Теория тепломассобмена (Леонтьев) (1062552), страница 67
Текст из файла (страница 67)
Это соотношение должно быть таким же и для абсолютно черного тела при тех же длинах волн, но уже при температуре Т„. таким образом, Подставив выражение для 1 из уравнения (1Х.5), приходим к равенству 1Фмйлз) т т, СО11ул1 — 11л,) ' Цветовая температура Тц всегда несколько превышает истинную Т.
1Х.З. Радиационный теилообмен между твердыми телами, разделенными диатермичиой средой УХ.8.1. Задача о дауа иераполе.вьиыя иласшииаа Определим количество теплоты, которым обмениваются два тела, поверхности которых параллельны. Пусть длины волн из,яучения обоих тел лежат в одной произвольной спектральной области. При этом расстояние между телами таково, что луч, исходяшдй от одного тела, обязательно попадает на другое, а размеры каждой из поверхностей очень велики. Иными словами, потерямн лучистой энергии можно пренебречь.
Кроме того, для каждого тела можно зависать А+ Я= 1. нли Температуры тел неодинаковы: Т1 ф Тз. т-т О-ООО. Р Рис. 1Х.1в. Радиационный теплообмеи между парал- лельиымн плэстииамн 1-р 1-й,й, Фр(ь Следовательно, Рассмотрим, что происходит с энергией, нзлученной телом 1 (рис. 1Х.10). Тело 1 излучает Е1, а тело й поглощает Е1Аг и отражает Е~йг. Из того, что отразило тело й, тело 1 поглощает ЕгйгА1 и отражает Е~й~йг. Из этого количества энергии тело 3 поглошяет ЕгйгйгАг и отражает Е1йгйгг. В свою очередь тело 1 поглощает отсюда Е1 В1йггАг и отражает Егй1 Вг н т,л.
г г Точно такие же рассуждения можно привести и для энергии, излучаемой телом й Лля этого достаточно поменять местами индексы в предыдущих выкладках: тело 8 излучает Ег, а тело 1 поглощает ЕгА1 и отражает ЕгАг н т.д. Предположим, что температура поверхности тела 1 выше (Тг > Тг).
Тогда результирующий поток лучистой энергии направкен в сторону тела й, которое окажется приемником радиапии, а тело 1 — излучателем. Для того чтобы найти энергию, которую получает приемник в результате взаимного обмена, необходимо построить его тепловой баланс. Тело Я получает долю энергии из излучения тела 1, часть энергии собственного излучения, отраженную телом 1 и снова поглощенную поверхностью приемника, минус собственное изл чение. Итак у 3 0 Я = Я~+Юг <Ь.
Определим количество энергии, излученной телом 1 и поглощенной телом й Ч1 = Г(ЕьАг+ ЕгАгйгйг+ ЕгАгй1йг + ° ), Ц~ = ГЕ~Аг(1+ Вгйг+ ВЩ+...). Если В1 Вг = р < 1> то сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии Я1 = Е~Агг/(1 — В1 Вг). Количество энергии из собственного излучения тела 3, вернувшейся к нему и снова поглощенной им, составит ~)о Е(Е А В, +Е А Вгй +ЕгА Взйг+ ) Яг' = ЕгАгй,Р((1 — В1 Вг). Количество энергии, излучаемой телом 8, Яг = ЕгГ. Общий приход энергии в балансе тела й равен Я = Г [Ег Аг/(1 — В~йг) + ЕгАгй~/(1 — В1 Вг) — Ег[, нли Г Ю= [Е~ Аг + ЕгАгй1 — Ег(1 — Вг Вг)1. 1 — ВФг Но Аг = (1 — Вг), следовательно, Г Я = (Е~Аг + Ег [(1 - Вг) Вг - (1 — Вг Вг)[).
Откроем в правой части уравнения квадратные скобки: Р Я= [ЕгАг+ Ег(В1 — Вгйг — 1+ Кгйг)]. 1 — Вгйг Окончательно имеем (1Х.12) но так как 1 1/сз + 1/ег — 1' вернемся к соотношению (1Х.12) 1 1/Сз + 1/С2 1/Со ВВ2 вво Имея в виду, что (1- В~) = Аз, после несложных преобразований получим Е2А2 — Е2А2 1- Л,В2 Раскроем знаменатель правой части полученного равенства: 1- В2Ю2 = 1- (1 — А2) (1 — Аг) = А2 + Аг — А~ Аз, я = А; С = еСо; А2 = Сг/Со, Аг = С2/Со, то г 1 — В2В2 = С2/Со + Сг/Со — С~С2/Со.
Учитывая, что Е2 = С2 (Т2/100)4; Ег = Сг (Тг/100)», Я 1 С2Сг Т~ С2С2 Т2 Сз/Со+ Сг/Со -С2С2/Соц Со 100 Со 100 или С,сг 1 С, С,/С,+С,/С,-С,/С,/С,' ~~100/ ~100/ ~ Разделив числитель и знаменатель на С2С2/Со, получаем 1/С + 1/Сг — 1/Со 100 100 Первый сомножитель в правой части этого уравненния называют приведенным коэффициентом юлучення а = С вЂ” ~ — — 2 К (1Х.1З) В приведенный коэффициент юлучения помимо козффипиентов излучения излучателя и приемника входит также коэффициент излучения абсолютно черного тела. Если и излучатель, и приемник — абсолютно черные тела, то значение Сиз будет наибольшим. Если же только одно из тел будет абсолютно черным, то приведенный коэффициент излучения будет равен коэффидиенту излучения серого тела.
