4 И,
НМ Жидких
РАСЧЕТЫ
ТЕПЛОВОГО
РЕЖИМА
ТВЕРДЫХ
ТЕЛ
А. И. Пехович
В, М. Жидких
РАСЧЕТЫ
ТЕПЛОВОГО
РЕЖИМА
ТВЕРДЫХ
ТЕЛ
.ЭНЕРГИЯ" Ленинградское отделение, 1968
УДК 536.12
6П2.2
ПЗО
А. И. Пехович и В. М. Жидких
П 30 Расчеты теплового режима твердых тел. «Энер-
гия» Л., 1968.
304 с. с рис. 12 000 экз.
В книге даны расчетные графики для вычисления температуры,
средней температуры и градиента температуры в пластине, цилиндре,
шаре, полуограниченном и неограниченном телах. Показано, как, поль-
зуясь методом суперпозиции, решать задачи со сложными начальным
и граничными условиями, с внутренними источниками тепла, с пере-
менными теплофизическими характеристиками, с телами сложной гео-
метрической формы и т. д.
Содержание книги также приложимо ко всем физическим явле-
оФ
ниям, которые описываются уравнением — К\72,ф4-А, — различным
видам диффузии, фильтрации сжимаемой жидкости, распространению
электрического тока в малоиидукциониых линиях и др.
Книга предназначена в качестве практического руководства для ин-
женеров и научных работников различных областей техники.
3-3-2
12-67	6П2.2
Оглавление
Предисловие................................................................. 3
Условные обозначения........................................................ 5
Перечень задач, для которых	построены расчетные графики..................... 6
Часть первая
Порядок решения задач,
Глава первая. Порядок решения задач, для которых составлены расчетные
графики..................................................................... 19
§ 1.	С чего начинать решение задачи................................... —
§ 2.	Выбор условий однозначности. .	....... .	.......... —
1.	Источники тепла.............................................   —
2.	Граничные условия..........................................   21
3.	Начальное условие..................................... ....	31
4.	Геометрическая форма	тела.....	33
§ з.	Тепловые режимы................................................  36
§ 4.	Пользование расчетными графиками................................ 38
1.	О физическом смысле применяемых критериев и параметров. ...	—
2.	Расчет средней температуры, градиента температуры и других ха-
рактеристик теплового режима тела............................... 41
Глава вторая. Метод суперпозиции как основа для решения сложных задач 45
§ 5.	Введение.......................................................   —
§ 6.	Принцип элементарной суперпозиции (ПЭС).......................... —
§ 7.	Принцип сложной	суперпозиции (ПСС)...................... ....	47
§ 8.	Основное правило	решения задач методом суперпозиции . .	....	51
§ 9.	Суперпозиция при	симметричном расположении источников.	.	....	—
Глава третья. Порядок решения сложных задач методом суперпозиции. .	54
§ 10.	Связи между решениями простых и сложных задач................... —
§ 11.	Связи между решениями задач для полуограниченного тела......... 55
1.	Использование решения одной задачи для решения других задач
(на примере задачи № 1)........................................... —
2.	Использование решений задач с ГУ I рода для решения задач с ГУ
II рода.......................................................... 60
3.	Связи между расчетными параметрами задач № 1, 2, 4, 5........ 63
§ 12.	Сложное начальное условие....................................... —
§ 13.	Сложные граничные условия...................................... 67
1.	Внешние источники тепла зависят от времени.................... —
2.	Внешние источники тепла на различных участках поверхности не-
одинаковы по типу или по величине................................ 71
3.	Тип внешнего источника тепла меняется во времени............. 72
4.	Условия теплообмена между внешним источником тепла и поверх-
ностью тела зависят от времени.................................... —
§ 14.	Теплофнзические характеристики тела непостоянны................ 73
1.	Теплофизические характеристики зависят от времени..........
2.	Теплофизические характеристики зависят от температуры......	77
3.	Теплофизические характеристики меняются по координате скачко-
образно (Г У IV рода)..............-.............................. —
§ 15.	Внутренние источники тепла..................................... 79
1.	Источники равномерно распределены по всему объему тела.....	—
2.	Равномерно распределенные источники расположены в части об*сма
тела............................................................. 80
303
3.	Источники распределены в теле неравномерно.................... 82
§ 16.	На поверхности тела слой жидкости.............................
§ 17.	Тело ограничено взаимно-перпендикулярными и параллельными поверх-
ностями .............................................................. 84
1.	Граничные условия 1 и III рода................................ 86
2.	Граничные условия II рода..................................... 87
§ 18.	Примеры решения сложных задач методом суперпозиции с применением
расчетных графиков.................................................... 88
Часть вторая
Расчетные графики
Полуограниченное тело........................................   103
Неограниченная пластина ........................................ 134
Неограниченный цилиндр ......................................... 197
Шар............................................................. 211
Неограниченное тело............................................. 223
Приложения................................................................   259
1.	Сводка аналитических решений задач, для которых построены
расчетные графики................................................ —
2.	Корни характеристических уравнений........................... 287
Уравнение ctgp = — р..................................•	. . .
Уравнение tgv =— ТГ 4 •	  •	............ ..............
Уравнение tgj= »_Rii.......................................   288
A(fJl)-Bir................ .....................
Уравнение Ju (v) = 0 и (/) = 0 . . ....................  .	289
Уравнение tgp =—g.____p.................................... 290
3.	Значения величин A„............................................ 291
2Bi/Br + p*
Пластина: A„ = (- 1)"%^ j-Bi + рД)............................-	~
2Bi
Цилиндр: An =	.	r;2\.................................. 292
Jo (p-n)	)
2BiJ/(Bi-l)2 + p*
Шар: A„ — ( l)n+I ^2_|_В12 — Bi
293
4.	Значения величин k0 и e0....................................... —
5.	Некоторые математические выражения и зависимости, часто встре-
чающиеся в тепловых расчетах ................................... 294
6.	Теплофизические характеристики различных материалов.......... 296
7.	Степень черноты нормального излучения различных материалов. . .	300
8.	Перевод величин из одних единиц измерения в другие.............. —
Литература
301
Предисловие
Книга написана для лиц, которым нужно:
1)	быстро найти численные значения температуры, средней температуры
и градиента температуры в твердых телах различной геометрической формы
яри разнообразных краевых условиях;
2)	решать обратные задачи, например, по температурному режиму в теле
определять теплофизические характеристики материала;
3)	найти аналитическое решение задачи и далее выполнить необходимые
численные расчеты;
4)	проанализировать различные стороны теплового процесса, например,
найти скорость и глубину проникновения теплового возмущения.
Книга может быть использована значительно шире, чем это следует из
ее заглавия. Содержание книги приложимо ко всем физическим явлениям,
которые, как и задачи теплопроводности, описываются уравнением типа
=	+ К числу подобных явлений относятся диффузия вещества,
турбулентная диффузия, распространение мелких механических частиц в жид-
кости и газе, фильтрация сжимаемой жидкости, скин-эффект, диффузия из-
лучения, диффузия нейтронов, распространение тока в длинных и малоин-
дукционных линиях и т. п.
Книга состоит из двух частей. Первая часть книги носит методический
характер. В ней показано, во-первых, как решать задачи, для которых в
книге имеются расчетные графики, и, во-вторых, как, оперируя рядом пра-
вил теории теплопроводности, получать решения новых задач на основе уже
решенных задач.
Вторая часть книги — расчетно-справочная. Она содержит графики и
другие материалы, позволяющие непосредственно выполнить расчеты для
59 задач, перечень которых дан в табл. 1.
Итак, каждая часть книги носит самостоятельный характер и может быть
использована независимо друг от друга. В то же время обе части тесно
связаны и их совместное использование создает дополнительные возмож-
ности для анализа явлений, решения задач и практических расчетов. Так,
графики второй части могут быть применены для выполнения расчетов боль-
шого числа задач (сверх 59), решения которых получаются при использо-
вании материалов первой части. Использование графиков расширяет также
возможности теоретического анализа, заложенные в первой части.
Несколько слов о причинах, побудивших написать книгу, и о той по-
мощи, которая при этом была оказана авторам.
Теплопередача является важной, быстроразвивающейся областью науки,
в которой высокий мировой уровень, достигнутый в настоящее время, в
значительной мере определяется работами советских ученых. Чтобы в этом
убедиться, достаточно ознакомиться, например, с трудами Всесоюзного со-
вещания по тепло- и массообмену 1961 г. [Л. 26]. Литература по тепло-
обмену весьма обширна. Кроме общетеоретических работ [Л. 3, 5, 9, 10,
12, 14, 17, 18] и учебных пособий [Л. 21, 35] в настоящее время имеется
1»
3
ряд монографий по теплопередаче применительно к отдельным отраслям
техники — сварка, литейное дело, строительное дело и т. п. [Л. 6, 7, 19,
23, 24, 25, 30, 31V Однако нельзя не заметить и существенный пробел —
нет книги, в которой содержалась бы сводка расчетных графиков и были
бы показаны разнообразные возможности использования этих графиков.
С целью хотя бы частично восполнить этот пробел авторами была написана
соответствующая книга [Л. 22].
Настоящая книга написана на базе предыдущей с учетом поступивших
откликов. В результате книга существенно переработана и дополнена.
Авторы считают своим долгом отметить с благодарностью помощь,
которая неизменно оказывалась им во ВНИИГ им. Б. Е. Веденеева
(сотрудниками которого они являются) и, прежде всего, в Лаборатории
зимнего режима (руководитель В. И. Синотин) и в Математической лабора-
тории (руководитель Л. Б. Сапожников). Кроме того, авторы выражают искрен-
нюю признательность всем лицам, которые своими советами оказали влия-
ние на структуру и содержание книги, и среди них, прежде всего, К. М. Аре-
фьеву, Ш. Н. Пляту, А. Г. Ткачеву и А. Ф. Чудновскому. И, наконец,
необходимо с глубокой признательностью отметить стимулирующее внима-
ние, оказанное работе А. В. Лыковым.
Условные обозначения
х, у, z — пряж гольные пространственные
координаты, ж;
г — расстояние от начала координат,ж;
h — толщина пластины, м;
R—радитс цилиндра или шара, м;
/?0 — ради» с цилиндрической или шаро-
вой полости, ж;
К — толщина слоя хорошо перемеши-
ваемой жидкости («идеального про-
водника»), ж;
В — ширина тела, м;
L — длина тела, ж;
F— площадь поверхности тела, м-\
V—объем тела, ж3;
т—-время, ч;
т0 — продолжительность полного пери-
ода, ч;
v — скорость движения тела относи-
тельно источника тепла, м]ч;
t — температура тела, °C;
Т — абсолютная температура тела, °К;
Д/ = tx-h —	— перепад температуры ме-
жду поверхностями неограничен-
ной пластины, °C;
Zcp — средняя за период колебаний тем-
ператтра тела, °C;
t — средняя по объему температура
тела, °C;
S — температура среды, °C;
ta—начальная температура тела (оди-
наковая во всем объеме), °C:
Те — абсолютная начальная температура
тела, °К;
tn — температура на поверхности тела
(постоянная), °C;
Тх— амплитуда колебаний температуры
в теле, °C;
Тп — амплитуда колебаний температуры
на поверхности тела, °C;
Тс — амплитуда колебаний температуры
среды, °C (в задаче № 10);
Тс — абсолютная температура среды, °К;
(в задаче № 59);
b — постоянная, пропорциональная тем-
пературе на поверхности тела или
температуре среды;
Q — количество теплоты, теплосодер-
жание (энтальпия), дж;
S—плотность (интенсивность) тепло-
вого потока на поверхности те-
ла, вт!м-;
SB—постоянная, пропорциональная
плотности теплового потока на по-
верхности тела;
А"— амплитуда колебаний плотности те-
плового потока на поверхности
тела, вт,м-;
V7— мощность (интенсивность) мгновен-
ного точечного источника тепла,
дж, вт  ч;
WL — то же линейного источника тепла,
длс/лг, вт  ч м;
Wp—то же плоского источника тепла,
дж ли2, вт  ч ли2;
q— мощность (интенсивность) непре-
рывного точечного источника теп-
ла, вт;
qL — то же линейного источника тепла,
вт м;
qF—то же плоского источника тепла,
вт,№;
qy—то же объемного (равномерно рас-
пределенного) источника тепла,
вт м3;
X — коэффициент теплопроводности те-
ла, вт м  град;
с — удельная теплоемкость тела,
вт - ч кг - град-,
р — плотность тела, кг!м3;
а — коэффициент температуропровод-
ности тела, м2ч;
У — коэффициент теплопроводности по-
граничного слоя, вт м - град;
с' — удельная теплоемкость погранич-
ного слоя, вт - ч кг- град;
р' — плотность пограничного слоя,кг,ж3;
а — коэффициент	теплоотдачи,
вт/ м3  град;
а = 5,7 - 10-8—постоянная Стефана — Больц-
мана, вт/м2  град;
— относительная излучательная спо-
собность (степень черноты) по-
верхности тела;
е — коэффициент иррегу лярности теп-
лового режима;
С — теплоемкостное	сопротивление
вт  ч1мг  град;
SR — тем пературное	сопротивление,
№ • град1вт;
Ц— источник тепла заданной темпера-
ту ры;
ls — источник тепла заданной интенсив-
ности;
НУ —начальное условие;
ГУ — граничные условия;
ПЭС — принцип элементарной суперпози-
ции;
ПСС — принцип сложной суперпозиции.
5
Критерии и безразмерные пара-
метры
в — параметр температуры;
в—параметр средней температуры;
G — параметр градиента темпера-
туры;
А — параметр амплитуды колебаний
температуры;
>; — параметр толщины (безразмерная
координата);
Fo — критерий Фурье;
Bi — критерий Био,
Pd — критерий Предводителева;
Ре — критерий Пекле;
Во — критерий Больцмана;
Н — относительное время;
М = Bi2 Fo;
Перечень задач, для которых построены расчетные
графики
В табл. 1 дан перечень задач, для которых в книге имеются расчетные графики.
Последовательность расположения задач по номерам представлена в следующих указа-
телях:
Указатель номеров задач для ограниченных тел
Геометрическая форма
тела
Граничные условия на поверхности х =		) или г = R
Постоянные	Изменяющиеся	
во времени	монотонно	периодически
I рода П рода | III рола	I родт 1 11 рода III рола	1 рода | II рода III рода
№ задач
Полу ограниченное тело Неограниченная пласти- на 		1 11—15	2 16—19	3 20—23	4—6 26—27	28—31	7 32	8 33—34	9	10
Неограниченный	ци- линдр 		35	36	37	38	—	39	—	—	—
Шар . 			40	41	42	43	—	44	—	—	—
Указатель номеров задач для неограниченных тел
Геометрическая форма источника	Источник		
	мгновен- ный	непрерыв- ный	движу- щийся
№ Местный точечный, линейный, плоский 		задач 45—47	48—49	56—58
Полость цилиндрическая .....		50—52		
Полость шаровая			53—55	
Примечание.
Задачи № 24 и 25 — неограниченная пластина находится в контакте со слоем турб'--
лизированной жидкости. Задача № 59—нагревание и охлаждение неограниченной пластины
при лучистом теплообмене.
6
Таблица 1
Перечень задач, для которых построены расчетные графики
1 № задачи 1	Характер изменения ГУ или других источников во времени	Наименование задачи	Тепловая схема	Начальное и граничные условия
Полуограниченное тело
I
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура поверхности по-
стоянна, на бесконечном
удалении от поверхности
тепловой поток равен
нулю, а температура по-
стоянна
1т-о — ^0
1лг-о =
Начальная температу- ра одинакова. На поверх- ности задан тепловой поток, на бесконечном удалении от поверхности тепловой поток равен нулю, а температура по- стоянна	| дх t					^/t=o — -X^l =S dx Lr-o dt I йг|х=оэ—°’	—to
		Го		to 	——	J		
	X		&=0i t=t0 dx			
Начальная температу- ра одинакова. Темпера- тура среды постоянна, на бесконечном удалении от поверхности тепловой поток равен нулю, а тем- пература постоянна	«?	t					t lT-0 ^0 -xSLo=a(e-^) fi=const dx|x = 03=0’ Z|*=“ = '“
					>		
	X		•5» '’V II			
1т—о —А
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура поверхности изме-
няется линейно, на бес-
конечном удалении от
поверхности тепловой
поток равен нулю, а тем-
пература постоянна
Начальная температу-
ра одинакова. Температу-
ра поверхности изменяет-
ся по закону + т,
на бесконечном удалении
от поверхности тепловой
поток равен нулю, а тем-
пература постоянна
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура поверхности изме-
няется по закону t0 -|- bza,
на бесконечном удалении
от поверхности тепловой
поток равен нулю, а тем-
пература постоянна
			
0		to	
X			
			
a	7		
		t-C=O~to	
			
	^=0; t=t0 dx		
tx=o~to+bT2 t			
a	0 '		
	4	t-t0		
Й I
дх |.
dt_ I
дх |.
= 0; Zl
-^0
£Loo = 0:^ = ^
IT —О -----
t/x-0 --^0 + bz-
=0; 'L=5>='o
7
Продолжение
№ задачи 1	Характер изменения ГУ или других источников по времени	Наименование задачи	Тепловая схема	Начальное и граничные условия
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура среды изменяется
линейно, на бесконечном
удалении от поверхности
тепловой поток равен ну-
лю, а температура по-
стоянна
1т — о —
_xSLe=“(e~G~o)’
® = <0 +
Квазиустановившийся
режим. Температура по-
верхности изменяется
гармонически, на беско-
нечном удалении от по-
верхности тепловой по-
ток равен нулю, а тем-
пература постоянна
tr=o= tcp+ Tncos2yt—	
д'	ч	1дс—Ю ^cp 4“ COS	_ "0 dt 1	„ ,	.
