error de termocupla

FENÓMENOS DE TRANSFERENCIA TRANSFERENCIA MOLECULAR DE CALOR, MASA Y/O CANTIDAD DE MOVIMIENTO

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RAMIRO BETANCOURT GRAJALES

Ingeniero Químico - Especialista en Petroquímica

Profesor Asociado Universidad Nacional de Colombia- Sede Manizales

EJEMPLO 1.2:

El sol puede suponerse que actúa como un cuerpo negro a 5.800 K. Calcular:

a) El poder emisor total.

b) La longitud de onda a la que se consigue el poder emisor máximo

c) El poder emisor monocromático máximo.

d) Porcentaje de energía total emitida que corresponde a longitudes de onda del

espectro visible.

Solución

a) El poder emisivo total de una superficie negra

Boltzmann:

Eb = σT4 = (5,67x10

−8)(5800)

b) Según la ley del desplazamiento de Wien:

λmaxT = 2,8978x10−3

m.K ⇒

c) De acuerdo con la ecuación (1.12), el poder emisor monocromático máximo es:

( )/51

12e

CE

maxTCmax

maxb −= λλ λ

FENÓMENOS DE TRANSFERENCIATRANSFERENCIA MOLECULAR DE CALOR, MASA Y/O MOVIMIENTO

----------------------------------------------------------------Universidad Nacional

ERROR DE TERMOCUPLA

ol puede suponerse que actúa como un cuerpo negro a 5.800 K. Calcular:

b) La longitud de onda a la que se consigue el poder emisor máximo.

c) El poder emisor monocromático máximo.

Porcentaje de energía total emitida que corresponde a longitudes de onda del

a) El poder emisivo total de una superficie negra está dado por la ley de Stefan

)(5800)4 = 6.42x10

7 J/s.m

2

ley del desplazamiento de Wien:

⇒ λmax = 2,8978x10−3

/5800 = 5.0x10−7

m = 0.50


( ) ( )13

108978.2/0143879.057

16

1041.81100.5

107405.33

xex

xx

=−

=−−

−

2

FENÓMENOS DE TRANSFERENCIA MOLECULAR DE CALOR, MASA Y/O MOVIMIENTO

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de Colombia-Sede Manizales

ol puede suponerse que actúa como un cuerpo negro a 5.800 K. Calcular:

Porcentaje de energía total emitida que corresponde a longitudes de onda del

está dado por la ley de Stefan-

m = 0.50 µm.


213

.ms

J

d) El porcentaje de energía total emitida dentro del espectro visible (0.35

teniendo en cuenta la ecuación (1.14) podrá expresarse como:

( )1)(

)(35.4(

03.2(

)(

)(

/51

2

1

2 ⌡

⌠=⌡

⌠−

T

T

TCeT

TdCλ

λ

λλσλ

Es decir que el 46.92% de la energía radiada por el sol se emite en el rango vi

espectro. La integral se evaluó numéricamente usando el método de Romberg.

Analíticamente puede integrarse el numerador de la ecuación (1.14) realizando el

cambio de variable C2/x = z, con x =

constantes, aplicando desarrollo en series de Taylor y adecuando los valores límites se

obtiene una expresión de la forma

( ) ( )2

1

2

1

33

1

)(

1

)(z

z

z

zz

z

z e

zdezC

e

zdzC

⌡

⌠

−=

⌡

⌠

− −

−

Cada una de las integrales resultantes se integra por partes. También pueden usarse las tablas tabuladas por Dunkle (1954) y reproducidas en varios textos de transferencia de calor como “funciones de radiación del cuerpo negro”.

EJEMPLO 1.3:

Un invernadero está construido con un vidrio que posee una tramitancia de 0.92 para

todas las longitudes de onda comprend

resto de las radiaciones. El



d) El porcentaje de energía total emitida dentro del espectro visible (0.35

teniendo en cuenta la ecuación (1.14) podrá expresarse como:

( )( ) ( ) 4692.0

1)(106697.5

)(107405.3)1035

)1003

/0143879.058

16

3

3

=⌡

⌠

−

−

−

−

−x

x

TeTx

Tdxλλ

λ

Es decir que el 46.92% de la energía radiada por el sol se emite en el rango vi



/x = z, con x = λT. Así, dx = − (C2/z2)dz. Reemplazando, agrupando


obtiene una expresión de la forma

( )∫2

1

323 1) z

z

zzzz dzeeeezC ⋅⋅⋅++++= −−−−

Cada una de las integrales resultantes se integra por partes. También pueden usarse las Dunkle (1954) y reproducidas en varios textos de transferencia de

calor como “funciones de radiación del cuerpo negro”.


