Wärmeleistung/freie Konvektion

Wissenschaft Physik
#1

Hallo Thermodynamikexperten,

Hab ein kleines oder großes Problem mit der Berechnung von Wärmestrom und leistung bei Wärmeleitung und freier Konvektion.
Ist bei mir einfach schon zu lange her und ich bin mir nicht sicher ob mein Vorgehen richtig ist.

Also folgendes:

Ich haben einen Stahlbehälter (l=3m, b=2m, h=1m, Wandstärke 8mm)) der mit Öl gefüllt ist.
Der Behälter steht frei im Raum. Zwischen dem Behälterboden und der Auflagefläche ist ein Spalt von 25mm vorhanden.
Die Ölthemperatur beträgt 50°C. die Außentemperatur beträgt 20°C. Ich möchte jetzt den Wärmestrom/Wärmeleistung berechnen welchen der Behälter durch Wärmeleitung und freie Konvektion abgeben kann. Der Behälterdeckel ist nicht zu berücksichtigen da er kein kontakt zum Öl hat.

Hab schon versucht selber zu rechnen aber bei Rayleigh-Zahl und Nusselt-Zahl hat es bei mir ausgesetzt bzw. weiß ich nicht mehr genau was für Werte ich jetzt einsetzen muß.

Folgende Daten hab ich schon mal aus Tabellen rausgesucht:

Prandtel-Zahl = PR

PR(Luft)=0,715
PR(öl)=1020

v(Luft)=15*10^-6 m²/s
v(Öl)=81,8*10^-6 m²/s

lamda(Stahl)=40 W/mK

PR = Prandtel-Zahl
v = kinematische Viskosität
lamda = Wärmeleitfähigkeit

Ich hoff mir kann da jemand weiterhelfen. Bedank mich schon mal im vorraus.

Gruß Basti

#2

Hallo,

ich denke, Du machst es Dir zu schwer :wink:

Ich haben einen Stahlbehälter (l=3m, b=2m, h=1m, Wandstärke
8mm)) der mit Öl gefüllt ist.

Es gibt also 2 Wege der Wärmeübertragung

  1. Konvektion über die Oberfläche zur Umgebung
  2. Wärmeleitung über die Füße

Der Behälter steht frei im Raum. Zwischen dem Behälterboden
und der Auflagefläche ist ein Spalt von 25mm vorhanden.
Die Ölthemperatur beträgt 50°C. die Außentemperatur beträgt
20°C. Ich möchte jetzt den Wärmestrom/Wärmeleistung berechnen
welchen der Behälter durch Wärmeleitung und freie Konvektion
abgeben kann. Der Behälterdeckel ist nicht zu berücksichtigen
da er kein kontakt zum Öl hat.

Also ein paar Thesen dazu:

  1. Die Wärmeleitung durch die Wandung spielt gar keine Rolle
  2. Die Wärmeleitung im Öl wird möglicherweise auch vernach-
    lässigbar sein. Das kommt aber sicher auch auf die Viskosität an.
    Vergleiche den Werte der spez. Wärmeleitung mit dem Wert für
    den spez. Wärmeübergang zur Luft.

Für den spezifischen Wärmeübergang Behälterwandung - Luft
gibt’s eine einfache Faustformel (Oberfläche - Luft ):

Wü = (5,6 + 4v)W/(grd*m³) (v in m/s bis ca. 5m/s)

Die effektive Oberfläche ist abzuschätzen.
Zunächst die Seitenfläche + Boden = ca. 16m²
Durch die Wärmeleitung wird die Fläche in Richtung Deckel und Füße
etwas vergrößert. Außerdem wirkt natürlich auch die Konvektion
über die Deckelfläche. Geben wir also mal paschal 2m² hinzu.
Bei einer schon vorhandenen Fläche von 16m² macht da 1 m² mehr
oder weniger eh nicht mehr viel aus.

