رسانایی گرمایی گذرا (غیر دائم)

بسیاری از مسائل انتقال گرما به زمان بستگی دارد. چنین مسائلی را گذرا یا غیر دائم گویند ، که هنگامی بوجود می آیند که شرایط مرزی سیستم با زمان تغییر کند.برای مثال با متغیر بودن دمای سطح سیستم ، به طور کلی دما در هر نقطه از سیستم متغیر خواهد بود. این تغییرات تا زمانی که توزیع دمای دائم بوجود آید ادامه خواهد داشت.برای حل مسائل انتقال گرمای گذرا روش های گوناگونی از قبیل روش ظرفیت فشرده، راه حل تحلیلی ، روش تفاضل محدود و ... ابدا شده اند. در واقع تمام این روش ها سعی در تحلیل معادله گرما و حل آن دارند ولی با توجه به پیچیدگی معادله گرما گاهی برخی روش با فرض هایی به ساده سازی مسئله میپردازند. که همین نکته وجه تمایز اصلی این روش ها محسوب میشود.

روش ظرفیت فشرده

یکی از مسائل رسانایی غیر دائم زمانی رخ میدهد که دمای محیط جسم به طور ناگهانی تغییر کند. به عنوان نمونه یک شمش فلزی داغ را در نظر بگیرید که نخست در دمای یکنواخت Ti قرار دارد و سپس در مایعی با دمای $T_i<T\infty$خنک میشود. اگر سرمایش در t=0 شروع شود ، دمای جسم در t>0 کاهش میابد تا در نهایت به مقدار $T_\infty$ برسد.این کاهش دما به علت انتقال گرمای جابجایی در سطح مشترک جامد – مایع رخ میدهد. روش ظرفیت فشرده بر این فرض استوار است که دمای جسم در هر لحظه از فرایند غیر دائم از نظر مکانی یکنواخت است. یا به عبارت دیگر گرادیان دما در داخل جسم ناچیز فرض میشود. طبق قانون فوریه این فرض بدان معناست که ضریب رسانایی گرمایی ماده نامحدود است. واضح است که این فرض در عمل هیچگاه محقق نمی شود ولی در صورت کوچک بودن مقاومت درونی جسم نسبت به رسانایی در مقابل مقاومت در برابر انتقال گرمای بین جسم و محیط ، این فرض قابل قبول خواهد بود. با چشم پوشی از گرادیان دما در داخل جسم حل مسئله را با موازنه انرژی کل روی جسم آغاز می کنیم. (به دلیل صفر بودن گرادیان دما استفاده از معادله گرما ممکن نیست) جسم را به عنوان حجم کنترل در نظر می گیریم. داریم :

$-{\dot{{\rm E}}}_{{\rm out}}{\rm =}{\dot{{\rm E}}}_{{\rm st}}$

${\rm -}{\rm h\ }{{\rm A}}_{{\rm s}}{\rm (\ T-\ }{{\rm T}}_{\infty }) = \rho V c {{{\rm dT}}\over {{\rm dt}}}$

حال اختلاف دمای زیر را معرفی می کنیم:

$\theta \equiv T - {{\rm T}}_{\infty }$

${{{\rm d}\theta }\over {{\rm dt}}}{\rm =}{{{\rm dT}}\over {{\rm dt}}}$

${{\rho {\rm Vc}}\over {{\rm h}{{\rm A}}_{{\rm s}}}}{{{\rm d}\theta }\over {{\rm dt}}}{\rm =-\ }\theta$

با جداسازی متغیرها و انتگرال گیری از شرط اولیه $T(0) = T_i$ داریم :

${{\rho {\rm Vc}}\over {{\rm h}{{\rm A}}_{{\rm s}}}}\int^{\theta }_{{\theta }_{{\rm i}}}{{{{{{\rm d}\theta }}}\over {\theta }}}{\rm =\ -}\int^{{\rm t}}_0{{{{\rm dt}}}}$

${\theta }_{{\rm i}}{\rm =T_i-\ }{{\rm T}}_{\infty }$

${{\rho {\rm Vc}}\over {{\rm h}{{\rm A}}_{{\rm s}}}}{\ln {{{\theta }_{{\rm i}}}\over {\theta }}\ }{\rm \ =t} *$

یا :

${{{\theta }_{{\rm i}}}\over {\theta }}{\rm =\ }{{{\rm T-\ }{{\rm T}}_{\infty }}\over {{\rm Ti-\ }{{\rm T}}_{\infty }}}{\rm =}{\exp {\rm [\ -(\ }{{{\rm h}{{\rm A}}_{{\rm s}}}\over {\rho {\rm Vc}}}\ }{\rm \ )\ t\ ]} **$

می توان با استفاده از معادلات * و ** به ترتیب زمان مورد نیاز برای رسیدن جسم به دمای T و دمای جسم در لحظه t را بدست آورد.

ثابت زمانی گرمایی

اگر در * و ** ، t به سمت بی نهایت میل کند ، اختلاف دمای بین جسم و سیال به طور نمایی به سمت صفر میل میکند. داریم :

${\tau }_{{\rm t}}{\rm =}\left({{{\rm 1}}\over {{\rm h}{{\rm A}}_{{\rm s}}}}\right)\left(\rho {\rm Vc}\right){\rm =\ }{{\rm R}}_{{\rm t}}{{\rm C}}_{{\rm t}}$

در رابطه فوق ${{\rm R}}_{{\rm t}}$ مقاومت در برابر انتقال گرمای جابه جایی و ${{\rm C}}_{{\rm t}}$ظرفیت گرمایی فشرده جسم است. کل انرژی انتقال یافته برای محاسبه کل انرژی انتقال یافته Q تا زمان t میتوان نوشت :

${\rm Q=\ }\int^{{\rm t}}_0{{\rm q}{{{\rm dt}}}}{\rm \ =h\ }{{\rm A}}_{{\rm s}}{\rm \ }\int^{{\rm t}}_0{\theta {\rm dt}}$

با جاگذاری از ** در معادله فوق داریم :

$Q=\left(\ \rho Vc\ \right) {\theta }_{{\rm i}}{\rm \ [\ 1-}{\exp {\rm (-}{{{\rm t}}\over {{\tau }_{{\rm t}}}}{\rm )]}\ }$

اعتبار روش ظرفیت فشرده (عدد بیو و عدد فوریه)

این روش ساده ترین روشی است که از آن می توان برای حل مسائل رسانایی گذرا استفاده کرد. برای تعیین شرایطی که در آن استفاده از روش ظرفیت فشرده قابل قبول است، رسانایی دائم از یک دیوار تخت با مساحت سطح A را در نظر می گیریم. هرچند در این معیار شرایط دائم در نظر گرفته می شود اما به آسانی به یک فرآیند گذرا قابل تعمیم است. یک سطح دیوار در دمای ثابت $T_{s,1}$ نگه داشته شده است و سطح دیگر در معرض سیالی با دمای ${{\rm T}}_{\infty }{\rm <}T_{s,1}$ قرار دارد. دمای سطح دوم ${{\rm T}}_{\infty }{\rm <}\ T_{s,2}{\rm \ <}T_{s,1}$ است. بنابراین در شرایط دائم موازنه انرژی سطحی به صورت زیر خواهد بود :

${{kA}\over {L}}\ \left(T_{s,1}-\ T_{s,2}\right)=h\ A\ (\ T_{s,2}-\ {{\rm T}}_{\infty })\$

که در آن k ضریب رسانایی جسم است. داریم :

${{T_{s,1}-\ T_{s,2}}\over {\ T_{s,2}-\ {{\rm T}}_{\infty }}}{\rm =\ }{{{\rm (}{{\rm L}}/{{\rm kA}}{\rm )}}\over {{\rm (}{{\rm 1}}/{{\rm hA}}{\rm )}}}{\rm =\ }{{{{\rm R}}_{{\rm cond}}}\over {{{\rm R}}_{{\rm conv}}}}{\rm =\ }{{{\rm hL}}\over {{\rm k}}}{\rm \ }\equiv {\rm Bi}$

