ویکی‌جزوه/دانشکده:فنی و مهندسی/انتقال حرارت/رسانش پایای یک بعدی

دیوار مسطح

در رسانش یک بعدی در دیوار مسطح، دما فقط تابعی از مختصه $x$ است و گرما فقط در جهت $x$ منتقل می شود. موضوع را با بررسی شرایط داخل دیوار شروع می کنیم، ابتدا توزیع دما و سپس آهنگ انتقال گرمای رسانشی را تعیین می کنیم.

توزیع دما

توزیع دما در دیوار را با حل معادله گرما با شرایط مرزی مربوطه می توان تعیین کرد. در شرایط دایمی و بدون وجود منبع یا چاه انرژی در دیوار معادله گرما به صورت زیر است:

${\frac {d}{dx}}\left(k{\frac {dT}{dx}}\right)=0$

نکته ای که باید در نظر گرفت این است که برای رسانش یک بعدی و دایمی در دیوار مسطح با نبود تولید گرما، شار گرما ثابت و مستقل از $x$ است. اگر رسانندگی گرمایی دیوار ثابت فرض شود، با دوبار انتگرال گیری از رابطه می توان به حل عمومی زیر رسید:

$T\left(x\right)={{c}_{1}}x+{{c}_{2}}$

برای تعیین ثابتهای معادله بالا باید شرایط مرزی را لحاظ کنیم.

$x=0,x=L\to \left\{{\begin{aligned}&T(0)={{T}_{s,1}}\Rightarrow {{T}_{s,1}}={{c}_{2}}\\&T(L)={{T}_{s,2}}\Rightarrow {{T}_{s,2}}={{c}_{1}}L+{{c}_{2}}\Rightarrow {{c}_{2}}={\frac {{{T}_{s,2}}-{{T}_{s,1}}}{L}}\\\end{aligned}}\right.$

با جایگذاری در حل عمومی، توزیع دما برای حالت دایمی یک بعدی به صورت زیر در می آید:

(2)$T(x)=({{T}_{s,2}}-{{T}_{s,1}}){\frac {x}{L}}+{{T}_{s,1}}$

اکنون که توزیع دما را داریم،از قانون فوریه برای تعیین آهنگ گرمای رسانشی استفاده می کنیم.

(3) ${{q}_{x}}=-kA{\frac {dT}{dx}}={\frac {kA}{L}}({{T}_{s,1}}-{{T}_{s,2}})$

توجه کنید که $A$ مساحت دیوار در امتداد عمود بر جهت انتقال گرماست و برای دیوار مسطح $A$ یک ثابت مستقل از $x$ است. بنابراین شار گرما به صورت زیر است:

(4) ${{{q}''}_{x}}={\frac {{q}_{x}}{A}}={\frac {k}{L}}({{T}_{s,1}}-{{T}_{s,2}})$

مقاومت گرمایی

میان پخش گرما و بار الکتریکی تشابه وجود دارد. مقاومت گرمایی منسوب به رسانش گرمایی است. همان طور که مقاومت الکتریکی منسوب به رسانش الکتریکی است برای انتقال گرمای رسانشی در دیواره تخت داریم:

$Q={\frac {\Delta T}{L}}KA$

مقاومت گرمایی را نسبت اختلاف دما به گرمای انتقال یافته تعریف می کنیم:

$R={\frac {q}{\Delta T}}$

برای مقاومت گرمایی در حالت رسانش داریم

$R_{t,cond}={\frac {L}{KA}}$

برای انتقال گرمای از طریق جابجایی نیز می توان همین کار را انجام داد

$R_{t,conv}={\frac {1}{hA}}$

در صورتی که سیال با ضریب گرمای جابجایی h داشته باشیم می توانیم کل گرمای انتقال یافته را محاسبه کرد.

ابتدا مقاومت گرمایی کل را که به صورت دو مقاومت سری می باشد را حساب می کنیم:

$R_{tot}=R_{cond}+R_{conv}$

$R_{tot}={\frac {1}{hA}}+{\frac {L}{KA}}$

در نتیجه برای گرما داریم

$q={\frac {T_{1}-T_{\infty }}{({\frac {1}{hA}}+{\frac {l}{kA}})}}$

$R_{t,rad}={\frac {1}{h_{r}}}$

وقتی به طور هم زمان هم جابه جایی و هم تشعشع و رسانش وجود داشته باشد ار مقاومت معادل استفاده می کنیم این مقاومت ها به صورت سری با هم جمع می شوند:

$R_{tot}={\frac {1}{hr}}+{\frac {1}{hA}}+{\frac {L}{KA}}$

دیوار مرکب

از مدارهای گرمایی معادل برای سیستم های پیچیده تر، مانند دیوارهای مرکب نیز می توان استفاده کرد. بستگی به نوع کنار هم قرار گرفتن دیوارها، می توان آنها را به شکل مقاومت گرمایی سری یا موازی دسته بندی کرد.

دیوار مرکب سری و مدار گرمایی معادل آن

آهنگ انتقال گرمای یک بعدی را برای این سیستم به صورت زیر می توان بیان کرد:

${{q}_{x}}={\frac {{{T}_{\infty ,1}}-{{T}_{\infty ,4}}}{\sum {{R}_{t}}}}$

که در آن ${{T}_{\infty ,1}}-{{T}_{\infty ,4}}$ اختلاف دمای کل است و جمع زنی شامل تمام مقاومت های گرمایی است.

بنابراین:

${{q}_{x}}={\frac {{{T}_{\infty ,1}}-{{T}_{\infty ,4}}}{\left[\left({}^{1}\!\!\diagup \!\!{}_{{{h}_{1}}A}\;\right)+\left({}^{{L}_{A}}\!\!\diagup \!\!{}_{{{k}_{A}}A}\;\right)+\left({}^{{L}_{B}}\!\!\diagup \!\!{}_{{{k}_{B}}A}\;\right)+\left({}^{{L}_{C}}\!\!\diagup \!\!{}_{{{k}_{C}}A}\;\right)+\left({}^{1}\!\!\diagup \!\!{}_{{{h}_{4}}A}\;\right)\right]}}$

یا به عبارت دیگر آهنگ انتقال گرما را می توان به اختلاف دما و مقاومت هر یک از اجزاء دیوار سری مرتبط دانست.

${{q}_{x}}={\frac {{{T}_{\infty ,1}}-{{T}_{s,1}}}{{}^{1}\!\!\diagup \!\!{}_{{{h}_{1}}A}\;}}={\frac {{{T}_{s,1}}-{{T}_{2}}}{{}^{{L}_{A}}\!\!\diagup \!\!{}_{{{k}_{A}}A}\;}}={\frac {{{T}_{2}}-{{T}_{3}}}{{}^{{L}_{B}}\!\!\diagup \!\!{}_{{{k}_{B}}A}\;}}=...$

در دیوارهای مرکب بهتر است که اغلب از ضریب کلی انتفال گرما ،U، استفاده کرد که نام دیگر این ضریب قانون سرمایش نیوتوناست.

${{q}_{x}}\equiv UA\vartriangle T$

که در آن $\vartriangle T$ اختلاف دمای کل است.

شکل روبرو نمایی از یک دیوار مرکب موازی است که مدار گرمایی مقاومت معادل آن رسم شده است .

برای این نوع دیوارهای مرکب داریم:

${\begin{aligned}&{{q}_{x}}={{q}_{{x}_{a}}}+{{q}_{{x}_{b}}}={\frac {{{T}_{1}}-{{T}_{2}}}{{R}_{a}}}+{\frac {{{T}_{1}}-{{T}_{2}}}{{R}_{b}}}={\frac {{{T}_{1}}-{{T}_{2}}}{{R}_{tot}}}\\&{\frac {1}{{R}_{tot}}}={\frac {1}{{R}_{a}}}+{\frac {1}{{R}_{b}}}\\\end{aligned}}$

گاهی اوقات شرایط به گونه ای است که ترکیبی از دیوارهای سری و موازی داریم. در این شرایط علی رغم اینکه انتقال گرما از نوع چند بعدی است امااغلب می توان شرایط را یک بعدی فرض کرد.

همانطوری که در شکل می بینید برای حل مسئله نشان داده شده از دو مدار گرمایی مختلف استفاده کرده ایم.

a) سطوح عمود بر محور x را را تک دما فرض کرده ایم.

b) سطوح موازی با محور x را آدیاباتیک فرض کرده ایم.

مقاومت تماسی

مقاومت ایجاد شده در اثر زبری سطوح تماسی . برای این مقاومت گرمایی در کتاب جدولی تعبیه شده که شما قادرید بر اساس جنس دو سطح تماسی مقاومتی را بخوانید و در مسئله برای رسیدن به جوابی بهتر استفاده کنید . جدول مربوطه، جدول 1-3 می باشد.

مثال ها

مثال 1

دیواری به ضخامت 30 سانتیمتر و مشخصات زیر موجود است. معادله تغییر دمای این دیوار را بر حسب X بنویسید.

${\begin{aligned}&x=0\to {q}''=700{\frac {w}{{m}^{2}}},{{T}_{1}}={{80}^{o}}c\\&x=30\to {\dot {q}}=0,k=2.5{\frac {w}{m{}^{o}k}}\\\end{aligned}}$

حل)

${\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {\dot {q}}{k}}=0$

${\begin{aligned}&k{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}=0\\&T={{c}_{1}}x+{{c}_{2}}\\&x=0\Rightarrow \left\{{\begin{aligned}&{{T}_{1}}=80\to T=0+{{c}_{2}}\to {{c}_{2}}=80\\&-k{\frac {\partial T}{\partial x}}={q}''=700\to {{c}_{1}}=-280\\\end{aligned}}\right.\\&x=30\Rightarrow {{T}_{2}}=-4\\\end{aligned}}$

$\Rightarrow T(x)=-280x-4$

مثال2

مطلوب است دمای سطح اتویی $T(x=L)$ که در معرض هوای 22 درجه با ضریب جابجایی $h=30{\frac {w}{{{m}^{2}}{}^{o}k}}$ قرار دارد و دارای مشخصات فیزیکی زیر است:

$Q=1500w,A=150\times {{10}^{-4}}c{{m}^{2}},k=2.3{\frac {w}{m{}^{o}k}},L=1cm$

حل)

${\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {\dot {q}}{k}}=0\\&k{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}=0\\&T={{c}_{1}}x+{{c}_{2}}\\&x=0\Rightarrow {q}''={\frac {Q}{A}}={\frac {1500}{150\times {{10}^{-4}}}}={{10}^{5}}{\frac {w}{{m}^{2}}}\\&{q}''=-k{\frac {\partial T}{\partial x}}=-2.3{{c}_{1}}\Rightarrow {{c}_{1}}=4.3\times {{10}^{4}}\\&x=L\Rightarrow -k{\frac {\partial T}{\partial x}}=h(T-{{T}_{\infty }})\Rightarrow T(x=L)=T={{3355}^{o}}c\\\end{aligned}}$