Macht also eine effektive Fläche von ca. 18m².

Bei 30grd Temperaturdiff. wird der Wärmeverlust also wie
folgt abzuschätzen sein:

P = (5,6 * 4v)W / (grd*1m²) * 18m² * 30grd = ca. 5,6*4v * 540 W

Bei stehender Luft ist also mit einer Wärmeverlustleistung
von ca. 3000W zu rechnen.
Da bei einer so großen Fläche aber auch schnell die Luft
infolge Erwärmung aufsteigt, muß noch mit einer mittleren
Luftgeschw. gerechnet werden. Das sowas extrem von der
Konstruktion und den baulichen Gegebenheiten abhängt, muß klar sein.
Ich nehme mal eine Strömungsgeschw. von ca. 0,5m/s …1m/s an.

Es werden also eher 4…5kW Verlustleistung sein.

Verluste über die Füße zum Beton kann ich schlecht abschätzen,
da keine Angaben zur Konstruktion vorliegen.
Ich vermute mal. daß diese Verluste eher vernachlässigbar sind,
wenn die Füße nicht gerade kurz und großflächig mit dem
Betonboden kontakt haben.

Gruß Uwi

Hab schon versucht selber zu rechnen aber bei Rayleigh-Zahl
und Nusselt-Zahl hat es bei mir ausgesetzt bzw. weiß ich nicht
mehr genau was für Werte ich jetzt einsetzen muß.
Folgende Daten hab ich schon mal aus Tabellen rausgesucht:

Prandtel-Zahl = PR
PR(Luft)=0,715
PR(öl)=1020

v(Luft)=15*10^-6 m²/s
v(Öl)=81,8*10^-6 m²/s

lamda(Stahl)=40 W/mK

PR = Prandtel-Zahl
v = kinematische Viskosität
lamda = Wärmeleitfähigkeit
Ich hoff mir kann da jemand weiterhelfen. Bedank mich schon
mal im vorraus.

Gruß Basti

#3

Hallo Uwi,

danke erstmal für die Antwort!

ich denke, Du machst es Dir zu schwer ;-

kann sein, aber es ist für meine Diplomarbeit und da sollte das schon ne genaue Rechnung sein und keine Faustformel.

Ich habe mitlerweile heute morgen die Erleuchtung gehabt und hab mit den
„komplizierten“ Formeln gerechnen.
Bin dabei auf eine Wärmeverlustleistung von 2,5kW gekommen.
Denk mal das deckt sich einigermaßen mit den Ergebnissen deiner Faustformel!

Also ich dank dir nochmal für deine Antwort

Gruß Basti

#4

Hallo,

danke erstmal für die Antwort!

ich denke, Du machst es Dir zu schwer ;-

kann sein, aber es ist für meine Diplomarbeit und da sollte
das schon 'ne genaue Rechnung sein und keine Faustformel.

Naja, Formeln sind ja gut und schön, aber wenn das Modell
ansich nicht paßt, wirst Du mit den Formeln nicht glücklich.

Wie sind den die genauen Randbedingung?
Ist das Ölbad thermostatiert (beheißtz) oder kühöt es sich
beständig ab?

Ich habe mitlerweile heute morgen die Erleuchtung gehabt und
hab mit den „komplizierten“ Formeln gerechnet.
Bin dabei auf eine Wärmeverlustleistung von 2,5kW gekommen.
Denk mal das deckt sich einigermaßen mit den Ergebnissen
deiner Faustformel!

Also mit der reinen Oberfläche der Seitenwand und Boden (16m²)
und 30grd Temperaturdiff. komme ich schon auf 5,6W * 30 * 16
= ca. 2700W.
Da scheinen mir die 2500W doch noch deutlich zu miedrig.
Bei so großen Flächen ist auch nicht mit stehender Luft zu
rechnen. Minimum 3…4KW durch Konvektion sind IMHO zu erwarten.

