چند روش برای بررسی هدایت دائمی دو بعدی میتوان استفاده کرد؛ که این روشها عبارتند از:
۱-روش‌های دقیق (تحلیلی): روش‌های دقیق برای شرایط ایده‌آلی بدست می‌آیند. در این روشها، با حل ریاضی معادله پخش حرارتی سروکار داریم. برای حل معادله پخش حرارتی روش‌های گوناگون وجود دارد، ولی این حل‌ها شامل سری‌ها وتوابع پیچیده ریاضی‌اند و آنها را فقط برای بعضی شکل‌های ساده هندسی و شرایط مرزی ساده میتوان بدست آورد. با این وجود، این حل‌ها خیلی با ارزشند، زیرا متغیر وابسته T به صورت تابع پیوسته‌ای از متغیرهای مستقل (x,y) تعیین می‌شود. با استفاده از این تابع میتوان دما را در هر نقطه محیط محاسبه کرد.
۲-روش‌های تقریبی (ترسیمی، عددی): برخلاف روش‌های تحلیلی، که نتایج دقیق را در هر نقطه می‌دهند، روش‌های ترسیمی وعددی فقط می‌توانند نتایج تقریبی را در نقاط مجزا بدهند. چون از این روشها برای شکل‌های هندسی و شرایط مرزی پیچیده نیز میتوان استفاده کرد، اغلب به عنوان تنها روش حل مسائل رسانش چند بعدی به کار می‌روند.
معادله پخش هدایت گرما:
ρ
c
∂
T
∂
t
=
k
(
∂
2
T
∂
x
2
+
∂
2
T
∂
y
2
)
{\displaystyle \rho c{\frac {\partial T}{\partial t}}=k({\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{y}^{2}}}})}
شرایط دائمی:
∂
T
∂
t
=
0
→
∂
2
T
∂
x
2
+
∂
2
T
∂
y
2
=
0
{\displaystyle {\frac {\partial T}{\partial t}}=0\to {\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{y}^{2}}}}=0}
T
(
x
,
y
)
=
?
{\displaystyle T(x,y)=?}
∂
2
T
∂
x
2
+
∂
2
T
∂
y
2
=
0
T
(
x
,
0
)
=
T
0
T
(
x
,
H
)
=
T
0
+
A
sin
(
π
x
/
L
)
T
(
0
,
y
)
=
T
0
T
(
L
,
y
)
=
T
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&T(x,0)=T0\\&T(x,H)=T0+A\sin(\pi x/L)\\&T(0,y)=T0\\&T(L,y)=T0\\\end{aligned}}}
تغییر متغییر:
θ
=
T
−
T
0
{\displaystyle \theta =T-T0}
∂
2
θ
∂
x
2
+
∂
2
θ
∂
y
2
=
0
θ
(
x
,
0
)
=
0
θ
(
x
,
H
)
=
A
sin
(
π
x
/
L
)
θ
(
0
,
y
)
=
0
θ
(
L
,
y
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}\theta }{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}\theta }{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&\theta (x,0)=0\\&\theta (x,H)=A\sin(\pi x/L)\\&\theta (0,y)=0\\&\theta (L,y)=0\\\end{aligned}}}
نسبت به شرایط مرزی x همگن میباشد
جداسازی متغییرها:
θ
=
X
(
x
)
.
Y
(
y
)
{\displaystyle \theta =X(x).Y(y)}
X
″
X
=
−
Y
″
Y
=
−
λ
2
{\displaystyle {\frac {{X}^{''}}{X}}=-{\frac {{Y}^{''}}{Y}}=-{{\lambda }^{2}}}
X
″
+
λ
2
x
=
0
X
(
0
)
=
X
(
L
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&{{X}^{''}}+{{\lambda }^{2}}x=0\\&X(0)=X(L)=0\\\end{aligned}}}
X
(
x
)
=
a
sin
(
λ
x
)
+
b
cos
(
λ
x
)
X
(
0
)
=
0
→
b
=
0
X
(
L
)
=
0
→
X
(
L
)
=
a
n
sin
(
λ
n
L
)
=
0
→
λ
n
=
n
π
L
{\displaystyle {\begin{aligned}&X(x)=a\sin(\lambda x)+b\cos(\lambda x)\\&X(0)=0\to b=0\\&X(L)=0\to X(L)={{a}_{n}}\sin({{\lambda }_{n}}L)=0\to {{\lambda }_{n}}={\frac {n\pi }{L}}\\\end{aligned}}}
X
n
(
x
)
=
a
sin
(
λ
n
x
)
{\displaystyle {{X}_{n}}(x)=a\sin({{\lambda }_{n}}x)}
Y
n
″
−
λ
n
2
Y
n
=
0
Y
n
(
y
)
=
c
n
sinh
(
λ
n
y
)
+
d
n
cosh
(
λ
n
y
)
y
n
(
0
)
=
0
→
d
n
=
0
→
Y
n
(
y
)
=
c
n
sinh
(
λ
n
y
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{{Y}_{n}}^{''}-{{\lambda }_{n}}^{2}{{Y}_{n}}=0\\&{{Y}_{n}}(y)={{c}_{n}}\sinh({{\lambda }_{n}}y)+{{d}_{n}}\cosh({{\lambda }_{n}}y)\\&{{y}_{n}}(0)=0\to {{d}_{n}}=0\to {{Y}_{n}}(y)={{c}_{n}}\sinh({{\lambda }_{n}}y)\\\end{aligned}}}
θ
n
(
x
,
y
)
=
X
n
(
x
)
.