اگر علاوه بر جا به جایی تشعشع نیز داشته باشیم انگاه دمای سطح چقدر است؟

${\begin{aligned}&{{T}_{surr}}={{29}^{\circ }}C,\varepsilon =0.7,\sigma =5.67\times {{10}^{-8}}{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{{m}^{2}}{{k}^{4}}}\;\\&-k{{\left.{\frac {dT}{dx}}\right|}_{L}}=h(T-{{T}_{\infty }})+\varepsilon \sigma ({{T}^{4}}-T_{surr}^{4})\\&{{10}^{5}}=30(T-295)+0.7\times 5.67\times {{10}^{-8}}({{T}^{4}}-{{302}^{4}})\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&{{10}^{5}}=30(T-295)+{{h}_{r}}(T-302)\\&{{h}_{r}}=0.7\times 5.67\times {{10}^{-8}}({{T}^{2}}+{{302}^{2}})(T+302)\\&if\\&T=1168.8k\Rightarrow {{h}_{r}}=85.1{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{{m}^{2}}k}\;\\&{{10}^{5}}=30(T-295)+85.1(T-302)\Rightarrow T=1169k\\\end{aligned}}$

مثال3

مطلوب است محاسبه حداکثر دما برای دیواری به ضخامت 1متر که یک طرف آن عایق و طرف دیگر آن در معرض جابجایی با هوای 25 درجه سانتیگراد و ضریب جابجایی$h=20{\frac {w}{{{m}^{2}}{}^{o}k}}$ قرار دارد. ضریب رسانایی دیوار $k=2.5{\frac {w}{m{}^{o}k}}$ و ${\dot {q}}=50{\frac {w}{{m}^{3}}}$.

حل)

${\begin{aligned}&{\frac {{{\partial }^{2}}T}{\partial {{x}^{2}}}}+{\frac {\dot {q}}{k}}=0\to {\frac {\partial T}{\partial x}}={\frac {-{\dot {q}}}{k}}x+{{c}_{1}}\to T(x)={\frac {-{\dot {q}}}{k}}{{x}^{2}}+{{c}_{1}}x+{{c}_{2}}\\&x=0\Rightarrow {q}''=0\to -k{\frac {\partial T}{\partial x}}=0\to {{c}_{1}}=0\\&x=L\Rightarrow -k{\frac {\partial T}{\partial t}}=h(T-{{T}_{\infty }}),-k{\frac {\partial T}{\partial t}}={\frac {{\dot {q}}x}{k}}\to h(T-{{T}_{\infty }})={\dot {q}}L\Rightarrow {\frac {\dot {q}}{2k}}{{L}^{2}}+{{c}_{2}}-{{T}_{\infty }}={\frac {\dot {q}}{h}}L\to {{c}_{2}}={\dot {q}}L\left({\frac {L}{2k}}+{\frac {1}{h}}\right)+{{T}_{\infty }}\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&x=o\to T={{T}_{\max }}\\&{{T}_{\max }}={{c}_{2}}=37.5\\\end{aligned}}$

مثال4

مطلوب است آهنگ گرما(q)برای دیواری به ضخامت یک متر،دمای طرفین${{T}_{1}},{{T}_{2}}$ و ضریب رسانش $k(T)={{k}_{0}}\left(1+\beta {{T}^{2}}\right)$ و همچنین ${\dot {q}}=0$

حل)

${\begin{aligned}&{\frac {d}{dx}}\left(k{\frac {dT}{dx}}\right)+{\dot {q}}=0{\xrightarrow {{\dot {q}}=0}}{\frac {d}{dx}}\left(k{\frac {dT}{dx}}\right)=0\\&k{\frac {dT}{dx}}={{c}_{1}}\to {\frac {dT}{dx}}={\frac {{c}_{1}}{{{k}_{0}}(1+\beta {{T}^{2}})}}\to \int {{{k}_{0}}(1+\beta {{T}^{2}})dT=\int {{{c}_{1}}dx}}\\&{{k}_{0}}(1+\beta {\frac {{T}^{3}}{3}})={{c}_{1}}x+{{c}_{2}}\\&x=0\Rightarrow T={{T}_{1}}\to {{k}_{0}}(1+\beta {\frac {{T}^{3}}{3}})={{c}_{2}}\\&x=L\Rightarrow T={{T}_{2}}\to {{k}_{0}}(1+\beta {\frac {{T}^{3}}{3}})={{c}_{1}}L+{{k}_{0}}(1+\beta {\frac {{T}^{3}}{3}})\\&{{c}_{1}}={\frac {{k}_{0}}{L}}\left[\left({{T}_{2}}-{{T}_{1}}\right)+\beta \left({\frac {T_{2}^{3}}{3}}-{\frac {T_{1}^{3}}{3}}\right)\right]\\&q=-kA{\frac {dT}{dx}}\\\end{aligned}}$

اگر ضریب رسانش متغیر باشد متوسط ضریب رسانش چقدر است.

${\begin{aligned}&q=-{\frac {AK\circ }{L}}\left[({{T}_{2}}-{{T}_{1}})+{\frac {\beta }{3}}(T_{2}^{3}-T_{1}^{3})\right]\\&K={\frac {qL}{A({{T}_{1}}-{{T}_{2}})}}\Rightarrow {{K}_{ave}}={{K}_{\circ }}\left[1+{\frac {\beta }{3}}(T_{2}^{2}+{{T}_{1}}{{T}_{2}}+T_{1}^{2})\right]\\&\\\end{aligned}}$

مثال5

دیواره ای به ضخامت L به 2 ورقه فلزی که هر کدام به ضخامت 1mm به ان متصل کرده ایم که ورقه داخلی در یخچال قرار داده ایم

با توجه به شرایط زیر L را محاسبه نمایید شرایط مساله:

$h_{i}=4{\frac {w}{m^{2}k}}...T{\infty }=3c...T_{S,O}=20C...T_{r}oom=25c...h_{o}ut=9{\frac {w}{m^{2}k}}$

$h_{i}n=4{\frac {w}{m^{2}k}}...k_{f}=15{\frac {w}{mk}}...k_{w}all=0.025$

$q_{t}ot={\frac {T_{r}ef-T_{r}oom}{R_{t}ot}}$

$R_{1}={\frac {1}{hA}}={\frac {1}{4}}=0.25$

$R_{2}=R_{4}={\frac {L}{KA}}={\frac {0.001}{13*1}}=0.066*10^{-}3$

$R_{3}={\frac {L}{KA}}={\frac {L}{0.035}}$

کل را حداکثر

$R_{5}={\frac {1}{hA}}={\frac {1}{9*1}}=0.77{\frac {k}{w}}$

$q_{t}ot={\frac {T_{r}ef-T_{r}oom}{R_{t}ot}}={\frac {3-25}{0.36+29L}}$

$q={\frac {T_{S,O}-T_{r}oom}{R_{5}}}={\frac {20-25}{0.11}}=-45w=q_{t}ot$

$-45={\frac {-22}{0.36+29L}}$

$L=0.45cm$

مثال6

دیوار مرکب مسطحی را در نظر بگیرید که از دو ماده با رسانندگی های گرمایی:

${{k}_{A}}=0.1{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{m.k}\;,{{k}_{B}}=0.04{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{m.k}\;$ و ضخامت های ${{L}_{A}}=10mm.{{L}_{B}}=20mm$ تشکیل شده است. مقاومت تماسی در فصل مشترک $0.3{{m}^{2}}.kw$ است. ماده A در مجاورت سیال ${{200}^{o}}c$ با $h=10{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{{m}^{2}}.k}\;$ و ماده B در مجاورت سیال ${{40}^{o}}c$ با $h=20{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{{m}^{2}}.k}\;$ قرار دارد.

الف) آهنگ انتقال گرمااز دیوار به ارتفاع 2m و عرض 2.5m چقدر می باشد؟

ب) توزیع دما را رسم کنید

حل)

الف)

${\begin{aligned}&{{R}_{tot}}={\frac {1}{{{h}_{1}}.A}}+{\frac {{L}_{A}}{{{k}_{A}}.A}}+{{R}_{t,c}}+{\frac {{L}_{B}}{{{k}_{B}}.A}}+{\frac {1}{{{h}_{2}}.A}}\Rightarrow {{R}_{tot}}={\frac {1}{5\times 10}}+{\frac {0.01}{0.1\times 5}}+{\frac {0.3}{5}}+{\frac {0.02}{0.04\times 5}}+{\frac {1}{20\times 5}}\\&\Rightarrow {{R}_{tot}}=0.21{}^{k}\!\!\diagup \!\!{}_{w}\;\\&q={\frac {{{T}_{\infty ,1}}-{{T}_{\infty ,2}}}{{R}_{tot}}}={\frac {200-40}{0.21}}=762w\\\end{aligned}}$

ب)

${\begin{aligned}&{{T}_{2}}={{T}_{s,1}}={{T}_{\infty ,1}}-{\frac {q}{{{h}_{1}}A}}=200-{\frac {762\times 0.01}{50}}={{184.8}^{o}}c\\&{{T}_{3,A}}={{T}_{A}}={{T}_{s,1}}-{\frac {q{{L}_{A}}}{{{k}_{A}}A}}=184.8-{\frac {762\times 0.01}{0.1\times 5}}={{169.6}^{o}}c\\&{{T}_{3,B}}={{T}_{B}}={{T}_{A}}-q{{R}_{t,c}}=169.6-{\frac {762\times 0.6}{1}}={{123.8}^{o}}c\\&{{T}_{4}}={{T}_{s,2}}={{T}_{B}}-{\frac {q{{L}_{B}}}{{{k}_{B}}A}}=123.8-{\frac {762\times 0.02}{0.04\times 5}}={{47.6}^{o}}c\\\end{aligned}}$

مثال7

برای تماس بهتر دو قطعه از جنس الومنیوم را با ابعاد یکسان به هم فشار میدهیم .انتقال حرارت و اختلاف دما در نقطه ی تماس را به دست اورید.

