DOĞAL TAŞINIM ÖRNEK PROBLEMLER VE ÇÖZÜMLERİ 1.) 16 cm

DOĞAL TAŞINIM ÖRNEK PROBLEMLER VE ÇÖZÜMLERİ
1.) 16 cm uzunlukta 20 cm genişlikte yatay bir plakanın 20
o
C’deki hava ortamında asılı olarak durduğunu dikkate alınız.
Plaka 20 W gücünde elektrikli ısıtıcı elemanlarla sarılmıştır.
Isıtıcı çalışmakta ve plaka sıcaklığı yükselmektedir. Sürekli
işlem şartlarına ulaşıldığında plakanın yüzey sıcaklığını
bulunuz. Plakanın yayıcılığı 0.90 ve çevre yüzeylerin sıcaklığı
17 oC’dir.
Çözüm:
İstenen: Plakanın yüzey sıcaklığı, 𝑻𝒔 = ?
Kabuller: Sürekli rejim şartları mevcuttur. Hava ideal gazdır ve özellikleri sabitttir. Yerel
atmosferik basınç 1 atm’dir. Levhanın her iki yüzeyinde sıcaklık sabit ve üniformdur.
Özellikler: Akışkanın termofiziksel özellikleri film sıcaklığında alınır. Yüzey sıcaklığı
bilinmemektedir. Yüzey sıcaklığının 50 oC olduğu kabul edilmiştir. Dolayısıyla, 1 atm basınç ve
film sıcaklığının 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (50 + 20)/2 = 35℃ değeri için havanın özellikleri
Tablo A-15’ten okunursa;
𝑘 = 0.02625 W/m. ℃
𝑣 = 1.655 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.7268
𝛽=
1
1
=
= 0.003247 K −1 bulunur.
𝑇𝑓 (35 + 273)
Hesaplamalar:
İlk olarak karakteristik uzunluğu bulalım. Yatay bir plaka için karakteristik uzunluk, levha
alanının çevresine oranıdır.
𝐿𝑐 =
𝐴𝑠
(0.16)(0.20)
=
= 0.04444 m olarak bulunur.
𝑝
2(0.16 + 0.20)
Dolayısıyla Rayleigh sayısı;
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿𝑐 3
(9.81)(0.003247)(50 − 20)(0.044443 )
(0.7268) = 222593
Ra =
Pr =
(1.655 × 10−5 )2
𝑣2
bulunur. Ra sayısına göre levhanın sıcak üst yüzeyi için Nusselt sayısı için uygun korelasyon
seçilirse;
Denklem 9 − 22′ den; Nu = 0.54Ra𝐿 0.25 = 0.54(222593)0.25 = 11.73 elde edilir.
Isı taşınım katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02625
(11.73) = 6.928 W⁄m2 . ℃ olarak hesaplanır.
Nu =
𝐿𝑐
0.04444
Levhanın üst yüzeyinden olan ısı transfer hızı;
1
𝑄̇ü𝑠𝑡 = ℎ𝐴(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = (6.928)(0.16 × 0.20)(𝑇𝑠 − 20) = 0.2217(𝑇𝑠 − 20)
Levhanın sıcak alt yüzeyi için Denklem 9-24’teki Nusselt sayısı korelasyonu yazılırsa;
Nu = 0.27Ra𝐿 0.25 = 0.27(222593)0.25 = 5.865
Isı taşınım katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02625
(5.865) = 3.464 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐿𝑐
0.04444
Bu durumda levhanın alt yüzeyinden olan ısı transfer hızı;
𝑄̇𝑎𝑙𝑡 = ℎ𝐴(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = (3.464)(0.16 × 0.20)(𝑇𝑠 − 20) = 0.1108(𝑇𝑠 − 20)
Levhanın her iki yüzeyinden eşit hızda ışınımla ısı transferi gerçekleştiği kabul edilirse, levhadan
ışınımla olan ısı transferi;
𝑄̇𝑟𝑎𝑑 = 2𝜀𝐴𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇ç 4 ) = (0.9)(0.16 × 0.20)(5.67 × 10−8 )[(𝑇𝑠 + 273)4 − (17 + 273)4 ]
= 3.2659 × 10−9 [(𝑇𝑠 + 273)4 − 2904 ]
Sürekli rejim şartlarında, levha içerisinde üretilen ısı miktarı, levha yüzeylerinden doğal taşınım
ve ışınımla olan ısı transferi mikratına eşittir.
𝑄̇ü𝑟𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛 = 𝑄̇ü𝑠𝑡 + 𝑄̇𝑎𝑙𝑡 + 𝑄̇𝑟𝑎𝑑
20 = 0.2217(𝑇𝑠 − 20) + 0.1108(𝑇𝑠 − 20) + 3.2659 × 10−9 [(𝑇𝑠 + 273)4 − 2904 ]
Deneme-yanılma yoluyla veya iteratif yöntemlerden biri kullanılarak plakanın yüzey sıcaklığı;
𝑻𝒔 = 𝟒𝟔. 𝟖℃ olarak bulunur.
Not: Başlangıçta yüzey sıcaklığı 50oC kabul edilip havanın film özellikleri Tf=35oC film sıcaklığı
bulunmuş ve hesaplamalar yapılmıştır. Yeni durumda film sıcaklığı 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 =
(46.8 + 20)/2 = 33.4℃ olur. Bu değer ilk film sıcaklığı değerine yakındır. Çok hassas sonuçlar
bulunmak istenirse yeni film sıcaklığına göre havanın özellikleri alınıp hesaplamalar tekrar
yapılarak yeni yüzey sıcaklık değeri bulunur.
2.) 5 mm çaplı ve 4 m uzunlukta çıplak kablolu elektriksel direnç ile üretilen ısı enerjisi 20
o
C’deki çevre havasına yayılmaktadır. Sürekli işlemde kablodaki gerilim düşüşü ve elektrik
akımı sırasıyla 60 V ve 1.5 A olarak ölçülmektedir. Işınımı ihmal ederek kablonun yüzey
sıcaklığını hesaplayınız.
Çözüm:
İstenen: Kablonun yüzey sıcaklığı, 𝑻𝒔 = ?
Kabuller: Sürekli rejim şartları mevcuttur. Hava ideal
gazdır ve özellikleri sabitttir. Yerel atmosferik basınç 1
atm’dir. Kablonun yüzey sıcaklığı sabittir.