	Qi t=t дх'°’ * tcP	dx |x=oo-U: flx=“ ~ £c°
Квазитстановившийся режим. Тепловой поток на поверхности изме- няется гармонически, на бесконечном удалении от поверхности тепловой по- ток равен нулю, а тем-	| -Ъ~-=Ксо$2я | ох	^0				t		
		1				— X dt дх	ОТ	, ,	„ т --	= К COS ZK — СХ|х = 0	То —0; t Ix=Oo=^cd JC о.
пература постоянна	х		t=tc0 дос	св				
Квазиустановившийся			t?‘tCp* Tccos2x-	^0			dt 1
режим. Температура сре- ды изменяется гармони- чески, на бесконечном удалении от поверхности тепловой поток равен		0				— X &	(ЛЛ 'х-о = zcp + rc cos 2= J Ч)
нулю, а температура по- стоянна	X		^-=0; t=t№ дх			dt дх	“О’ х=со	г
11
12
Неограниченная пластина
8
Продолжение
№ задачи	1	Характер изменения ТУ или других источников во времени	Наименование задачи	Тепловая схема	Начальное и граничные условия
Начальная температу-
ра изменяется линейно.
На обеих поверхностях
температура постоянна и
одинакова
14
Начальная температу-
ра изменяется гармони-
чески. На одной поверх-
ности температура по-
стоянна, на другой—теп-
ловой поток равен нулю
1т--О +
+ ^cos[4(l-£
1х —о
11т—о —^п + М
1л- •о = |п
lx-Л = ^п
15
Начальная температу-
ра изменяется параболи-
чески. На одной поверх-
ности температура по-
стоянна, на другой—теп-
ловой поток равен нулю
16
Начальная температу-
ра одинакова. На одной
поверхности задан по-
стоянный тепловой по-
ток, на другой — тепло-
вой поток равен нулю
Начальная температу-
ра одинакова. На одной
поверхности задан по-
стоянный тепловой по-
ток, на другой — постоян-
ная температура
18
Начальная температу-
ра одинакова. На одной
поверхности задан по-
стоянный.тепловой поток,
около другой поверх-
ности — постоянная тем-
пература среды, равная
начальной температуре
{ дх t			
0 h		to	
i^=t0
I ‘т —О  ^0
->*| = «
1х-о
lx—ft
9
Продолжение
№ задачи 1	Характер изменения ГУ или других источников во времени	Наименование задачи	Тепловая схема	Начальное и граничные условия
Начальная температу-
ра изменяется скачко-
образно. На обеих по-
верхностях тепловой по-
ток равен нулю
20
Начальная температу-
ра одинакова. Около од-
ной поверхности задана
постоянная температура
среды, на другой поверх-
ности тепловой поток
равен нулю
21
22
24
Начальная температу-
ра одинакова. Около од-
ной поверхности задана
постоянная температура
среды, на другой поверх-
ности — постоянная тем-
пература, равная началь-
ной
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура среды по обе сто-
роны пластины постоян-
на, но различна, причем
около одной из поверх-
ностей она равна началь-
ной температуре
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура среды и коэффи-
циенты теплоотдачи по
обе стороны пластины
постоянны, но различны,
причем около одной из
поверхностей температу-
ра среды равна началь-
ной температуре
Начальная темпера-
тура одинакова. На од-
ной поверхности — слой
сильно турбулизирован-
ной жидкости. На поверх-
ности жидкости задан
постоянный тепловой по-
ток. На другой поверх-
ности пластины тепло-
вой поток равен нулю
г?	Г					
0 л		^^=0 -	1	-X * dx	—a	^x-o)» x=o
				a=const	
л?	t дх				
t				t |T=.o =	
0 ъ		t'c=O~^O		-4 dx	— a (ft ^x=o)> x*=o ft = const lx=ft =^0
X	tx=h ~ to				

Х^|
их I
1?=0---^0
8, = const
= <х(% — tx_.h)
^2 — ^0
(t = 0 ----^0
	A,«7		t	X	— a.	„k	
~3					Л,— V/ 7
				= const	
h		t-r=C - to		X I =a, (».- ox |x_ft	^X=h)>
X		= tofOC2		»2 = г0	
1т—о —
s Ijc. — h — S
-XJ*|
дх |x = o
= S — с’р'Л'
ch
dt
дх
= 0
|Х“ h
10
Продолжение
I № задачи	Характер изменения ГУ или других источников во времени	Наименование задачи		Тепловая схема			Начальное и граничные условия
25	Граничные условия постоянны	Начальная температу- ра одинакова. На одной поверхности слой силь- но турбулизированной жидкости. На поверх- ности жидкости тепловой поток равен нулю. На другой поверхности пла- стины задан постоянный тепловой поток					t |т —0 = ^0
			Л 7 /		Л—сю j ^т=о~ ^0	t	S lx — ft' = 0 i c’t |	. ,h, Л1 Л	= CP" тг OX x = 0	От x=0
			ОС		дх		X^-| =S dx |x =- h
26 27	Граничные условия изменяются монотонно	Начальная температу- ра одинакова. Темпера- тура одной поверхности изменяется линейно, на другой поверхности теп- ловой поток равен нулю		*л		t	
				0 h	t-r=O= Го		t к —0 == ^0 t |x = o — Л) + ^Т fl =°
			□	С	дх		Gx lx-ft
		Начальная температу- ра одинакова. Температу- ра одной поверхности из- меняется экспоненциаль- но, на другой поверхно- сти тепловой поток ра- вен нулю		•=о~	Ск-ЫН-еР		It — o :=
			С Л		tr-o~ Го ।		Ijc-=o == Л) "T" lx = 0,T w =
			X		дх		fl =° dx lx_k
28 29		Начальная температу- ра одинакова. На одной поверхности тепловой по- ток изменяется линейно, на другой — равен нулю			\-A^=S0 | дх °	T t	t 1т —о “ ^0
				0 h	^т=о~^о		-x^L=s^ fl =°
			а		дх		OX lx— ft
		Начальная температу- ра одинакова. На одной поверхности тепловой по- ток изменяется линейно, на другой поверхности задана постоянная темпе- ратура, равная начальной температуре					
			с	»			-xfl =S0T dx |x-o t !x= ft ^0
			X				
30		Начальная температу- ра одинакова. На одной поверхности тепловой по- ток изменяется по зако- S« ну	на Другой — равен нулю			kdt _ Sp | dx Vt t		t\; 0 = ^0
			с Л		fr-O-fo		—x^-| =4?- dx |x_o Y t #1 =»
			X		dx		dx lx-л
11
Продолжение
31
35
36
Наименование задачи
Тепловая схема
Начальное и граничные
условия
Начальная температу- ра одинакова. На одной поверхности тепловой по- ток изменяется по зако- ну	т > на другой — равен нулю					to			t -X * 1 dx | dt dx	T —0	 ^0 = S0K’ X—0 = 0 x=-h
	Г /Ь		1т=о-?о				
	X			дх			
Начальная температу- ра одинакова. Темпера- тура среды около одной поверхности изменяется линейно, на другой по- верхности тепловой по- ток равен нулю						t\	— t	
	С		t-r=o~ "	!			-xf.| to Це » = dt Ox	-0	‘'O =a (9 = t0 -f- tn = 0 'jr = Л
	X	№-0 'дх					
34
Квазиустановившийся
режим. Температура од-
ной поверхности изменя-
ется гармонически, на
другой поверхности теп-
ловой поток равен нулю
Квазиустановившийся
режим. Температура од-
ной поверхности изменя-
ется гармонически, дру-
гой поверхности — по-
стоянна
tcp’’’ Tn smZTC		
0 h		
X		
Неограниченный цилиндр
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура поверхности по-
стоянна
Начальная температу-
ра одинакова. На поверх-
ности постоянный тепло-
вой поток
* !-ЛС — О ----^ср "4“
+ Тп sin 2л Т-
Lr-o---^ср "4“
-|- Тп sin 2л —
"о
\x-h === ^ср
'т —О-----^0
dt |
= 0
о
lr=/? = fn
1т —О------^0
х#
дг
12
Продолжение
1 № задачи	Характер изменения 1У или других источников во времени	Наименование задачи	Тепловая схема					Начальное и граничные условия		
37	Граничные усло- вия постоянны	Начальная температу- ра одинакова. Темпера- тура среды постоянна	Г		i9=const			i-r— о =		
				Та г		*Т=О~ fo		+	dt ~dr		= 0 r-o
				R			* г	dr		
			г		i)=const			8=const		
38	Граничные условия изменяются монотонно	Начальная температу- ра одинакова. Темпера- тура поверхности изме- няется линейно	г		tr-P = t0-rbT					
				к 9		b-C-0 to		dt dr		0 	^0 I =0 ir-0 9— Л) 4“
				Р			-t			
			/•1							
39		Начальная температу- ра одинакова. Темпера- тура среды изменяется линейно	Л					k--0	Л)		
				Г		t-C=O~to	,	t	dt ~dr		= 0 r —0
				Г R				dr		
			г		&=tc+br					
Шар
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура поверхности по-
стоянна.
<1т-о = 'о
=°
<*Г 1г-о
41
Начальная температу- ра одинакова. На поверх- ности постоянный тепло- вой поток	г Хй ( °		1 	1		t-T^erto	Л 1 dF\ dr	— 0 	^0 = 0 r — 0 L-«-s
	-.\.R г					t		
Начальная температу- ра одинакова. Темпера- тура среды постоянна	f	iiS				t k —о —	
	/'"к					dt dr	= 0 Г-0
	1 \ в лГ;	— —			‘t		=a(8— tr_R), dr\r=R	r~K' a=const	
13
Продолжение
Наименование задачи
Тепловая схема
Начальное и граничные
условия
46
48
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура поверхности изме-
няется линейно
Начальная температу-
ра одинакова. Темпера-
тура среды изменяется
линейно
1т-о —
#1 =°
дг |г_„
Xdr|r==T?=a(8“~^)’
8 = £0 —|— tn
Неограниченное тело
Начальная температу-
ра одинакова. Действует
точечный мгновенный ис-
точник тепла; на беско-
нечном удалении от ис-
точника температура по-
стоянна
Начальная температу-
ра одинакова. Действует
линейный мгновенный ис-
точник тепла; на беско-
нечном удалении от ис-
точника температура рав-
на начальной температуре
Начальная температу-
ра одинакова. Действует
плоский мгновенный ис-
точник тепла; на беско-
нечном удалении от ис-
точника температура рав-
на начальной температуре
11т-о — Л>
< 1Г=Я = ^> + ^Х
CD О
Начальная температу-
ра одинакова. Действует
точечный непрерывный
источник тепла, на беско-
нечном удалении от источ-
ника температура равна
начальной температуре
*к=о = 'о
'1г=оо=*о
vr. = IV'
Г-0, т = о
— <о
П=0, Х-О = ^
1т 0----to
t\r = o. = to
W] = Wp
lr-o, T — 0 C
*к-о = *о
t 1г=оо =^0
Ч >=0. хЗгО = Ч
14
Продолжение
Xs задачи Характер изменения ГУ или других источников во времени	Наименование задачи	Тепловая схема	Начальное и граничные условия
Начальная температу-
ра одинакова. Действует
линейный непрерывный
источник тепла; на бес-
конечном удалении от
источника температура
равна начальной темпера-
туре
Начальная температу-
ра одинакова. Температу-
ра поверхности полости
постоянна, на бесконеч-
ном удалении от полости
температура равна на-
чальной температуре
51
Начальная температу-
ра одинакова. На поверх-
ности полости постоян-
ный тепловой поток, на
бесконечном удалении от
полости температура рав-
на начальной темпера-
туре
Г =5
дг |,=^
53
с:
го
CD
О
СХ
го
а
Начальная температу-
ра одинакова. Температу-
ра среды внутри поло-
сти постоянна, на беско-
нечном удалении от по-
лости температура рав-
на начальной температу-
ре
Начальная температу-
ра одинакова. Температу-
ра поверхности полости
постоянна, на бесконеч-
ном удалении от поло-
сти температура равна
начальной температуре
Начальная температу-
ра одинакова. На поверх-
ности полости постоян-
ный тепловой поток, на
бесконечном удалении
от полости температура
равна начальной темпе-
ратуре
t 1г-0 — ^0
=
дг |г=/?„
= <*(» — tr=ffo),
Э = const
<1Г=,ОЭ = 'о
г» tr-R^tn
I 'г —0--
* 1г=У?0 = <п
1т —О ^0
< ?-! =
дг |г = /?0
* |, = 00 = Л>
15
Продолжение
55
56
57
Наименование задачи
Начальная температу-
ра одинакова. Температу-
ра среды внутри полости
постоянна, на бесконеч-
ном удалении от полости
температура равна на-
чальной температуре
Тепловая схема
Л
Начальное и граничные
условия
It —О-
=
ЙГ |r=t?0
9 = const
X
га
Квазиустановившийся
режим. На поверхности
полуограниченного'тела,
движущегося в направле-
нии оси х с постоянной
скоростью v, действует
точечный источник теп-
ла q\ теплообмен на по-
верхности тела отсутству-
ет; местоположение ис-
точника совпадает с нача-
лом координат
Квазиустановившийся
режим. На поверхности
полуограниченного тела,
движущегося в направле-
нии оси х с постоянной
скоростью гг, действует
линейный источник теп-
ла q£ теплообмен на по-
верхности тела отсутст-
вует; местоположение ис-
точника совпадает с на-
чалом координат
Квазиустановившийся
режим. Внутри неограни-
ченного тела, движуще-
гося в направлении оси
х с постоянной скоростью
действует плоский ис-
точник тепла qF\ место-
положение источника
тепла совпадает с нача-
лом координат
Лучистый теплообмен
#1 =0
д? L-o
Л =°
IZ —о
Лг=со = 0
9 k=so — 4f
59
Начальная температу-
ра одинакова. Одна из
поверхностей пластины
облучается, температура
излучателя постоянна; на
другой поверхности теп-
ловой поток равен нулю
Т |т_ о — То
дх Lr-o
= е5а(Г’-Г1=
дх L-л
= 0
16
Часть первая
Порядок
решения задач
Глава первая
Порядок решения задач, для которых
составлены расчетные графики
§ 1.	С чего начинать решение задачи
Прежде всего читателю следует четко сформулировать условия задачи, по
которой требуется выполнить расчеты. Следовательно, нужно знать:
1)	геометрическую форму тела;
2)	граничные условия задачи;
3)	начальное условие задачи;
4)	интенсивность и местоположение внутренних источников тепла;
5)	теплофизические характеристики материала.
Эти пять условий называются условиями однозначности, а совокупность
начального и граничных условий — краевыми условиями.
Составлять дифференциальное уравнение, описывающее процесс тепло-
проводности, читателю практически нет необходимости.
Затем по табл. 1 следует установить, находится ли задача с данными усло-
виями однозначности в „Перечне задач, для которых построены расчетные
графики14, и если находится, то обратиться ко второй части книги и вос-
пользоваться имеющимися там графиками и другими материалами соответ-
ствующей задачи.
К другим страницам первой части книги придется обратиться, если на
указанном выше пути встретятся затруднения:
1)	при отсутствии искомой задачи в табл.1 следует воспользоваться ма-
териалами глав второй и третьей;
2)	при решении задачи, содержащейся в табл. 1, для которой, следовательно,
имеются расчетные графики, рекомендуется ознакомиться с § 3 и 4 первой главы;
3)	при назначении условий однозначности — см. § 2 первой главы.
£ 2. Выбор условий однозначности
Условиями однозначности называется совокупность условий, которыми
однозначно определяется ход температуры в теле, т. е. никакой другой ход
температуры приданных условиях невозможен — решение является единствен-
ным. Выше было перечислено пять условий, которые и составляют усло-
вия однозначности. Переходя к их рассмотрению в ином порядке, прежде
всего вспомним, что такое источники тепла.
1.	Источники тепла
Понятие об источнике тепла — одно из основных понятий в теории тепло-
проводности; оно необходимо для понимания вопроса о граничных и началь-
ном условиях и о внутренних источниках, а следовательно, для правиль-
19
кого назначения основных условий однозначности. Понятие об источниках
тепла также важно для решения сложных задач и для понимания сущности
процессов теплопроводности.
Источники тепла весьма разнообразны, и этим в большой мере опреде-
ляется многообразие существующих тепловых задач. Источники можно под-
разделить на:
1)	источники заданной температуры It и источники заданной интенсивности
(мощности) или заданного количества тепла Is,
2)	положительные (тепло поступает от них) и отрицательные (поглощаю-
щие тепло); последние иногда называют стоками,
3)	точечные, линейные, плоские и объемные,
4)	внутренние (внутри тела) и внешние (поверхностные),
5)	мгновенные и непрерывного действия,
6)	постоянные и переменные во времени,
7)	неподвижные и подвижные.
Каждый из признаков, характеризующих источник тепла, не зависит от
температурного состояния тела. Исключение составляет только второй при-
знак: знак температурногс источника It зависит не только от его температуры,
но и от температуры близлежащих точек тела. Источник Ц положителен,
если его температура выше температуры близлежащих точек тела. Со вре-
менем источник It может стать отрицательным. Это может произойти в ре-
зультате понижения температуры самого источника или повышения темпе-
ратуры тела под действием других источников.
