Лыков А.В. - Теория теплопроводности (1013608), страница 28
Текст из файла (страница 28)
Следовательно, решение (19) можно написать так: 6 =, ' ' = К1„2 ~' ехр — 4„— ег1с . (24) Расход тепла на нагревание стержня нам задан в виде плотности теплового потока с)„ т. е. дс7в — = с), = сопз1. с)х (25) Отсюда расход тепла на единицу площади поверхности конца стержня паз будет прямо пропорционален времени: ссСе = с)ст = ст(Т,— Т„). (2б) $2. НЕОГРАНИЧЕННАЯ ПЛАСТИНА Постановка задачи.
Дана ' неограниченная пластина толщиной 2йс при температуре Т . Пластина нагревается с обеих сторон одинаково от источника с постоянным тепловьсм потоком (нагревается в печи с достаточно высокой температурой Т,). Найти распределение температуры по толщине пластины в любой момент времени. Дифференциальное уравнение будет то же, что и в гл. 11с'. Началь- (1) (2) Т (х, 0) = Т, = сопз1 дт(а х) Чв 0 дх + Л ('') =0 дх (3) Решение задачи классическим методом. Для решения задачи вводим новую переменную д (х, ч) по соотношению (5) 9 1.
Тогда получим дифференциальное уравнение (7) 9 1 для новой переменной, аналогичное дифференциальному уравнению теплопроводности. Начальные и граничные условия для новой переменной будут следу югцие: ные и граничные условия для симметричнои задачи имеют вид д (х, 0) = О, с) Ж )=у д (о, ) = о. Последнее условие следует из условия симметрии (3). (4) (5) (б) ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ВТОРОГО РОДА 153 Х вЂ” "—,„ + 2 х»»го ( — 1)"" — з)п )сл — е л=с «(х,с) х (л с«с Й где )с„= и « — характеристические числа. Температурное поле найдем по формуле Т (х, «) = — „~ с)(х, с) с(х+ с» (с)+С, (8) где (с («) — некоторая функция от времени, С вЂ” постоянная.
Подставляя решение (7) в (8) н интегрируя его, получаем <л Чх» д)» ъл 2 х — »»р т (х, )= 2' -+ ~',~ х«2 ( — 1)лн )с„— е "'+т ()+С. (8) л=! Чтобы определить сс(с) и С, воспользуемся следующим соотношением: с(Т (с) Ч,=сто д, где Т («) — средняя температура неограниченной 'пластины, определяемая по формуле Т (с) .= — ) Т (х, с) с(х. с" И .) о Выражение (10) можно написать в интегральной форме т(.) = д' ° + т,. Найдем Т (с) из соотношения (9) Т (с) = — Чвс.„— + с» (с) + С, (13) так как интеграл от суммы по х в пределах от 0 до 1« равен нулю (з!п и„= О).
Сравнивая (12) и (13), находим с~с(с)= Ч' с, С=Т— Чсй Таким образом, получаем как бы задачу «на нагревание» неограниченной пластины с нулевой начальной «температурой», когда одна ограничивающая поверхность поддерживается при «температуре», равной нулю, а противоположная — при «температуре», равной с),. Решение почти такой же задачи приведено в 'гл. 1Ч, 0 3. Чтобы получить решение нашей задачи, надо в решении (45) 0 3 разность 1« — х заменить на х и величину 0 на (1 — 0), т.
е. задачу на охлаждение свести к задаче на нагревание. После такой замены получим Глава лягая 154 Окончательно решение нашей задачи примет вид дс Га с Гсг — Зхг Т (х,г) — Т = — '~ — — + л 1гх 6Я (14) сл 2 х г + Я ~ ( — 1)"" — сов 1г„— ехр( — в.„Ро) ~ лса л Ть(х, з) — — '=-Асй ф —,' х+Взй ~/-'— х, (15) Начальная температура пластины везде одинакова и равна Т,.