2
Özellikler: Havanın film sıcaklığındaki özelliklerini bulmak için ilk olarak kablonun yüzey
sıcaklığı 100 oC olarak kabul edilmiştir. 1 atm basınç ve film sıcaklığının 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 =
(100 + 20)/2 = 60℃ değeri için havanın özellikleri Tablo A-15’ten okunursa;
𝑘 = 0.02008 W/m. ℃
𝑣 = 1.896 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.7202
𝛽=
1
1
=
= 0.003003 K −1 bulunur.
𝑇𝑓 (60 + 273)
Hesaplamalar:
Yatay silindirik bir geometri için karakteristik uzunluk dış çaptır; 𝐿𝑐 = 𝐷 = 0.005 m’dir.
Dolayısıyla Rayleigh sayısı;
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿𝑐 3
(9.81)(0.003003)(100 − 20)(0.0053 )
(0.7202) = 590.2
Ra =
Pr
=
(1.896 × 10−5 )2
𝑣2
bulunur. Ra sayısına göre yatay silindir için Denklem 9-25’te verielen korelasyondan Nusselt
sayısı hesaplanır.
2
Nu = 0.6 +
{
0.387Ra1⁄6
= 0.6 +
⁄16 8⁄27
0.599 9
[1 + ( Pr )
]
2
}
{
0.387(590.2)1⁄6
= 2.346
⁄16 8⁄27
0.599 9
[1 + (0.7202)
]
}
Isı taşınım katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02808
(2.346) = 13.17 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐿𝑐
0.005
Isı transfer alanı, kablonun dış yüzey alanıdır: 𝐴𝑠 = 𝜋𝐷𝐿 = 𝜋(0.005)(4) = 0.06283 m2
Kablo içerisinde üretilen enerji, kablonun dış yüzeyinden ortama transfer edilen ısıya eşittir.
𝑄̇ü𝑟𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛 = 𝑉𝐼 = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ )
(60)(1.5) = (13.17)(0.06283)(𝑇𝑠 − 20)
𝑇𝑠 = 128.8 ℃ bulunur. Bulunan yüzey sıcaklık değeri başlangıçta kabul edilen yüzey sıcaklık
değeri olan 100oC’ye yakın bir değer olmadığından hesaplamalar yeni bulunan yüzey sıcaklık
değeri alınarak tekrarlanır.
Yeni film sıcaklığı
𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (128.8 + 20)/2 = 74.4℃ için havanın özellikleri;
𝑘 = 0.02881 W/m. ℃
Pr = 0.7177
𝑣 = 1.995 × 10−5 m2 /s
𝛽 = 1⁄𝑇𝑓 = 1⁄(74.4 + 273) = 0.002878 𝐾 −1 bulunur.
3
Rayleigh sayısı;
Ra =
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿𝑐 3
(9.81)(0.002878)(128.8 − 20)(0.0053 )
(0.7177) = 692.4
Pr
=
(1.995 × 10−5 )2
𝑣2
Nusselt sayısı;
2
Nu = 0.6 +
{
0.387Ra1⁄6
0.599
[1 + ( Pr )
= 0.6 +
9⁄16 8⁄27
]
2
}
0.387(692.4)1⁄6
0.599
[1 + (0.7177)
{
= 2.406
9⁄16 8⁄27
]
}
Isı taşınım katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02881
(2.406) = 13.86 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐿𝑐
0.005
Isı transfer alanı, kablonun dış yüzey alanıdır: 𝐴𝑠 = 𝜋𝐷𝐿 = 𝜋(0.005)(4) = 0.06283 m2
Kablo içerisinde üretilen enerji, kablonun dış yüzeyinden ortama transfer edilen ısıya eşittir.
𝑄̇ü𝑟𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛 = 𝑉𝐼 = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ )
(60)(1.5) = (13.86)(0.06283)(𝑇𝑠 − 20)
𝑻𝒔 = 𝟏𝟐𝟑. 𝟒 ℃ bulunur. Bu değer bir önceki adımda bulunan yüzey sıcaklık değeri olan
128.8oC’ye nispeten yakındır. Daha hassas sonuçlar istenirse son bulunan yüzey sıcaklığı
kullanılarak hesaplamalar tekrarlanır.
3.) 35oC’deki çevreye ısı kaybeden 0.18 W gücünde duvara monte
edilmiş bir transistörü göz önüne alınız. Transistör 0.45 cm
uzunlukta ve 0.4 cm çapa sahiptir. Transistörün dıi yüzeyinin
yayıcılığı 0.1 ve çevre yüzeylerin ortalama sıcaklığı 25 oC’dir.
Taban yüzeyindeki ısı transferini göz ardı ederek transistörün yüzey
sıcaklığını bulunuz. 100oC’deki hava özelliklerini kullanınız.
Çözüm:
İstenen: Transistörün yüzey sıcaklığı 𝑇𝑠 =?
Kabuller: Sürekli rejim söz konusudur. Hava ideal gaz olup özellikleri sabittir. Tabandan olan
ısı transferi ihmal edilmiştir. Yerel atmosfer basıncı 1 atm’dir. Hava özellikleri 100oC’de
alınmıştır.
Özellikler: 100oC film sıcaklığında havanın özellikleri Tablo A-15’ten alınırsa;
𝑘 = 0.03095 W⁄m . ℃
Pr = 0.7111
𝑣 = 2.306 × 10−5 m2 /s
𝛽 = 1⁄𝑇𝑓 = 1⁄(100 + 273) = 0.00268 K −1
4
Hesaplamalar:
Bu problemin çözümü deneme-yanılma metodunun kullanımını gerektirir. Çünkü Rayleigh
sayısı ve buna bağlı olarak Nusselt sayısı yüzey sıcaklığına bağlıdır ki yüzey sıcaklık değeri de
bilinmemektedir. Yüzey sıcaklık değerinin 165 oC olduğu tahmin edelim. Bu durumda film
sıcaklığı 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (165 + 35)/2 = 100℃ olur. Yapmış olduğumuz tahminin
doğruluğu daha sonra kontrol edilecektir ve gerektiğinde işlemler tekrarlanacaktır.
