مشخصات دمای گذرا یک میله بی نهایت با رسانایی و همرفت

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3209

سپاس: 5491

جنسیت:

تماس:

مشخصات دمای گذرا یک میله بی نهایت با رسانایی و همرفت

پست توسط rohamavation »

یک میله بی نهایت بلند و یکنواخت در یک انتها بسته شده است (x=0). دمای محیط $T_{\infty}$ است
و همرفت نیوتنی صورت می گیره. در t=0 دما در x=0 به طور ناگهانی به Ts افزایش می یابه. اگر دمای اولیه Ti بود
(برای$x\to \infty$) سپس تکامل دما در زمان بر x چقدره
ابتدا باید معادله ای شامل قانون هدایت گرما فوریه و قانون سرد شدن نیوتن با استفاده از تعادل حرارتی عنصر Δx تنظیم کنیم.تصویر
. ما هیچ گرادیان دما را در y فرض نمی کنیم و z جهت ها.تعادل حرارتی میلهاتلاف گرمای همرفتی عنصر به صورت زیر بدست می آید:تصویر
$- p\Delta xh(T(x)-T_{\infty})$(p محیط میله است، برایp$
= 2 ×
width + 2 ×
$thickness)
تعادل حرارتی آن بخش اکنون به صورت زیر است:
$A\rho c_p \Delta x \frac{\Delta T}{\Delta t}=Aφ(x)-Aφ(x+\Delta x)- p\Delta xh(T-T_{\infty})$
جایی که A سطح مقطع میله است.دو طرف را بر AΔx تقسیم کنید
و کمی تغییر ترتیب دهید:$\rho c_p\frac{\Delta T}{\Delta t}=-\frac{φ(x+\Delta x)-φ(x)}{\Delta x}- \frac{ph}{A}(T-T_{\infty})$
اکنون حد هر دو طرف را برای بدست آوردن مشتقات در نظر بگیرید:
$\rho c_p \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta T}{\Delta t}=-\lim_{\Delta x \to 0}\frac{φ(x+\Delta x)-φ(x)}{\Delta x}- \frac{ph}{A}(T-T_{\infty})$
$\rho c_p\frac{\partial T}{\partial t}=-\frac{\partial φ}{\partial x}- \frac{ph}{A}(T-T_{\infty})$
حالا از شار φ خلاص شوید با قانون هدایت حرارتی فوریه:
$φ(x)=-k\frac{\partial T}{\partial x}$
به طوری که:$c_p\rho \frac{\partial T}{\partial t}=k\frac{\partial^2T}{\partial x^2}- \frac{ph}{A}(T-T_{\infty})$
اکنون با:$\alpha=\frac{k}{c_p\rho}$
سپس به صورت مختصر PDE:
$\boxed{T_t=\alpha T_{xx}-\frac{ph}{\rho c_p A}(T-T_{\infty})}$
برای سادگی:$\frac{ph}{\rho c_p A}=c$
$T_t=\alpha T_{xx}-c(T-T_{\infty})\tag{1}$
$T(0,t)=T_s\text{ and } T(x,0)=T_i\tag{2}$
از (1) ما به دنبال راه حل حالت پایدار هستیم: $T_t=0$
$\alpha T''(x)-c[T(x)-T_{\infty}]=0$
$y=T-T_{\infty}$
$y''(x)-\frac{c}{\alpha}y(x)=0$
$m^2=\frac{c}{\alpha}$
$y''-m^2y=0$
$y=c_1e^{mx}+c_2e^{-mx}$
به طوری که:
$T(x)=T_{\infty}+c_1e^{mx}+c_2e^{-mx}$
قبل $T(0)=T_s$
$T_s=T_{\infty}+c_1+c_2$
بدیهی است که مگر اینکه:$c_1=0$سپس $T\to \infty$ برای$x\to\infty$
پس c1=0. بدین ترتیب:$T_s=T_{\infty}+c_2$
$T_s=T_{\infty}+c_2$
$T_E(x)=T_{\infty}+(T_s-T_{\infty})e^{-mx}$
اکنون به موجب اصل برهم نهی باید تابع u(x,t) وجود داشته باشد.
، به طوری که:$T(x,t)=T_E+u(x,t)$
$T_t(x,t)=0+u_t(x,t)$
$T_{xx}(x,t)=m^2(T_s-T_{\infty})e^{-mx}+u_{xx}(x,t)$
قبل2
تبدیل به
$u(0,t)=T_s-[T_{\infty}+(T_s-T_{\infty})]=0$
با:$\boxed{u_t=\alpha u_{xx}}$
که همگن است.ز این پاسخ می توان دریافت که راه حل آخرین PDE اینه
$\frac{u(x,t)-T_s}{T_i-T_s}=\mathrm{erf}\Big(\frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}\Big)$
یا:$\frac{u(x,t)-T_s}{T_i-T_s}=\mathrm{erf}\Big(\frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}\Big)$
با تابع حالت پایدار بر هم قرار میگیره:
$\boxed{T(x,t)=T_{\infty}+(T_s-T_{\infty})e^{-mx}+T_s+(T_i-T_s)\mathrm{erf}\Big(\frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}\Big)}$
که در آن $m^2=c/\alpha$
.
تصویر

ارسال پست