Диссертация (781854), страница 30

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 30)

Так как для знакопеременных рядов сумма отброшенных членов по абсолютной величине не превосходит первого из отброшенных членов, то при относительной погрешности  0,001 для малых времен (  ~10-4) n=k=30. С увеличением времени числочленов уменьшается. Так, при τ > 0,5 указанная точность достигается удержанием всего лишь четырех членов ряда.При соответствующих ограничениях решение (5.16) позволяет получитьбольшинство решений частных задач, рассмотренных в монографиях [158,56].В заключение отметим, что в аналогичной физической постановке, но спостоянной температурой окружающей среды, равной нулю, в справочнике[166] приведено решение задачи в размерном виде, которое получено интегральным методом с использованием функции Грина и по сравнению с решением (5.16) менее пригодно для практического применения.2145.2. Решение задачи теплопроводности для цилиндра конечныхразмеров с внутренними источниками теплаПриведенное в п.

5.2 решение изложено в работе [96].Рассмотрим задачу об остывании однородного цилиндрического стержняс круглым сечением радиусом R и длиной , помещенного в среду с темпера-турой Tˆc (t ) . На границах стержня происходит теплообмен по закону Ньютона.В цилиндре действуют источники тепла, зависящие от времени. Если вести отсчет температуры от ложного нуля Tˆc (t ) , т.е. T  Tˆ  Tˆc , то в системе координат (r,z) математическую постановку задачи можно записать в видедифференциальное уравнение1 T  2Т 1 T  2T qv (t ) 1 Tˆc (t ), 0rR, 0z  , 0t  ; (5.18)a t r 2 r r z 2a tначальное условиеT ( r, z,0)  T 0 , 0rR, 0z  ;(5.19)T (0, z, t ) 0 , 0z  , 0t  ;r(5.20)граничные условияT ( R, z, t ) h1T ( R, z, t )  0 , 0z  , 0t  ;r(5.21)T ( r,0, t ) h2T ( r,0, t )  0 , 0rR, 0t  ;z(5.22)T (r, , t ) h3T (r, , t )  0 , 0rR , 0t  .z(5.23)Здесь t –время, с; q v – мощность источников тепла, Вт / м3 ; hi   i / (i=1,2,3), м1 ;  i  коэффициент теплоотдачи, Вт/( м 2  К) .215Если ввести масштабы: TМ - для температуры, R – для линейных размеR2ров,- для времени, qv 0 - для объемной плотности тепловыделения, то задачаa(5.18) − (5.23) примет видu  2u 1 u  2uuˆ ( ) 2 2  Q ( )  c, 0  1, 0 Z   , 0    ;   Z(5.24)u(, Z ,0)  u 0 ,0  1 0 Z   ;(5.25)u (0, Z , ) 0,0 Z   , 0    ;(5.26)u(1, Z , ) Bi 1u(1, Z , )  0 , 0 Z   , 0    ;(5.27)u(,0, ) Bi 2u(,0, )  0 ,Z0  1, 0    ;(5.28)u (, , ) Bi 3u (, , )  0 , 0  1, 0    .Z(5.29)zatrqv 0 R 2ˆc u TT00TЗдесь   ; Z  ;   ;; u ; uˆc ; TM ;   Fo  2TМRRRTMRTM(Fo – число Фурье); hi R q (t )i R Bi i , i=1,2,3 (Bi – число Био); Q ( )  v .qv 0Решим задачу (5.24) – (5.29) с использованием метода конечных интегральных преобразований [143,57].

Следуя указанным работам, для исключениядифференциальных выражений по Z можно получить ядро прямого преобразования в видеКn ( Z ) 1Bi(cosn Z  2 sin  n Z ) .СnnПри этом нормирующий делитель равенBi 22( Bi 2  Bi 3 )(2n  Bi 2 Bi 3 )С  n  (1  2 ) ,2n22n (2n  Bi 32 )(5.30)2162а собственные числа  n (n=1,2,3…) – положительные корни характеристиче-ского уравненияctg  2  Bi 2 Bi 3.(Bi 2  Bi 3 )(5.31)С помощью интегрального преобразования в интервале 0<Z<  c ядром(5.30) задачу (5.24)–(5.29) приведем к видуu  2 u 1 u 2  2n u  f ( ) ,   (5.32)где чертой обозначены интегральные образы исходных величин u, u(0) иf ()  Q() uˆc, т.е.u   K n udZ ; u (0)  An u 0 ; f ( )  An f ( ),(5.33)0где1 2n  Bi 22n 1An ((1) Bi 3 2 Bi 2 ) .C n  2n n  Bi 32Теперь исключим дифференциальные операции по  .

