Теоретические основы теплотехники. Ляшков В.И. - 91 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

превращается в константу (ее называют константой разделения). Чтобы решение было не нулевым и по мере увеличения τ
величина
t не увеличивалась бы бесконечно, а стремилась к некоторому постоянному значению, величина константы
разделения должна быть отрицательной. Обозначим ее через –
k . Естественно, что и правая часть формулы (2.28) равна – k.
С учетом изложенного уравнение (2.28) можно заменить теперь системой из двух обыкновенных дифференциальных
уравнений:
ϕ−=
τ∂
ϕ
∂
2
ak
; (2.29)
.
2
2
2
k
dx
d
ψ−=
ψ
(2.30)
Интегрирование этих уравнений несложно. Для этого в уравнении (2.29) сначала разнесем переменные:
.τ−=
ϕ
ϕ
dak
d
2
Тогда после интегрирования получаем
Cak +τ−=ϕ
2
ln ,
где C – константа интегрирования. Потенцируя полученную формулу, находим
,)exp())exp(exp(
2
1
2
akCCak −=−=ϕ
где C
1
– пока еще неизвестная произвольная постоянная. Общим решением уравнения (2.30) является выражение
,sincos kxCkxC
32
+
=
ψ
в чем легко убедиться, дифференцируя его по x дважды:
;cos)(sin kxkCkxkC
dx
d
32
+=
ψ
.sincos
22
3
2
2
2
2
kkxkCkxkC
dx
d
dx
d
dx
d
ψ−=−−=
ψ
=
ψ
Таким образом, общее решение дифференциального уравнения (2.26) в соответствии с формулой (2.27) получаем в виде
,)sincos()exp( kxCkxCakCt
32
2
1
+τ−=
(2.31)
где произвольные постоянные
C
1
, C
2
, C
3
и константа разделения k должны определяться из условий однозначности.
2.2.15 Нестационарная теплопроводность
неограниченной плоской стенки
В каждой дисциплине столько науки,
сколько в ней математики
Э
. Кант
ассмотрим процесс охлаждения неограниченной плоской стенки, которая в начальный момент имела равномерно
распределенную
температуру
t
0
и была быстро помещена в жидкую среду с температурой t
ж
. При этом
будем считать, что интенсивность теплообмена между стенкой и жидкостью, определяемая
величиной коэффициента теплоотдачи
α, в течение процесса остается постоянной. Такая
стенка и распределение температуры в ней для ряда последовательных моментов времени
τ
1
, τ
2
, τ
3
, ... показаны на рис. 2.24. В силу симметрии ось t, совпадающую с осью z, удобно
провести в плоскости симметрии, обозначая половину толщины стенки через
δ.
При решении задач всегда удобнее вместо истинного значения температуры
t
рассматривать избыточную температуру
Θ = t – t
ж
. В этом случае, учитывая что
Θ
=
ddt ,
формула (2.26) принимает вид
,
2
2
x
a
d
d
∂
Θ∂
=
τ
Θ
а значит и общее решение (2.31) будет выглядеть следующим образом:
)sincos()exp( kxCkxCakC
32
2
1
+τ−=Θ . (2.32)
Чтобы найти константы С
1
, С
2
, С
3
и k, воспользуемся условиями однозначности. В силу симметрии значение
производной
)/( x∂Θ∂ при x = 0 должно быть равным нулю. Продифференцируем формулу (2.32):
)cossin()exp()/( kxkCkxkCakCx
32
2
1
+−τ−=∂Θ∂ .
При ,sin 00 == kxx a 1=kxcos . Тогда приведенная формула сводится к уравнению
)10()exp(0
3
2
1
⋅+−τ−= kCakC ,
откуда получаем С
3
= 0. В результате общее решение несколько упрощается
kxakAkxakCC cos)exp(cos)exp(
22
21
τ−=τ−=Θ
, (2.33)
где через A обозначена произвольная постоянная,
21
CCA
=
.
Р
x
Рис. 2.24 Нестационарное
температурное поле
плоской стенки

Страницы