2011年《高等传热学》结课作业

高等传热学作业修订版 IBMT standardization office【IBMT5AB-IBMT08-IBMT2C-ZZT18】第一章1-4、试写出各向异性介质在球坐标系)(ϕθ、、r 中的非稳态导热方程，已知坐标为导热系数主轴。

解：球坐标微元控制体如图所示：热流密度矢量和傅里叶定律通用表达式为：→→→∂∂+∂∂+∂∂-=∆-=k T r k j T r k i r T k T k q r ϕθθϕθsin 11'' （1-1）根据能量守恒：st out g in E E E E ••••=-+ϕθθρϕθθϕϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d q d q dr r q p r sin sin 22∂∂=+∂∂-∂∂-∂∂-• （1-2） 导热速率可根据傅里叶定律计算：ϕθθθθd r dr Tr k q sin ⋅∂∂-= （1-3） 将上述式子代入（1-4-3）可得到)51(sin sin )sin ()sin (sin )(222-∂∂=+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂⋅∂∂⋅ϕθθρϕθθϕθϕθϕϕθθθθϕθθϕθd drd r t T c d drd r q d rd dr T r k rd d dr T r k d d dr r T r k r p r 对于各向异性材料，化简整理后可得到：tTc q T r k T r k r T r r r k pr ∂∂=+∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂⋅ρϕθθθθθϕθ2222222sin )(sin sin )( （1-6）第二章2-3、一长方柱体的上下表面(x=0，x=δ)的温度分别保持为1t 和2t ，两侧面(L y ±=)向温度为1t 的周围介质散热，表面传热系数为h 。

试用分离变量法求解长方柱体中的稳态温度场。

解：根据题意画出示意图：（1）设f f f t t t t t t -=-=-=2211,,θθθ，根据题意写出下列方程组⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00000212222θθλθθθδθθθθh y L y y y x x y x （2-1）解上述方程可以把θ分解成两部分I θ和∏θ两部分分别求解，然后运用叠加原理∏+=θθθI 得出最终温度场，一下为分解的I θ和∏θ两部分： （2）首先求解温度场I θ用分离变量法假设所求的温度分布),(y x I θ可以表示成一个x 的函数和一个y 的函数的乘积，即)()(),(11y Y x X y x I =θ （2-2）将上式代入I θ的导热微分方程中，得到012121212=+X dy Y d Y dx X d ，即21''11''1ε=-=Y Y X X ，上式等号左边是x 的函数，右边是y 的函数，只有他们都等于一个常数时才可能成立，记这个常数为2ε。

高等传热学问题及答案1. 简述三种基本传热方式的传热机理并用公式表达传热定律；传热问题的边界条件有哪两类？2. 有限元法求解传热问题的基本思想是什么？基本求解步骤有哪些？同有限差分方法相比其优点是什么？3. 什么是形函数？形函数的两个最基本特征是什么？4. 加权余量法是建立有限元代数方程的基本方法，请描述四种常见形式并用公式表达。

5. 特征伽辽金法（CG ）在处理对流换热问题时遇到什么困难？特征分离法（CBS ）处理对流换热问题的基本思想是什么？第一题：（1）热传导传热传导模式是因为从一个分子到另一个分子的能量交换，没有分子的实际运动，如果自由电子存在，也可能因为自由电子的运动。

因此，这种形式的热输送在很大程度上取决于介质的性质，如果存在温度差，热传导发生在固体，液体和气体。

书上补充：当两个物体有温差，或者物体内部有温度差时，在物体各部分之间不发生相对位移的情况下，物体微粒（分子，原子或自由电子）的热运动传递了热量。

（2）热对流()a w T T h q -=（牛顿冷却定律） 存在于液体和气体中的分子具有运动的自由，它们随身携带的能量（热量），从热区域移动到冷区域。

由于在液体或气体的宏观运动，热量传递从一个地区到另一个地方 ,加上流体内的热传导能量传递,称为对流换热。

对流可能是自然对流、强制对流，或混合对流。

百度补充：对流仅发生于流体中，它是指由于流体的宏观运动使流体各部分之间发生相对位移而导致的热量传递过程。

由于流体间各部分是相互接触的，除了流体的整体运动所带来的热对流之外，还伴生有由于流体的微观粒子运动造成的热传导。

在工程上，常见的是流体流经固体表面时的热量传递过程，称之为对流传热。

（3）辐射4w T q εσ= （ 斯蒂藩-玻耳兹曼定律）任何（所有）物体和任何（所有）温度都能产生热辐射。

（绝对零度以上）这是唯一一种发生热传递不需要介质的方式。

热辐射本质上是从物体的表面发射电磁波，由电磁波携带能量进行能量传输。

2011年春季学期《传热学》（A 卷）答案一．（10分）外直径为50mm 的蒸汽管道外表面温度为400℃，其外包裹有厚度为40mm 、导热系数为0.11W/(m·K)的矿渣棉。

矿渣棉外又包有厚为45mm 的煤灰泡沫砖，导热系数为0.12W/(m·K)，煤灰泡沫砖外表面温度为50℃，试求通过每米长该保温层的热损失，并给出矿渣棉外表面温度。

