Лыков А.В. - Теория теплопроводности (1013608), страница 26
Текст из файла (страница 26)
) о(г = аР~Мг(ртСо) 7 ()Со .) Яо (58) — ар- ~ г )Го (рг) Т (г, о) о(г. Согласно (21) 1', (Рйо) = — р 2 а по условию ТЯо, о) = Т, получим преобразованное по Ханкелю дифференциальное уравнение аТ~ (р, т) 2а Т, + ар' Т„(р, ) — =- О. (59) (60) Общий интеграл этого линейного уравнения имеет вид Т,(р,т) = ехр ( — ~ар'е(о )~А — ~ ' ехр ()аргг(т)~ = ~ г Р;(рг) Т (г, 0) й" = (62) г"=я = Т, ) г('о(рг)г(г .=- — ' ~ г)гг(рг) ~ = — ' [й)Г,(рос) — КЪ;(р(го)1. яо Учитывая, что (г,(рй) = О, и используя (59), находим Т„(Р,О) = — —,. 2 То (63) Теперь, полагая в (61) г = О, получаем 2 (То — То) аро Тн(р, ) = "',"'-.хр( — ар ) — ' — '. Применяя формулу обращения (64) (65) 1у ~ а" Хр 'Гт(р Р)ро(рг) з О = уог (РоДо) — )г(Рля) (66) получаем р„' Г, (р„)1) и (р г) о=г Р„~ уо(Р~М е)(Р~Л)1 х ( (Т, — То) ехр ( — арг о ) — То) . (67) = А ехр ( — ар т) — —,"-' .
(61) Постоянную А найдем из начального условия, к которому применим преобразование Ханкеля ГРАИИЧНОЕ УСЛОВИЕ ПЕРВОГО РОДА 141 Выше было представлено разложение формулы Г(г) в ряд: О Т, = Г" (г) = )' С„(ге ()гас) = л 1 и Тог! (Длу) де (ап е) Таким образом, окончательно получим Рис. 4.26. К задаче о параллелепипеде (69) $ т. пАРАллелепипед дТ (х, у, х, х) ( да Т (х, д, а, х) да Т (х, у, х, «) =а О Т(, д,а,.) ~ лаа (е ) О; — )ч! ( х( +)ча; — зча <У (+)чае; па( г (+ Да) Т (х, у, г, О) = Т, = сопз(, Т (~ )т„у, г, т) = Т„ Т (х„~ Ра, г, х) = Т„ Т (х, у, -+- )са, е) = Т,.
(2) Постановка задачи. Дана пластина конечных размеров 2)саХ2Дам )(2Яа, температура которой везде одинакова и равна Т,. В момент времени с = О все поверхности пластины мгновенно охлаждаются до некоторой температуры Т, < Т,, которая поддерживается постоянной на протяжении всего процесса охлаждения. Требуется найти распределение температуры в любой момент времени, а также среднюю температуру пластины, необходимую для определения теплопотера.
Поместим начало координат в центр параллелепипеда (рис. 4. 26); тогда нашу задачу математически можно сформулировать следующим образом. Имеем 142 Глава четвертая Решение задачи. Докажем, что решение этой задачи можно представить как произведение решений для трех неограниченных пластин, толщина 'которых соответственно равна 2(т„2)тг и юг, т. е. Т(х, у,г, с) — Т, Т(х, с) — Т, Т(у, с) — Т, Т(г,с) — Т, с с с (,1) Тс 7с 7с Тс 7д 7с 7д Тс При этом температуры Т (х, с), Т (у, с), Т(г, с) определяются решением дифференциальных уравнений дТ(х, с) д'Т(х, с) дТ(у, с) д'Т(у, с) дТ(г, с) дс дхг ' дс дус ' дс (5) д'Т(г, с) =- а при краевых условиях Т (х, О) = Т (у, О) = Т (г, О) = Т, = сопз(; (б) Т(~ Я„с) = Т;1 Т(~ К„с) = Т;1 Т(~ Рг, с) = Т,. (7) Соотношение (4) можно написать так: Т(х, у,г, с) =Тс+ с(Т(х,с) — Тс)(Т(у,с) Тс)(Т(г, с) — Тс), (8) 1 где ГгТ =;.
Т, — Т,. Подставим решение (8) в дифференциальное уравнение (1). После преобразования получим (Т(у, ) — ТЛТ(г, ) — Т,)с( д ' — а дх,' )+ 1дТ(х, с) д'Т(х, с) 1 + (Т(х, ) — Т,ИТ(», ) — Т,) ( ' — а,' 1+ 1 дТ(у, с) д'Т(у, с) 1 +(т(х, с) — т,) (т(у, с) — т,) [ ' — а — —,' 1= 0. (9) дТ (г, с) д'Т (г, с) 1 Так как Т(х, с), Т(у, с), Т(г, т) удовлетворяют дифференциальным уравнениям (5), то все величины в фигурных скобках в уравнении (9) будут рав~ы нулю; следовательно, уравнение (9) обращается в тождество.
Таким образом, решение (8) удовлетворяет дифференциальному уравнению (1). Подставим решение (8) в начальное условие (2): Т, = Т, + —,(Т(х, О) — Т,) (Т(у, О) — ТсЦТ(г, О) — Т,); тогда, согласно условию (б), получим тождество Тв — Т,= тсРТ)'=Тв — Т' 1 Следовательно, наше решение (8) удовлетворяет начальному условию. Подставим решение (8) в граничные условия (3): ТЯс у, г 'с)=Те= Тс + Т с (Т()сс с) 7с) (7 (у с) 7с) 17(г 'с) Тс) 1» с с ьТ)с Т(х, К„г, с)=Т, =Т,+ —,(Т(х, с) — Т,) (ТЯг,с) — Тс) (Т(г, с) — Тс), (10) Т(х, у, Яв,с)= Т,=Т,+ —,(Т(х, с) — Тс)(Т(у, с) — Т,)(Т()сг, ) — Т,).