Наличие источников является одной из основных причин данного темпе-
ратурного состояния тела, а изменение теплового состояния — следствием
действия источников. И если подчас в той или иной задаче требуется по
изменению температуры тела определить какое-либо из условий однознач-
ности, например интенсивность источника тепла или теплофизические харак-
теристики, то не следует все же забывать, что здесь искомое является при-
чиной, а заданное — следствием. Задачи такого характера называются
обратными задачами, в отличие от прямых задач, в которых все условия
однозначности известны, а искомыми являются характеристики тепло-
вого состояния тела: температура, теплосодержание, градиент темпера-
туры и др.
Итак, каждый источник характеризуется семью признаками. Примером
источника тепла типа Is может служить проложенный в теле тонкий про-
вод, по которому протекает электрический ток постоянной силы. Этот про-
вод является положительным, линейным, внутренним, непрерывно действую-
щим, неподвижным источником постоянной интенсивности.
Другим важным примером источников этого же типа служит начальное
распределение температуры в теле. Имеющееся распределение температуры
можно рассматривать как результат действия внутренних, мгновенных, объем-
ных, неподвижных источников с заданным количеством тепла. Мгновенная
мощность этих источников равна произведению температуры тела на объ-
емную теплоемкость материала тела.
Часто встречающимся случаем действия источников типа Is служит
выделение тепла при химических реакциях, например при твердении бетона.
Здесь источники являются положительными, объемными, внутренними, не-
прерывного действия, переменной интенсивности, неподвижными.
В приведенных выше трех примерах источники характеризуются тепло-
выми потоками (мощностью), а не температурой. И это не случайно, так как
рассмотренные источники были внутренними, а внутренние источники
бывают только заданной интенсивности, т. е. типа Is- Напротив, внешние
источники могут быть как типа Is, так и типа It.
Примером действия источника типа It может служить нагревание
(охлаждение) тела в результате конвективного теплообмена с окружаю-
щей средой: охлаждение металлов в закалочной ванне, проникновение
температурных колебаний воздуха в стену здания и грунт и т. д.
20
Таким образом, становится ясной разница между источниками двух
типов — Is и It. И все же в ряде случаев разница не является четкой.
Так, иногда ответ на вопрос о том, каков тип действующего источника
зависит не от физической природы источника тепла, а от того, что мы об
этом источнике знаем. Приведем пример-
Пусть на поверхности полуограниченного тела расположен нагреватель,
интенсивность которого известна, а на поверхности другого полуограничен-
ного тела задана температура. Естественно считать, что в первом случае
действует источник типа Is, во втором—типа It . Предположим далее, что
интенсивность источника Is постоянна, а температура источника It увеличи-
вается пропорционально корню квадратному из времени. Можно убедиться,
что если температура поверхности полуограниченного тела повышается
пропорционально j/т, то тепловой поток на этой поверхности постоянен.
Поэтому в данном случае одинаково справедливо считать, что в обоих
случаях действуют источники тепла либо типа Is, либо типа It. Окончатель-
ное решение вопроса зависит от вида нагревателя. Если нагреватель элект-
рический, то известна его мощность и его надо считать источником типа Is.
Если же нагревателем служит окружающая тело среда заданной темпера-
туры, то можно считать, что действует источник типа It. Такое „произ-
вольное" задание типа источника невозможно, если до местоположения
рассматриваемого источника доходит действие какого-либо другого источника
(подробнее см. § 7). Кроме того, обычно известна лишь одна характеристика
источника—его температура или его интенсивность; этой известной харак-
теристикой надо пользоваться при назначении граничных условий.
2.	Граничные условия
Тепловые условия на границах тела называются граничными условиями
(ГУ) и складываются из двух основных элементов: внешних (поверхностных)
источников тепла и условий теплообмена между источниками и поверх-
ностью тела.
Следует подчеркнуть, что границами тела являются как все его внешние
границы (поверхности), так и любые внутренние границы (поверхности),
отделяющие рассматриваемое тело от другого твердого тела или от полости
(каверны). Внутренняя полость может быть замкнутой или сквозной и содер-
жать газ или жидкость.
Принято различать четыре рода ГУ. Сперва напомним о них кратко,
а затем рассмотрим более подробно физическую суть ГУ, их взаимосвязи
и приведем характерные примеры назначения ГУ.
Если известна температура поверхности тела, то имеет место ГУ 1 рода.
Если задана интенсивность теплового потока извне в тело, то говорят о ГУ
II рода. Согласно основному закону теплопроводности тепловой поток равен:
— X^-l =S;	(1)
й*1х-+о	' 7
здесь X означает коэффициент теплопроводности тела, а градиент темпера-
туры относится к точке тела, расположенной в непосредственной близости
от поверхности тела, на что и указывает индекс х = -|-0. Здесь и ниже
с целью упрощения записи все приводимые ГУ выражены относительно по-
верхности полуограниченного тела (х = 0). Для тел другой формы надо
принимать соответствующее значение координаты поверхности, например, для
цилиндра и шара r = R.
Если заданы температура среды (жидкости или газа), омывающей тело, и за-
кон теплообмена между средой и поверхностью тела, то говорят о ГУ III рода.
Согласно закону 'Ньютона, тепловой поток, поступающий от омывающей
среды, прямо пропорционален разности температур среды и поверхности тела:
21
ГУ IV рода возникает, если рассматриваемое тело находится в сопри-
косновении с другим телом, имеющим иные теплофизические характеристики.
Контакт на поверхности тел должен быть столь хорошим, чтобы темпера-
туры соприкасающихся точек были одинаковыми:
^|х-+о = ^|л--о-	(3)
Уравнение тепловЪго баланса на границе имеет следующий вид:
— Х^|	.	(4)
dx|x-+o	о	' ’
Обратим внимание, что левые части уравнений теплового баланса (1),
(2) и (4) одинаковы — ими выражается интенсивность теплового потока, от-
водимого от поверхности тела внутрь. Отличие одного ГУ от другого заклю-
чено в правой части уравнений теплового баланса. В них математически
сформулирована закономерность поступления тепла извне к поверхности
тела. Таково общее правило формулировки различных ГУ.
Исключением (кажущимся) представляется ГУ I рода, так как оно вы-
ражается температурой поверхности тела, а не уравнением теплового ба-
ланса. В действительности ГУ I рода тоже выводится из уравнения тепло-
вого баланса у поверхности тела, а именно, из уравнения (2), но при
условии, что значение коэффициента теплообмена а очень велико (стремится
к бесконечности). Тогда указанное уравнение приводит к следующему выра-
жению для ГУ I рода:
(5)
Таким образом оказывается, что ГУ I рода является лишь частным случаем
ГУ III рода. Указанный „частный случай" практически важен, чем, вероятно,
и можно оправдать, что он значится под отдельным номером, в то время
как многим другим ГУ до сих пор номера не присвоены.
Приведенная классификация ГУ исторически сложилась и является в на-
стоящее время общепринятой. Поэтому эта классификация в неизменном
виде принята и в настоящей книге, хотя она, на наш взгляд, несовершенна
как с методической точки зрения, так и с точки зрения полноты охвата
различных реально встречающихся условий теплообмена на границе твердого
тела.
Учитывая важность правильного назначения ГУ, дадим еще некоторые
дополнительные пояснения. Эти пояснения будут в основном сводиться к тому,
чтобы помочь правильно составить правую часть уравнения теплового ба-
ланса (поступление тепла извне к поверхности тела). При этом будут ис-
пользованы понятия об источниках тепла и о тепловых сопротивлениях.
Эффективность воздействия внешнего источника тепла на тепловое со-
стояние данного физического тела зависит прежде всего от самого источника
и от условий теплообмена между источником тепла и поверхностью тела.
Кроме того, оказывают влияние характеристики тела (его геометрические
размеры и теплофизические параметры) и наличие других источников, если
рассматриваемый источник является температурным.
Условия теплообмена в большей или в меньшей степени мешают внешнему
источнику тепла достигнуть поверхности тела. Обычно это препятствие
выражается в виде пограничного слоя.
В самом общем случае тепло от источника передается к поверхности .'ела
через пограничный слой, который, во-первых, поглощает часть тепла, так как
обладает теплоемкостью, т. е. теплоемкостным сопротивлением:
C = c'p'h’,	(6)
и, во-вторых, понижает (гасит) температуру, так как обладает температур-
ным сопротивлением:
Э1 = £- = -.	(7)
Ла	v 7
22
Таким образом до поверхности тела действие источника доходит ослаблен-
ным — с меньшей температурой и с меньшей интенсивностью. Если источ-
ники отрицательные (стоки), то влияние пограничного сопротивления будет
противоположным.
Наличие у поверхности тела слоя, который одновременно обладает теп-
лоемкостным и температурным сопротивлениями, приводит к схеме двухслой-
ного тела, при которой имеет место указанное выше ГУ IV рода. Такие
задачи весьма сложны и за исключением некоторых простейших случаев
(глава третья, § 14, п. 3) в настоящей книге не рассматриваются.
Однако в подавляющем большинстве случаев ГУ являются более про-
стыми. Так, например, в некоторых задачах оба вида сопротивления отсут-
ствуют. В других задачах можно рассматривать лишь один вид сопротив-
ления. Встречаются случаи, когда имеют место оба вида тепловых сопро-
тивлений, но каждое из них сосредоточено отдельно, и внешним источникам
тепла при их воздействии на тело надо последовательно преодолеть оба
сопротивления.
Этот последний случай является общим и из него могут быть как част-
ные случаи выведены все другие ГУ, за исключением ГУ IV рода. Поэтому
рассмотрим прежде всего этот случай.
Итак, пусть имеются внешние температурные и тепловые источники тепла,
а на пути их действия к поверхности тела расположены сперва темпера-
турное, а затем теплоемкостное сопротивление. Примером возникновения
такого ГУ может служить задача о тепловом режиме ложа широкой, много-
водной реки. Для того чтобы решить эту задачу, нужно написать ГУ для
поверхности ложа.
Внешними источниками тепла служат окружающий воздух (температур-
ный источник 1() и солнечная радиация (тепловой источник Is). Первое
препятствие имеет место на пути от источников к поверхности воды, вто-
рое — на пути от поверхности воды к поверхности ложа (твердого тела).
Коэффициент теплоотдачи на границе вода — воздух не является беско-
нечно большим. Поэтому действие температурного источника здесь ослаб-
ляется. На действие теплового источника температурное сопротивление на
границе вода — воздух не оказывает влияния, поэтому тепло от него полно-
стью входит в воду.
Таким образом от обоих источников в воду поступает тепло с интенсив-
ностью, равной S-|-a(& — tx_+0). Далее часть этого тепла, благодаря теп-
лоемкостному сопротивлению, расходуется на изменение теплосодержания
воды с р п д- , а оставшаяся часть проникает в твердое тело. В резуль-
ut |х——О
тате уравнение теплового баланса на поверхности тела (ложа реки) прини-
мает следующий вид:
-х £ L.=ss L.-	<«>
Важно отметить, что величина S в уравнении (8) представляет собой
алгебраическую сумму интенсивности всех внешних тепловых источников,
где бы они ни были расположены — в воде или вне воды. Например, дис-
сипация энергии потока является равномерно распределенным в воде объем-
ным тепловым источником, испарение воды с заданной скоростью является
плоским тепловым источником, расположенным на поверхности воды, сол-
нечное излучение является тепловым источником, расположенным вне воды.
Если эти тепловые источники действуют одновременно, то их интенсивности
надо суммировать.
Ниже будет показано, что из уравнения (8) получается ряд других ГУ.
Сводка различных ГУ дана в табл. 2; там же для наглядности оба вида
тепловых сопротивлений представлены не только геометрически, но и в виде
эквивалентной электрической схемы.
а)	Пограничный слой обладает температурным сопротивлением, а теп-
лоемкостное сопротивление может быть принято равным нулю (91 О, С = 0).
23
Таблица 2
Сводка основных случаев теплообмена у поверхности тела (назначение граничных условий)
Условия теплообмена у поверхности тела	Тепловая схема				Тепловая ха- рактеристика пограничного слон		Тип источ- ника тепла		Граничные условия	
					91	с	't	1 S	математическая формулировка	наименовали»
На поверхности тела задана температура			h			0	0	+	—	* 1х- + 0~ 8	1 рода
		0								
	JC									
На поверхности тела задан тепловой поток			!'•			0	0	—	+	-Кг! =s dx	П рода
		0								
										
У поверхности тела задана температура среды	J				+	0	+	—	—	=о(& — tx-+0) иЛ 1Х- + 0	III рода
		 • •								
										
	X									
Продотжение
Условия теплообмена у поверхности тела	Тепловая схема	Тепловая ха- рактеристика пс граничного слоя		Тип источ- ника тепла		Граничные условия	
		91	С		's	математическая формулировка	наименование
У поверхности тела контакт
со вторым телом; заданы тем-
пература и тепловой поток
У поверхности тела заданы
температура среды и тепловой
поток
Тело покрыто слоем, имею-
щим очень малую удельную
теплоемкость и не очень боль-
шой коэффициент теплопровод-
ности; у поверхности слоя задан
тепловой поток
Приводится
к ГУ III рода
IV рода
11 рода
Продолжение
Условия теплообмена у поверхности
тела
Тепловая схема
Тело покрыто слоем, имею-
щим очень малую удельную
теплоемкость и очень малый
коэффициент теплопроводности;
у поверхности слоя задана тем-
пература
Тело покрыто слоем, имею-
щим значительную удельную
теплоемкость и очень большой
коэффициент теплопроводности
(турбулизированная жидкость);
у поверхности слоя заданы тем-
пература среды и тепловой по-
ток
Тело покрыто слоем, имею-
щим значительную удельную
теплоемкость и очень большой
коэффициент теплопроводности
(турбулизированная жидкость);
у поверхности слоя задан теп-
ловой поток
Тело покрыто слоем, имею-
щим значительную удельную
теплоемкость и очень большой
коэффициент теплопроводности
(турбулизированная жидкость);
у поверхности слоя задана тем-
пература среды
Тепловая ха- рактерн тика пеграпичш го слоя		Гип И’ТОЧ- ника тепла			I раничные условия		
9с	с	't	's	математическая формулировк i			наименование
+	0	+	0		*1 = 1х-+о	= 0	Адиабата (частный стучай ГУ II рода)
+	+	+	+	-х*| Ох |	= S-H *- + 0 , ,А, dt	(» - G-+o) - X	0	Приводится к ГУ VI рода
0	+	—	+	dx	1 =s~	, ,., dt 1	V рода
+	+	+	—	В |"5 II	< ? > ।	? —г	।			Gc-a-e) JT--0	VI рода
Продолжение
Условия теплообмена у поверхности
тела
Тело покрыто слоем, имею-
щим значительную удельную
теплоемкость и очень большой
коэффициент теплопроводности
(турбулизированная жидкость);
у поверхности слоя идеальная
теплоизоляция
Тело покрыто слоем, имею-
щим значительную удельную
теплоемкость и очень большой
коэффициент теплопроводности
(турбулизированная жидкость);
на поверхности слоя задана
температура
Задана температура излуча-
теля; тепловые сопротивления
отсутствуют
Обозначения:
Граничные условия
Тепловая схема
математическая формулировка
= »
Тип источ-
ника тепла
Тепловая ха-
рактеристика
пограничного
слоя
О
9!
= + и
— температурное сопротивление;
— тенлоемкостное сопротивление;
— единое тепловое сопротивление

 м dt I
с₽л м
наименован!!?
Частный случай
ГУ V и VI родов

1 рода
В ряде случаев
приводится
к ГУ II или
III родов
ЕВ
Практически это может соответствовать случаю обтекания тела газом,
так как объемная теплоемкость газов в сотни раз меньше, чем у твердых
тел или жидкостей. В то же время коэффициент теплопроводности газов
небольшой и поэтому температурное сопротивление имеет место. Так как
слоя жидкости у поверхности тела нет, то последний член уравнения (8)
равен нулю.
В зависимости от типа действующих внешних источников и величины
температурного сопротивления ГУ будут следующими.
Если действует либо источник типа It, либо источник типа Is, то возни-
кают указанные выше три рода ГУ. Так, ГУ I рода получается, если дей-
ствует источник типа lt и я = оо, ГУ II рода — если действует источник
типа Is, ГУ III рода — если действует источник типа// и а^оо.
Кроме того, могут иметь место еще следующие ГУ.
Если одновременно действуют источники типа It и Is и у поверхности
тела имеется температурное сопротивление (коэффициент теплоотдачи не
равен бесконечности), имеем:
=5 + сф-Г._+о).	(9)
v-V |х-+0
Примерами возникновения такого ГУ могут служить случаи, когда тело
подвержено нагреву за счет конвекции (источник типа /() и охлаждению
за счет испарения с поверхности (источник типа /5). Одновременное дейст-
вие на тело источников типа It и ls возможно также при конвекции и
радиационном нагреве.
Данное ГУ объединяет ГУ II и III родов и может быть приведено фор-
мально к виду ГУ III рода путем подстановки:
(Ю)
где &э — эквивалентная температура среды; тогда вместо (9) получим
-KsL.=’<8.-'—>•	<п>
Итак, замена действительной температуры среды эквивалентной температурой
позволяет исключить из рассмотрения действие источников типа Is и свести
весьма просто задачу с ГУ вида (9) к задаче с ГУ III рода.
Если коэффициент теплоотдачи я = 0, действие температурных источников
совершенно не доходит до поверхности тела. Остается лишь действие теп-
ловых источников, и поэтому уравнение (9) принимает вид ГУ II рода (1).