解：由多层圆筒壁的导热热流量公式可知：()()()132113222ln ln l t t d d d d πλλ-Φ=+（3分）其中4001=t ℃,503=t ℃,1=l m,12350,130,220d mm d mm d mm === （2分）=1λ0.11W/(m·K),=2λ 0.12W/(m·K) 带入公式，可得：25.168=ΦW （1分）设矿渣棉外表面温度为2t ，则由能量守恒定律可知：()()122112ln l t t d d πλ-Φ=（3分），代入数据，可得：39.1672=t ℃（1分） 二．（10分）直径为12mm 、初始温度为1150K 的钢球，突然被放置于温度为325K 、表面传热系数为20W/(m 2·K)的空气中冷却。

已知钢球的物性如下：λ=40W/(m·K)，ρ=7800kg/m 3，c=600J/(kg·K)。

试确定钢球中心温度被冷却到400K 所需的时间？如果考虑辐射的影响，冷却时间应延长还是缩短？解：这是一个典型的非稳态热传导问题，先计算其毕渥数的大小：1.0001.0403006.020)/<=⨯==λA V h Bi （，故可以利用集总参数法计算此非稳态问题。

（2分） 由公式：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--=∞∞τρθθcV hA t t t t exp 00 （4分） 可得：⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=∞∞t t t t hA cV0ln ρτ（1分） 代入数值，可得：21.1122=τs （1分）如果考虑辐射的影响，则钢球的散热强度增强，冷却时间会缩短。

2011年春季学期《传热学》（B 卷）答案一、（10分）冬天某湖面上结了一层厚度为200mm 的冰，其上、下表面温度分别为-15℃和0℃，冰的导热系数为2W/(m·K)，试求通过冰层的热流密度。

如果冰上覆盖了一层厚度为100mm 的雪，雪的导热系数为0.4W/(m 2·K)，此时雪的上表面温度为-20℃，试确定此时的热流密度。

解：由公式λδ21t t q -=（3分），代入数据，可得2150m W q =（2分）当冰上覆盖一层雪时，由串联热阻的叠加公式，有：221131λδλδ+-=t t q （3分）代入数据，可得214.57m W q =（2分）二、（10分）直径为80mm 、初始温度为25℃的桔子放在冰箱中，冰箱中空气温度为2℃，空气与桔子间表面传热系数为1.5W/(m 2·K)。

已知桔子的物性如下：λ=0.6085 W/(m·K)，ρ=997kg/m 3，c=4179J/(kg·K)。

试计算桔子中心温度减低到4℃所需的时间。

解：这是一个典型的非稳态热传导问题，先计算其毕渥数的大小：1.00986.06085.004.05.1<=⨯==λhl Bi ，故可以利用集总参数法计算此非稳态问题。

（3分） 由公式：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--=∞∞τρθθcV hA t t t t exp 00,可得：⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=∞∞t t t t hA cV 0ln ρτ（5分） 代入数值，可得：88.90452=τs （2分） 三、（10分）空气以10m/s 速度外掠0.8m 长的平板，80f t =℃,30w t =℃，计算该平板在临界雷诺数c Re 下的c h 、全板平均表面传热系数以及换热量。

(层流时平板表面局部努塞尔数1/21/30.332x x Nu Re Pr=，紊流时平板表面局部努塞尔数3/15/40296.0Pr Re Nu x =，板宽为1m ，已知5105⨯=c Re ，定性温度C t m 055=时的物性参数为：22.8710W/m K λ-=⨯⋅（），6218.4610m /s ν-=⨯，697.0=Pr )解：(1)根据临界雷诺数求解由层流转变到紊流时的临界长度1552m f w t t t =+=（）℃,（1分）此时空气得物性参数为：22.8710W/m K λ-=⨯⋅（），6218.4610m /s ν-=⨯,0.697r P =5651018.46100.9210c c c Re ulRe X m u νν-⨯⨯⨯=⇒===（） （2分）由于板长是0.8m ，所以，整个平板表面的边界层的流态皆为层流⇒==3/12/1Pr Re 332.0λhlNu x 21/21/351/21/322.87100.3320.3325100.6977.41W/m 0.8c c h Re Prlλ-⨯==⨯⨯⨯=⋅（）（℃）（2分）(2)板长为0.8m 时，整个平板表面的边界层的雷诺数为：561033.41046.188.010⨯=⨯⨯==-νulRe （1分） 全板平均表面传热系数:21/21/351/21/322.87100.6640.664 4.33100.69713.9W/m 0.8h Re Prlλ-⨯==⨯⨯⨯=⋅（）（℃）（2分）全板平均表面换热量13.90.818030557.9W f w hAt t Φ=-=⨯⨯⨯-=（）（） （2分）四、（10分）温度50f t =℃的空气平行掠过一表面温度为100w t =℃的平板表面，平板下表面绝热。

