z
X
DERS 4
Çeşitli koordinat sistemlerinde ısıl iletkenlik problemleri.
Kartezyen koordinat sistemi
T
T
T
Q
Ben
J
k
T T x, y , z , t
sen
X
X
sen
T
T T T
C
qV
t x x y y z z
C
T T
qV
t x x
(1)
(2)
(3)
Uygulamada denklemin yazılması ihtiyacını doğuran koşullarla sıklıkla karşılaşılmaktadır.
Farklı bir formda ısıl iletkenlik, çözümün sunulması için daha uygun ve fiziksel
yorumlar.
Denklem türünün bağımlılığı
kullanılan sisteme bağlı olarak
koordinatlar hariç tutulabilir,
operatör gösterimini kullanma
1 ton
Q
TELEVİZYON
bir t
2
X
2
2
sen
2
2
z2
AC
T
C
div gradT qV
T
veya
C
T
TqV
T
(4)
Isı salınımı ve enerji birikimini ifade eden terimler aşağıdakilere göre değişmez:
koordinat sistemleri (yani değişmemiş); ancak ortaya çıkan iletkenliği ifade eden terimler
ısı akışı geometriye ve dolayısıyla koordinat sistemine bağlıdır.

Silindirik koordinat sistemi
z
C
doktor
R
dz
r, z
z
X
T
div q q
T
q T
xrco'lar
sen
r, z
(5)
günahın
(6)
1 1 2
2
r 2 2 2
r r r r
z
D
sen
doktor
D
ölmek
dx
z
QR
(7)
1 T 1 T 1 2T 2T qV
r 2 2 2
bir t r r
z
X
1 T 1 T
R
qV
bir t r r
T
1 ton
T
; Q
; qz
R
R
z
A
(9)
T T'ler
C
(8)

R,
Küresel koordinat sistemi
z
doktor
R,
R
D
X
1 ton
div q q
bir t
q T
sen
1 2
1
1
2
2 r
2
günah
2
günah 2
r r r r günah
T
1 ton
1 ton
; Q
; Q
R
R
günah
(10)
1 T 1 2 T
1
T
1
2TqV
2 r
2
günah 2
2
a t r r r günah
günah
(11)
D
QR
1 T 1 2 T qV
2 r
bir t r r
xr sincos
günahın günah
z
(12)
z r çünkü
sen
X

Kanonik şekilli cisimler için ısı denklemleri
Denklemleri farklı koordinat sistemlerinde yazmak özellikle uygundur,
kanonik gövdelerdeki sıcaklık dağılımını bulmanız gerektiğinde
şekil - bir silindir veya top halinde. Bu durumlarda denklemler esasen
sıcaklık alanı kullanıldığında özel koşullar belirtilirken basitleştirilmiştir
yalnızca bir koordinata bağlıdır.
paralel yüzlü
plaka
silindir
küre
C
T T T T
qV
t x x y y z z
1T 2TqV
2
bir tx
qe
1 T 1 T qV
R
bir t r r
1 T 1 2 T qV
R
2
bir t r r
T T'ler
z
sen
X

1 T 1 n T qV
R
N
bir t r r
Son üç
birlikte denklemler:
n 0
n 2
n 1 silindir
uçak
T T0
T* T0
T
T*
(13)
küre
R
R*
1 1n
qV
N
Fo
Masada
Fourier sayısı
en*
Fo 2
R*
qV1:
en*
en
1: 2
2
R*
R*
(14)
qV r*2
qV
T* T0
Q
T* T0 Vr*2
1n
1
N
Fo

Çeşitli koordinat sistemlerinde ısı iletiminin durağan problemleri
Silindirik duvar: sabit ısı iletim süreci
iç yarıçapı r1 olan silindirik duvar (boru);
d 1 2r1
r1
1 T 1 T 1 2T 2T qV
R
a t r r r 2 2 z 2
r2
Te1
2
1
T1
d1
T2
Te 2
dT
sen
doktor
sen 1
sen 0
doktor r
T C1 iç r C2
Q
d2
(17)
dT
C
1 (18)
doktor
R
2T
1 dT
0
2 r dr
doktor
(15)
In u In r In C1
(16)
Spesifik ısı akısı
kalınlık sabittir ve azaldıkça azalır
dış yüzeye doğru
Sabit koşullar altında, içinden geçen toplam ısı akısı
uzunluğu l olan ve eşit olan silindirik bir borunun kesiti
Q q F q 2 rl
Spesifik ısı akışı
yarıçapla birlikte azalır
!!!
(19)
Yüzey alanı
yarıçapla birlikte artar
Boru kalınlığı boyunca sıcaklık sabit sıcaklıkta bile doğrusal olmayan bir şekilde değişir
termal iletkenlik katsayısı
Entegrasyon sabitleri sınır koşullarından bulunabilir.

r r1: T T1; r r2: T T2
T1 C1 ln r1 C2 ,
Doğrusal sistem
denklemler
T2 C1 ln r2 C2 ,
T ln r2 r T2 ln r r1
T1
;
r2 r1'de
Q
Q
Birim uzunluk başına ısı akışı
qп
(20)
dT
C
1
doktor
R
dT
T
ben 2 r
2 l,
doktor
r2 r1'de
K
Q
2
T , T T1 T2
l r2 r1
(21)
(22)

(duvar sıcaklıkları bilinmiyor)
T C1 iç r C2
Biz de aynısını yapabiliriz:
r r1:
Bunu farklı şekilde yapalım:
(23)
T
T
1e T Te1; rr2:
2e Te2 T
R
R
Birim uzunluk başına konvektif ısı akısı
borular doğrusal ısı akışına eşit olmalıdır
termal iletkenlik nedeniyle:
qп 1e Te1 T1 2 r1
2
T1 T2
qп
r2 r1'de
qп Kc Te1 Te2
1
Kc
, W/(MK)
1
1 saat
1
2'de
2 1e r1 2 r1 2 2e r2
qп 2e T2 Te2 2 r2
Isı transfer katsayısı
silindirik duvar
RC
1
1
1 saat
1
2'de
Şc 2 1er1 2 r1 2 2er2
düz duvar
R
1 litre 1
1 2
1 litre 1
k
1
2
1
W/(M2 K)
Denklem sisteminden (23) şunu bulabiliriz:
ve duvar sıcaklıkları ve (20)'deki yerine koyma
Tam termal
boru direnci
(24)
(25)
(26)
Boyut
farklı
K boyutu
düz duvar!
T ln r2 r T2 ln r r1
T1
;
r2 r1'de
Olabilmek
Masada

Boyutsuz değişkenlerde
r1
gün 2
D
r2
2
1 gün
0
D
(27)
D
Bi
D
(28)
r1 r2:
Te1
2
1
d1
d2
Egzersiz yapmak
evde:
1:
T Te 2
R
; r* r2
Te1 Te 2
r2
D
Bi 1
D
(29)
2er2 1e
Bi
2e
C1 ve C2
Te 2
C1
Bi C1 ln C2
C1 Bi C2 1
(30)
A) Boyutsuz değişkenlere dikkatlice gidin
B) Sistemden entegrasyon sabitlerini bulun (30)
B) Şunun için inşa edin: Farklı anlamlar parametreler

10.