کمیت (hL/k) در معادله فوق یک پارامتر بی بعد است و عدد بیو نامیده میشود. (Biot Number) اگر این عدد خیلی از 1 کوچکتر باشد مقاومت در برابر رسانایی در داخل جسم خیلی کمتر از مقاومت در برابر جابه جایی در لایه مرزی سیال است . در واقع فرض روش ظرفیت فشرده قابل قبول خواهد بود. معمولا به ازای مقادیر عدد بیو کوچکتر از 0.1 خطای حاصل از فرض روش ظرفیت فشرده را کاملا قابل صرفه نظر در نظر می گیرند. و عدد بایو توسط رابطه عمومی زیر تعریف می شود :

$Bi=\ {{hL_c}\over {k}}$

که در آن $L_c$ طول مشخصه است و آن را برابر نسبت حجم جسم به مساحت سطح آن در نظر می گیرند:

$L_c\ \equiv \ {{V}\over {A_s}}$

با استفاده از رابطه طول مشخصه از رابطه ** داریم :

${\rm \ }{{{\rm h}{{\rm A}}_{{\rm s}}{\rm t}}\over {\rho {\rm Vc}}}{\rm =\ }{{{\rm ht}}\over {\rho {\rm c}L_c}}{\rm =\ }{{{\rm h}L_c}\over {{\rm k}}}{\rm \ }{{{\rm k}}\over {\rho {\rm c}}}{\rm \ }{{{\rm t}}\over {{L_c}^{{\rm 2}}}}{\rm =\ }{{{\rm h}L_c}\over {{\rm k}}}{\rm \ }{{\alpha {\rm t}}\over {{L_c}^{{\rm 2}}}}$

${{{\rm h}{{\rm A}}_{{\rm s}}{\rm t}}\over {\rho {\rm Vc}}}{\rm =Bi\ .Fo}$

Fo عدد فوریه نامیده میشود و یک زمان بی بعد است.

طول مشخصه برای دیوار مسطح به ضخامت 2L مساوی با نصف ضخامت L و برای استوانه طویل مساوی با ${}^{{{r}_{0}}}\!\!\diagup\!\!{}_{2}\;$ و برای کره مساوی با ${}^{{{r}_{0}}}\!\!\diagup\!\!{}_{3}\;$ می باشد

تجزیه و تحلیل عمومی روش ظرفیت فشرده

با روند مشابه تحلیل روش ظرفیت فشرده برای حالت فقط وجود جا به جایی سطحی، این بار با در نظر گرفتن اثر تابش و تولید و ذخیره انرژی داخلی علاوه بر اثر جابه جایی سطحی خواهیم داشت :

$\ddot{q_{s\ }\ }A_{s,h}+\dot{E_g}-\ A_{s,c}h\left(\ T-\ {{\rm T}}_{\infty }\right)+A_{s,r}\varepsilon \sigma \ \left(T^4-\ {{{\rm T}}_{{\rm sur}}}^4\right)=\ \rho Vc{{dT}\over {dt}} ***$

این معادله یک معادله عادی ، غیرخطی ، مرتبه اول و ناهمگن است و حل دقیقی برای آن وجود ندارد. ولی با ساده کردن معادله می توان به معادلاتی رسید که حل آن ممکن است مثلا اگر تابش ناچیز باشد و h مستقل از زمان باشد، با حل معادله *** به جواب زیر خواهیم رسید:

${{{\rm T-\ }{{\rm T}}_{\infty }{\rm -}\left({{\rm b}}/{{\rm a}}\right)}\over {{\rm T_i-\ }{{\rm T}}_{\infty }{\rm -}\left({{\rm b}}/{{\rm a}}\right)}}{\rm =}{\exp \left({\rm -}{\rm at}\right)\ }$

${{{\rm T-\ }{{\rm T}}_{\infty }}\over {{\rm T_i-\ }{{\rm T}}_{\infty }}}{\rm =\ }{\exp \left({\rm -}{\rm at}\right)\ }+\ {{{b}/{a}}\over {{\rm T_i-\ }{{\rm T}}_{\infty }}}\ [\ 1-{\exp (-at)]\ }$

که a و b به صورت زیر تعریف میشوند :

$a\equiv \left({hA_{s,c}}/{\rho Vc}\right)$

$b\equiv \left({\ddot{{(q}_{s\ }\ }A_{s,h}+\dot{E_g)}}/{\rho Vc}\right)$

مثال1 تعدادی گوی را از درون کوره ای با دمای${{T}_{{{i}_{^{^{^{{}}}}}}}}=900K$ بیرون آورده و در دمای محیط ${{T}_{\infty }}=300K$ قرار می دهیم. با توجه به اطلاعات داده شده مدت زمان لازم برای انجام انتقال حرارت را بیابید؟

$\begin{align} & {{T}_{{{i}_{^{^{^{{}}}}}}}}=900K \\ & {{T}_{\infty }}=300K \\ & D=5mm \\ & K=40W/mK \\ & h=20W/{{m}^{2}}K \\ & \rho =7000kg/{{m}^{3}} \\ & {{c}_{p}}=4000J/kgK \\ \end{align}$

$\begin{align} & \frac{v}{Ac}=\frac{\frac{4}{3}\pi \left( R \right)3}{4\pi R\hat{\ }2}=\frac{5}{6}mm \\ & \\ & Bi=\frac{hLc}{K}=\frac{20\times \frac{5}{6}\times {{10}^{-3}}}{40}=\frac{5}{12}\times {{10}^{-3}}\ll 1 \\ \end{align}$

با توجه به کوچک بودن عدد بیو فرض صفر بعدی بودن معتبر است. پس می توان از روش ظرفیت فشرده استفاده کرد.

$\begin{align} & mc\frac{dT}{dt}+hAs\left( T-T\infty \right)=0 \\ & \\ & \theta ={{e}^{-\frac{t}{\tau }}} \\ & m=7000\times \frac{4}{3}\pi {{\left( 2.5\times {{10}^{-3}} \right)}^{3}}=.46\times {{10}^{-3}}kg \\ & \\ & \tau =\frac{mc}{hA}=\frac{.46\times {{10}^{-3}}\times 4000}{20\times 4\pi {{\left( 2.5\times {{10}^{-3}} \right)}^{2}}}=1100s \\ & \\ & \theta =\frac{Tf-T\infty }{Ti-T\infty }={{e}^{-\vartriangle t/1100}} \\ & \\ & \vartriangle t=-1100Ln\left( \frac{Tf-T\infty }{Ti-T\infty } \right)=-1100Ln\left( \frac{500-300}{900-300} \right)=1208.47s \\ & \\ \end{align}$

---

مثال2 صفحه ی پایه ی یک اتو از جنس آلومینیم به ضخامت $5mm$ ساخته شده است. سطح خارجی در معرض هوای محیط قرار گرفته است و سطح داخلی پایه، متصل به یک گرمکن مقاومتی الکتریکی میباشد که گرمای $850W$ را به آن میدهد. مساحت سطح اتو$0.03{{m}^{2}}$میباشد. زمان لازم برای اینکه صفحه به دمای$140{}^{0}C$برسد چقدر خواهد بود؟

شکل مثال2 اتو با صفحه آلمینیومی

$\begin{align} & Bi=\frac{h{{L}_{c}}}{k} \\ & \to Bi=\frac{12\times 5\times {{10}^{-3}}}{177}\langle .1 \\ & mc\frac{dT}{dt}=-h{{A}_{s}}\left( T-{{T}_{\infty }} \right)+q \\ & {{T}^{*}}=T-{{T}_{\infty }}\to \frac{d{{T}^{*}}}{dt}+\frac{h{{A}_{s}}}{mc}{{T}^{*}}=\frac{q}{mc} \\ & {{e}^{\frac{h{{A}_{s}}}{mc}t}}\left( \frac{d{{T}^{*}}}{dt}+\frac{h{{A}_{s}}}{mc}{{T}^{*}} \right)={{e}^{\frac{h{{A}_{s}}}{mc}t}}\left( \frac{q}{mc} \right) \\ & \int_{T_{i}^{*}}^{^{{{e}^{\frac{t}{\tau }}}{{T}^{*}}}}{d\left( {{e}^{\frac{{{t}'}}{\tau }}}{{T}^{*}} \right)}=\frac{q}{mc}\int_{0}^{t}{{{e}^{\frac{{{t}'}}{\tau }}}d{t}'} \\ & \\ \end{align}$