Y
n
(
y
)
→
θ
(
x
,
y
)
=
∑
n
=
1
∞
e
n
sin
(
n
π
x
L
)
.
sinh
(
n
π
y
L
)
θ
(
x
,
H
)
=
A
sin
(
π
x
L
)
→
θ
(
x
,
H
)
=
∑
n
=
1
∞
e
n
sin
(
n
π
x
L
)
.
sinh
(
n
π
H
L
)
=
A
sin
(
π
x
L
)
T
(
x
,
y
)
=
T
0
+
A
sin
(
π
x
L
)
.
sinh
(
π
y
L
)
sinh
(
π
H
L
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{{\theta }_{n}}(x,y)={{X}_{n}}(x).{{Y}_{n}}(y)\to \theta (x,y)=\sum \limits _{n=1}^{\infty }{{e}_{n}}\sin({\frac {n\pi x}{L}}).\sinh({\frac {n\pi y}{L}})\\&\theta (x,H)=A\sin({\frac {\pi x}{L}})\to \theta (x,H)=\sum \limits _{n=1}^{\infty }{{e}_{n}}\sin({\frac {n\pi x}{L}}).\sinh({\frac {n\pi H}{L}})=A\sin({\frac {\pi x}{L}})\\&T(x,y)=T0+A\sin({\frac {\pi x}{L}}).{\frac {\sinh({\frac {\pi y}{L}})}{\sinh({\frac {\pi H}{L}})}}\\\end{aligned}}}
T
(
x
,
y
)
=
?
{\displaystyle T(x,y)=?}
∂
2
T
∂
x
2
+
∂
2
T
∂
y
2
=
0
T
(
x
,
0
)
=
T
0
T
(
x
,
H
)
=
T
0
+
A
sin
(
π
x
/
L
)
T
(
0
,
y
)
=
T
0
T
(
L
,
y
)
=
T
0
+
y
(
H
−
y
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&T(x,0)=T0\\&T(x,H)=T0+A\sin(\pi x/L)\\&T(0,y)=T0\\&T(L,y)=T0+y(H-y)\\\end{aligned}}}
تغییر متغییر :
θ
=
T
−
T
0
{\displaystyle \theta =T-T0}
∂
2
θ
∂
x
2
+
∂
2
θ
∂
y
2
=
0
θ
(
x
,
0
)
=
0
θ
(
x
,
H
)
=
A
sin
(
π
x
/
L
)
θ
(
0
,
y
)
=
0
θ
(
L
,
y
)
=
y
(
H
−
y
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}\theta }{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}\theta }{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&\theta (x,0)=0\\&\theta (x,H)=A\sin(\pi x/L)\\&\theta (0,y)=0\\&\theta (L,y)=y(H-y)\\\end{aligned}}}
θ
(
x
,
y
)
=
θ
1
(
x
,
y
)
+
θ
2
(
x
,
y
)
{\displaystyle \theta (x,y)={{\theta }_{1}}(x,y)+{{\theta }_{2}}(x,y)}
∂
2
θ
1
∂
x
2
+
∂
2
θ
1
∂
y
2
=
0
θ
1
(
x
,
0
)
=
θ
1
(
0
,
y
)
=
θ
1
(
L
,
y
)
=
0
θ
1
(
x
,
H
)
=
A
sin
(
π
x
L
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}{{\theta }_{1}}}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}{{\theta }_{1}}}{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&{{\theta }_{1}}(x,0)={{\theta }_{1}}(0,y)={{\theta }_{1}}(L,y)=0\\&{{\theta }_{1}}(x,H)=A\sin({\frac {\pi x}{L}})\\\end{aligned}}}
∂
2
θ
2
∂
x
2
+
∂
2
θ
2
∂
y
2
=
0
θ
2
(
x
,
0
)
=
θ
2
(
x
,
H
)
=
θ
2
(
0
,
y
)
=
0
θ
2
(
L
,
y
)
=
y
(
H
−
y
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}{{\theta }_{2}}}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}{{\theta }_{2}}}{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&{{\theta }_{2}}(x,0)={{\theta }_{2}}(x,H)={{\theta }_{2}}(0,y)=0\\&{{\theta }_{2}}(L,y)=y(H-y)\\\end{aligned}}}
θ
=
θ
1
+
θ
2
{\displaystyle \theta ={{\theta }_{1}}+{{\theta }_{2}}}
برای تعیین انتقال حرارت در شکل‌های هندسی مختلف ضریب شکل تعریف می شود. در جدول زیر ضریب شکل (s) در حالت‌های مختلف آمده است.
