Fisica Tecnica - Lezioni Teoriche 16-17-18

Conduzione Stazionaria

_{(∂T/∂t = k (∂²T/∂x² + ∂²T/∂y² + ∂²T/∂z²)+ q̅}g

_T(x,y,z,t)

_{ϕx = - k ∂T/∂x}

Stazionario: ∂T/∂t = 0

0 = k ( ) + q̅_g

Monodimensionale: dipende da 1 sola coordinata spaziale

Prendiamo una parete, prima le condizioni sulle superfici sono uniformi su entrambi le facce

Possiamo immaginare che T dipenda solo della x della parete: T = T(x)

0 = k (d²T/dx²) + q̅_g

equazione di Fourier stazionario e monodimensionale

Si semplifica i termini y e z

Riscrivo:

d²T/dx² = - q̅_g/k

1. facciamo una integrazione indefinita

∫d²T/dx² dx = ∫- q̅_g/k dx + A

T(x) = - q̅_g x²/2k + Ax + B

2. facciamo una integrazione

dT/dx = - q̅_g/k + A

(T(x) = - q̅_g x²/2k + Ax + B

Devo calcolare A e B applicando le condizioni al contorno

1. Contenuto delle condizioni al contorno

   X = 0

   T(0) = T₁

   X = l

   T(l) = T₂

   Scrivo T(0)

   T(0) = 0 + 0 + B

   T(0) = B => B = T₁

   Scrivo T(l)

   T(l) = -φ_g j² / k + Al + B = T₂

   A = (T₂ - T₁) / l + φ_g j² / 2.k

   B = T₁

2. Non è necessario che conoscere la T su entrambe le superfici, basta sapere 1 temperatura e un flusso termico esterno

   Contenuto delle condizioni al contorno

   X = 0

   T(0) = T₁

   X = l

   φ(l) = φ₂

   φ_x = φ_g x - kA

   Scrivo T(0)

   T(0) = T₁ => B = T₁

   Scrivo φ(l)

   φ(l) = φ_g l - kA = φ₂

   Condizioni al contorno

   Condizione a flusso

   Risolvere il sistema

PER UNA PARETE DI 3 STRATI DI MATERIALI

T₁(x) = Ax + B ; T₂(x) = Cx + D ; T₃(x) = Ex + F

φ₁(x) = -K₁A , φ₂(x) = -K₂C , φ₃(x) = -K₃E

• x = 0

φ₁(0) = h₁(T_g1 - T₁(0)) => -K₁A = h₁(T_g1 - B) 1

• x = a₁ + a₂ + a₃

φ₃(a₁ + a₂ + a₃) = h₂(T₃(a₁ + a₂ + a₃) - T_g2)

=> -K₃E = h₂(E(a₁ + a₂ + a₃) + F) - T_g2 2

• x = a₁

φ₁(a₁) = φ₂(a₁) => -K₁A = -K₂C 3

T₁(a₁) = T₂(a₁) => A.a₁ + B = C.a₁ + D 4

• x = a₁ + a₂

φ₂(a₁ + a₂) = φ₃(a₁ + a₂) => -K₂C = -K₃E 5

T₂(a₁ + a₂) = T₃(a₁ + a₂) => C(a₁ + a₂) + D = E(a₁ + a₂) + F 6

TUTTAVIA, ESSEGUENDO UN SISTEMA DI 6 EQ. IN 6 INCOG., SI RISOLVE MALAMENTE

ESISTE UN METODO CHE NON NECESSITA DI CALCOLARE IL SISTEMA

Riscrivo le equazioni con q˙_A=0

Tuboneuline

T(r) = A ln t + B

ϕ(r) = -KA₁ - KA₂ L

Qui non è più vero che se entra 1KW esce anche 1KW perché dipende dalla coordinata radiale.

Per calcolare la potenza prendo il flusso per la superficie:

• Q˙₁ = ϕ₁ s₁ = -KA_R1 • 2πR₁L = -KA2πL
• Q˙₂ = ϕ₂ s₂ = -KA₂ - KA_R2 • 2πR_R2 L = -KA2πL

Se entra 1 KW esce 1 KW, energia di conserva, il flusso che non ha conservazione, diminuisce man mano che diventa e grande.

Se ho un tubo più piccolo di R₂ e aggiungo non saldate finchè non superi il minimo, aumenta la conduzione e diminuisce la dispersione.

Rettifica

h_est

ISOLANTE: INTRAPOLA ARIA

(Idealmente nel nostro caso è vera)

Nel caso piano non è così

Problemi cilindrici con cilindro piano

Con generazione di potenza

r -> R ⇒ φ(R) = h(T(R)-T_f)

^q_gR⁄₂ - KA⁄2 = h (-^q_gR2⁄_4K + ΔlnR+B-T_f)

Immagino di prendere un raggio interno cilindrico

^q̇_g⁄₂

Viene scambia:

Q_s = φ(r) 2πrL ⇒ φ(r) = ^q̇_g⁄₂

T - T_s = ε(t) T_s = T - ε(t)

p cV dT/dt = h S (T_g - T_f + ε(t)) + ẇ_p

posso notare che: se | ε | << |T_g - T_f|

posso trascurare ε e cercare una soluzione

T = 100° T_s = 80°c ⇒ ε = 2°c

p cV dT/dt = h S (T_g - T) + ẇ_p

T - T_f = θ(t) ⇒ dT/dt = dθ/dt

p cV dθ/dt = -h S θ

dθ/dt = -θ/τ

dθ/θ = -1/τ dt

ln θ = -t/τ + A ⇒ θ = θ_o e^-t/τ

t = 0 T(0) = T_o ⇒ θ(0) = T(0) - T_f = T_o - T_f

θ_o = T_o - T_f

T - T_f = (T_o - T_f) e^-t/τ

ora t = -∞

T - (T_∞ - T_f) = (T_o - T_f)/e

σ = p cV/M S