ابعاد دو قظعه الومنیوم:

$L=15cm,W=5cm$

و فشار اعمالی:

$p=2Mpa$

و دما در هر طرف ازاد دو قطعه برابر است با:

${{T}_{1}}={{150}^{\circ }}C,{{T}_{2}}={{20}^{\circ }}C$

حل)

با توجه به جدول کتاب در محل تماس داریم:

${{h}_{c}}=11400{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{{m}^{2}}k}\;,{{K}_{AL}}=176{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{{m}^{}}k}\;$

${\begin{aligned}&q={\frac {{{T}_{1}}-{{T}_{2}}}{{\frac {L}{{{K}_{AL}}A}}+{\frac {1}{hA}}+{\frac {L}{{{K}_{AL}}A}}}},A={\frac {\pi {{D}^{2}}}{4}}\\&q={\frac {150-20}{{\frac {0.15}{176\times 0.002}}+{\frac {1}{11400\times 0.002}}+{\frac {0.15}{176\times 0.002}}}}=145.1w\\&\Delta T=q\times {{R}_{contact}}={\frac {q}{hA}}={\frac {145.1}{11400\times .002}}={{6.4}^{\circ }}C\\\end{aligned}}$

سیستم های شعاعی

سیستم های استوانه‌ای و کروی اغلب فقط در جهت شعاعی شیب دما دارند و می‌توان آنها را یک بعدی در نظر گرفت .

دیواره های استوانه‌ای

$Q=-kA_{r}{\frac {\mathrm {d} T}{\mathrm {d} r}}=-2k\pi r\ell {\frac {\mathrm {d} T}{\mathrm {d} r}}$

در شرایط پایا و بدون تولید معادله گرما به فرم زیر است:

${\frac {\mathrm {d} }{r\mathrm {d} r}}({\frac {kr\mathrm {d} T}{\mathrm {d} r}})=0$

حال با فرض ثابت بودن k با ۲ بار انتگرال‌گیری داریم:

$T(r)=c_{1}\ln r+c_{2}$

برای تعیین ثابت‌های انتگرال c از شرایط مرزی داریم:

$T(r_{1})=T_{S,1}$
$T(r_{2})=T_{s,2}$

اندیس‌های 1 و 2 مربوط به شعاع های $r_{1},,r_{2}$ می باشد

با در نظر گرفتن شرایط بالا داریم

$T_{r}={\frac {T_{s,1}-T_{s,2}}{\ln r_{1}-\ln r_{2}}}(\ln r-\ln r_{2})+T_{S,2}$

بنابراین آهنگ انتقال گرما برابر است با

$Q=2k\pi \ell {\frac {T_{1}-T_{2}}{\ln r_{2}-\ln r_{1}}}$

و مقاومت رسانش شعاعی برابر است با

$R_{c}={\frac {\Delta T}{Q}}={\frac {\ln r_{2}-\ln r_{1}}{2\pi k\ell }}$

دیواره های کروی

در این حالت معادله گرما به صورت زیر بیان می شود:

${\frac {1}{\mathop {r} ^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(k\mathop {r} ^{2}{\frac {\partial T}{\partial r}}\right)=0$

و اگر ضریب هدایت گرمایی ثابت باشد داریم:

${\frac {1}{\mathop {r} ^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(\mathop {r} ^{2}{\frac {\partial T}{\partial r}}\right)=0$

جواب عمومی معادله فوق به صورت زیر است:

$T\left(r\right)=-{\frac {\mathop {c} _{1}}{r}}+\mathop {c} _{2}$

و داریم:

${\frac {\partial T}{\partial r}}={\frac {\mathop {c} _{1}}{\mathop {r} ^{2}}}$

$\mathop {c} _{1}$ و $\mathop {c} _{2}$ را با استفاده ازشرایط مرزی تعیین می کنیم :

${\begin{aligned}&T\left(\mathop {r} _{1}\right)=\mathop {T} _{s1}\\&T\left(\mathop {r} _{2}\right)=\mathop {T} _{s2}\\\end{aligned}}$

با شرایط مرزی مربوطه توزیع دما به صورت زیر در می‌آید:

$T\left(r\right)=\mathop {T} _{s1}-{\frac {\mathop {T} _{s1}-\mathop {T} _{s2}}{1-\left({\frac {\mathop {r} _{1}}{\mathop {r} _{2}}}\right)}}\left(1-{\frac {\mathop {r} _{1}}{r}}\right)$

بنابراین نرخ انتقال گرمای هدایتی به صورت زیر به دست می‌آید:

$\mathop {q} _{r}=-kA{\frac {\partial T}{\partial r}}={\frac {4\pi k\left(\mathop {T} _{s1}-\mathop {T} _{s2}\right)}{{\frac {1}{\mathop {r} _{1}}}-{\frac {1}{\mathop {r} _{2}}}}}$

عایق کاری

در سیستم‌های شعاعی با توجه به اینکه افزایش ضخامت عایق آثاری را به همراه دارد که با عایق‌کاری مقابله می کند امکان وجود ضخامت بهینه برای عایق کاری قابل بررسی است. خصوصا اینکه گرچه مقاومت رسانشی با استفاده از عایق افزایش می یابد مقاومت جابه‌جایی با افزایش مساحت سطح خارجی کم می‌شود. لذا ضخامتی برای عایق می تواند وجود داشته باشد که مقاومت گرمایی کل را حداکثر و دفع گرما را به حداقل برساند.

استوانه‌ای را به شعاع داخلی ثابت$r_{1}$ و شعاع $r_{2}$ که برای عایق‌کاری است در نظر بگیرید.

دمای داخلی آن $T_{1}$ و در معرض سیالی با دمای $T_{\infty }$ و ضریب جابه‌جایی h باشد

حال به اثبات آن و یافتن ضخامت عایق می پردازیم

$R_{t}h={\frac {ln_{r,2}-ln{r,1}}{2\pi kL}}$

$R_{c}onv={\frac {1}{2\pi hLr_{2}}}$

$q={\frac {{{T}_{1}}-{{T}_{\infty }}}{{R}_{total}}}={\frac {{{T}_{1}}-{{T}_{\infty }}}{{{R}_{th}}+{{R}_{conv}}}}$

می خواهیم Q مینیمم شود پس نسبت به $R_{2}$ مشتق میگیریم

${\frac {\mathrm {d} q}{\mathrm {d} r_{2}}}=0$

${{R}_{total}}={\frac {\ln \left({\frac {{r}_{1}}{{r}_{2}}}\right)}{2\pi kl}}+{\frac {1}{2\pi {{r}_{2}}hl}}$

${\frac {\mathrm {d} R_{t}ot}{\mathrm {d} r_{2}}}=0$

$\to {\text{ }}{\frac {1}{2\pi k{{r}_{2}}l}}-{\frac {1}{2\pi r_{2}^{2}lh}}=0$

${\frac {1}{r_{2}}}-{\frac {k}{hr_{2}^{2}}}=0$

$r_{2}={\frac {k}{h}}$

با گرفتن مشتق یک بار دیگر نسبت به ${{r}_{2}}$ داریم:

${\frac {d{{R}^{2}}_{total}}{dr_{2}^{2}}}={\frac {-{\frac {1}{r_{2}^{2}}}}{2\pi kl}}+{\frac {2}{2\pi r_{2}^{3}l}}={\frac {1}{2\pi lk}}\left[-\left({\frac {h}{k}}\right)+2{{\left({\frac {h}{k}}\right)}^{2}}\right]$

با قرار دادن در رابطه بالا عبارت همواره مثبت می باشد

با رسم نمودار $R_{t}ot$ بر حسب $r_{2}$ میبینیم که در$r=r_{2,cr}$ مینیمم شده است

و همچنین با رسم نمودار q بر حسب $r_{2}$ مبینیم که در محدوده ای که <$r>r_{2,cr}$ عایق‌کاری بهتر است زیرا در حال کاهش است

شعاع بحرانی

در مبحث مربوط به عایق ها نکته‌ای که حائز اهمیت است تعیین شعاع بحرانی است. در دیوار مسطح با افزایش ضخامت عایق مقاومت گرمایی افزایش پیدا کرده واتلاف گرمایی کم می شود اما اگر استوانه یا کره ای در نظر بگیریم که توسط ماده ای عایق بندی شده است ومدار گرمایی معادل را برای آن بنویسیم مشخص می شود که با افزایش ضخامت عایق اثرات متقابلی حاصل می شود بدین صورت که با افزایش ضخامت عایق مقاومت جابجایی کاهش یافته ولی مقاومت هدایتی افزایش می یابد بنابراین مجبور هستیم شعاع بحرانی را تععین کنیم.

توجه: در شعاع بحرانی مقاومت گرمایی حداقل و در نتیجه اتلاف گرما حد اکثر مقدار را خواهد داشت. اگر ضخامت عایق به صورتی باشد که شعاع خارجی آن کمتر از شعاع بحرانی شود با این عایق بندی اتلاف حرارتی افزایش پیدا می کند بنابراین شعاع عایق باید از شعاع بحرانی بیشتر باشد تا اتلاف حرارتی کاهش پیدا کند. هرگاه d ضخامت عایق r_i و r_c به ترتیب شعاع داخلی لوله یا کره و شعاع بحرانی باشد داریم: با افزایش ضخامت عایق گرمایی اتلاف گرمایی افزایش می یابد:$\left(r_{i}+d\right)<r_{c}$

با افزایش ضخامت عایق گرمایی اتلاف گرمایی کاهش می یابد:$\left(r_{i}+d\right)>r_{c}$

برای استوانه داریم :

$r_{c}={\frac {\ k}{\ h}}$

در حالت کره شعاع بحرانی برابر است با:

${\begin{aligned}&{\begin{array}{*{35}{l}}{}&{}\\{}&{\begin{aligned}&{{R}_{total}}={\frac {{\frac {1}{{r}_{1}}}-{\frac {1}{{r}_{2}}}}{4\pi k}}+{\frac {1}{4\pi h{{r}_{2}}^{2}l}}\\&\\&\\&\\\end{aligned}}\\{}&{\begin{aligned}&{\frac {d{{R}_{total}}}{d{{r}_{2}}}}=0{\text{ }}\to {\frac {1}{4\pi k{{r}_{2}}^{2}}}-{\frac {2}{4\pi h{{r}_{2}}^{3}l}}=0\\&\\&\\&\\\end{aligned}}\\{}&{\begin{aligned}&{\frac {1}{4\pi }}\left({\frac {1}{k{{r}_{2}}^{2}}}-{\frac {2}{h{{r}_{2}}^{3}}}\right)={\frac {hr_{2}^{3}-2kr_{2}^{2}}{hkr_{2}^{6}}}=0\\&\\&\\&\\\end{aligned}}\\{}&\to h{{r}_{2}}-2k=0{\text{ }}\to {{r}_{2,cr}}={\frac {2k}{h}}\\\end{array}}\\&\\&\\&\\&\\&\\\end{aligned}}$

پس برای کره داریم:

${{r}_{2,cr}}={\frac {2k}{h}}$

و برای دیوار مسطح: شعاع بحرانی وجود ندارد و با افزایش ضخامت عایق مقاومت گرمایی کل افزایش می یابد. بنابراین برای دیوار مسطح ضخامت بهینه عایق وجود ندارد.