Ядро прямого преобразования в этом случае имеет вид~К k () J 0 ( k ),Сk(5.34)где нормирующий делитель11 2Сk   J 02 (  k )d  [ J 0 ( k )  J 12 ( k )] ;20J 0 ( x ), J 1 ( x ) – функции Бесселя первого рода соответственно нулевого и пер2вого порядков. Собственные числа  k (k=1,2,3,…) – положительные корни ха-рактеристического уравнения217J 0 ( ).J 1 ( ) Bi 1(5.35)Осуществляя прямое преобразование задачи (5.32),(5.33) с ядром (5.34) винтервале 0  1, получим обыкновенное неоднородное дифференциальноеуравнение первого порядка~du~ ( 2n   2k )u~  f ( ) ,dгде11u~ u (, ) J 0 (  k )d ,Ck 0~ ( 0)  А А u 0 , ~uf ()  Аn Аk f () , Ak n k2Bi1,J 0 ( k )( 2k  Bi12 )(5.36)решение которого с начальным условием (5.36) (первая формула), полученноеметодом вариации произвольной постоянной, имеет вид2222 '~u~( )  e (n k )  (  f ( ' )e(n k )  d'  u~(0)) .0Заметим, что тильдой обозначены образы интегрального преобразованияс ядром (5.30).Осуществляя обратное преобразование, находим решение задачи2222 'Biu(, Z , )   Аn Ak (cos n Z  2 sin  n Z ) J 0 (  k )e (n  k )   (  f ( ' )e (n k )  d'  u 0 ) .nn 1 k 10(5.37)Как и ранее, для решения трансцендентных характеристических уравнений (5.31), (5.35) целесообразно применять итерационный метод Вегстейна.В справочнике [166] приведено решение задачи в аналогичной физической постановке для прямого кольцевого конечного цилиндра с объемными источниками энергии, зависящими от координат и времени, но с постоянной температурой среды, равной нулю.

Решение (5.37) является частным решением посравнению с решением [166] в смысле геометрии и отсутствия зависимости218энерговыделения от координат, но более общим вследствие изменения во времени температуры среды. Решение, приведенное в [166], менее пригодно дляпрактического использования по сравнению с решением, полученным авторомв [96]. Достоинством полученного решения является также его критериальнаяформа.В заключение отметим, что из решения (5.37) можно получить решениячастных задач, некоторые из которых рассмотрены в монографии [158].

Так,при Bi 1 =0 и f ( τ) = 0 имеем задачу охлаждения бесконечно протяженной пластины толщиной  : если Bi 2 =Bi 3 – задача симметричная, если Bi 2 ≠ Bi 3 – несимметричная. При Bi 2 =Bi 3 =0 и f ( τ) = 0 получается задача охлаждения бесконечного стержня при граничном условии третьего рода; при Bi 1 =Bi 2 =Bi 3 = ∞ – задача охлаждения конечного цилиндра, помещенного в кипящую среду; приBi 2 =0 и f ( τ) = 0 – задача охлаждения (нагревания) конечного цилиндра.5.3. Решение задачи об определении температуры теплоносителяпо длине и радиусу трубки теплообменникаПредставленное в п. 5.3 решение содержится в работе [101].В справочниках [166,19] приведено большое количество решений различных задач теории теплопроводности.

Недостатком их является постоянствотемпературы окружающей среды. В атомной энергетике при исследовании переходных процессов в реакторах типа БН необходимо учитывать изменениетемпературы теплоносителя во времени. Поэтому решение задач с переменнойтемпературой среды весьма актуально. В работе [99] (п.

5.1) решена задачаопределения температурного поля в конечном кольцевом цилиндре, омываемомсредой с температурой, зависящей от времени. Ниже решена аналогичная задача определения температуры теплоносителя по длине и радиусу трубки теплообменника.Третья краевая задача. Определим распределение температуры теплоносителя по длине и радиусу трубки теплообменника с внутренним радиусом R0и длиной  , в которой течет теплоноситель с постоянной скоростью w. На бо-219ковой поверхности происходит теплообмен по закону Ньютона. Начальнаятемпература теплоносителя (t=0) – известная функция координат r и z.