Transistörün hem silindirik yanal yüzeylerinden hem de üst yüzeyinden ısı transferi
gerçekleşmektedir. Kolaylık için, transistörün üst yüzeyindeki ve yan yüzeylerindeki ısı transfer
katsayısı aynı alınmıştır. (Bu yaklaşıma alternatif olarak, üst yüzey düşey plaka olarak
modellenebilir. Ancak bu durumda işlem sayısı iki katına çıkmakla beraber sonuçların
doğruluğunda çok fazla iyileşme sağlanamaz. Çünkü üst yüzeyin alanı oldukça küçük ve
dikdörtgen yerine dairesel bir şekle sahiptir.) Bu durumda karakteristik uzunluk transistörün dış
çapı 𝐿𝑐 = 𝐷 = 0.004 m olur. Rayleigh sayısı;
Ra =
(9.81)(0.00268)(165 − 35)(0.004)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐷3
(0.7111) = 292.6
Pr
=
(2.306 × 10−5 )2
𝑣2
Yatay bir silindir için Nusselt sayısı Denklem 9-25’ten;
2
Nu = 0.6 +
{
0.387Ra1⁄6
0.559
[1 + ( Pr )
= 0.6 +
9⁄16 8⁄27
]
2
}
0.387(292.6)1⁄6
0.559
[1 + (0.7111)
{
= 2.039
9⁄16 8⁄27
]
}
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.03095
(2.039) = 15.78 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐷
0.004
Toplam ısı transfer alanı, transistörün yanal alanı ile üst yüzeyinin toplamına eşittir.
𝐴𝑠 = 𝜋𝐷𝐿 +
𝜋𝐷2
𝜋(0.004)2
= 𝜋(0.004)(0.0045) +
= 0.0000691 m2
4
4
Transistörde üretilen ısı, taşınım ve ışınımla ortama transfer edilmektedir.
𝑄̇ = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝐴𝑠 𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇ç 4 )
0.18 = (15.8)(0.0000691)(𝑇𝑠 − 35) + (0.1)(0.0000691)(5.67 × 10−8 )[(𝑇𝑠 + 273)4 − (25 + 273)4 ]
Buradan 𝑇𝑠 = 187℃ bulunur. Bu değer başlangıçta kabul ettiğimiz yüzey sıcaklığı değeri
165oC’ye çok uzak bir değer değildir. Sonucun doğruluğunu iyileştirmek için yeni yüzey
sıcaklığı değeri olarak 187oC’yi alarak hesaplamalar tekrarlanırsa, yüzey sıcaklık değeri
𝑻𝒔 =
𝟏𝟖𝟑 ℃ bulunur.
4.) 300 W’lık bir silindirik direnç ısıtıcı 0.75 m uzunluk ve 0.5 cm çaplıdır. Direnç teli 20oC’deki
bir akışkan içine yatay olarak yerleştirilmiştir. Eğer akışkan (a) hava ve (b) su ise, sürekli işlemde
direnç telinin dış yüzey sıcaklığını bulunuz. Işınımla ısı transferini ihmal ediniz. Hava için 500oC
ve su için 40oC’deki özellikleri kullanınız.
5
Çözüm:
İstenen: Transistörün yüzey sıcaklığı 𝑇𝑠 =?
Kabuller: Sürekli rejim mevcuttur. Hava ideal gaz olup özellikleri sabittir. Tabandan olan ısı
transferi ihmal edilmiştir. Yerel atmosfer basıncı 1 atm’dir. Işınımla ısı transferi ihmal edilmiştir.
Hava özellikleri 500oC’de, su özellikleri 40oC’de alınmıştır.
Özellikler: 1 atm basınç ve 500oC sıcaklıkta havanın özellikleri Tablo A-15’ten alınırsa;
𝑘 = 0.05572 W⁄m . ℃
𝑣 = 7.804 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.6986
𝛽=
1
1
=
= 0.001294 K −1
𝑇𝑓 500 + 273
40oC sıcaklıkta suyun özellikler Tablo A-9’dan bulunursa;
𝑘 = 0.631 W⁄m . ℃
𝑣=
𝜇
= 0.6582 × 10−6 m2 /s
𝜌
Pr = 4.32
𝛽 = 0.000377 K −1
Hesaplamalar:
(a) Hava için; Problemin çözümü deneme-yanılma metodunun kullanımını gerektirir. Çünkü
Rayleigh sayısı ve buna bağlı olarak Nusselt sayısı yüzey sıcaklığına bağlıdır ki yüzey sıcaklık
değeri de bilinmemektedir. Yüzey sıcaklığının 1200 oC olduğu tahmin edelim. Karakteristik
uzunluk telin dış çapı kadardır, 𝐿𝑐 = 𝐷 = 0.005 m. Rayleigh sayısı;
Ra =
(9.81)(0.001294)(1200 − 20)(0.005)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐷3
(0.6986) = 214.7
Pr
=
(7.804 × 10−5 )2
𝑣2
Yatay bir silindir için Nusselt sayısı Denklem 9-25’ten;
2
0.387Ra1⁄6
Nu = 0.6 +
{
0.559
[1 + ( Pr )
= 0.6 +
9⁄16 8⁄27
]
2
}
{
𝑘
0.05572
(1.919) = 21.38 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐷
0.005
Isı transfer alanı;
𝐴𝑠 = 𝜋𝐷𝐿 = 𝜋(0.005)(0.75) = 0.01178 m2
6
= 1.919
9⁄16 8⁄27
0.559
[1 + (0.6986)
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
0.387(214.7)1⁄6
]
}
Direnç telinde üretilen ısı taşınımla ortama transfer edilmektedir.
𝑄̇ = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) → 300 = (21.38)(0.01178)(𝑇𝑠 − 20) → 𝑇𝑠 = 1211℃ bulunur.
Bu değer başlangıçta kabul edilen yüzey sıcaklık değerine, 1200 oC, oldukça yakın bir değerdir.
Dolayısıyla işlemleri tekrar etmeye gerek yoktur.
(b) Su için; Direnç telinin yüzey sıcaklığının 40oC olduğu kabul edilmiştir. Karakteristik uzunluk
aynı şekilde, 𝐿𝑐 = 𝐷 = 0.005 m. Benzer işlemler su için uygulaanırsa;
Ra =
(9.81)(0.000377)(40 − 20)(0.005)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐷3
(4.32) = 92.197
Pr
=
(0.6582 × 10−6 )2
𝑣2
Nusselt sayısı Denklem 9-25’ten;
2
Nu = 0.6 +
{
0.387Ra1⁄6
= 0.6 +
⁄16 8⁄27
0.559 9
[1 + ( Pr )
]
2
}
{
0.387(92.197)1⁄6
= 8.986
⁄16 8⁄27
0.559 9
[1 + ( 4.32 )
]
}
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.631
(8.986) = 1134 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐷
0.005
Direnç telinde üretilen ısı taşınımla ortama transfer edilmektedir.
𝑄̇ = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) → 300 = (1134)(0.01178)(𝑇𝑠 − 20) → 𝑇𝑠 = 42.5℃ bulunur.
Bu değer başlangıçta kabul edilen yüzey sıcaklık değerine, 40 oC, oldukça yakın bir değerdir.
