高等传热学作业

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 ϕ
θθϕθsin 11'
' （1-1）
根据能量守恒：st out g in E E E E •
•••=-+
ϕθθρϕθθϕϕθθϕθd drd r t
T c d drd r q d q d q dr r q p r sin sin 2
2∂∂=+∂∂-∂∂-∂∂-• （1-2） 导热速率可根据傅里叶定律计算：
ϕθθ
θθd r dr T
r 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-∂∂=+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂∂∂+⋅⋅∂∂⋅∂∂⋅ϕθθρϕθθϕ
θϕ
θϕϕθθθθϕθθϕθd 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：
t
T
c q T r k T r k r T r r r k p
r ∂∂=+∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂⋅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
⎪⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪
⎪⎨
⎧=+∂∂==∂∂======∂∂+∂∂00
000212222θθ
λθθθδθθθ
θh 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0121
212
12=+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。

由此得到一个待定常数的两个常微分方程
0012
2
1212
2
12=+=-Y dy
Y d X dx X d εε （2-3） 解得
)()()(1x Bsh x Ach x X εε+= （2-4） )sin()cos()(1y D y C y Y εε+= （2-5）
把边界条件0,
0=∂∂=y
y I
θ代入（2-3-4）得到A=0，所以有 )()(1x Bsh x X ε= （2-6）
把边界条件0,
=∂∂=y
L y I
θ代入（2-3-5）得到D=0，所以有 )cos()(1y C y Y ε= （2-7）
把边界条件0,=+∂∂=I I
h y
L y θθλ
联立（2-3-7）得到 λ
εε/)cot(hL L
L =
（2-8）
设Bi hL L ==λβε/,，则有i B /)cot(ββ=，这个方程有无穷多个解，即常数β有无穷多个值，即)3,2,1( =n n β，所以对应无穷多个ε，即)3,2,1( =n n ε，所以有
)cos()(1y C y Y n n ε= （2-9）
联立（2-3-6）可得
∑∞
==1
)()cos(),(n n n n I x sh y K y x εεθ （2-10）
把边界条件2,θθδ==I x 代入上式可得
⎰⎰=L
n n n L
n dy y sh K dy y 0
20
2)(cos )()cos(εδεεθ （2-11）
解得
]
)cos())[sin(/()
sin(22n n n n n n L sh K βββδββθ+=
（2-12）
其中L n n εβ=
)()cos(]
)cos())[sin(/()sin(2),(12x L sh y L L sh y x n n n n n n n n I β
ββββδββθθ∑
∞
=+= （2-13）
（3）求解温度场∏θ
与解I θ一样用分离变量法，假设所求温度分布),(y x ∏θ可以表示成一个x 的函数和一个y 的函数的乘积
)()(),(22x Y x X y x =∏θ （2-14）
将该式子代入∏θ的导热微分方程中得到022
222222=+X dy
Y d Y dx X d ，即2
2''22'
'2ε=-=Y Y X X ，由此可得到两个常微分方程
022
2
2=-X dx
X d ε （2-15） 02222
2=+Y dy Y d ε （2-16）
解式（2-3-15）时根据x 的边界条件可以把解的形式写为
)]([)]([)(2x Bsh x Ach x X -+-=δεδε （2-17） 把边界条件0,==∏θδx 代入上式，得到A=0，所以有
)]([)(2x Bsh x X -=δε （2-18） 其中i n n n n B L /)cot(,βββε==
)]([)cos(),(1
x sh y k y x n n n n I -=∑∞
=δεεθ （2-19）
把边界条件1,0θθ==∏x 代入上式可得
⎰⎰-=L
L
n n n
n dy y x sh K dy y 0
2'
1)(cos )]([)cos(εδεεθ （2-20） ]
)cos())[sin(/()
sin(21'
n n n n n n
L sh K βββδββθ+= （2-21）
)]([)cos(]
)cos())[sin(/()sin(2),(11x L sh y L L sh y x n n n n n n n n -+=∑
∞
=∏δβ
ββββδββθθ （2-22）
（4）最终求得稳态温度场
2-5、地热换热器是管中流动的流体与周围土地之间的换热，可应用于热能的储存、地源热
泵等工程实际。

