Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Технологии использования холода. Физико-технические основы холодильной обработки пищевых продуктов. Учебное пособие
.pdf
откуда, вспоминая, что
A
A
x
R
A
R
A
μ
nR
ii
Ai
, найдем
2sinμ
μsinμcosμ
iii
:
i
t
н
i
.
Подставляя полученное значение
в (58), будем иметь оконча-
i
тельное решение задачи:
где
(,τ) cos
tx t e
н
k
μ
– корни уравнения (56).
k
2sinμ μ
kk
μsinμcosμ
1
kkk
Если температура среды постоянна, но отлична от нуля (
после подстановки
vtt
получим
c
tt x
tt R
нc
c
k
Ae
1
μFо
k
2
μFo
k
2
k
cos
μ
k
,
0t
), то
c
, (60)
где
2sinμ
k
A
k
μ
являются корнями уравнения (56).
а
k
Таким образом,
μ
, а следовательно, и
k
μsinμcosμ
kkk
,
будут функциями крите-
k
рия Bi, и относительная температура есть функция трех переменных:
x
, Bi, Fo
f
R
.
При решении каждой конкретной задачи должен быть известен коэффициент теплоотдачи . Зная его, вычисляют
Bi
, а по нему
находят значения
μ
В табл. 1 приведены значения первых трех корней
A
ентов
для некоторых значений Bi.
k
и
k
.
k
μ
и коэффици-
k
31
Таблица 1
A
A
A
Bi
1
1
2
2
3
3
0 0,0000 1,0000 3,1416 0,0000 6,2832 0,0000
0,5 0,6533 1,0701 3,2923 –0,0873 6,3616 0,0243
1 0,8603 1,1192 3,4256 –0,1517 6,4373 0,0466
2 1,0769 1,1784 3,6436 –0,2367 6,5783 0,0848
3 1,1925 1,2102 3,8088 –0,2881 6,7040 0,1154
4 1,2646 1,2287 3,9352 –0,3215 6,8140 0,1396
5 1,3138 1,2403 4,0336 –0,3442 6,9096 0,1588
7 1,3766 1,2532 4,1746 –0,3722 7,0640 0,1861
10 1,4289 1,2612 4,3058 –0,3934 7,2281 0,2104
100 1,5552 1,2731 4,6658 –0,4239 7,7764 0,2539
+
1,5708 1,2732 4,7124 –0,4244 7,8540 0,2546
При большом значении , когда критерий Bi велик, можно считать
не зависящей от Bi и пользоваться решением (39).
Быстрота сходимости ряда (60) зависит от величины Fо. Если
Fо > 0,5, то при практических расчетах можно ограничиться только одним членом ряда.
Пример 8
Вычислить относительную температуру поверхности (x = R), если
Bi = 3, Fо = 0,7. Значения
22
μ Fо 1,1925 0,7
1
;
ee
μ, μ, μ
123
0,3696
, , AAA
и
123
2
μ Fо 3,8088 0,7
2
ee
берем из табл. 1.
0,000 039
.
Так как второе слагаемое по сравнению с первым очень мало, то
можно ограничиться только одним членом ряда (60):
2
μFo
1
Ae e
1
μ
x
1
cos 1, 2102 cos1,1925
R
1,2102 0,3696 0,3693 0,1652.
2
1,1925 0,7
Пример 9
Вычислить относительную температуру центра
0t , если Bi = 3,
ц
Fo = 0,3.
32
22
μ Fo 1,1925 0,3
1
;
ee
22
μ Fo 3,8088 0,3
2
;
ee
22
μFo 6,7040 0,3
3
ee
0,6527
0,01288
0,000 002
.
При желании получить решение с точностью до трех-четырех цифр
после запятой следует брать два члена ряда:
1,2102 0,6527 0,2881 0,01288 0,7862
.
Пример 10
Имеется пластина, для которой R = 0,10 м,
2
= 8 ккал/(
чм град
), = 0,4 ккал/(ч м C).
t
= 35 C,
н
t
= 0 C, =
с
Найти температуру в точке x = 0,05 м через 10 ч после начала охлаждения:
xa
0,5; Fo 0,5;
R
Bi 4
τ 0,0005 10
2
R
16 0,1
R
0,4
0,01
.
