Capitolo 2 – Scambio termico - people.unica.it - …...Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)...

esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)

213

ESERCIZIO 40

Immaginiamo un cilindro pieno di dimensioni finite, che abbia una T iniziale = Ti . Il cilindro sia lambito da un fluido a T∞ , h . Il caso è 2-D transitorio: T è funzione di r,z,t . L’equazione differenziale che esprime il bilancio

di energia su un elementino di volume

infinitesimo è:

( ) ( )tT

dzdrrπ2cρdzdrrπ2qz

dzdrπ2rqr zr ∂

∂=

∂∂−+

∂∂−

tT

rcρrzTk

rT

rr

k 2

2

∂∂

=∂∂+

∂∂

∂∂

tT

a1

zT

rT

rrr

1t

2

2

∂∂

=∂∂+

∂∂

∂∂ essendo

cρkat =

Cambiamo variabile: θTT =− ∞ ,

e proviamo la separazione delle variabili:

( ) ( ) ( ) ( )tτzZrRt,z,rθ ⋅⋅=

ττ

a1

ZZ

RR

r1

RR '

t

'''''=++

poiché sia r sia z sono direzioni omogenee:

( )

+−=

−=

−=+

22'

t

2''

2'''

βαττ

a1

βZZ

αRR

r1

RR

( )t,z,rT

r

z

a

2c

dz dr


214

Il cilindro va modellato così, per simmetria:

( ) ( )rαYCrαJCR 0201 +=

Per la c.c.1 si ha che 0C2 = .

Per la c.c.2 ( ) ( )aαJCkhaαJαC 0111 −=−

( )( ) aα

BiaαJaαJ a

0

1 = essendo kah

Bia =

Si hanno infiniti autovalori ...,aα,.......,aα,aα n21 che

soddisfano la relazione .

( ) ( )zβcosCzβsenCZ 43 +=

Per la c.c.3 si ha che 0C3 = .

Per la c.c.4 ( ) ( )cβcoskhcβsenβ −=−

( )cβ

Bicβtg c= essendo kch

Bic =

Si hanno infiniti autovalori ...,cβ,.......,cβ,cβ m21 che

soddisfano la relazione .

r

z

c

h, 0

c.c.4

h , 0 c.c.2

c.c.1 c.c.3

0rθ

=∂∂

0zθ

=∂∂


215

( ) ]taβα[expτ t2

m2

n +−=

Abbiamo infinite soluzioni .....,θ,θ 21 ; dobbiamo trovare la soluzione generale

combinazione lineare di tutte:

( ) ( ) ( )∑∑∞

=

∞

=

+−=1n 1m

taβαmn0mni

t2

m2

nezβcosrαJCθ

Per trovare Cnm dobbiamo applicare la iθ iniziale (t=0):

( ) ( )∑∑∞

=

∞

=

=1n 1m

mn0mni zβcosrαJCθ

Moltiplicando 1° e 2° membro per ( ) ( )zβcosrαJr 'm'n0⋅ , con n’ ed m’ interi,

integrando tra 0-a e 0-c, e tenendo conto della ortogonalità di J e coseno, si

ottiene:

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∫∫ =a

0

c

0m

2n

20

c

0mnm

a

0n0i dzzβcosdrrαJrCdzzβcosdrrαJrθ

il 2° membro vale ( ) ( )[ ] ( ) ( )

++ cβsen

β2cβcos

2caαJaαJ

2aC m

m

mn

20n

21

2

mn ,

il 1° membro vale, se iθ costante ( )∞− TTi , ( ) ( )m

mn1

ni β

cβsenaαJ

αaθ ,

quindi:

( )( ) ( )

( )( ) ( )

+

⋅+

=⋅⋅=

m

mmm

m

n2

0n2

12

n

n1imnimn

β2cβsencβcos

2cβ

cβsen]aαJaαJ[aα

aαJa2θCCθC

ponendo nn λaα = e ricordando che ( ) ( )n0n

an1 λJ

λBiλJ = si ha che:

( )n02

n2

a

an λJ)λBi(

Bi2C

+=

Invece Cm :

( )( ) ( )cβsencβcoscβ

cβsen2C

mmm

mm +

=


216

La soluzione finale in forma adimensionale, cioè ( )

iθt,z,rθ

, è pertanto:

( )( )

( ) ( )( ) ( )∑∑

∞

=

−∞

=

−

+•

+

=1m mmm

taβmm

1n n02

a2

n

Foλn0

ai cβcoscβsencβ

ezβcoscβsen2

λJ)Biλ(

earλJ

Bi2θ

t,z,rθ t2

ma

2n

avendo posto a2t Fot

aa

= , numero di Fourier.

[Si può anche immaginare un analogo cβλ mm' = ed un numero di Fourier t

caFo 2t

c = ]

Fisicamente si ha cioé che:

PIASTRAiCILINDROii TTTT

TTTT

TTTT

−−

•

−−

=−−

∞

∞

∞

∞

∞

∞

Come ricavare la T adimensionale 2-D dalle tabelle viste in Esercizi precedenti

(per la piastra Esercizio 11 e per il cilindro Esercizio 39), tabelle per casi 1-D in

transitorio?

2c

( )t,zθ c

z

∞ ∞ = •2 a

( )t,rθ

a r

∞

∞

( )t,z,rθ

r

z

a

2c


217

Dati T∞ , h, Ti , a, c, at , si calcola prima Bic e 12t t

ca

Fo = e dalle tabelle relative

alle piastre si calcola la T adimensionale ad una posizione di interesse cz1 , quindi

si calcola Bia e 12t t

aaFo = e dalle tabelle relative ai cilindri si calcola la T

adimensionale ad una stazione ar1 .

