传热第10次作业

传热学教学辅导资料—作业答案
2009 级热能与动力工程专业适用
作业答案（第十次）
教材 P223-224 2. 为什么太阳灶的受热面要作成粗糙的黑色表面，而辐射采暖板不需要作 成黑色? 答：太阳灶的受热面是接收辐射表面，而投射源是可见光占重要成分的太阳 能，因此受热面应为对可见光吸收比较高的黑色表面，至于要作成粗糙表面的原 因，则是粗糙表面的吸收比比光滑表面要高； 辐射采暖板表面是发射表面， 而且发射的是红外辐射， 表面发射率与颜色 （主 要影响可见光发射率）无关，因此不需要作黑色。 4.深秋及初冬季节的清晨在屋面上常常会看到结霜， 试从换热与辐射换热的 观点分析①有霜出现的早上总是晴天；②室外气温是否一定要低于零度；③结 霜屋面的热阻(表面对流换热热阻及屋面材料导热热阻)对结霜有何影响。 答：深秋及初冬季节屋面的传热过程如图所示。 热平衡式为： Φ λ + Φ C = Φ R 其中屋面外表面与天空间的辐射换热 ①
据吸收比 α 与光谱吸收比 α λ 的关系式
∫ α (T1 )Gλ (T2 )dλ α= 0 λ ∞ ∫0 Gλ (T2 )dλ
∞
∫
∞
0
α λ (T1 )Gλ (T2 )dλ = 0.2∫ Gλ (T2 )dλ + 400∫ α λ (T1 )dλ + 0.9∫ Gλ (T2 )dλ
6 10 12 0 6 10
αλ=ελ =
Eλ ，即为同一波长线②与线①之比。 E bλ
该物体光谱吸收比变化曲线如图所示。
6. 在什么条件下物体表面的发射率等于它的吸收比 ( ε = α )? 在什么情况下
ε ≠ α ？当 ε ≠ α 时，是否意味着物体的辐射造反了基尔霍夫定律?
答：根据基尔霍夫定律，对于漫-灰表面， ε = α ，否则 ε ≠ α 。 当 ε ≠ α 时，并不违反基尔霍夫定律，因为在不同的辐射和吸收模型，该定 律有不同的表达式。 13.有一漫反射表面温度 T = 1500k ， 已知其光谱发射率 ε λ 随波长的变化如下 图所示，计算表面的全波长总发射率 ε 和辐射力 E 。 解：据发射率 ε 与光谱发射率 ε λ 的关系式
ω1,3 = ω1, 4
A 10 −4 = 2 = = 4 × 10 − 4 Sr 2 0.5 r
②A1 对 A2 所发射的辐射能为：
Φ 1, 2 = E n1 cosθ 2 A1ω 1, 2 = 3500 × cos 60 0 × 10 −4 × 3.464 × 10 −4 = 6.1 × 10 −5 W
Φ R = εAσ b (Tw42 − Tt 4 ) = εAσ bTw42
② ③
屋面外表面与室外空气间的对流换热 Φ C = hA(t f − t w 2 ) 屋面内外表面间的导热 Φ λ =
t w1 − t w 2 Rλ
④
屋面外表面结霜表明 tw2<0℃。 ⑴晴天时， 天空云量少， 透射率高， 使得屋面外表面与天空间的辐射换热 ΦR 较大，根据式①-④，tw 较容易低于 0℃，使屋面外表面结霜。 ⑵根据式①-④， 可以看出即使室外空气温度 tf 高于 0℃， tw 同样可低于 0℃， 使屋面外表面结霜。 ⑶根据式①-④，在 tf>tw（深秋或初冬）时，屋面外表面与室外空气间的对 流换热热阻越大，越易于结霜，而在 tf<tw（冬季）时，屋面外表面与室外空气间 的对流换热热阻越小，越易于结霜；屋面内外表面间的导热热阻热阻越大，越易 于结霜。 10.有一碘钨灯的灯丝温度为 2000℃，它所发射的可见射线(0.38—0.76 μm )
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③ 严格讲， A2 表面上单位面积上的投入辐射应包括所有其他表面如 A1 、
A3, A4 的所有辐射，其他表面也是如此。但缺乏 A2, A3, A4 的条件，所以该问题无
法计算。 教材 P223-225 5. 实际物体表面在某一温度 T 下的光谱辐射 力 Eλ 随波长 λ 的变化曲线与它的光谱吸收比 α λ 的 变化曲线有何联系?如已知其光谱辐射力变化曲线 如图所示，试定性地画出它的光谱吸收比变化曲 线。 答：从图中可以分析出，该物体表面为非灰体，根据基尔霍夫定律，
(
)
A2, A3, A4 表面所发射的辐射能；③ A2, A3, A4 表面上单位面积上的投入辐射。
解：①A1 对 A2 所张的立体角为
ω1, 2 =
A2 cosθ 2 10 −4 × cos 30 0 = = 3.464 × 10 − 4 Sr r2 0.5 2