q
=
s
k
(
T
1
−
T
2
)
{\displaystyle q=sk\left({{T}_{1}}-{{T}_{2}}\right)}
با توجه به شکل زیر توزیع دما را بدست بیاورید .
ρ
c
∂
T
∂
t
=
k
(
∂
2
T
∂
x
2
+
∂
2
T
∂
y
2
)
{\displaystyle \rho c{\frac {\partial T}{\partial t}}=k({\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{y}^{2}}}})}
شرایط دائمی:
∂
T
∂
t
=
0
→
∂
2
T
∂
x
2
+
∂
2
T
∂
y
2
=
0
{\displaystyle {\frac {\partial T}{\partial t}}=0\to {\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{y}^{2}}}}=0}
∂
2
T
∂
x
2
+
∂
2
T
∂
y
2
=
0
T
(
x
,
0
)
=
T
0
T
(
x
,
H
)
=
T
0
+
T
1
sin
(
π
x
/
L
)
T
(
0
,
y
)
=
T
0
T
(
L
,
y
)
=
T
0
+
T
1
sin
(
π
x
/
L
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&T(x,0)=T0\\&T(x,H)=T0+T1\sin(\pi x/L)\\&T(0,y)=T0\\&T(L,y)=T0+T1\sin(\pi x/L)\\\end{aligned}}}
مـــــــــــعـــــــا د لــــــــــــه 1 :
∂
2
T
1
∂
x
2
+
∂
2
T
1
∂
y
2
=
0
T
1
(
x
,
0
)
=
0
T
1
(
x
,
H
)
=
0
T
1
(
0
,
y
)
=
0
T
1
(
L
,
y
)
=
T
´
s
i
n
(
π
y
H
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}T_{1}}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T_{1}}{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&T_{1}(x,0)=0\\&T_{1}(x,H)=0\\&T_{1}(0,y)=0\\&T_{1}(L,y)={\acute {T}}sin({\frac {\pi y}{H}}\\\end{aligned}}}
مـــــــــــعـــــــا د لــــــــــــه 2 :
∂
2
T
2
∂
x
2
+
∂
2
T
2
∂
y
2
=
0
T
(
x
,
0
)
=
T
0
T
(
x
,
H
)
=
T
0
+
T
1
sin
(
π
x
/
L
)
T
(
0
,
y
)
=
T
0
T
(
L
,
y
)
=
T
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}T_{2}}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {{{\partial }^{2}}T_{2}}{\partial {{y}^{2}}}}=0\\&T(x,0)=T0\\&T(x,H)=T0+T1\sin(\pi x/L)\\&T(0,y)=T0\\&T(L,y)=T0\\\end{aligned}}}
جواب کلی بصورت زیر است :
T
(
x
,
y
)
=
T
1
(
x
,
y
)
+
T
2
(
x
,
y
)
{\displaystyle T(x,y)=T_{1}(x,y)+T_{2}(x,y)}
کل نرخ انتقال حرارت را در سطح پایینی (y=0) را بدست آورید.
q
″
=
−
k
(
∂
T
∂
y
)
{\displaystyle q''=-k({\frac {{\partial }T}{\partial {y}}})}
q
y
″
=
−
k
T
1
sin
(
π
x
L
)
.
cosh
(
π
y
L
)
sinh
(
π
H
L
)
{\displaystyle {\begin{aligned}q''_{y}=-kT_{1}\sin({\frac {\pi x}{L}}).{\frac {\cosh({\frac {\pi y}{L}})}{\sinh({\frac {\pi H}{L}})}}\\\end{aligned}}}
در معادله بالا y=0 میگذاریم:
q
y
″
=
−
k
T
1
sin
(
π
x
L
)
.
π
L
sinh
(
π
H
L
)
{\displaystyle {\begin{aligned}q''_{y}=-kT_{1}\sin({\frac {\pi x}{L}}).{\frac {\frac {\pi }{L}}{\sinh({\frac {\pi H}{L}})}}\\\end{aligned}}}
q
=
∫
0
L
q
y
″
d
x
{\displaystyle q=\int _{0}^{L}q''_{y}\,dx}
q
=
−
k
T
1
.