Il valore della T incognita, caso 2-D, è ( ) ( ) CILPIASTRAi111 TTTTTt,z,rT ⋅⋅−+= ∞∞

ESERCIZIO 41

Un reattore nucleare è costituito da barre cilindriche di combustibile, ciascuna composta di uranio arricchito in un tubo di acciaio di trascurabile spessore (vedi figure). Il refrigerante ha una T = T∞ a cui si trovano anche le barre di combustibile prima della reazione nucleare. All’istante t = 0 il reattore entra in esercizio producendo calore pari a Wi . Il refrigerante rimane a T = T∞ . Il suo coefficiente di scambio termico convettivo è molto alto. Si vuole trovare la T della barra. La trattazione differenziale del problema

è la seguente, nell’ipotesi che T dipenda

solo da r :

tT

VcρVWdrArq

AqAq ir

rr ∂∂

⋅⋅=⋅+

∂∂

+−

essendo Lrπ2A = , drLrπ2V = .

E ricordando che cρkat = si ha

tT

a1

kW

rT

rrr

1t

i

∂∂

=+

∂∂

∂∂ . Le condizioni sotto le quali risolvere l’equazione sono:

R

r 0

Wi

BARRA

ACCIAIO

REFRIGERANTE

L


218

c.c.1 per r=0 0rT

=∂∂

0rθ

=∂∂

c.c.2 per r=R ∞= TT , nella variabile ∞−= TTθ : 0θ =

c.i. per 0t = ∞= TT 0θ =

Riscriviamo perciò l’equazione con la nuova variabile:

tθ

a1

kW

rθ

rrr

1t

i

∂∂

=+

∂∂

∂∂ [1]

e proviamo per tale equazione una soluzione del tipo:

( ) ( ) ( )rΦt,rΨt,rθ += .

Le due equazioni da risolvere sono ora:

0kW

rΦ

rrr

1 i =+

∂∂

∂∂ [2] ;

tΨ

a1

rΨ

rrr

1t ∂

∂=

∂∂

∂∂ [3]

La soluzione di [2], sotto c.c.1 0rdΦd

= per r=0

c.c.2 0Φ = per r=R risulta essere

−= 2

22i

Rr1

4R

kWΦ

La soluzione di [3] deve essere trovata sotto le seguenti condizioni:

c.c.1 per r=0 ( )

0r

t,0Ψ=

∂∂

c.c.2 per r=R 0Ψ =

la condizione iniziale la si ricava da quella generale di θ :

( ) ( ) ( )rΦ0,rΨ00,rθ +==

da cui

( ) ( )

−−=−= 2

22i

Rr1

4R

kWrΦ0,rΨ

Per la [3] si separano le variabili:

( ) ( ) ( )tτrRt,rΨ ⋅=


219

r è la direzione omogenea :

2'''

αRR

r1

RR −=⋅ [4] , la cui soluzione è ( ) ( ) ( )rαYCrαJCrR 0201 +=

2'

tα

ττ

a1 −=⋅ [5] , la cui soluzione è ( ) { }taαexptτ t

2−=

per c.c.1 si ha che 0C2 =

per c.c.2 si ha che ( )RαJC0 01= : si hanno dunque infiniti autovalori

......,Rα,Rα,Rα 321 per cui ( ) 0RαJ n0 = con n = 1 , 2 , 3 , ….

Per trovare la soluzione generale Ψ applico la condizione iniziale ad una

combinazione lineare di tutte le soluzioni:

( )∑∞

=

−=1n

taαn0nn

t2

nerαJCΨ

( )∑∞

=

=

−−

1nn0n2

22i rαJC

Rr1

4R

kW

[6]

Moltiplichiamo 1° e 2° membro della [6] per ( )rαJr m0 integrando tra 0 ed R e

facendo uso delle proprietà di ortogonalità della 0J ( ( ) ( ) 0drrαJrαJr m0

R

0n0 =∫ ,

con n,m interi) si ottiene:

( ) ( ) ( )drrαJrCdrrαJrk4

WdrrαJr

4R

kW R

0n

20n

R

0n0

3iR

0n0

2i ∫∫∫ =+− [7]

Ricordando che:

( ) ( ) ( ) ( ) rdrαJrα2

αrαJr2

αrαJr

drrαJrR

0n02

n

2R

02

n

n02R

0n

n13R

0n0

3∫∫ −+=

la [7] diviene:

( ) ( ) ( ) ( )=

−++− 3

n

n12

n

n02

n

n13

in1

n

2i

αRαJR4

αRαJR2

αRαJR

k4WRαJ

αR

4R

kW

( ) ( )[ ]RαJRαJ2RC n

20n

21

2

n +=

da cui, essendo ( ) ( ) 0RαJRαJ n2

0n0 == , e fatte le debite semplificazioni, si

ottiene


220

( )RαJRαkW2

Cn1

3n

in −=

L’espressione finale della nΨ è perciò:

( )( )∑

∞

=

−

−=1n n1

3n

taαn0i

n RαJαerαJ

RkW2

Ψt

2n

Quindi la soluzione ( ) ( ) ( )t,rΨrΦt,rθ += assume la forma

θ=

− 2

22i

Rr1

4R

kW +

( )( )∑

∞

=

−

−1n n1

3n

taαn0i

RαJαerαJ

RkW2 t

2n

.

In forma adimensionale:

kRWθ2

i=

− 2

2

Rr1

41 +

( )( ) ( )∑

∞

=

−

−1n n1

3n

taαn0

RαJRαerαJ

2t

2n

.

La rappresentazione grafica è mostrata di seguito:

( )t,rΨ

( )t,rθ

( )rΦ

0θ =


221

ESERCIZIO 42

Affrontiamo un caso in cui non abbiamo una soluzione stazionaria; per esempio un cilindro, ad una temperatura iniziale Ti , che viene sottoposto ad un flusso costante q” : come trovare una soluzione?