Dolayısıyla işlemleri tekrar etmeye gerek yoktur.
5.) Bir tarafında elektronik parçaları olan 15cm×20cm boyutlu
baskı devre kartını göz önüne alınız. Kart 20oC’deki bir odaya
konulmuştur. Kartın arka yüzeyinden olan ısı kaybı ihmal
edilebilmektedir. Eğer devre kartı sürekli işletmede 8W’lık güç
yayıyorsa, kartı (a) düşey, (b) yatay sıcak yüzey yukarı dönük ve
(c) yatay sıcak yüzey aşağı dönük kabul ederek kartın sıcak
yüzeyinin ortalama sıcaklığını bulunuz. Kartın yüzeyinin
yayıcılığını 0.8 alınız ve çebre yüzeylerin odadaki hava ile aynı
sıcaklıkta olduğunu kabul ediniz.
Çözüm:
İstenen: Baskı devresinin farklı yerleşim biçimleri için sıcak yüzeyinin sıcaklığının bulunması
Kabuller: Sürekli rejim mevcuttur. Hava ideal gaz olup özellikleri sabittir. Tabandan olan ısı
transferi ihmal edilmiştir. Yerel atmosfer basıncı 1 atm’dir. Kartın arka yüzeyinden olan ısı kaybı
ihmal edilmiştir.
Özellikler: Yüzey sıcaklık değeri bilinmemektedir. 45 oC olduğu kabul edilirse, film sıcaklık
değeri 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (45 + 20)/2 = 32.5℃ olur. Bu sıcaklık değeri için havanın
özellikleri Tablo A-15’ten okunursa;
7
𝑘 = 0.02607 W⁄m . ℃
𝑣 = 1.631 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.7275
𝛽=
1
1
=
= 0.003273 K −1
𝑇𝑓 32.5 + 273
Hesaplamalar:
Problemin çözümü deneme-yanılma metodunun kullanımını gerektirir. Çünkü Rayleigh sayısı ve
buna bağlı olarak Nusselt sayısı yüzey sıcaklığına bağlıdır ki yüzey sıcaklık değeri de
bilinmemektedir.
(a) Düşey yerleştirilmiş baskı devre kartı için hesaplamalar: yüzey sıcaklığının 45oC olduğu
kabul edilerek ısı transfer katsayısı h bulunmuştur. Hesaplamalar sonucunda çıkan yüzey sıcaklık
değer kabul edilen değerle karşılaştırılıp gerekirse hesaplamalar tekrar edilir. Bu durumda
karakterisitk uzunluk baskı devresinin uzunluğu 𝐿𝑐 = 𝐿 = 0.2 m’dir. Buna göre;
(9.81)(0.003273)(45 − 20)(0.2)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿3
(0.7275) = 1.756 × 107
Ra =
Pr =
(1.631 × 10−5 )2
𝑣2
Düşey bir levha için Rayleigh sayısının tüm aralıklarında geçerli olan Denklem 9-21 kullanılarak
Nusselt sayısı bulunabilir.
2
0.387Ra1⁄6
Nu = 0.825 +
{
= 0.825 +
9⁄16 8⁄27
0.492
[1 + ( Pr )
]
2
}
{
0.387(1.756 × 107 )1⁄6
[1 + (
0.492
)
0.7275
= 36.78
9⁄16 8⁄27
]
}
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02607
(36.78) = 4.794 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐿
0.2
Isı transfer alanı; 𝐴𝑠 = (0.15)(0.20) = 0.03 m2
Baskı devresinde üretilen ısı, taşınım ve ışınımla çevreye transfer edilir. Enerji dengesinden;
𝑄̇ = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝐴𝑠 𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇ç 4 )
8 = (4.794)(0.03)(𝑇𝑠 − 20) + (0.8)(0.03)(5.67 × 10−8 )[(𝑇𝑠 + 273)4 − (20 + 273)4 ]
→ 𝑻𝒔 = 𝟒𝟔. 𝟔 ℃ bulunur. Bu değer başlangıçta kabul edilen 45oC yüzey sıcaklık değerine
oldukça yakın olduğundan hesaplamaları tekrarlamaya gerek yoktur.
(b) Yatay,sıcak yüzey yukarı dönük; yüzey sıcaklığı 45oC kabul edilmiştir. Bu durumda
karakteristik uzunluk yatay plakanın yüzey alanının çevresine oranıdır.
𝐿𝑐 =
𝐴𝑠
(0.20)(0.15)
=
= 0.0429 m
𝑝
2(0.2 + 0.15)
Buna göre Rayleigh sayısı;
8
(9.81)(0.003273)(45 − 20)(0.0429)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿𝑐 3
(0.7275) = 1.728 × 105
Ra =
Pr =
2
−5
2
(1.631
)
𝑣
× 10
Sıcak yüzeyi yukarı dönük yatay bir levhada Ra = 1.728 × 105 için Denklem 9-22’den Nusselt
sayısı hesaplanabilir.
Nu = 0.54Ra1⁄4 = 0.54(1.728 × 105 )1⁄4 = 11.01
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02607
(11.01) = 6.696 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐿𝑐
0.0429
Isı transfer alanı; 𝐴𝑠 = (0.15)(0.20) = 0.03 m2
Baskı devresinde üretilen ısı, taşınım ve ışınımla çevreye transfer edilir. Enerji dengesinden;
𝑄̇ = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝐴𝑠 𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇ç 4 )
8 = (6.696)(0.03)(𝑇𝑠 − 20) + (0.8)(0.03)(5.67 × 10−8 )[(𝑇𝑠 + 273)4 − (20 + 273)4 ]
→ 𝑻𝒔 = 𝟒𝟐. 𝟔 ℃ bulunur. Bu değer başlangıçta kabul edilen 45oC yüzey sıcaklık değerine yakın
olduğundan hesaplamaları tekrarlamaya gerek yoktur.
(c) Yatay sıcak yüzey aşağıya dönük; bu durumda yüzeyden olan ısı transferi daha düşük olacağı
söylenebilir. Dolayısıyla daha yüksek yüzey sıcaklığı elde edilmesi gerekir. Bu yüzden yüzey
sıcaklık değerinin 50oC olduğu kabul edilmiştir. Hesaplamalar sonucunda gerekirse işlemler
tekrar edilecektir. Havanın film sıcaklığı 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (50 + 20)/2 = 35℃ ‘deki
özellikleri Tablo A-15’ten okunursa;
𝑘 = 0.02625 W⁄m . ℃
𝑣 = 1.655 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.7268
𝛽=
1
1
=
= 0.003247 K −1
𝑇𝑓 35 + 273
Karakteristik uzunluk (b) şıkkında hesaplandığı gibi, 𝐿𝑐 = 0.0429 m’dir. Rayleigh sayısı ise;
(9.81)(0.003273)(50 − 20)(0.0429)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿𝑐 3
(0.7268) = 200200
Ra =
Pr =
(1.655 × 10−5 )2
𝑣2
Sıcak yüzeyi aşağı dönük yatay bir levhada Ra = 200200 için Denklem 9-24’den Nusselt sayısı
hesaplanabilir.