Так как критерий Fo достаточно велик, то можно ограничиться од-
μ
A
и
ним членом ряда
35 0 2
Следовательно,
1
0 1, 2646
t
15,6 C.t
находим в табл. 1 для Bi = 4.
1
2
1,2646 0,5
1,2287 cos 0, 4453.
e
Для рассматриваемых задач, как и для задач при граничных условиях первого рода, можно пользоваться готовыми номограммами.
В данном случае есть функция трех переменных, поэтому номо-
граммы (см. рис. 5) можно составить только в том случае, когда одна из
переменных будет фиксированной. В большинстве практических задач
t
бывает достаточно знать температуру поверхности
пературу центра
(при x = 0), в связи с чем номограммы обычно строят
t
ц
(при x = R) и тем-
п
33
для указанных случаев. Построенные номограммы даны на рис. 5 и 6
(из монографии А.В. Лыкова).
Рис. 5. Зависимость относительной температуры поверхности пластины
п
от критерия Fo при различных значениях критерия Bi
Рис. 6. Зависимость относительной температуры центра пластины
от критерия Fo при различных значениях критерия Вi
34
ц
Пример 11
Имеется пластина, для которой R = 0,10 м,
2
= 8 ккал/(
чм град
), = 0,4 ккал /(ч м град).
Найти температуру поверхности
t
10 ч после начала охлаждения.
t
= 40 C,
н
и температуру центра
п
t
= 5 C, =
с
через
t
ц
0,0005 10 8 0,1
Fo 0,5; Bi 2.
0,01 0,4
На рис. 5 на кривой для Bi = 2 находим точку А с абсциссой Fo = 0,5.
5
t
Ее ордината
0,3
п
, т. е.
0,3
40 5
п
,
п
15,5 Ct
.
Далее на рис. 6 таким же образом на кривой, соответствующей Bi =
= 2, находим точку B с абсциссой Fo = 0,5. Ее ордината
0,65
ц
а следовательно,
5
tt
0,65 , 27,8 C.
ц
40 5
ц
Для определения расхода теплоты, которую пластина теряет при
охлаждении, находится сначала среднеобъемная относительная температура по формуле (51). Подставляя значение (x, ) из (60) и замечая,
что
R
μμsinμ
xxR
kkk
cos sin ,
RR
0
R
dx
μμ
kk
R
0
будем иметь
(τ) ,
k
1
Be
k
μFo
2
k
где
,
B
k
sinμ
A
kk
35
.
μ
k
Коэффициенты
B
с увеличением k быстро убывают. В табл. 2 при-
k
ведены первые три коэффициента
рия Bi.
B
для некоторых значений крите-
k
Таблица 2
Bi B
0,1 1,0000 0,0002 0,0000 4 0,9264 0,0582 0,0104
0,5 0,9955 0,0040 0,0003 5 0,9130 0,0664 0,0135
1 0,9862 0,0124 0,0011 7 0,8932 0,0766 0,0185
2 0,9635 0,0313 0,0037 10 0,8743 0,0839 0,0236
3 0,9430 0,0468 0,0070
B
1
Количество теплоты
начальная температура его была постоянной
B
2
Bi B1 B
3
Q
, которое отдаст тело объемом V, если
V
B
2
0,8106 0,0901 0,0324
t
, определяется по фор-
н
3
муле (49).
Пример 12
3
Определить количество теплоты, которое теряется 1
м
пластины за
время охлаждения, продолжающегося в течение 10 ч, если R = 0,10 м,
t
= 40 C,
н
t
= 5 C, = 8 ккал/(
c
= 0,8 ккал/(кг град), = 0,4 ккал /(
2
чм град
чм°C ).
), = 1000
3
кг/м , с =
Вычисляем
a
Так как
c
Fo
0,4
0,8 1000
0,0005, Fo 0,5, Bi 2.
велико, то можно ограничиться одним членом ряда.