Prensipler
tutarlı
Ve
paralel
bir devredeki termal dirençlerin bağlantıları,
dikdörtgen şeklindeki düz bir duvar için geçerlidir
koordinat sistemi problemine de uygulanabilir.
içi boş bir silindirde ısı iletkenliği.
Elektriksel benzetme
2
Q
1
Q
T0
r3
r2
r1
T1
T2
TS
RT
r2 r1'de
2 litre
Sıvı bir boruda akar, R 1 1
0
F 2 r1l
yalıtımla kaplı
malzeme
dT
T
ben 2 r
2 l,
doktor
r2 r1'de
T
Q
,
r2 r1 2 l'de
Şeklinde
Ohm kanunu
Isıl direnç
içi boş silindir
Konvektif termal
sıvı direnci
Sıvının konvektif direncinin iki ile seri bağlantısı var
iletken termal dirençler. Sıvı sıcaklığı ve sıcaklığı ayarlanmışsa
dış yüzey:
T0 T'ler
T
Q
A)
R
tam dolu
R
R
1
1
1
2'de
3'te
2 1r1l 2 l 1 r1 2 l 2 r2
(31)
Rezistans
izolasyon
İç ve dış yüzeylerin sıcaklıkları belirtilmişse
B)
T
Q
R dolu
T1 T'ler
R
R
1
1
2'de
3'te
2 l 1 r1 2 l 2 r2
(32)

11.

Örnek
1 185
Isı iletkenliğine sahip alüminyum bir boruda
W/(m·K), su buharı akışı
◦
110 C sıcaklıkta Borunun iç çapı 10 cm'dir, dış çap – 12
Te
cm Boru, sıcaklığı olan bir odada bulunur
30◦C; katsayı
e
borudan konvektif ısı transferi
havaya
15 W/(m2K)'ye eşittir. 1) Gerekli
Boru ısıl olarak yalıtılmamışsa, borunun birim uzunluğu başına ısı akısını bulun.
2) Borunun ısı kaybını azaltmak için bir ısı yalıtım tabakası ile kaplandı
(2 0 ,2 W/(m·K)) 5 cm kalınlıkta birim uzunluk başına ısı akısını bulun.
ısı yalıtımlı boru. Konvektif termal olduğunu varsayalım
buhar direnci ihmal edilebilir düzeydedir.
Çözüm. Isı yalıtımı olmayan bir boru için en önemlileri şunlardır:
Borunun kendisinin iletken termal direnci ve konvektif termal
oda hava direnci. Konvektif termal olduğundan
buhar direnci ihmal edilebilir, iç yüzeyin sıcaklığı
boru buhar sıcaklığına eşittir. Birim boru uzunluğu başına ısı akısı şu şekildedir:
oranlar T T
110 30
80
Q
0
e
r2 r1'de
1
2 1
2 r2 e
6 5'te
1
2 185 2 0 ,06 15
1,57 10
4
0 ,177
452 W/m.
Isı yalıtımlı bir boru için termal direnç eklemeniz gerekir
ısı yalıtımı ve ısı akışı ilişkisi şu şekilde olacaktır:
Q
T0 Te
80
138
ln r3 r2 1,57 10 4 0 ,096 0 ,482
r2 r1'de
1
2 1
2 r3 e
2 2
W/m.

12.

Çok katmanlı silindirik duvar
kalite kontrolü
Tn T1 1
N
D
1
ben 1'de
2 ben
di
, d ben 2r1
kalite kontrolü
ben 1
Konsept geçerliliğini koruyor
eşdeğer katsayı
termal iletkenlik
eşitlik
ln 1 d1
N
ben 1
T1
T2
1
(33)
Ç3
2
(34)
1 gün ben 1
içinde
ben yaptım
r1 d1 2
... ...
Tn 1
n 1
Tn
N
Tn 1
r2 d2 2
Sıcaklık Ti 1
Ti 1 Ti
2 eşdeğer T1 Tn 1
ln 1 d1
i-inci ve i+1-katmanları arasındaki sınırda
qc 1 gün 2 1 d3
1 gün
ln ... ln i 1
2 1 gün1 2 gün 2
Ben
di
(35)
Isı transfer katsayısı:
Kc
1
1
1d1
N
ben 1
1 di 1
1
içinde
2 ben di 2 d 2
(36)

13.

r1
Bir borudaki radyal ısı akısı logaritmayla ters orantılıdır
dış yarıçap (radyal iletim direnci artar);
r2
Dış yüzeyden ısı yayılımı bununla doğru orantılıdır.
yarıçap (soğutma yüzey alanını arttırır)
qc K c Te1 Te 2
Kc
1
,
1
1 r2
1
içinde
2 1r1 2 r1 2 2 r2
Bu nedenle belirli bir yarıçap vardır.
ısı kaybının maksimum olduğu yer!
Sabit (küçük) bir iç yarıçapla artarsak
boru et kalınlığı (yani dış yarıçapı r2 artırın), ardından eylem
termal direnç formülündeki logaritma daha fazla olacaktır
daha büyük bir iç yarıçapa sahip olduğundan daha güçlü

14.

Isı yalıtımının kritik çapı
qc Kc Te1 Te2
Kc
1
,
1
1 r2
1
içinde
2 1r1 2 r1 2 2 r2
dqc
0
dr2
Ekstrem durum:
verir
r2 * 1
2
Kritik yarıçap
Sıfır iç direncin özel bir durumu, 1 1 0
sen
Q
2 Kıs1 Te 2
1
R
,x2,
ln x x
r1
2r1
(38)
0 Dış direnç de sıfırdır
r1 r2
Duvar kalınlığı 0
1: x 2r2
Belirli bir iç yarıçap için kritik değer
artarsa ​​dış yarıçap artar
borunun ısı iletkenliği veya katsayısı azalırsa
dış yüzeyde ısı transferi
(37)
Bi 1

15.

yalıtım
Kritik bir dış yarıçapın varlığı şuna yol açar:
geleneksel fikirlerin aksine bazı gerçek koşullar,
Yalıtılmış bir borudan ısı kaybı aslında azaltılabilir
yalıtım kalınlığını azaltarak
d1
d2
Kesiti iki katmanlı bir borunun toplam ısıl direnci
şekilde gösterilen formülle belirlenir
d3
RC
1 2
boru
Durum
ekstremum:
d2 d3 *
d3 d2
(39)
- yalıtım kalınlığı
Yalıtımın ısıl iletkenliğinin ısıl direnci (I) arttıkça artar
yalıtım kaplamasının kalınlığı; Yalıtım ısı transferinin termal direnci
(II) – azalır (ısı transfer yüzeyi arttıkça)
dRC
1
1
0
dd3 2 2 d3 2 gün 32
RC
d2 d3 *
1
1
1 d2
1 d3
1
içinde
içinde
K c 1d1 2 1 d1 2 2 d 2 2 d3
II
(BEN)
d 3 *
22
8 32
0
d3 * 2 2
2
bağlı değil
d2
(40)
(yani boru hattının çapına bağlı değildir)
Kritik noktada tam termal
direnç minimum düzeydedir!
yalıtım kalınlığının arttırılması ısı transferini azaltır
Seçilen kaplamanın uygulanması başlangıçta bir artışa yol açacaktır
ısı transferi ve yalnızca kritik çapa ulaşıldığında ısı akışı olacaktır
azaltmak; o zaman yalıtımsız değere ulaşacaktır ve ancak o zaman
İstenilen etkiye yol açacaktır

16.