Daß die Größenordnung stimmt, ist aber schon mal gut.

Also ich dank dir nochmal für deine Antwort

Was ich noch vergessen habe, ist eine Abschätzung der
Verluste durch Strahlung.
Wenn ich nicht irre, müßte das mit Stefan-Boltzmann-Gesetz
leicht abzuschätzen sein. Solange die Oberflächen nicht
metallisch glänzend sind, ist mit einem rel. Strahlungkoeff.
ca. 0.9 zu rechnen.

Wenn ich nicht falsch liege, kommen da auch nochmal ca. 3KW
zustande.

Eine Isolierung würde natürlich viel ausmachen.

Gruß Uwi

#5

Hi Uwi,

Wie sind den die genauen Randbedingung?
Ist das Ölbad thermostatiert (beheißtz) oder kühöt es sich
beständig ab?

Also der Ölbehälter ist ein Prüfstand für Hydraulikkomponenten. Da die Zukünftigen Versuche noch nicht genau definiert sind lässt sich schwer abschätzen welchen Verlustleistungen bzw. Heizleistungen auftreten. Es werden jedoch selten mehr als 15kW Heizleistung sein.
Der Behälter steht in einer großen Halle mit einer Mitteltemperatur von 25°C.
Um größere Leckagen und Verluste zu vermeiden darf die Öltemperatur 55°nicht überschreiten.
Was mich nun interessiert ist die Kühlleistung des Behälters damit ich einen zusätzlichen Ölkühler auslegen kann der dann für die restliche Kühlleistung sorgt.

Also mit der reinen Oberfläche der Seitenwand und Boden (16m²)
und 30grd Temperaturdiff. komme ich schon auf 5,6W * 30 * 16
= ca. 2700W.
Da scheinen mir die 2500W doch noch deutlich zu miedrig.
Bei so großen Flächen ist auch nicht mit stehender Luft zu
rechnen. Minimum 3…4KW durch Konvektion sind IMHO zu
erwarten.

Hmm, also gefallen tun mir deine ergebnisse schon besser da mehr Kühlleistung rauskommt. Aber wo jetzt der Fehler liegt weiß ich auch nicht.

Hab folgendermaßen gerechnet:

alpha=Wärmeübergangskoeffizient

Q=alpa*A*deltaT

alpa= (lamda*Nussel-Zahl)/Überströmlänge

Nussel-Zahl nach Formel für Senkrechte Ebene Wand abhänig von Rayleigh-Zahl und Prandtel-Funktion. Nach Rayleigh-Zahl bekomme ich sogar eine Turbulente Strömung…

Naja und zum Schluss lande ich dann bei den 2,5kW

Daß die Größenordnung stimmt, ist aber schon mal gut.

ja find ich auch

Was ich noch vergessen habe, ist eine Abschätzung der
Verluste durch Strahlung.
Wenn ich nicht irre, müßte das mit Stefan-Boltzmann-Gesetz
leicht abzuschätzen sein. Solange die Oberflächen nicht
metallisch glänzend sind, ist mit einem rel. Strahlungkoeff.
ca. 0.9 zu rechnen.

guter tipp, danke

Wenn ich nicht falsch liege, kommen da auch nochmal ca. 3KW
zustande.

Eine Isolierung würde natürlich viel ausmachen.

ne bloß nicht…will ja kühlen:wink:

gruß basit

#6

Hi Uwi,

Was ich noch vergessen habe, ist eine Abschätzung der
Verluste durch Strahlung.
Wenn ich nicht irre, müßte das mit Stefan-Boltzmann-Gesetz
leicht abzuschätzen sein. Solange die Oberflächen nicht
metallisch glänzend sind, ist mit einem rel. Strahlungkoeff.
ca. 0.9 zu rechnen.

Wenn ich nicht falsch liege, kommen da auch nochmal ca. 3KW
zustande.