$\begin{align} & \to {{e}^{\frac{t}{\tau }}}{{T}^{*}}-{{T}_{i}}^{*}=\frac{\tau q}{mc}\left( {{e}^{\frac{t}{\tau }}}-1 \right) \\ & {{T}^{*}}\left( t \right)={{T}_{i}}^{*}{{e}^{-\frac{t}{\tau }}}+\frac{\tau q}{mc}\left( 1-{{e}^{-\frac{t}{\tau }}} \right) \\ & T\left( t \right)={{T}_{\infty }}+\left( {{T}_{i}}-{{T}_{\infty }} \right){{e}^{-\frac{t}{\tau }}}+\frac{q}{h{{A}_{s}}}\left( 1-{{e}^{-\frac{t}{\tau }}} \right) \\ & {{T}_{f}}-{{T}_{\infty }}=0+\frac{q}{h{{A}_{s}}}\left( 1-{{e}^{-\frac{\Delta t}{\tau }}} \right) \\ & \Delta t=-\tau Ln\left( \frac{{{T}_{f}}-{{T}_{\infty }}}{q}h{{A}_{s}}+1 \right)\to \Delta t=51.8 \\ \end{align}$

---

مثال3 محورهای فولادی AISI 302 به قطر$0.11m$در کوره ای گازسوز با دمای $1200k$و ضریب جابجایی$100{{W/{{m}^{2}}K}}$قرار داده میشوند اگر دمای اولیه محور$300k$باشد چه مدت طول میکشد تا دمای مرکز آن به $800k$برسد؟

$Bi=\frac{h{{l}_{c}}}{k}=\frac{hr}{2k}\mapsto Bi=\frac{100\times .055}{2\times 15}=0.183$

پس با توجه به کوچک بودن Bi شریط یکنواخت بودن برقرار است داریم

$\begin{align} & \frac{\theta }{{{\theta }_{0}}}=\frac{T-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}=\exp (-BiFo) \\ & \frac{800-1200}{300-1200}=\exp (-(.0183)(Fo)) \\ & Fo=\frac{\alpha t}{{{({}^{r}\!\!\diagup\!\!{}_{2}\;)}^{2}}},\alpha =\frac{k}{\rho c}=\frac{15}{480\times 8055}=3.89\times {{10}^{-6}} \\ & t=861(s) \\ \end{align}$

---

هدایت گذرای یک بعدی

صفحه بی نهایت

$\frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial T}{\partial x}=\frac{1}{\alpha }\frac{\partial T}{\partial \tau }$

$T\left( x,0 \right)={{T}_{i}}\quad \quad \tau =0$

${{\frac{\partial T}{\partial {{x}_{{}}}}}_{\left( x=0 \right)}}\quad \quad \tau \ge 0$

${{\frac{\partial T}{\partial {{x}_{{}}}}}_{\left( x=l \right)}}=-\frac{h}{k}{{\left( T-{{T}_{\infty }} \right)}_{x=l}}\quad \quad \quad \tau \ge 0$

حل معادله 1 به کمک روش separation of variable امکان پذیر است.

(2):

$T\left( x,\tau \right)-{{T}_{\infty }}=2\frac{hl}{k}\left( {{T}_{i}}-{{T}_{\infty }} \right)\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\begin{align} & \frac{\sin {{\lambda }_{n}}l\cos {{\lambda }_{n}}x}{{{\lambda }_{n}}l\left( \frac{hl}{k}+{{\sin }^{2}}{{\lambda }_{n}}l \right)}{{e}^{-{{\left( {{\lambda }_{n}}l \right)}^{2}}\frac{\alpha \tau }{{{l}^{2}}}}} \\ & \\ \end{align}}$

که${{\lambda }_{n}}$ از رابطه زیر بدست می آید.

عدد بیو

$\frac{hl}{k}=biot$

${{\lambda }_{n}}l\tan {{\lambda }_{n}}l=\frac{hl}{k}$

از نظر فیزیکی دو عامل در انتقال حرارت تاثیر گذار است.اولی نسبت مقاومت هدایت به مقاومت جابجایی است که با عدد Bi نشان می دهند.

$Bi=\frac{hl}{k}$

دومی میزان نفوذ موج دما در جسم است که با عدد فوریه نشان می دهند.

$Fo=\frac{\alpha \tau }{{{l}^{2}}}$

$\alpha ={}^{k}\!\!\diagup\!\!{}_{\rho c}\;$

هر چه $\alpha$ بزرگتر باشد یعنی k بزرگتر است و یا میزان نفوذ در اثر هدایت حرارت بیشتر است.heisler رابطه (2) را به صورت منحنی هایی رسم کرده است.در این منحنی ها تاثیر اعداد بی بعد Bi وFo به وضوح دیده می شود.در این منحنی ها داریم:

$\begin{align} & \theta =T\left( x,\tau \right)-{{T}_{\infty }} \\ & {{\theta }_{i}}={{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \\ & {{\theta }_{o}}={{T}_{o}}-{{T}_{\infty }}\quad \quad \quad \\ \end{align}$

دمای اولیه ${{T}_{i}}=\quad \quad \quad$

دمای مرکز ${{T}_{o}}=\quad$

از منحنی (ت-1)می توان دمای مرکز صفحه را در زمان های مختلف و برای شرایط مختلف محاسبه کرد.

اگر دما در نقاط دیگری لازم باشد می توان از منحنی (ت-2)نسبت $\frac{\theta }{{{\theta }_{0}}}$ را بدست آورد آنگاه به کمک رابطه:

$\frac{\theta }{{{\theta }_{i}}}=\left( \frac{{{\theta }_{0}}}{{{\theta }_{i}}} \right)\left( \frac{\theta }{{{\theta }_{0}}} \right)$

دمای $\theta$ را بدست آورد.

{برای محاسبه حرارت منتقل شده در هر لحظه می توان از منحنی (ت-3) استفاده کرد}

حرارت تلف شده $Q=\tau$

${{Q}_{0}}=\rho cV\left( {{T}_{i}}-{{T}_{\infty }} \right)$

حل تقریبی گذرا

دیوار تخت با جابجایی

حل دقیق تحلیلی مساله های رسانایی گذرا برای بسیاری از اشکال هندسی ساده و شرایط مرزی به دست آمده در منابع موجود است: در بسیاری از موارد لازم است کل انرژی خروجی از دیوار تا لحظه t را در فرایند گذرا بدانیم. معادله بقای انرژی را می توان برای بازه زمانی بین زمان اولیه (t=0 ) و زمان t>0 چنین نوشت:

${{E}_{in}}-{{E}_{out}}=\Delta E$

انرژی اضافه شده به دیوار را چنین می توان نوشت:

$Q=-\left[ {{E}_{t}}-{{E}_{0}} \right]$

حالت منفی این فرمول مقدار انرژی کم شده از دیوار را نشان می دهد.

$\frac{Q}{{{Q}_{0}}}=1-\frac{\sin ({{\zeta }_{1}})}{{{\zeta }_{1}}}{{\theta }_{0}}$

${{Q}_{0}}=\rho cv({{T}_{i}}-{{T}_{\infty }})$

و

${{\theta }_{0}}=\frac{T(0,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}={{C}_{1}}{{e}^{-\zeta _{1}^{2}Fo}}$

که برای C و ζ می توان از جدول 1-5 استفاده کرد.