Proviamo ad immaginare una somma di soluzioni una

delle quali ipotizzi, per esempio, un serbatoio di

calore contrario

(vedi figura): ''2i qaπ2aπW =

dove ( )]tLE[W 3i ⋅= e ( )]tLE[q 2'' ⋅=

0kW

rdTd

r1

rdTd i121

2

=++

−=−=

==

''1

1

qrdTd

kar

0rdTd

0r

(Wi negativo)

kW

tdTd

a1 i2

t= essendo

cρkat =

(Wi positivo)

tT

a1

rT

r1

rT 3

t

323

2

∂∂

=∂

∂+

∂∂

=∂

∂=

==

0rT

ar

finitovaloreT0r3

3

per t = 0

i123 TTTT =++ ( )( )

−===

rTTrTT

TT

13

11

i2

Wi

T2 (t)

T3

a

Ti q”

T1

q” -Wi

=

+

+


222

La T1 si ricava integrando, perciò:

1

2i1 C2r

kW

rdTd

r +−= per 0r → 0C1 →

2r

kW

rdTd i1 −=

C4r

kWT

2i

1 +−= per ar → 101 TT =

dove T10 = costante non nota (indeterminata)

C4a

kWT

2i

10 +−=

4a

kWTC

2i

10 +=

−+= 2

22i

101 ar1a

k4W

TT essendo aq2

W''

i −=

Ricaviamo la 2T

( ) ∫∫ ==t

0

''i

t

T

Tt

acρq2

dtkW

atT2

i

i

''

2 Ttacρ

q2T += essendo

aq2

W''

i =

Ricaviamo la 3T

t=0 ( )rTT 13 −= [c.i.]

per r=0

=

∂∂

= 0rT

tetancosT 33 [c.c.1]

per r=a 0rT3 =

∂∂

[c.c.2]

tT

a1

rT

r1

rT 3

t

323

2

∂∂

=∂

∂+

∂∂

r è la direzione omogenea, allora

( ) taα03

t2

erαJCT −=


223

per la c.c.2 : ( ) 0aαJα 1 =−

...,aα,.......,aα,aα n10 sono gli infiniti autovalori

Abbiamo che:

30T = costante non nota (indeterminata)

( ) taα10131

t2

1erαJCT −=

( ) taα20232

t2

2erαJCT −=

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

perciò T3 deve essere del tipo:

( )∑∞

=

−+1n

taαn0n30

t2

nerαJCT .

Per calcolare Cn applichiamo la condizione iniziale ( )rTT 13 −= alla combinazione

lineare delle infinite soluzioni T3 :

( ) ( )∑∞

=

+=−1n

n0n301 rαJCTrT [1]

Per calcolare le costanti Cn sono necessari 2 passaggi. Il primo è la moltiplicazione

di 1° e 2° membro di [1] per il primo autovalore 0aα0 = e integrare:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∑ ∫∫∫∞

=+=−

1n

a

0n00

a

0030

a

001 drrrαJ0Jdrr0JTdrr0JrT

Poiché ( ) 10J0 = ottengo che ( )

2a

drrrTT 2

a

01

30

∫−= e ricordando che

aq2

W''

i =−

ottengo:

1J

α a

aα1 aα2

aα3

aα3

aα4 aα5

0


224

k4aq

TT''

1030 +−=

Il secondo passaggio è:

( )[ ] ( ) ( ) ( )∫∫∫ +=−a

0n

20n

a

0n030n0

a

01 drrαJrCdrrαJrTdrrαJrrT

Chiamiamo A il termine a sinistra dell’uguaglianza, e B ciò che c’è alla destra

B vale:

( ) ( ) ( )[ ]aαJaαJ2aC

αaαJ

aT n2

0n2

1

2

nn

n130 ++⋅⋅

e tenendo presente che ( )aαJ n1 vale zero perché ( )aαn sono proprio gli autovalori

in cui la funzione J1 si annulla, si ha che:

( )aαJ2aCB n

20

2

n=

A vale:

( ) ( ) ( )drrαJrk4

Wα

aαJa

k4aW

αaαJ

aTa

0n0

3i

n

n12

i

n

n110 ∫+⋅⋅−⋅⋅−

perciò:

( )drrαJrk4

WA

a

0n0

3i∫=

e quindi:

( )

( )aαJ

drrαJr

ak2W

Cn

20

a

0n0

3

2i

n

∫=

Poiché nella 1a soluzione Wi è negativo (sottrae calore al corpo) esso è uguale a

aq2 ''

− ; nella 2a soluzione Wi è positivo (genera calore) è vale aq2 ''

+ ; nella 3a

soluzione Wi è negativo ancora…… il risultato finale è:

T = 1T + 2T + 3T

T =

−− 2

2''

10 ar1

k2aq

T + tacρ

q2T

''

i + + ( )( ) ( )∑

∞

=

−

−+−1n n0

2n

taαn0

''''

10 aαJaαerαJ

kaq2

k4aq

Tt

2n


225

L’integrale ( )drrαJra

0n0

3∫ vale

( )2

n

n02

αaαJa2

Il problema proposto non ha una soluzione stazionaria a ∞=t . Si possono

calcolare degli incrementi di temperatura a partire da Ti all’istante iniziale 0t = .

La soluzione finale è:

( )( ) ( )∑

∞

=

−

−+++

−−=

1n n02

n

taαn0

''''''

i2

2''

aαJaαerαJ

kaq2

k4aq

tacρ

q2T

ar1

k2aq

Tt

2n

La condizione iniziale è rispettata poiché a 0t = ciò che rimane della T1 e della T3

si annulla lasciando solo in piedi Ti . Infatti T3 a 0t = rappresenta la media del

profilo parabolico contenuto in T1 , cambiato di segno.

La descrizione qualitativa del problema è la seguente:

t = 0+

t q’’

0xT

=∂∂

a

Ti

x


226

La soluzione mostrata negli andamenti della temperatura T nel tempo t è composta

da tre contributi: ( ) ( ) ( )t,xTtTxTT 321 ++=

I primi due termini rappresentano la “forma” della curva su tempi lunghi, mentre la

T3 , che si spegne al correre del tempo, è l’innalzamento della temperatura nei

primi istanti. La derivata della T alla parete è costante (l’inclinazione della curva è

la stessa nel tempo) perché tetancosq '' = .