1 3 с с сТ)с ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ПЕРВОГО РОДА 143 Так как Т(Р,, т) = Тфа, т) = ТД, т) = Т„то в каждом равенстве соотношений (10) одна из величин в квадратных скобках равна нулю и все три решения дают тождество Т, = Т,. Следовательно, решение (8) удовлетворяет и граничным условиям; таким образом, по теореме единственности это решение является решением нашей задачи. Итак, решение нашей задачи можно написать в виде (8) или (4): хсоз1х — сових — ехР ~ — (Рв К, + (ь К, + + ',К) ° 1, где ( )~+ 2 1 ( )~+ 2 1 ( )ь+ 2 1хх =- (2п — 1) 2 Н~ = (2т — 1) 2, Р,ь —— (2п — 1) — 2-, Можно воспользоваться соответствующими решениями для неограниченной пластины в другой форме и получить решение для параллелепипеда в виде В (х, у, з, х) = З (х, т) 0 (у, х) О (г, т).
(12) Таким же способом находим среднюю относительну1о температуру, пользуясь выражением (12): з = ~~ ~~ ~~ „ Вьехр ~ — (Н„К + [х К +рьК ) го ~, (13) п=~ т=-1 ь=~ 2 В„== —, и т. д. Рл где Таким образом, задача о параллелепипеде сводится к задаче о неограниченной пластине. Поэтому анализ решения и примеры расчета здесь не приводится. $ а. ЦилиндР кОнечных РАзмеРОВ Постановка задачи.
Имеется цилиндр, диаметр которого равен 2Я, а длина 21. Температура цилиндра одинакова и равна Ть. В начальный момент времени поверхность цилиндра (боковая и торцевые го — число Фурье (го = 1 1 — = — + Яь Ез 1 о'1, Я вЂ” обобщенный размер, о>2 —, + —,, К, = — (1 =- 1, 2, 3). 144 Глава четвертая поверхности) мгновенно охлаждается до некоторой температуры Т„которая поддерживается постоянной на протяжении всего процесса охлаждения.
Требуется найти распределение температуры внутри цилиндра в любой момент времени, а также определить среднюю температуру как функцию времени. Нахождение температурного поля цилиндра конечных размеров, когда температура его есть функция только трех переменных (времени, радиуса и координаты г), связано с решением дифференциального уравнения теплопроводностн Исоссраа Рис. 4.27. К задаче и цилиндре конеч- ных размеров дТ (т, г, .с) дс д'Т(т, г, с) 1 дТ(т,г, с) д'Т(т, г, ч)~ + дтс т дт дгс (е > 0; 0 < г <Й; — 3 < е <' + 1) при начальном условии Т (г, и, О) =- Т, = сопз1 ! (2) и при граничных условиях Т(г, ~ Е,е) = Т„ТЯ,г, ч)=-Т, (3) Начало координат находится в центре цилиндра (рис. 4.27). Решение задачи.
Аналогичным методом, что и в предыдущем параграфе, можно доказать, что решение нашей задачи 8(г, и, е) имеет вид 0 (г, и. е) = 0 (г, т) 0 (г, е), (4) Таким образом, решение нашей задачи будет иметь вид 0 = Т(т,г, с) — Т, Т вЂ” Тс (6) — ( рг + и~~Я(~) Ро «~ А„А„Уа((»„— '~ ) соз(а — 'е где В(г, е) — 'решение для неограниченного цилиндра, а 0(г, ч) — решение для неограниченной пластины, пересечением которой с неограниченным цилиндром образован конечный цилиндр.
При этом начальные н граничные условия остаются прежними: Т (г, О) = Т (г, О) = Т, = сопи(, Т Я, с) =- Т (ае 1, е) = Т, = сопи(. ГРАНИЧНОЕ цтСЛОВИЕ ПЕРВОГО РОДА 145 где Ал = у ' , (ㄠ— корни функции Бесселя первого рода нулевого 2 Рл 7т(рл) порядка, А =( — Ц ' — ', Н„=(2т — )) —,, К,=- —",, Го= —,',,'.
Средняя температура цилиндра равна ! 6 =,~' )'„„ ехр [ — ((х~ +(гз7тз)тго], =~ м-1 (7) где 4 2 Рл Рм Сделаем небольшой расчет. Стальной диск диаметром 20 см и толщиной 12 см натрет до температуры 573'К (300'С). В начальный момент он помещен в тающий лед., Определить температуру в центре диска через 2 мик после охлаждения. Считаем температуру поверхности диска в процессе охлаждения постоянной и равной Тс = 273'К (О'С).
Коэффициент температуропроводности стали принимаем равным ц = 1,25. 1О ' мз)сек (45 !О з мзуч). Решение задачи можно написать в виде В (г, г, т) = В (г, к) В (г, т), Воспользуемся таблицами для нахождения Вц. Для этого предварительно вычислим число Фурье для цилиндра и пластины: 1,25 10 з 120 Ро1 = 36 1О т 0,416 ж 0,42, так как 1 = б см = 0,06 м, т = 2 мик = 120 сек; 1,25.10 а.120 Роя =. 10 з 0 15 так как Я= 10 см = 0,1 м. По табл.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