---

مثال4 یک تکه ورق فلزی داریم.که در ان سطح نسبت به ضخامت خیلی بزرگ است .اگر عرض ورقه 30 میلیمتر باشد.مشخصات ورقه نظیر ضریب رسانندگی برابر 110 وات بر متر کلوین وضریب جابجایی 80 وات بر متر مربع کلوین باشد. با فرض اینکه دمای اولیه ورقه 25 درجه ی سانتی گراد ودمای هوای اطراف هفتصد درجه ی سانتی گراد باشد پس از گذشت 10 دقیقه دمارا در دو طرف سطح ورق بدست اورید. فرض کنید $\alpha=33.9*10^{-6}\frac{m^{2}}{s}$

حل:

${\theta(L,t)}=\frac{T(L,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}={{C}_{1}}{{e}^{-\zeta _{1}^{2}Fo}}{\cos ({{\zeta }_{1}})}$

$F_{o}=\frac{\alpha.t}{L^{2}}=\frac{33.9*10*60*10^{-6}}{.015^{2}}=90.4$

چون عدد بدون بعد فوریه بیشتر از 0.2شده پس استفاده کردن از معادله بالا که جمله ی اول سری بود خطای زیادی به همراه ندارد.حال اول عدد بیو را محاسبه می کنیم:

$Bi=\frac{h.L}{k}=\frac{80*.015}{110}=.0109$

حال از جدول 5-1 کتاب اینکروپرا ویرایش 4 می توانیم مقادیر زیر را با میانیابی بخوانیم:

${{\zeta }_{1}}=0.103,{{C}_{1}}=1.0018\Rightarrow {{\theta }_{L,t}}=0.378$

$\begin{align} & T(L,t)={{445}^{o}}c \\\end{align}$

---

مثال5 -یک تکه گوشت داریم که به صورت مکعبی می باشد که ان را با دیوار بینهایت نظیر می کنیم،مشخصات سوال در شکل می باشد،اگر دمای اولیه ان 7 درجه سانتی گراد باشد،بعد از چند ساعت دمای مرکز آن 18- سانتی گراد میشود؟وهمچنین دمای سطح بیرونی را در ان زمان بیابید؟

داده ها:

$\begin{align} & {{T}_{i}}=7{}^\circ C \\ & {{T}_{o}}=-18{}^\circ C \\ & \alpha =0.13\times 1{{0}^{-6}}\frac{{{m}^{2}}}{s} \\ & h=30 W/{{m}^{2}}.{}^\circ C \\ & k=0.47\frac{w}{m.\kappa } \\ \end{align}$

جواب:

$\begin{align} & {{F}_{0}}=\frac{\alpha t}{{{L}^{2}}} \\ & L=\frac{23}{2}=11.5cm \\ & Bi=\frac{hL}{k}=\frac{(30\text{ W/}{{\text{m}}^{\text{2}}}\text{.}{}^\circ \text{C})(0.115\text{ m})}{(0.47\text{ W/m}\text{.}{}^\circ \text{C})}=4.9\Rightarrow \Rightarrow \left\langle \begin{matrix} {{\zeta }_{1}}=1.31 \\ {{C}_{1}}=1.24 \\ \end{matrix} \right. \\ & {{\theta }_{0}}=\frac{T(0,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}=\frac{{{T}_{0}}-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}={{C}_{1}}{{e}^{-{{\zeta }_{1}}^{2}{{F}_{o}}}}\cos ({{\lambda }_{1}}(0)/L)={{C}_{1}}{{e}^{-{{\zeta }_{1}}^{2}{{F}_{o}}}}=\frac{12}{37} \\ & {{F}_{0}}=-\frac{\ln \left( \frac{{{\theta }_{0}}}{{{C}_{1}}} \right)}{{{\zeta }_{1}}^{2}}=0.78>0.2\Rightarrow \Delta t=\frac{{{F}_{0}}{{L}^{2}}}{\alpha }=\frac{0.78\times {{(0.115m)}^{2}}}{(0.13\times 1{{0}^{-6}}\frac{{{m}^{2}}}{s})}=79650s=22.1h \\ & \theta (x,t)=\frac{T(L,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}={{C}_{1}}{{e}^{-{{\zeta }_{1}}^{2}{{F}_{o}}}}\cos ({{\zeta }_{1}}x/L)={{\theta }_{0}}\cos ({{\zeta }_{1}})=\left( \frac{12}{37} \right)\times \cos (1.31rad)=0.0836 \\ & \to \to T(L,t)=(0.0836)\times ({{T}_{i}}-{{T}_{\infty }})+{{T}_{\infty }}=(0.0836)\times (7{}^\circ C-(-30{}^\circ C))+(-30{}^\circ C)=-27{}^\circ C \\ \end{align}$

---

مثال6 مقاومت و پایداری تایرها را با گرم کردن هر دو طرف لاستیک ($k=0.571\frac{W}{mK}$ و $\alpha=6.35*10^{-8}\frac{m^{2}}{s}$ ) در محفظه بخار آب، با $T_{\infty}=200^0C$ ، می توان افزایش داد.در فرایند گرمایش، دیواره لاستیکی به ضخامت 20mm (که بدون زائده فرض می شود) از دمای اولیه 25 درجه سانتی گراد به 150 درجه سانتی گراد در صفحه میانی می رسد. اگر بخار با ضریب جابجایی $h=200\frac{W}{m^{2}.K}$ باشد، چقدر طول می کشد تا صفحه میانی به دمای فوق الذکر برسد؟

حل: عدد بیو را محاسبه می کنیم:

$Bi=\frac{h.L}{k}=\frac{200*0.01}{0.14}=14.3$

که چون بزرگ تر از 0.1 می باشد نمیتوان از روش ظرفیت فشرده استفاده کرد. با استفاده از مقدار بدست آمده برای عدد بیو و جدول 5-1 کتاب اینکروپرا (ویرایش چهارم) مقادیر زیر را می یابیم:

$\zeta_{1}=1.458 rad$ $C_{1}=1.265$

با فرض بزرگتر بودن عدد فرود از 0.2 از حل تقریبی با جمله اول سری استفاده می کنیم:

$\frac{T_{o}-T_{\infty}}{T_{i}-T_{\infty}}=C_{1}e^{-\zeta_{1}^{2}F_{o}}=1.265e^{-2.126F_{o}}$

با توجه به دماهای داده شده خواهیم داشت:

$F_{o}=0.70=\frac{\alpha.t}{L^{2}}$

و با جایگذاری خواهیم داشت:

$t=1100s$

---

استوانه نامتناهی

برای استوانه با طول بی نهایت که ابتدا در دمای یکنواخت قرار داشته باشند و سپس در شرایط جابجایی قرار می گیرند نتایج برای حل تقریبی به شکل زیر است:

$Q(r,t)={{\theta }_{0}}{{J}_{0}}(\zeta \frac{r}{{{r}_{0}}})$

${{\theta }_{0}}={{C}_{1}}{{e}^{-\zeta _{1}^{2}Fo}}$

θ0 نشان دهنده دمای مرکز سطح است.

$\frac{Q}{{{Q}_{0}}}=1-\frac{2{{\theta }_{0}}}{\zeta }{{J}_{1}}({{\zeta }_{1}})$

مقدار ${{J}_{1}}$ و ${{\zeta }_{1}}$از جدول ب-4 آخر کتاب خوانده می شود.

---

مثال7

یک شافت وجود دارد که دمای اولیه آن 400 درجه سانتیگراد. این شافت در معرض هوای آزاد با ضریب جابجایی 60 قرار می گیرد تا خنک شود. الف )بعد از گذشت 20 دقیقه دمای مرکز شافت چقدر است؟ ب) شافت در این مدت زمان چه میزان حرارت از دست داده است؟

حل)

${{T}_{i}}={{400}^{o}}c,\Delta t=20\min ,h=60\frac{w}{{{m}^{2}}k},{{T}_{\infty }}={{150}^{o}}c,{{r}_{0}}=0.175m$

$k=14.9\frac{w}{m.k},\alpha =3.95*{{10}^{-6}}\frac{{{m}^{2}}}{s},\rho =7900\frac{kg}{{{m}^{3}}},c=477\frac{j}{kg.k}$

$\begin{align} & Bi=\frac{h{{r}_{0}}}{k}=0.705 \\ & Fo=\frac{\alpha t}{r_{0}^{2}}=\frac{3.95\times {{10}^{-6}}\times 20\times 60}{{{(0.175)}^{2}}}=0.1548\Rightarrow Fo\langle 0.2 \\ \end{align}$

با اینکه مقدار عدد فوریه کمتر از 0.2 است اما با قبول خطا از تقریب یک جمله ای استفاده می کنیم.