Тзл как С/Со = е, то приведенный коэффициент излучения можно заменить на приведенную степень черноты В этом случае выражение (1Х.13) примет вид Я = еяо 5,67 — — — К В ташических расчетах, как правило, пользуются понятием при- веденной степени черноты. 1Х.З.В.
Радиационный тенлообмен мезиду телом и обеленного Рассмотрим лучистый теплообмен между двумя телами, когда одно из них полностью охвачено (окружено) другим (рис. 1Х.11), причем как форма обоих тел, так и положение тела 1 внутри оболочки безразличны. Ставим только одно условие: поверхность тела Г~ везде выпуклая (оно не может излучать само на себя), а поверхность оболочки Рг везде вогнутая.
Зля обоих тел А + Л = 1, излучение диффузное, температуры тел различны. При этом ход рассуждений будет таким же, как и в предыдущей задаче. Необходимо лишь учесть Рис. 1Х.11. Радиацноииый теплоопмеи между телам н Оболочкой После преобразований получим примет вид Я = С' ! 1 1/сз + ®/гз) (1/сз — 1) ЕзфА~ Рз 13А~ + Аз — 13А~ Аз И окончательно имеем Е~Аз — ЕзА~ Аз + ФА~ (1 — Аз) (1Х.15) авн следующее обстоятельство: из энергии, отраженной оболочкой, первое тело воспринимает только часть,ОЕ~Вз, а остаток, равный (1- Я Еь Кз, проходит мимо него н снова попадает на поверхность оболочки. Тогда полученное в только что рассмотренной задаче выражение 1 — (1 — А~)(1- Аг) = А~ + Аз — А~Аз 1 — (1 — фА~) (1 — Аз) =,ОА~ + Аз — ~3А)Аз.
(1Х,14) Из уравнения (1Х.12) получаем как количество теплоты, поглощенной оболочкой нз излучения первого тела (с учетом выражения (1Х.14)) Е»АзГ~ ДА~ + Аз — ~ЗА~Аз' так и количество теплоты, излученной оболочкой н поглощенной телом 1, Теперь для определения 13 временно примем, что Т~ = Тз, тогда 9~ = Чз и Гз = ДГз, или Ф =~ Г~/Ез. Кояичество теплоты, которой в действительности при Тз ф Тз обмениваются в единипу времени тела 1 и М, определится так: Учитывая, что А~ = Сз/Се, Аз = Сз/Се; Ез = С~ (Тз/100), Ез = Сз(Тф/100)», перепишем уравнение (1Х.16): 1 ~С1СЯ АТЬ 1» Сз/Се+ ф (С~/Се — С1Сз/СД ~ Се ~100 1 1/С~+ Е,/~,(1/Сз — 1/Се) ~~100! ~100/ ~ ' 1 1/С, + (Г,/~Ъ) (1/Сз — 1/Се) Как н в предыдущей задаче, приведенный коэффипиент излучения можно заменить на приведенную степень черноты Следует заметить, что если Рз Ъ Р~, то С,', = С~, а с,',„= сз.
1Х.э.Ю. Защитные экраны Поскольку излучение определяется температурой, количество раднадионной энергии можно регулировать, воздействуя на температуру излучателя. Но нередко бывают случаи, когда нельзя снизить эту температуру для того, чтобы ослабить действие лучистого потока. Тогда используют экраны, Экраны для защиты от теплового излучения выполняют из материалов с большой отражательной н малой поглощательной способностью. Предположим, что между двумя большими параллельными плоскими поверхностями 1 и 8 находится экран Э из столь тонкого материала, что разностью температур между его поверхностями можно пренебречь. Будем считать, что можно также пренебречь конвективным переносом теплоты между излучающими поверхностями. Найдем вначале количество теплоты ае, которой обменивз ются поверхности без экрана, а затем количество теплоты, которой они обмениваются после установки экрана.
Рассмотрим два случая. 1. Поверхности тел 1 и 3, как и обе поверхности экрана, имеют одинаковый коэффициент излучения С1. Тогда приведенный коэффидиент излучения системы можно представить следующим образом: 1/С1 + 1/С! — 1/С,' Результирующий поток теплоты от тела 1 на тело й без экрана рамн де = Са [(Т1/100)4 — (Тз/100) ].
Когда между телами 1 и й установлен экран, результирующий тепловой поток можно представить как а! = Сер [(Гд/100) — (Тэ/100) ] = Сар [(Тэ/100) — (Тз/100) ]. Из последнего равенства следует, что (Т,/100) = 1/2 [(Тг/100) + (Тз/100)Я]. Подставим найденную величину в выражение для а!: С,р [(Тг/100) (Тз/100) ]— 2 Следовательно, благодаря включению одного экрана тепловой поток на тело 3 уменьшается вдвое. Полученное решение можно распространить на случай 3, Ю, ...
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