находим из табл. 2 для Bi = 2,
0,9635 0,5416 ,
e
μ
– из табл. 1.
1
2
1,0769 0,5
aR
2
R
5
t
40 5
B
1
откуда
24 C.t
По формуле (49) будем иметь
0,8 1000 1(40 24) 12 800 ккал.
Q
V
36
2.2. ШАР
Кроме задачи об охлаждении пластины, таблицы и графики, облегчающие расчеты, составлены для определения симметричных температурных полей шара и цилиндра бесконечной длины.
В связи со сказанным остановимся на рассмотрении уравнения (16)
для шара
2
ttt
a
τ
Γ
2
rr
r
,
в котором Г = 2.
Применяя метод разделения переменных Фурье, решаем уравнение
(16). Решение представим в виде произведения двух функций, каждая
из которых зависит только от одной переменной:
(,τ)()(τ).tr yr
(61)
Подставив (61) в (16), получим
yT a y T y T
Γ
.
r
Разделив обе части этого уравнения на yT, будем иметь
Г
а y у
T
r
ω.
T у
T
Из отношения
ω
получаем
T
ωτ
.Tce
Так как должно быть положительным числом, то, обозначив
найдем следующее дифференциальное уравнение:
(62)
2
0.yynу
r
37
2
ω an ,
При Г = 2 уравнение (62) легко решается, если произвести замену:
z
.
yr
Тогда
yz
dr r dr
;
2
r
11
dy dz
22
122
dy dz dz
yz
222 3
dr dr r r
rdr
и в новых переменных уравнение (62) примет вид
2
122211
d z dz dz z
0.
22 3 2
rdrrrdr r
dr r r r
После очевидных преобразований уравнения
чаем
cos sin ,zc nrc nr
12
или
yc c
12
zzn
cos sinnr nr
2
2
dz
dr
2
nz
2
. (63)
rr
0
Подставив полученные выражения Т и y в уравнение (61) и вводя
обозначение
cc
= A и
2
cc
= B, будем иметь решение уравнения (16) при
1
Г = 2:
2
sin cos
nr nr
τ
an
(,τ) .
tr e A B
rr
(64)
полу-
Воспользуемся уравнением (64) для нахождения температурного
поля шара радиусом R при начальном условии
(, 0) consttr t
н
; (65)
граничном условии
t
и температуре среды
r
rR
t
= 0 C.
c
tR
(,)
38
(66)
Отметим, что температура t(r, ) в любой момент во всех точках
R
R
0r
шара, и в центре в частности, т. е. при
, должна быть конечной.
Из этого следует, что в решении (64) коэффициент B = 0, так как иначе
отношение
cosnr
стремится к бесконечности при r 0. Поэтому част-
r
ное решение (64) примет вид
sin
(67)
(,τ) .
tr A e
nr
2
τ
an
r
Подставляя (67) и
tr
в (66) при rR , найдем
sin cos sin
nR n nR nR
AeA e Ae
2
22 2
ττ τ
an an an
RR
λ
или
1
sin cos 0.nR n nR
R
Для определения чисел и
n
введем обозначения nR , а
= Bi. Получим уравнение
tg .
(68)
Bi 1
Уравнение (68) можно решить лишь приближенно. Для нахождения
приближенных значений корней строятся графики функций
y
Bi 1
(рис. 7).
Для каждого значения Bi уравнение (68) имеет бесчисленное (счетное) множество корней, причем
При каждом корне
функция (67) принимает вид
k
(,τ) .
tr A e
kk
123
sin
nr
k
r
2
τ
an
k
tgу и
39
A
Рис. 7. Графическое решение уравнения
tg
μ
Bi 1
По найденным частным решениям можно записать общее решение
задачи:
sin
nr
(,τ)
tr A e
k
1
k
k
r
2
τ
an
k
. (69)
Коэффициенты
в выражении (69) определяем, воспользовав-
k
шись начальным условием (65), т. е. полагая в уравнении (69) = 0:
sin
nr
tA
н
k
1
k
k
. (70)
r
40
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]