$\begin{align} & {{\zeta }_{1}}=1.0935,{{c}_{1}}=1.156\Rightarrow {{\theta }_{0}}={{C}_{1}}{{e}^{-{{\zeta }^{2}}Fo}}=0.9605 \\ & 0.9605=\frac{T(0,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}\Rightarrow T(0,t)={{390}^{o}}C \\ & {{J}_{1}}({{\zeta }_{1}})=0.469 \\ & {{Q}_{0}}=m{{c}_{p}}({{T}_{i}}-{{T}_{\infty }})=90.6k \\ & m=\rho \pi r_{0}^{2}\times 1=760kg \\ & \frac{Q}{{{Q}_{0}}}=1-\frac{2{{\theta }_{0}}}{\zeta }{{J}_{1}}({{\zeta }_{1}})=0.177\Rightarrow Q=16kj \\ \end{align}$

---

کره

برای کره ای به شعاع ${{r}_{0}}$ که تحت شرایط جابجایی قرار می گیرد نتایج حل تقریبی به شکل زیر است:

$Q(r,t)={{\theta }_{0}}\frac{1}{{{\zeta }_{1}}\frac{r}{{{r}_{0}}}}\sin ({{\zeta }_{1}}\frac{r}{{{r}_{0}}})$

${{\theta }_{0}}={{C}_{1}}{{e}^{-\zeta _{1}^{2}Fo}}$

θ0 نشان دهنده دمای مرکز سطح است.

$\frac{Q}{{{Q}_{0}}}=1-\frac{3{{\theta }_{0}}}{\zeta _{1}^{3}}[\sin ({{\zeta }_{1}})-{{\zeta }_{1}}\cos ({{\zeta }_{1}})]$

---

مثال8 پرتقالی با دمای 15 درجه سانتی گراد به طور ناگهانی در معرض هوای بسیار سرد با دمای -6 درجه سانتی گراد و ضریب جابجایی $15\frac{W}{mK}$ قرار می گیرد. مطلوبست بررسی اینکه آیا بعد از 4 ساعت پرتقال به دمای یخ زدن می رسد؟ (پرتقال را کره ای به قطر 8cm در نظر بگیرید.)

حل: برای آب در دمای متوسط تقریبی 5 درجه سانتی گراد داریم:

$k=0.571\frac{w}{mK}$

$\rho=1000\frac{kg}{m^{3}}$

$c_{p}=4205\frac{J}{kg.K}$

$\alpha=\frac{k}{\rho.c_{p}}=0.136*10^{-6}\frac{m^{2}}{s}$

عدد بیو را محاسبه می کنیم:

$Bi=\frac{h.L}{k}=\frac{15*0.04}{0.571}=1.05$

برای عدد فرود خواهیم داشت:

$F_{o}=\frac{\alpha.t}{L^{2}}=\frac{0.136*10^{-6}*4*3600}{0.04^{2}}=1.224$

که چون این مقدار از 0.2 بیشتر می باشد، می توان از حل تقریبی استفاده نمود. با استفاده از مقدار بدست آمده برای عدد بیو و جدول 5-1 کتاب اینکروپرا (ویرایش چهارم) مقادیر زیر را می یابیم:

$\zeta_{1}=1.5708 rad$

$C_{1}=1.2732$

$\frac{T-T_{\infty}}{T_{i}-T_{\infty}}=C_{1}e^{-\zeta_{1}^{2}F_{o}}\frac{1}{\zeta_{1}\frac{r}{r_{o}}}\sin{\left(\zeta_{1}\frac{r}{r_{o}}\right)}=\frac{1.2732e^{-1.224*1.5708^{2}}}{1.5708*1}*\sin 1.5708$

با توجه به دمای اولیه پرتقال و هوا، دمای نهایی پرتقال 5.17 درجه سانتی گراد زیر صفر می گردد و بنابراین پرتقال یخ می زند.

منبع: کتاب سنجل

---

مثال9

یک تکه گوشت کروی با دمای اولیه 4.5 درجه سانتیگراد را در فر قرار داده ایم.بعد از 2ساعت و 45 دقیقه دمای مرکز گوشت به 60 درجه سانتیگراد کی رسد.ضریب جابجایی هوای داخل فر را پیدا کنید.

$\begin{align} & {{T}_{i}}={{4.5}^{o}}C,\Delta t=165\min ,{{T}_{0}}={{60}^{o}}C,{{T}_{\infty }}={{163}^{o}}C,m=3.2kg \\ & k=0.45\frac{w}{m.k},\alpha =0.91\times {{10}^{-7}}\frac{{{m}^{2}}}{s},\rho =1200\frac{kg}{{{m}^{3}}},c=4.1\frac{j}{kg.k},{{r}_{0}}=0.086m \\ \end{align}$

$Fo=\frac{\alpha t}{r_{0}^{2}}=\frac{0.91\times {{10}^{-7}}\times (165\times 60)}{{{(0.086)}^{2}}}=0.12\Rightarrow Fo\langle 0.2$

مجدداً با اینکه مقدار عدد فوریه کمتر از 0.2 است اما با قبول خطا از تقریب یک جمله ای استفاده می کنیم. البته راه دیگر استفاده از نمودارهای هسلر است که در آنجا این خطا وجود ندارد. در عوض مشکلی که پیش می آید مربوط به عدم دقت در خواندن از نمودار است.

${{\theta }_{0}}={{C}_{1}}{{e}^{-\zeta _{1}^{2}Fo}}=\frac{T(0,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}=0.65$

c1 را با سعی و خطا و با کمک جدول به دست میاریم:

$\begin{align} & {{\theta }_{0}}={{C}_{1}}{{e}^{-\zeta _{1}^{2}Fo}}=\frac{T(0,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}=0.65 \\ & if\to Bi=30\Rightarrow {{\zeta }_{1}}=3.037,{{C}_{1}}=1.99\Rightarrow h=156.9 \\ \end{align}$

---

مثال10 یک سیب کروی با مشخصات داده شده داریم دمای مرکز سیب،دمای سطح سیب و مقدار گرمای منتقل شده از سیب پس از گذشت 1 ساعت را بدست آورید؟

$\begin{align} & k=0.418(w/m.k),\rho =840(kg/{{m}^{3}}),{{c}_{p}}=3.81(kj/kg.k),{{T}_{i}}=293k,{{T}_{\infty }}=258k,h=8(w/{{m}^{2}}k),D=9cm,\Delta t=1hr \\ & \\ & {{F}_{0}}=0.231\ge 0.2\to {{\theta }^{*}}={{c}_{1}}.Exp(-{{\zeta }_{1}}^{2}.{{F}_{0}}).\sin ({{\zeta }_{1}}.r/{{r}_{0}})/({{\zeta }_{1}}.r/{{r}_{0}}) \\ & \\ & Bi=h{{r}_{0}}/k\to 8\times 0.045/0.418=0.86\to (table)\to ({{\zeta }_{1}}=0.476,{{c}_{1}}=1.24) \\ & \\ & \theta (0,\Delta t)=1.24\times Exp(-{{(0.427)}^{2}}.(0.231))\times (\sin ({{\zeta }_{1}}.r/{{r}_{0}})/({{\zeta }_{1}}.r/{{r}_{0}})r\to 0=1)=(T(0,t)-{{T}_{\infty }})/({{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}) \\ & \\ & \to T(0,t)={{11.2}^{o}}C \\ & \\ & \theta ({{r}_{0}},\Delta t)=\theta (0,\Delta t)\times \sin ({{\zeta }_{1}})/{{\zeta }_{1}}={{2.7}^{o}}C \\ & \\ & q/{{Q}_{0}}=1-3.\theta (0,\Delta t)(\sin ({{\zeta }_{1}})-{{\zeta }_{1}}\cos ({{\zeta }_{1}}))/{{\zeta }_{1}}^{3}=0.4\to q=17.2kj \\ & \\ & {{Q}_{0}}=mc({{T}_{i}}-{{T}_{\infty }})=42.7kj \\ \end{align}$