一种布置方式是把管子埋设在垂直于地面的钻孔中。

由于管子的长度远大于钻孔的直径，可把管子的散热简化为一个有限长度的线热源。

当运行的时间足够长以后，系统可以达到基本稳定的状态。

设土地是均匀的半无限大介质，线热源单位长度的发热量为ql ，地表面的温度均匀，维持为t0。

使用虚拟热源法求解土地中的稳态温度场。

解：根据题意画出示意图如下：
设有限长热源长度为H ，单位长度热源发热量为l q ，电源强度为)(0w dz q l ⨯，设地面温度维持恒定温度00,t t t -=θ。

（1）求解点热源dz0产生的温度场
有限长线热源在某点产生的温度可以看做是许多点源在该点产生的温度场的叠加，因此我们先来看下无限大介质中点源产生的温度场，这是一个球坐标系中的无内热源的稳态导热问题，其导热微分方程为：
0)(122=dr
d r dr d r θ
（3-1） 解微分方程可得
r
c c 1
2-
=θ （3-2） 把边界条件0,=∞→θr 代入上式得到02=c ，所以有
r
c 1
-
=θ （3-3） 在球坐标系点热源0dz 单位时间内的发热量等于它在任意球面上产生的热流量Q ，即
01244dz q c r dr
d Q l =-=-=λππθ
λ
（3-4） 所以得到014dz q c l
πλ
-=
由此可得到球坐标系中点热源0dz 产生的温度场为 0*1
4dz r
q l πλθ=
（3-5） （2）分别求出两个线热源产生的温度场
线热源产生的温度场可以看作是点热源产生的温度场的叠加，因此有
地下有限长线热源产生的温度场
00
11
4dz r
q H
l ⎰=πλθ （3-6） 对称的虚拟热源产生的温度场为
00
21
4dz r
q H
l ⎰
--=πλθ （3-7） （3）虚拟热源法求解的地热换热器产生的温度场
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣⎡-++++++++-+-=⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡++--+=-+=⎰⎰⎰
-z z z z z H z H z H z H q dz z z z z q dz r
q dz r q l H l H l
H
l 2
2222
22
2002022020
000)()(ln 4)(1
)(141414ρρρρπλρρπλπλπλθ （3-8） 第三章
3-1、用热电偶测量呈简谐波周期变化的气流温度，热电偶的感温节点可看作直径为1mm 的
圆球，其材料的密度为8900kg/m3，比热容为390J/(Kg?K)，测温记录最高和最低温度分别为130℃和124℃，周期为20s 。

若已知气流与热电偶间的对流换热的表面传热系数为20W/(m2?K)，试确定气流的真实温度变化范围。

解：气流温度按简谐波变化时，热电偶的温度响应为
)cos(*ϕτθ+=w B （4-1）
式中)arctan(122r r
f w w A B τϕτ
-=+=
按题目要求102022π
ππ===T w ，s hA cv r 925.2820610139089003=⨯⨯⨯⨯==-ρτ，)/(202k m w h ⋅=，根据题目提供的热电偶测量的最高温度、最低温度，求出热电偶测量的温度变化的振幅如下式
32
124
13012
2=-=
+r f w A τ （4-2） 把r w τ,的数据代入上式中得到气流温度变化的振幅4.27=f A ，所以真实气体温度变化的最大值、最小值为
C t 0max 4.1544.272124
130=++=
（4-3） C t 0min 6.994.272
124
130=-+=
（4-4） 3-6、已知初始温度均匀的无限大介质中由连续恒定发热的线热源所引起的温度场由式子
)
4(4),(2
τπλτa r E q r t i l --=确定。

