1. feladat Egy nagy átmérıjő vízforrlaó üst 2 cm vastag acélfalának hıvezetési tényezıje λ=45,4 W/mK, vízoldali hıfoka 100 °C és a falban lévı hıáramsőrőség q=63·103 W/m2. Határozzuk meg az acélfal füstgázóldali hıfokát. Számítsuk ki a falban lévı hıáramsőrőség változását, ha a vízoldalon 2 mm vastag mészdús vízkı rakódik le (λvk=1,8 W/mK) és a fal széleinek hıfoka változatlan. Határozzuk meg a két réteg érintkezési felületének hıfokát is. A kezdetben nem volt vízkıréteg.
Meghatározható a hıáramsőrőség és a hıvezetési ellenállás alapján a füstgáz oldali acélfal hımérséklete. (q hıáramsőrőség) q=
∆t ahol Rλ a hıvezetési ellenállás Rλ
Rλ =
q=
d
λ
=
m2 K 0,02 = 0,00044 45,4 W
∆t -bıl kifejezve a ∆t = q ⋅ Rλ = 63000 ⋅ 0,00044 = 27,72 °C Rλ vagyis a a füstgáz oldali hıfok 100+27,72=127,72 [°C]
A háıvezetési ellenállás ismerete nélkül is meghatározható a füstgáz oldali hımérséklet: q= 63000 =
t fg =
λ d
(t fg − t viz )
45,4 (t fg − 100) 0,02
63000 ⋅ 0,02 + 100 45,4
t fg = 127,7 [°C ]
1
A vízkıréteg kialakulását követıen mennyit változik a hıáramsőrőség, ha a víz és a füstgáz hıfoka változatlan marad?
A hıáramsőrőség meghatározásánál alkalmazható a az elızıekben ismertetett módszer bermelyike. Nézzük elıször a hıvezetési ellenállás konkrét meghatározás nélkül.
q* =
1 d1
λ1 q* =
+
d2
(t fg − t víz )
λ2
W (127,7 − 100) = 17852 2 0,02 0,002 m + 45,4 1,8 1
kb. a negyedére csökken a hıáramsőrőség, mert nagyobb lett az ellenállás.
A másik megoldás a hıvezetési ellenállás meghatározásával:
m2 K 0,02 0,002 Rλ = + = + = 0,00155 λ1 λvk 45,4 1,8 W d1
d2
q* =
∆t 127,7 − 100 W = = 17852 2 Rλ 0,00155164 m
Az érintkezési felületek hıfokának meghatározásának az alapelve, hogy a hıáramsőrőség minden rétegen áthalad.
q* =
λ1 d1
(t fg − t1, 2 )
2
17852 =
45,4 (127,7 − t1, 2 ) 0,02
17852 ⋅ 0,02 = 127,7 − t1, 2 45,4 t1, 2 = 119,8 [°C ] tehát a hıesés a 2 cm vastag acélfalon 7,9 °C, míg a 2 mm-es vízkın 19,8 °C !!!
2. feladat Egy kazán főtıfelületének két oldalán a hımérséklet 190 °C és 150 °C. A főtıfelület anyagának hıvezetési tényezıje 168 kJ/hmfok=46,67 W/mK, vastagsága 20 mm. A kazánteljesítmény változatlansága mellett mennyivel kell változtatni a főtıfelület melegoldali hőmérsékletét, ha a hideg oldalra 1,5 mm-es kazánkı-réteg rakódik le. A kazánkı hıvezetési tényezıje 4,187 kJ/hmfok=1,163 W/mk. Alapállapotban (nincs kazánkı) a hıáramsőrőség kiszámítása:
q= q=
λ d
(t fg − t viz )
[
46,67 (190 − 150) = 93340 W / m 2 0,02
]
A teljesítmény változatlansága azt jelenti, hogy legyen meg a 150 °C a vízoldalon és legyen meg a hıáramsősőség is! Ehhez a füstgáz oldali hımérsékletnek emelkednie kell! Amennyiben kialakult a kazánkı réteg, a meglévı hıáramsőrőségbıl számolható az új füstgázoldali hımérséklet.