İçi boş bir topla ilgili problem
(top duvarı)
2T
doktor
2
2 dT
0
Dr.
(41)
Uzaysal olarak tek boyutlu durağan bir durumu göz önüne alıyoruz.
verilen küresel bir duvarda ısı iletimi problemi
iç ve dış yüzeylerin yarıçapları. Tek boyutluluk
Sorun, duvardaki sıcaklık dağılımının
yalnızca yarıçapa bağlıdır
Değiştirmeyi kullanma
değişkenler
r1
dT
sen
doktor
du
2u
Ortak karar
doktor
R
C
C
dT C1
ln u 2 ln r ln C1; sen 21; Tr1C2;
2
R
doktor r
R
r2
Birinci türden sınır koşulları
r r1: T T1
C1
C2
r1
T 1 r 1 r2 T2 1 r1 1 r
T r 1
1 r1 1 r2
r r2: T T2
(42)
Isı akısı yoğunluğu
Toplam ısı akışı
Q
T1
T2
C1
C2
r2
(43)
(44)
dT
r2
T1 T2
Q
2 C1
doktor
1 r1 1 r2
R
(45)
dT
4
T1 T2
4 r 2 4 C1
doktor
1 r1 1 r2
(46)

17.

Üçüncü türden sınır koşulları
T r
Ortak karar
değişmez
C1
C2
R
T
rr1: -
1 T Te1
R
T
rr2: -
2 Te2 T
R
(47)
2r2 C1 2r22C2 2r22Te2
C1
1r1
1r12
2 r22
2 r2
r1
r2
1r1 C1 1r12C2 1r12Te1
1r12 Te 2 Te1
dT C1
2
doktor r
C2
(48)
Toplam ısı akısı Q değil
mevcut yarıçapa bağlıdır
1r1 T 1r12 T
2 r2 e 2 2 r22 e1
1r1 1r12
2 r2 2 r22
(49)
Sınırda, belirli sıcaklıktaki ortamlar arasında ideal ısı alışverişi ve
küresel duvar (yani sonsuz ısı transfer katsayıları için), sorunu şu şekilde çözer:
Üçüncü türden sınır koşulları, sınır koşullarıyla ilgili bir problemin çözümünde kullanılır
Birinci türden koşullar.
4
Q
T T
1 1 1 2
r1 r2
=
ısı akışı,
4 r1 2 1 Te1 T
geliyor
iç duvar
=
ısı akışı,
4 r 2 2 2 T Te 2
ayrılmak
dış duvar

18.

Küresel bir duvarda sıcaklık dağılımı
üçüncü türden sınır koşulları için
Evde:
hepsini Oynat
çözüm
1 1
1 1
Ç1 T 2
r r
r1 r
2
T r
1 1
r1 r2
Duvar sıcaklıkları:
T1
r12 1Te1 s Te 2
2 Ke1
r2 2
r12 1
s 1 2 r12 1
R
2 2
r12 1
r12 1
Te 2 2 Te1
r2 2
2
r1 1 2
s 1 2 r1 1
R
2 2
r12 1Te 2
T2
Top duvarı iletkenliği:
S
1 1
r1 r2
r1r 2
r2 r1

19.

En basit problemlerin boyutsuz formdaki çözümleri
Kanonik şekilli cisimler için durağan problemlerin çözümlerini toplayalım.
birinci türden sınır koşulları birlikte
T p T1 T1 T 2
R
r2
Evde: oynayın!
Tc
1 1
1 1
Ç1 T 2
r r
r1 r
2
TS
1 1
r1 r2
T1 iç r 2 r T 2 iç r r1
l n r 2 r1
T T2
Ç1 T 2
R
r2
0,8
sayfa 1
içinde
içinde
1 1
1
1
1 1
C
P
0 1
0,6
r2
1
r1
2
0,2
0,0
0,0
Düz bir duvarda kalite dağılımı
sıcaklık (doğrusal) ona bağlı değildir
kalınlık. Ancak silindirik ve küresel olarak -
yarıçapa göre doğrusal olmayan şekilde değişir;
karakter
dağılım (eğrinin eğriliği) şunlara bağlıdır:
dış ve iç yarıçapların oranı.
1
3
0,4
0,2
0,4
0,6
0,8
Düz sıcaklık dağılımı
(1), silindirik (2) ve küresel (3)
duvar Kesintisiz çizgiler
;
10
noktalı çizgiler - . 5

20.

Üçüncü türden sınır koşulları durumunda en basit problemlerin çözümleri
ısı transferini karakterize eden parametrelere bağlıdır.
Aynı ısı transfer katsayıları için.
T Te 2
Te1 Te 2
R
r2
1 2
0,8
plaka için
1
s 1 1 2
1 1
2 çift
2
1
2 çift
silindir için:
0,6
3
0,4
3
1
2
0,2
1 2 ln 2 ln
içinde
1 1
2
1 milyar ln
1 milyar ln
C
küre için:
S
1
1 1 1 2
1
1 ÇİFT 1
1 1 Çift
2
Bi
r1
1
1 1 Çift
0,0
0,2
0,4
0,6
1
0,8
2
Sıcaklık dağılımı
düzlem koordinatı (1) boyunca,
silindirik (2) ve küresel
(3) koşullardaki duvarlar
konvektif ısı transferi.
Kesintisiz çizgiler - Bi 2;
noktalı - Bi 1 0

21.

Örnekler: Dewar şişesi
Oksit filmle kaplanmış metal parçacık
Ev ödevi:
1. Sıcaklık dağılımı problemini iki katmanlı olarak formüle edin
malzemeyi kullanarak konvektif soğutma sırasında küresel kabuk
dersler. Katmanlar arasındaki termal temasın ideal olduğu kabul edilir. Yol göstermek
problemi boyutsuz bir forma dönüştürüyoruz. Tam bir analitik çözüm oluşturun
bu görev.
2.*Topun iç ve dış yüzeylerinin sıcaklıklarını hesaplayın
problem 1'deki kabukların yanı sıra temas noktasındaki sıcaklık; tamamlandı tanımla
sıcaklığın olduğu varsayılarak, topun yüzeyinden çıkan ısı akışı
kabuğun içindeki ortam – 175 C, sıcaklık çevre– 25°C;
ısı transfer katsayıları aynı ve eşittir – 28,8 kcal/(m2·saat·derece);
kabuğun iç ve dış yarıçapları – 3 cm ve 5 cm, kalınlık
iç kabuk – 25 mm. İç kabuk yapılmıştır
1,45 kcal/(m saat derece) termal iletkenliğe sahip malzeme; dış
0,137 kcal/(m saat derece) ısıl iletkenlik katsayısına sahip malzeme. Nasıl
dış kalınlığı arttıkça ısı akışı değişecektir
25 mm'den 300 mm'ye kadar değişen mermiler?

22.

2T
Te 2
2
T1
Te1
T2
1
maksimum
qV
0;
2
dx
G.u. birinci tür: r r1:
qV yapısı
T T1;
(1)
rr2:
T T2 (2)
G.u. üçüncü tür:
r r1:
-
T
1T Te1;
R
rr2:
-
T
2 Te2 T
R
Çözümün ilk "yolu":
Sorun temel entegrasyonla çözüldü:
qV x 2
Tx
C1x C2
2
dT
Q
V x C1;
dx
(4)
Genel çözümü g.e. yerine koyarsak entegrasyon sabitlerini buluruz.
Maksimum yüzeylerden belli bir mesafede bulunur.
Maksimumun konumu koşuldan bulunabilir (ekstrem durum)
dT
qx
V C1 0
dx
(5)
dT
0
dx
(3)

23.