Also wenn ich nur mit dem Bolzmann-Gesetz rechne komme ich auf ca. 7kW
bei 25°C bzw. 298K

Also: Q=Bolzmannkonstante*Fläche*Temperatur^4
Q=5,67*10^-8*298^4*16= 7,15kW

Kann das denn sein?

gruß Basti

#7

Hallo,

Also wenn ich nur mit dem Bolzmann-Gesetz rechne komme ich auf
ca. 7kW
bei 25°C bzw. 298K
Also: Q=Bolzmannkonstante*Fläche*Temperatur^4
Q=5,67*10^-8*298^4*16= 7,15kW
Kann das denn sein?

Die Wärmestrahlung ist keine Einbahnstraße.
Nur der Strahlungsanteil, der durch die Temperaturdiff. resultiert,
geht in die Verlustrechnung ein!!

Must also noch mal rechnen :wink:

Gruß Uwi

#8

Hallo,

Um größere Leckagen und Verluste zu vermeiden darf die
Öltemperatur 55°nicht überschreiten.
Was mich nun interessiert ist die Kühlleistung des Behälters
damit ich einen zusätzlichen Ölkühler auslegen kann der dann
für die restliche Kühlleistung sorgt.

Ich denke, den brauchst Du nimmer :smile:
Der Behälter ist doch quasi ein Kühler.
Ist im Behälter genügend Bewegung? Ich denke durch das
zuströmende heiße Öl wird genug Bewegt, oder?

Mit etwas vergrößerter Oberfläche (abstehende Kühlbleche)
und vor allem mit etwas forcierter Luftbewegung kannst Du da
noch deutlich mehr Wärme per Konvektion abführen. Must einfach
rundum Lüfter paar installieren, die die Konvektion an den
senkrechten Wänden deutlich erhöhen.

Mit 20m² effektiver Oberfläche und 4m/s Luftgeschw. komme ich
schon auf Kühlleistung von ca. 12…13KW.
Dazu 2…3 KW Strahlung und schon ist es erledigt.
Diverse Zuleitungenleitungen wirken auch noch mit.

Hab folgendermaßen gerechnet:
alpha=Wärmeübergangskoeffizient
Q=alpa*A*deltaT
alpa= (lamda*Nussel-Zahl)/Überströmlänge
Nussel-Zahl nach Formel für Senkrechte Ebene Wand abhänig von
Rayleigh-Zahl und Prandtel-Funktion. Nach Rayleigh-Zahl
bekomme ich sogar eine Turbulente Strömung…

Tut mir leid, dieses Rechnungen kann ich nicht nachvollziehen.
Die Rechnung mit dem spez. Wärmeübergang an Flächen habe ich aber
schon öfters benutzt und die hat immer gut mit den praktischen
Meßwerten korreliert. Damit kann man auch sehr gut Kühlkörper
berechnen.

Wenn Du der Sache aber so nicht traust, dann mach doch einen
kleinen Versuchsaufbau.
Montiere auf ein größeres Alublech (0,5…1m² mind. 3mm dick) in
gleichmäßigen Abständen Heizwiderstände (am besteh mit Silikon
aufkleben).
Innerhalb der Platte wird kein großer Temperaturgradient
auftreten. Die Rückseite isoliere dick mit Styropur, die
Vorderseite am besten schwarz machen (Stahlungskoeff > 0,9).

Dann messe die Oberflächentemp. der Platte (Fühler am besten auch
gleich mit einkleben).

Es wird sich ein Gleichgewicht einstellen. Durch zusätzliche
Lüfter kannst Du die Luftgeschw. variieren
(Messung z.B. mit Prandle-Rohr oder Flügelradanemometer).

Aus den Tempdiff. und der elektr. Heizleistung kannst Du leicht
die Kühlleistung pro Flächeneinheit berechnen.

