Obliczanie temperatury otuliny wokół izolowanej rury

Rozwiązuję następujący problem:

Rura o średnicy zewnętrznej 200 mm i długości 20 m jest pokryta warstwą izolacji o grubości 70 mm o przewodności cieplnej 0,05 W / m · K i przewodności cieplnej 10 W / m ² · K na powierzchni zewnętrznej. Jeśli temperatura rury wynosi 350 ° C, a temperatura otoczenia wynosi 15 ° C, obliczyć temperaturę powierzchni zewnętrznej otuliny.

Obliczyłem opory cieplne jako:

R_{p i p e} = \frac{1}{A \times h_{o}} = \frac{1}{(π \times 200^{2} \times (1 / 10^{3})^{2} \times ()} = 3.183098862

${ R_{pipe} = \frac{1}{A \times h_o} = \frac{1}{ (\pi \times 200^2 \times (1/10^3)^2 \times ()} = 3.183098862 }$

R_{i n s u l a t i o n} = \frac{1}{2 π K L} = \frac{1}{(2 π \times 0.05 \times 20)} = 0.04776312933

${ R_{insulation} = \frac{1}{2\pi KL} = \frac{1}{ (2\pi \times 0.05 \times 20)} = 0.04776312933 }$

Przenikanie ciepła powinno być:

Q = \frac{△ T}{R_{t o t a l}}

${ Q = \frac{\triangle T}{ R_{total}} }$

Co to znaczy „temperatura opóźnionego”? Podana już zmiana temperatury z zewnątrz i wewnątrz.

thermodynamics heat-transfer

— James
źródło

Naprawdę musisz dokładnie sprawdzić te obliczenia. W Twojej R_pipe brakuje terminu i żadna arytmetyka nie jest poprawna.

— Air

Co to znaczy „temperatura opóźnionego”?

Komentarz Air:

Opóźnienie nie jest tak naprawdę samą warstwą izolacyjną, ale okładziną wokół warstwy izolacyjnej. Izolacja nie ma prawdziwych właściwości konstrukcyjnych; opóźnienie nie tylko utrzymuje izolację na miejscu i chroni ją przed środowiskiem (w tym owadami i gryzoniami), ale może również zapewnić powierzchnię o niskiej emisyjności dla warstwy izolacyjnej, dodatkowo zmniejszając przenoszenie ciepła.

$k$

$R_{pipe}$

R_{p i p e} = \frac{1}{A_{o} h_{o}} = \frac{1}{π D_{i n s} L h_{o}} = \frac{1}{π * 0.17 * 2 * 20 * 10} = 0.00468 °C/Watt

$R_{pipe} = \frac{1}{A_o h_o} = \frac{1}{\pi D_{ins} L h_o} = \frac{1}{\pi * 0.17 * 2 * 20 * 10} = 0.00468\ \text{°C/Watt}$

r_{1}

$r_1$

r_{2}

$r_2$

R_{i n s} = \frac{l n (\frac{r_{2}}{r_{1}})}{2 π k L} = \frac{l n (\frac{170 m m}{100 m m})}{(2 π \times 0.05 \times 20)} = 0.0844 °C/Watt

${ R_{ins} = \frac{ln(\frac{r_2}{r_1})}{2\pi kL} = \frac{ln(\frac{170\ mm}{100\ mm})}{ (2\pi \times 0.05 \times 20)} = 0.0844\ \text{°C/Watt} }$

Q = \frac{△ T}{R_{t o t a l}} = \frac{350 - 15}{0.00468 + 0.0844} = 3760.664 Watt

$Q = \frac{\triangle T}{ R_{total}} = \frac{350 - 15}{ 0.00468+0.0844} = 3760.664 \text{ Watt}$

△ T = Q \times R_{p i p e} = 3760.664 * 0.00468 = 17.6 ° C = T_{o u t e r} - T_{a m b i e n t}

$\triangle T = Q\times R_{pipe} = 3760.664* 0.00468=17.6\ \mathrm{°C} = T_{outer} - T_{ambient}$

T_{o u t e r} = T_{a m b i e n t} + △ T = 15 + 17.6 = 32.6 ° C

$T_{outer} = T_{ambient} + \triangle T = 15 + 17.6 = 32.6\ \mathrm{°C}$

— Algo
źródło

@Air Przyjąłem założenie, że oba są takie same, ponieważ nie podano osobnego i dziękuję za wykrycie błędu pola powierzchni. Wszystko jest już naprawione

k

$k$

— Algo

Czytelnicy mniej te równania powinni zauważyć, że efektywna grubość izolacji cylindrycznej wynosi ale poza logarytmem anuluje mianownik.

r_{2} \ln (r_{2} / r_{1})

$r_2\ln(r_2/r_1)$

r_{2}

$r_2$

— Air

Jeśli chodzi o oddzielne , jest to całkowicie rozsądne założenie; udział okładziny w kierunku odporności termicznej jest zwykle znikomy. Może to być tylko folia aluminiowa.

k

$k$

— Air

@ algo dlaczego D_ins 0,17 ∗ 2?

— James

@ zewnętrzny promień rury Jamesa wynosi 100 mm, dodanie 70 mm grubości warstwy izolacyjnej daje w sumie promień 170 mm na zewnętrznej powierzchni izolacji, a więc średnica wynosi 2 * 170 mm = 2 * 0,17 metra

— Algo