A1 对 A3、A4 所张的立体角为
∞ 6 10 100
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⎧0.2 ⎪ α λ = ⎨0.175λ − 0.85 ⎪0.9 ⎩
⎧ 200 ⎪ 3 λ ⎪ Gλ = ⎨400 ⎪− 200λ + 2400 ⎪ ⎩
(0 ≤ λ < 6μm ) (6 ≤ λ < 10μm ) (10 ≤ λ < 12μm )
(0 ≤ λ < 6μm ) (6 ≤ λ < 10μm ) (10 ≤ λ < 12μm )
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能量占总能量的份额为多少?如太阳表面辐射温度为 5762K，则所占份额为多少 (灯丝和太阳的辐射均作黑体看待)? 解：⑴ T = 2273k , λ1T = 0.38 × 2273 = 863.7 μk ; λ 2T = 0.76 × 2273 = 1727.5μk 查教材 P214 表 8-1 得， F0−λ1T = 0.0001, F0−λ2T = 0.03226 ， 可见射线能量占总能量的分额为 F0−λ2T − F0−λ1T = 0.03226 − 0.0001 = 3.225% ⑵ T = 5762k , λ1T = 0.38 × 5762 = 2189.6 μk ; λ 2T = 0.76 × 5762 = 4379.1μk 查教材 P214 表 8-1 得， F0−λ1T = 0.0992, F0−λ2T = 0.5454 ， 可见射线能量占总能量的分额为 F0−λ2T − F0−λ1T = 0.5454 − 0.0992 = 44.62% 11.有一漫射的微面积 A1 = 1cm 2 ， 其法向的定向辐射力 En = 3500 w m 2 * sr ， 在离开 A1 中心为 0.5m 的圆周上布置有微面积 A2, A3, A4 它们的面积亦均为 1cm 2 ， 相对位置如图所示，试计算① A1 的中心对 A2, A3, A4 表面所张的立体角；② A1 朝
1 1 1 = 0.2 × × 6 × 400 + 400 × × 4 × (0.9 + 0.2) + 0.9 × × 2 × 400 = 240 + 880 + 360 2 2 2 = 1480W 2 m
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∫0 Gλ (T2 )dλ = ∫0 Gλ (T2 )dλ + ∫6 Gλ (T2 )dλ + ∫10 Gλ (T2 )dλ 1 1 = × 6 × 400 + 400 × (10 − 6) + × (12 − 10) × 400 = 1200 + 1600 + 400 = 3200W 2 m 2 2
A1 对 A3 所发射的辐射能为：
Φ 1,3 = E n1 cos θ 3 A1ω 1,3 = 3500 × cos 0 0 × 10 −4 × 4 × 10 −4 = 1.4 × 10 −4 W
A1 对 A4 所发射的辐射能为：
Φ 1, 4 = E n1 cosθ 4 A1ω 1, 2 = 3500 × cos 45 0 × 10 −4 × 4 × 10 −4 = 9.899 × 10 −5 W
E = εEb = 0.2756 × 5.57 × 10 −8 × 1500 4 = 7.91 × 10 4 W
m2
14.已知某表面的光谱吸收比 α λ 随波长的变化如图 a 所示，该表面的投射光 谱辐射 Gλ 随波长的变化如图 b 所示，试计算表面的吸收比 α 。
解：由图可得 α λ ， Gλ 表达示为：
E = ∫ ε λ Ebλ dλ = 0.1 × ∫ Ebλ dλ + 0.4 × ∫ Ebλ dλ + 0.2 × ∫ Ebλ dλ
0 0 1 3 ∞ 1 3 5
ε=
E = 0.1 × F0−1T + 0.4 × (F0−3T − F0−1T ) + 0.2 × (F0−5T − F0−3T ) Eb
5T = 5 × 1500 = 7500μk ,3T = 3 × 1500 = 4500μk ,1T = 1500μk
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查教材 P214 表 8-1 得， F0−1T = 0.0138, F0−3T = 0.5641, F0−5T = 0.8344 所以 ε = 0.2756