Gruß Uwi

#9

Weisser Anstrich geht auch :smile:

Innerhalb der Platte wird kein großer Temperaturgradient
auftreten. Die Rückseite isoliere dick mit Styropur, die
Vorderseite am besten schwarz machen (Stahlungskoeff >
0,9).

In diesem Temperatur- & Wellenlängenbereich ist die Farbe der Fläche völlig schnuppe. Hauptsache, die metalische Oberfläche ist mit welch-auch-immer-Farbe angestrichen.

Ein Blech, das mit weisser Acrylfarbe lackiert ist, hat für zweistellige Celsius-Temperaturen gleichen Emissionsgrad, wie gleiches Blech, das schwarz angestrichen wurde.

Die meisten Farbanstriche haben einen Emissionsgrad um 0,9 herum.

MfG

C.

#10

Re: Weisser Anstrich geht auch :smile:
Hallo,

Ein Blech, das mit weisser Acrylfarbe lackiert ist, hat für
zweistellige Celsius-Temperaturen gleichen Emissionsgrad, wie
gleiches Blech, das schwarz angestrichen wurde.
Die meisten Farbanstriche haben einen Emissionsgrad um 0,9
herum.

Jo, steht hier auch schon mal.
http://www.wer-weiss-was.de/cgi-bin/forum/showarchiv…

Fruß Uwi

#11

Echt?
Hallo,
ein Kühlblech sollte doch am besten gar nicht lackiert sein, da das ein zusätzliche Isolierung bedeutet, oder?
Abgesehen davon hat bei unseren TVGeräten damals schwarzes (bruniertes) Alu die Temperatur des Kühlblechs um einige Grad gesenkt. Allerdings ging es dabei um Strahlungswärme - im geschlossenen Gehäuse über der Platine gab es nicht sonderlich viel Konvektion.
Widerspricht das nicht der Theorie mit der weißen Farbe?
Gruß
loderunner

#12

Hallo,

ein Kühlblech sollte doch am besten gar nicht lackiert sein,
da das ein zusätzliche Isolierung bedeutet, oder?

im Prinzip ja, in Praxis wird die Lakierung kaum eine Rolle
spielen, weil der Wärmedurchgang durch die dünnne Lackschicht
weitaus kleiner ist als der Wäremübergang Oberfläche - Luft.

Abgesehen davon hat bei unseren TVGeräten damals schwarzes
(bruniertes) Alu die Temperatur des Kühlblechs um einige Grad
gesenkt. Allerdings ging es dabei um Strahlungswärme - im
geschlossenen Gehäuse über der Platine gab es nicht sonderlich
viel Konvektion.

Die Aussage über den ral. marginalen Zusammenhang zw.
Farbe und Strahlungskoeff. bezog sich auf rel. niedrige Temp.
Bei höheren Temp. (über 100°C) nimmt der Einfluß der Farbe
etwas zu.

Widerspricht das nicht der Theorie mit der weißen Farbe?

Immer alles schön im Zusammenhang betrachten :smile:

Ansonsten kann die Farbe schon ein paar Prozent Unterschied
beim Strahlungskoeff ausmachen. Es kommt aber auf die Gesamtbilanz
an, ob das überhaupt eine Rolle spielt.

Fallbetrachtung:

  1. niedrige Temp.
    -> Stahlungsint. ist gering (Anteil z.B. 25%)
    -> 10% Prozent Änderung des Strahlungskoeff. = 2,5%
    -> 2,5% Änderung bei z.B. einer Differenztemp. von 30grd =0,75grd
    Das ist kaum meßbar!

  2. höhere Temp.
    -> Stahlungsint. nimmt mit T^4 u -> Anteil z.B. 70%
    -> Einfluß der Farbe nimmt zu, angenommen 15%, macht ca.10%
    -> 10% bei einer Temperaturdiff. von z.B. 100grd = 10grd
    Das ist sehr wohl gut messbar.

Gruß Uwi

#13

Danke! (o.w.T.)
-nix-