Если же и источников типа Is нет, то теплоизоляция поверхности твердого
тела оказывается полной и имеет место частный случай ГУ II рода — от-
сутствие теплообмена на поверхности тела (адиабатическое условие), т. е.
— о = О. Так как Х^О, то получаем
б)	Пограничный слой обладает теплоемкостным сопротивлением, а тем-
пературное сопротивление ничтожно мало (С^>0, 31 = 0).
Практически это соответствует случаям, когда на границе тела имеется
слой хорошо турбулизированной жидкости, а коэффициент теплоотдачи от
поверхности жидкости в атмосферу очень велик.
При наличии только источников /, температура жидкости, а следова-
тельно, и температура поверхности твердого тела, равна температуре источ-
ников, т. е. получаются ГУ I рода.
При наличии только источников типа /s уравнение (8) принимает вид
—/^1	= S — c'p'h’~\	.	(13)
d.v	r dt|x = -o	v
28
При отсутствии каких-либо внешних источников ГУ записывается сле-
дующим образом:
Уравнение (14) описывает явление теплообмена между слоем жидкости
и твердым телом.
в)	Пограничный слой состоит из двух частей; в одной части 31 О,
С= 0, а в другой 31 = 0, С^>0.
Если действует только источник тепла типа It, имеем:
— kj-l =а(&_ f )_су/г'^1	.	(15)
ch: [х=+о v	г дт|х = _о	' '
Уозвнением (15) описываются условия теплообмена твердого тела с атмо-
сферой через слой хорошо турбулизированной жидкости.
Если, напротив, действует лишь источник типа /5, температурное сопро-
тивление не оказывает влияния, и условие теплообмена выражается напи-
санным ранее уравнением (13д
Когда же одновременно действуют источники тепла обоих типов, ГУ
выражается уравнением (8). Заметим, что подстановкой (10) уравнение (8)
может быть легко приведено к виду (15).
г)	Тепловое излучение. Когда теплообмен между поверхностью тела
и внешним источником тепла происходит по законам излучения, тогда урав-
нение теплового баланса будет иметь вид:
-х £ L=+o=е*°- п=+о)-	(16)
До сих пор рассматривались случаи, когда теплообмен с температур-
ными источниками принимался пропорциональным разности температур
источника и поверхности тела (см. уравнения (2), (8) и др.). Здесь же,
согласно уравнению (16), закономерность более сложная — теплообмен про-
порционален разности четвертой степени температур источника тепла и по-
верхности тела, т. е. зависимость нелинейная. Решение задач с таким ГУ
сложно, и поэтому удобно приводить это условие к более простым ГУ.
В зависимости от величины разности температур источника и поверхности
тела, лучистый теплообмен может быть приведен к ГУ II или III родов.
т
Если разность относительно невелика: 0,9	1,1, то удобно вос-
‘ Х-+0
пользоваться ГУ III рода. Для этого вместо (16) надо написать
(17)
'fi_ft
где	= с _ х=+°^4г^Т1.	(18)
с	УХ = 4-О
Если разность температур источника и поверхности тела велика, то
можно по уравнению (16) вычислить интенсивность теплового потока излу-
чения S„ и решать задачу, полагая, что имеет место ГУ II рода. Так как
значения S„ зависят от температуры поверхности тела, то расчетный пе-
риод надо разбивать на отрезки времени, внутри которых принимать вели-
чину S„, исходя из приближенно задаваемой температуры поверхности тела;
затем, при необходимости, может быть применен метод последовательных
приближений.
Уравнения (8), (9), (12) — (16) описывают семь различных ГУ, не
имеющих номера. Вероятно следовало бы прежде всего дать номера ГУ,
выраженным уравнениями (13) и (15) — соответственно ГУ V и VI родов.
д) Упрощение граничных условий. Когда ГУ выбрано, следует посмо-
треть, нельзя ли его упростить. Для этого надо сопоставить тепловые
29
сопротивления пограничного слоя (температурное 31 и теплоемкостное С)
с тепловым сопротивлением самого тела.
Температурное сопротивление тела (внутреннее сопротивление) равно:
Явн = 4,	(19)
где h — определяющий размер тела: для пластины — толщина, для полу-
ограниченного тела — глубина и т. д.
Температурное сопротивление пограничного слоя (внешнее сопротивле-
ние) равно:
51 = -.	(20)
а
Отношение внутреннего сопротивления к внешнему характеризует усло-
вия теплообмена тела с внешними температурными источниками и на-
зывается критерием Био:
h
Bi = 4=?-	(21)
1 л
а
Критерий Bi можно также записать в виде:
Bi=*=*.	(22)
а
где h' = -а имеет размерность длины и представляет собой толщину погранич-
ного слоя, на свободной поверхности которого температура равна темпера-
туре окружающей среды. Таким образом, критерий Bi можно рассматривать
как отношение определяющего размера тела к толщине пограничного слоя.
Рис. 1
Исходя из величины критерия Bi, иногда удается упростить ГУ (рис. 1).
Если величина Bi относительно велика, Bi ?г50, то это означает, что
температурное сопротивление (толщина) пограничного слоя мало по срав-
нению с температурным сопротивлением (толщиной) самого тела. Поэтому
можно пренебречь температурным сопротивлением пограничного слоя и
принять температуру поверхности тела равной температуре среды, т. е.
вместо ГУ III рода принять более простое ГУ I рода.
Если 50Bi^10, то также можно заменить ГУ III рода на ГУ I рода.
Для этого надо при расчете увеличить толщину тела на толщину погра-
ничного слоя h' и при вычислениях относительной координаты ц и кри-
терия Фурье Fo, необходимых при пользовании расчетными графиками,
вместо х и h писать х-\-К и h-\-h’. Тогда, например, безразмерная коор-
30
дината поверхности действительного тела будет равна уже не нулю, а
Л'
й + Л"
Случай 10 > Bi 3=0,2 отвечает условиям, при которых температурные
сопротивления (толщины) пограничного слоя и тела соизмеримы между
собой и замена ГУ III рода на ГУ I рода невозможна.
Если значения Bi относительно малы, Bi <^0.1-г-0,2, то это означает, что
температурное сопротивление (толщина) пограничного слоя относительно
велико и большая часть температурного перепада сосредоточена у границы
тела. Внутри тела перепад температуры относительно мал. В этом случае
тело может рассматриваться как хорошо турбулизированная жидкость,
обладающая очень большой теплопроводностью и, следовательно, одина-
ковой (по всему объему) температурой. В результате задача расчета тем-
пературы в теле сводится к определению температуры его поверхности или
любой другой точки тела.
Иногда тела, в которых перепад температуры относительно мал, назы-
вают „тонкими", в отличие от „толстых" тел, в которых температурный
перепад относительно велик.
3. Начальное условие
Начальным условием (НУ) задачи называется температурное поле в теле
в какой-либо момент времени. Дальнейший отсчет времени ведется от этого
начального момента.
В книге рассматриваются лишь одноразмерные задачи (исключение со-
ставляет § 17), поэтому достаточно знать распределение температуры по
одной координате: в пластине — по толщине, в цилиндре и шаре — по
радиусу.
Данные о начальном теплосодержании тела или о начальном распределе-
нии грандиента температуры не могут быть приняты в качестве НУ, но
в ряде случаев они могут помочь определить начальное распределение
температуры.
Так, если известно, что начальная температура в теле одинакова, то
по начальному теплосодержанию нетрудно найти значение начальной
температуры:
= =	(23)
Если в начальный момент времени дано поле градиента температуры
= f (х), то для определения начальной температуры должна быть еще
известна температура какой-либо точки тела. В этом случае
^=\д/хах + С’	(24)
где значение постоянной интегрирования С находится по данной температуре
точки.
Пример. Дано. В пластине при т = 0
^=-25 sin [у(1-ч)] и ^_о,6 = 40’С,
где V = £.
Найти начальное распределение температуры.
Решение. Интегрируя выражение для градиента температуры, полечим;
tx-° = cos	(I — 7))j-f-С.
31
Подставляя ц = 0,5 и / = 40° С, находим
С = 40 — — cos’"- =»28,8°С.
л 4
Окончательно:
/т_<, = 28,8 + |° cos [у (1 —>])].
Расчетные графики, приведенные во второй части книги, составлены
для случаев, когда в начальный момент времени температура от коорди-
наты не зависит (градиент температуры равен нулю) или изменяется ли-
нейно (градиент постоянен), параболически (градиент изменяется линейно)
и косинусоидально (градиент изменяется синусоидально).
При более сложном начальном условии следует попытаться заменить
сложное начальное распределение температуры более простым (вертикальной
или наклонной прямой, параболой, косинусоидой). Если это не удается, то
рекомендуется применить один из способов, изложенных в главе
третьей, § 12.
Итак, начальным условием может служить распределение температуры
в теле в любой момент времени, предшествующий расчетному.
Возникает вопрос, можно ли использовать данное распределение темпе-
ратуры как начальное для определения температуры в теле не в после-
дующие, а в предыдущие моменты времени, если, конечно, граничные
условия для этого периода известны.
На этот вопрос, представляющий как практический, так и теоретический
интерес, приходится ответить отрицательно. Действительно, данное распре-
деление температуры в теле может возникнуть при одних и тех же гра-
ничных условиях, но исходя из совершенно различного теплового состоя-
ния. Для примера рассмотрим графики задач № 11 и 12, которые отли-
чаются друг от друга только начальным условием. Распределение температуры
в задаче № 11 при Fo=l,0 практически такое же, как и в задаче № 12
при Fo = 0,8. Но если в обеих задачах отступить назад на одинаковый
отрезок времени, то окажется, что температурные состояния тел различны.
Это показывает, что последующее распределение температуры не может слу-
жить начальным условием.
Таким образом становится более понятным физический смысл начального
условия. В начальном тепловом состоянии тела отражена вся его пред-
шествующая тепловая история, и для дальнейшего хода температуры совер-
шенно безразлично, каким образом данное тепловое состояние возникло.
Оно могло возникнуть различными путями. Напротив, последующий ход
температуры может быть только один и поэтому НУ является одним из
условий однозначности решения задачи. Но следует иметь в виду, что чем
больше времени проходит от начального момента, тем меньше начальное
условие влияет на тепловое состояние тела и тем менее точно оно может быть
задано без значительного ущерба для точности конечного результата расчета.
При неточном задании начального условия конечный результат расчета
будет содержать ошибку, причем зависимости от граничных условий
возможны два случая.
Если граничные условия таковы, что с течением времени температура
в теле стремится к постоянной величине или испытывает периодические
колебания, то ошибка в результатах расчета постепенно уменьшается по
абсолютной величине.
Если граничные условия вызывают монотонное, не имеющее конечного
предела изменение температуры всех точек тела, то абсолютная величина
ошибки остается равной первоначальной. Но и в этом случае характер
распределения температуры в теле, а следовательно, и кривая градиента
температуры становятся со временем все менее зависимыми от начального
условия.
Приведем некоторые примеры.
32
Пример 1. Дано. На одной из поверхностей резиновой пластины (а = 0,00035 м-'ч)
толщиной h = 10 см поддерживается постоянная температура t„ = 20° С. Др\гая поверх-
ность теплоизолирована. Начальная температура равна, примерно, Zo=«50°C, причем
точность ее определения составляет Д/о = ±1О°С.
Найти величину возможной ошибки в определении температуры на теплоизолиро-
ванной поверхности через 3 ч и через 30 ч.
Решение. Воспользуемся материалами задачи № 11. Расчетное уравнение для темпе-
ратуры имеет вид:
* = *п + 6 (Л>~*п).
откуда для определения ошибки служит формула:
Дг = 6ДТ0.
Величины в находятся по графику 11-1 для т; = 1 и двух значений Fo:
„ at 0,00035-3	„	0,00035-30
Fo5E~7F= (0,1)8 = °Ж> и Fo = —(бДр---------------=1’05-
Находим 6 = 0,93 и 6 = 0,10.
Вычисляем пределы возможной ошибки:
через Зч ДТ = ± 0,93 - 10 = ± 9,3° С,
через 30 ч М = ± 0,10 • 10 = ± 1,0° С.
Убеждаемся, что величина ошибки с течением времени уменьшается. Этого и сле-
довало ожидать, так как ГУ таковы, что температура стремится к постоянной величине.
Пример 2. Даны условия предыдущего примера, но на одной поверхности пластины
задан постоянный тепловой поток, а не постоянная температура.
Найти величину ошибки, связанной с неточностью в задании начального условия.
Решение. Данная задача соответствует задаче № 16, решение которой имеет вид:
Z = T0-|-6
Так как здесь начальная температура входит в виде постоянного слагаемого, а вели-
чина другого слагаемого не зависит от нее, то ошибка в задании начальной температуры
приводит к постоянной во времени абсолютной ошибке в конечном результате расчета
температуры тела. Что же касается относительной ошибки, то с течением времени она
изменяется. _
Пример 3. Дано. Стальная плита (А = 35 вт/м-град, а = 0,039 м31ч) толщиной
h = 20 см помещена в холодильную камеру с температурой воздуха & =—10° G Одна
из поверхностей плиты хорошо теплоизолирована, на другой происходит конвективный
теплообмен с воздухом, причем коэффициент теплоотдачи равен а = 44 вт м3  град.
Измеренное значение начальной температуры составляет Zo=10O°C, причем возможная
ошибка в ее определении равна ±ДТо=10°С.
Найти возможную ошибку в расчете времени охлаждения теплоизолированной
поверхности до	= 0° С.
Решение. Воспользуемся данными задачи № 20. Расчет возможной ошибки сводится
к вычислению разности
h3
Дт = — т, = - — (Fo, — FOl),
где значения Fo! и Fos находятся по графику 20-1 для f = 1. Предварительно вычи-
сляем:
Bi = ^- = l+°—= 0,25;	6 = +^®
К	оЭ
И 6 = —в
________________	£+12_=0,1
tB — ДГ0 — »_____100 — 10+10
________	0+10	_ 0 083
/о + Д/0 —100+10+10 — ’
Находим Fo, = 10 и Fo2=ll. Следовательно, искомая ошибка равна:
0,04
AT = 6S39<n- 10> = 1’02 "•
4. Геометрическая форма тела
В настоящей книге даны расчетные графики для тел четырех геометри-
ческих форм. Из них только шар имеет ограниченные размеры. Цилиндр
принимается бесконечно длинным; пластина ограничена только по толщине,
а по длине и ширине простирается в бесконечность; полуограниченное тело
рассматривается как бесконечное тело, ограниченное лишь в одном направ-
лении по одной координате. Начало координат располагаем в пластине и
2 А. И. Пехович, В. М. Жидких
33
в полуограниченном теле на поверхности тела, а в цилиндре и в шаре —
в центре. Хотя в цилиндре и шаре тепловые потоки соответственно пло-
ские и объемные, температура в этих телах, как и в телах двух других
форм, полностью определяется одной координатой.
Кроме того, рассматривается распространение тепла в теле, неограни-
ченном по всем направлениям. В этом случае уместно говорить не о гео-
метрической форме самого тела, а о геометрической форме внутренних гра-
ниц (полостей), являющихся источниками тепла, и симметричном распро-
странении тепла относительно какой-либо внутренней точки, линии или
плоскости.
а) Возможность упрощения формы тела при расчете. При назначении
геометрической формы тела следует иметь в виду, что истинную форму
тела иногда целесообразно для удобства расчета мысленно изменить. Это
может быть выполнено двумя способами — путем деформации тела, следо-
вательно, при неизменном объеме, или путем изменения объема тела. Рас-
смотрим оба способа.
Способ деформации. Подлежащее расчету тело сложной формы
надо привести к телу простой фопмы (пластина, цилиндр или шар), но
при этом должны остаться неизменными объем тела и тепловой поток, по-
ступающий в тело.
Площадь поверхности тела простой формы Гпр всегда меньше, чем у тела
того же объема, но сложной формы Гсл. Поэтому при ГУ II рода рас-
четное значение интенсивности теплового потока для тела простой формы
должно быть увеличено во столько раз, во сколько площадь его поверх-
ности уменьшена; т. е. Snp = efS(;j„ где eF=~L'^>l.
к	'пр
При ГУ III рода надо увеличивать расчетное значение критерия Био:
Binp
Определяющие размеры простых тел и значения находятся по данным
размерам сложных тел следующим образом:
V	F
для пластины Лпр = р—, sf=9₽^-, где Fce4 — площадь средней пло-
ГСеЧ	АГ сеч
скости сложного тела (наибольшее сечение);
для цилиндра А?пр=1—, eF= где f — площадь поперечного
'	Г W
сечения, одинаковая у обеих тел; рсл— периметр поперечного сечения
сложного тела;	____
3 Г з	р
для шара %, = •
Способ изменения объема. Общее правило здесь следующее.
Если тепловые условия (источники тепла) на той или иной границе
тела за рассматриваемый отрезок времени не оказывают c'J щественного
влияния на температуру точки или области тела, подлежащих расчету, то
местоположение этой границы, а следовательно, и объем тела, могут быть
изменены. В отличие от других границ тела, активно формирующих его
тепловое состояние, такую границу можно назвать пассивной.
Как и в каких пределах может быть изменена пассивная граница? Оче-
видно, что изменение может быть любым, лишь бы граница осталась пас-
сивной. Здесь можно наметить три возможных варианта.