若线热源的加热不是连续的而是间歇的，即从0=τ的时刻起，
线热源进行周期性的间歇加热，周期为T ，其中加热的时段为T1，其余的T-T1时间不加热。

试利用线性叠加原理确定介质中的温度响应。

解：无限大介质连续恒定发热的线热源引起的温度场：
)4(4),(2
τ
πλτa r E q t r t i i --=-∞ （5-1） 其中：du u
e z E z
u
i ⎰∞-=)( 对于随时间变化的热流可以用一系列连续的矩形脉冲热流来近似如图所示：
由叠加原理得到τ时刻的温度变化为：
)0(,])(4[)(41
0112
1
=----=--=∞-∑l i i l l n
i q a r E q q t t i i ττπλ （5-2）
对于间歇性的脉冲，令T T C l /=为运行份额，如果在整个运行期间的平均热负荷为l q ，则脉冲加热的强度为C q l /，具体见下图： 由叠加原理得到：
∑∑∑∞
=∞
=∞
=∞⎭⎬
⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡---⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=
--------=-02
2
2
020)(4(44]
)(4[4])(4[4n i l i l
l
i n l i n l nT a r E T nT a r
E C q T nT a r E q nT a r E q t t ττπλτπλτπλ （5-3）
即温度响应为
∑∞=∞⎭
⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡---⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=-=022
)(4(41)(4n i l i l nT a r E T nT a r E C q t t ττπλθ （5-4） 第四章
4-1、处在x>0的半无限大空间内的一固体，初始温度为溶解温度t m 。

当时间0>τ时，在x=0的边界上受到一个恒定的热流q0的作用。

使用积分近似解得方法确定固液界面位置随时间变化的关系式。

温度分布按二次多项式近似。

解：设过余温度m t t -=θ，边界条件为
dx
d q x θ
λ
τ-=>=0,00 （6-1） 0,0)(=>=θττx x （6-2）
热平衡方程为
0),(,)(>==τττ
τρθλ
X x d dX L dx d （6-3） 其中L 是潜热，L a ρλ/=
用二次多项式近似固相区中的温度分布，设
2)()(),(X x B X x A x -+-=τθ （6-4）
由边界条件（6-1）可知，)(2,
0X x B A dx
d x -+==θ
，则 )2(])(2[20BX A X x B A q --=-+-=λλ （6-5）
由边界条件（6-2）变形，
τ
θτθττθτ∂∂∂∂+∂∂=X X X d d ]),([，代入（6-3）式可得 0)(2
22=∂∂+∂∂x L x a θρλθ （6-6）
将（6-4）代入上式得到
022
=+aB A L
ρλ （6-7） 联立（6-5）和（6-7）两个式子，可解得
⎥⎥⎦⎤
⎢⎢⎣⎡--=X a LX aq X a L A ρλρ02
242 （6-8） 将（6-4）代入（6-3）得到
τ
ρλd dX
L
X x B A =-+)](2[ （6-9） 其中)(τX x =，所以有τ
ρλd dX
L
A =，代入A 的值即得 τ
ρd dX
X a LX aq X a =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--02
2421 （6-10） 变形可得到
dX
X L
aq a X L
aq a X dX a
L
aq a X
d ρρρτ00
20
24)4(242-+-
=
--=
（6-11）
积分可得到
2
/30200)4(62LX
aq a aq L aX L aq ρρτρ--=-
（6-12） 化简整理可得界面随时间的变化方程为
302
2
022220)4(36)2(LX
aq a q a L L aq aX ρρτρ-=+ （6-13）
第六章
6-4、常物性流体在两无限大平板之间作稳态层流运动，下板静止不动，上板在外力作用下以恒定速度U 运动，试推导连续性方程和动量方程。