Dahili ısı kaynaklarıyla ilgili görevler
VOLÜMETRİK ISI ÜRETİMİYLE ISI İLETKEN DÜZ DUVAR
Te 2
2
T1
Te1
1
2
1
İşleri biraz farklı yapalım. (İkinci "yol"
çözümler)
qV x 2
Tx
C1x C2
genel
çözüm
2
(4)
Koordinatların başlangıç ​​noktasını bu noktaya yerleştirelim.
Maksimum sıcaklık
T2
1; 2
- maksimumdan plakanın kenarlarına kadar olan mesafeler
0
C1 0
Sağdaki sınır koşulunu şu şekilde yeniden yazıyoruz:
x2:
dT
dx
2
2 T Te 2
2
2
Q
V
2
2 C2
Te 2 qV 2
2
(6)
x=0 düzlemi ısıl olarak yalıtılmış kabul edilebileceğinden, açığa çıkan ısının tamamı
Birim zamanda sağdaki plaka çevreye bırakılmalıdır
sağ duvardan ısı transferi yoluyla. Aksi takdirde koşul ihlal edilecektir
durağanlık
qV 2 - kalınlığı = 1 olan bir plakanın hacminde birim zamanda açığa çıkan ısı miktarı
Solda plakanın birim yüzey alanı başına ısı transfer akısı ifadesi yer almaktadır.

24.

Plakanın sol katmanının kalınlığı için de benzer mantık
1 2
ifadeye yol açar
2
Q
V
2
1 C2
Te1 qV 2
2
(7)
(6), (7) eşitliklerini kullanarak konumu buluyoruz
maksimum
2
2 1 2 Te1 Te 2 qV 2 1 2
2qV 1 2 1 2
(8)
C2 sabitini belirleyerek (eşitliklerden herhangi biri uygundur) genel çözümü buluruz.
En basit şekli alırsa
1 2 ;Te1 Te2 Te
1 2 2
Daha sonra
qV qV 2
C2
Te
2
8
Ve
2
Q
qV
2
Tx
xV Te
2 2
2
(9)
(10)
qV 2 qV
Plakanın ısıl iletkenliği ne kadar düşük olursa o kadar yüksek olur
Tmaks T x 0
Te
8
2
Q
Duvar sıcaklığı Ts T1 T2 V Te ısı transferinin bozulmasıyla artar
2

25.

Birinci türden sınır koşulları
T1
2
1
T2
0
qV 22
C2 T2
2
dT
dx
2 T1 T2
2 1
2
qV 2
(11)
qV 2 2
C2 T1
2
2
qV 2 T1 T2
2
TxT2
X
1
2
2 2
qV
Çok büyük değerler için
x2:
qV x 2
Tx
C1x C, C1 0 (4)
2
2
Üçüncü türden sınır koşulları sınır koşullarına dönüşür
Birinci türden koşullar. Bu nedenle aynı karara sahibiz
önceki çözümü kullanıyoruz
2 T Te 2
2
(12)
T x T2 T2e
2
(13)
Sonuç olarak, üçüncü türden (10) sınır koşullarıyla ilgili simetrik problemden şunu buluyoruz:
2
qV
2
Tx
x T'ler
2 2
Tmaks T x 0
Q
V T'ler
8
2
Sıcaklık
duvarlar
(14)
Duvar sıcaklıklarının eşit olması koşuluyla, önceki çözümden de aynı eşitlik elde edilir.

26.

Eşit biçimde ısıtılan (veya
soğutulmuş) yan yüzeyden. Silindirin hacmi bir ısı kaynağı içerir
sürekli yoğunluk. Sıcaklık dağılımını bulmak için gereklidir.
kararlı hal.
d 2T 1 dT q
doktor
sen dT dr
2
Dr.
q r
du
R
sen V 0
doktor
V
veya
0
(1)
d ru qV r
0
doktor
qV r2
ru
C1
2
q r C
dT
V1
doktor
2
R
Ortak karar
Birinci
integral
(3)
qV r2
T
C1 iç r C2
4
Merkezdeki durum
katı silindir
dT dr 0; r 0
(2)
(4)
C1 0

27.

Hacimsel ısı dağıtma silindiri
dT
T Te
R R
doktor
qV 2
qV R
2
qV R qV R 2
T
R
R
Te
C2
Te
4
2
2
4
Q
qR
qR
Tmaks VR 2 V Te
Ts VTe
4
2
2
Dış durum:
silindir yüzeyindeki ısı akısı yoğunluğu:
silindir yüzeyinden toplam ısı akısı:
q Ts Te
QqF
(5)
(6)
(7)
qV R
2
qV R
2 Rl qV R 2l
2
Hacimsel ısı salınımı olan bir silindirin soğutulması problemi,
özellikle katotlardaki sıcaklık dağılımını bulmaya olan ilgi,
iyon akışlarını oluşturmak için plazmatronlarda kullanılır. Pratik olarak
uygulamada bu problem şu şekilde yeniden formüle edilebilir: gücü bulun
gerektirmesi koşuluyla, katodu sıçratmaya yetecek kaynak
katot malzemesinin erime noktasına ulaşmak
Genel çözümü (4) kullanarak kalınlık üzerindeki sıcaklık dağılımını bulabiliriz.
içi boş bir silindirin duvarları veya koruyucu bir tabaka ile kaplanmış bir silindirin kalınlığı boyunca
(daha fazla düşüneceğiz). İlk durumda, iç yüzeydeki koşulları ayarlamanız gerekir.
silindir. İkinci durumda arayüzde ek bir koşul gerekli olacaktır.
farklı özelliklere sahip iki malzeme; Dördüncü türden sınır koşulu.

28.

Hacimsel ısı tahliyeli top
qV r 2 C1
Evde: göster bana
T
C2 (2)
(1)
genel çözüm nedir
6
r1
doktor 2
(1) şu şekle sahiptir: (2)
dT
Koşullar:
dT dr 0; r 0 ve dr T Te; R R
Q
Q
C1 0'ı verin ve
C2 Te VR VR 2
3
6
2
qV
qV 2 r (3)
T Te
R
R1
3
6
R
Q
Q
Tmaks Te VR VR 2 (4)
Maksimum sıcaklık
3
6
Q
Q
Yüzey sıcaklığı
Ts Te VR VR 2 (5)
3
6
R 2 dT
1
Yüzeyden geçen toplam ısı akışı
Q
R 3qV
4 dr r R3
top
qV R
qV 2 qV R
T
Te
Tmax
R
Te
silindir
S
2
4
2
Karşılaştırmak
2T
2 dT qV
0
Dr.
Düz katman Tmax
qV qV 2
Te
2
8
Q
T s V Te
2
(4), (5) ile

29.

Örnek 1. Bul maksimum güç içinden geçilebilen akım
1 mm çapında alüminyum tel (λ=204 W/(m·K))
sıcaklık 200 C'yi aşmadı. Tel havada asılı kaldı
sıcaklık 25 C. Telden konvektif ısı transfer katsayısı
hava 10 W/(m2K)'dir. Birim başına elektrik direnci Re/l
kablo uzunluğu 0,037 Ohm/m'dir.
Çözüm. Aşağıdaki formülü (66) kullanalım
qV
Yeniden ben 2
R2l
Tm baltası
qV R R
ben 2 yeniden
Te
1
Te
2
2
2 R l
R
1 2
Verilen fiziksel büyüklük değerlerini değiştiriyoruz:
200 25
BEN
2
2 1 0 3
Buradan mevcut gücü buluyoruz:
1 0 3 2 1 0
0,0 3 7 1
2 204
2 10
ben 12,2 A

30.