第一章1-4、试写出各向异性介质在球坐标系)(ϕθ、、r 中的非稳态导热方程，已知坐标为导热系数主轴。

解：球坐标微元控制体如图所示：热流密度矢量和傅里叶定律通用表达式为：→→→∂∂+∂∂+∂∂-=∆-=k T r k j T r k i r T k T k q r ϕθθϕθsin 11'' （1-1）根据能量守恒：st out g in E E E E ••••=-+ϕθθρϕθθϕϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d q d q dr r q p r sin sin 22∂∂=+∂∂-∂∂-∂∂-• （1-2） 导热速率可根据傅里叶定律计算：ϕθθθθd r dr Tr k q sin ⋅∂∂-= （1-3） 将上述式子代入（1-4-3）可得到)51(sin sin )sin ()sin (sin )(222-∂∂=+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂⋅∂∂⋅ϕθθρϕθθϕθϕθϕϕθθθθϕθθϕθd drd r tT c d drd r q d rd dr T r k rd d dr T r k d d dr r T r k r p r 对于各向异性材料，化简整理后可得到：tTc q T r k T r k r T r r r k pr ∂∂=+∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂⋅ρϕθθθθθϕθ2222222sin )(sin sin )( （1-6） 第二章2-3、一长方柱体的上下表面(x=0，x=δ)的温度分别保持为1t 和2t ，两侧面(L y ±=)向温度为1t 的周围介质散热，表面传热系数为h 。

试用分离变量法求解长方柱体中的稳态温度场。

解：根据题意画出示意图：（1）设f f f t t t t t t -=-=-=2211,,θθθ，根据题意写出下列方程组⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00000212222θθλθθθδθθθθh y L y y y x x y x（2-1）解上述方程可以把θ分解成两部分I θ和∏θ两部分分别求解，然后运用叠加原理∏+=θθθI 得出最终温度场，一下为分解的I θ和∏θ两部分： （2）首先求解温度场I θ用分离变量法假设所求的温度分布),(y x I θ可以表示成一个x 的函数和一个y 的函数的乘积，即)()(),(11y Y x X y x I =θ （2-2）将上式代入I θ的导热微分方程中，得到012121212=+X dyY d Y dx X d ，即21''11''1ε=-=Y Y X X ，上式等号左边是x 的函数，右边是y 的函数，只有他们都等于一个常数时才可能成立，记这个常数为2ε。

高等传热学复习题答案1. 试述傅里叶定律的物理意义及其数学表达式。

傅里叶定律描述了在稳态条件下，热量通过材料的传导过程。

其物理意义是热量的传递速率与温度梯度的负值成正比，且与材料的热导率有关。

数学表达式为：\( q = -k \frac{dT}{dx} \)，其中 \( q \) 表示热量传递速率，\( k \) 表示材料的热导率，\( \frac{dT}{dx} \) 表示温度梯度。

2. 什么是热对流？请简述热对流的两种主要类型。

热对流是指流体中热量的传递过程，它依赖于流体的宏观运动。

热对流的两种主要类型为自然对流和强制对流。

自然对流是由流体内部密度差异引起的，而强制对流则是由外部力（如风扇或泵）驱动的流体运动。

3. 简述辐射换热的基本原理。

辐射换热是指物体之间通过电磁波传递能量的过程。

它不需要任何介质，可以在真空中进行。

辐射换热的基本原理是物体根据其温度和表面特性发射和吸收辐射能。

斯特藩-玻尔兹曼定律和普朗克定律是描述辐射换热的基本定律。

4. 试分析在不同边界条件下，热传导问题的解法。

在不同的边界条件下，热传导问题的解法会有所不同。

例如，在狄利克雷边界条件下，物体表面的温度是已知的；在诺伊曼边界条件下，物体表面的热流密度是已知的；而在罗宾边界条件下，物体表面的热流密度与温度的函数关系是已知的。

对于这些不同的边界条件，可以采用分离变量法、有限差分法或有限元法等方法求解。

5. 描述在不同工况下，流体流动的类型及其特点。

流体流动的类型通常根据流动的雷诺数（Re）来分类。

当Re小于2300时，流动为层流，特点是流线平行，无涡旋；当Re大于4000时，流动为湍流，特点是流线混乱，存在涡旋。

在过渡流区域（2300 < Re < 4000），流动状态不稳定，可能同时存在层流和湍流的特点。

6. 试解释热辐射中的黑体、灰体和选择性辐射体的概念。

黑体是指能够吸收所有入射辐射的物体，其辐射能力与温度有关，遵循斯特藩-玻尔兹曼定律。

浙江大学2010–2011学年学期《高等传热学》课程期末考试试卷课程号：，开课学院：能源系考试试卷：√A卷、B卷（请在选定项上打√）考试形式：闭、√开卷（请在选定项上打√），允许带计算器、参考资料入场考试日期： 2010 年月日,考试时间： 120 分钟诚信考试，沉着应考，杜绝违纪。

考生姓名：学号：所属院系： _1、试写出能量方程的五种表达形式并加以简要说明。

(本题20分)2、试述紊流换热问题的模型与求解方法。

与雷诺比拟相比卡门比拟作了哪些改进？(本题20分)3、已知一直径5mm导线长1000m连接电器，电阻率为0.001Ω/m，导热系数为398W/(mK)。

周围空气温度为30℃，导线与空气的表面传热系数为5 W/(m2K)，假设供电电压为220V，电器发生短路故障，试求导线温度稳定后，（1）导线表面温度，（2）导线最高温度及位置，（3）导线单位长度的散热量。

(本题20分)4、用热电偶测量空气温度要注意哪些问题？为什么？(本题20分)5、试推导辐射换热的网络法计算公式，在推导时，你用了哪些假定。

(本题20分)浙江大学2010–2011学年学期《高等传热学》课程期末考试试卷课程号：，开课学院：能源系考试试卷：A卷、√B卷（请在选定项上打√）考试形式：闭、√开卷（请在选定项上打√），允许带计算器、参考资料入场考试日期： 2010 年月日,考试时间： 120 分钟诚信考试，沉着应考，杜绝违纪。