افزایش ضخامت عایق بیشتر از شعاع بحرانی موجب افزایش هزینه خرید عایق و کاهش انتقال حرارت است.

مثال ها

مثال8 مخزن ابی را در اختیار داریم که در داخل ان اب یخ است انتقال حرارت مخزن به بیرون ان چه قدر می باشد

داده ها:$r_{1}=2m//r_{2}=2.1m//k=30{\frac {w}{mk}}//h=18{\frac {w}{mk}}//T_{\infty }=25c$

با توجه به فرمول داریم

$R_{t}ot=R_{t}h+R_{c}onv$

از طرفی convection روی سطح بیرون انجام می شود

$A=4\pi r_{2}^{2}$

$R_{t}ot={\frac {r_{2}-r_{1}}{4\pi kr_{2}r_{1}}}+{\frac {1}{hA}}$

با گذاشتن اعداد در فرمول داریم

${\frac {0.1}{4*3.14*30*2*2.1}}+{\frac {1}{18*4*3.14*2.1^{2}}}=0.001{\frac {k}{w}}$

حال به محاسبه q طبق رابطه می پر دازیم

$q={\frac {T_{1}-T_{\infty }}{R_{t}ot}}$

$q={\frac {0-25}{0.001}}=-25000w$

............................................................................................................

مثال9

در مثال قبل اگر بخواهیم مخزن را با عایقی به ضریب $k=0.1{\frac {w}{mk}}$ عایق کنیم،آیا موثر است؟

معلومات: $k=0.1{\frac {w}{mk}}{\text{ , h=18}}{\frac {w}{{{m}^{2}}k}}$

${\begin{aligned}&{{R}_{total}}={\frac {{\frac {1}{{r}_{1}}}-{\frac {1}{{r}_{2}}}}{4\pi {{k}_{1}}}}{\text{ }}+{\text{ }}{\frac {{\frac {1}{{r}_{2}}}-{\frac {1}{{r}_{3}}}}{4\pi {{k}_{2}}}}{\text{ }}+{\text{ }}{\frac {1}{4\pi h{{r}_{3}}^{2}}}\\&\\&\\&{\frac {d{{R}_{total}}}{d{{r}_{3}}}}=0{\text{ }}\to {{\text{r}}_{3,cr}}{\text{=}}{\frac {2k}{h}}\\&\\&\\&{{r}_{3,cr}}={\frac {2k}{h}}={\frac {2\times 0.1}{18}}\simeq 0.011m\\\end{aligned}}$

با توجه به نمودار رسم شده در قسمت عایق کاری،اگر مقدار r از r بحرانی بیشتر شود مقاومت بیشتر و انتقال حرارت کمتر پس عایق کاری موثر بوده هست. در مثال حل شده چون حداقل مقدار r3 در شکل 2.01m است پس از r بحرانی بیشتر و عایق کاری موثر است.

.......................................................................................................................

مثال 10 از محفظه کروی جدار نازکی برای ذخیره کردن نیتروژن مایع با دمای 77 درجه کلوین استفاده می شود.محفظه به قطر 0.5m است و

توسط عایق انعکاسی و بدون هوا از جنس پودر سیلیکات پوشیده شده است .عایق به ضخامت 25mm است و سطح خارجی ان در معرض هوای اطراف با

300k قرار دارد ضریب جابجایی 20 است گرمای نهان تبخیر و چگالی نیتروژن مایع به ترتیب 2*10^5 و 804 kg/m^3 است

1.اهنگ انتقال گرما به نیتروژن مایع چقدر است؟ 2.اهنگ تبخیر مایع چقدر است؟

داده ها:$r_{1}=0.25m...r_{2}=0.275m...T_{\infty ,1}=77k...h_{f}g=200000...T_{\infty ,2}=300k...h=20{\frac {w}{m^{2}k}}$

حل

:$R_{c}ond={\frac {1}{4\pi k}}({\frac {1}{r_{1}}}-{\frac {1}{r_{2}}})$

$R_{c}onv={\frac {1}{4\pi hr_{2}^{2}}}$

بنا براین اهنگ گرمای داده شده به نیتروژن برابر است

$q={\frac {T_{\infty ,2}-T_{\infty ,1}}{({\frac {r_{2}-r_{1}}{4\pi r_{2}r_{1}k}}+{\frac {1}{4\pi hr_{2}^{2}}})}}$

با عدد گذاری داریم

$q={\frac {223}{17.02+0.05}}=13.06w$

2.با نوشتن موازنه انرژی برای سطح کنترل پیرامون نیتروژن داریم

${\dot {E}}_{i}n-{\dot {E}}_{o}ut=0$

که داریم $E_{i}n={\dot {q}}...,,E_{o}ut={\dot {m}}h_{f}g$مربوط به اتلاف انرژی نهان ناشی از تبخیر است

${\dot {q}}-{\dot {m}}h_{f}g=0$

${\dot {m}}={\frac {q}{h_{f}g}}$

${\dot {m}}={\frac {13.06}{2*10^{5}}}=6.53*10^{-}5{\frac {kg}{s}}$

تبخیر در یک روز برابر است با

${\dot {m}}=6.53*10^{-}5*3600{\frac {s}{h}}*24{\frac {h}{day}}$

${\dot {m}}=5.64{\frac {kg}{day}}$

مثال11 روی لوله استوانه ای به شعاع $\mathop {r} _{i}$ به اندازه شعاع بحرانی $r=\mathop {r} _{c}$ عایق گذاشته ایم.ضمنا ضخامت عایق به اندازه ای است که مقاومت رسانشی درعایق ومقاومت جابجایی در خارج لوله با هم برابرند.در این صورت نسبت ${\frac {r}{\mathop {r} _{i}}}$ چقدر است؟

${\begin{aligned}&\mathop {R} _{conv}={\frac {1}{hA}}={\frac {1}{h2\pi \mathop {r} _{c}L}}\\&\mathop {r} _{c}={\frac {k}{h}}\to \mathop {R} _{conv}={\frac {1}{2\pi kL}}\\&\mathop {R} _{cond}={\frac {Ln\left({\frac {\mathop {r} _{c}}{r}}\right)}{2\pi kL}}\\&\mathop {R} _{cond}=\mathop {R} _{conv}\to Ln\left({\frac {\mathop {r} _{c}}{r}}\right)=1\to {\frac {\mathop {r} _{c}}{r}}=2.72\\\end{aligned}}$

مثال12 معادله توزیع دما در یک کره توخالی با ضریب هدایت حرارتی ثابت وقتی در سطح داخلی درجه حرارت ثابت $\mathop {T} _{1}$ و در سطح خارجی مقدار ثابت $\mathop {q} _{w}$ برقرار باشد چگونه است .

${\begin{aligned}&\left(4\pi \mathop {R} _{2}^{2}\right)\mathop {q} _{w}={\frac {\Delta T}{R}}={\frac {T-\mathop {T} _{1}}{{\frac {1}{4\pi K}}\left({\frac {1}{R}}-{\frac {1}{\mathop {R} _{1}}}\right)}}\to \\&T-\mathop {T} _{1}={\frac {\mathop {q} _{w}}{k}}\mathop {R} _{2}^{2}\left({\frac {1}{R}}-{\frac {1}{\mathop {R} _{1}}}\right)\\\end{aligned}}$

مثال 13

دیواره لوله ای دارای شعاع داخلی ${{r}_{i}}$ و دمای داخلی${{T}_{i}}$ و شعاع خارجی${{r}_{o}}$ و دمای داخلی${{T}_{0}}$است. رسانندگی گرمایی استوانه به زمان وابسته است آن را با رابطه $k={{k}_{o}}(1+\alpha T)$ می توان نشان داد که در آن ${{k}_{o}}$ و $\alpha$ اعدادی ثابت هستند.عبارت انتقال گرما در طول واحد لوله را بیابید.مقاومت گرمایی دیواره لوله چقدر است.

حل)

از روابط موجود و قانون فوریه داریم:

${\begin{aligned}&{{q}_{r}}=-k{{A}_{r}}{\frac {dT}{dr}}=-k(2\pi rl){\frac {dT}{dr}}\\&{q}'=-2\pi kr{\frac {dT}{dr}}=-2\pi r{{k}_{o}}(1+\alpha T){\frac {dT}{dr}}\\&{\frac {-{{{q}'}_{r}}}{2\pi }}={\frac {dr}{r}}={{k}_{o}}(1+\alpha T)dT\\&{\frac {-{{{q}'}_{r}}}{2\pi }}\int _{{r}_{1}}^{{r}_{o}}{{\frac {dr}{r}}={{k}_{o}}\int _{{T}_{i}}^{{T}_{o}}{(1+\alpha T)dT\Rightarrow {\frac {-{{{q}'}_{r}}}{2\pi }}Ln\left({\frac {{r}_{o}}{{r}_{i}}}\right)={{k}_{o}}\left[T+{\frac {d{{T}^{2}}}{2}}\right]\left|{\underset {{T}_{i}}{\overset {{T}_{o}}{\mathop {} }}}\,\Rightarrow \right.}}{\frac {-{{{q}'}_{r}}}{2\pi }}Ln\left({\frac {{r}_{o}}{{r}_{i}}}\right)={{k}_{o}}\left[\left({{T}_{o}}-{{T}_{i}}\right)+{\frac {\alpha }{2}}\left({{T}^{2}}_{o}-{{T}_{i}}^{2}\right)\right]\\&{{{q}'}_{r}}=-2\pi {{k}_{o}}\left[1+{\frac {\alpha }{2}}\left({{T}_{o}}-{{T}_{i}}\right)\right]{\frac {\left({{T}_{o}}-{{T}_{i}}\right)}{Ln({}^{{r}_{o}}\!\!\diagup \!\!{}_{{r}_{i}}\;)}}\\&\\&{{{R}'}_{t}}={\frac {\Delta T}{{{q}'}_{r}}}={\frac {Ln({}^{{r}_{o}}\!\!\diagup \!\!{}_{{r}_{i}}\;)}{2\pi {{k}_{o}}\left[1+{\frac {\alpha }{2}}\left({{T}_{o}}-{{T}_{i}}\right)\right]}}\\\end{aligned}}$

مثال14

گرمکن الکتریکی ظریفی بین میله استوانه ای بلندی و لوله ای با شعاع های داخلی و خارجی 20mm و 40mm که با میله هم مرکز است ، قرار گرفته است.میله A دارای رسانندگی گرمایی ${{k}_{A}}=0.15{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{m.k}\;$ و لوله B دارای رسانندگی گرمایی ${{k}_{B}}=1.5{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{m.k}\;$ است و سطح خارجی آن در معرض سیالی با دمای${{T}_{\infty }}=-{{15}^{o}}c$ و ضریب جابجایی$h=50{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{{m}^{2}}.k}\;$ قرار دارد.مقاومت تماسی گرمایی بین سطوح استوانه ای و گرمکن ناچیز است.