Yalıtılmış tel
Sorunun titiz matematiksel formülasyonu:
d 2T1
doktor
2
d 2T2
İlk koşul simetri koşuludur;
ikincisi termal olduğunu gösteriyor
tel ve yalıtım arasındaki temas –
ideal ve üçüncüsü karşılık gelir
telin konvektif ısı değişimi
ortamdan izolasyon.
doktor
2
1 dT2
0
Dr.
r 0: dT dr 0
R: 1
R R
(1)
R r R
(2)
(3)
dT1
dT
2 2; Ç1 T 2
doktor
doktor
R: 2
Sorunun genel çözümü:
1 dT1 qV
0
Dr.
1
dT2
T2 Te
doktor
qV r2
T1
C1 l n r C 2
4 1
T2 C3 l n r C 4
(4)
(5)
Evde: göster bana
adalet

31.

Yalıtılmış tel
qV r2
T1
C1 l n r C 2
4 1
Sorunun genel çözümü:
T2 C3 l n r C 4
Koşul (3)'ten elimizde:
C1 0
qR
C
1 V 2 3
R
2 1
Koşullar (4) şunları sağlar:
qV R2
C3
2 2
qV R2
qV R2
C2
l nR C 4
4 1
2 2
Koşul (5)'ten şu sonuç çıkar:
qV R2
C3 2 qV R2
2
RC 4 Te'de
R
R2 2
2 2
Bulduk:
qV R2
qR
C4Te
lnRV
2 2
2
qV R 2 2 1 qV R 2 R
C2Te
içinde
1
4 1 R2 2
R

32.

Bu nedenle yalıtımlı bir teldeki sıcaklık dağılımı
formüllerle açıklanan
qV R 2 2 1 qV R 2 R qV r 2
T1 Te
içinde
1
4 1 R2 2
R4 1
Ve
qV R 2 2 qV R 2 R
T2Te
içinde
2 2R
2 2
R
Nihai çözümü şu şekilde sunuyoruz:
T Te
ben ben
T Te
qV R2
T Te
1
R
R
1
Bi K
2
1 1 2
1'de
4
K2
4
2
KK 1
içinde
2Bi
2
Yüzeyden ısı akışını belirleyelim
kondüktör
q T2 R Te
Q R2l T2 R2 Te
K Bi 1
K Bi 1
Eve git
boyutsuz değişkenler
0 1
Bi
1 1
k
Q
R2 2 l T* Te
1
2
R
2
k
Bi
- yalıtım, akım taşıyan iletkenden ısıyı gidermez
- ısı kaybından dolayı iletkenin soğutulması mümkündür
çevre
R

33.

Örnek 2. Çapı 1 cm olan uzun bir alüminyum teli uzatın
akışlar elektrik akım gücü 1000 A. Tel bir tabaka ile kaplanmıştır
3 mm kalınlığında kauçuk izolasyon (λ2=0,15 W/(m·K)). Sıcaklık
yalıtımın dış yüzeyi 30 C'dir. İç sıcaklığı bulun
yalıtım yüzeyleri. Telin birim başına ohmik direnci
uzunluk 3,7·10-4 Ohm/m.
Çözüm. Bu sorunu çözmek için T2 için ikinci formülü kullanıyoruz.
eşlenik problem olarak kabul edilir. Sıcaklığın ayarlandığı göz önüne alındığında
2
yalıtımın dış yüzeyi, yani.
Yeniden ben 2
Yeniden ben 2
R
T2 r R Te
içinde
qV
2
ben
2
R
R ben
2
2
1000
0 . 005 0 . 003
273 30 3 . 7 10 4
içinde
477 . 6
2 3 . 14 0 . 15
0 . 005
Alüminyum telin ısıl iletkenlik değerinin kullanılması
1,232 W/(m·K) ve T formülü ile merkezdeki sıcaklığı hesaplayabiliriz.
1
teller. İncelediğimiz koşullar altında
2
Yeniden ben 2
Yeniden ben 2
R Re I
T1 r R Te
içinde
T2 rR
l 2 2 R l 4 1
ben 4 1
3 . 7 10 4 1000
477 . 6
477 . 7
4 3 . 14 232
2

34.

Ev ödevi.
1.Paslanmaz çelik telden I=200A kuvvetinde bir akım geçiriliyor
2 mm çapında ve 1 m uzunluğunda Telin elektrik direnci –
0,125 Ohm, ısıl iletkenlik katsayısı 17 W/(m·K). Sıcaklık
tel yüzeyi 150 C. Eksen üzerindeki sıcaklığı hesaplamak gerekir
tel.
2. Aynı problemde telin bir yalıtım tabakasıyla kaplandığını varsayalım.
(yalıtımın ısıl iletkenlik katsayısı 0,15 W/(m·K)) ve katsayı
Yalıtım yüzeyindeki ısı transferi 60 W/(m2K)'dir. İhyaç olduğu gibi
akımı değiştirin (artırın veya azaltın), böylece sıcaklık
telin yüzeyi 150 C'ye eşit kaldı.

35.

Etkili (eşdeğer) termofiziksel özellikler
Aslında makine mühendisliğinde ve etrafımızdakilerde kullanılan malzemeler
çok bileşenli ve çok fazlıdır. Bu çelikler için geçerlidir
alaşımlar, metallerarası kompozitler, sinterlenmiş malzemeler,
fiber kompozitler, polimer bazlı kompozitler, karışımlar,
çözümler vb.
Başlangıç ​​bileşenleri için (kompozitlerin sentezlendiği)
farklı teknolojiler) veya kullanılan malzemelerin tüm özellikleri göz önüne alındığında
yeni geliştirilen malzemeler için az çok net
özellikleri tanımlamak büyük bir zorluktur.
Standart deneysel yöntemler çalışmayabilir veya
pahalı veya zaman alıcı
Hesaplamak için bileşenlerin özelliklerini, yapılarını ve karşılıklı özelliklerini bilmeniz gerekir.
Fiziksel olayların birbirleri üzerindeki etkisi.
Hakkında veri olmadan fiziki ozellikleri ah, bilimsel olan mümkün değil
veya mühendislik hesaplaması
Dulnev G.N., Zarinchak Yu.P. Karışımların ve kompozitlerin ısıl iletkenliği
malzemeler

36.

Özelliklerin hesaplanmasına yönelik modeller:
parçacık (moleküler), sürekli ve birleşik
Parçacık modellerinde özellikler doğa hakkındaki bilgilere dayanarak incelenir.
Parçacık etkileşiminin yapısı ve doğası. Fiziksel özelliklerin hesaplanması
Bu durumda yalnızca diğer mülklere ilişkin veriler kullanılarak mümkündür.
Heterojen yapıların sınıflandırılması:
Dulnev, s. 10-52 (açık)
Kompozitler: s.106-130

37.

Etkin katsayıları hesaplamak için çok sayıda yöntem vardır
heterojen ve gözenekli malzemelerin termal iletkenliği
Ayrı bir ısı iletimi süreci için en basit yaklaşımda
mikro alan (temsili bir hacim olarak kabul edilir)
fiziksel denklemler geçerlidir
JT ,k k dereceli Tk , div JT ,k 0
İdeal bir bölge arasındaki arayüzlerde sınır koşulları
termal temas şu şekildedir:
T
T
kkk1k1; tk tk 1
N
N
Bir malzemenin etkili ısı iletkenliğini belirlemek için (aşağıdakilerden oluşur)
farklı fazlar) sırasında fiziksel alanların dağılımını belirlemek gereklidir.
tüm mikro alanlara ve ardından yarı homojen bir ortama geçin.
ilişkileri tutan
JT*T
1
JkdV;
V
1
Tk d
T
V
V
Bunun türünü belirlemek
Etkin katsayı: f k, k;
bağımlılık ve
ana görev
- faz kesirleri
çeşitli teoriler.
JT
T

38.