考生姓名：学号：所属院系： _1、试述相似原理理论求解对流换热问题的原理、步骤及应用。

(本题20分)2、试从传热和流动两个方面说明紧凑式换热器如何选用换热器的通道形式。

(本题20分)3、已知一直径50mm球状食品，导热系数为0.38W/(mK)。

周围空气温度为30℃，食品与空气间的表面传热系数为5 W/(m2K)，假设将该食品放入微波炉中加热，加热量为10W。

试求食品温度达到稳定后，（1）食品表面温度，（2）食品最高温度及位置，（3）食品表面的热流密度。

3-1气流温度按简谐波变化时，热电偶的温度响应为()*cos B θωτϕ=+(1.1)其中()arctan r A B ϕωτ==-按题目要求221/1/2010s s Tπππω===,3890039011028.925620r cV s hAρτ-⨯⨯⨯===⨯,()220/h W m K = ，根据题目提供的热电偶测量的最高、最低温度，求出热电偶测量的温度变化的振幅如下式13012432A -== (1.2)把r ωτ、的数据代入（1.2）中得气流温度变化的振幅27.4f A =，所以真实气体温度变化的最大、最小值为 m ax 13012427.4154.42t +=+=(1.3)m in 13012427.499.62t +=-=(1.4)3-21）该导热问题的数学描述为（设w t t θ=-，00w t t θ=-）22000a x x xx θθττθθθδθ⎧∂∂=⎪∂∂⎪==⎪⎨∂⎪==⎪∂⎪==⎩ (1.5)2）用分离变量法求解平壁中温度场设()()(),x X x T θττ=则式（1.5）中的导热微分方程式可写为'2"1X T Xa Tε==-(1.6)解()T τ的方程得()2a T Ceεττ-= (1.7)解()X x 的方程得()()()cos sin X x A x B x εε=+(1.8)把关于x 的边界条件代入（1.8）式得0B =，2n n ππεδ+=（n=0，1，2…）()220exp 22,cos n n x a A n n x ππτππδδθτ∞=⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-+⎢⎥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎣⎦=∑(1.9)把初始条件代入式（1.9）得002cos n n x A n ππδθ∞=⎡⎤⎛⎫+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦=∑(1.10)解得()()()()0002022cos 4121cos nn x n dx A x n n dx δδππθπθδππδ⎡⎤+⎢⎥-⎣⎦==+⎡⎤+⎢⎥⎣⎦⎰⎰(1.11)把（1.11）代入（1.9）得()()()2020exp 2241,cos 21nn xa n n x n ππτππδδθτθπ∞=⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-+⎢⎥⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎣⎦-=+∑(1.12) 3）用拉普拉斯变换法求该问题适用于短时间的解设0t t θ=-则拉式变换后的导热问题数学描述为_2_2__00w s d a dx d x dx x sθθθθδθ⎧⎪=⎪⎪⎪==⎨⎪⎪==⎪⎪⎩(1.13)解得_chxθ=(1.14)整理上式可得_expexp x xθ+=(1.15)())()_exp exp exp x x δθ⎡⎤+=(1.16)())()()()()_expexp 1exp 2nw n x x s θθδδδ∞=⎡⎤=-++--⎣⎦∑(1.17)()()()()(){}_1exp 21exp 21nwn n x n x sθθδδ∞=⎡⎤⎡⎤=-++++-⎣⎦⎣⎦∑(1.18)短时间的解()()()(()()({}_01e 21e 21nw n rfc n x rfc n x θθδδ∞=⎡⎤⎡⎤=-++++-⎣⎦⎣⎦∑ (1.19)3-3该导热问题的数学描述为，设0t t θ=-22000a xx qxx θθττθθλδθ⎧∂∂=⎪∂∂⎪==⎪⎨∂⎪=-=⎪∂⎪==⎩ (1.20)解上述导热问题设()2qx θθδλ=--，首先求解()2,x θτ()2222222000a xqx x xx θθττθδλθδθ⎧∂∂=⎪∂∂⎪⎪==-⎪⎨⎪∂==⎪∂⎪⎪==⎩ (1.21)与题3-2相同，解上式可得()220exp 22,cos n n x a A n n x ππτππδδθτ∞=⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-+⎢⎥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎣⎦=∑(1.22)把初始条件代入可得 ()02cos n n qx x A n πδπλδ∞=⎡⎤⎛⎫-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦-=∑(1.23)解得()()()142112121n n q x A n n δλπδπ-⎡⎤⎛⎫=--+⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎣⎦ (1.24)()2qx θθδλ=--，把（1.24）代入（1.22）得平壁中温度场()()()221041exp 2122211cos 21n n qq x a x n n n x n δππτδππλλπδδθδπ∞-=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++-+⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=--++∑(1.25)3-4解：该问题的数学描述可表示为：22t t axτ∂∂=∂∂ 0x δ≤≤ 0τ>0t t = 0x δ≤≤ 0τ= 0t t q Cxλτ∂∂-=-∂∂ x δ= 0τ>0t t = 0x = 0τ>将上述数学描述无量纲化可得：22FoXθθ∂∂=∂∂ 01X ≤≤ 0F o >0θ= 01X ≤≤ 0F o =M KXF oθθ∂∂=-∂∂ 1X = 0F o >0θ= 0X = 0F o >其中：2a F o τδ=xX δ=CCaK cδρλδ==0q M δλ=对无量纲化的方程及边界条件做拉普拉斯变换，得220d s dxθθ-= 01X ≤≤ 0s >d M K s dxsθθ=- 1X = 0s >0θ= 0X = 0s >解此方程可得：M shθ⋅=对θ做拉普拉斯反变换可得出原函数θ。