Nu = 0.27Ra1⁄4 = 0.27(200200)1⁄4 = 5.711
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02625
(5.711) = 3.494 W⁄m2 . ℃
Nu =
𝐿𝑐
0.0429
Isı transfer alanı; 𝐴𝑠 = (0.15)(0.20) = 0.03 m2
9
Baskı devresinde üretilen ısı, taşınım ve ışınımla çevreye transfer edilir. Enerji dengesinden;
𝑄̇ = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝐴𝑠 𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇ç 4 )
8 = (3.494)(0.03)(𝑇𝑠 − 20) + (0.8)(0.03)(5.67 × 10−8 )[(𝑇𝑠 + 273)4 − (20 + 273)4 ]
→ 𝑻𝒔 = 𝟓𝟎. 𝟑 ℃ bulunur. Bu değer başlangıçta kabul edilen 50oC yüzey sıcaklık değerine çok
yakın olduğundan hesaplamaları tekrarlamaya gerek yoktur.
6.) Isıl iletkenliği k=0.78 W/m.oC, yayıcılığı ε =0.9, kalınlığı 6
mm yüksekliği 1.2 m ve genişliği 2 m olan bir cam pencereyi göz
önüne alınız. Pencereye karşı olan oda ve duvarlar 25 oC’de
tutulmakta ve pencerenin iç yüzeyinin ortalama sıcaklığı 5oC
olarak ölçülmektedir. Eğer dış ortamın sıcaklığı -5oC ise, (a)
pencerenin iç yüzeyindeki taşınım ısı transfer katsayısını (b)
pencereden geçen toplam ısı transfer hızını ve (c) pencerenin dış
yüzeyindeki birleşik doğal taşınım ve ışınım ısı transfer
katsayısını bulunuz. Bu durumda camın ısıl direncini ihmal etmek
uygun mudur?
Çözüm:
İstenen: Pencerenin iç yüzeyindeki ısı taşınım katsayısı (h), pencereden olan toplam ısı transferi
(𝑄̇𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 ), ve pencerenin dış yüzeyindeki birleşik ısı transfer katsayısı (hbirleşik)
Kabuller: Sürekli rejim şartları mevcuttur. Hava ideal gaz olup özellikleri sabittir. Tabandan
olan ısı transferi ihmal edilmiştir. Yerel atmosfer basıncı 1 atm’dir.
Özellikler: 1 atm basınç ve 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (5 + 25)/2 =
15℃ film sıcaklığında havanın özellikleri Tablo A-15’ten
alınabilir.
𝑘 = 0.02476 W⁄m . ℃
𝑣 = 1.470 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.7323
𝛽=
1
1
=
= 0.003472 K −1
𝑇𝑓 15 + 273
Hesaplamalar:
(a) Karakteristik uzunluk pencerenin yüksekliği olup değeri 𝐿𝑐 = 𝐿 = 1.2 m’dir. Rayleigh
sayısı;
(9.81)(0.003472)(25 − 5)(1.2)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿𝑐 3
(0.7323) = 3.989 × 109
Ra =
Pr
=
(1.470 × 10−5 )2
𝑣2
Düşey bir levha için Rayleigh sayısının tüm aralıklarında geçerli olan Denklem 9-21 kullanılarak
Nusselt sayısı bulunabilir.
10
2
Nu = 0.825 +
{
0.387Ra1⁄6
0.492 9⁄16
[1 + ( Pr )
]
2
= 0.825 +
8⁄27
}
{
0.387(3.989 × 109 )1⁄6
0.492 9⁄16
[1 + (0.7323)
]
= 189.7
8⁄27
}
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02476
(189.7) = 𝟑. 𝟗𝟏𝟓 𝐖⁄𝐦𝟐 . ℃ bulunur.
Nu =
𝐿
1.2
(b)
Isı transfer alanı; 𝐴𝑠 = (1.2)(2) = 2.4 m2
Oda içerisinden pencereye olan toplam ısı transferi doğal taşınım ve ışınımla olan ısı transferinin
toplamına eşittir.
𝑄̇𝑡𝑎ş𝚤𝑛𝚤𝑚 = ℎ𝐴𝑠 (𝑇∞ − 𝑇𝑠 ) = (3.915)(2.4)(25 − 5) = 187.9 W
𝑄̇𝚤ş𝚤𝑛𝚤𝑚 = 𝜀𝐴𝑠 𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇ç 4 ) = (0.9)(2.4)(5.67 × 10−8 )[(25 + 273)4 − (5 + 273)4 ] = 234.3 W
𝑄̇𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 = 𝑄̇𝑡𝑎ş𝚤𝑛𝚤𝑚 + 𝑄̇𝚤ş𝚤𝑛𝚤𝑚 = 187.9 + 234.3 = 𝟒𝟐𝟐. 𝟐 𝐖 elde edilir.
(c) Pencerenin dış yüzey sıcaklığı, pencerenin iç ve dış yüzeyi arasında Fourier ısı iletim kanunu
yazılarak hesaplanabilir.
𝑄̇𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 =
(422.2)(0.006)
𝑄̇𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 𝑡
𝑘𝐴𝑠
(𝑇𝑠,𝑖 − 𝑇𝑠,𝑜 ) → 𝑇𝑠,𝑜 = 𝑇𝑠,𝑖 −
= 5−
= 3.65℃ bulunur.
(0.78)(2.4)
𝑡
𝑘𝐴𝑠
burada t pencerenin kalınlığı olup değeri 6 mm’dir. Dolayısıyla, pencerenin dış yüzeyindeki
birleşik doğal taşınım ve ışınım ısı transfer katsayısı;
𝑄̇𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 = ℎ𝑏𝑖𝑟𝑙𝑒ş𝑖𝑘 𝐴𝑠 (𝑇𝑠,𝑖 − 𝑇𝑠,𝑜 ) → ℎ𝑏𝑖𝑟𝑙𝑒ş𝑖𝑘 =
422.2
= 𝟐𝟎. 𝟑𝟓 𝐖⁄𝐦𝟐 . ℃ bulunur.