İki fazlı sistem
1
J
J1dV1 J 2dV2 1 1 T1 2 2 T2
V
V2
V1
1 V1 V, 2 V2 V
(1)
1 1 1 2 2 2 ;
k
T1 T1
2 Ç2
Tk T
T
2
1 1 2 2 1
Şuradan takip ediliyor:
öncesi
, k 1.2
- ortalama hacim gradyanı
İki denklemli sistem (1) üç bilinmeyen içerir. E-kapama için
ek bilgi gereklidir, örneğin yapıyla ilgili bilgi
heterojen sistem, özel olarak tasarlanmış bir deneyden elde edilen veriler.
Bu tür sistemlerin kapanması sorununun çözümü her şeyin ortaya çıkmasına neden oldu
Transfer katsayılarını belirlemek için çeşitli yöntemler (sadece
literatürde bilinen termal iletkenlik katsayısı)

39.

1. En basit yapı olan sistem söz konusu olduğunda
J akışına paralel sınırsız plakalar
1 2 1
Ve
1 1 2 2
2. Katmanlar akışa dik ise
1 T1 2 T2;
1 2 2 1
1 2
1 2
1
Homojen olmayan ortamların yapı türleri çok çeşitlidir. Yani, durumda
iki fazlı ortam, hangi aşamalara (farklı fazlar içeren mikro bölgeler)
uzayda hem kaotik hem de düzenli olarak dağıtılabilir,
fazlardan birini içeren yapıları izole edilmiş şekilde ayırt etmek mümkündür
izomerik (1) veya anizotropik olarak yönlendirilmiş (2) kapanımlar
sürekli diğer faz, sürekli çerçeveli (3) granüler sistemler ve
istatistiksel olarak gözenekler (4), lifli lif sistemleri (5) ve gözenekler (6)
benzer boyutlarda homojen olmayan (mikroheterojen) sistemler
bileşenler (7), paralel (8) ve dikey katmanlı sistemler
(9) katman akışı. Bireysel bileşenlerden oluşan sistemler hayal edilebilir.
açıklanan tipte çeşitli yapılara sahip alt sistemler. bunlara ek olarak
Yapıda yer alan aşamaların her biri çok bileşenli veya
ve tek bileşenlidir. Her durumda, her aşamanın özelliklerini hesaplamak gerekir.
veya deneysel olarak belirlenmesi.

40.

Kondorsky denklemi
3 1 1 3 2 1 2
3 1 1 3 2 1
Odelevsky (yöntem
1
etkili ortam)
4
16
2
2 1
1 V1 V, 2 V2 V
13
2 1
1 2
İntegral yöntemi
İki taraflı tahminler (tahminler
Khashin-Shtrikhman)
Schermergaard:
1 2
1
2
1
1
2 1
1
1
1 3
1 3
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1 2 1
1 1 2
Dizin 1 matrisi, "2" ise eklemeleri ifade eder
Basitleştirilmiş medya modellerine rağmen iyi bilinen bazı formüller
formüllerin sayısı çok fazla olmasına rağmen oldukça güvenilir tahminler yapmamızı sağlar.
Faz sayısının artmasıyla birlikte çeşitli özel ortam durumlarının sayısı da hızla artar.

41.

Evde:
Kompozit mevcuttur. Matris tungsten bazlı bir alaşımdır (bunu düşünüyoruz)
tungstenin termal iletkenliğine eşit termal iletkenlik katsayısı).
Titanyum karbür parçacıkları (inklüzyonlar).
Yukarıda yazılan formülleri kullanarak bağımlılıkları hesaplayın
fraksiyondan kompozitin etkili termal iletkenlik katsayıları
kapanımlar (ξ= 0'dan 0,75'e). Tek bir grafik üzerinde çizin.
Ne gibi bir sonuç çıkarılabilir?

42.

Granül ve gözenekli malzemelerin özellikleri
Gözenekli malzemelerin etkin ısıl iletkenliğine ilişkin diğer her şey eşit olduğunda
koşullar katı fazın termal iletkenliğinden etkilenir. Üstelik
bazı gözenekli malzemelerin (Al2O3, BeO, MgO vb. bazlı) katsayısı
Sıcaklık arttıkça ısıl iletkenlik azalırken,
diğerleri SiO2, ZrO2 bazında yapılır - artar. Belirleyici
gözenekliliğin etkili ısı iletkenliği üzerinde etkisi vardır, çünkü
Gazın düşük iletkenliği nedeniyle gözeneklerin kendisi etkilidir
ısının yayılmasını engeller. Ancak başkaları da var
ısı transfer mekanizmaları (konveksiyon, radyasyon).
En çok basit modeller gözenekli fikrine dayanarak veya
düz alternatif katmanlar şeklinde dağılmış malzeme oluşur ve
sağlam çerçeve (çerçeve) ve hava.
1
1
2
2
1
1 1 2
- gözeneklerin oranı; gözeneklilik
- havanın veya diğer madde dolgusunun ısıl iletkenliği
gözenekli alan

43.

Ortadaki şekilde sunulan modeller isimlerle ilişkilendirilmiştir.
Maxwell-Eucken. Sonuç şuna benziyor
1
2
2 1 2 2 1 2
2 1 2 2 1 2
2 2 1 2 2 1 1
2 2 1 2 2 1 1
1 1
2
0
1 2
2 2
katı çerçeve süreklidir
sürekli gözeneklidir
uzay
etkili çevre teorisi modeli

Herhangi bir fiziksel sürecin incelenmesi, bu süreci karakterize eden nicelikler arasındaki ilişkilerin kurulmasıyla ilişkilidir. İçin karmaşık süreçler Isıl iletkenlik yoluyla ısı transferini içeren miktarlar arasındaki ilişkiyi kurarken, sürecin incelenen alanın tamamında değil, oluşumunu dikkate alan matematiksel fizik yöntemlerinin kullanılması uygundur. sonsuz küçük bir zaman periyodu boyunca temel bir madde hacminde. Isı iletkenliği yoluyla ısı transferinde yer alan miktarlar arasındaki bağlantı bu durumda sözde ile kurulur. termal iletkenliğin diferansiyel denklemi. Seçilen bir temel hacmin ve sonsuz küçük bir zaman diliminin sınırları dahilinde, süreci karakterize eden bazı miktarlardaki değişikliği ihmal etmek mümkün hale gelir.

Isı iletkenliğinin diferansiyel denklemini türetirken aşağıdaki varsayımlar yapılır: fiziksel büyüklükler λ, p ile Ve ρ kalıcı; dahili ısı kaynağı yok; gövde homojen ve izotropiktir; bu durum için şu şekilde formüle edilen enerjinin korunumu yasası kullanılır: zaman içinde temel bir paralel yüzeye termal iletkenlik nedeniyle giren ısı miktarı arasındaki fark dτ ve aynı zamanda onu bırakmak, söz konusu temel hacmin iç enerjisini değiştirmek için harcanır. Sonuç olarak şu denkleme ulaşıyoruz:

Miktar denir Laplace operatörü ve genellikle 2 olarak kısaltılır T(tabelada “nabla” yazıyor); boyut λ /cρ isminde termal yayılma katsayısı ve harfle gösterilir A. Belirtilen notasyonlarla diferansiyel denklem termal iletkenlik şu şekli alır

Denklem (1-10) denir termal iletkenliğin diferansiyel denklemi, veya dahili ısı kaynaklarının yokluğunda üç boyutlu kararsız bir sıcaklık alanı için Fourier denklemi. Isıl iletkenlik yoluyla ısı transferi sürecinde cisimlerin ısıtılması ve soğutulması çalışmasında ana denklemdir ve alanın herhangi bir noktasında sıcaklığın zamansal ve mekansal değişimleri arasında bir bağlantı kurar.