ESERCIZIO 43

Analogo all’Esercizio precedente è il problema di un cilindro pieno di raggio a ed altezza H il quale sia isolato termicamente ad abbia a t = 0 T = Ti .

All’istante t = 0+ il cilindro viene sottoposto ai flussi in ingresso ''q1 e ''q2 rispettivamente sulle facce superiore ed inferiore . Si vuole conoscere : la ( )t,rT e se esista una T di regime per ∞→t .

a

H

''q2

0

H

z 1

''q1


227

- il problema termico è 1-D nello spazio e transitorio; infatti, per l’uniformità dei

flussi sulle due facce e l’isolamento per r = a , la T è funzione solo di z e t .

- non esiste una T a regime se non nel caso che 0''q''q 21 =+ , ma non è il problema

termico proposto.

Scelto il riferimento z come da figura, il modello fisico di conservazione

dell’energia del problema è :

tT

a1

zT

t2

2

∂∂

=∂∂ ; c.c.1 :

k''q

zT 2

0

−=∂∂

c.c.2 : k''q

zT 1

H

=∂∂

Il caso si presta alla ricerca di una soluzione dei due seguenti sottoproblemi :

Esiste la complicazione del processo transitorio.

Vediamo come trattare la condizione iniziale del problema.

Il caso A, e simmetricamente il caso B, si può suddividere ancora in 3 sottocasi :

Il caso C è stazionario se i1 WH''q

−= .

Il caso D rappresenta un transitorio a partire da una T iniziale e generazione di Wi

all’interno di una superficie di controllo adiabatica.

1

1

''q2

''q1

A

+ B

Wi

D

T ( z,t )

E

''q1

-Wi

C


228

Il caso E è anch’esso transitorio a partire da una distribuzione di T ( z ) che allo

scorrere del tempo t si uniforma dentro il campo la cui superficie di controllo è

adiabatica.

Nella risoluzione dei casi A , B (e sottocasi C , D , E , C’ , D’ , E’) compariranno delle

costanti che si cercherà di specificare facendo ricorso alle condizioni al contorno e

condizione iniziale del caso .

La legge di conservazione dell’energia nei casi C , D , E rispettivamente assume le

forme :

C ⇒ 0kW

zdTd i2C

2

=+ c.c.1 : 0zdTd

0

C = c.c.2 : k''q

zdTd 1

H

C =

Le condizioni al contorno sono flussi termici e la soluzione sarà ricavata a meno di

una costante indeterminata.

D ⇒ Hcρ''q

cρW

tdTd 1iD == tetancost

Hcρ''q

T 1D +=

la costante deve essere scelta in accordo al fatto che :

T = Ti per t = 0 e T = TA + TB = Ti ;

e poiché

i0tE'D'C'EDC T T T T T T T =+++++=

se assegniamo ( ) iD T0tT == dovremo operare opportunamente delle scelte di

( )0tT 'D = , ( )0,zTE , ( )0zT 'E = . I casi C e C’ non dipendono da t .

E ⇒ tT

a1

zT E

t2E

2

∂∂

=∂∂

; c.c.1 : 0zT

0

E =∂

∂ c.c.2 : 0

zT

H

E =∂

∂

c.i. : ( ) ?0t,zTE ==

Se abbiamo posto ( ) iD T0tT == ciò comporta che :

( ) CE T0,zT −=

( ) 'C'E T0,zT −=

( ) 00tT 'D ==

Con il set di valori iniziali per tutti i sottocasi proviamo ora a trovare le soluzioni

parziali TC , TD , TE …..

1

1 1


229

Soluzione di C

1iC Cz

kW

zdTd

+−= per c.c.1 ⇒ C1 = 0

Czk2

WT 2i

C +−= la c.c.2 porta a H''q

W 1i −= e quindi chiamiamo,

convenzionalmente ( ) maxCC THzT == . Ne risulta che k2HW

TC2

imaxC += e la

soluzione di C è :

−+= 2

22i

maxCC Hz1

k2HW

TT o meglio :

−−= 2

21

maxCC Hz1

k2H''q

TT

Soluzione di D

i1

D TtHcρ''q

T +=

Soluzione di E

La soluzione generale dell’equazione differenziale è :

( ) ( )[ ] tqα21E

t2

ezαcosCzαsenCT −+= ;

dalla c.c.1 ⇒ C1 = 0 ; dalla c.c.2 ⇒ πnHαn = , n = 0, 1, 2, …per cui ho infinite

funzioni TE che non sono ancora la soluzione perché la soluzione deve soddisfare

la c.i. ( ) CE T0,zT −= .

Devo quindi, secondo l’analisi di Fourier, combinare in serie le infinite funzioni

00E CT =

( ) tqα111E

t2

1ezαcosCT −=

( ) tqα222E

t2

2ezαcosCT −=

…………………………………………….

affinché il loro sviluppo pareggi la condizione iniziale a t = 0

( )∑∞

=+=−

1nn0C zαcosCT ;

operando come noto :


230

Applichiamo il 1° autovalore = 0

∑∫∞

=+=−

1n0

H

0C ..........HCdzT

HC3H

H1

k2H''q

k2H''q

HT 0

3

21

21

maxC =−+−

k3H''q

TC 1maxC0 +−=

Applichiamo gli altri autovalori:

( ) ( ) ( )∫∫∫ +=−H

0n

2n

H

0n0

H

0nC dzzαcosCdzzαcosCdzzαcosT

( ) ( ) ( )2HCdzzαcosz

Hk2''q

αzαsen

k2H''q

αzαsen

T nn

H

o

21H

0n

n1H

0n

nmaxC =−+− ∫

( ) ( )

−+−= H

0n3nn

2H0n2

n

1n zαsen

α2

αzzαcos

αz2

Hk2''q

2HC

( )( )2n

n1

n Hα1

kH''q2

C−

−=

quindi la ( )t,zTE :