الف) قدرت الکتریکی لازم در طول واحد استوانه ها برای اینکه سطح خارجی استوانه B در 5 درجه سانتیگراد باقی بماند را بیابید.

ب)دمای مرکز استوانه A چقدر است؟

حل)

الف)

${{{\dot {E}}'}_{in}}-{{{\dot {E}}'}_{out}}+{{{\dot {E}}'}_{gen}}={{{\dot {E}}'}_{st}}\Rightarrow {{{q}'}_{elec}}-{{{q}'}_{conv}}=0$

با اسافاده از قانون نیوتون برای خنک کردن داریم:

${{{q}'}_{elec}}={{{q}'}_{conv}}=h.2\pi {{r}_{2}}({{T}_{s}}-{{T}_{\infty }})=50\times 2\pi \times 0.4\left[5-\left(-15\right)\right]=251{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{m}\;$

ب)می دانیم یک حجم کنترل در اطراف استوانه A می دانیم که باید استوانه هم دما باشد. وضعیت استوانه B با توجه به مدار حرارتی سری مشخص می شود.

${\begin{aligned}&T(0)=T({{r}_{1}})\\&\left\{{\begin{aligned}&{q}'={\frac {T({{r}_{1}})-{{T}_{s}}}{{{R}'}_{B}}}\\&{{{R}'}_{B}}={}^{\left(Ln{\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}\right)}\!\!\diagup \!\!{}_{2\pi {{k}_{B}}}\;\\\end{aligned}}\right.\Rightarrow T({{r}_{1}})={{T}_{s}}+{q}'{{{R}'}_{B}}=50+(253.1\times {\frac {Ln\left({}^{40}\!\!\diagup \!\!{}_{20}\;\right)}{2\pi \times 1.5}}=23.5\\&\Rightarrow T(0)=T({{r}_{1}})={{23.5}^{o}}c\\\end{aligned}}$

مثال 15 سطح خارجی کره ای توخالی به شعاع${{r}_{2}}$ و در معرض شار گرمای ثابت ${{{q}''}_{2}}$ قرار دارد.سطح داخلی به شعاع ${{r}_{1}}$در دمای ثابت ${{T}_{s,1}}$است.

الف) عبارت توزیع دما$T(r)$ را در دبواره کره بر حسب ${{r}_{2}},{{r}_{1}},{{{q}''}_{2}},{{T}_{s,1}}$و رسانندگی گرمایی دیواره بیابید.

ب) اگر شعاع داخلی 50میلی متر و سعاع خارجی 100 میلی متر باشد و دمای سطح داخلی کره 20 درجه سانتیگراد باشد، شار گرمای ثابت باید چقدر باشد تا دمای سطح خارجی در 50 درجه سانتیگراد ثابت بماند.؟

حل)

الف)با توجه به فرضیات مسئله،توزیع دما با انتگرال گیری از قانون فوریه چنین به دست می آید.

${\frac {{q}_{r}}{4\pi }}\int _{{r}_{1}}^{r}{{\frac {dr}{2}}=-k\int _{{T}_{s,1}}^{T}{dt}\Rightarrow -}{\frac {{q}_{r}}{4\pi }}({\frac {1}{r}}-{\frac {1}{{r}_{1}}})=-k(T-{{T}_{s,1}})\Rightarrow \left\{{\begin{aligned}&T(r)={{T}_{s,t}}+{\frac {{q}_{r}}{4\pi k}}({\frac {1}{r}}-{\frac {1}{{r}_{1}}})\\&,\\&{{{q}''}_{2}}={\frac {{q}_{r}}{4\pi r_{2}^{2}}}\\\end{aligned}}\right.\Rightarrow T(r)={{T}_{s,t}}+{\frac {{{{q}''}_{2}}r_{2}^{2}}{k}}({\frac {1}{r}}-{\frac {1}{{r}_{1}}})$

ب) با استفاده از نتایج بالا برای شعاع ${{r}_{2}}$ :

${{{q}''}_{2}}={\frac {k({{T}_{s,2}}-{{T}_{s,1}})}{r_{2}^{2}\left[{\frac {1}{{r}_{2}}}-{\frac {1}{{r}_{1}}}\right]}}={\frac {10\times (50-20)}{{{0.1}^{2}}\left[{\frac {1}{0.1}}-{\frac {1}{0.05}}\right]}}=-3000{}^{w}\!\!\diagup \!\!{}_{{m}^{2}}\;$

مثال16)برای یک مخروط سربریده با پوسته عایق با دما و شعاع ابتدا و انتهای معین،انتقال حرارت را بدست آورید

گرچه توضیع دما می تواند دو بعدی و بر حسب x و r تغییر کند٫اغلب منطقی است که از تغییر دما بر حسب r صرف نظر و فرض شود توزیع دما یک بعدی و بر حسب x است.زیرا شیب دما در راستای r نسبت به شیب دما در راستای x ناچیز است.

${\begin{aligned}&A\left(x\right)=\pi {{\left({\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}x+{{R}_{1}}\right)}^{2}},A=\pi {{r}^{2}}\\&{\frac {1}{\pi {{\left({\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}x+{{R}_{1}}\right)}^{2}}}}\times {\frac {d}{dx}}\left(K\pi {{\left({\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}x+{{R}_{1}}\right)}^{2}}{\frac {dt}{dx}}\right)=0\\&K\pi {{\left({\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}x+{{R}_{1}}\right)}^{2}}{\frac {dt}{dx}}=cte=-q\\&K\pi dT={\frac {c}{{\left({\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}x+{{R}_{1}}\right)}^{2}}}dx\\&\to \int \limits _{{T}_{1}}^{{T}_{2}}{K\pi dT=\int \limits _{0}^{L}{{\frac {c}{{\left({\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}x+{{R}_{1}}\right)}^{2}}}dx}}\\&R={\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}x+{{R}_{1}}\to dR={\frac {{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}{L}}dx\\&\to \int \limits _{{R}_{1}}^{{R}_{2}}{{\frac {({\frac {cL}{{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}})dR}{{R}^{2}}}=\int \limits _{{T}_{1}}^{{T}_{2}}{K\pi dT}\to K\pi \left({{T}_{2}}-{{T}_{1}}\right)={\frac {-cL}{{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}}\left({\frac {1}{R}}\right)\left|_{\begin{smallmatrix}\\{{R}_{1}}\end{smallmatrix}}^{{R}_{2}}\right.}\\&\to -{\frac {cL}{{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}}\left({\frac {1}{{R}_{_{2}}}}-{\frac {1}{{R}_{1}}}\right)=K\pi \left({{T}_{2}}-{{T}_{1}}\right)\\&\to q=-{\frac {K\pi \left({{T}_{2}}-{{T}_{1}}\right)\left({{R}_{1}}{{R}_{2}}\right)}{L}}\\\end{aligned}}$

انتقال گرما از سطوح گسترش یافته

واژه سطح گسترش یافته معمولآ برای نمایش حالت خاص مهمی به کار می رود که در آن انتقال گرمای رسانشی در داخل یک جسم و انتقال گرمای جابجایی(یا تشعشعی)از مرز های آن وجود دارد. تا به حال،انتقال گرمااز مرزهای یک جسم را در جهت انتقال گرمای رسانشی در جسم گرفته ایم. ولی، در یک سطح گسترش یافته،امتداد انتقال گرما از مرزها بر امتداد اصلی انتقال گرما در جسم عمود است.

تحلیل کلی رسانش

می خواهیم بدانیم آرایش خاصی از سطوح گسترش یافته یا پره ها چقدر می توانند انتقال گرمای بین یک سطح و سیالاطرافش را افزایش دهد.برای تعین آهنگ انتقال گرمای مربوط به هر پره،ابتدا باید توضیع دما را در امتداد هر پره تعیین کنیم.

مانند قبل،با موازنه انرژی با یک عنصر دیفرانسیلی شروع می کنیم.با چند فرض تحلیل ساده می شود. شرایط را در امتداد طولی(x)یک بعدی می گیریم، گرچه رسانش در پره واقعا دو بعدی است. آهنگ انتقال انرژی جابجایی بین هر نقطه از سطح پره و سیال با آهنگ انرژی رسانش که در راستای عرضی (zوy)به آن نقطه می رسد موازنه می شود.ولی،پره عملآ نازک استو تغییرات دما در راستای طولی خیلی بیشتر از تغییرات دما در راستای عرضی است.لذا،رسانش رایک بعدی ودر راستای x می گیریم،با فرض های زیر:شرایط پایا،رسانندگی گرمایی ثابت،تشعشع ناچیز از سطح،نبود تولید گرما و ضریب گرمای جابجایی یکنواخت h در سطح.
با کاربرد اصل پایستاری انرزی برای عنصر دیفرانسیلی داریم:

$q_{x}=q_{x+dx}+dq_{conv}\,$

از قانون فوریه داریم:

$q_{x}=-kA_{c}\left({\frac {dT}{dx}}\right)$ (2)

که در آن A_s مساحت مقطع عرضی است،که ممکن است بر حسب x تغییر کند.چون آهنگ گرمای رسانش در x+dx به صورت زیر می توان بیان کرد:

$q_{x+dx}=q_{x}+\left({\frac {dq_{x}}{dx}}\right)dx$ (3)

نتیجه می شود:

$q_{x+dx}=-kA_{c}\left({\frac {dT}{dx}}\right)-k{\frac {d}{dx}}\left(A_{c}{\frac {dT}{dx}}\right)dx$ (4)

آهنگ انتقال گرمای جابجای را به صورت زیر می توان بیان کرد:

$q''=h\left(T_{s}-T_{\infty }\right)$ (5)

then $dq_{conv}$ is equal to

$h*dA_{s}\left(T-T_{\infty }\right)$ (6)

که در آن dA_s مساحت سطح عنصر دیفرانسیلی است.با جایگذاری معادله های آهنگ مذکور در موازنه انرژی به دست می آید:

${\frac {d^{2}T}{dx^{2}}}=-\left({\frac {1}{A_{c}}}{\frac {dA_{c}}{dx}}\right){\frac {dT}{dx}}+\left({\frac {1}{A_{c}}}{\frac {h}{k}}{\frac {dA_{s}}{dx}}\right)\left(T-T_{\infty }\right)$ (7)

رابطه بالا شکل کلی معادله انرژی برای شرایط یک بعدی در هر سطح گسترش یافته است.حل آن،با شرایط مرزی مربوطه،توزیع دما را می دهد.