---

جسم نیمه نامتناهی

یکی از اشکال هندسی ساده دیگر که برای ان می توان حل های تحلیلی بدست اوردجسم نیم نامتناهی است.چون این جسم در تمام امتداد ها بجز یکی تا بی نهایت امتداد دارد با یک سطح تنها مشخص می شود.اگر شرایط در این سطح بطور ناگهانی تغییر کند رسانش گذرای یک بعدی روی می دهدجسم نیم نامتناهی در اغلب مسایل علمی یک ایده ال سازی مفید است. معادله گرما برای رسانش گذرا در جسم نیم نامتناهی با معادله زیر داده می شود

$\frac{{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}=\frac{1}{\alpha }\frac{\partial T}{\partial \alpha }$

شرط اولیه نیز با معادله زیر داده می شود

$T\left( x,0 \right)=Ti$

از طرفی شرط مرزی داخلی به صورت زیر است

$T\left( x\to \infty ,t \right)=Ti$

برای سه حالت مهم سطحی که بطور فرضی در t=0 اعمال می شوند حل های بسته در دسترس اند این حالت ها که در شکل زیر نشان داده شده اند عبارتند از:دمای ثابت در سطح,اعمال شار گرمای ثابت در سطح و قرار گرفتن سطح در مجاورت سیالی با ضریب جابجایی h. با وارد کردن متغییر تشابه میتوان حالت 1 را رد کرد.برای اثبات اینکه چنین تبدیلی با $\eta =\frac{x}{{{\left( 4\alpha t \right)}^{0.5}}}$ انجام می شودابتدا اپراطور های دیفرانسیلی مربوطه را تبدیل می کنیم

$\begin{align} & \frac{\partial T}{\partial x}=\frac{dT}{d\eta }\frac{\partial \eta }{\partial x}=\frac{1}{{{\left( 4\alpha t \right)}^{0.5}}}\frac{dT}{d\eta } \\ & \frac{{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}=\frac{d}{d\eta }\left[ \frac{dT}{dx} \right]\frac{\partial \eta }{\partial x}=\frac{1}{4\alpha t}\frac{{{d}^{2}}T}{d{{\eta }^{2}}} \\ & \frac{\partial T}{\partial t}=\frac{dT}{d\eta }\frac{\partial \eta }{\partial t}=-\frac{x}{2t{{\left( 4\alpha t \right)}^{0.5}}}\frac{dT}{d\eta } \\ \end{align}$

با جایگذاری در معادله بالا معادله گرما به شکل زیر در می اید

$\frac{{{d}^{2}}T}{d{{\eta }^{2}}}=-2\eta \frac{dT}{d\eta }$

با x=0 شرایط در سطح بصورت زیر است:

$T\left( \eta =0 \right)={{T}_{s}}$

و نیز

$T\left( \eta \to \infty \right)={{T}_{i}}$

شکل خاص وابستگی دمایی را با جدا کردن متغییرها می توان بدست اورد:

$\frac{d\left( \frac{dT}{d\eta } \right)}{\left( \frac{dT}{d\eta } \right)}=-2\eta d\eta$

با انتگرال گیری

$\frac{dT}{d\eta }=-{{C}_{1}}\exp \left( -{{\eta }^{2}} \right)$

با انتگرال گیری مجدد و بکار بردن شرایط مرزی:

$T=C1\int\limits_{0}^{\eta }{\exp \left( -{{u}^{2}} \right)}du+T$

از شرط مرزی دوم:

${{C}_{^{1}}}=2\frac{\left( {{T}_{i}}-{{T}_{s}} \right)}{{{\pi }^{0.5}}}$

لذا توزیع دما را به صورت زیر می توان بیان کرد:

$\frac{T-{{T}_{s}}}{{{T}_{i}}-{{T}_{s}}}=\frac{2}{\sqrt{\pi }}\int\limits_{0}^{\eta }{\exp \left( -{{u}^{2}} \right)}du\equiv erf\eta$

که در ان تابع erf تابع ریاضی استانداردی است که تابع خطا نام داردو در پیوست ب-2 جایگذاری شده است.شار گرما در سطح را با استفاده از قانون فوریه می توان بدست اورد

$\begin{align} & {{q}^{\parallel }}_{s}=-k\frac{\partial T}{\partial x}=-k\left( {{T}_{i}}-{{T}_{s}} \right)\frac{d\left( erf\eta \right)}{d\eta }\frac{\partial \eta }{\partial x} \\ & {{q}^{\parallel }}_{s}=\frac{k\left( {{T}_{s}}-{{T}_{i}} \right)}{{{\left( \pi \alpha t \right)}^{0.5}}} \\ \end{align}$

در این جا نتایج هر سه حالت را بصورت زیر خلاصه می کنیم:

1-دمای ثابت در سطح:

$\begin{align} & \frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{s}}}{{{T}_{i}}-{{T}_{s}}}=erf\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}} \right) \\ & q{{''}_{s}}\left( t \right)=\frac{k\left( {{T}_{s}}-{{T}_{i}} \right)}{\sqrt{\pi \alpha t}} \\ \end{align}$

2-شار گرمای ثابت در سطح:

$T\left( x,t \right)-{{T}_{i}}=\frac{2{{q}_{0}}''{{\left( \alpha t/\pi \right)}^{_{^{^{0.5}}}}}}{k}\exp \left( \frac{-{{x}^{2}}}{4\alpha t} \right)-\frac{q{{''}_{0}}x}{k}erfc\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}} \right)$

3-جابجایی در سطح:

$\frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{i}}}{{{T}_{\infty }}-{{T}_{i}}}=erfc\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}} \right)-\left[ \exp \left( \frac{hx}{k}+\frac{{{h}^{2}}\alpha t}{{{k}^{2}}} \right) \right]\left[ erfc\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}+\frac{h\sqrt{\alpha t}}{k} \right) \right]$

توجه شود رمانی می توانیم یک جسم را نیمه بی نهایت بگیریم که عمق تغییرات دما در مقایسه با طول کم باشد.

---

مثال11 زمین با دمای 10 درجه سانتیگراد ودر معرض باد با دمای 10- درجه و ضریب هدایت حرارتی 40 قرار دارد.پی از مدت 10 ساعت دمای سطح زمین را بیابید؟دمای عمق 0.5 متری زمین را بدست اورید؟

شکل مثال11 زمین(جسم نیمه بینهایت)

داده های مساله: $\begin{align} & {{T}_{\infty }}=-10 \\ & {{T}_{i}}=10 \\ & h=40\frac{w}{{{m}^{2}}k} \\ \end{align}$

از جدول:

$\begin{align} & \alpha =1.6\times {{10}^{-5}}\frac{{{m}^{2}}}{s} \\ & k=0.9\frac{w}{m.k} \\ \end{align}$

برای جسم نیم بی نهایت و شرط مرزی convection :

$\begin{align} & \frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{i}}}{{{T}_{\infty }}-{{T}_{i}}}=erfc\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}} \right)-\exp \left( \frac{hx}{k}+\frac{{{h}^{2}}\alpha t}{{{k}^{2}}} \right)\left[ erfc\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}+\frac{h\sqrt{\alpha t}}{k} \right) \right] \\ & x=0,t=10*3600s=36000s\to T\left( x,t \right)=-10{}^\circ c \\ & x=0.5,t=36000s\to T\left( x,t \right)=-2.8{}^\circ c \\ \end{align}$

---

مثال12 تیغه فولادی ضخیمی ($k=50\frac{W}{mK}$ ، $\rho=7800\frac{kg}{m^{3}}$ ، $c=480\frac{J}{kg.K}$ )در دمای اولیه 300 درجه سانتی گراد است و توسط جت های آب که به یکی از سطوح آن برخورد می کند، خنک می شود. دمای آب 25 درجه سانتی گراد می باشد و جت ها ضریب جابجایی بسیار بزرگی و تقریباً یکنواختی را ایجاد می کنند. با فرض اینکه سطح در تمام فرایند سرمایش در دمای آب می ماند، چه مدت طول می کشد تا دما در فاصله 25mm از سطح به 50 درجه سانتی گراد برسد؟

حل:

$\alpha=\frac{k}{\rho.c_{p}}=1.34*10^{-5}\frac{m^{2}}{s}$

بدلیل بزرگ بودن ضریب جابجایی، دمای سطح را با دمای آب برابر در نظر می گیریم.

