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九州大学 工学府 機械系専攻 2020年度 熱工学 問2

Author​

祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)

Description​

厚さ LL、一定熱伝導率 kk の発熱体が真空層を挟んで固体壁と向き合う。発熱体は 0≤x≤L0\le x\le L を占め、奥行き・鉛直方向は無限である。左面 x=0x=0 は断熱され、内部では単位体積当たり H [W/m3]H\,[\mathrm{W/m^3}] で一様に発熱する。左面・右面の温度を T0,T1T_0,T_1、一定に保たれる固体壁の温度を T2T_2 とする。右面(面 1)と壁(面 2)の放射率を ε1,ε2\varepsilon_1,\varepsilon_2 とし、熱流束は

q12=σ(T14−T24)1/ε1+1/ε2−1[W/m2]q_{12}=\frac{\sigma(T_1^4-T_2^4)}{1/\varepsilon_1+1/\varepsilon_2-1} \quad[\mathrm{W/m^2}]

で与えられる。σ\sigma は Stefan–Boltzmann 定数。定常問題として扱い、H,L,k,σH,L,k,\sigma のいずれかを用いて答えよ。

  1. q12q_{12} を求めよ。
  2. 一次元定常熱伝導方程式を解き、T0−T1T_0-T_1 を求めよ。
  3. ε1=ε2=1/8\varepsilon_1=\varepsilon_2=1/8、T1=2T2T_1=2T_2 のとき T1T_1 を求めよ。

次に (3) の状態から真空層に非常に薄い板を挿入した。発熱体右面温度は T1bT_{1b}、板温度は T3T_3 となった。板の放射率は両側とも 1/81/8 で、内部温度は均一とする。

  1. 板から壁への熱流束 q32q_{32} を求めよ。
  2. T3T_3 を求めよ。
  3. T1b/T1T_{1b}/T_1 を有効数字 3 桁で求めよ。314≃2.36\sqrt[4]{31}\simeq2.36 を用いてよい。

题目描述​

厚度 LL、导热率 kk 恒定的无限大平板内,均匀体积发热率为 HH。左面绝热,左右表面温度为 T0,T1T_0,T_1;右侧隔着真空面对温度保持 T2T_2 的固体壁。两面辐射率为 ε1,ε2\varepsilon_1,\varepsilon_2,辐射热流为 q12=σ(T14−T24)/(1/ε1+1/ε2−1)q_{12}=\sigma(T_1^4-T_2^4)/(1/\varepsilon_1+1/\varepsilon_2-1)。按稳态计算。① 求热流。② 解导热方程求 T0−T1T_0-T_1。③ 若两面辐射率均为 1/81/8 且 T1=2T2T_1=2T_2,求 T1T_1。随后在真空中插入两面辐射率同为 1/81/8 的等温薄板,板温为 T3T_3,发热体右面变为 T1bT_{1b}。④ 求板至壁的热流。⑤ 求板温。⑥ 求插板前后右面温度之比,保留三位有效数字。

Kai​

(1)​

左面断熱、定常であるため、発熱の全量が右面から出る。

q12=HL[W/m2].\boxed{q_{12}=HL\quad[\mathrm{W/m^2}]}.

(2)​

kT′′+H=0,T′(0)=0,T(0)=T0kT''+H=0,\qquad T'(0)=0,\qquad T(0)=T_0

を積分すると T(x)=T0−Hx2/(2k)T(x)=T_0-Hx^2/(2k)。したがって

T0−T1=HL22k.\boxed{T_0-T_1=\frac{HL^2}{2k}}.

(3)​

放射抵抗は 8+8−1=158+8-1=15、T24=T14/16T_2^4=T_1^4/16 なので

HL=σ(1−1/16)T1415=σT1416.HL=\frac{\sigma(1-1/16)T_1^4}{15}=\frac{\sigma T_1^4}{16}.

よって

T1=2(HLσ)1/4,T2=(HLσ)1/4.\boxed{T_1=2\left(\frac{HL}{\sigma}\right)^{1/4}},\qquad T_2=\left(\frac{HL}{\sigma}\right)^{1/4}.

(4)​

薄板にも定常のエネルギー収支を適用すると、入る熱と出る熱が等しい。

q32=HL[W/m2].\boxed{q_{32}=HL\quad[\mathrm{W/m^2}]}.

(5)​

HL=σ(T34−T24)15,σT24=HLHL=\frac{\sigma(T_3^4-T_2^4)}{15},\qquad\sigma T_2^4=HL

より σT34=16HL\sigma T_3^4=16HL。したがって

T3=2(HLσ)1/4.\boxed{T_3=2\left(\frac{HL}{\sigma}\right)^{1/4}}.

(6)​

発熱体と薄板の間も同じ熱流束・放射抵抗なので

σ(T1b4−T34)=15HL,σT1b4=31HL.\sigma(T_{1b}^4-T_3^4)=15HL,\qquad \sigma T_{1b}^4=31HL.

よって

T1bT1=(3116)1/4=3142≃1.18.\boxed{\frac{T_{1b}}{T_1}=\left(\frac{31}{16}\right)^{1/4} =\frac{\sqrt[4]{31}}2\simeq1.18}.

Reference​