Termal yayılma katsayısı A= λ/cρ bir maddenin fiziksel bir parametresidir ve m 2 / s ölçü birimine sahiptir. Durağan olmayan termal işlemlerde değer A Sıcaklık değişim hızını karakterize eder. Isıl iletkenlik katsayısı cisimlerin ısıyı iletme yeteneğini karakterize ediyorsa, ısıl yayılma katsayısı A cisimlerin termal eylemsizlik özelliklerinin bir ölçüsüdür. Denklem (1-10)'dan zaman içinde sıcaklıktaki değişimin olduğu sonucu çıkar ∂t / ∂τ Vücudun herhangi bir noktası için değerle orantılıdır A Dolayısıyla aynı koşullar altında termal yayılımı daha yüksek olan cismin sıcaklığı daha hızlı artacaktır. Gazların küçük, metallerin ise büyük termal yayılma katsayıları vardır.

Vücut içindeki ısı kaynakları ile termal iletkenliğin diferansiyel denklemi şu şekilde olacaktır:

Nerede qv- Bir maddenin birim hacmi başına birim zamanda salınan ısı miktarı, İle- Vücudun kütle ısı kapasitesi, ρ - vücut yoğunluğu .

Dahili bir ısı kaynağı ile silindirik koordinatlarda termal iletkenliğin diferansiyel denklemi şu şekilde olacaktır:

Nerede R- silindirik bir koordinat sisteminde yarıçap vektörü; φ - köşe.

Sayfa 4

. (2.24)

Denklem (2.24), iç ısı kaynaklarının yokluğunda üç boyutlu kararsız bir sıcaklık alanı için diferansiyel ısı denklemi (veya Fourier diferansiyel denklemi) olarak adlandırılır. Isıl iletkenlik yoluyla ısı transferi sürecinde cisimlerin ısıtılması ve soğutulmasının incelenmesinde temeldir ve alanın herhangi bir noktasında sıcaklıktaki zamansal ve mekânsal değişiklikler arasında bir bağlantı kurar. Lazerlerin Kulak Burun Boğaz lazer uygulaması.

Termal yayılma, bir maddenin fiziksel bir parametresidir ve birimi m2/s'dir. Durağan olmayan termal işlemlerde a, sıcaklık değişim hızını karakterize eder.

Denklem (2.24)'ten, vücudun herhangi bir noktasında zamanla sıcaklıktaki değişimin a'nın değeriyle orantılı olduğu sonucu çıkar. Dolayısıyla aynı koşullar altında termal yayılımı daha yüksek olan cismin sıcaklığı daha hızlı artar.

Vücut içindeki bir ısı kaynağı ile termal iletkenliğin diferansiyel denklemi şu şekildedir:

, (2.25)

burada qV, kaynağın özgül gücüdür, yani birim zamanda bir maddenin birim hacmi başına salınan ısı miktarıdır.

Bu denklem Kartezyen koordinatlarla yazılmıştır. Diğer koordinatlarda Laplace operatörü farklı bir forma sahip olduğundan denklemin formu da değişir. Örneğin, silindirik koordinatlarda, dahili bir ısı kaynağıyla ısı iletiminin diferansiyel denklemi şöyledir:

, (2.26)

burada r, silindirik bir koordinat sistemindeki yarıçap vektörüdür;

Kutup açısı.

2.5 Sınır koşulları

Ortaya çıkan Fourier diferansiyel denklemi, termal iletkenlik yoluyla ısı transferi olgusunu en genel biçimde açıklar. Belirli bir duruma uygulayabilmek için vücuttaki sıcaklık dağılımını veya başlangıç ​​koşullarını bilmek gerekir. Ayrıca şunları bilmelisiniz:

· Vücudun geometrik şekli ve boyutları,

Çevrenin ve vücudun fiziksel parametreleri,

· Bir cismin yüzeyindeki sıcaklıkların dağılımını veya incelenen cismin çevre ile etkileşimini karakterize eden sınır koşulları.

Tüm bu özel özellikler, diferansiyel denklemle birlikte şunu verir: Tam tanım spesifik ısı iletim süreci ve benzersizlik koşulları veya sınır koşulları olarak adlandırılır.

Tipik olarak sıcaklık dağılımının başlangıç ​​koşulları t = 0 anına göre belirlenir.

Sınır koşulları üç şekilde belirlenebilir.

Birinci türden bir sınır koşulu, zamanın herhangi bir anında cismin yüzeyindeki sıcaklık dağılımıyla belirlenir.

İkinci türün sınır koşulu, herhangi bir an için cismin yüzeyindeki her noktadaki yüzey ısı akısı yoğunluğu ile belirlenir.

Üçüncü türün sınır koşulu, cismi çevreleyen ortamın sıcaklığı ve cismin yüzeyi ile çevre arasındaki ısı transferi kanunu ile verilir.

Belirli belirsizlik koşulları altında termal iletkenliğin diferansiyel denkleminin çözülmesi, herhangi bir an için vücudun tüm hacmindeki sıcaklık alanını belirlemeyi veya fonksiyonu bulmayı mümkün kılar. .

2.6 Bilye duvarından ısı iletimi

Bölüm 2.1 - 2.5'te açıklanan terminoloji dikkate alınarak, bunun görevi ders çalışması bu şekilde formüle edilebilir. Sabit bir ısı akışı küresel duvardan yönlendirilir ve ısı kaynağı R1 yarıçaplı iç küredir. Kaynak gücü P sabittir. Sınır küreleri arasındaki ortam izotropiktir, bu nedenle termal iletkenliği c tek bir değişkenin - kürelerin merkezinden uzaklığı (yarıçap) r - bir fonksiyonudur. Sorunun koşullarına göre . Sonuç olarak, bu durumda ortamın sıcaklığı da tek bir değişkenin fonksiyonudur - r yarıçapı: T = T(r) ve izotermal yüzeyler eşmerkezli kürelerdir. Dolayısıyla istenen sıcaklık alanı sabit ve tek boyutludur ve sınır koşulları birinci türden koşullardır: T(R1) = T1, T(R2) = T2.

Sıcaklık alanının tek boyutluluğundan, ısı akısı yoğunluğunun (j) yanı sıra termal iletkenlik ve sıcaklığın bu durumda tek bir değişkenin (r yarıçapı) fonksiyonları olduğu sonucu çıkar. Bilinmeyen j(r) ve T(r) fonksiyonları iki yoldan biriyle belirlenebilir: ya Fourier diferansiyel denklemini (2.25) çözerek ya da Fourier yasasını (2.11) kullanarak. Bu çalışmada ikinci yöntem seçilmiştir. Çalışılan tek boyutlu küresel simetrik sıcaklık alanı için Fourier yasası şu şekildedir: 1 4

TMO hedeflerinin belirlenmesi

Termal yüklerden etkilenen bir hacmimiz var, sayısal değerin belirlenmesi gerekiyor qV ve hacme göre dağılımı.

Şekil 2 - Dış ve iç sürtünme kaynakları

1. Seçilen herhangi bir koordinat sisteminde incelenen hacmin geometrisini belirleyin.

2. İncelenen hacmin fiziksel özelliklerini belirleyin.

3. TMT sürecini başlatan koşulları belirleyin.

4. İncelenen hacimdeki ısı transferini belirleyen yasaları açıklayın.

5. İncelenen hacmin başlangıç ​​termal durumunu belirleyin.