Во-первых, пассивная граница может быть отодвину га дальше от точки,
температура которой рассчитывается, или перенесена в бесконечность и исклю-
чена из рассмотрения. В последнем случае расчетные зависимости упрощаются,
так как исключается один из определяющих геометрических параметров
(сравнить, например, задачи № 1 и 11, 2 и 16 и т. д.). Таким образом пла-
стина приводится к полуограниченному телу, полый цилиндр к бесконечной
области с цилиндрической полостью или к сплошному цилиндру и т. д.
Во-вторых, пассивная граница может быть придвинута ближе к расчетной
'очке (уменьшение размеров тела), но, конечно, лишь настолько, чтобы не
34
стать активной границей. Практически это важно при постановке экспери-
ментальных исследований методом моделирования или методом аналогий,
так как позволяет уменьшить размеры моделей, а также при расчетах, так
как это дает возможность сократить их объем, а сами расчеты удается
выполнить с большей точностью.
В-третьих, пассивной границе может быть придана другая, более удобная
для расчета форма, например граница неправильной формы может быть
в расчете заменена ровной поверхностью.
Для использования указанного выше правила важно уметь определять,
является ли граница (точнее, та или иная часть тела) пассивной или активной.
Граница может рассматриваться как пассивная, если на ней темпера-
тура и градиент температуры за расчетный интервал времени остаются
неизменными. Так, если в полуограниченном теле внешний источник тепла
за расчетный период вызывает изменение теплового состояния лишь до
глубины х = х0, то пассивной границей может служить любая поверхность
х^х„. С другой стороны, если в пластине тепловые условия на одной из
ее поверхностей остаются равными первоначальным, то пластина может
рассматриваться как полуограниченное тело.
Практически ответ на вопрос, является ли граница пассивной, может
быть получен в каждом конкретном случае из анализа графиков темпера-
турного параметра соответствующей задачи.
Рассмотрим, например, пластину с одинаковой начальной температурой
при скачкообразном изменении температуры на одной из
теплоизоляции на другой (задача № 11, график 11-1). Из
известно, что на поверхности x — h тепловой поток
Температурный параметр в этой задаче имеет вид 0 =
поверхностей и
условия задачи
/ dt
равен нулю 1^ = 01.
По гра-
го ’п
фику 11-1 находим, что при т]=1 и Fo-c0,05 0 = 1, поэтому t — tQ. Следова-
тельно, в начальный период времени, т. е. при небольших значениях кри-
терия Fo, поверхность пластины x — h является пассивной границей; пла-
стина может рассматриваться как полуограниченное тело и для практи-
ческих расчетов надо пользоваться решениями и графиками задачи № 1.
То же самое можно утверждать и в задаче с постоянным тепловым
потоком на поверхности (задача № 16, график 16-1) или в задаче с линей-
ным изменением температуры поверхности (задача № 26, график 26-1), если
FosgO.l. Ниже для иллюстрации приведен пример расчета.
Пример. Дано. Стальной стержень (Л = 50 втм-град, а = 0,055 №.'ч) длиной
й = 2,5 м нагревается с одной из торцовых сторон постоянным тепловым потоком
S = 100 000 em/№. Все другие поверхности теплоизолированы. Начальная температура
стержня t0 = 12° С.
Найти температуру на поверхности нагрева через 10 мин.
Решение. Если рассматривать стержень как неограниченную пластину, то для расчета
температуры надо пользоваться i рафиком 16-1, причем исходными аргументами служат
величины:
Fo =
cz
1?
0,055 • 0,167
6,25
= 1,47 • 10—
1i = °-
и
Для столь малого значения Fo расчет выполнить затруднительно. Удобнее рассмат-
ривать данный стержень как полуограниченное тело или как пластину меньшей толщины.
В первом случае надо пользоваться задачей № 2, во втором—задачей № 16.
Вначале проведем расчет, приняв тело полуограниченным. Так как требуется найти
температуру поверхности тела (х = 0), то величина критерия Fox = —должна быть при-
нята достаточно большой. Примем, например, Fox=1000. Тогда
_ / аг  -.Г0,055  0,167 _
х~ У Fox у 1000	—
3,13-10-’ м,
т. е. практически х = 0 (поверхность). По графику 2-1 при Fox=1000 находим в = 34,6
и вычисляем искомую температуру:
19_1_Ъ1н 100000-3,13- 10- _99R.r
t — * о j- v -г — 12 —j— 34,о ———— —у'-—-•— 22© Cz-
A	DU
2
35
Этот же результат должен получиться, если воспользоваться задачей № 16, но при-
нять меньшую, чем 2,5 м, толщину пластины, но не менее Л^1/ р——, где Fonp—
’ г°пр
значение критерия Фурье, при котором влияние внешнего источника на поверхности
л==0 еще не сказывается на противоположной поверхности x = h. По графику 16-1
с п.	,	055-0,167.
находим гопр = 0,1 и вычисляем 1/ ----g-j--0,302 м-
п ,	_	г, вт 0,055-0,167	„п-, ,,	.	,	,,
Примем Л = 0,4 м.	Тогда	Fo = ^=-—д-уд---= 0,0э7. По	графику	16-1	при ц = 0
находим 0 = 0,27 и вычисляем температуру
| = £0-|-0^ = 12 + 0,27 1000ro-°d. = 228“ С.
б)	Стержни. Следует иметь в виду, что все решения для пластин и
полуограниченного тела полностью приложимы к задачам со стержнями
ограниченной длины, имеющими хорошую теплоизоляцию боковой поверх-
ности. Это относится к стержням любого профиля, одинакового по длине.
Так, цилиндр или двутавровая балка с теплоизолированной боковой по-
верхностью должны рассматриваться как пластина, толщина которой равна
длине цилиндра (балки). На поверхностях пластины граничные условия должны
быть те же, что и на торцевых поверхностях цилиндра (балки).
в)	Изогнутые тела. Методика расчетов для плоских пластин, прямоли-
нейных цилиндров и стержней может быть распространена и на случай
изогнутых пластин, цилиндров и стержней. В качестве изогнутых пластин
можно рассматривать не только изогнутые листы, но, в ряде случаев, и
полые цилиндры и шары. Нужно только, чтобы кривизна была не слишком
большой, а именно, чтобы отношение толщины пластины (диаметра цилиндра,
толщины стержня) к радиусу кривизны ее поверхности (оси цилиндра, стержня)
было бы не более 0,1.
г)	Тела ограниченных размеров. Обычно пластина имеет ограниченную
длину и ширину, а цилиндп ограниченную длину. Вследствие этого нужно
учитывать дополнительное влияние торцевых поверхностей. Этим влиянием
можно пренебречь, если подлежащие расчету точки удалены в глубь тела
на расстояние, равное не менее чем 4-s-5/i (или R). В иных случаях надо
воспользоваться методами расчета пластин и цилиндров ограниченных раз-
меров, данными в главе третьей, § 17.
3. Тепловые режимы
Перечислим и напомним суть основных тепловых режимов.
Неустановившийся тепловой режим — температура тела меняется во
времени. Неустановившийся режим бывает:
1)	иррегулярным — температурная функция является сложной относи-
тельно времени и координат и существенно зависит от начального распре-
деления температуры,
2)	регулярным — температурная функция относительно простая и не
зависит от начального распределения температуры,
3)	квазиустановившимся — значения температурной функции периодиче-
ски повторяются или остаются неизменными относительно движущегося
источника тепла.
Установившийся тепловой режим — температура тела во времени неиз-
менна. Установившийся режим бывает:
1) равновесным — температура тела во всех точках постоянна и одинакова
(на границах тела нет теплообмена, т. е. или имеется идеальная теплоизо-
ляция, или произошло полное выравнивание температуры тела с температу-
рой окружающей среды),
2) неравновесным — температура в каждой точке тела постоянна, но неоди-
накова (алгебраическая сумма тепловых потоков на границах тела равна нулю).
36
В начальный период нагрева (охлаждения) тепловой режим обычно является
неустановившимся иррегулярным. Затем наступает регулярный режим. Вид
конечного теплового режима зависит от ГУ (внешних источников тепла).
Если на границах тела расположены источники тепла типа lt (темпера-
тура среды или поверхности тела), значения которых одинаковы и постоянны
или имеют конечный предел, то конечным режимом является установившийся
равновесный режим (задачи № 11, 12, 20 и др.).
Если на границах тела расположены постоянные, но различные по вели-
чине источники типа /, (температура среды или поверхности тела), или на
одной из границ действуют постоянные источники типа Is (тепловой поток),
то конечным режимом является установившийся неравновесный режим
(задачи № 17, 21 и др.).
Если на границах тела действуют периодически изменяющиеся по вели-
чине или движущиеся постоянные источники типа It или Is, то конечным
режимом является квазиустановившийся режим (задачи № 33, 34, 56, 57, 58).
Если на границах тела действуют переменные по величине и не имеющие
конечного предела источники типа /, или любые (кроме стремящихся к нулю,
периодических и движущихся) источники типа Is, то конечным тепловым
режимом является регулярный режим. Таким  образом оказывается, что
в зависимости от ГУ регулярный режим может быть либо конечным режи-
мом, либо предшествовать установившемуся и квазиустановившемуся режи-
мам. До настоящего времени изучено весьма ограниченное число регуляр-
ных режимов; некоторые сведения о них приведены ниже.
Регулярный режим I рода всегда предшествует установившемуся ре-
жиму— задачи № 11, 12, 17, 20, 21 и др. Решение таких задач выра-
жается рядом:
СО	со
в = у, ©„ = У Л„ф ([!„»;) ехр (— р-А Fo),	(25)
п=1	п—\
где Ап и рп — величины, зависящие в общем случае от Bi. При регулярном
режиме все члены ряда становятся малыми по сравнению с каким-либо одним
членом и ими можно пренебречь. Для тел классической формы (пластина,
цилиндр, шар) таким членом является первый член (п=1).
Основное свойство температурного поля при регулярном режиме I рода
состоит в том, что температура в каждой точке тела изменяется во времени
экспоненциально, причем отношение скорости изменения температуры в точке
к перепаду температур между данной точкой и любой другой точкой тела
(или температурой среды) есть величина постоянная. Например, для
задачи № 11:
dt
?-7- = _—2 = const.	(26)
Распределение и ход температуры в данном случае выражаются формулой:
*=*п + (4 — 7n)4cos[y С1 — ^)]ехр(— ^Fok	(27)
Регулярный режим II рода возникает, когда на границе тела действуют
источники тепла типа Is (кроме периодических и движущихся) или источники
тепла типа It, потенциал которых изменяется по степенному закону (за-
дачи № 16, 26, 28, 38, 43 и др.). Указанный режим является конечным;
после него не возникает ни установившегося, ни квазиустановившегося режима.
Решение задач с такими граничными условиями может быть записано
в виде суммы двух функций:
9 = A(Fo, Ti) + A(Fo, ч),	(28)
где ft представляет собой степенной многочлен, a f3 — ряд (см. приложение 1),
причем при регулярном режиме ряд становится малым относительно
37
Основное свойство температурного поля при регулярном режиме II рода
состоит в том, что температура по координате и во времени изменяется по
степенному закону, а разность между скоростью изменения температуры
„	fdt\	„	3t
в данной точке 1^) и скоростью изменения средней температуры тела
не зависит от времени. Например, для задачи № 28 эта разность равна
dt	। И
дт рол dt fo— X \2 г 3)’
(29)
а распределение и ход температуры выражаются формулой
, sov
~г Ха
t = t0
[^ + Fo(£-, + |) + i
(30)
Для задачи № 16 условие (29) выражается еще проще — указанная раз-
ность равна нулю, а это приводит
Таблица 3
к тому, что температура по толщине
тела изменяется параболически, а во
времени — линейно, и градиент тем-
Задачи, для которых вычислена
величина коэффициента
иррегулярности е
Регулярный режим
I рода
Регулярный режим
II рода
100%
Е =
- 100%
№ задач
11, 17, 20, 27. 35,
37, 40, 42
№ задач
16, 26, 28, 32, 36,
38, 39, 41, 43, 44
в этом конечном режиме. Напротив,
пературы во всех точках от времени
не зависит.
Время, которое требуется для того,
чтобы наступил тот или иной режим,
зависит от начального распределения
температуры. Если, например, началь-
ное распределение температуры близко
или уже соответствует регулярному
режиму, то ход температуры начинает-
ся с этого режима, минуя иррегуляр-
ный режим. Такова, например, зада-
ча № 14, в которой НУ выражается
косинусоидой. Если начальное рас-
пределение температуры близко к ква-
зиустановившемуся режиму, то даль-
нейший ход температуры идет только
если начальное условие по своему
характеру очень сильно отличается от
того, какое должно иметь место при
конечном режиме, то время наступления последнего увеличивается.
Практически важно уметь найти время наступления регулярных режимов,
так как использование их закономерностей облегчает ведение расчетов, создает
разнообразные возможности экспериментального определения теплофизичес-
ких характеристик материалов, контроля за тепловым состоянием тела и т. п.
Для характеристики степени регуляризации температурного поля служит
величина е, называемая коэффициентом иррегулярности. Коэффициент ирре-
гулярности показывает, на сколько процентов в данный момент времени (т. е.
при данном значении Fo) распределение температуры, вычисленное по фор-
мулам регулярного режима, отличается от истинного. В табл. 3 дан перечень
задач, для которых вычислены значения е. Графики для определения е при-
ведены во второй части книги вместе с другими расчетными графиками соот-
6 т 6	45 J'
п = 2
с =-------
п
ветствующих задач.
4. Пользование расчетными графиками
1. О физическом смысле применяемых критериев
и параметров
Расчетные графики, приведенные во второй части книги, позволяют опре-
делять температуру, среднюю температуру и градиент температуры в зави-
симости от времени, координаты, коэффициента температуропроводности и
других независимых переменных, входящих в условия однозначности. Ука-
38
занные независимые и зависимые переменные сгруппированы в виде безраз-
мерных критериев и параметров (Fo, tj, Bi, 0, в, G и т. д.). Таким образом
количество переменных сведено к минимуму и в расчетах можно пользоваться
любой системой единиц измерения. Укажем на некоторые свойства безраз-
мерных переменных, знание которых полезно при анализе графиков и выпол-
нении по ним расчетов.
Рассмотрим вначале тела, имеющие характерный размер Л; в неограни-
ченной пластине — это толщина пластины, в цилиндре и шаре — радиус и т. п.
В задачах с ГУ I и II рода зависимые безразмерные переменные 0, 0
и G являются функциями двух независимых переменных: Fo и ц (задачи №11,
12 и др.).
Комплекс Fo = ^ называется числом (критерием) Фурье. В нем сопо-
ставлено текущее время т и группа величин /г2/а, имеющая размерность
времени и характеризующая скорость перестройки температурного поля в теле.
Очевидно, что для заданного тела, т. е. при фиксированных значениях /1 и а,
величина Fo изменяется пропорционально т и является безразмерной формой
текущего времени.
Если по условию задачи задано какое-либо характерное время, например,
период колебаний температуры поверхности тела тв, то комплекс Fo = ^
приобретает иной смысл: в нем сопоставлены скорость изменения внешней
обстановки (ГУ) и скорость развития процесса внутри тела, обусловленная
его свойствами (h и а). Относительное время в таких задачах представлено
в виде Н = — (задачи № 8, 9, 10).
то
Отношение ri= h является безразмерной координатой. Если рассматри-
ваемое тело имеет форму пластины, цилиндра или шара, то величина т]
изменяется в пределах от ц = 0 до т]=1. Если рассматривается неограни-
ченное тело с полостью заданных размеров, то т] изменяется от 1 до оо
(задачи № 50, 51 и др.).
В задачах с ГУ III рода (задачи № 20, 21 и др.), кроме Fo и ц, добав-
ляется ещё одна независимая переменная — критерий Био В1 = ^- Физиче-
ский смысл критерия Bi, а также различные возможные упрощения задач,
вытекающие из анализа численных значений Bi, были рассмотрены ранее в § 2.
Рассмотрим теперь зависимую безразмерную переменную — параметр тем-
пературы 0.
В задачах с ГУ I и III рода, независящими от времени, температурный
параметр составлен из величин, имеющих размерность температуры. Напри-
мер, при постоянной температуре поверхности тела или среды и при одина-
ковой начальной температуре (задачи № 11, 20 и др.) он имеет вид:
и называется относительной Iизбыточной) температурой. Если = 0 (или & = 0),
то очевидно, что параметр 0 представляет собой отношение температуры в
данной точке в данный момент времени к начальной температуре тела. Вели-
чина 0 изменяется от 0 = 1 при Fo = 0 до 0=0 при Fo = oo.
Если начальная температура неодинакова, причем между поверхностями
тела перепад температуры равен Д/ (задача № 12, 13 и др.), то температур-
ный параметр имеет вид:
и представляет собой отношение перепада температур между данной точкой
и поверхностью тела в данный момент времени к начальному перепаду тем-
ператур между поверхностями тела. В начальный момент времени (Fo = 0)
39
величина в изменяется пропорционально закону изменения начальной тем-
пературы; например, в задачах № 12 и 13 О изменяется линейно. При
Fo = co величина 0 = 0.
Если температура поверхности тела или среды зависит от времени, то
параметр температуры 0 принимает другой вид. Например, при линейном
изменении во времени температуры поверхности тела (температуры среды)
0 записывается в виде:
и может рассматриваться как отношение изменения температуры в данной
точке к изменению температуры поверхности тела (температуры среды) в
данный момент времени.