3
q=
1 d1
λ1
93340 =
+
(t fg − t víz ) = *
d2
λ2
∆t ΣRλ i
1 * (t fg − 150) 0,02 0,0015 + 46,6 1,8 t fg = 267,8 [°C ] *
3. feladat Egy családi ház fala a következı rétegekbıl áll: 25 cm vastag téglafal (λ2=0,5 W/mK) belülrıl 3 cm-es vakolat (λ1=0,5 W/mK) kívülrıl 5 cm-es vakolat (λ3=0,81 W/mK). A benti levegı 22 °C-os, itt a hıátadási tényezı 25 W/m2K, a kinti -7 °C, ahol a hıátadási tényezı 83 W/m2K. Számítsa ki az 1 m2-en, 1 óra alatt átszármaztatott hı mennyiségét a falfelületek hımérsékleteit, az egyes rétegek határain keletkezı hımérsékleteket, és a 0 °C helyét a falszerkezetben. A hıáramsőrőség meghatározása: 1 ⋅ (t b − t k ) d 1 1 +∑ i +
q = k ⋅ ∆t =
αb q=
λi
αk
1 ⋅ (22 − (− 7 )) 1 0,03 0,25 0,25 1 + + + + 25 0,5 0,5 0,81 83
[
q = 43,04 W / m 2 K
]
Falhımérsékletek meghatározása: A belsı tér és a belsı oldali fal esetében egyszerő hıátadás értelmezhetı, így a hıáramsőrőség ismeretében számolhatóa a belsı fal hımérséklete (ami nem egyenlı belsı levegı hımérsékletével) q = α b (t b − t bf
)
ebbıl kifejezve a tbf-et és visszahelyettesítve megkapjuk a belsı fal hımérsékletét t bf = t b −
q
αb
= 22 −
43,04 25
t bf = 20,28 [°C ]
4
A t1,2 meghatározása (itt már hıvezetésrıl beszélünk)
q=
λ1 d1
(t bf − t1, 2 )
ebbıl kifejezve a t1,2-ıt és visszahelyettesítve megkapjuk a két réteg érintkezésénél lévı hımérsékletet
t1, 2 = t bf −
q ⋅ d1
λ1
= 20,28 −
43,04 ⋅ 0,03 0,5
t1, 2 = 17,69 [°C ] Hasonlóan számítható a kettes hármas réteg közötti hımérséklet is.
t 2,3 = t1, 2 −
q ⋅ d2
λ2
43,04 ⋅ 0,25 0,5
= 17,69 −
t 2,3 = −3,83 [°C ]
Szintén így számolható a külsı fal hımérséklete.
t kf = t 2,3 −
q ⋅ d3
λ3
= −3,83 −
43,04 ⋅ 0,05 0,81
t kf = −6,49 [°C ] Megfigyelhetı hogy a fal külsı hımérséklete nagyobb, mint a külsı hımérséklet.
Ellenırzésképpen azért számoljuk még ki a külsı hımérsékletet is! Mivel a fal és a külsı levegı között hıátadás értelmezett ezért:
q = α k (tkf − tk ) tk = tkf −
q
αk
= −6,49 −
t kf = −7,008 [°C ]
5
43,04 83
4. feladat Adott a következı falszerkezet: rétegek Belsı vakolat Mészhomok tégla Hıszigetelı anyag Mőgyanta vakolat
vastagság [cm] 1,5 24 4 1
λ [W/mK] 0,7 0,5 0,04 0,7
A hıátadási tényezı értéke szabvány szerinti! (αk=24 W/m2K; αb=8 W/m2K) Határozza meg a rétegek össz hıvezetési ellenállását és a hıátbocsátási tényezıt (k), valamint az összellenállást (Rö), illetve állapítsa meg hogy megfelel-e az elıírásnak a hıátbocsátási tényezı értéke. Amennyiben nem felel meg, állapítsa meg hogy legalább milyen vastag hıszigetelıt kellene alkalmazni hogy megfelelı legyen a k értéke.