( ) ( )( ) ( ) taα

1nn2

n

n11

maxCEt

2nezαcos

Hα1

kH''q2

k3H''q

Tt,zT −∞

=∑

−−+−=

Soluzione di A

TA = TC + TD + TE risulta quindi :

TA=

−− 2

21

maxC Hz1

k2H''qT + i

1 TtHcρ''q

+ +

( )( ) ( ) taα

1nn2

n

n11

maxCt

2nezαcos

Hα1

kH''q2

k3H''q

T −∞

=∑

−−+−

La soluzione TB si sviluppa in analogia alla soluzione TA , con i 3 sottocasi :

0

0

0 0

0


231

Soluzione di C’

C’ ⇒ 0k'W

zdTd i2'C

2

=+ c.c.1 : k''q

zdTd 2

0

'C −= c.c.2 : 0zdTd

H

C =

H''q

'W 2i −=

1i'C Cz

k'W

zdTd

+−= per c.c.2 ⇒ kH'W

C i1 =

2i2i

'C CzkH'W

zk2'W

T ++−= per c.c.1 riottengo H''q

'W 2i −=

e quindi chiamiamo convenzionalmente 2max'C CT = (ottenuta quando z = 0)

e la soluzione di C’ è :

−−= 2

222

max'C'C Hz

Hz2

Hk2H''q

TT

Soluzione di D’

0tHcρ''q

T 2'D +=

Soluzione di E’

( ) ( )[ ] tqα21'E

t2

ezαcosCzαsenCT −+= ;

( ) 'C'E T0,zT −= .

( ) ( ) taα

1nnn

'0'E

y2

nezαcosCCt,zT −∞

=∑+=

Hπn

αn = n = 1, 2, 3, …

applichiamo come al solito la c.i. e sfruttiamo la ortogonalità della funzione coseno

per ricavare la Cn :

W’i

D’

T ( z,t )

E’

''q2

-W’i

C’


232

k3H''q

TC 2max'C

'0 +−=

( ) ( ) ( )2HCdzzαcosz

k''q

dzzαcoszHk2''q

αzαsen

T nn

H

o

2n

H

o

22H

0n

nmax'C =+−− ∫∫

( ) ( ) ( ) ( )

++

−+−=

H

0n

nH

02

n

n2H0n3

nn

2H0n2

n

2n α

zαsenz

αzαcos

k''q

zαsenα2

αzzαcos

αz2

Hk2''q

2HC

( ) ( )2

n

22

n

n2n

2n

2n α

1k''q

α1

k''q

1αH2

Hk2''q

2HC −

−+−−=

( )2n

2n Hαk

''qH2C −= e quindi

( ) ( ) ( ) taα

1nn2

n

22max'C'E

t2

nezαcosHα1

kH''q2

k3H''q

Tt,zT −∞

=∑−+−=

Soluzione di B

TB = TC’ + TD’ + TE’ risulta quindi :

TB=

−− 2

22

max'C Hz

Hz2

k2H''q

T + tHcρ''q2 +

( ) ( ) taα

1nn2

n

22max'C

t2

nezαcosHα1

kH''q2

k3H''q

T −∞

=∑−+−

La soluzione del caso proposto è quindi T = TA + TB :

+

−−

−− 2

22

2

21

Hz

Hz2

k2H''q

Hz1

k2H''q

k3H''q

k3H''q

TtHcρ

''q''q 21i

21 ++++

+

( ) ( ) ( ) taα

2nn2

n21

t2

nezαcosHα2''q''q

kH2 −∞

=∑+− con n = 2, 4, 6, ……..

0 0

0

1 1


233

Commenti

La soluzione T (z,t) rispetta anche le condizioni iniziali Ti a t = 0 . Infatti

integrando T (z,0) tra 0 e H e dividendo per H (valore medio) ho che la

0......... =∑ e i termini contenenti ''q1 e ''q2 si annullano; rimane solo Ti .

Inoltre il termine ∑ ......... tende a zero per ∞→t e rappresenta una

discontinuità nella forma di T al centro all’inizio del riscaldamento. In prossimità

delle due facce infatti la T è parabolica, con massimo sulla superficie esposta al

flusso. Al centro la T va via via crescendo all’aumentare di t . Per t molto elevati

nella soluzione conta solo il termine tHcρ

''q''q 21 + e si può immaginare che la soluzione

abbia assunto una forma “a regime” come mostrato nel diagramma di pagina

seguente, che trasla verso l’alto, verso ∞=T (arriva prima la fusione del pezzo!).

Quindi, all’inizio del riscaldamento, esiste un certo ritardo a che l’onda termica

partita da z = 0 e z = H raggiunga il cuore del cilindro.

Poi a regime il pezzo ha una forma di T (z) che trasla identica al crescere di t .

Ti

T

t = 0

q2’’ q1’’

0 z H


234

ESERCIZIO 44

Si pone il problema del dimensionamento delle alette, quando si abbia un cilindro raffreddato da alette circolari esposte ad un gas ad h, T∞ ; il caso può essere modellato, per una singola aletta circolare, come da figura a lato. All’istante t = 0+ la radice delle alette assume una T = Tb. Si hanno le seguenti condizioni ( ∞−= TTθ ):

c.c.1 per r=rL 0rθ

=∂∂

c.c.2 per r=r0 bθθ = c.i. 0θ = Il caso è 2-D in transitorio ma la superficie estesa consente di trattarlo come quasi 1-D .

Modelliamo una sola superficie estesa. Immaginiamo un elementino di volume molto

piccolo e scriviamo l’equazione di conservazione dell’energia.

La superficie dell’elementino di volume lambita dai gas è ( )drrπ22 ⋅⋅ .

Trascuriamo senz’altro la quota di calore scambiato all’estremità dell’aletta

( 0rT

≅∂∂

per r = rOUT) .