解：按照题意可以写出
0,
0=∂∂=∂∂=x
v y v v （7-1） 故连续性方程为
0=∂∂+∂∂y
v x u （7-2） 可以简化为
0=∂∂x
u
（7-3） 因流体是常物性，不可压缩，N —S 方程为
X 方向上：
)(12222y
u x u y P F y u v x u u x ∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂+∂∂υρρ （7-4） 简化为
022=∂∂+∂∂-y u
x P F x μ （7-5）
Y 方向上：
)(12222y
v
x v y P F y v v x v u y ∂∂+∂∂+∂∂-=
∂∂+∂∂υρρ （7-6） 可简化为
0=∂∂=
y
P
F y （7-7） 第七章
7-3、试证明：当1Pr ≤时流体外掠平板层流动边界层换热的局部努塞尔数为
证明：适用于外掠平板的层流边界层的能量方程为
22y t
y t v x t u ∂∂=∂∂+∂∂α （8-1）
常壁温的边界条件为
w t t y ==,0 （8-2）
∞=∞→t t y , （8-3）
引入一量纲温度 w
w
t t t t --=
Θ∞，则上述能量方程变为 22y
y v x u ∂Θ
∂=∂Θ∂+∂Θ∂α （8-4）
引入相似变量 x
U
y x y x y υδη∞===
2/1Re )(，得到
)(21)121)(('
'ηηυηηηΘ-=-Θ=∂∂∂Θ∂=∂Θ∂∞x x x U y x x （8-5）
)('
ηυηηΘ=∂∂∂Θ∂=∂Θ∂∞x
U y y （8-6） )('
'22ηυΘ=∂Θ∂∞x U y （8-7）
将上面的三个式子代入（8-4）可得到
0Pr 2
1
'"=Θ⋅+Θf （8-8）
当1Pr ≤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η==f f ,1'，由此可得
'
'''2
Pr )(f d d -=ΘΘη （8-9）
求解得到 2/1'2/1)Pr
()0(,Pr )2()(π
ηη=Θ=Θerf
则 2/12/1Pr Re 564.0x x Nu = （8-10）
第八章
8-2、常物性不可压缩流体在两平行平板之间作层流流动，下板静止，上板以匀速U 运动，板间距为2b ，证明充分发展流动的速度分布为
解：二维流体质量、动量方程为
0=∂∂+∂∂y
v x
u （9-1）
)()(2222y
u
x u x p y u v x u u ∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂+∂∂μρ （9-2）
)()(2222y
v
x v y p y v v x v u ∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂+∂∂μρ （9-3）
在充分发展区，截面上只有沿流动方向上的速度u 在断面上变化，法向速度v 可以忽略不计，因此可由（9-1）得到
0,
0=∂∂=x
u
v （9-4） 将（9-4）式代入（9-3）得到0=∂∂y
p
，表明压力P 只是流动方向x 的函数，即流道断面上压力是均匀一致的
进一步由（9-2）可得
C y
u
dx dp =∂∂=22μ （9-5）
相应的边界条件为
0,0==u y （9-6）
U u b y ==,2 （9-7）
对（9-5）积分可得到
11C y dx
dp
y u +=∂∂μμ
（9-8）
212
21C y C y dx
dp U ++=
μ （9-9）
代入边界条件得到0,221=-=
C dx
dp b b u C μ，因此有 )]2([222b
y
b y dx dp b b y U u --=
μ （9-10） 第九章
9-3、流体流过平壁作湍流边界层流动，试比较粘性底层、过渡区和湍流核心区的大小。

解：流体流过平壁作湍流边界层流动时，一般将边界层分为3个区域：
粘性底层： 5≤+y
缓冲层： 305≤≤+y
湍流核心： 30≥+y
其中v
y
u y *=+
因此可以得出，湍流核心区最大，缓冲层其次，粘性底层最小。