A rétegek összhıvezetési ellenállása:
Rλ = ∑
Rλ =
di
λi
=
d1
λ1
+
d2
λ2
+
d3
λ3
+
d4
λ4
0,015 0,24 0,04 0,01 + + + 0,7 0,5 0,04 0,7
Rλ = 1,515 m 2 K / W Az összhıellenállás:
Rö =
1
αb
+ Rλ +
1
1 1 = + 1,515 + 24 αk 8
m2 K Rö = 1,682 W A hıátbocsátási tényezı értéke:
k=
1 1
αb k=
+ Rλ +
1
αk
1 1 1 + 1,515 + 8 24
k = 0,594 W / m 2 K Amennyiben ismert az összhıellenállás értéke, úgy egyszerőbben is számítható:
6
k=
1 1 W = = 0,594 2 Rö 1,682 m K
A szabvány szerinti elıírt k érték nagyobb mint 0,45, így a szigetelıréteg vastagságát meg kell növelni. A szigetelıanyag minimális vastagságának (ami a szabványnak pont eleget szesz) kiszámítása a következıképp lehetséges. A k értékét felvesszük 0,45-re, és az egyenletben ismeretlenné tesszük a szigetelıanyag vastagságát (d3*), majd pedig kifejezzük belıle azt. 1
k=
1
αb k=
1
αb k=
+ Rλ + 1 di
+∑
λi
1
αk
+
1
αk
1 1
αb
+
d1
λ1
+
d2
λ2
+
d 3*
λ3
+
d4
λ4
+
1
αk
1 1 d1 d 2 d 3 d 4 1 = + + + + + k α b λ1 λ2 λ3 λ4 α k
1 1 0,015 0,24 d 3* 0,01 1 = + + + + + 0,45 8 0,7 0,5 0,04 0,7 24 d 3* = 0,6159 m = 6,15 cm Vagyis a szigetelıanyagnak legalább 6,15 cm vastagnak kell lennie, hogy a szabvány szerinti elıírás teljesüljön.
5. feladat Adott a következı falszerkezet: rétegek 1. Belsı vakolat 2. Gázbeton 3. Hıszigetelés 4. Léghézag 5. Ólomlemez
vastagság [cm] 1,5 24 6 2 0,5
7
λ [W/mK] 0,7 0,29 0,04 Rλ4=0,17 [m2K/W] 41
A hıátadási tényezı értéke szabvány szerinti! (αk=24 W/m2K; αb=8 W/m2K). Rλ4: egyenértékő hıvezetési ellenállás. Számítsa ki a hıátbocsátási tényezı értékét zárt és nyitott légrés esetén! Zárt légrés esetén: (bentrıl kifelé haladva) k=
1 Rbá + Reλ + Rλ 4 + Rká
k=
1 1
αb k=
1
αb k=
+
d1
λ1
+
+ Reλ + Rλ 4 +
d2
λ2
+
1 d3
λ3
1
αk
+ Rλ 4 +
d5
λ5
+
1
αk
1 1 0,015 0,24 0,06 0,005 1 + + + + 0,17 + + 8 0,7 0,29 0,04 41 24 k = 0,304 W / m 2 K
Nyitott légrés esetén: Táblázatból kiolvasható egy új αk* , a mi egy nyitott légrésre érvényes (szellıztetett homlokzatnál), ennek az értéke 12 W/m2K A rétegekre ugyanúgy felírjuk az ellenállásokat (mint zárt légrés esetén) belülrıl kifelé haladva addig, míg el nem érjük a légrést (az ólomlemezzel itt már nem számolunk).
k=
k=
1
αb k=
1 * Rbá + Reλ + Rká
+
d1
λ1
+
1 d2
λ2
+
d3
λ3
+
1
αk*
1 1 0,015 0,24 0,06 1 + + + + 8 0,7 0,29 0,04 12 k = 0,39 W / m 2 K
8