L’equazione di bilancio è:

( ) ( )tT

bdrrπ2cρdrrπ2TTh2drrAq

AqAq rrr ∂

∂⋅=−−

∂∂

+− ∞

( )tT

drrπ2bcρdrrπ2TTh2drπ2rT

rr

bk∂∂

=−−

∂∂

∂∂− ∞

Passando alla variabile ∞−= TTθ :

tθ

a1θm

rθ

rrr

1t

2

∂∂

=−

∂∂

∂∂

avendo posto:

cρkat = e

kbh2

m = .

Proviamo una soluzione somma di due soluzioni:

( ) ( ) ( )rθt,rθt,rθ st +=

h , T∞

rL r0

b

Tb


235

corrispondenti alle equazioni:

∂∂

=−

∂∂

∂∂

=−

∂

]2[tθ

a1θm

rθ

rrr

1

]1[0θmrdθd

rr

dr1

t

tt

2t

s2s

La soluzione dell’equazione [1] è:

( ) ( )rmKCrmICθ 0201s +=

per la c.c.1 ( ) ( ) 0rmKCmrmICm L12L11 =−

per la c.c.2 ( ) ( )002001b rmKCrmICθ +=

( )( ) E

rmKrmI

CC

L1

L1

1

2 ==

( ) ( )00001

b rmKErmICθ

+=

( ) ( )rmKErmICθ

001

s +=

( ) ( )[ ]( ) ( ) ]3[

rmKErmIrmKErmIθ

θ0000

00bs +

+

N.B.

Se la c.c.1 fosse stata θkh

rθ

Lrr

−=∂∂

=

la soluzione sarebbe stata ancora la [3], ma con ( ) ( )

( ) ( )L0L1

L0L1

rmKrmKhkm

rmIrmIhkm

E−

+= .

Le condizioni al contorno della [2] sono:

c.c.1 per r=rL 0rθt =

∂∂

c.c.2 per r=r0 tsb θθθθ +== per cui 0θθθ sbt =−=

c.i. ts θθ0θ +== quindi per t = 0 st θθ −=


236

Per risolvere la [2] applichiamo la separazione delle variabili:

( ) ( )tτrRθt =

tθ

a1θm

rθ

r1

rθ t

tt

2t2t

2

∂∂

=−∂

∂+

∂∂

ττ

a1m

RR

r1

RR '

t

2'''

=−+

date le condizioni al contorno omogenee nella direzione → r :

( )( )

−=

−=−+

2'

t

22'''

αtτtτ

a1

αmRR

r1

RR

( )

=+=−++

]5[0τaατ]4[0RrmαRrRr

t2'

222'''2

La soluzione della [5] è

taα t2

eCτ −= .

Per quanto riguarda la [4] , ponendo 22 mαβ −= , se 22 mα − è positivo, abbiamo

la soluzione:

( ) ( ) ( )rβYCrβJCrR 0201 +=

se invece 22 mα − è negativo, la soluzione è:

( ) ( ) ( )rβKCrβICrR 0201 +=

Scegliamo la: ( ) ( ) ( )rβKCrβICrR 0201 +=

Applicando le c.c.1 e 2 abbiamo: ( ) ( )

( ) ( )

=−+=

0rβKCβrβICβrβKCrβIC0

L12L11

002001

( )( )

( )( ) E

rβKrβI

rβKrβI

CC

L1

L1

00

00

1

2 ==−= [6]

esistono più valori nα , quindi 22nn mαβ −= , che soddisfano la relazione [6].

Le soluzioni particolari sono quindi: ( ) ( ) ( )[ ]rβKErβICrR n0nn0n +=

tθ sarà una combinazione lineare: ( ) ( )[ ] taα

1nn0nn0nt

t2

nerβKErβICθ −∞

=∑ +=

Applichiamo ora la condizione iniziale st θθ −= :

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑

∞

=

+=++

−1n

n0nn0n0000

00b rβKErβIC

rmKErmIrmKErmI

θ


237

ESERCIZIO 45

Condensazione del vapore e crescita dello strato di liquido nel tempo. Un recipiente, isolato sulle pareti ma non sul fondo (vedi figura), contiene vapore surriscaldato a Tv . La superficie esterna del fondo è esposta ad aria a vTT <∞ e Ts (Tsaturazione), ed h . Proviamo a risolvere il problema della crescita nel tempo dello spessore di liquido X (t) .

Assunzioni: - il problema è 1-D - il fondo d’acciaio del contenitore ha resistenza = 0 ( )∞=k - le proprietà di vapore e condensato sono costanti e indicate rispettivamente col

pedice 1 e 2 - l’interfaccia tra liquido e vapore è a Ts

La formulazione differenziale di problemi a doppio dominio è complessa,

specialmente se il dominio è finito.

Una ipotesi semplificativa iniziale potrebbe essere che il tenore del

surriscaldamento sia basso e che si possa porre Tv = Ts (saturazione).

Se è così l’unica equazione da risolvere riguarda il liquido:

22

22

xT

atT

∂∂

=∂

∂ [1] dove

22

2

cρk

a = (diffusività termica)

∞T,h

( )tX

∞T T

vT

sT

0

x


238

( ) s1 Tt,xT =

( ) s2 T0,xT =

Posizione del pelo libero:

( )tX a cui ( ) s2 Tt,XT =

La condizione al contorno sul fondo è:

0qq c0xn =−−=

ossia

( )( )∞−=∂∂ Tt,0ThxTk 2

t,0

2 [2]

Qual è la condizione al contorno per x = X(t) ?

Il ragionamento sulla fisica del fenomeno ci deve aiutare:

Quanto vale ''q ?

''q è un flusso, hlg è il calore latente di condensazione, espresso in MassaEnergia

.