(2.4)(3.65 − (−5)
∆𝑇 = 𝑄̇ 𝑅 olduğundan, camın ısıl direnci, camın iç ve dış yüzeyleri arasındaki sıcaklık düşüşüyle
orantılıdır. Bu yüzden, camın ısıl direncinin toplam ısıl dirence oranı, cam boyunca gerçekleşen
sıcaklık düşüşünün iç ve dış ortamlar arasında oluşan sıcaklık farkının oranına eşittir.
𝑅𝑐𝑎𝑚
∆𝑇𝑐𝑎𝑚
5 − 3.65
=
=
= 0.045 (%4.5)
𝑅𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 ∆𝑇𝑖ç−𝑑𝚤ş 25 − (−5)
Camın ısıl direnci iç ve dış ortamlar arasındaki toplam direncin %4.5’i kadardır. Nispeten küçük
bir oran olduğundan camın ısıl direnci ihmal edilebilir.
7.) Bir yüzeyinde 121 adet kare yonga içeren 50 cm×50 cm boyutlarında bir devre kartı 25oC’de
oda sıcaklığında düşey bir yüzey üzerine monte edilerek birleşik taşınım ve ışınım yardımıyla
soğutulacaktır. Her yonga 0.18 W güç yaymakta ve yonga yüzeylerinin yayıcılığı 0.7’dir. Devre
kartının arka yüzeyinden olan ısı transferi ihmal edilebilir. Çevre yüzeylerinin sıcaklıklarını
odadaki hava sıcaklığıyla aynı kabul ederek yongaların sıcaklığını bulunuz.
11
Çözüm:
İstenen: Yongaların yüzey sıcaklığı 𝑇𝑠 =?
Kabuller: Sürekli rejim şartları mevcuttur. Hava ideal gaz olup özellikleri sabittir. Yerel
atmosfer basıncı 1 atm’dir. Devre kartının arka tarafından olan ısı transferi ihmal edilmiştir.
Özellikler: Yonganın yüzey sıcaklığı 35 oC kabul edilirse, film sıcaklığı 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 =
(35 + 25)/2 = 30℃ olur. 30 oC sıcaklıkta ve 1 atm’deki havanın termofiziksel özellikleri Tablo
A-15’ten okunursa;
𝑘 = 0.02588 W⁄m . ℃
𝑣 = 1.608 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.7282
𝛽=
1
1
=
= 0.0033 K −1
𝑇𝑓 30 + 273
Hesaplamalar:
Problemin çözümü deneme-yanılma metodunun kullanımını gerektirir. Çünkü Rayleigh sayısı ve
buna bağlı olarak Nusselt sayısı yüzey sıcaklığına bağlıdır ki yüzey sıcaklık değeri de
bilinmemektedir. Yüzey sıcaklık değerinin 35 oC olduğu tahmin edelim. Yapmış olduğumuz
tahminin doğruluğu daha sonra kontrol edilcirve gerektiğinde işlemler tekrarlanır. Karakteristik
uzunluk devre kartının yüksekliği olup değeri 𝐿𝑐 = 𝐿 = 0.5 m’dir. Rayleigh sayısı;
Ra =
(9.81)(0.0033)(35 − 25)(0.5)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿3
(0.7282) = 1.14 × 108
Pr
=
(1.608 × 10−5 )2
𝑣2
Düşey bir levha için Rayleigh sayısının tüm aralıklarında geçerli olan Denklem 9-21 kullanılarak
Nusselt sayısı bulunabilir.
2
Nu = 0.825 +
{
0.387Ra1⁄6
0.492 9⁄16
[1 + ( Pr )
]
2
= 0.825 +
8⁄27
}
{
0.387(1.14 × 108 )1⁄6
0.492 9⁄16
[1 + (0.7282)
]
= 63.72
8⁄27
}
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.02588
(63.72) = 3.3 W⁄m2 . ℃ bulunur.
Nu =
𝐿
0.5
Isı transfer yüzey alanı; 𝐴𝑠 = (0.5)(0.5) = 0.25 m2
Devre kartında üretilen ısı, taşınım ve ışınımla çevreye transfer edilir. Enerji dengesinden;
𝑄̇ = ℎ𝐴𝑠 (𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) + 𝜀𝐴𝑠 𝜎(𝑇𝑠 4 − 𝑇ç 4 )
(121 × 0.18) = (3.3)(0.25)(𝑇𝑠 − 25) + (0.7)(0.25)(5.67 × 10−8 )[(𝑇𝑠 + 273)4 − (25 + 273)4 ]
→ 𝑻𝒔 = 𝟑𝟔. 𝟐 ℃ bulunur. Bu değer başlangıçta kabul edilen 35oC yüzey sıcaklık değerine çok
yakın olduğundan hesaplamaları tekrarlamaya gerek yoktur.
12
8.) 1.2 m yükseklikte ve 1.8 m genişlikte düşey bir çift camlı
pencere, atmosfer basıncında 2.5 cm’lik hava boşluğu ile
ayrılmış iki cam tabakasından oluşmaktadır. Eğer hava
boşluğunun karşılıklı cam yüzeylerinin sıcaklıkları 18oC ve 4oC
olarak ölçülüyorsa, (a) doğal taşınım ve (b) ışınım ile
pencereden olan ısı transfer hızını bulunuz. Ayrıca bu
pencerenin yalıtımının eşdeğer R değerini bulunuz. Öyle ki R
değerinin tersi, alan ve sıcaklık farkı ile çarpılırsa penceredeki
toplam ısı transfer hızını verir. İki geniş parallel cam plaka
arasındaki ışınım hesaplamalarında kullanım için etkin
yayıcılık 0.82 olarak alınabilir.
Çözüm:
İstenen: Pencereden doğal taşınım ve ışınımla olan ısı transferi ve yalıtımın R ısıl direncinin
bulunması
Kabuller: Sürekli rejim şartları mevcuttur. Hava ideal gaz olup özellikleri sabittir. Kapalı
aralıktaki atmosfer basıncı 1 atm’dir.
Özellikler: 1 atm basınç ve film sıcaklığı 𝑇𝑓 = (𝑇1 + 𝑇2 )⁄2 = (18 +
4)/2 = 11℃ için havanın özellikleri Tablo A-15’ten okunabilir.
