傳熱學(xué)第四版課后習(xí)題及答案第一章緒論

習(xí)題11

1.用一只手握住盛有熱水的杯子，另一只手用筷子快速攪拌熱水，握杯子的手會顯著地感到熱。試分析其原因。

解答：當(dāng)用筷子快速攪拌熱水時，熱水內(nèi)部的對流換熱得到加強。對流換熱是指流體中溫度不同的各部分之間發(fā)生相對位移時所引起的熱量傳遞過程。攪拌熱水使得熱水的流動速度加快，熱水與杯壁之間的對流換熱系數(shù)增大。根據(jù)牛頓冷卻公式q=hΔT（其中q為熱流密度，h為對流換熱系數(shù)，ΔT為流體與壁面的溫差），在熱水與杯壁溫差ΔT基本不變的情況下，對流換熱系數(shù)h增大，熱流密度q增大，即單位時間內(nèi)從熱水通過杯壁傳遞到握杯子的手的熱量增多，所以握杯子的手會顯著地感到熱。

2.一磚墻的表面積為12m2，厚為260mm，平均導(dǎo)熱系數(shù)為1.5W/(m·K)。設(shè)面向室內(nèi)的表面溫度為25°C，外表面溫度為-5°C，試確定此磚墻向外界散失的熱量。

解答：本題可根據(jù)傅里葉導(dǎo)熱定律來計算通過磚墻的導(dǎo)熱量。傅里葉導(dǎo)熱定律的表達(dá)式為Φ=-λAdTdx，對于一維穩(wěn)態(tài)導(dǎo)熱，當(dāng)溫度分布為線性時，可簡化為Φ=λAΔTδ。

已知：A=12m2，λ=1.5W/(m·K)，δ=0.26m，T1=25°C，T2=-5°C，ΔT=T1T2=25(-5)=30K。

將數(shù)值代入公式可得：

Φ=λAΔTδ=1.5×12×300.26≈2076.92W

第二章穩(wěn)態(tài)熱傳導(dǎo)

習(xí)題21

有一厚度為δ的無限大平壁，兩側(cè)表面分別維持在恒定溫度t1和t2，平壁材料的導(dǎo)熱系數(shù)與溫度的關(guān)系為λ=λ0(1+bt)，式中λ0和b為已知常數(shù)。試導(dǎo)出計算平壁內(nèi)溫度分布的表達(dá)式及熱流密度計算式。

解答：

1.首先根據(jù)傅里葉導(dǎo)熱定律：

對于一維穩(wěn)態(tài)導(dǎo)熱，傅里葉定律為q=-λdtdx，因為λ=λ0(1+bt)，所以q=-λ0(1+bt)dtdx。

分離變量可得：qdx=-λ0(1+bt)dt。

2.然后進(jìn)行積分：

對等式兩邊進(jìn)行積分，積分區(qū)間為從x=0（溫度為t1）到x（溫度為t）。

∫0xqdx=-λ0∫t1t(1+bt)dt。

左邊積分得qx，右邊積分：-λ0∫t1t(1+bt)dt=-λ0[t+bt22]t1t=-λ0[(t+bt22)-(t1+bt122)]。

所以qx=-λ0[(t+bt22)-(t1+bt122)]。

當(dāng)x=δ時，t=t2，則qδ=-λ0[(t2+bt222)-(t1+bt122)]，由此可解出熱流密度q：

q=λ0δ[(t1t2)+b2(t12-t22)]。

3.接著求溫度分布：

由qx=-λ0[(t+bt22)-(t1+bt122)]，將q=λ0δ[(t1t2)+b2(t12-t22)]代入可得：

λ0δ[(t1t2)+b2(t12-t22)]x=-λ0[(t+bt22)-(t1+bt122)]。

經(jīng)過整理可得到溫度分布t關(guān)于x的表達(dá)式。

習(xí)題22

一根直徑為d、長度為l的圓桿，兩端分別與溫度為t1和t2的表面接觸，桿的導(dǎo)熱系數(shù)為λ，桿的側(cè)面與周圍流體間的表面?zhèn)鳠嵯禂?shù)為h，流體溫度為tf。試列出桿內(nèi)溫度場的微分方程及定解條件。

解答：

1.建立物理模型和坐標(biāo)系：

取圓桿的軸向為x軸，原點位于一端。

考慮圓桿內(nèi)的微元段dx，根據(jù)能量守恒定律，對于該微元段，單位時間內(nèi)導(dǎo)入的熱量減去導(dǎo)出的熱量等于微元段與周圍流體的換熱量。

2.列出熱量平衡方程：

導(dǎo)入微元段的熱量：Qx=-λAdtdx（A=πd24為圓桿的橫截面積）。

導(dǎo)出微元段的熱量：Qx+dx=Qx+dQxdxdx=-λA(dtdx+d2tdx2dx)。

微元段與周圍流體的換熱量：Qconv=hπddx(ttf)。

根據(jù)能量守恒QxQx+d