粘性底层是靠近壁面处极薄的一层，速度耗损大。

过渡区处于粘性底层与湍流核心区之间，范围很小。

第十章
10-3、一块平板，高0.5m ，宽0.5m ，壁温保持在30℃，竖直放入120℃的油池中，求冷却热流。

解：物性取膜温C T T T s f 0752
120
302=+=+=
∞ （11-1） 查油的物性表得到： 132726107.0,/10763.0,/107.41----⨯=⨯=⨯=K s m s m βαν
瑞利数为
10
7
63
33
10475.210763.0107.415.0)30120(107.010)(Pr ⨯=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=-=
=---∞να
βL T T g Gr Ra s L L （11-2） 平均努塞尔数为
[]
4.466Pr)/492.0(1387.082
5.027/816/96/1=⎪⎭
⎪
⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧++
=L
L Ra Nu (11-3) 因此
)/(7.1285
.0101384.46623
k m w L k Nu h L ⋅=⨯⨯=⋅=- (11-4) 得到
w T T A h q s 2896)30120(5.05.07.128)(=-⨯⨯⨯=-=∞ (11-5) 第十一章
11-3、有一漫辐射表面，单色吸收比λα如下图所示。

在太空中，正面受到太阳辐射，辐射力为1394w/㎡，背面绝热。

试求表面的平衡温度。

解：假定太阳辐射相当于5800K 的黑体辐射
全波长半球向吸收率为
⎰
⎰∞
∞
=
)()()(λ
λλ
λλααλλλd G d G （12-1）
利用)5800,()(,,K E T E G b f b λλλλ==，得到
]
1[)
5800()5800,()
5800()5800,()0(2,)0(1,,2
,0
,1
,111
1
λλλλλλ
λλλλααλ
λαλλαα→→∞
-+=+=⎰⎰
F F K E d K E K E d K E b b
b b （12-2）
由K um T f ⋅⨯=58005.11λ 得到88.0)0(1=→λF ，因此
804.0)88.01(1.088.09.0=-⨯+⨯=α （12-3）
由于漫射性质，λλαε=，因此可得到
]1[)0(2,)0(1,11λλλλααε→→-+=F F （12-4） 假定最终平板的温度在600K 以下，0)0(1=→λF ，得到
1.02,==λαε （12-5）
平板背面绝热，由平板能量平衡方程得到
4s T G εσα= （12-6）
代入数据后解得
K T s 667= （12-7）
13-3、两无限大平行平板，表面1温度为1500K ，单色发射率在um 20≤≤λ波段为0.4，在
um um 92≤≤λ波段为0.9，其他波段为0。

表面2温度为1000K ，单色发射率在um 90≤≤λ波段为0.7，其他波段为0.3。

试求辐射换热。

解：由题可得表面1的发射率为
246
.0]1[)20()20(9
2
,2
,9
2
,2
,1
212
1
2
1
≈-+=+=+=
→→⎰
⎰
⎰⎰F F E d E E d E E d E d E b
b b
b b
b b λλλλλλλλλλεελελελ
ελεε （13-1）
其中，27.0)15002(,9.0,4.0)20(21=⨯===→f F λλεε
同理求得表面2的发射率为
595.0]1[)90('
)90('22
1≈-+=→→F F λλεεε （13-2） 其中，89.0)10009(,3.0,7.0)20(''2
1=⨯===→f F λλεε 由玻尔兹曼定律可求得同温下黑体的总辐射量为
2244101/45.287043/)1001500(67.5)100(m W m W T C E b =⨯== （13-3）
224
4202/56700/)100
1000(67.5)100(m W m W T C E b =⨯== （13-4）
因为表面1与表面2平行，且为无限大平板，所以单位平板的辐射热量为：
22
1
2
121/54.481
11m KW E E q b b =-+-=
-εε (13-5)
13-1、一把烙铁，端部表面积为0.0013㎡，表面发射率为0.9，功率为20W ，与环境的对流表面传热系数为11W/(㎡?K)。

周围环境和空气的温度为25℃。

试计算烙铁端部的温度。

解：由能量平衡得到
其中 ))((220∞∞++=T T T T C h f f r ε
估计f T 的值，计算出r h 然后代入能量平衡方程，判断是否成立。

当K T f 698=时，得 )/(26.292K m W h r ⋅=，此时
所得的结果与已知近似。

因此，烙铁端部温度为698K 。