پره با مقطع عرضی یکنواخت

برای پره روبرو،A_c مساحت سطح مقطع پره و P محیط پره است.

پره با مقطع عرضی یکنواخت

${\begin{aligned}&{{q}_{cond}}\left|_{x}-{{q}_{cond}}\left|_{x+dx}\right.\right.-{{q}_{conv}}=0\\&\left(-k{{A}_{c}}{\frac {dT}{dx}}\right)\left|_{x}-\right.\left(-k{{A}_{c}}{\frac {dT}{dx}}\right)\left|_{x+dx}-hPdx\left(T-{{T}_{\infty }}\right)\right.=0\\\end{aligned}}$

معادله بالا یک معادله غیر همگن است و برای تبدیل آن به یک معادله همگن تعریف میکنیم: $\theta =T\left(x\right)-{{T}_{\infty }}$

$\to {\frac {d}{dx}}\left(-k{{A}_{c}}{\frac {d\theta }{dx}}\right)-hP\theta =0$

با فرض ثابت بودن $K-{{A}_{c}}-h-P$

${\frac {{{d}^{2}}\theta }{d{{x}^{2}}}}-{\frac {hP}{k{{A}_{c}}}}\theta =0$

mرا به صورت روبرو تعریف میکنیم: $m={\sqrt {\frac {hP}{k{{A}_{c}}}}}$

$\to {\frac {{{d}^{2}}\theta }{d{{x}^{2}}}}-m\theta =0$

معادله بالا یک معادله دیفرانسیل خطی،همگن،مرتبه دوم با ضرایب ثابت است.حل عمومی آن به شکل زیر است:

$\theta \left(x\right)={{C}_{1}}{{e}^{mx}}+{{C}_{2}}{{e}^{-mx}}={{D}_{1}}\sinh mx+{{D}_{2}}\cosh mx$

برای محاسبه ثابتهای معادله بالا شرایط مرزی را اعمال میکنیم.یکی از شرایط دما در پایه پره $\left(x=0\right)$ است:

$\theta \left(0\right)={{T}_{b}}-{{T}_{\infty }}\equiv {{\theta }_{b}}$

شرط دوم که در نوک پره $\left(x=L\right)$ است یکی از چهار حالت زیر میباشد:

حالت 1 : فرض انتهای عایق برای فین :

$\theta \left(0\right)={{\theta }_{b}}\to {{\theta }_{b}}={{D}_{1}}\left(0\right)+{{D}_{2}}\left(1\right)\to {{D}_{2}}={{\theta }_{b}}$

${\begin{aligned}&{\frac {d\theta }{dx}}\left|_{x=L}=0\right.\to {{D}_{1}}\cosh mL+{{D}_{2}}\sinh mL=0\to {{D}_{1}}=-{{\theta }_{b}}{\frac {\sinh mL}{\cosh mL}}\\&\to \theta \left(x\right)={{\theta }_{b}}\left[\cosh mx-{\frac {\sinh mx*\sinh mL}{\cosh mL}}\right]={{\theta }_{b}}{\frac {\cosh m\left(L-x\right)}{\cosh mL}}\\\end{aligned}}$

این فرض زمانی می تواند به پاسخ صحیح نزدیک باشد که نوک پره کوچک بوده و Conv. انتها اندک باشد .

که انتقال گرمای جابجایی از آن به صورت زیر می باشد:

${\begin{aligned}&{{q}_{f}}={\sqrt {hpk{{A}_{c}}}}{{\theta }_{b}}\tanh[mL]\\\end{aligned}}$

حالت 2 :انتقال گرمای جابه جایی از نوک پره:
در این حالت معادله توزیع دما به شکل روبرو می باشد

${\begin{aligned}&h{{A}_{c}}\left[T(L)-{{T}_{\infty }}\right]=-K{{A}_{c}}{\frac {dT}{dx}}\left|x=L\right.\\&h\theta (L)=-{{K}_{c}}{\frac {d\theta }{dx}}\left|x=L\right.\\&{{\theta }_{b}}={{C}_{1}}+{{C}_{2}}\\&h({{C}_{1}}{{e}^{mL}}+C2{{e}^{-mL}})=km(C2{{e}^{-mL}}-C1{{e}^{mL}})\\&{\frac {\theta }{{\theta }_{b}}}={\frac {\cosh[m(L-x)]+({\frac {h}{mk}})\sinh[m(L-x)]}{\cosh[mL]+({\frac {h}{mk}})\sinh[mL]}}\\\end{aligned}}$

اگر در معادله ${\frac {\theta \left(x\right)}{{\theta }_{b}}}={\frac {\cosh m\left(L-x\right)}{\cosh mL}}$ به جای $L$ از جمله ${{L}_{c}}=L+\left({\frac {t}{2}}\right)$ برای پره مستطیلی و ${{L}_{c}}=L+\left({\frac {D}{4}}\right)$ برای پره سورنی استفاده شود نتایج نسبتا دقیقی برای $\theta \left(x\right)$ به دست می آید. در این استنتاج فرض می شود که بین انتقال گرما از پره واقعی(که جابه جایی در نوک آن روی می دهد) و انتقال گرما از پره فرضی بلندتر(که نوک آن آدیاباتیک است )هم ارزی وجود دارد. ${\frac {\theta \left(x\right)}{{\theta }_{b}}}={\frac {\cosh m\left({{L}_{c}}-x\right)}{\cosh m{{L}_{c}}}}$

حال با استفاده از توزیع دما بدست آمده آهنگ انتقال گرمای پره را بدست می آوریم.

${{q}_{f}}={{q}_{b}}=-K{{A}_{c}}{\frac {dT}{dx}}\left|x=0\right.=-K{{A}_{c}}{\frac {d\theta }{dx}}\left|x=0\right.$

${{q}_{f}}={\sqrt {hpk{{A}_{c}}}}{{\theta }_{b}}{\frac {\sinh \left[ml\right]+({\frac {h}{mk}})\cosh[mL]}{\cosh[mL]+({\frac {h}{mk}})\sinh[mL]}}$

با استفاده از روش دوم داریم:

${{q}_{f}}=\int _{{A}_{f}}{h[}{{T}_{x}}-{{T}_{\infty }}]d{{A}_{s}}=\int _{{A}_{f}}{h}\theta (x)d{{A}_{s}}$

حالت 3 : پره بسیار بلند :

$\theta \left(x\right)={{C}_{1}}{{e}^{mx}}+{{C}_{2}}{{e}^{-mx}}$ چون دما نمی تواند بی نهایت باشد $x\to \infty \Rightarrow {{C}_{1}}=0$

$\theta \left(0\right)={{\theta }_{b}}={{C}_{2}}{{e}^{-m\left(0\right)}}\to {{C}_{2}}={{\theta }_{b}}$

${\begin{aligned}&{\frac {\theta }{{\theta }_{b}}}={{e}^{-mx}}\\&{{q}_{f}}={\sqrt {hpk{{A}_{c}}}}{{\theta }_{b}}\\\end{aligned}}$

حالت4:دمای نوک پره معلوم است

${\begin{aligned}&\theta \left(x\right)={{D}_{1}}\sinh mx+{{D}_{2}}\cosh mx\\&\theta \left(0\right)={{\theta }_{b}}={{D}_{1}}\left(0\right)+{{D}_{2}}\left(1\right)\to {{D}_{2}}={{\theta }_{b}}\\&\theta \left(L\right)={{\theta }_{L}}={{D}_{1}}\sinh mL+{{D}_{2}}\cosh mL\to {{D}_{1}}={\frac {{{\theta }_{L}}-{{\theta }_{b}}\cosh mL}{\sinh mL}}\\&\Rightarrow {\frac {\theta \left(x\right)}{{\theta }_{b}}}={\frac {\left({\frac {{\theta }_{L}}{{\theta }_{b}}}\right)\sinh mx+\sinh m\left(L-x\right)}{\sinh mL}}\\\end{aligned}}$

و انتقال گرمای آن:

${\begin{aligned}{{q}_{f}}={\sqrt {hpk{{A}_{c}}}}{{\theta }_{b}}{\frac {\cosh[mL]-{\frac {{\theta }_{L}}{{\theta }_{b}}}}{\sinh[mL]}}\\\end{aligned}}$

محاسبه گرمای دفع شده از پره

روش اول:

قانون فوریه را در پایه پره به کار می بریم:

$q=-K{{A}_{c}}{\frac {dT}{dx}}\left|_{x=0}\right.=-K{{A}_{c}}{\frac {d\theta }{dx}}\left|_{x=0}\right.={{\theta }_{b}}mK{{A}_{c}}{\frac {\sinh m{{L}_{c}}}{\cosh m{{L}_{c}}}}={{\theta }_{b}}mK{{A}_{c}}\tanh m{{L}_{c}}$

$\Rightarrow q={{\theta }_{b}}{\sqrt {hpK{{A}_{c}}}}\tanh m{{L}_{c}}$

روش دوم:

$q=\int {dq=\int \limits _{{A}_{c}}{h\theta \left(x\right)}}d{{A}_{s}}={\frac {h}{m\cosh m{{L}_{c}}}}{{\theta }_{b}}\int \limits _{0}^{L}{\cosh m\left({{L}_{c}}-x\right)}pdx$

$={\frac {hp}{m\cosh m{{L}_{c}}}}{{\theta }_{b}}\left[-\sinh m\left({{L}_{c}}-x\right)\right]_{0}^{{L}_{c}}$

$={\frac {hp}{m}}{{\theta }_{b}}{\sqrt {hpK{{A}_{c}}}}\tan m{{L}_{c}}$

$\Rightarrow q={{\theta }_{b}}\tan m{{L}_{c}}$

---

عملکرد پره ها

پره ها به طور کلی برای افزایش انتقال حرارت از سطح به کار برده می شوند .در نتیجه ،افزایش سطح انتقال حرارت بیشتری به دست می آید . کار آیی پره ها به صورت نسبت نرخ انتقال گرما با پره به نرخ انتقال گرما بدون پره اطلاق می شود . نرخ انتقال گرما بدون پره/نرخ انتقال گرما با پره =Ef

در هر طراحی معقولی مقدار Ef باید تا حد ممکن زیاد باشد و یا به طور کلی از پره ها زمانی استفادهمی شود که Ef>2 میتوان Ef یا ضریب کارایی را مثلا برای حالتی که مساحت پای پره راداریم بدست آوریم: ٍEf²=(kp/hAc) که Ac مساحت پای پره است.