1-5 椭球坐标系（),,ϕθη由η=常数的椭球面，θ=常数的双曲线面和ϕ=常数的平面组成。

如果椭球坐标系与直角坐标系的关系为：θηϕθηϕθηcos sin sin cos sin Ach z Ash y Ash x === 试证明该椭球坐标系的拉梅系数为：1H =ηH =2222cos sin θηθηsh ch A + θH H =12222cos sin θηθηsh ch A += ψH H =1θηsin Ash =并证明椭球坐标系中拉普拉斯算子的表达式为：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+=∇θθθηηηθηθηt t t cth t sh ch A t cot )cos sin (12222222222ψθη22222sin 1∂∂+tsh A 解：（1）由式1 -2-18知 2221)()()(ηηηη∂∂+∂∂+∂∂==zy x H H 22222222222sin sin cos cos cos θηψθηψθηch A sh A sh A ++=θηsin Ash =（2）由式1 -2 - 25知ψθηθθθηηηθηθηψθηθθηθηθηθηθηηθηθηψθθθηηηψψψθθθηηηψψηθηη22222222222222222222222222222223332233222122321321223322333212322212312sin 1cot )cos sin (1sin 1sin cos sin sin )cos sin (11]11[1])([1)( )()([1)3,2,1()(1∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+=∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+∂∂+=∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂∂∂+∂∂=∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂∂∂+∂∂+∂∂∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂==∂∂∂∂=∇∑=tsh A t t t cth t sh ch A tsh A t Ash Ach t t Ash Ach t sh ch A t H t H H t t H H t H H t H H H t H H H t H t H t H t H H H H tH H t H H t H H H i x t H H x Ht ii i i3-2 大平壁的初始温度均匀为0t ，从某一时刻起其两表面的温度突然降为w t 并保持不变，试求:（1）写出该导热问题的数学描述； （2）用分离变量法求解平壁中的温度场。

