Лыков А.В. - Теория теплопроводности (1013608), страница 51
Текст из файла (страница 51)
(9) Из условия (8) следует Аз = О. Постоянную В, находим из граничного условия (9): Тс То со =в,. з з ззст (10) Тогда решение (7) примет вид Т (х,з) — — = Б — 1/ — х з (Т, — Т,) — У е сост з — е Из выражения (11) видно, что оно состоит из трех слагаемых, каждое из которых является табличным изображением с соответствующим оригиналом (см.
соотношения (2), (50) и (53) таблицы изображений в приложении). Окончательно решение нашей задачи будет иметь еид Т(х. с) То 1 х =его + Т,— То 2 фас (12) сс со х + 4с Р ег1с —. ст (Т, — То) ст (Тс То) 2 )/а-. Ис Величина является безразмерной величиной; она показыс'( (Тс То) вает отношение количества тепла, выделяемого источником тепла за данный промежуток времени в единице объема, к тому количеству тепла, которое необходимо сообщить единице объема тела при нагревании его от начальной температуры до температуры среды.
Эту величину можно Ы о Глава восьмая 324 представить как произведение числа Фурье и нового критерия, назван- ного нами критерием Померанцева: = Ро " =Ро„Ро, ст (Тс — То) Л (Тс — То) (13) ас ыхо где Ро„ = †, — число Фурье для координаты х, Ро„ = х Л (Тс То) критерий Померанцева.
Физический смысл критерия Померанцева состоит в том, что он показывает отношение количества тепла, ваделяемого источником в единицу времени в объеме х (объем параллелепипеда, основание которого Т мо, а высота х), к максимально возможному количеству тепла, передаваемого теплопроводностью через единицу плои(ади в единицу времени на расстоянии х от конца стержня (при условии, что температура в данной точке равна начальной, а распределение температуры происходит по линейному закону). Если источник тепла отсутствует (Ро = О), то из решения (12) получаем обычное решение для полуограйиченного тела прн граничном условии первого рода.
Плотность 'теплового потока д через поверхность тела найдем по со- отношению дТ(0, о) д= — Л дх (14) Из соотношения (11) имеем Л (Т, — Т,) Лсо г 1, ) с — о ~/ао сто Г' ао Пользуясь таблицей изображений, находим ! ч = (Тс — То) ~ — 2го . ° Лс) ч/ ас (15) Из соотношения (15) видно, что при малых значениях времени нагревание происходит в основном путем теплопроводности через неизолированный конец стержня. Для больших значений времени нагревание происходит за счет источника тепла, а с открытого конца при этом наблюдаются теплопотери в окружающую среду (второй член соотношения (15) становится больше первого). Решение задачи при ог = вое о .
Источник тепла является экспоненциальной функцией координаты гмое о, где м>о — максимальная удельная мощность источника, й — постоянная. Начальные и граничные условия остаются прежними. Для упрощения расчета положим Т, = О. Применяя преобразование Лапласа, получим Т, "(х, з) — — Т, (х, з) + ' е""" = О а осто (15) Это неоднородное уравнение может быть легко решено, так как известно его общее решение и легко определить одно частное решение вида Ае-"". Однако, имея в виду решение более сложных задач и следуя общему стилю изложения, принятому в пособии и основанному на возможно более широком использовании метода интегральных преобразований, применим к уравнению (16) синус-преобразование Фурье.
ПОЛЕ С НЕПРЕРЫВНО ДЕЙСТВУЮЩИМИ ИСТОЧНИКАМИ ТЕПЛА 325 Обозначая сс Т„(з, р) = ~// ~ Т, (з, х) гйп р х ах о и используя граничные условия уравнения (16) Т,(з,0)= — '; Т' (з, )=О, (18) получим решение уравнения (16) в виде Т ( ) 1// 2 Р (Тс во с а (19) С помощью таблиц определенных интегралов и выполнения обратного синус-преобразования Фурье получим сс Т, (з, х) = ь — ~ Т, (з, р) гйп рхг(х = ч/ 2 о — )/ — х а 1/ $ = — 'е + — '.
о Гх сс (20) Т (х, с) = ег1'с х — 1 ег(с сос х Т, 2)/ас ГМ Т, — — е~' хх ег(с(~г)/ах — х ) + 2 21/ас / — е «х— (21) Чсх Решение задачи при и=шос . Удельная мощность источника тепла ла является некоторой функцией времени вида шос, где шо — постоянная, и — показатель степени, равный — 1,0,... или любому положительному числу, т.
е. и> — 2. Дифференциальное уравнение для изображения напишется так: Т' (х, з) — — Т, (х, з) + — '- +,+, „— — О, астх (22) Г (!+ — а) где 1. [х'/са) =,+, „, Г (сл) — гамма-функция. Отсюда, используя таблицы изображений, помещенные в конце книги, окончательно имеем Глава восьмая 326 Пользуясь таблицей изображений, находим Т(х, х) — Т, х ()= '' '=ег(с + То — То 2 и' ал (24) !+ л в, ко(>-~- ~ ) [ [ о ) ' о1 Усложним задачу, заменив граничное условие первого рода граничными условиями третьего рода: ( "х) + Н(Т,— Т(О,ч)) = О.