Nel tempo infinitesimo dt quanta massa condensa e quanta energia è ceduta al

contorno?

tdtdXd

11Vd ⋅⋅= è il volume di condensato per unità di superficie, e dt .

tdXd

hρ lg2 rappresenta il flusso al contorno, quindi:

( )0

tdXd

hρx

t,XTk lg2

2 =+∂

∂− [3]

Anche la soluzione della formulazione semplificata rappresentata dalle equazioni

[1] , [2] e [3] presenta difficoltà matematiche; se semplificassimo ancora,

immaginando che il caso sia quasi stazionario nel liquido, avremmo:

0''qqq 2n1n =−− x

onecondensazidilatentecalore''q =

1nq

2nq


239

( ) ( )( )

( )

( )

=+∂

∂−

=

−=∂

∂

=

∞

]3[0tdXd

hρx

t,XTk

]5[Tt,XT

]2[Tt,0Thx

t,0Tk

]4[0dxTd

lg22

s2

22

22

2

La non stazionarietà è ora a carico solo dell’ultima espressione, la variazione dello

spessore del liquido nel tempo.

La soluzione di [4] è 212 CxCT +=

dalle condizioni al contorno [2] e [5] ricaviamo C1 e C2 :

( )

=+

−= ∞

s21

21

TCXC

TChCk

Svolgendo i calcoli si ha che:

( )∞−= TCkhC 21

( ) s22 TCTCkhX =+− ∞

da cui 1

khX

TkhXT

Cs

2+

+=

∞

ed ancora

−+

+= ∞

∞T

1khX

TkhXT

khC

s

1 ,

+

−−+=

∞∞∞

1khX

TTkhXT

khXT

khC

s

1

da cui finalmente

+

−= ∞

1khX

TTkhC s

1

L’incognita è X , funzione del tempo.

Usiamo ora l’equazione [3] in cui inseriamo il risultato appena ottenuto per T2 :


240

0tdXd

hρCk lg21 =+−

0tdXd

hρ1

khX

TTh lg2s =+

+

−− ∞

h1

kX

TTtdXd

hρ slg2

+

−= ∞ soggetto alla condizione iniziale ( ) 00tX ==

dthρTTXd

h1XdX

k1

lg2

s ∞−=+

Integrando tra 0 – t e tra 0 – X (t) ottengo l’equazione algebrica

0thρTT

Xh1

k2X

lg2

s2

=−

−+ ∞

( )

k1

thρTT

k214

h1

h1

tXlg2

s2

∞−++−

=

( ) thρTT

hh

k2

h1k

hktX

lg2

s2

2

2∞−

++−=

( ) ( )t

hρkTTh2

11h

ktX

lg2

s2

∞−++−= [6]

L’equazione [6] dà lo spessore del liquido condensato al crescere di t , date h , k

e tutte le grandezze fisiche dell’espressione.

Si potrebbe ancora immaginare, semplificando, che il liquido sia un buon conduttore

termico e che quindi la resistenza termica 0kX ≅ . È una semplificazione valida

per liquidi ad alto k (acqua, ecc.) e quando t è piccolo.

La [6] si semplifica ulteriormente; infatti, ricordando che

h1

kX

TTtdXd

hρ slg2

+

−= ∞

se 0kX ≅

l’espressione sopra diviene:


241

h1TT

tdXd

hρ slg2

∞−= che si integra a:

( ) ( )t

hρTTh

tXlg2

s ∞−=

ESERCIZIO 46

Immaginiamo che una paletta di turbina sia raffreddata alla base e riceva dai gas di combustione caldi un flusso radiativo e convettivo (vedi Figura 1(a)). La parete superiore della paletta è isolata. La sezione trasversale della paletta si può idealizzare come mostrato in Figura 1(b). Proviamo ad indicare l’approccio da seguire per individuare una soluzione analitica del campo di temperatura.

La prima cosa da fare è impostare l’equazione dell’energia, prima legge della

termodinamica, per un elementino di volume all’interno della pala. Trattiamo la

x

z

y Figura 1


242

direzione z come nel caso di superfici estese (alette) nelle quali vi è un gradiente

di temperatura trascurabile attraverso lo spessore ristretto ( ( )2

Lxbxg

= ).

Attraverso l’elementino gy∆x∆ ⋅⋅ di figura:

abbiamo il flusso netto di conduzione pari a:

y∆x∆gyT

ky

y∆x∆xT

gkx

∂∂

∂∂+

∂∂

⋅⋅∂∂

ed il flusso convettivo netto in uscita dall’elementino è: ( ) y∆x∆TTh2 ∞∞ −

così pure il flusso radiativo in ingresso vale: y∆x∆q2 ''2 .

Mettendo tutto assieme secondo la prima legge e dividendo per 2Lbky∆x∆

otteniamo l’equazione:

nθmyθx

xθ

xx

22

222 −=−

∂∂+

∂∂

∂∂ [1]

dove:

∞−= TTθ bkLh2

m2

2 ∞= bkLq2

n2''

2=

Le ipotesi e i passaggi matematici che portano alla [1] sono i seguenti: si sceglie un riferimento cartesiano orientato come mostrato nella Figura 1(a), e poi si ipotizza che la T non vari attraverso lo spessore b (b<<L,l) ma dipenda

x∆ X∆

y∆ X∆

yq

dyyq +

X∆

dxxq + X

xq X

( )xg

Figura 2


243

dall’altezza della paletta e dalla posizione lungo la corda L soltanto, come mostrato in Figura 1(b); si tratterà quindi il caso come quasi-bidimensionale. Per scrivere l’equazione differenziale da risolvere si parte dall’analisi dei bilanci di energia attraverso l’elementino di volume rappresentato in Figura 2.

( )2

Lxbxg

=

( ) ( ) ( ) 0dydxTTh2dydxq2dyAqy

AqAqdxAqx

AqAq ''2yyyxxx =−−+

∂∂+−+

∂∂+− ∞∞

nT

kq,q yx ∂∂

−=

∞−= TTθ sostituendo e dividendo per dydx si ha:

0θh2q2yθ

Lxb

yk

xθ

Lxb

xk ''

2

22

=−+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂

∞

0θh2q2yθ

Lxbk

xθ

xxL

bk ''22

2

2

22

2 =−+∂∂+

∂∂

∂∂

∞

dividendo per 2Lbk si ottiene la [1] .