Homework 5.21. Slug flow in a tube(u(r) = V) with a fully developed temperature profile:- Constant heat flux - What is T(r)?·Remember dT m /dx = constant·Use dT/dr = 0 at r = 0 and T w at r = R to get ingration constants - What is Nu? A: 根据能量方程，221p p T T T T c u c v k rk r x r r rx ρρ∂∂∂∂∂⎛⎫+=+ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭(1) 对于充分发展的管内弹状流，u=0, 且由于mdT T x dx∂=∂= constant ，因此(1)式可化简为： 1m p dT Tc Vk r dx r r rρ∂∂⎛⎫= ⎪∂∂⎝⎭(2) 解之可得，212(r)ln 4p m V c dT T r C r C k dxρ=⋅⋅++ (3) 根据边界条件，0,, T(r)=T w Tr rr R ∂==∂= 代入(3)中，得到C 1=0, 224p m w V c dT C T R k dxρ=-⋅平均温度201()2Rm T T r rdr R ππ=⎰ 28()m w m p dT kT T dx V c Rρ=- 因此，得到22222(r)(1)22()4m w m w w m dT VR r r T T T T T T dx R Rα=+⋅⋅-=-+-2288q''h()()()222p p m w m w m w m p mc c R V dT k kT T T T T T R dx R V c R Rρπππρ=-=⋅=⋅-=- 28h d h R Nu k k⋅⋅===2. Fully developed Poiseuille flow between parallel plates- Constant heat flux- Top and bottom at the same temperature - Neglect viscous dissipation - What is T(y)?·Remember dT m /dx = constant·Use T w at y = 0 and y = h to get integration constants - What is Nu? A: 根据能量方程，2222()p p T T T T c u c v k x y x yρρ∂∂∂∂+=+∂∂∂∂ (1)对于x 方向充分发展的Poiseuille 流，v=w=0 由于mdT T x dx∂=∂= constant ，(1)式可化为： 22p T T c u k x yρ∂∂=∂∂ (2)根据01()hm u u y dy h =⎰，且22()6()m u y y y u h h=-，代入得到22226()m m p dT y y Tu c k h h dx yρ∂-=∂解得温度分布为34122()()2p m m c u dT y y T y C y C k dx h h ρ=⋅-++ (3)根据Poiseuille 流边界条件：0,w y T T == ,w y h T T ==带入(3)式中解得，12p m mc u dT C h kdxρ=-, 2w C T =因此，得到温度分布为342()()22p m p m m m w c u c u dT dT y y T y y T k dx h h k dxρρ=⋅--⋅+ 根据342220011()()6()22h hp m p m m m m w m m m c u c u dT dT y y y y T T y udy y T u dy hu hu k dx h h k dx h h ρρ⎡⎤⎡⎤==⋅--+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰∴2140()17m w m m p dT kT T dx u c hρ=- ∴ 140q''h()()17p m w m w m mc dT kT T T T L dx L =-=⋅=- Nu 14017=Homework 5.31. Find the equation for the boundary layer thickness δ and for C f for:23()u y a b c d Uηηη=+++ Compare to the exact values and the fourth order equation solutions. A: 对于23()u y a b c d Uηηη=+++，根据边界条件， 0, u=0y =，∴ a = 0,y u U δ==，∴ 1 = b + c + d 对于平板，有220y uy =∂=∂，∴ c = 0根据0y u yδ=∂=∂，∴ b + 3d = 0由此可得，a = 0, b = 1.5, c = 0, d = -0.5.3()3122u y U ηη=- 2200333()222w y y u y UU yμτμμδδδ==∂=-=-⋅-=-∂1039(1)280i u u y d U U δδδ=-=⎰ 对于U = constant ，23-2i w UU x δδμρτδδ∂==∂积分后得到，xδ=与精确解相差7.2%，与4级近似解相差20.5%02223=1122y f uy U C U U U μτμδρρρ=∂∂==，且x δ=f C ==与精确解相差2.6%，与4级近似解相差5.5%2. Derive the ordinary differential equation and the boundary conditions for the Blasius solution energy equation for flow over a flat plate. (See pages 29-30) A: 根据能量方程，22()k p T T T c u v x y yρ∂∂∂+=∂∂∂w w T T T T θ∞-=-，22()k p c uv x y y θθθρ∂∂∂+=∂∂∂ 常壁温边界条件：0,0,1y y θθ===∞=根据Blasius solution δη≈===3/22222221122x x x x y y U y y y x θθηθθηηηηθθηθηηθθηθθηηνη∂∂∂∂-∂⎛⎫⎛⎫===⋅-⋅ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭∂∂∂∂==∂∂∂∂⎛∂∂∂∂∂∂==⋅=⋅ ∂∂∂∂∂∂⎝代入能量方程中得到，)1'''''2p p U c f U c f f k x vx ηρθρηθθ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭即 2''Pr '0f θθ+= 边界条件为00;1ηθηθ===∞=，，3. Start from the local friction coefficient for flow over a flat plate, C f , on slide 31 andderive the average friction coefficient over the entire plate, C L . Show your work. A:2(x)12f C U τρ===01LL C L ==⎰4. A projectile in the form of a bluff-ended cylinder 20 cm in diameter and 60 cm long, moves through the air in the direction of its long axis at a velocity U of 100 m/s.212Dfrontal F C A U ρ=The drag coefficient, C, is equal to 1.0 for this object. Frontal area=πD 2/4, F D = total dragAssuming that the boundary layer thickness over the cylindrical surface of the projectile at a distance x from the leading edge is given by:xδ=and that the momentum thickness of the boundary layer is given by:772i δδ=Find what proportion of the total drag on the projectile is attributable to skin friction over the curved surface, assuming no pressure gradient in the boundary layer in the streamline direction.Data. Air kinematic viscosity is 0.15 cm 2/s Air density is 1.15 Kg/m 3Assumptions: Assume this is like a flat plate, then use the equation on slide 15.A: 22*()i w U dU U x dxδρρδτ∂+=∂ 若将圆柱表面看成平板，U = constant,0dUdx=，则22()772i w U U x xδδτρρ∂∂==∂∂因为xδ=∴4155x x x δ-⎛⎫⎛⎫∂∂∂=== ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭125772w U τρ-=1125500070.131372LLL w f dx U dx x dx τρ--====⎰⎰⎰12.16N22142D F D U πρ=⋅=180.64N DfF =6.7%Homework 5.41. Derive the equation relating q” to the temperature difference for natural convection driven flow in a round tube (like on slide 19 for parallel plates). - water properties at 25 C - tube length = 100 cm - tube diameter = 1 mm - constant heat flux- fully developed flow in a tube (from the first homework)a) Plot ∆T and Q (m 3/s) versus heat flux for fluxes of 500 to 5000 W/m 2 b) Is the assumption of fully developed flow valid? - hint: is L/(D Re) > 0.05c) Is the Boussinesq approximation valid here? A: 圆管内充分发展的流体，其速度分布为 22214R p r u z R μ⎛⎫∂=- ⎪∂⎝⎭平均速度2222201(1)2r 48RR p r R p u dr R z R zππμμ∂∂=⋅⋅-=-⋅∂∂⎰体积流量为44288R p R pQ R u z Lπππμμ∂∆===∂()()()22L LL L Lp gdy g T T dy g T T g T ρρρβρβρβ∞∞∞∞∞∞∆=-=-=-=∆⎰⎰ 根据能量平衡，''2p Qc T q RL ρπ∆=即4''28p R pc T q RL L πρπμ∆∆=将p ∆代入，得到()232''32p c gR q T Lρβμ∞=∆Pr ''''32R cond Gr q q =，''cond T q R λ∆= a) 根据以上推导过程可以得到，T ∆=Q =分别作出当2''500~5000/q W m =时T ∆与Q 随q’’变化的曲线，如下图所示。