𝑘 = 0.02446 W⁄m . ℃
𝑣 = 1.435 × 10−5 m2 /s
Pr = 0.7333
𝛽=
1
1
=
= 0.0035 K −1
𝑇𝑓 11 + 273
Hesaplamalar:
(a) Karakteristik uzunluk iki cam araındaki mesafedir, 𝐿𝑐 = 𝐿 = 0.025 m. Rayleigh sayısı;
Ra =
(9.81)(0.0035)(18 − 4)(0.025)3
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿3
(0.7333) = 26746
Pr
=
(1.435 × 10−5 )2
𝑣2
Verilen kapalı aralığın en-boy oranı (𝐻 ⁄𝐿) ve Rayleigh sayısına göre Nusselt sayısı hesaplanır.
Ra = 26746
} bu değerlere yakın, Nusselt sayısı için en uygun korelasyon Denklem 9 − 54′ tür.
𝐻
𝐿 = 48
Nu = 0.42Ra
1⁄4
Pr
0.012
𝐻 −0.3
( )
= 0.42(26746)1⁄4 (0.7333)0.012 (48)−0.3 = 1.675
𝐿
Isı transfer yüzey alanı; 𝐴𝑠 = (1.2)(1.8) = 2.16 m2
Kapalı aralıklarda Nusselt sayısı bilindiğinde ısı transfer katsayısı Denklem 9-41’den bulunabilir.
𝑄̇𝑑.𝑡𝑎ş𝚤𝑛𝚤𝑚 = ℎ𝐴𝑠 (𝑇1 − 𝑇2 ) = 𝑘Nu𝐴𝑠
𝑇1 − 𝑇2
18 − 4
= (0.02446)(1.675)(2.16)
= 𝟒𝟗. 𝟔 𝐖
𝐿𝑐
0.025
13
(b) Işınımla gerçekleşen ısı transferi;
𝑄̇𝚤ş𝚤𝑛𝚤𝑚 = 𝜀𝐴𝑠 𝜎(𝑇1 4 − 𝑇2 4 ) = (0.82)(2.16)(5.67 × 10−8 )[(18 + 273)4 − (4 + 273)4 ] = 128.9 W
Toplam ısı transfer hızı;
𝑄̇𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 = 𝑄̇𝑑.𝑡𝑎ş𝚤𝑛𝚤𝑚 + 𝑄̇𝚤ş𝚤𝑛𝚤𝑚 = 46.6 + 128.9 = 175.5 W
(c) Işınım etkilerini de içine alan iki cam arasındaki havanın etkin ısıl iletkenlik değeri;
𝑄̇𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 = 𝑘𝑒𝑡𝑘𝑖𝑛 𝐴𝑠
𝑄𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 𝐿
𝑇1 − 𝑇2
(175.5)(0.025)
→ 𝑘𝑒𝑓𝑓 =
=
= 0.1451 W/m. ℃
𝐿
𝐴𝑠 (𝑇1 − 𝑇2 ) (2.16)(18 − 4)
Toplam ısı transferini veren eşdeğer ısıl direnç değeri;
𝑅𝑒ş𝑑𝑒ğ𝑒𝑟 =
𝐿
𝑘𝑒𝑡𝑘𝑖𝑛
=
0.025
= 𝟎. 𝟏𝟕𝟐𝟑 𝐦𝟐 . ℃/𝐖
0.1451
9.) Bir üretim tesisinde, 270oC’deki fırından çıkarılan 2 m×2 m
boyutlarında ince kare plakalar yüzeylerine yatay paralel esen
18oC’de ortam havası ile soğutulmaktadır. Doğal taşınımın ısı
transferi üzerindeki etkisinin yüzde 10’dan daha az ve
dolayısıyla ihmal edilebildiği hava hızını bulunuz.
Çözüm:
İstenen: Doğal taşınım etkilerinin ihmal edilebildiği minumun hava hızının bulunması
Kabuller: Sürekli rejim şartları mevcuttur. Hava ideal gaz olup özellikleri sabittir. Ortam basıncı
1 atm’dir.
Özellikler: Plakaların yüzey sıcaklığı 270oC’dir. Bu durumda film sıcaklığı, 𝑇𝑓 =
(𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (270 + 18)/2 = 144℃ için havanın özellikleri Tablo A-15’ten okunabilir.
𝑣 = 2.791 × 10−5 m2 /s
𝛽=
1
1
=
= 0.002398 K −1
𝑇𝑓 144 + 273
Hesaplamalar:
Belirli bir akışkan için Gr/Re2 parametresi, doğal taşınımın zorlanmış taşınıma göre önemini
gösterir.
Gr
< 0.1 ise zorlanmış taşınım etkindir ve doğal taşınım etkileri ihmal edilebilir.
Re2
Gr
> 10 ise doğal taşınım etkindir ve zorlanmış taşınım ihmal edilebilir.
Re2
Gr
0.1 < 2 < 10 ise hem doğal hem de zorlanmış taşınım etkindir.
Re
Verilen problemde doğal taşınım etkilerinin ihmal edilebildiği hız değeri sorulmaktadır.
Dolayısıyla Gr⁄Re2 < 0.1 olmalıdır. Plakanın karakteristik uzunluğu, 𝐿𝑐 = 𝐿 = 2 m’dir.
14
Grashof sayısı ve Reynolds sayısı;
Gr =
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐿3 (9.81)(0.002398)(270 − 18)(2)3
=
= 6.09 × 1010
(2.791 × 10−5 )2
𝑣2
Re =
𝑉𝐿
2𝑉
=
= 7.166 × 104 𝑉
𝑣
2.791 × 10−5
Doğal taşınımın önemsiz hale geldiği hava hzı değeri;
Gr
6.09 × 1010
= 0.1 →
= 0.1 → 𝑽 = 𝟏𝟎. 𝟗 𝐦⁄𝐬 bulunur.
Re2
(7.166 × 104 𝑉)2
10.) İçinden sıcak yağ geçen 100 mm çapında yatay bir
boru, bir endüstriyel su ısıtıcısının tasarımında
kullanılacaktır. Boru üzerinden akan suyun hızı 0.4
m/s’dir. Sıcak yağ, borunun yüzey sıcaklığını 85oC’de
tutmaktadır, su sıcaklığı ise 37oC’dir. Akış yönünün ısı
geçişi üzerindeki etkisini (a) yatay yönde, (b) düşey yönde
aşağı doğru ve (c) düşey yönde yukarı doğru akışlar için
araştırınız.
Çözüm:
İstenen: Suyun akış yönünün ısı transferi üzerindeki etkisinin bulunması
Kabuller: Sürekli rejim şartları mevcuttur. Suyun özellikleri sabittir. Borunun yüzey sıcaklığı
sabittir.