Le condizioni al contorno secondo le quali va risolta l’equazione [1] sono:

c.c.1 ( ) finitovaloreuny,0θ =

c.c.2 θhqxθ

k ''1 ∞+−=

∂∂

− per x=L , ogni y

c.c.3 0yθ

=∂∂

per y=0 , ogni x

c.c.4 ( )[ ]00 θl,xθhyθ

k −=∂∂

− per y=l , tutti gli x

L’equazione [1] non è omogenea. Si assorbe il termine non omogeneo in una soluzione

1-D come segue:

( ) ( ) ( )xΦy,xΨy,xθ +=

dove ( )xΦ soddisfa l’equazione:

nΦmxdΦd

xxdd 22 −=−

[2]

con le seguenti condizioni al contorno:

c.c.1 ( ) finitovaloreun0Φ =


244

c.c.2 ΦhqxdΦd

k ''1 ∞+−=− per x=L , tutti gli y

e ( )y,xΨ soddisfa l’equazione:

0ΨmyΨx

xΨ

xx

22

222 =−

∂∂+

∂∂

∂∂ [3]

con le seguenti condizioni al contorno:

c.c.1 ( ) finitovaloreuny,0Ψ =

c.c.2 ΨhxΨ

k ∞=∂∂

− per x=L , tutti gli y

c.c.3 0yΨ

=∂∂

per y=0 , tutti gli x

c.c.4 ( )00 θΦΨhyΨ

k −+=∂∂

− per y=l , tutti gli x

L’equazione [2] ha soluzione

hp ΦΦΦ +=

dove pΦ è una soluzione particolare quando 0xdΦd

= :

2p mnΦ =

hΦ è invece la soluzione dell’equazione omogenea associata 0ΦmxdΦd

xxdd

h2h2 =−

La sua soluzione è:

( )

−+

=11m4

21

h

5,02

xBΦ

Infatti, equazioni del tipo 0yxγxdyd

xxdd β2α =+

,

quando 02αβ =+− , come nel nostro caso, essendo

2α = 0β = 22 mγ −= , e quindi 02 =+− αβ ,

hanno soluzioni del tipo r

h xBΦ =

dove r scaturisce dalle soluzioni dell’equazione algebrica


245

( ) 0γr1αr 22 =+−+ , cioè, nel nostro caso:

0mrr 22 =−+

2m411

r2

2,1+±−

=

2m411

r

2m411

r2

2

2

1

+−−=

++−=

Scegliamo la 1r perché fisicamente più credibile, r2 essendo

negativa.

Quindi è fisicamente più valida la soluzione:

( )

−+

=11m4

21

h

5,02

xBΦ

e perciò

( )( )

−+

+=+=11m4

21

2hp

5,02

xBmnΦΦxΦ

dalla c.c.1 ( ) finitovaloreun0Φ = si ha che

( ) finitovalore0mnΦΦ0Φ 2hp =+=+=

T

r2

r1


246

dalla c.c.2 ( ) ( )hp''

1hp ΦΦhqΦΦxd

dk ++−=+− ∞ per x=L , tutti gli y ,

svolgendo i calcoli si trova il valore di ( ) ( )

−+

−=

∞

−

∞

hL21ak

1L

mn

hq

B1a

21

2

"1

dove ( ) 5,02 1m4a += .

L’equazione [3] si risolve con la separazione delle variabili:

( ) ( ) ( )yYxXy,xΨ ⋅=

( ) 0YXmYXxYXxx

2''2'2 =−+∂∂

0YXmYXxYXx2YXx 2''2'''2 =−++

dividendo per YX :

0mYY

xXX

x2XX

x 2''

2'''

2 =−++

La direzione omogenea in questo caso è la x →

( )

=−++=−

]5[0XmxλXx2Xx]4[0YλY

222'''2

2''

la direzione x è omogenea perché:

( ) finitovalorey,0θ = , vuol dire che 0xθ

y,0

=∂∂

, oppure che ( ) 0y,0θ ≅ cioè che

( ) 0Ty,0T =− ∞

Introducendo ( )21

*

x

XxX = l’equazione [5] diviene:

0X41mxλ

xdXd

xxdXdx *222

*

2

*22 =

+−++ [6]

L’equazione [4] ha soluzione ( ) ( )yλcoshCyλsenhCY 21 +=

ma per la c.c.3 dell’equazione [3] 0C1 = , e quindi ( )yλcoshCY =

L’equazione [6] ha soluzione ( )xλJCx

1X21

2

41m2

1

+

=


247

Gli autovalori λ si trovano dalla c.c.2 omogenea dell’equazione [3]

Ψkh

xΨ ∞−=

∂∂

per x=L , tutti gli y

e la costante C ora si trova dalle infinite soluzioni:

( ) ( ) ( )yλcoshxλJx

1CΨYX nnb21nnn ==

sfruttando la c.c.4 dell’equazione [3] ( ( )00 θΦΨhyΨ

k −+=∂∂

− per y=l , tutti gli x )

si ha che:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

−++=

− ∑∑

∞

=

−∞

= 0n0

1b21

2nnb21n0

0nnnb

21n

n θxBmnlλcoshxλJ

x

1ChlλsenhxλJx

λCk

La soluzione di quest’ultima espressione, per funzioni di Bessel d’ordine non intero 5,0

2

41mb

+= non è banale. Tuttavia i coefficienti Cn vengono trovati e sono

nelle seguenti tabelle assieme agli autovalori nλ :


248

Applicando alcuni valori dello scambio termico e variando il rapporto L/l come da

tabelle allegate si ottengono le distribuzioni della seguente figura

Date post:	25-Aug-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	0 times
Download:	0 times

Capitolo 2 – Scambio termico - people.unica.it - …...Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)...

Documents