Температурный параметр 0 в задачах с ГУ II рода типа S = S0Tn
(задачи № 16, 28, 29 и др.) представляет собой отношение приращения
температуры в данной точке в данный момент времени к приращению
средней температуры тела в момент времени, равный
г* = (н+1ГП^.	(31)
Покажем это на примере задачи № 16, в которой температурный пара-
метр имеет вид: 6 = Z,(£ — t0)/Sh. Так как по условию задачи S = const, т. е.
п = 0, то ~* — hz/a. Приращение средней температуры в любой момент вре-
мени равно t— t0 — Sr/cph, в момент времени т*—
- _ _St*_ S h-______Sh
"*	0 срй срЛ а А
Следовательно, температурный параметр можно записать в виде:
Г_|	F t ^0
- Sh	•
Л
В задаче № 28 с линейным изменением во времени теплового потока
S = S0- имеем п=1 и, следовательно, приращение средней температуры
г ~ h2
должно определяться к моменту времени т* = У 2 —. Действительно, при-
ращение средней температуры равно:
7 t _ 1 С с - а _ soxS
I  tn   ~ , \ Оо v --о—Г •
и срЛ ' и	2срЛ
о
Следовательно, к моменту времени т* приращение средней температуры
равно
7	/	So
т*	0	2срЛ 2срй о2 Хе ’
и температурный параметр имеет вид:
о __ ^0 ____ F
°— SBh° —
ha
Практически температурный параметр в задачах с ГУ II рода прямо
пропорционален изменению температуры в данной точке к данному моменту
времени.
Перейдем теперь к рассмотрению полуограниченного и неограниченного
тел. В данном случае размер тела оказывается во много раз больше разме-
ров области, охваченной процессом, и вопрос о влиянии геометрических
свойств тела теряет смысл. Прежде всего это выражается в том, что отно-
сительная координата ц выпадает из рассмотрения, в результате чего коли-
чество независимых переменных уменьшается. Во все другие безразмерные
40
переменные вместо характерного размера тела h входит текущая координата х
(или г). Например, число Фурье записывается в виде: Fox = p.
В задачах с ГУ I и II родов (задачи №1,2 и др.) Fox является един-
ственной независимой переменной. В задачах с ГУ III рода добавляется
ещё критерий Био Bix = ^.
Л
Физический смысл безразмерных переменных сохраняется. Однако необ-
ходимо учитывать, что в данном случае в них входит текущая координата х.
Поэтому число Фурье, например, является относительной формой текущего
времени лишь при фиксированном значении х. Кроме того, комплекс
1 х	,
- - =—= может рассматриваться как относительная форма текущей коор-
ргох V ат
динаты при фиксированном значении т.
2.	Расчет средней температуры, градиента
температуры и других характеристик
теплового режима тела
Для большинства задач даны расчетные графики трех параметров: тем-
пературы 0, средней температуры 0 и градиента температуры G. Но графики 0
и G даны не для всех задач. Кроме того, существуют и другие характери-
стики теплового состояния тела, которые иногда надо знать и для которых
расчетных графиков нет, как-то: теплосодержание, скорость изменения сред-
ней температуры, скорость изменения теплосодержания, интенсивность тепло-
вого потока, скорость изменения температуры во времени. Чтобы частично
восполнить этот пробел, покажем взаимосвязь между различными характе-
ристиками теплового состояния тела и на этой основе возможность расчета
этих неизвестных характеристик по тем, для которых даны расчетные гра-
фики. Температура является основной характеристикой, а поэтому осталь-
ные характеристики будем прежде всего находить, исходя из нее.
а)	Средняя температура тела равна
i =	(32)
v
где V — объем всего тела или его части. Практическое пользование зависи-
мостью (32) покажем на примере.
Пример. Дано. Температурное поле в стенке определяется начальным и граничными
условиями задачи № 11 (значения Zo, t„, h и теплофизические характеристики материала
стенки известны).
Найти среднюю температуру всей стенки и в слое Дт] = i)s — при значении крите-
рия Fo = 0,3.
Решение. Подставим в (32) выражение для температуры £ = £п —}—в (Zo— tn):
х=Л	т] = 1
§ 1«п + в(^ — <п)Их = *„ + (<„— tn) jj 0di; = fn+&(<„ — tn).
х = 0	Tj = O
По графику 11-1 находим значение площади (интеграла), заключенной между темпе-
ратурной кривой, осью абсцисс и вертикалью, проведенной через т)=1: 0^0,37.
Для данной задачи имеется расчетный график средней температ\оы (график 11-2).
По нему для Fo = 0,3 можно было бы прямо найти это же значение 0.
Для определения средней температуры в слое Дц = т],—-rjj расчетных графиков нет
и она может быть найдена только по графикам 0 с использованием выражения (32).
Пусть т]! = 0,2 и т]2 = 0,5. Для слоя стенки уравнение (32) примет вид:
is
t = + (‘о —1„) \	Л] = tn + 0 (t0 — tn).	(33)
J Is —
’ll
Для определения интеграла надо найти площадь, заключенную между температурной
кривой, осью абсцисс и вертикалями т]1 = 0,2 и t]s = 0,5. По графику 11-1 находим, что
значение интеграла равно, примерно, 0==О,32.
41
Такие же зависимости, как (32) и (33), позволяющие найти среднюю
температуру по расчетным графикам температурного параметра, могут быть
легко написаны и для всех других задач.
б)	Теплосодержание тесно связано со средней температурой и равно:
Q - cpVt — ср § t dV.
v
(34)
Если, например, использовать эту формулу для определения теплосодер-
жания части пластины для условий задачи № 11, то получим следующую
зависимость:
’ia = l
Q = cphBL [/п -f- (Zo — tn) 5 й dli] ’
где В и L — ширина и длина части бесконечной пластины.
Заметим, что численные значения относительной средней температуры и
относительного теплосодержания равны. Параметр средней температуры
можно написать в виде:
О____ f ip ______ Q Qo	(,___Ч-.00
f _____t Q _________Q ИЛИ V*-------------T-------T------------7=r
т-к» 0	.co **0	@0
Первое выражение показывает насколько уже изменилось теплосодер-
жание тела к данному моменту времени («пройденный путь»), второе —
насколько оно изменится за промежуток времени от данного момента до
момента наступления установившегося режима („оставшаяся часть пути").
в)	Изменение теплосодержания AQ может быть вычислено как разность
теплосодержаний в два различных момента времени, каждое из которых
находится по формуле (34). Эта же величина может быть вычислена, если
известно изменение температуры А/ в каждой точке тела за определенный
промежуток времени (абсолютные значения температуры могут быть и
неизвестны):
AQ=cP$ArdV	(35)
v
или
AQ = cpVA7.	(36)
И, наконец, изменение теплосодержания может быть определено как
количество тепла, поступившее за данное время в тело или в слой тела
через его границы. Для этого надо просуммировать плотность теплового
потока по поверхности тела F на каждый момент времени, а затем просум-
мировать результат по времени:
AQ=X t t -^dFd-z
J J &n
(здесь n — направление нормали к поверхности тела).
При наличии внутренних источников тепла надо еще прибавить
Д<2 = $ $ qvdVdx.
Т1 V
Поясним сказанное выше на примере.
(37)
(38)
Пример. Дано. Температурное поле в стенке определяется краевыми условиями
задачи №11.
Найти изменение теплосодержания стенки за время от Fo = 0,3 до Fo = 0,6.
Решение. По графику 11-2 находим, что параметр средней температуры равен: при
Fo = 0,3 6 = 0,38; при Fo = 0,6 6 = 0,18.
42
Пользуясь <j эрмулами (33) и (36), вычисляем изменение теплосодержания:
4Q = cphBL (ta —	(0,38 — 0,18).
Близкий результат можно получить, если на расчетном графике 11-1 найти значение
площади, заключенной между температурными кривыми при Fo = 0,3 и Fo = 0,6:
Д6 = 0,19.
Сделаем тот же расчет, но по формуле (37), которой можно придать следующий
вид:
Fo=
&Q = cfhBL (t0 — tn) f I rfFo.	(39)
J h=o
Foj
По графику 11-1 находим, что при тд = О тангенсы угла наклона
ствующих Fo = 0,3 и Fo = 0,6, равны:
при Fo = 0,3	~ = 1, при Fo = 0,6
ch;
^ = 0,4.
„	де 1+0,4	„
В среднем за это время	— = 0,7. Следовательно, значение
муле (39) равно 0,7 (0,6 — 0,3) =0,21, что близко (в пределах точности
ченному ранее значению Д6 = 0,19.
кривых, соответ-
интеграла в фор-
графиков) к полу-
В выражении (39) отсутствует составляющая теплового потока на поверх-
ности ц = 1; это объясняется тем, что градиент температуры здесь равен
нулю (по условию задачи). В более общем случае для определения измене-
ния теплосодержания слоя вместо (39) надо писать:
Fo2
(40)
г)	Градиент температуры и	можно найти по температурным гра-
гг	де
фикам. Для этого гычисляют и результат подставляют в выражение
для градиента температуры. Например, для задачи № 11:
Для задач с полуограниченным телом по графикам можно найти
и результат также подставить в выражение для градиента температуры.
Например, для задачи № 1:
Й it f \де	. 2Fo де
дх	дх	х dFo’	(42)
для задачи № 2:
dt S д (6х) S [ де . „\ S (ог? де .	. ...
д)	Скорость изменения температуры во времени также может быть
вычислена по графикам температур. Для этого по графику 0 находят зна-
де
чения которые затем надо подставить в соответствующее расчетное
уравнение. Приведем пример.
Пример. Дано. Температурное поле в пластине определяется краевыми условиями
задачи № 12, причем а = 0,05 "jk*/4, Л=1,2 jh, az=170°C.
Найти скорость изменения температуры во времени на глубине 0,3 м через 10 ч.
Решение. Вычисляем: Fo = ^=	= 0,347; т = 4“ = тъ = 0,25.
h- 1,44	' Л 1,2
43
По графику 12-1 определяем значения в при т} = 0,25 и Fo = 0,3 и Fo = 0,4: в = 0,14
Л -	дв 0,12 — 0,14 поп
и 6 = 0,12. Следовательно, ~
or о 0,4 — О,о
dt а д©
Расчетное уравнение имеет вид: — =
Вычисляем:	= --^-0,20-170 = — 1,2 град/ч.
Ot 1,44
е)	Скорость изменения средней температуры может быть определена
двумя путями. Можно просуммировать по всему объему тела скорость изме-
нения температуры:
(44)
Тот же результат можно получить, если учесть поступление тепла через
поверхность тела от внешних источников тепла и работу всех внутренних
источников тепла:
X^dF + VvdV + J 4f(1F + S 4idL)‘ (45)
?	V	F	L
ж)	Связи между параметрами температуры, средней температуры и гра-
диента температуры в различных задачах многообразны. Значение этих свя-
зей значительно увеличивает возможности анализа явлений и производства
расчетов.
В § 11 п. 3 указаны связи в задачах для полуограниченного тела.
Связи в задачах с точечным, линейным и плоским источниками тепла при-
ведены в „Дополнительных сведениях" к задачам № 45—49 (см. часть
вторую).
Кроме того, в задачах № 11, 12, 14—16, 20, 26—28, 30—32, 35—44
при Fo 5^0,5 температура в точке с координатой ц = т, к равна средней
температуре. Относительная координата т]к равна: для неограниченной пла-
стины т]к=0,423, для неограниченного цилиндра т]к=0,707, для шара
?ik=0>775.
Глава вторая
Метод суперпозиции как основа для
решения сложных задач
§ 5. Введение
В книге приведены решения 59 задач. Это чрезвычайно мало относи-
тельно числа задач, которые практически встречаются. В то же время это
совсем не так мало, если, использовав ряд правил теории теплопроводности,
положить эти задачи в основу решения других задач. Ниже показано, как
это делать, для чего с учебно-методической целью решается много новых
задач. Форма изложения и порядок расположения материала подчинены
главной цели — помочь читателю освоить методику решения задач, что
позволит ему в дальнейшем находить новые решения самостоятельно. Мето-
дика решения новых задач относительно простая, но чтобы овладеть ею
требуется не только помнить некоторые общие законы теории теплопровод-
ности, но и ясно понимать ряд правил и приемов, вытекающих из этих зако-
нов; нужно также научиться гибко применять эти правила, для чего необ-
ходима небольшая практика.
Следует подчеркнуть, что каждое полученное таким образом решение
представляет собой аналитическое решение новой задачи и, что особенно
существенно, расчеты по этому решению могут быть выполнены с помощью
имеющихся в книге расчетных графиков.
Краеугольным камнем излагаемого метода решения задач служит прин-
цип суперпозиции (наложения). Поэтому дальнейшее изложение начнем
с рассмотрения принципа суперпозиции, а затем, исходя из него, шаг за
шагом покажем, как решать новые задачи с помощью имеющихся решений.
6. Принцип элементарной суперпозиции (ПЭС)
Практическая сторона принципа элементарной суперпозиции (ПЭС) может
быть сформулирована следующим образом.
Если действие отдельных источников тепла, расположенных на границе
тела или внутри него, не зависит друг от друга, то можно рассматривать
действие каждого источника отдельно, а конечный тепловой эффект нахо-
дить складывая алгебраически действия всех источников. Кроме того,
можно и действие отдельного источника определять как сумму действий
любой комбинации источников, расположенных на том же месте и имеющих
в сумме ту же температуру или интенсивность, что и исходный источник.
Использование этого принципа открывает большие возможности, но он,
к сожалению, не универсален. В данной выше формулировке приложение
принципа суперпозиции, как будет показано ниже, ограниченно. В связи
с простотой его применения он может быть назван принципом элементарной
суперпозиции (ПЭС).
45
Посмотрим, в каких случаях можно пользоваться ПЭС, а в каких нельзя.
Распространение тепла в твердых телах описывается, как известно диффе-
ренциальным уравнением Фурье, в которое входят независимые переменные
(аргументы) — время и координаты, и зависимая переменная (функция) —
температура. Кроме того, в уравнение Фурье еще входят: объемная тепло-
емкость ср, коэффициент теплопроводности л, интенсивность объемно-распреде-
ленных источников тепла qv. Значения последних трех величин могут быть
постоянными или зависящими от координат, времени и температуры тела.
ПЭС применим во всех случаях, когда граничные условия, внутренние
источники и теплофизические характеристики не зависят от температуры
тела, т. е. не только когда ГУ, ср, л, а и qv постоянны, но также когда
они зависят от координат или от времени, или от координат и времени
одновременно.
Напротив, ПЭС неприменим в случае, если какие-либо условия реше-
ния задачи (условия однозначности) существенно зависят от температуры.
Следовательно, ПЭС неприменим, когда в рассматриваемом диапазоне изме-
нения температуры не могут быть приняты не зависящими от температуры
следующие данные:
1)	теплофизические характеристики тела X и ср (поэтому, в частности,
отпадают все задачи с изменением агрегатного состояния);
2)	интенсивность объемно-распределенных источников тепла;
3)	интенсивность сосредоточенных источников тепла внутри тела;
4)	интенсивность или температура источников тепла у поверхности тела;
5)	условия теплообмена на границе тела (прежде всего коэффициент
теплоотдачи а);
6)	геометрические размеры тела (например, в силу температурного рас-
ширения).
Важно понять, почему в перечисленных случаях нельзя непосредственно
складывать действие отдельных источников. Обычно в таких случаях
говорят, что дифференциальное уравнение Фурье становится нелинейным.
Поясним, что это значит, хотя обычно это считается само собой понятным,
не поясняется и поэтому зачастую остается непонятым.
Возьмем пример из механики. Рассмотрим связь между деформацией
пружины Д/ и приложенной силой Р.
Если зависимость между силой (аргументом) и деформацией (функцией)
прямолинейная, то можно утверждать, что когда сила Pi вызывает дефор-
мацию Д/1, а сила Р3 — деформацию Д/3, то сила Pi Р3 вызывает дефор-
мацию Д/!-]-Д/3. Это означает, что приращение деформации зависит лишь
от приращения силы и не зависит от того, нагружена ли пружина или нет.
Здесь ПЭС приложим.
Если, напротив, зависимость M — f(P) не прямолинейна, то очевидно,
что результат действия силы Р = Pi + Р3 вовсе не равен сумме действий
Pt и Р3 в отдельности, так как деформация, вызванная приложением силы
Pit зависит от того, действует ли уже или нет сила Рр В этом случае ПЭС
применять нельзя из-за физико-механических свойств пружины — они
нелинейны.
ПЭС нельзя также применять, если значения самих сил не являются
независимыми переменными, а зависят друг от друга. Так, например, воз-
можен случай, когдаг приложение силы Pt приводит к изменению величины
силы Р3, и наоборот, причем природа сил может быть любой — механической,
электромагнитной, гидростатической и т. д. Поэтому здесь нельзя склады-
вать результат действия Р3 при отсутствии Рь так как при одновременном
действии сами эти силы будут иметь другие значения.
Таким же образом дело обстоит и при рассмотрении других физических
явлений — электрических, тепловых, гидродинамических и т. д. ПЭС здесь
неприменим, если соответствующие физические свойства среды — удельное
электрическое сопротивление, коэффициент теплопроводности, коэффициент
кинематической вязкости и др. являются функциями, соответственно, силы
46
тока, температуры, скорости движения жидкости. Неприменим также ПЭС,
если работа источников взаимосвязана или если результат действия
каждого источника, взятого в отдельности, не является линейным.
Сказанное позволяет более конкретно указать круг тепловых задач, при
решении которых закономерно применение ПЭС. Сюда, прежде всего, отно-
сятся задачи с источниками типа Is, т. е. заданной интенсивности, в част-
ности задачи с граничными условиями II и V родов. В данном случае
интенсивность источников тепла обычно не зависит от работы других источ-
ников, какого бы рода они ни были.