todas las longitudes de onda comprendidas entre 0,35x10−6

y 3x10−6

resto de las radiaciones. El sol se comporta como un cuerpo negro a 5800 K, mientras

3


---------------------------------------------------------


d) El porcentaje de energía total emitida dentro del espectro visible (0.35 - 0.75 µm)

4692

Es decir que el 46.92% de la energía radiada por el sol se emite en el rango visible del



)dz. Reemplazando, agrupando


Cada una de las integrales resultantes se integra por partes. También pueden usarse las Dunkle (1954) y reproducidas en varios textos de transferencia de


m y es opaco al

ol se comporta como un cuerpo negro a 5800 K, mientras

que el interior del invernadero, que también puede considerarse negro, se encuentra a

300 K. Determinar:

a) Tramitancia total del vidrio del invernadero a la radiación solar.

b) Tramitancia total del vidrio a la radiación interior del mismo.

c) Flujo neto de calor por radiación que recibe el invernadero.

Suponga que el invernadero recibe del sol un flujo de energía radiante de 1

Solución

a) De forma paralela a la ecuación (1.14) que nos determina la fracción de la energía

total emitida en un rango de longitudes de onda a una temperatura dada por un

cuerpo negro, podemos obtener la fracción transmitida, absorbida o emi

cuerpo gris conociendo τλ,

dada por:

( )1)(

)()(

)(

/51

1

1

2⌡

⌠−

=

T

T

TCeT

TdCλ

λ

λλ λσλττ

En esta ocasión τλ es independiente de

b) Cuando la fuente de radiación es el interior

apartado anterior se llega a:

λ2T = (3x10−6

)(300) = 0.9x10




del vidrio del invernadero a la radiación solar.

b) Tramitancia total del vidrio a la radiación interior del mismo.

c) Flujo neto de calor por radiación que recibe el invernadero.

Suponga que el invernadero recibe del sol un flujo de energía radiante de 1



cuerpo negro, podemos obtener la fracción transmitida, absorbida o emi

, αλ o ελ. Así, la tramitancia total de esta superficie vendrá

) ( ) 8347.01)(

)(92.0

)104.17(

)1003.2(

/51

3

3

2=

⌡

⌠−

=

−

−

x

x

TCeT

TdCλλσ

λ

es independiente de λ y puede sacarse de la integral.

b) Cuando la fuente de radiación es el interior del invernadero, análogamente al

apartado anterior se llega a:

)(300) = 0.9x10−3

m.K: λ1T = (0.35x10−6

)(300) = 0.105x10−3

4


---------------------------------------------------------



Suponga que el invernadero recibe del sol un flujo de energía radiante de 1350 J/s.m2.



cuerpo negro, podemos obtener la fracción transmitida, absorbida o emitida por un

. Así, la tramitancia total de esta superficie vendrá

y puede sacarse de la integral.

del invernadero, análogamente al

m.K

( ))(

)(

/51

1)(

)(2

1

2⌡

⌠−

=

T

T

TCeT

TdCλ

λ

λλ λσλττ

c) El flujo neto de calor por radiación que recibe el invernadero será entonces

qneto = (0.835)(1350) − (8.00

Puede apreciarse como el vidrio del invernadero transmite el 83,5 % de la energía del

sol al interior del mismo, mientras que apenas transmite el 0.008 % de la energía

radiante del invernadero hacia el exterior.



) ( )5

)109.0(

)10105.0(

/51 1000.8

1)(

)(3

3

2

−×=⌡

⌠−

=

−

−

x

x

TCeT

TdCλλ λσ

λτ

c) El flujo neto de calor por radiación que recibe el invernadero será entonces

− (8.00x10−5)(5.67x10

−8)(300)

4 = 1127.2 J/s.m

2


ol al interior del mismo, mientras que apenas transmite el 0.008 % de la energía

o hacia el exterior.

5


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c) El flujo neto de calor por radiación que recibe el invernadero será entonces:


ol al interior del mismo, mientras que apenas transmite el 0.008 % de la energía

error de termocupla

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