برای دمای ثابت در سطح داریم:

$\frac{T-T_{s}}{T_{i}-T_{s}}=erf{\left (\frac{x}{2\sqrt{\alpha t}} \right )}=\frac{50-25}{300-25}=0.0909$

در نتیجه:

$\frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}=0.0807$

$t=\frac{x^{2}}{4 \alpha 0.0807^{2}}=\frac{0.025^{2}}{0.0261*1.34*10^{-5}}=1793s$

بنابراین 1793 ثانیه طول می کشد.

---

مثال13 یک هندوانه که از وسط به دو نیم تقسیم شده است با مشخصات زیر موجود است

$\begin{align} & {{T}_{i}}=25{}^\circ C \\ & {{T}_{\infty }}=-12{}^\circ C \\ & {{T}_{s}}=3{}^\circ C \\ & h=30\frac{w}{{{m}^{2}}k} \\ \end{align}$

چه قدر زمان طول می کشد تا دمای سطح به 3 درجه برسد؟سرما تا چه عمقی نفوذ می کند؟

حل: توجه کنید که اگر در صورت سوال قید شده بود که دمای هندوانه به 3 درجه برسد باید از روش ظرفیت فشرده مسئله را حل می کردیم و چون دمای سطح را خواسته،هندوانه را یک جسم نیمه بینهایت فرض می کنیم. با توجه به صورت مسئله پیداست که شرط مرزی جابجایی داریم لذا خواهیم داشت: از جدول:

$\begin{align} & k=0.607\frac{w}{m.k} \\ & \alpha =146e-6\frac{{{m}^{2}}}{s} \\ \end{align}$

$\frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{i}}}{{{T}_{\infty }}-{{T}_{i}}}=erfc\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}} \right)-\exp \left( \frac{hx}{k}+\frac{{{h}^{2}}\alpha t}{{{k}^{2}}} \right)\left[ erfc\left( \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}+\frac{h\sqrt{\alpha t}}{k} \right) \right]$

$\begin{align} & T\left( 0,0 \right)=25{}^\circ C \\ & T\left( 0,t \right)=3{}^\circ C \\ \end{align}$

$\frac{T\left( x,t \right)-25}{12-25}=0.595=1-\exp \left( \frac{{{h}^{2}}\alpha t}{{{k}^{2}}} \right)erfc\left( \frac{h\sqrt{\alpha t}}{k} \right)$

با استفاده از شکل 5-8 کتاب درسی:

$\to \frac{h\sqrt{\alpha t}}{k}=1\to t=2804s=46\min$

چون ضخامتی که تغییرات دما در ان رخ داده نسبت به طول کم است پس جسم را نیمه بی نهایت گرفتیم

اگر

$\frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{i}}}{{{T}_{\infty }}-{{T}_{i}}}=0.01$

و معادله را حل کنیم x بدست می اید که این x ضخامت عمق نفوذ است و از انجا به بعد تغییرات دمای محسوسی نداریم.

$\frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{i}}}{{{T}_{\infty }}-{{T}_{i}}}=0.01\to \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}=1.5\to x=1.92m$

چون x خیلی زیاد شده این روش برای حل مناسب نیست و بهتر است از روش ظرفیت فشرده حل شود.

---

هدایت گذرای چند بعدی

تاثیرات چند بعدی

اغلب در مسایل گذرا تاثیرات دو بعدی و سه بعدی دارای اهمیت اند.استوانه کوتاهی را در نظر بگیرید که با دمای اولیه یکنواخت T در سیالی غوطه ور می شود.چون طول و قطر با هم قابل مقایسه اند لذا دما در داخل استوانه به r,x,t بستگی دارد. با فرض خواص ثابت ونبود تولید گرما معادله گرما بصورت زیر است:

$\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left( r\frac{\partial T}{\partial r} \right)+\frac{{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}=\frac{1}{\alpha }\frac{\partial T}{\partial t}$

که با روش جدا کردن متغیر ها این معادله حل می شود

$\frac{T\left( x,r,t \right)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}=\frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}\left| ^{_{wall}} \right.*\frac{T\left( r,t \right)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}\left| _{cyl} \right.$

در هر حال حل چند بعدی بر حسب حاصلضرب هایی بیان می شوند که شامل یک یا چند حل یک بعدی زیر هستند:

نیم نامتناهی:

$S\left( x,t \right)\equiv \frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}$

دیوار مسطح:

$P\left( x,t \right)\equiv \frac{T\left( x,t \right)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}$

استوانه نا متناهی:

$C\left( r,t \right)\equiv \frac{T\left( r,t \right)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}$

برای میله مستطیلی نامتناهی با شرط مرزی دما ثابت در نظر بگیرید مثلاٌ فرض کنید کانالی به عمق واحد داریم که در دمای $T_i$ قرار دارد.ناگهان یک شرایط مرزی دما ثابت به آن اعمال می کنیم.مثلا آن را در مخلوط آب و یخ قرار میدهیم.می خواهیم معادله T را بر حسب x و y و t به دست آوریم : $T=\begin{array}{lcl}T(x,y,t) & \end{array}$

که در اینجا t زمان است.

$\frac{1}{\alpha\,}\frac{\partial T\;}{\partial t\;}=\frac{\partial^2 T\;}{\partial x^2\;}+\frac{\partial^2 T\;}{\partial y^2\;}$

اکنون شرایط مرزی را می نویسیم:

$\begin{cases}\begin{array}{lcr}T(x,y,0) & = & T_0 \\T(x,0,t) & = & T_0 \\T(x,h,t) & = & T_0 \\T(0,y,t) & = & T_0 \\T(L,y,t) & = & T_0\end{array}\end{cases}$

مشاهده می شود که شرایط مرزی همگن نیستند.بنابراین با تغییر متغیر زیر،آنها را همکن می کنیم:

$\begin{array}{lcl}\theta \,(x,y,t) & = & \frac{\begin{array}{lcl}T(x,y,t) & -T_0\end{array}}{\begin{array}{lcl}T_i-T_0\end{array}}\end{array}$

در نتیجه معادله ما به شکل زیر همگن میشود:

$\frac{1}{\alpha\,}\frac{\partial \theta\,\;}{\partial t\;}=\frac{\partial^2 \theta\,\;}{\partial x^2\;}+\frac{\partial^2 \theta\,\;}{\partial y^2\;}$

$\begin{cases}\begin{array}{lcl}\theta\,(x,y,0) & = & 1 \\\theta\,(x,0,t) & = & 0 \\\theta\,(x,h,t) & = & 0 \\\theta\,(0,y,t) & = & 0 \\\theta\,(L,y,t) & = & 0 \end{array}\end{cases}$

می دانیم که $\begin{array}{lcl}\theta \, & \end{array}$ بصورت ترکیب خطی $\begin{array}{lcl} & X(x) , Y(y) , \tau \,(t)\end{array}$ است.یعنی:

$\begin{array}{lcl}\theta \,(x,y,t) & = & X(x) Y(y) \tau \,(t)\end{array}$

با جایگذاری $\begin{array}{lcl}\theta \, & \end{array}$ در معادله جزیی به دست آمده خواهیم داشت:

$\frac{1}{\alpha\,}X Y \tau \,^\prime = X^{\prime\prime} Y \tau \, + X Y^{\prime\prime} \tau \, \Rightarrow \;$

$\Rightarrow \;\frac{1}{\alpha \,}\frac{\tau \,^\prime}{\tau \,}-\frac{Y^{\prime\prime}}{Y}=\frac{X^{\prime\prime}}{X}=-\lambda \,^2\Rightarrow \;$