(25) дх Тогда решение для изображения будет иметь вид Т, (х,з) — — = Т, — ~/ — к е + ово Г (1+ — л ) — ф — к а е (26) Решение для оригинала будет следующим: Нк+Н'а 8 = ег(с — е 2ф ак ег(с( +Нр'ач + (, 2)Гак м,Г (1+ — ) 2 Х !+пол ово к ! 'Нл а+2 ст (Т, — То) (1+ — л) ст (Тс То) а ( — и) 2 ) (27) ик+ п'а Г х х е ег(с~ +Н~ ач 2 Рк ак л-1-2 — ~)~~ [ — 2Н 7 ач ) (" ег(с 2)l ак ко=-О Решение уравнения (22) при заданных граничных условиях имеет вид ПОЛЕ С НЕПРЕРЫВНО ДЕПСТВУЮШИМИ ИСТОЧНИКАМИ ТЕПЛА 327 Если источник тепла отсутствует (ю, = О), то получаем решение для полуограниченного стержня в случае теплообмена неизолированного конца с окружающей средой по закону Ньютона. $2. НЕОГРАНИЧЕННАЯ ПЛАСТИНА Вначале рассмотрим более простую задачу (го = сопз() при граничных условиях третьего рода, а затем более общую задачу (и = чаг и о (ч)).
Постановка задачи. Дана неограниченная пластина толщиной 2)ч при температуре Т,. В начальный момент времени она помещается в среду с температурой Т, > Т,. Теплообмен с окружающей средой происходит по закону Ньютона (граничное условие третьего рода). Внутри пластины действует источник тепла, удельная мощность которого равна Го. Найти распределение температуры по толщине пластины и удельный расход тепла в любой момент времени. Имеем дТ(х, ч) д'Т (х, ч) =а дх дхч + (х) 0; — )С <Х< +)Г), ст Т(х,0) = Т„ дт(о, ) дх (1) (2) (3) дт(д, ) +Н(Т,— ТР, у=о.
(4) дх Начало координат находится в середине пластины. Решение задачи при ю = сопз(. Решение для изображения Тс(х,з) при условии (2) было приведено в предыдущем параграфе. Для симметричной задачи это решение можно написать так: — Т; ()ч, в) + Н ~ —" — Т, ()с, з)) = О. (6) Удовлетворив решение (5) граничному условию (6), можно определить постоянную А. Тогда решение (5) примет вид То Т, (х, в) — — = + Асй ~l — ' х. (5) Постоянную А находим из граничного условия (4), которое для изображения Тд (х, в) будет иметь вид ПОЛЕ С НЕПРЕРБ!ВНО ДЕЙСТВУ(ОЩИМИ ИСТОЧНИКАМИ ТЕПЛА 329 (12) мо Так как изображение Цпд1 = —, то решение для изображения з+х будет иметь вид (Тс — То)сь 1/ — х г а 7"Б (х,з)— сЬ ~/ х мо з (3+х) ст (13) ~сь-~/ ' И+ — '~,, ' зь-~/ ' И~ Для перехода от изображения к оригиналу воспользуемся готовыми решениями 9 3 гл.
Ъ'1 и 9 4 гл. У'11. Тогда, суммируя эти решения, получим в окончательном виде следующее решение нашей задачи в критериальной форме: соз 1/р,~— Т(х,л) — То 1 Ро То — То Рд( соз )д'р,1 )ддрл з;а у'р,~ 1 В! (14) оо х рд — одо ) — ~ (~ —, ) А. д.— о( — дд' 1. л=! мой х е Ро 1(т т ) — критерии Померанпева Рс( )сз — критерий Предводителева, который определяется как максимальная скорость изменения относительной удельной мощности источника тепла по относительному времени, т.
е. — [ „' ~ — — з' — Рд. Решение пРи в=вахид" . Решение длЯ изобРажениЯ пРи 81= о (гРаиичное условие первого рода) можно написать так: (То — То1 сь З/ х г а Т,(х 3) т + за ~/ — И а + 2 (15) сЬ ~/ — й з+ — л д 2 стз времени; й †постоянн, численно равная максимальной скорости изменения относительной удельной мощности, т. е. 330 Глава восьмая Для перехода от изображения к оригиналу разложим 1 сь~ ~— в ряд, как это было сделано в 2 3 гл.
1Ч. Тогда, пользуясь соотношением (64) таблицы изображений (см. приложение Ч1), получим решение задачи в следующем виде: Х (2т — 1) — —— ьс 2 Мсо ег1с х (2т — 1) + свь )гл Ь! ст(Т,— Т) (1+ а ) 2 (16) ным условием второго рода с)(а). Рассмотрим более общую задачу прн источнике тепла, который является функцией координаты х и времени а. Начальное условие принимаем в более общем виде Т(х, 0) = Г(х).
Граничное условие второго рода принимаем в виде — Л +!)(с) = О. оТ(Ц, в] (4а) (2а) Решение найдем методом интегрального преобразования Фурье. Воспользуемся косинус-преобразованием Фурье Т,(п,а) = ) Т(х, а) соз с(х (17) о н формулой перехода от изображения функции Т,(п, а) к ее оригиналу Т(х, т)! «О 1 2 Ъ~ аах Т(х, т) = — Тс(0, !) + — ~ Т,(п а) соз— (18) а=.! Если источник тепла отсутствует (гоь =0), то из решения (16) получим решение (27) 2 3 гл. 1!!.
Решения (14) и (16) упрощаются, если положить Т,=Т;, это соответствует случаю, когда поверхности пластины мгновенно охлаждаются, а затем поддерживаются при постоянной температуре; нагревание происходит только за счет источника тепла. Решение задачи для переменного источника тепла и!(х, а) с гранич- ПОЛЕ С НЕПРЕРЫВНО ДЕЯСТВ)гЮЩИМИ ИСТОЧНИКАМИ ТЕПЛА 331 ппх Умножая обе части дифференциального уравнения (1) на соз — иин- Я тегрируя в пределах от 0 до 1с с учетом граничных условий (3) и (4а), получим ') 67,(п,х) + ап'п' Т ( ) 1 п ао(х) + 1 ах с по ), .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