ПЭС приложим к действию источников тепла типа It, т. е. заданной
температуры, пока они не оказываются в зоне влияния соседних источни-
ков (любого рода). Поэтому, если тело подвержено действию нескольких
источников, то в действии каждого источника типа It следует различать три
периода:
1	период — зона действия источника является автономной и не сопри-
касается с зонами действия других источников;
2	период — зона действия рассматриваемого источника перехлестывается
с зоной действия других источников;
3	период — зона действия какого-либо источника доходит до местополо-
жения рассматриваемого источника типа Ц (напомним, что источник типа
It может быть только внешним.)
Во время 1-го периода температура в зоне действия источника опреде-
ляется только одним источником.
Во время 2-го периода в зоне, которая перехлестывается, следует сум-
мировать действие всех источников.
Во время 3-го периода действие источников типа It не может быть учтено
по изложенному здесь ПЭС. Как надо поступать в этом случае — изложено
в следующем параграфе.
£ 7. Принцип сложной суперпозиции (ПСС)
Принцип сложной суперпозиции (ПСС) касается только действия источ-
ников типа It и может быть сформулирован следующим образом.
При определении действия источника тепла типа It надо принимать,
что все остальные источники типа It имеют температуру, равную нулю,
а источники типа Is бездействуют. В остальном справедливы все правила
принципа элементарной суперпозиции об алгебраическом сложении действия
всех источников и о возможности разложения каждого источника на эле-
менты. Остается в силе и требование о линейности всех условий однозначности.
Следует отметить, что нулевая температура у источников типа I, вовсе
не означает, что они не работают.
Источники типа lt располагаются лишь на границах тела, поэтому ПСС
должен применяться, когда сфера влияния какого-либо источника доходит
до границы тела, являющейся местоположением источника
Для уяснения сказанного рассмотрим подробнее процесс распространения
тепла в пластине при постоянных ГУ I рода (задача № 11, табл. 1).
Пока Fo = p=^0,05 (см. график 11-1), действие температурных источ-
ников на одной границе практически не достигает противоположной гра-
ницы, т. е. источники действуют независимо. Поэтому от начала процесса
до этого момента времени изменение температуры в любой точке пластины
может быть рассчитано как алгебраическая сумма изменений температуры
под влиянием обоих источников (каждой границы). При расчетах можно
пользоваться произвольно решениями или для пластины, или для полу-
ограниченного тела — результаты будут одинаковыми (задачи № 11 или 1).
В этом нетрудно убедиться на примере.
Пример. Дано. Пластина (а = 0,0032 мг1ч) толщиной Л = 0,8 м имеет начальную
температуру Zo = O°C. В момент т = 0 на одной границе (х = 0) температура становится
47
равной /П>1 = 25”С, на другой границе (x = h)—равной /п, 2 = 60° С. Таким образом, на
каждой границе действуют постоянные, но различные по величине источники типа Ц.
Haun... температуру на глубине х = 0,3 м в момент времени т = 6 ч.
Решение. Выполним вначале расчет, пользуясь графиками для
пластины при постоянной температуре на одной из поверхностей и адиабатическом
условии на другой (задача № 11).
„	. „ ат 0,0032 - 6
Вычисляем, со —	— О,ио.
Л2 (0,8)2
Определим, достигает ли влияние каждого из источников до противоположной
поверхности т; = 1 (т. е. до местоположения другого источника). По графику 11-1 нахо-
дим, что при Foe 0,05 И1)=1 величина 0=1, т. е. влияние источников не достигает
противоположной поверхности пластины и можно пользоваться ПЭС.
х 0,3
Расстояния до расчетной точки от границ равны, соответственно:	— g-g =
Л — х	0,8 —0,3
= 0,375 и	= —г— =-------------= 0,62а.
и	О,о
По графику 11-1 при данных значениях Fo, ц, и тд2 находим соответственно 0, =
= 0,88 и 02 = О,99. Вычисляем искомую температуру:
t = tt +12 =	£ (1 — 0J +1n, 2 (1 — 02) = 25 (1 —0,88) -+- 60 (1 — 0,99) = 3,0 + 0,6 = 3,6° C.
Итак, источник Zn.£ повышает температуру в расчетной точке на 3,0° С, источник
2 еще на 0,6° С.
Решим ту же задачу, используя
П, s
графики
Решим ту же задачу, используя графики для полуограничен-
ного тела при постоянной температуре на поверхности (задача № 1). Вычисляем
исходные аргументы:
ат 0,0032 -6
для первого источника гох = -^ =	—=0,213;
ат 0,0032 • 6
ДЛЯ ВТОРОГО ИСТОЧНИКа ГОХ = -7Т--^ =	---КЬ., = 0,077.
r	х (h — хг (0,8—0,3)2
По графику 1-1 находим значения температурного параметра 0, = О,88 и 02 = О,99;
они оказались теми же, что и при расчете по графику для пластины, следовательно, и
повышение температуры будет таким же. Следует отметить, что пользование графиками
для полуограниченного тела дает более точные результаты и более удобно, так как здесь
не два, а один аргумент.
Посмотрим, как действуют температурные источники при
й	„от р вт 0,0032-40
большем значении т, например при т = 40 ч. 1огда го =^ = —(Q"gp>— = О>4.
Сперва решим задачу, пользуясь вновь графиками для пла-
стины. Согласно расчетному графику 11-1 при тц = 1 имеем 0 = 0,77. Это означает,
что действие источника, находящегося на одной границе, доходит к этому времени до
противоположной границы и изменяет здесь температуру на величину Д£ = £п(1 — 0).
Так, источник in. i = 25°C стремится повысить температуру противоположной границы
(х = Л) на Д/2 = 25(1 — 0,77) = 5,75° С, а второй источник, в свою очередь, стремится
повысить температуру поверхности х = 0 на Д<, = 60(1 — 0,77) = 13,8° С (рис. 2). Но тем-
пература на каждой поверхности задана и меняться не может. Поэтому приходится при-
нимать, что источник не только изменяет температуру на противоположной поверхности
на величину Д£, но и одновременно вызывает (индуцирует) там новый температурный
источник, равный по величине, но противоположный по знаку (—Д7, =—13,8° С и
— Д^2 = — 5,75° С). Нередко это явление представляют как отражение „температурной
волны*1. Индуцированным источником и учитывается то, что работа основного источ-
ника, находящегося на этой поверхности, частично подавлена действием другого источ-
ника, расположенного на другой поверхности.
Таким образом, в данном случае температура в пластине определяется уже как
сумма действия не двух, а четырех температурных источников, расположенных попарно
на расстоянии h друг от друга. Поэтому решение основной задачи представляет собой
сумму решений четырех задач—по числу источников тепла.
Вычисляем исходные аргументы:
для задач с
источниками и —
„ ат 0,0032  40	. „ х 0,3
Fo = ¥=	(0.8)2	=°’2 И	=О-,8 = °-375:
источниками £п>2 и —Л7.
для задач с
h — х 0,8 — 0,3
По графику
<=<<+<• -4
Fo = ^=0,2 и ч = ^ = -_-=0,625.
11-1 находим О, = 0,43 и 02 = О,65. Вычисляем искомую температуру:
rg+<4 = <n,1(l-01) + <n,s(l — 0г)-ДМ1 — в*)—Д«» (1 — es) =
= 25 (1 — 0,43) + 60 (1 — 0,65) — 13,8 (1 — 0,43) — 5,75 (1 — 0,65) =
= 14,24 + 21,00 — 7,87 — 2,01 = 25,36° С.
48
Но источники —Д<4 и —вы-
зывают, в свою очередь, новые источ-
ники на границах, где находятся ис-
точники, их породившие. Теперь уже
оказывается шесть источников: два
основных, два индуцированных и
еще два индуцированных послед-
ними.
Учтем действие этих новых ис-
точников (5-го и 6-го). В нашем при-
мере источник —=—13,8° С вы-
зывает на поверхности x = h ис-
точник, равный Д<4 =	(1 — 0) =
= 13,8 (1—0,77) = 3,18° С, а индуци-
рованный источник —Д/2 =—5,75° С
вызывает на поверхности х = 0 но-
вый источник Д73 = Д72 (1 — 0) =
= 5,75 (1—0,77) = 1,32° С.
Повышение температуры в рас-
четной точке за счет этой второй
пары индуцированных источников
уже гораздо меньше и равно:
Д< = Д/;< (1 — 0,) + Д/, (1 — 02) =
= 3,18 (1—0,43) + 1,32 (1—0,65) =
= 1,81+0,46=2,27° С,
а следовательно, уточненное значе-
ние температуры равно: t = 25,36 +
+ 2,27 = 27,63° С.
Дальнейшее уточнение может
быть получено, если учесть действие
третьей пары индуцированных источ-
ников.
Решим теперь задачу,
пользуясь графиками для
пол у ограниченного тела
при постоянной температуре на по-
верхности (задача Ks 1). Методика
решения аналогична рассмотренной
выше: надо учитывать действие за-
данных (+., и fn,.) и индуцирован-
ных источников (± AZ). Источник <п ,
индуцирует источник — Д/2, который
в свою очередь, индуцирует источник
Д/:! и т. д.; источник /п, 2 является
причиной возникновения источни-
ков — Д/j и Д/4 (рис. 2).
Индуцированные источники рас-
положены в полуограниченной обла-
сти на расстоянии x = h от основно-
го источника. Исходным аргументом
для определения величины индуци-
рованных источников служит Fo =
= ^=0,2. По графику 1-1 находим
0 = 0,887 и вычисляем величину
источников:
-Д/,= — <п>2(1 — 0) =
= —60 (1—0,887) = —6,78° С,
— Af2 = —/П(, (1 — 0) =
= —25 (1—0,887) = —2,83° С,
Д<з = Д<2 (1 — 0) =
= 2,83 (1—0,887) = 0,32° С,
Д/4 = Д/1(1 — 0) =
= 6,78 (1—0,887) = 0,77° С.
Расстояние от источников £П) „
—Att и Д<3 до расчетной точки равно
49
х, = 0,3 м,
аргументы:
от источников fn, s, — Д7« и Д74 — равно х2 = 0,5 м. Вычисляем исходные
„ а- 0,0032 • 40
ГС, — ----= —-----------
х л* (0,3)2
1,42
_ ат _ 0,0032 • 40
°х-“ х‘~ (0,5)2
0,51
и
и по графику 1-1 находим ©, = 0,450 и 6г = 0,684. Вычисляем искомую температуру:
/= tt + G + ^3 + ^4 + ^б + ^е = +"i (1 — ®i) +	— ®з) —	(1 — ®i) —	(1 — 0g) +
+ At, (1 — 6J + Att (1 — 6.) = 25 (1—0,450) + 60 (1—0,684) — 6,78 (1—0,450) —
— 2,83 (1—0,684) +0,32 (1—0,450) + 0,77 (1—0,684) = 28,51° С.
Как видим, расхождение между значениями температуры, вычисленной
с помощью задачи для пластины и полуограниченного тела, находится в
претелах точности графиков.
Итак, решение задачи распространения тепла в пластине с температур-
ными источниками на границах, действие которых взаимосвязано, может
быть получено суммированием решений для полуограниченного тела. Но с
увеличением времени (т. е. критерия Fo) число слагаемых, которые надо
учитывать, увеличивается и пользование, таким образом, методом суперпо-
зиции становится неудобным.
Поэтому обратим внимание на следующее обстоятельство: изменение тем-
пературы в месте расположения температурного источника под влиянием
температурного источника на другой границе полностью компенсируется
индуцируемым источником — в сумме они равны нулю. Это позволяет вме-
сто индуцированного источника принимать на этой границе температуру, рав-
ной нулю. Отсюда и возникает сформулированный в начале параграфа
принцип сложной суперпозиции, говорящий о том, что „при определении
действия источника тепла типа /( надо принимать, что все остальные ис-
точники типа It имеют температуру, равную нулю".
А теперь посмотрим, что происходит, когда на одной поверхности пла-
стины по-прежнему действует температурный источник It, а на другой по-
верхности — источник типа Is-
Прежде всего разберемся, как в этих условиях будет действовать
источник типа It. Если пользоваться решением для полуограниченного тела,
то надо предположить, что этот источник индуцирует на противоположной
границе источник типа Is- Интенсивность индуцированного источника равна
по величине, но противоположна по знаку интенсивности теплового потока,
доходящего до этой границы от источника It. Возникновение (индуцирова-
ние) такого источника необходимо для того, чтобы не нарушить заданное
там граничное условие. Тепло от индуцированного источника Is распростра-
няется как в полуограниченном теле, причем на границе, где расположен
источник It, источник Is, в свою очередь, индуцирует источник, но уже типа lt,
который компенсирует здесь изменения температуры, т. е. сводит их к нулю,
приводя температуру к тому значению, которое задано граничным условием.
Перейдем к рассмотрению работы источника Is- На противоположной
границе он индуцирует источник типа It, а тот, в свою очередь, индуциру-
ет на исходной поверхности источник типа /$ и т. д.
Температура в любой точке пластины равна сумме действия двух основ-
ных и всех индуцированных источников, расположенных в полуограничен-
ном теле. Поэтому при малых Fo, пока нет индуцированных источников,
решение очень простое — оно равно сумме действия одного температурного
и одного теплового источников, каждый из которых находится на поверх-
ности полуограниченного тела.
Решение может быть получено и иным путем, а именно, как сумма дей-
ствий только двух основных источников в пластине; при определении дей-
ствия каждого из этих источников на противоположной границе прини-
мается нулевое значение температуры или теплового потока в зависимости от
типа действующего на этой границе источника. Учет действия каких-либо
внутренних источников, если они имеются, выполняется совершенно так
же — на всех границах принимаются нулевые условия. Действие каждого
50
внутреннего источника может быть учтено отдельно, и тогда принимают,
что остальные внутренние источники бездействуют.
Сказанное выше позволяет дать более общую формулировку принципа
сложной суперпозиции по сравнению с ранее сделанной: температура в
любой точке тела равна алгебраической сумме действий всех источников;
действие каждого источника должно определяться исходя из того, что все
остальные источники имеют нулевую температуру или нулевую интенсивность.
Итак, область применения ПЭС охватывает случаи, когда действие
источника типа It не подавляется действием других источников или когда
действуют источники только типа Is-
Область применения ПСС — это случаи, в которых действие источников
типа It зависит от действия других источников.
Для пояснения сказанного рассмотрим следующий случай. В неограни-
ченном теле с нулевым НУ параллельно друг другу заложены две трубы
малого диаметра. Если на поверхности каждой трубы задана интенсивность
теплового потока (в общем случае не одинаковая), то температура в любой
точке тела равна сумме температур, которые возникают от каждого источ-
ника (трубы), причем действие этих источников независимо. Если же на
поверхности труб задана температура, то действие каждого источника за-
висит от работы другого источника — ведь, очевидно, что если, например,
на поверхности каждой трубы задана температура 100 ’С, то, работая одно-
временно, они все же не могут повысить температуру тела выше 100J С,
хотя и каждый источник в отдельности может поднять температуру до
100° С. Следовательно, их действия не суммируются.
В заключение отметим, что качественная разница в суперпозиции источ-
ников типа It и Is приводит к тому, что решения задач для тел ограничен-
ных размеров при действии источников типа It имеют вид произведения
решений одноразмерных задач, а при действии источников типа Is — суммы
решений (см. главу третью, § 17).
8. Основное правило решения задач методом
суперпозиции
Сказанное выше показывает, что распространение тепла в твердом теле
может быть выражено как действие многих источников тепла. Так, началь-
ное тепловое состояние (начальное условие) выражается мгновенными внут-
ренними источниками тепла, а граничные условия — непрерывно действующи-
ми внешними источниками тепла. Поэтому решение задач теплопроводности
может быть сведено к рассмотрению распространения тепла от источников.
Как же решать сложные задачи? Трудность их решения обычно возни-
кает от того, что НУ или ГУ являются сложными, на первый взгляд,
иногда даже запутанными. Метод суперпозиции позволяет привести решение
каждой такой задачи к решению нескольких более простых задач. При
этом следует руководствоваться следующим правилом.
Решение задачи со сложными начальным или граничными условиями
может быть представлено в виде суммы решений других задач с любыми
другими НУ и ГУ, но алгебраическая сумма значений источников тепла,
т. е. НУ и ГУ, в этих задачах для каждой точки тела в любой момент
времени, включая начальный, должна быть равна заданным значениям
источников тепла в исходной задаче.
9. Суперпозиция при симметричном расположении
источников
Рассмотрим случаи, когда расположение источников тепла является сим-
метричным относительно какой-либо поверхности.
Для простоты рассмотрим сначала случаи симметрии относительно плос-
кости в бесконечной области. Симметрия состоит в том, что каждому источ-
51
нику, находящемуся с одной стороны плоскости, соответствует другой
источник того же типа и той же величины, находящийся по другую сторону
плоскости на том же расстоянии от нее.
Напомним, что существует два рода симметрии. При первом роде сим-
метрии источники равны не только по величине, но и по знаку. При вто-
ром роде симметрии источники равны по величине, но противоположны по
знаку. Сказанное относится к источникам обоих типов (It и Is), постоянным
или переменным во времени и по координате. Если действуют несколько
пар источников, то зависимость от времени у каждой пары может быть
индивидуальной.