$\Rightarrow \;\begin{cases}\begin{array}{lcl}\frac{1}{\alpha \,}\frac{\tau \,^\prime}{\tau \,}-\frac{Y^{\prime\prime}}{Y}=-\lambda \,^2 \\\frac{X^{\prime\prime}}{X}=-\lambda \,^2\end{array}\end{cases}\Rightarrow \;$

شروط مرزی همگن هستند ولی شرط اولیه همگن نیست.بنابر این ابتدا به حل جهت X به عنوان یکی از جهات همگن می پردازیم:

$\frac{X^{\prime\prime}}{X}=-\lambda \,^2\Rightarrow \;X^{\prime\prime}+\lambda \,^2 X= 0\Rightarrow \;$

از طرفی :

$\begin{array}{lcl}X(0)&=&0 \\X(L)&=&0\end{array}$

$\Rightarrow \;\begin{array}{lcl}X(x) & = & A\sin\lambda \,_nx\end{array}$

$\lambda \,_n= \frac{n\pi}{L} , n=1 , 2 , 3 , ...$

اکنون به حل ادامه معادله می پردازیم:

$\frac{1}{\alpha \,}\frac{\tau \,^\prime}{\tau \,}+\lambda \,^2=\frac{Y^{\prime\prime}}{Y}=-\mu \,^2\Rightarrow \;$

$\Rightarrow \;\begin{cases}\frac{1}{\alpha \,}\frac{\tau \,^\prime}{\tau \,}=-(\lambda \,^2+\mu \,^2) \\Y^{\prime\prime} +\mu \,^2 Y = 0\end{cases}\Rightarrow \;$

از طرفی :

$\begin{array}{lcl}Y(0)&=&0 \\Y(h)&=&0\end{array}$

$\Rightarrow \;\begin{array}{lcl}Y(y) & = & B\sin\mu \,_m y\end{array}$

$\mu \,_m =\frac{m\pi}{H} , m = 1 , 2 , 3 ...$

اکنون به حل قسمت با شرط غیر همگن می پردازیم :

$\frac{1}{\alpha \,}\frac{\tau \,^\prime}{\tau \,}=-(\lambda \,_n^2+\mu \,_m^2)\Rightarrow \;$

$\Rightarrow \;\begin{array}{lcl}\tau \,(t) & = & C e^{-\alpha \,(\lambda \,_n^2+\mu \,_m^2)t}\end{array}\Rightarrow \;$

اکنون می توانیم $\begin{array}{lcl}\theta \, & \end{array}$ را بصورت زیر بیان کنیم :

$\begin{array}{lcl}\theta \,(x,y,t) & = & \end{array}\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty D_{m,n}\sin( \frac{m\pi y}{H}) \ \sin( \frac{n\pi x}{L})e^{-\alpha \,(\lambda \,_n^2+\mu \,_m^2)t}$

از طرفی :

$\begin{array}{lcl}\theta \,(x,y,0) & = & 1 \end{array}$

اگر Fo>0.2 باشد؛ می توان از تقریب جمله اول استفاده کرد:

$\begin{array}{lcl}\theta \,(x,y,t) & = & \end{array}D_{1,1}\sin( \frac{m\pi y}{H}) \ \sin( \frac{n\pi x}{L})e^{(\frac{-\alpha \,\pi^2 x}{L}-\frac{\alpha \,\pi^2 y}{h})}$

در نهایت خواهیم داشت :

$\begin{array}{lcl}\theta \,(x,y,t)&\end{array}\approx C_{1,x}\sin (\frac{\xi \,_x x}{L})e^{(-\frac{\alpha \,\xi \,^2 t}{L^2})}C_{1,y}\sin (\frac{\xi \,_y y}{h})e^{(-\frac{\alpha \,\xi \,^2 t}{H^2})}$

---

مستطیل نامتناهی

دو دیوار تخت بی نهایت را به هم برخورد می دهیم

$\theta (x,y,t)={{\theta }_{w1}}(x,t)\times {{\theta }_{w2}}(y,t)$

---

استوانه محدود

• استوانه کوتاه به مانند یک استوانه نامتناهی فرض کرده و یک دیوار از آن عبور می دهیم

$\theta (x,r,t)={{\theta }_{w}}(x,t)\times {{\theta }_{cyl}}(r,t)$

همچنین :

$(\frac{Q}{Q{}_{0}})={{(\frac{Q}{Q{}_{0}})}_{wall}}\times \left[ {{(\frac{Q}{Q{}_{0}})}_{cyl}}-1 \right]-{{(\frac{Q}{Q{}_{0}})}_{cyl}}$

---

مثال14 استوانه ای به طول15سانتیمتر و قطر 8سانتیمتر ودمای 150درجه سانتیگرادداریم.هوا با دمای 20 درجه سانتیگراد وضریب جابجایی 40وات بر متر مربع کلوین از استوانه عبور میکند.با توجه به داده ها دمای نقاط زیر را بعد از 15 دقیقه بدست آورید:

A-دمای مرکزاستوانه

B-دمای مرکز قاعده

C-گرمای از دست رفتهQ

$\begin{align} & \rho =8503\frac{kg}{{{m}^{3}}} \\ & {{c}_{p}}=0.389\frac{kj}{kgK} \\ & k=110\frac{w}{mK} \\ & {{T}_{i}}=150{}^{o}c \\ & {{T}_{\infty }}=20{}^{O}C \\ & h=40\frac{w}{{{m}^{2}}k} \\ & \\ & A) \\ & \theta (0,0,t)=\theta {{(0,t)}_{w}}\times \theta {{(0,t)}_{cyl}} \\ & \alpha =\frac{k}{\rho c}=\frac{110}{8530\times 389}=3.39\times {{10}^{-5}}\frac{{{m}^{2}}}{s} \\ & {{F}_{o}}=\frac{\alpha t}{{{l}^{2}}}=\frac{3.39\times {{10}^{-5}}\times 15\times 60}{{{0.075}^{2}}}=5.42\rangle 0.1 \\ & {{\theta }_{w}}={{c}_{1}}{{e}^{-{{\zeta }^{2}}{{F}_{o}}}}\sin (\frac{\zeta x}{l})\to Bi=\frac{hl}{k}=0.027\to \zeta =0.16,{{c}_{1}}=1.005 \\ & {{\theta }_{w}}(0,15)=0.869 \\ & {{\theta }_{cyl}}={{c}_{1}}{{e}^{-{{\zeta }^{2}}{{F}_{O}}}}{{J}_{0}}(\zeta \frac{r}{{{r}_{0}}})\to Bi=0.14\to {{c}_{1}}=0.17,\zeta =1.004 \\ & {{F}_{O}}=19.07 \\ & {{\theta }_{cyl}}(0,15)=0.577 \\ & \theta (0,0,t)=0.869\times 0.577=0.501 \\ & \frac{T(x,y,t)-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{i}}-{{T}_{\infty }}}=0.501\to T(0,0,t)=85{}^{o}c \\ & B) \\ & \theta (l,0,t)=\theta (0,t)\times \theta (l,t)=0.494 \\ & \theta (l,t)=0.857\to T(l,0,t)=84.2{}^{o}c \\ & \\ & C) \\ & {{(\frac{Q}{{{Q}_{0}}})}_{2D}}={{(\frac{Q}{{{Q}_{0}}})}_{w}}+{{(\frac{Q}{{{Q}_{0}}})}_{cyl}}\left[ 1-{{(\frac{Q}{{{Q}_{0}}})}_{w}} \right]=0.135+0.427\times 0.865=0.504 \\ & {{Q}_{0}}=\rho VC({{T}_{i}}-{{T}_{\infty }})=8530\times 0.389\times {{V}_{cyl}}\times (150-20)=325kj \\ & Q=0.504\times 32164=164kj \\ \end{align}$

---

مکعب مستطیل

اگر سه دیوار تخت بی نهایت را به هم بر خورد دهیم حاصل یک مکعب مستطیل می شود.

$\theta (x,y,z,t)={{\theta }_{w1}}(x,t)\times {{\theta }_{w2}}(y,t)\times {{\theta }_{w3}}(z,t)$

---