На входев трубку задается температура – функция времени, а на выходе – условие третьего рода.Если ввести масштабы: T м= T0 – для температуры, R0 – для линейныхR02– для времени, и отсчитывать температуру от “ложного нуля”размеров,aTc (t ) , то математическая постановка задачи имеет вид∂ϑ ∂ 2ϑ 1 ∂ϑ ∂ 2ϑ∂ϑ ∂ϑc= 2++ 2 − Pe−, τ >0, 0<R<1,0< Z< L;∂τ ∂R∂Z ∂τR ∂R ∂Z(5.38)ϑ( R, Z ,0) = ϑ0 (0) + F ( R, Z ) , 0<R<1, 0<Z<L;(5.39)ϑ'R (0, Z , τ) = 0 , τ>0, 0<Z<L;ϑ'R (1, Z , τ) + Nu1ϑ(1, Z , τ) = 0 , τ>0, 0<Z<L;ϑ( R,0, τ) = ϑ0 ( τ) + Ф( τ) ,(5.40)(5.41)τ >0 , 0<R<1;(5.42)ϑ'Z ( R, L, τ) + Nu 2 ϑ( R, L, τ) = 0 , τ >0, 0<R<1,(5.43)T − Tc (t ) ϑ = Т c (t ) ϑ0 (0) = T − Т c (0) ϑ ( τ) = T0 − Т c (t )ϑ=где; c;; 0;T0T0T0T00Ф( τ ) =R=atki R 0wR 0ϕ( t ), (i=1,2);; τ = Fo = 2 ; Pe =; Nu i =R0T0λarz;Z=; L=; Fo – число Фурье; k – коэффициент теплопередачи;R0R0R0L – безразмерная длина трубки; Nu – число Нуссельта; t – время; T – температура; τ – безразмерное время.Введем замену переменнойϑ = uePePe( Z − τ)22Тогда задача (5.38) – (5.43) примет вид.(5.44)220u  2u 1 u  2u c  2 ( Z  2  )e,  >0, 0<R<1, 0< Z< L; R 2 R R Z 2Peu( R, Z ,0)  ( (0)  F ( R, Z )) e0PeZ2Pe,(5.45)0< R< 1, 0< Z< L;(5.46)uR' (0, Z , )  0 , τ>0, 0<Z<L;(5.47)uR' (1, Z , )  Nu 1u(1, Z , )  0 , τ>0, 0<Z<L;u( R,0, )  (0 ()  Ф())ePe24(5.48),  >0, 0< R< 1;(5.49)2uZ' ( R, L, )  Bu ( R, L, )  0 ,  >0, 0< R< 1,(5.50)где B  2 Nu 2  Pe.Решение задачи (5.45) − (5.50) будем искать в виде суммы двух функцийu( R, Z , )  w( Z , )  ( R, Z , ) .(5.51)При этом функция w( Z , ) удовлетворяет граничным условиям (5.49),(5.50)BZw( Z , )  (1 )( 0 ( )  Ф( )) e2  BLPe24,а для определения функции ( R, Z , ) имеем задачу  2  1   2  ( Z , ); R 2 R R Z 2( R, Z ,0)  ( (0)  F ( R, Z )) e0PeZ2(BZ 1)( 0 (0)  Ф(0)) , 0< R< 1, 0< Z< L;2  BL'R (0, Z , )  0,( R,0, )  0,(5.53) >0, 0<Z<L;'R (1, Z , )  Nu 1(1, Z , )   Nu 1w( Z , ),(5.54) >0, 0<Z<L;(5.55) >0, 0< R< 1;2'Z ( R, L, )  B( R, L, )  0,(5.56) >0, 0< R< 1,c  2 ZBZPe 2e( 1)((0 ( )  Ф( ))  '0 ( )  Ф' ( ))) eгде ( Z , )  ( 2  BL4Pe(5.52)(5.57)Pe 24.221Решим задачу (5.52) – (5.57) с использованием метода конечных интегральных преобразований [143,57].

Следуя указанным работам, для исключениядифференциальных выражений по Z можно получить ядро прямого преобразования в видеКn (Z ) 1sin  n Z ,Сn(5.58)где нормирующий делительLCn   sin 2  n ZdZ 0LB 2,2 B  4 2nсобственные числа  2n (n=1,2,3…) – положительные корни характеристическогоуравненияtg L  2.B(5.59)С помощью интегрального преобразования в интервале 0  Z  L c ядром(5.58) задачу (5.52) – (5.57) приведем к виду  2  1   2n    ( ) ;2 RR RR' (0, )  0;(5.61)R' (1, )  Nu 1 (1, )   Nu 1w ( );(5.62)L ( ) Pe24(5.60)L11 sin  n ZdZ ; ( R,0) ( R, Z ,0) sin  n ZdZ ;Cn 0Cn 0PeL24c Pe 22 Nu 2 ee[ 2(1)((0 ( )  Ф( ))  '0 ( )  Ф ' ( ))]; ;222 n C n Pe  4 n B  4 n42n(5.63)w ( ) (5.64)Pe24e(0 ( )  Ф( )). n Cn(5.65)Отметим, что чертой обозначены интегральные образы исходных величин , ( R, Z ,0) , ( Z , ) и w( Z , ) .222Теперь исключим дифференциальные операции по R.

Характеристики

Список файлов диссертации