(
π
L
)
sinh
(
π
H
L
)
∫
0
L
sin
(
π
x
L
)
d
x
{\displaystyle q=-kT_{1}.{\frac {({\frac {\pi }{L}})}{\sinh({\frac {\pi H}{L}})}}\int _{0}^{L}{\sin({\frac {\pi x}{L}})}\,dx}
⇒
q
=
−
k
T
1
S
i
n
h
(
π
H
L
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&\\&\Rightarrow q={\frac {-k{{T}_{1}}}{Sinh\left({\frac {\pi H}{L}}\right)}}\\\end{aligned}}}
نرخ انتقال حرارت را در شکل زیر بیابید.
حل :
q
=
K
S
Δ
T
S
=
2
π
D
1
−
D
4
Z
=
2
π
∗
0.5
(
m
)
1
−
0.5
(
m
)
4
∗
1
(
m
)
=
3.6
m
⇒
q
=
0.2
(
w
m
.
k
)
∗
3.6
(
m
)
∗
80
(
k
)
=
57.6
W
{\displaystyle {\begin{aligned}&q=KS\Delta T\\&S={\frac {2\pi D}{1-{\frac {D}{4Z}}}}\\&={\frac {2\pi *0.5\left(m\right)}{1-{\frac {0.5\left(m\right)}{4*1\left(m\right)}}}}=3.6m\\&\Rightarrow q=0.2\left({\frac {w}{m.k}}\right)*3.6\left(m\right)*80\left(k\right)=57.6W\\\end{aligned}}}
در مرکز قطعه‌ای به طول L=2m با مقطع عرضی چهارگوش به ضلع w=1m سوراخی به قطر d=0.25m در امتداد طول قطعه مته شده است. رسانندگی گرمایی قطعه k=150w/m.k است. عبور سیال از سوراخ باعث می‌شود سطح داخلی در T=75 و سطح خارجی آن در T=25 بمانند. آهنگ انتقال گرما در قطعه چقدر است؟
حل : با توجه به شکل های بالا داریم :
s
=
(
2
π
L
L
n
(
1.08
W
D
)
)
=
2
π
∗
2
ln
(
1.08
1
0.25
)
=
8.59
m
⇒
q
=
s
k
(
T
1
−
T
2
)
=
8.59
m
∗
150
w
m
.
k
(
75
−
25
)
∘
c
=
64.4
k
w
{\displaystyle {\begin{aligned}&s=\left({\frac {2\pi L}{Ln\left(1.08{\frac {W}{D}}\right)}}\right)\\&={\frac {2\pi *2}{\ln \left(1.08{\frac {1}{0.25}}\right)}}=8.59m\\&\Rightarrow q=sk\left({{T}_{1}}-{{T}_{2}}\right)=8.59m*150{\frac {w}{m.k}}{{\left(75-25\right)}^{\circ }}c=64.4kw\\\end{aligned}}}
آهنگ انتقال گرما را برای استوانه تک دمای افقی در داخل یک محیط نیم‌نامتناهی اگر T2 وT1 به ترتیب برابر با صفر درجه ساتیگراد و ۱۰۰ درجه سانتیگراد باشد، بدست آورید.
q
=
k
s
(
T
1
−
T
2
)
i
f
L
>>
D
T
h
e
n
S
=
2
π
L
cosh
−
1
(
2
Z
D
)
i
f
Z
>
3
2
D
T
h
e
n
S
=
2
π
L
L
n
(
4
Z
D
)
Z
=
1
m
>
3
2
D
=
0.015
m
⇒
S
=
2
π
L
L
n
(
4
Z
D
)
⇒
q
=
0.02
×
170
×
100
=
340
w
{\displaystyle {\begin{aligned}&\\&q=ks({{T}_{1}}-{{T}_{2}})\\&if{\begin{matrix}{}&L>>D&Then&S={\frac {2\pi L}{{{\cosh }^{-1}}({\frac {2Z}{D}})}}\\\end{matrix}}\\&if{\begin{matrix}{}&Z>{\frac {3}{2}}D&Then&S={\frac {2\pi L}{Ln({\frac {4Z}{D}})}}\\\end{matrix}}\\&Z=1m{\begin{matrix}>{\frac {3}{2}}D=0.015m&\Rightarrow &S={\frac {2\pi L}{Ln({\frac {4Z}{D}})}}&\Rightarrow {\begin{matrix}q=0.02\times 170\times 100=340w&{}\\\end{matrix}}\\\end{matrix}}\\\end{aligned}}}