Özellikler: Film sıcaklığı 𝑇𝑓 = (𝑇𝑠 + 𝑇∞ )⁄2 = (85 + 37)⁄2 = 61℃ için suyun özellikleri
Tablo A-9’dan okunursa;
𝑘 = 0.655 W⁄m . ℃
𝑣=
𝜇
= 0.468 × 10−6 m2 /s
𝜌
Pr = 2.942
𝛽 = 0.000523 K −1
Hesaplamalar:
İlk olarak etkin olan ısı taşınım mekanizmasını belirlemek için Gr⁄Re2 ifadesini bulalım. Üç
durum için de karakteristik uzunluk borunun çapı D=0.1 m’dir. Grashof ve Reynolds sayıları;
Gr =
𝑔𝛽(𝑇𝑠 − 𝑇∞ )𝐷3 (9.81)(0.000523)(85 − 37)(0.1)3
=
= 1.043 × 109
(0.486 × 10−6 )2
𝑣2
Re =
𝑉𝐿
(0.4)(0.1)
=
= 82305
𝑣
0.486 × 10−6
Gr
1.043 × 109
=
= 0.154 olduğundan birleşik doğal ve zorlanmış taşınım etkindir.
(82305)2
Re2
15
Denklem 9-66 kullanılarak birleşik taşınımın Nusselt sayısı bulunur.
Nu𝑏𝑖𝑟𝑙𝑒ş𝑖𝑘 = (Nu𝑛𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝚤ş ± Nu𝑛𝑑𝑜ğ𝑎𝑙 )1⁄𝑛
Nuzorlanmış ve Nudoğal sırasıyla salt zorlanmış ve salt doğal taşınım için verilen bağıntılardan elde
edilir. Artı işareti destekleyen (aynı yönde) ve çapraz akış için, eksi işareti ise zıt akış içindir. N
üst değeri incelenen geometriye bağlı olarak 3 ile 4 arasında değişir. Düşey yüzeyler için n=3
değerinin deneysel verilerle iyi bir uyum sağladığı gözlenmiştir. Silindirler üzerindeki çapraz
akışlarda n=4 değeri önerilmiştir. Buna göre;
(a) Silindir üzerinden yatay çapraz akış söz konusudur. Zorlanmış ve doğal taşınım birbirine göre
çapraz yönde etki eder. n=4 alınırsa Nusselt sayısı denklemi;
Nu𝑏𝑖𝑟𝑙𝑒ş𝑖𝑘 = (Nu4𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝚤ş + Nu4𝑑𝑜ğ𝑎𝑙 )1⁄4
Zorlanmış taşınım için Nusselt sayısı,
Dairesel ve dairesel olmayan silindirler üzerindeki zorlanmış çapraz akışta Nusselt sayısı için
önerilen ampirik bağıntılar Tablo 7-1’de verilmiştir. Dairesel silindir üzerinden Re=82305 olan
akış için uygun Nusselt korelasyonu yazılırsa;
Nu𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝚤ş = 0.027Re0.805 Pr 1⁄3 = 0.027(82305)0.805 (2.942)1⁄3 = 350.3 bulunur.
Doğal taşınım için Nusselt sayısı;
Ra = Gr. Pr = (1.043 × 109 )(2.942) = 3.0685 × 109 bulunur.
Yatay bir silindir için doğal taşınım Nusselt sayısı Denklem 9-25’ten;
2
0.387Ra1⁄6
Nu𝑑𝑜ğ𝑎𝑙 = 0.6 +
{
= 0.6 +
9⁄16 8⁄27
0.559
[1 + ( Pr )
]
2
}
{
0.387(3.0685 × 109 )1⁄6
= 195.2
0.559
[1 + (2.942)
9⁄16 8⁄27
]
}
Birleşik zorlanmış ve doğal taşınım Nusselt sayısı;
Nu𝑏𝑖𝑟𝑙𝑒ş𝑖𝑘 = (Nu4𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝚤ş ± Nu4𝑑𝑜ğ𝑎𝑙 )1⁄4 = (350.34 + 195.24 )1/4 = 358. 5 bulunur.
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.655
(358.2) = 2346.2 W⁄m2 . ℃ bulunur.
Nu =
𝐷
0.1
Silindirin birim uzunluğundan olan ısı transferi;
𝑄̇ = (𝜋𝐷)ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = (0.1𝜋)(2346.2)(85 − 37) = 35.4 kW⁄m bulunur.
(b) Akış yönü düşey yönde aşağı doğru ise; n=3 alınabilir. Zorlanmış ve doğal taşınım zıt yönde
etki eder. Dolayısıyla birleşik Nusselt sayısı denklemi;
Nu𝑏𝑖𝑟𝑙𝑒ş𝑖𝑘 = (Nu3𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝚤ş − Nu3𝑑𝑜ğ𝑎𝑙 )1⁄3 = (350.43 − 195.23 )1/3 = 328.9 bulunur.
Isı transfer katsayısı;
16
ℎ=
𝑘
0.655
(328.9) = 2154.3 W⁄m2 . ℃ bulunur.
Nu =
𝐷
0.1
Silindirin birim uzunluğundan olan ısı transferi;
𝑄̇ = (𝜋𝐷)ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = (0.1𝜋)(2154.3)(85 − 37) = 32.5 kW⁄m bulunur.
(c) Akış yönü düşey yönde yukarı doğru ise; n=3 alınabilir. Zorlanmış ve doğal taşınım aynı
yönde etki eder. Dolayısıyla birleşik Nusselt sayısı denklemi;
Nu𝑏𝑖𝑟𝑙𝑒ş𝑖𝑘 = (Nu3𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝚤ş + Nu3𝑑𝑜ğ𝑎𝑙 )1⁄3 = (350.43 + 195.23 )1/3 = 369.5 bulunur.
Isı transfer katsayısı;
ℎ=
𝑘
0.655
(369.5) = 2420.2 W⁄m2 . ℃ bulunur.
Nu =
𝐷
0.1
Silindirin birim uzunluğundan olan ısı transferi;
𝑄̇ = (𝜋𝐷)ℎ(𝑇𝑠 − 𝑇∞ ) = (0.1𝜋)(2420.2)(85 − 37) = 36.5 kW⁄m bulunur.
Bulunan sonuçlar Tablo halinde aşağıda verilmiştir.
Akış yönü
(a) Çapraz
(b) Düşey, zıt yönde
(c) Düşey, aynı yönde
h (W/m2.oC)
2346.2
2154.3
2420.2
Nu
358.5
328.9
369.5
𝐐̇(kW/m)
35.4
32.5
36.5
Görüldüğü gibi akış yönünün ısı transferi üzerinde önemli etkisi vardır. (bu problem için akış
yönüne göre yaklaşık %11’lik fark oluşmaktadır).
17