10B.2 Calentamiento viscoso en flujo en una rendija.

Encontrar el perfil de temperatura para el problema de calentamiento viscoso que se muestra en la figura
10.4-2, cuando se proporcionan las siguientes condiciones límite:
 para x = 0, T = To
 para x = b, qx = 0.

ESQUEMA

q=f(x)
variable espacial: x
por lo tanto, la
envoltura es
perpendicular a esta

ENVOLTURA

BALANCE DE

x +∆ x
1ENERGIA:
2 3
x

Mecanismo Molecular de entrada 2 Mecanismo Molecular de salida

3 Disipación Viscosa se define como:

( )
2
dV z
Sv =−μ
dx

Sv ( wL ) (∆ x )

SIMPLIFICANDO EL BALANCE
( q x ⎹ x +∆ x−q x ⎹ x ) ( wL)=−S v (wL)(∆ x)
lim
∆ x →0
( ∆x )
(q x ⎹ x +∆ x−q x ⎹ x )
=−S v
 d (q x )
=−S v EDO
dx

( )
2
dV z
Sabemos que Sv =−μ puede generar una dependencia de x por lo tanto vamos analizar este
dx
caso realizando un balance de cantidad de movimiento

1 2

No hay movimiento de arrastre ni fuerzas externas por lo tanto tenemos solo 2 elementos

ENVOLTURA
Simplificando el balance
t xz ⎹ x+ ∆ x
t xz ⎹ x+ ∆ x ( Lw ) −t xz ⎹ x ( Lw )=0

w
lim
∆ x →0
( ∆x )
t xz ⎹ x +∆ x−t xz ⎹ x
=0

t xz ⎹ x
L d (t xz )
=0 EDO
dx

d Vz
Aplicando ley de viscosidad de Newton : t xz =−µ
dx

d2 V z
−µ =0
dx 2

2
d Vz
=0 EDO , Variables separables
dx 2

1. ∫d ( )
dV z
dx
=∫ 0 dx
dV z
=C 1
dx

2. ∫ d V z=∫ C 1 dx
V z=C 1 x +C 2

Evaluando C.L.1
V z=C 1 x +C 2
C . L .1
x=0 V z=0

C . L.2
 0=C1 ( 0 ) +C 2 C 2=0
Evaluando C.L.2
V z=C 1 x +C 2
V b =C1 b+0
V
C 1= b
b
dV z Vb
Módulo de Velocidad: = No depende de x
dx b
Retomando la EDO

d ( q x)
=−S v
dx

( )
2
d (q x ) Vb
=µ EDO resolver por variables separables
dx b

( ) ∫ dx
2
V
∫ d ( q x ) =µ bb

( )
2
Vb
( q x ) =µ b
x +C 3

Evaluando C.L.3

( )
2
Vb
0=µ b +C3
b

C =−µ ( ) b
2
V b
3
b
Perfil de distribución de flujo de calor:

( ) ( ( ))
2 2
Vb V
( q x ) =µ x + −µ b b
b b

q =µ ( ) ( x−b)
2
V b
x
b
Aplicando ley de Fourier

( )
2
dT V
q x =−k =µ b ( x −b ) EDO resolver por variables separables
dx b

( ) ∫ ( x−b) dx
2
Vb
∫ d T = −µ
K b
 ( )( )
2 2
−µ V b x
T= −bx +C 4
K b 2

x=b T =T b C . L.4 x=0 T =T 0

( )( )
2 2
−µ V b 0
T 0= −b ( 0 ) +C 4
K b 2
C 4=T 0

Entonces

( )( )
2 2
−µ V b x
T= −bx +T o
K b 2

T −T = ( ) (bx− )
2 2
µ V x b
0
K b 2

()( )
T −T 0 x x2
= − 2
µ V 2b /k b b