1-21）推导柱坐标系中的导热微分方程因为cos x r ϕ=，sin y r ϕ=，z z =所以有111cos sin 0x xx r y yx r z zx r ϕϕ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 222sin cos 0x xr x y yr x z zx ϕϕϕϕϕ⎧∂∂==-⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 333001x xx z y yx z z zx z ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 由上面关系式我们可得11r H H ===(1.1)2H H r ϕ===(1.2)31z H H ==(1.3)由（1.1）、（1.2）、（1.3）得H r =32211V i i i i H t t q Hx H x =⎛⎫∂∂∇=+ ⎪∂∂⎝⎭∑ (1.4)把（1.1）、（1.2）、（1.3）代入式（1.4）中得柱坐标系中的导热微分方程22222211t t tt r r r r r zϕ∂∂∂∂⎛⎫∇=++ ⎪∂∂∂∂⎝⎭ (1.5)2）推导球坐标系中的导热微分方程因为sin cos x r θϕ=，sin sin y r θϕ=，cos z r θ=所以有111sin cos sin sin cos x xx r y yx r z zx r θϕθϕθ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 222c o s c o s c o s s i n sin x xr x y yr x z zr x θϕθθϕθθθ⎧∂∂==⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==-⎪∂∂⎩ 222s i n s i n s i n c o s 0x xr x y yr x z zx θϕϕθϕϕϕ⎧∂∂==-⎪∂∂⎪⎪∂∂==⎨∂∂⎪⎪∂∂==⎪∂∂⎩ 由上面关系式我们可得11r H H === (1.6)2H H r θ===(1.7)3sin H H r ϕθ===(1.8)由（1.1）、（1.2）、（1.3）得2sin H r θ=把（1.6）、（1.7）、（1.8）代入式（1.4）中得球坐标系中的导热微分方程22222222111sin sin sin t t tt r r r r r r θθθθθϕ∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫∇=++ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭ (1.9)1-4设,,r θϕ为导热系数主轴则sin rr tq r t q r t q r θθϕϕλλθλθϕ⎧∂=-⎪∂⎪∂⎪=-⎨∂⎪∂⎪=-⎪∂⎩(1.10)在非稳态导热微分方程中311i i i i H q q Hx H =⎛⎫∂∇=⎪∂⎝⎭∑ (1.11)其中球坐标系中11H =，2H r =，3sin H r θ=，2sin H r θ=，由（1.10），（1.11）得22222111sin sin sin r t t t q r r r r r r θϕλλθλθθθθϕϕ⎛⎫∂∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫-∇=++ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭(1.12) 非稳态导热微分方程为V tcq q ρτ∂=-∇+∂ (1.13)将（1.12）代入（1.13）得各向异性介质在球坐标系中(),,r θϕ中的非稳态导热方程22222111sin sin sin r v t t t t cr q r r r r r θϕρλλθλτθθθθϕϕ⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭(1.14)1-5有题目中的给定的已知条件得sin cos sin sin cos xAch yAch zAsh ηθϕηηθϕηηθη⎧∂=⎪∂⎪⎪∂=⎨∂⎪⎪∂=⎪∂⎩c o s c o s c o s s i n s i n xA s hyA s h zA c hηθϕθηθϕθηθη⎧∂=⎪∂⎪∂⎪=⎨∂⎪∂⎪=-⎪∂⎩s i ns i n s i n c o s 0xAsh yAsh zηθϕϕηθϕϕϕ⎧∂=-⎪∂⎪⎪∂=⎨∂⎪⎪∂=⎪∂⎩由以上公式可得椭球坐标系的拉梅系数为sin H H H Ash ηθϕηθ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩(1.15)()32222sin sin cos H A sh ch sh ηθηθηθ=+(1.16)把式（1.15）、（1.16）代入（1.4）中得()22222222222222211cot sin sin cos t t t t tt cth A sh A ch sh ηθηηθθηθϕηθηθ⎛⎫∂∂∂∂∂∇=++++⎪∂∂∂∂∂+⎝⎭(1.17)2-1首先对铝导线进行分析求出铝导线的温度场，这是一个一维稳态有内热源的问题 在圆柱坐标系中建立其导热微分方程得10v d dt r q λ⎛⎫⎪⎝⎭+= (2.1)其中λ按常物性处理解导热微分方程得212ln 4v q t r c r c λ=-++ (2.2)把边界条件带入上式求解两个常数0r =，0tr∂=∂求得10c =，所以（2.2）式变为224v qt r c λ=-+(2.3)r R =，w t t =求得224v w q c t R λ=+(2.4)铝导线内温度场为()224v w q t t R r λ=+- (2.5)铝导线单位长度发热量： 222l v I Q q R R ρππ==，所以224v I q Rρπ=横截面积2A R π=，所以0.977R mm ===， 1.954D mm =1R R =为裸线直径；2R 为塑胶线的外径对于裸线：()12l w f Q h t t R π=-(2.6)12lw f Q t t h R π=+(2.7)把（2.7）式带入（2.5）式得()2211124l v f Q qt t R r h R πλ=++-(2.8)把lQ 、vq 带入得（2.8）式得()22221232411124f I I t t R r h R R ρρπλπ=++- (2.9)对于塑胶线：21221122ln w fl D D h R t t Q πλπ-=+ (2.10)222111ln 22w f l D t t Q h R D ππλ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭(2.11)把lQ 代入得222122111ln 22w f D I t t R h R D ρπππλ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭(2.12)把（2.12）式带入（2.5）式得 ()2222121221111ln 224v f q D I t t R r R h R D ρπππλλ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭即()2222212412211111ln 224f D I I t t R r R h R D R ρρπππλλπ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭ (2.13)设导线内部0r =时温度为0t ，根据题目要求导线内部最高温度与环境温度的温差不得超过 80℃，即080f t t -=℃时通过导线的电流取到最大值。