Katı atık analizinde çözülen sorunlar:

1. TMO'nun “doğrudan” görevleri

Verilen: 1,2,3,4,5

Belirleyin: uzay ve zamandaki sıcaklık dağılımı (daha fazla 6).

2. “Ters” TMT problemleri (ters):

a) ters sınır görevler

Verilen: 1,2,4,5,6

Tanımla: 3;

b) ters ihtimaller görevler

Verilen: 1,3,4,5,6

Tanımla: 2;

c) ters geriye dönük görev

Verilen: 1,2,3,4,6

Tanımla: 5.

3. TMO'nun “Endüktif” görevleri

Verilen: 1,2,3,5,6

Tanımlayın: 4.

ISI TRANSFER FORMLARI VE ISIL İŞLEMLER

Isı transferinin 3 şekli vardır:

1) katılarda termal iletkenlik (mikropartiküller ve metallerde serbest elektronlar tarafından belirlenir);

2) konveksiyon (hareketli ortamın makropartikülleri tarafından belirlenir);

3) termal radyasyon (elektromanyetik dalgalarla belirlenir).

Katıların termal iletkenliği

Genel konseptler

Sıcaklık alanı incelenen hacimde belirli bir zamanda alınan bir dizi sıcaklık değeridir.

t(x, y, z, τ)- sıcaklık alanını belirleyen bir fonksiyon.

Sabit ve sabit olmayan sıcaklık alanları vardır:

sabit - t(x,y,z);

sabit olmayan - t(x, y, z, τ).

Durağanlığın koşulu:

Belirli bir cismi alalım ve eşit sıcaklıklara sahip noktaları birleştirelim

Şekil 3-Sıcaklık eğimi ve ısı akışı

mezun- sıcaklık gradyanı;

diğer tarafta: .

Fourier yasası - Katılarda ısı akışı sıcaklık gradyanı, içinden geçtiği yüzey ve söz konusu zaman aralığı ile orantılıdır.

Orantılılık katsayısına termal iletkenlik katsayısı denir. λ , W/m·K.

ısının sıcaklık gradyan vektörünün tersi yönde yayıldığını gösterir.

;

Sonsuz küçük bir yüzey ve zaman aralığı için:

Isı denklemi (Fourier denklemi)

Sonsuz küçük bir hacmi düşünün: dv =dx dy dz

Şekil 4 - Sonsuz küçük bir hacmin termal durumu

Bir Taylor serimiz var:

Aynı şekilde:

; ; .

Genel durumda bir küpün içindeyiz qV. Sonuç, genelleştirilmiş enerji korunumu yasasına dayanmaktadır:

.

Fourier yasasına göre:

; ; .

Dönüşümlerden sonra elimizde:

.

Durağan bir süreç için:

Sorunların uzaysal boyutu, ısı transferinin gerçekleştiği yönlerin sayısına göre belirlenir.

Tek boyutlu problem: ;

sabit bir süreç için: ;

İçin :

İçin : ;

A- termal yayılma katsayısı, .Kartezyen sistem;

k = 1, ξ = x - silindirik sistem;

k = 2, ξ = x - küresel sistem.

Benzersizlik koşulları

Benzersizlik koşulu – Bunlar, uygun çözümler kümesinden eldeki göreve karşılık gelen tek bir çözümün seçilmesini mümkün kılan koşullardır.

Soru 23 Buzun özgül ergime ısısı nedir?

Spesifik füzyon ısısı aşağıdaki formülle bulunur:

burada Q, m kütleli bir cismi eritmek için gereken ısı miktarıdır.

Maddeler katılaşırken onları eritmek için gerekli olan aynı miktarda ısıyı serbest bırakır. Enerji kaybeden moleküller, diğer moleküllerin çekimine karşı koyamayarak kristaller oluştururlar. Ve yine, tüm vücut sertleşinceye ve erimesi için harcanan tüm enerji serbest bırakılıncaya kadar vücut sıcaklığı düşmeyecektir. Yani, özgül füzyon ısısı, hem m kütleli bir cismi eritmek için ne kadar enerji harcanması gerektiğini, hem de belirli bir cisim katılaştığında ne kadar enerji açığa çıkacağını gösterir.

Örneğin katı haldeki suyun özgül ergime ısısı, yani buzun özgül ergime ısısı 3,4*10^5 J/kg'dır.

Buzun özgül erime ısısı 3,4 çarpı 10 üzeri 5 joule/kg'dır.

Spesifik füzyon ısısı Yunanca λ (lambda) harfiyle gösterilir ve ölçüm birimi 1 J/kg'dır.

Soru 24 L1'i buharlaşma özgül ısısı, L2'yi de özgül füzyon ısısı olarak gösterelim. Bu kadarı mı?

Bir cisim buharlaşma sırasında enerji kazandığından, gaz halindeki bir cismin iç enerjisinin, aynı kütleye sahip bir cismin sıvı haldeki iç enerjisinden daha büyük olduğu sonucuna varabiliriz. Bu nedenle yoğunlaşma sırasında buhar, oluşumu için gerekli olan enerji miktarını serbest bırakır.

Özgül buharlaşma ısısı– 1 kg'lık bir maddenin sıcaklığını değiştirmeden buhara dönüştürmek için gereken ısı miktarını gösteren fiziksel miktar. Oranlar « R

Özgül füzyon ısısı– 1 kg'lık bir maddenin sıcaklığını değiştirmeden sıvıya dönüştürmek için gereken ısı miktarını gösteren fiziksel miktar. Oranlar « λ » farklı maddeler için kural olarak farklıdır. Ampirik olarak ölçülür ve özel tablolara girilir

Buharlaşmanın özgül ısısı daha büyüktür

Soru 25: Kartezyen koordinatlarda iki boyutlu kararsız bir sıcaklık alanı için diferansiyel ısı denklemi?

x i = x, y, z – Kartezyen koordinat sistemi;

Eğer sıcaklık koordinatlardan biri boyunca sabit kalıyorsa, matematiksel olarak bu koşul (örneğin z koordinatı için) şu şekilde yazılır: dT/dz=0.

Bu durumda alana iki boyutlu denir ve şöyle yazılır:

durağan olmayan mod için T=T(x, y, t);

sabit mod için T=T(x, y).

Mod için iki boyutlu sıcaklık alanının denklemleri

sabit olmayan:

Soru 26: Silindirik koordinatlarda durağan olmayan bir sıcaklık alanı için diferansiyel ısı denklemi?

x i = r, φ, z – silindirik koordinat sistemi;

Sıcaklık alanı belirli bir hesaplama alanının tüm noktalarındaki ve zaman içindeki sıcaklık değerleri kümesidir.

Sıcaklık alanı Celsius ve Kelvin derece cinsinden ölçülür ve TTD'dekiyle aynı şekilde gösterilir: burada x, sıcaklığın uzayda bulunduğu noktanın metre [m] cinsinden koordinatlarıdır; τ – ısı değişim sürecinin saniye cinsinden süresi, [s]. O. sıcaklık alanı koordinatların sayısı ve zaman içindeki davranışı ile karakterize edilir.

Termal hesaplamalarda aşağıdaki koordinat sistemleri kullanılır:

x i = r, φ, z – silindirik koordinat sistemi;

Sıcaklık alanı, Zamanla değişir, isminde sabit olmayan sıcaklık alanı. Ve bunun tersi de sıcaklık alanıdır. zamanla değişmez, isminde sabit sıcaklık alanı.

silindirik koordinatlar (r – yarıçap; φ – kutup açısı; z – uygulama), termal iletkenliğin diferansiyel denklemi şu şekildedir:

,