 (Ta1  T1 )
r1 r2
(T1  T2 )
r2  r1
r r
Q2  4 k2 2 3 (T2  T3 )
r3  r2
Qt 2  h2 4 r32 (T3  Ta 2 )
Q1  4 k1
Qt1  Q1  Q2  Qt 2  Q r
(1) İçteki kürenin iç yüzeyi ile iç
akışkan arasında taşınımla ısı geçişi
(2) Birici kürede ısı iletimi
(3) İkinci kürede ısı iletimi
(4) Dıştaki kürenin dış yüzeyi ile
dış akışkan arasında ısı taşınımı
(5) Enerji dengesi
Yukarıdaki beş denklemden, birleşik küresel yüzeylerdeki ısı geçişi için,
Qr 
Ta 1  Ta 2
1
r2  r1
r3  r2
1



4 r12 h1 4 r1r2 k1 4 r2 r3 k2 4 r32 h2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
(2.61)
91
Bu bağıntı elektriksel benzeşim yöntemine göre;
Qr 
Ta1  Ta 2
Rt1  R1  R2  Rt 2
(2.62)
şeklinde yazılabilir. Küresel yüzeylerdeki ısı taşınım dirençleri denk.(2.61) ve
(2.62)’den;
1
1
;
(2.63)
Rt 1 
R

t2
2
2
4 r1 h1
4 r3 h2
dir ve küresel yüzeylerdeki ısı iletim dirençleri de denk.(2.61) ve (2.62)’den,
R1 
r2  r1
4 r1r2 k1
;
R2 
r3  r2
4 r2 r3k2
(2.64)
olur. Birleşik küresel yüzeylerde de yüzeyler arasındaki ısı geçişi için aşağıdaki ifade
yazılabilir.
Qr 
Ta1  T1 T2  T3 Ta1  T2
Ta1  T3
T  Ta 2



 3

Rt 1
R2
Rt 1  R1 Rt 1  R1  R2
Rt 2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
92
ÖRNEK 2.8 İçerisinde -195 oC doyma sıcaklığında sıvı azot bulunan dış çapı 80
cm olan küresel bir tank ısı iletim katsayısı 0,002 W/mK olan süper
bir yalıtkan ile 20 mm kalınlığında yalıtılmıştır. Bu tank 35 oC
sıcaklığındaki bir dış ortamda bulunmaktadır. Dış ortam ile tank
arasındaki ısı taşınım katsayısı 30 W/m2K olduğuna göre tank içinde
bir günde buharlaşan azot miktarı ne kadardır. Azotun buharlaşma
gizli ısısı 87780 J/kg dır. Tank cidarı çok ince olduğundan ısı iletim
direnci ve tankın iç yüzeyi ile sıvı azot arasındaki ısı taşınım katsayısı
çok yüksek olduğundan ısı taşınım direnci ihmal edilebilir.
Çözüm:
Kabuller
1. Isı iletimi radyal yönde
2. Özellikler sabit
3. Isı üretimi yok
4. Devamlı rejim
5. Tankın et kalınlığının ısı
iletim direnci ihmal
6. Tank içindeki ısı taşınım direnci ihmal.
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ky
ry
Ta2=35oC
h2 =30W/m2K
r1
Ta1=-195 oC
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
T1
93
Verilenler:
80
r1   40 cm
2
k y  0,002 W/mK
ry  40  2,0  42 cm
h2=30 W/m2K
Ta1=-195oC
Ta2=35oC
hsb= 87780 J/kg
Qr = ?, mb = ?
Ta2
Ta1 = T1
Ry
Rt2
İç taraftaki ısı taşınım direnci ve tank cidarının ısı iletim direnci ihmal edildiğine
göre, elektriksel benzeşim devresinde sadece yalıtımın ısıl direnci ve dış taraftaki ısı
taşınım direnci yer alır. Bu durumda Ta1 = T1 olur.
Qr 
Ta1  Ta 2
Ta1  Ta 2

ry  r1
1
Ry  Rt 2

4 r1ry k y 4 ry2 h2
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
94
Qr 
 195  35
0,42  0,40
1

4 0,40 x 0,42 x 0,002 4 0,42 2 x30
Qr = -48,40 W
bulunur. (-) işaret ısı geçişinin dış ortamdan tankın içine doğru olduğunu gösterir.
Bir gündeki ısı geçişi,
Qr = 48,40x24x3600
Qr = 4181760 J
dir. Bir günde buharlaşan sıvı azot miktarı,
mb 
Qr 4181760

hsb
87780
mb = 47,63 kg/gün
Prof. Dr. Fethi Halıcı
ISI TRANSFERİ - KÜRESEL YÜZEYLER
95