《高等传热学》作业1．试写出如下热传导问题的数学描述：⑴一块平板，0≤x≤l，初始温度为f(x)。

当时间τ>0时，x=0处的边界始终绝热，x=l处的边界以对流方式将热量传给温度为零度的介质。

⑵一半无限大物体，0≤x<∞，初始温度为f(x)。

当时间τ>0时，物体内产生速率为常数q0[W/m3]的热量，而x=0处的边界始终为零度。

⑶一实心圆柱体，0≤r≤b，初始温度为f(r)。

当时间τ>0时，物体内产生速率为q(r)[W/m3]的热量，而r=b的边界处，以对流方式将热量传给温度为零度的介质。

⑷一实心球，0≤r≤b，初始温度为f(r)。

当时间τ>0时，物体内产生速率为q(r)[W/m3]的热量，而r=b处始终保持均匀温度t0。

2．一半无限大物体，0≤x<∞，初始温度为零度。

当时间τ>0时，x=0的边界始终维持恒温t0。

试求时间τ>0时平板内温度分布t(x,τ)、渗透深度δ(τ)和x=0边界处热流密度q(0,τ)的表达式。

3．一维无限大物体，-∞<x<∞，初始时，区域a<x<b处于恒温t0，在该区域外均为零度。

试求时间τ>0时物体内温度分布t(x,τ)的表达式。

4．试写出一口油井投产、关井、再投产三个不同阶段的井温计算公式。

5．试导出埋地热力管道内流体沿程温度分布计算公式。

6．一长方柱体，两相邻面维持200℃，另两相邻面维持100℃，试用蒙特卡洛法编程计算长方柱体中心线的温度。

要求两个方向各等分成十份，给出源程序，并测试随机试验次数对计算结果的影响。

7. 试根据边界层微分方程组导出普朗特数为1的流体沿恒壁温平板对流换热时对流换热系数与壁面摩擦系数的关系。

8．概念解释：紊流强度、边界层厚度、位移厚度、动量厚度、壁面通用速度型、壁层、辐射密度、辐射压力、总辐射温度、表观单色温度、色温度。

9．试用热力学方法导出斯蒂芬—玻尔兹曼定律。

8-3，试证明，流体外掠平壁层流边界层换热的局部努赛尔特数为12121Re PrxNu r=证明：适用于外掠平板的层流边界层的能量方程22t t tu v ax y y∂∂∂+=∂∂∂常壁温边界条件为wy t ty∞==→∞时，时，t=t引入量纲一的温度wwt tt t∞-Θ=-则上述能量方程变为22u v ax y y∂Θ∂Θ∂Θ+=∂∂∂引入相似变量12Re()y yx xηδ===有11()(()22x x xηηηηη∂Θ∂Θ∂''==Θ-=-Θ∂∂∂()y yηηη∂Θ∂Θ∂'==∂∂∂；22()Uy xηυ∞∂Θ''=Θ∂将上三式和流函数表示的速度代入边界层能量方程，得到1Pr02f'''Θ+Θ=当Pr1时，速度边界层厚度远小于温度边界层厚度，可近似认为温度边界层内速度为主流速度，即1,f fη'==，则由上式可得Pr()2dfdη''Θ'=-'Θ，求解可得1212()()Pr2Pr(0)()erfηηπΘ='Θ=则12120.564Re Prx xNu=8-4，求证，常物性不可压缩流体，对于层流边界层的二维滞止流动，其局部努赛尔特数满足10.4220.57Re Pr x Nu =⋅证明：对于题中所给情况，能量方程可表示为22u v x y yθθθα∂∂∂+=∂∂∂其中，,,()u v y x ψψψθθηθ∂∂==-===∂∂ 故上式可转化为Pr02θζθ'''+⋅⋅= 经两次积分，得到0000Pr [exp()]2()Pr [exp()]2d d d d ημμζηηθμζηη∞-=-⎰⎰⎰⎰ 定义表面传热系数sx s q h T T ∞=-，则(0)q '=进一步，进行无量纲化处理，引入局部努赛尔特数12(0)Re x x x h x Nu k ⋅'===其中1200Re (0)Pr [exp()]2xd d μθζηη∞'=-⎰⎰ 针对层流边界层的条件，查由埃克特给出的计算表如下：不同Pr 数下，常物性层流边界层，12Re x Nu -⋅的值故可看出，12Re x Nu -⋅=常数，进而，12()=x h xu k υ-∞⋅=1常数C ， 由1m u C x ∞=⋅，得11212m C kh xυ-=⋅对于二维滞止流，m=1，则h 也为常数，从x=0到x 处的平均热导率h m 定义为1xm h hdx x =⎰故11112212120121m m x m C k C k h x dx x x m υυ--=⋅=⋅⋅+⎰， 则21m h h m =+，由此可看出， 在m=1时，努赛尔特数的近似解可以很好的表示为10.4220.57Re Pr x Nu =⋅ 同样的，我们也可以得到三维滞止流的近似解10.4220.76Re Pr x Nu =⋅。