1- با استفاده از رابطه به دست آمده کارایی پره ها با انتخاب ماده ای که ضریب هدایتی آنها بالا می باشد،افزایش می یابد . مانند آلیاژهای مس و آلومینیوم از این مواد هستند . هرچند آلیاژ مس از نقطه نظر هدایتی بهتر است ولی آلیاژ آلومینیوم به علت سبکی و ارزانی بیشتر استفاده می شود.

2- As یعنی سطح مقطع پره در مخرج قرار دارد . یعنی ضخامت کمتر پره و در نتیجه کارایی بهتر پره و بنابراین در صنعت همیشه از پره های نازک استفاده می کنند و پره ها را در فاصله های کمتری می سازند تا از این طریق ضریب انتقال حرارت جابجایی کاهش یابد و بر طبق فرمول فوق وقتی h کاهش می یابد کارایی افزایش می یابد.

3- در کاربردهای مایع به گاز یعنی زمانی که از یک مایع بخواهیم حرارت منتقل کنیم ، پره ها را در سمت گاز می سازند ، یعنی جایی که ضریب انتقال حرارت کمتر است .یعنی پره ها در جایی که داخل لوله های آب داغ(که آب داغ از درون لوله جاری است) یعنی h بالایی دارند ، قرار نمی گیرند .

پیدا نمودن بازده پره ها از طریق نمودار :

این روش که به روش هارپر و براون معروف است از نمودارهای تهیه شده از طریق تجربی می توان بازده پره های مستطیلی – مثلثی و سهموی را حساب نمود . همچنین پره های شعاعی .

بازده پره های مستقیم (مقطع مستطیلی و مثلثی و سهموی)

بازده پره های شعاعی با مقطع مستطیلی

بازده سایر پره های متداول

1- پره های مستطیلی:

t =ضخامت پره L=طول پره L_c = L + t/2

طول اصلاح شده corrected Length = L_c

2-پره های مثلثی:

t =ضخامت پره L=طول پره A_p=Lt/2 L_c=L

3- برای پره های شعاعی

اگرپره ها به صورت شعاعی ،مانند سیلندر ماشین دور تا دور پوسته را گرفته باشد، بنابراین خواهیم داشت:

L_c = L + t/2 َA_p=L_ct شعاع اصلاح شده =r₂+t/2

برای حل این مسئله می توان شرایط مرزی متفاوتی بررسی کرد ، که یک به یک بیان می کنیم :

${\frac {d^{2}\theta }{dx^{2}}}-m^{2}\theta =0$

$m^{2}={\frac {hP}{kA_{c}}}$

$\theta =T-T_{\infty }$

طول تصحیح یافته چیست ؟ همانطور که دیدید حل تحلیلی فرض شرط مرزی Conv. در انتها کمی دشوار بوده و شرط مرزی انتهای عایق بسیار ساده . بدین منظور مسئله و شرط مرزی مسئله را اینگونه عوض می کنیم . اینبار با افزودن طول میله (فین) گرمایی را که قرار است از انتهای فین از طریق جابجایی خارج گردد را از اطراف خارج کنیم و برای انتها شرط عایق کاری را به کار ببریم . بدین منظور کافی است مساحت سطح مقطع انتهایی را با سطح مقطع جانبی افزوده مساوی قرار دهیم . با وجود اینکه این کار تقریبی است اما جواب را به حقیقت مسئله نزدیک می کند . (تقریب از آن جهت است که دراصل تمام دمای سطح مقطع انتهایی تک دماست اما با این تصحیح دمای این مقدار مساحت از جسم ، دماهای متفاوت می گیرد .)

$\theta =\theta _{b}{\frac {\cosh(m(l_{c}-x))}{\cosh(ml_{c})}}$

${\text{P}}\left({{l}_{c}}-{\text{l}}\right)={{A}_{c}}$

$L_{c}=L+{\frac {A_{c}}{P}}>$

بازده فین ها: رابطه ی کلی:

${{\eta }_{fin}}={\frac {{Q}_{fin}}{{Q}_{fim.\max }}}$

برای یک فین با مقطع عرضی یکنواخت داریم.

${{\eta }_{long.fin}}={\frac {{Q}_{fin}}{{Q}_{fim.\max }}}={\frac {{\sqrt {hpk{{A}_{c}}}}({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})}{h{{A}_{fin}}({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})}}={\frac {1}{L}}{\sqrt {\frac {k{{A}_{c}}}{hp}}}={\frac {1}{mL}}$

برای یک فین با مقطع عرضی یکنواخت و نوک آدیاباتیک داریم.

${{\eta }_{insulated.fin.tip}}={\frac {{Q}_{fin}}{{Q}_{fim.\max }}}={\frac {{\sqrt {hpk{{A}_{c}}}}({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})\tanh[mL]}{h{{A}_{fin}}({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})}}={\frac {\tanh[mL]}{mL}}$

عملکرد فین

${\begin{aligned}&\varepsilon ={\frac {{q}_{fin}}{{q}_{no-fin}}}\\&\Rightarrow \varepsilon ={\frac {{{\theta }_{b}}hP{{L}_{c}}{{\eta }_{fin}}}{{{\theta }_{b}}h{{A}_{c}}}}\\&\Rightarrow \varepsilon ={\frac {P{{L}_{c}}{{\eta }_{fin}}}{{A}_{c}}}\\\end{aligned}}$

که معمولا بیشتر از 1 است ولی اگر K فین کوچک باشد مثل عایق عمل می کند و ممکن است که کوچکتر از 1 شود.

---

عملکرد کلی

${{\varepsilon }_{overal}}={\frac {{q}_{total,fin}}{{q}_{total,no-fin}}}$

انتقال حرارت صفحه ای که فین ندارد

${{q}_{total,no-fin}}=h{{\theta }_{b}}{{A}_{total,no-fin}}$

انتقال حرارت کلی :

${{q}_{total}}=({{N}_{fin}}\times {{q}_{fin}})+{{q}_{un-fin}}$

انتقال حرارت فین :

${{q}_{fin}}={{\eta }_{fin}}h{{\theta }_{b}}{{A}_{fin}}$

انتقال حرارت قسمتی از صفحه که فین ندارد :

${{q}_{un-fin}}=h{{\theta }_{b}}{{A}_{un-fin}}$

---

مثال ها

مثال17

میله ای با مشخصات نشان داده شده در شکل در ظرف آبی با دمای $200{}^{{}^{\circ }}F$ میدهیم. با فرض عایق بودن انتهای میله دمای ،انتهای آن را به دست آورید؟( $K=247{\frac {Btu}{hr.ft.{}^{0}F}}$ )

${\begin{aligned}&{\frac {{{T}_{x}}-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{b}}-{{T}_{\infty }}}}={\frac {\cosh m\left(L-x\right)}{\cosh mL}}\\&{\frac {{{T}_{L}}-{{T}_{\infty }}}{{{T}_{b}}-{{T}_{\infty }}}}={\frac {1}{\cosh mL}}\to {{T}_{L}}={{T}_{\infty }}+{\frac {({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})}{\cosh mL}}\\&m={\sqrt {\frac {hP}{k{{A}_{c}}}}}\\&P=2\left(t+w\right)=0.0967f{{t}^{}}\\&{{A}_{c}}=t\times w=0.000278f{{t}^{2}}\\&\to m=2.05f{{t}^{-1}}\\&L={\frac {7}{12}}ft\\&\to {{T}_{L}}=75+{\frac {125}{\cosh 1.19}}=144{}^{{}^{\circ }}F\\\end{aligned}}$

مثال18

یک صفحه به مساحت 1 متر مربع داریم که فینهای استوانه ای با قطر 0.25 سانتی متر وطول 3 سانتی متر درصفحه مذکور و با گام 0.6 سانتیمتر در طول وعرض در مساحت صفحه مطابق شکل پخش شده اند.دمای سطح 100 درجه ی سانتیگراد و دمای هوای اطراف 30 درجه ی سانتی گراد است.اگر ضریب جابجایی 35 وات بر متر مربع کلوین وضریب رسانش 386 وات بر متر کلوین باشد محاسبه کنید: الف)ضریب عملکرد هر فین ب)کل گرمای خروجی شامل فین وسطح

حل قسمت الف و ب را با هم انجام میدهیم.

${{q}_{total}}={{q}_{fin}}+{{q}_{unfin}}=nh{{\theta }_{b}}\left(\eta {{A}_{1fin}}+{{A}_{1}}_{unfin}\right)$

ابتدا تعداد کل فین ها را در کل صفحه مربعی بدست می اوریم:

$n={\frac {1\times 1}{0.6\times .06}}\times {{10}^{4}}$

حال با توجه به فرمول اولی که برای گرمای کل نوشته ایم مساحت ها و تعداد فین ها وh را که داریم در ادامه داریم:

${{\theta }_{b}}={{T}_{b}}-{{T}_{\infty }}$

حال باید مساحت ها را بدست اوریم

${\begin{aligned}&D=0.25cm\\&a=0.6cm\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&{{A}_{fin}}=\pi DL+{\frac {\pi {{D}^{2}}}{4}}=2.4\left(c{{m}^{2}}\right)\\&{{A}_{unfin}}={{a}^{2}}-{\frac {\pi {{D}^{2}}}{4}}=0.311\left(c{{m}^{2}}\right)\\\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&{{A}_{c}}={\frac {\pi {{D}^{2}}}{4}}\\&p=\pi D\\&\\\end{aligned}}$

${{L}_{c}}=L+{\frac {{A}_{c}}{p}}=3+{\frac {\pi \times {{0.25}^{2}}}{4}}=3.049cm$

${\begin{aligned}&m={\sqrt {\frac {hp}{k{{A}_{c}}}}}\to m={\sqrt {\frac {35\times \pi \times 0.0025}{386\times \pi \times {\frac {{.0025}^{2}}{4}}}}}\to m=12.04({\frac {1}{m}})\\&\eta ={\frac {\tanh m{{L}_{C}}}{m{{L}_{C}}}}=0.959\\\end{aligned}}$

حال همینطور که میبینیم همه ی مجهولات بدست امده اند حال میتوان گرمای کل را بدست اورد:

${\begin{aligned}&{{q}_{total}}=17.8(kw)\\&{{\varepsilon }_{fin}}={\frac {{q}_{fin}}{{q}_{nofin}}}=\eta {\frac {{A}_{1fin}}{{A}_{nofin}}}=7.27\\&{{\varepsilon }_{overal}}={\frac {{q}_{tot}}{{q}_{nofin,tot}}}={\frac {\eta {{A}_{fin}}+{{A}_{unfin}}}{{{A}_{nofin}}+{{A}_{unfin}}}}\\\end{aligned}}$

مثال19 یک گرمکن هوا متشکل است از لوله فولادی با ضریب رسانندگی 20 وات برمتر کلوین است که شعاع های داخلی و خارجی ان به ترتیب 13 میلی متر و 16 میلیمتر است و هشت پره طولی هر یک به ضخامت 3 میلیمتر که به طور یکپارچه با گرمکن ماشینکاری شده اند. پره ها به یک لوله با شعاع 40 میلیمتر و هم مرکز با گرمکن متصل شده اند سطح خارجی این لوله عایق است.اب با دمای 90 درجه ی سانتی گراد از لوله داخلی عبور می کند ودر ضمن هوا با دمای 25 درجه ی سانتی گراد از ناحیه حلقوی بین لوله هاجریان دارد.(شمایی از شکل مربوطه در زیر امده است)

الف)مدار گرمایی معادل را برای گرمکن رسم کنید و هر مقاومت گرمایی را بر حسب پارامترهای سیستم بیان کنید.