Граничные условия (2) и (3) для изображения будут иметь вид — ТсЯ,з)+ ~' = О, Т (О,з)=0. (16) (17) Из условия симметрии (17) следует, что В =0 (распределение температуры симметрично относительно центральной линии). Постоянную А находим из условия (16), т. е.
— — Аз)т ~/ — ' )с+ '~' = О, А а Г а Следовательно, решение (!5) примет вид а а Решение (18) есть отношение двух обобщенных полиномов, так как хг 1 хг 7с ~ + 2! а + 41 аг + ) +3~'+ 51аг+''')~~™ где са (з) — выражение, стоящее в скобках. Степенной ряд (~ (з) не содержит постоянной, т. е. все условия теоремы разложения выполняются. Найдем корни з„обобщенного полинома ф (з), для чего приравняем его нулю: (18) Ф (з) — 1 з ~à — зЬ ~/ — й — 1 з с~ (з) — О. (19) Таким образом, чтобы получить решение основной задачи, приходится предварительно найти решение вспомогательной задачи для д (х, т).
Кроме того, необходимо пользоваться дополнительным соотношением (12) для определения постоянных интегрирования. Все это значительно затрудняет нахождение решения, поэтому в дальнейших задачах данной главы будут использованы методы интегральных преобразований. Решение задачи операционным методом. Решение одномерной задачи для изображения Тс (х, з) в случае неограниченной пластины имеет вид ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ВТОРОГО РОДА зЬ !, — 1с= —.з!п! у — 1с=О, а У а !' ~ и '! !хл' где и= 1,2,3,. Воспользуемся теоремой разложения = — ' — + ЛЯ 2ЛИ 6Л так как !1! (О) — !1„!2 (О) — —, !Р (О) — —, 1! (О)— Далее имеем ОР лО Х,„л= — ' Х, „,„ ф(лл) 'л Юс Й %! 2 х л=! л=! так как Ф' (з) =Л ~ —, )à —:з! )/ — ' й+'~ сй ~/ — '1~~, Следовательно, решение нашей задачи будет иметь вид ! ал И вЂ” Зх' Т (х,х) — Т,= — '~ — — — — + Л ! Гх 6Я (20) л+! 2 х 2 +Л Х( — 1) х л сов и„— ехр ( — рл Ро) ~. л=! л Решение (20) тождественно (!4).
Анализ решения и определение расхода тепла. Введем критерий Кирпичева К! по формуле ~,И '= л(т,— т) где Т,— средняя температура печи. Тогда наше решение примет вид т!х, 1 — Т„ т,— т, (21) 3 = К1~Ро — — ! 1 — 3 —,! -!-~ ( — 1) —,созе„— ехр( — р.„ро)). л=! л а !л~ Отсюда находим: !) з, = 0 (двукратный корень), 2) зл = — —," — бесчисленное множество корней, так как 156 Глава лягая 1,50 0 К1 1,25 1,00 0,75 0,50 0,2 05-, 10 й 0,4 О,б Рис. 5.2. Температурное поле неограниченной пластины при постоянной плотности теплового потока на поверхности Таким образом, относительная температура будет функцией К1, Ро, —, т.е. К 9 = Г(К1, Ро,— ").
(22) 1 Пользуясь разложением ( ~ в ряд (см. приложение), ре)ей )/ ' 77/ а шение для изображения напишем так: С увеличением времени, точнее числа Ро, ряд быстро уменьшается и при некотором значении Ро') Ро, становится ничтожно малым по сравнению с двумя первыми членами решения (2!), так что всем рядом можно пренебречь. Начиная с этого момента времени, температура в любой точке пластины будет линейной функцией времени, а распределение температуры по толщине пластины описывается законом параболы, т.
е. наблюдается квазистационарный режим для поля градиента температур. Для координаты х = 0 (середина пластины) квазистационарный режим наступает с точностью до — а7а при Ро ) 0,5 (см. 2 10 гл. 'Л). 2 Можно получить решение нашей задачи в другом виде, удобном для малых значечий Ро.
ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ВТОРОГО РОДА 157 1,4 1,2 О, О, О,б 0,8 Ро 0,4 0,2 8 Рис. 5.3. Зависимости между —. и Ро для поверхности (1) К! и середины (2) пластины СО Тс (х, з) — — =- „~ (ехр[ — "~ — ((2п — 1) )с — х) ~ + а=1 + ехр ~ — ф/ — ( (2п — 1) )с + х) 1 ~ . (23) Т (х, с) — Т, —.— — ' )Га ! д „~1 ег1с + 24с — Ъ'1 (2н — 1) Я вЂ” х + 1ег1с (2п — 1) гт + х 1 21' ат (24) Тогда при пользовании таблицей изображения и, в частности, соотношением (18) предыдущего параграфа общее решение нашей задачи будет иметь вид 158 Глава пятая Из формулы (24) можно получить решение (19) 2 1, если сделать замену переменной х+ Я = Х и положить 2Я = .
В критериальной форме решение (24) можно написать так: о х й = ', ' = 2К! 'ргГО 1ег1с )с + Т (х, ) — Т,, — ЧГЧ Г (2 — 1)— Тс 7о 2 го и=! (25) х (2п — 1) + + ! ег(с 2 г'го При малых значениях Ро все члены ряда ничтожно малы, так что можно ограничиться одним первым членом ряда. Тогда расчетная формула приобретает простой вид. На рис. 5.2 приведены кривые распределения температуры внутри пластины для различных значений критерия го (от 0,05 до 1,1), а на рис. 5.3 — кривые нагревания поверхности и середины пластины. Для иллюстрации приведем конкретный пример.
В сушильной камере инфракрасного излучения нагревается керамическая пластинка (28 = 4 см) в течение 15 мин. Найти температуру поверхности и в центре пластины, есчн средняя температура камеры 673"К (400'С), а плотность лучистого потока до = 29!О глв/мв (2500 хкал/мвч), коэффициенты переноса тепла пластины принимаем равными в = 0,291 гт/мв град (0,25 кхал/м ч.град), а = 13,3.!О в мв/сгк (4,8 10 " мв/ч). Начальная температура пластинки равна 293'К (20'С), Предварительно вычислим критерий Кирпичева и число Фурье: 2910 0,02 0,29! (673 †2) 13 3 10-в !5,60 Ео = = 0,3, так как /7 = 2 см = 0,02 м. Оц Вычисляем по формуле (21) величину —,.
для центра (х= 0): К1 1 2 — в'Го — 2.96! — ". =Го — — + — г =0,3 — 0,1667+0,2026 г =О,!44, К! 6 т.' Полученное значение проверяем по графику рис. 5.3: для Ро = 0,3 находим б К! — = 0,14, т. е, расчет сделан верно. Представляет интерес вычислить это значение по формуле (25) йц / 1 1 К' — — 2 У* о ( ! ег1с — + гег!с ) = 2 1 0,3 2!ег(с (0,913) К! 2 )гго 2 и'го / =- 1,095 0,132 = 0,144. Величину 1 ег(с (0,913) находим по таблице (1 ег!с (0,913)ке 0,0661.
Таким образом, получаем один и тот же результат. Итак, Т (О, в) = То + бц (Тс — То) = 293 + 380 0 53'0.144 = 322'К (49'С). Найдем температуру на поверхности пластинки. По формуле (21) имеем бо 1 2 — ч'Ио — 2,96! К1 3 — = ро+ — — — „г = 0,3+ 0,3333 — 0,2026 г = 0,623. ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ВТОРОГО РОДА 159 По формуле (25) получим Вв — = 2)г Ро (! ег1с О+ 21 ег!с Кг — ) = 1,0954 (0,564+ 0,005) — 0,623, так 2 2 )'Ро как ! ег!с 0 = О, 5642. Таким образом, по обеим формулам получаем один и тот же результат. Проверяем по графику рис. 5.3: для Ро = 0,3 находим —.= 0,62. Кг Окончателыю находим температуру на поверхности пластинки: Т (И, г) = То+ (Тс То) Вп = 293+ 380 0,53.0,623 ж 4!8* К (!45чС).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