ب)اگر ضریب جابجایی اب 5000 وات بر مترمربع کلوین وبرای هوا 200 وات برمتر مربع کلوین باشد.اهنگ تولید انتقال گرما در طول واحد چقدر است؟

فرضیات: 1) ضریب رسانندگی ثابت 2) حالت پایا 3)رسانش یک بعدی 4)ادیاباتیک بودن سطح بیرونی

برای مدار گرمایی نشان داده شده در شکل داریم:

${\begin{aligned}&R_{conv,i}^{'}={{\left({{h}_{i}}2\pi {{r}_{1}}\right)}^{-1}}\\&R_{cond}^{'}=\ln {\frac {\left({\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}\right)}{2\pi k}}\\&R_{t,o}^{'}={{\left({{\eta }_{o}}{{h}_{o}}A_{t}^{'}\right)}^{-1}}\\\end{aligned}}$

حال پارامتر هایی را که در سه مقاومت گرمایی بالا نیاز داریم را در پایین نشان داده ایم.

${\begin{aligned}&{{\eta }_{o}}=1-{\frac {NA_{f}^{'}}{A_{t}^{'}}}\left(1-{{\eta }_{f}}\right),A_{f}^{'}=2L=2\left({{r}_{3}}-{{r}_{2}}\right)\\&A_{t}^{'}=NA_{f}^{'}+\left(2\pi {{r}_{2}}-N{{t}_{}}\right),{{\eta }_{f}}={\frac {\tanh mL}{mL}}\\\end{aligned}}$

و گرمای انتقالی رانیز با فرمول زیر به دست می اید

${{q}^{'}}={\frac {\left({{T}_{\infty ,i}}-{{T}_{\infty ,o}}\right)}{R_{conv}^{'}+R_{cond}^{'}+R_{t,o}^{'}}}$

حال مقادیر مقاومت گرمایی را با استفاده از مقادیر داده شده در سوال بدست می اوریم

${\begin{aligned}&R_{conv}^{'}={{\left(5000{\frac {w}{{{m}^{2}}k}}\times 2\pi \times 0.013m\right)}^{-1}}=2.54\times {{10}^{-3}}{\frac {m.k}{w}}\\&R_{cond}^{'}=\ln {\frac {\left({\frac {0.016m}{0.013m}}\right)}{2\pi \left(20{\frac {w}{m.k}}\right)}}=1.65\times {{10}^{-3}}{\frac {m.k}{w}}\\&R_{t,o}^{'}={{\left(0.575\times 200{\frac {w}{{{m}^{2}}.k}}\times 0.461m\right)}^{-1}}=18.86\times {{10}^{-3}}\\\end{aligned}}$

با محاسبه ی بازده فین به صورت زیر میتوان توان گرمایی را نیز بدست اورد

${{\eta }_{f}}=0.490$

${{q}^{'}}={\frac {{{\left(90-25\right)}^{\circ }}c}{\left(2.45+1.65+18.86\right)\times {{10}^{-3}}{\frac {m.k}{w}}}}=2831{\frac {w}{m}}$

مثال 20

باغوطه ور کردن لوله مسی جدار نازک با قطر 50mm در یک مخزن آب و با عبور گازهای احتراق از لوله ها آب گرم می شود. برای افزایش گرمای داده شده به آب چهار پره با سطح مقطع یکنواخت و به صورت ضربدری در هر لوله قرار گرفته است. پره ها به ضخامت 5mm و از جنس مس هستند.اگر دمای سطح لوله، ${{T}_{S}}$ و ضریب جابه جایی ${{h}_{g}}$ ، در قسمت عبور گاز به ترتیب، $350k$و $30{\frac {w}{{{m}^{2}}k}}$ باشند، نرخ انتقال حرارت به ازای طول واحد لوله چقدر است؟

حل: دیواره لواع را می توان باز کرد و آن را یک دیوار صاف با4 پره مستقیم و با مقطع مستطیل و با نوک آدیاباتیک در نظر گرفت.

${\begin{aligned}&{{q}_{tot}}={{q}_{finned}}+{{q}_{unfinned}}\\&{{q}_{finned}}=N{{\eta }_{f}}h{{A}_{fin}}\left({{T}_{g}}-{{T}_{S}}\right)\\&{{\eta }_{F}}={\frac {\tan ghml}{ml}}\\&ml={\sqrt {\frac {hp}{k{{A}_{c}}}}}l\\&{{A}_{c}}=1\times .005=0.005{{m}^{2}}\\&P=2m\\&L=.025m\\&ml=0.137\\&{{\eta }_{f}}=0.992\\&{{A}_{fin}}=2\left(0.025m\right)\times 1m=0.05{{m}^{2}}\\&\to {{q}_{fin}}=4\times 0.992\times \left(30{\frac {W}{{{m}^{2}}k}}\right)\left(0.05{{m}^{2}}\right)\left(400k\right)=2380W\\&{{q}_{unfinned}}=h{{A}_{unfinned}}\left({{T}_{G}}-{{T}_{s}}\right)\\&{{A}_{unfinned}}=\left(\pi D-4t\right)\times 1m=0.137{{m}^{2}}\\&{{q}_{unfinned}}=\left(30{\frac {W}{{{m}^{2}}k}}\right)\left(0.137{{m}^{2}}\right)\left(400k\right)=1644W\\&{{q}_{tot}}=2380+1644=4024W\\\end{aligned}}$

مثال 21 پره ی حلقوی مانند شکل زیر داریم.مقدار افزایش انتقال گرما را با افزایش فین روی میله بدست آورید.داده ها روی شکل مشخص شده است .

حل:

${\begin{aligned}&k={\text{ 186 W}}/{\text{m}}\times {}^{\circ }{\text{C}}\\&h={\text{ 40 W}}/{{\text{m}}^{2}}\times {}^{\circ }{\text{C}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&{{A}_{\text{no fin}}}=\pi {{D}_{1}}L=\pi (0.05{\text{ m}})(1{\text{ m}})=0.1571{\text{ }}{{\text{m}}^{\text{2}}}\\&{{\dot {Q}}_{\text{no fin}}}=h{{A}_{\text{no fin}}}({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})=(40{\text{ W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}.{}^{\circ }{\text{C}})(0.1571{\text{ }}{{\text{m}}^{\text{2}}})(180-25){}^{\circ }{\text{C}}=974{\text{ W}}\end{aligned}}$

$\left.{\begin{aligned}&L=({{D}_{2}}-{{D}_{1}})/2=(0.06-0.05)/2=0.005{\text{ m}}\\&{\frac {{{r}_{2}}+(t/2)}{{r}_{1}}}={\frac {0.03+(0.001/2)}{{\text{0}}{\text{.025}}}}=1.22\\&\left(L+{\frac {t}{2}}\right){\sqrt {\frac {h}{kt}}}=\left(0.005+{\frac {0.001}{2}}\right){\sqrt {\frac {40{\text{ W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}{}^{\text{o}}{\text{C}}}{(186{\text{ W/m}}{}^{\text{o}}{\text{C)(0}}{\text{.001 m)}}}}}=0.08\\\end{aligned}}\right\}{{\eta }_{\text{fin}}}=0.97$

${\begin{aligned}&{{A}_{\text{fin}}}=2\pi ({{r}_{2}}^{2}-{{r}_{1}}^{2})+2\pi {{r}_{2}}t=2\pi ({{0.03}^{2}}-{{0.025}^{2}})+2\pi (0.03)(0.001)=0.001916{\text{ }}{{\text{m}}^{\text{2}}}\\&{{\dot {Q}}_{\text{fin}}}={{\eta }_{\text{fin}}}{{\dot {Q}}_{\text{fin,max}}}={{\eta }_{\text{fin}}}h{{A}_{\text{fin}}}({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})\\&=0.97(40{\text{ W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}.{}^{\circ }{\text{C}})(0.001916{\text{ }}{{\text{m}}^{\text{2}}})(180-25){}^{\circ }{\text{C}}\\&=11.53{\text{ W}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&{{A}_{\text{unfin}}}=\pi {{D}_{1}}s=\pi (0.05{\text{ m)(0}}{\text{.003 m)}}=0.0004712{\text{ }}{{\text{m}}^{\text{2}}}\\&{{\dot {Q}}_{\text{unfin}}}=h{{A}_{\text{unfin}}}({{T}_{b}}-{{T}_{\infty }})=(40{\text{ W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}.{}^{\circ }{\text{C}})(0.0004712{\text{ }}{{\text{m}}^{\text{2}}})(180-25){}^{\circ }{\text{C}}=2.92{\text{ W}}\end{aligned}}$

${{\dot {Q}}_{\text{total,fin}}}=n({{\dot {Q}}_{\text{fin}}}+{{\dot {Q}}_{\text{unfin}}})=250(11.53+2.92)=3613{\text{ W}}$

${{\dot {Q}}_{\text{increase}}}={{\dot {Q}}_{\text{total,fin}}}-{{\dot {Q}}_{\text{no fin}}}=3613-974=2639W$

میدانیم که مقدار رسانندگی گازها (K) کمتر از جامدات است . اما اگر بصورت آزادانه مثلا" در یک محفظه برای عایق کاری استفاده شوند ، چون خاصیت جابجایی دارند، مناسب نخواهند بود، پس اگر این جابجایی حذف شود، این کار عملی سودمند خواهد بود (مثلا" عایق درون دیواره یخچال ها).