При первом роде симметрии источники работают таким образом, что
плоскость симметрии оказывается адиабатической плоскостью — через нее
тепловой поток не проходит (рис. 3, а). Это объясняется тем, что симмет-
ричные точки тела находятся в одинаковых условиях и имеют поэтому в
каждый момент времени одинаковую температуру. Это справедливо также
и для пар точек, находящихся в непосредственной близости от плоскости
симметрии; следовательно, градиент температуры здесь равен нулю и теп-
ловой поток не возникает. Поэтому тепло не переходит из одной полубес-
конечной области в другую и в каждой из этих областей нагрев (охлаж-
дение) происходит только за счет работы источников, расположенных в них.
Температура же на плоскости симметрии изменяется во времени и, если
задача не одноразмерная, в различных точках не одинакова.
52
При втором роде симметрии источники поддерживают на всей плоскости
симметрии одинаковую температуру, т. е. плоскость симметрии является
изотермической (рис. 3, б). Это объясняется тем, что в каждой паре источ-
ников один источник нагревает плоскость симметрии на столько, на сколь-
ко второй источник охлаждает ее. В результате температура остается неиз-
менной. Это справедливо и тогда, когда действуют источники переменной
во времени интенсивности или подвижные источники. Если задача двух- или
трехразмерная, то плоскость симметрии остается изотермической, так как
суммарное действие пары источников для любой ее точки равно нулю.
Через плоскость симметрии второго рода тепловой поток проходит, при-
чем он изменяется и, если задача не одноразмерная, его интенсивность в
различных точках не одинакова.
Таким образом, если удается обнаружить симметричное расположение
источников тепла, то можно при решении задачи рассматривать не все те-
ло и действие не всех источников, а лишь часть тела, заменив влияние
других частей тела и расположенных там источников изотермическими или
адиабатическими границами. Или, наоборот, можно при желании заменить
изотермические или адиабатические границы симметрично расположенными
источниками. При этом безразлично, что в действительности существует —
симметричные источники или соответствующие границы, но важно не впасть
в ошибку и не учесть и то, и другое вместе.
Симметричное расположение источников тепла часто встречается и в ог-
раниченных телах.
Возьмем пластину. Если на границах одинаковые по величине, но про-
тивоположные по знаку ГУ, то средняя плоскость является изотермической.
Если же и знаки источников одинаковые, то средняя плоскость является
адиабатической. Из этого, в частности, вытекает, что все решения и ра-
счетные графики для задач с адиабатическим условием на одной из поверх-
ностей пластины полностью пригодны для задач с одинаковыми по величине
и знаку ГУ на обеих поверхностях пластины.
Источник может располагаться симметрично не только относительно
плоскости, но и относительно точки, прямой и т. д. Во всех этих случаях
достаточно исследовать одну часть тела, так как остальные части имеют
тот же (симметричный) тепловой режим.
Глава третья
Порядок решения сложных задач
методом суперпозиции
§ Ю. Связи между решениями простых и сложных задач
Если присмотреться к решениям сложных задач, то нетрудно заметить,
что они часто представляют собой комбинации из решений нескольких более
простых задач. В свою очередь, решение почти каждой, даже очень про-
стой задачи является одновременно элементом решения еще нескольких
сложных задач.
Для того чтобы дать предварительное представление о характере свя-
зей между решениями различных задач, перечислим некоторые связи
между решениями, а затем, в последующих параграфах, рассмотрим их
подробнее и покажем, как практически пользоваться этими закономерно-
стями. Понятие „сложные НУ и ГУ“ говорит о том, что для задачи с дан-
ными НУ и ГУ отсутствуют аналитическое решение и расчетные графики.
1)	Решение задачи со сложным НУ может быть представлено как сумма
решений нескольких задач с простыми НУ (§ 12).
2)	Решение задачи со сложными ГУ может быть представлено в виде
суммы решений задач с простыми ГУ (§ 13). Исключение составляют за-
дачи, в которых род ГУ или условия теплообмена в течение времени ме-
няются, так как в этом случае метод суперпозиции неприменим (о реше-
нии таких задач см. § 13, п. 3, 4).
3)	Решение задачи с равномерно распределенными внутренними источ-
никами тепла сводится к решению двух более простых задач: одной без
внутренних источников тепла, но с переменной во времени темпера-
турой среды, и другой — с адиабатическим повышением температуры
(§ 15, п. 1).
4)	Решение задачи с неравномерно распределенными внутренними источ-
никами тепла может быть представлено в виде суммы решений задач с рав-
номерно распределенными источниками тепла (§ 15, п. 1, 2).
5)	Полуограниченное тело со слоем хорошо турбулизированной жид-
кости на поверхности (ГУ V рода). Решение сводится к решению двух за-
дач: одной — с заданной температурой поверхности тела, т. е. с ГУ 1 рода,
другой—с заданной температурой среды, т. е. с ГУ III рода (§ 16).
6)	Решение задачи, в которой теплофизические характеристики, т. е.
коэффициенты тепло- и температуропроводности (X и а) зависят от времени,
в ряде случаев может быть представлено в виде суммы решений несколь-
ких задач, в которых X и а не зависят от времени (§ 14).
7)	Решение задачи для тела одной геометрической формы может
служить также и для решения задачи с телом другой геометрической
формы (§ 17).
54
£ 11. Связи между решениями задан для
полуограниченного тела
1. Использование решения одной задачи для решения других задач
(на примере задачи № 1)
В табл. 1 под № 1 стоит задача о тепловом режиме полуограниченного
тела при одинаковой начальной температуре 4 и постоянной температуре
поверхности /п.
Решение этой задачи, как известно, имеет следующий вид (см. приложение 1):
Z = fn + (fo-Uerf—^=,
2pFox
(46)
где Fox = c", erf (и) — табулированная функция, называемая функцией оши-
бок Гаусса (см. приложение 5).
Покажем, во-первых, что, пользуясь аналитическим решением (46), можно
получить аналитические решения других задач, и, во-вторых, что расчетные
графики задачи № 1 могут быть использованы для
производства расчетов по другим задачам.
Рассмотрим шесть наиболее простых случаев.
1. Решение (46) и соответствующий ему расчет-
ный график 1-1 могут быть использованы также
для решения задачи о распространении тепла в не-
ограниченном теле при следующем начальном усло-
вии (рис 4):
11 т-0----tl
11 т-0 — h
при
при
— оо <^х <^0,
0<^х<^-|-оо.
Указанное распределение температуры обладает
симметрией 2-го рода (см. главу вторую, § 9) от-
носительно плоскости х = 0 и создает на этой пло-
скости изотермическое
равна:
условие. Очевидно, что при х = 0 температура будет
f
•х-в—	2
Поэтому можно вести расчет, приняв это значение температуры за темпе-
ратуру поверхности полуограниченного тела tn и далее пользоваться фор-
мулой (46), приняв для одной части полуограниченного тела /0 = /j, а для
другой части	Таким образом, решение задачи принимает вид:
при	*<° <=4±.+((1_<4±)erf_?L=,	(47)
при	л>0 , = 'ф + (,(48)
Решения (47) и заметим, что	(48) могут быть приведены к единому виду. Для этого
и		fI + М t	ti + ts — ti	Z4Q, erf f	o ) = — erf —.	(50)
Запишем аналитическое решение задачи для всей области (— оо <^х < оо):
, А Ч- । £«> — г х
55
Покажем, как использовать расчетные графики задачи № 1 для реше-
ния численного примера.
Пример. Дано. Неограниченное тело (а = 0,3 м-/ч) имеет след)ющее начальное рас-
пределение температуры:
! = 40° С при — оо < х С 0,
ZOj2=180°C при 0<х<-|-со.
Найти температуру через 50 ч в плоскости xt —— 2 м и х3 = 3 м.
Решение. Как было отмечено выше, начальное распределение температуры симмет-
рично относительно плоскости х = 0, температура которой равна tx_0 =	=
= 40-7^ — = 110° С, и остается неизменной в течение всего процесса. Поэтому расчет
температуры в областях, расположенных по обе стороны от плоскости х = 0, можно
вести независимо друг от друга, используя в каждом случае расчетный график задачи
для полуограниченного тела с постоянной температурой на поверхности: tn = 110° С
(задача № 1, график 1-1).
Вычисляем исходные аргументы:
ат 0,3 - 50
при х,=— 2м Fo1=— = —----------
оат 0,3 -50	,
при х^ — лм	го, = ~- = q-----= 1,01.
У
По графику 1-1 находим: ©j =0,285 и ©s = 0,416. Вычисляем искомую температуру:
при х, = — 2 м	— 1П) = 110 + 0,285 (40 — 110) = 98,6°С,
при х3 = 3 м	<2 = fn+e2(/0,s —<п)=1Ю+0,416(180—110) = 139,1°С.
3,75,

2. В неограниченном теле имеет место следующее начальное распреде-
ление температуры (рис. 5):
= при — оо<х< — Ьо и при
^-o=*s при — 60<x< + fe0.
Указанное распределение температуры может быть представлено как
сумма двух других распределений температуры, каждое из которых соот-
ветствует более простой задаче:
1) (|т_о=+ при — оэ<х< — Ьв,
— при —60<+<; + оо;
2)^ = 0 при —oo<x<-|-te,
/|т_о = ^1 — ti при +Ь0<х<+со.
Каждая из этих задач идентична задаче, решенной в случае 1. Отличие
состоит лишь в том, что здесь плоскость симметрии сдвинута относительно
начала координат: в первой задаче на х = — Ьо, во второй задаче на х = + Ьо.
Поэтому решение (51) принимает вид:
для первой задачи ? = *1Т **--{- <2 9 ' erf ,	(52)
z	z	2 У ат
для второй задачи t = tl-„ ts- — ta 9-tl erf *	.	(53)
z	z	2 У ат
Аналитическое решение задачи равно сумме двух последних выражений:
	t=h-\	_ ts—(₽rf v±_L _ 2 k 2 yFo	- erf 11	, 2/Fo/	(54)
где				
		Fo=^’		(55)
				(56)
56
Можно, пользуясь (54), построить расчетный график для этой задачи
0=/(Fo, ij), где в =	. Но можно выполнить расчет, пользуясь урав-
нениями (52) и (53) и соответствующими им графиками для задачи № 1.
Покажем это на примере.
Пример. Дано. В неограниченном теле (а = 0,1 м-,ч) температура в начальный мо-
мент времени повсюду одинакова и равна tY = 100° С, за исключением области шириной
26О=1,5 м, в которой начальная температура <я = 250°С.
Найти температуру на расстоянии х = 3 м от центра области с повышенной темпе-
ратурой через 11 ч.
Решение. Данную задачу можно представить в виде двух более простых задач.
В первой задаче
<1‘1±Д = ™+22=175.С. ,._,„ = Д=ь=^-'”>_75-С;
0,1-11
(3,75)"
По графику 1-1 находим © = 0,987; следовательно [см. уравнение (52)1, t =
+ © (t0 — tn) = 175 4- 0,987 - 75 = 249° С.
Во второй задаче
4-Л, _ 100 - 250	—
»п =—2------------2---= —75 С; t0 — /п=—2— = 7э С;
_ 0,1 -11 _ п 99
х (х-Ь0У (2,25)» -°’2-
По графику 1-1 находим в =0,87; следовательно [см. уравнение (53)], t — tn — 6 х
Fo
ат
0,08.
х — <п) = — 75 — 0,87 - 75 = — 140,2’ С.
Окончательно находим, что искомая температура t =
= 249,0— 140,2= 108,8° С.
3. В полуограниченном теле начальное распреде-
ление температуры
следующее (рис. 6):
при
при
тела
нет теплового потока (част-
На поверхности
ный случай ГУ II рода).
Нетрудно убедиться,
что в силу симметрии (1-го рода) начального рас-
пределения температуры относительно координаты
х = 0, решение (54) предыдущей задачи является одновременно решением
и данной задачи.
4. В бесконечной области имеет место следующее начальное распреде-
ление температуры (рис. 7):
сопоставляя рис. 5 и 6,
2
t L-o — h
I 1т-0 = ^1
Ьо

= Л при —оо<^х<^ — Ь„ и при
Z|T_0=fJ при Q<^x<^-\-b0,
t\z-Q = ti — (t2— ti) при — (?0<x<0.
57
Данное НУ может быть разбито на две составляющие:
1)	— при —со<^х<^0 и при
— при 0<х<4-Ь0;
2) Пт-о — Q при 0<^х<^-{-оо и при
Z|__(I = Z1— ti при —Ь0<^х<^0.
+ °О»
— со <х — Ьо,
Указанные две задачи такие же, как и в случае 2 (рис. 5), что позво-
ляет использовать решение (54). Отличие заключается только в том, что
плоскость симметрии сдвинута относительно начала координат: в первой
задаче на х = 4-Ь0/2, во второй задаче на х — —Ьп'2. Кроме того, размер
„температурного зуба“ здесь обозначен через Ьо, а не через 2Ь0. Таким об-
разом, решением первой задачи будет:
/ х fy/2 . .
^[erf-*»/2jL
\ I (br 2)s
(erf—?—
2	\	2 f Fo
х —Z>0/2	\
erf	]
21 ГМ7/
erf
2/Fo J
(57)
~ ат	х
где по-прежнему Fo = ^-r, 7] = ^-.
Решение второй задачи:
Z = 04<1 — ta- 0
2
х-]-Ьв/2 . .
erf-^_Z_
> 2
'erf ZL_ erf \+J_\
2	\	2/Fo	Г 2j/Fo/
х + ^«/2	1'
j-erf-^
~(bj2p.
(58)
Аналитическое решение задачи, рассматриваемой в данном примере,
равна сумме (57) и (58):
Z — ti —|- (Zq — Zj) erf ——
i । \ - и 2J/rFo
ts — tl
~2~
erf
1 —И
2KFoZ
(59)
5. В полуограниченном теле начальное распределение температуры сле-
дующее (рис. 8):
= при
Z|._O = ZI при
0<х<Ь0,
5ц х -4— оо.
При т>0 на поверхности — Zj (ГУ 1 рода).
58
Сопоставление рис. 7 и 8 показывает, что НУ в
рично (симметрия II рода) относительно начала
решение (59) является также решением настоящей
задачи.
6. Условия задачи те же, что и в предыдущем
случае, но „температурный зуб“ заглублен на вели-
чину x = h0.
Полученные выше решения позволяют найти ре-
шение данной задачи различными путями. Укажем на
два из них (.рис. 9).
1-й путь решения. Используем решение задачи,
полученное в случае 2. Для этого надо заменить
изотермическую плоскость соответствующими анти-
симметричными источниками в полуограниченном
теле —оо<^х<^0 (показаны пунктиром на рис. 9).
Разложение этой задачи на две составляющие позво-
случае 4 антисиммет-
координат. Поэтому
следующие
ляет написать, пользуясь решениями (54) или (57) и (58),
два решения:
/ =	А — erf ? ~?°-Т1);	(60)
2	\ 2/Fo	2 Fo /	'
(erf
+ ___
2/Fo
erf
2/Fo /’
где
(62)
Аналитическое решение задачи равно сумме (60) и (61):
t=tt
Т-р Io I prf 1 — Чо_
2/F5 "Г 2/FF
erf ^+т'°+1 —
2/Fo
erf	(63)
2 /Fo I v

2-й путь решения. Разложение данной задачи на две составляющие
показано на рис. 9. Решением каждой из этих двух вспомогательных задач
служит решение (59), которое будет иметь следующий вид:
(64)
t—0 —(Zj — tg) erf
Сумма (64) и (65) после простейших преобразований приводит, как и
следовало ожидать, к тому же расчетному уравнению (63).
Действуя методически, таким же образом, как показано в рассмотренных
шести случаях, легко получить решение других задач. Схемы решения не-
59
которых из них показаны на рис. 10—13. Но еще большие возможности,
как будет видно из последующего изложения, возникают, если решать слож-
ные задачи, используя решение не одной, а нескольких задач.
2. Использование решений задач с ГУ / рода
для решения задач с ГУ П рода
Если на поверхности полуограниченного тела температура меняется по
степенному закону
G-o = ^o-F&Tm,
(66)
то тепловой поток у поверхности тела равен
__________________________________________
S = kzm 2,	(67)
где
r.(w+1.).&r^.	(68)
Некоторые значения отношения гамма-функций даны ниже:					
т			 0	0,5	1,о	1,5	2,0
Г(/п+1)	1		2		8
г(”+т)		2	/л	4	3 |/ т:
Таким образом, оказывается, что для решения задач с ГУ II рода могут
быть непосредственно использованы решения задач с ГУ I рода, и наоборот.
В книге приведены решения задач с ГУ I рода при т = 0; 0,5; 1,0; 2,0
(задачи № 1, 4, 5 и 6). Каждое из них является одновременно решением
задачи с соответствующим изменением теплового потока на поверхности
тела (ГУ II рода).
60
Ci
Рис. 10
Рис. И
Рис. 13
Так, если требуется решить задачу распространения тепла в полуогра-
ниченном теле, на поверхности которого тепловой поток изменяется по закону
S = kx4*,	(69)
то надо воспользоваться решением задачи № 4 с линейным изменением
температуры поверхности тела (т = 1), приняв, согласно (68),
+у) k _ y~k
Г(т+1) ' /Х^ 2/Хср'
(70)
Если S = kx3is, то надо воспользоваться задачей № 6 с квадратичным
законом изменения температуры поверхности (т — 2), приняв
ь___зу-r.k
8/Хср
Задача с S = k~ 2 решается с помощью задачи № 1, в которой т = 0
и, следовательно, /n = f0-|-
]/Хср
В задаче № 5 т = 0,5, что соответствует задаче № 2, в которой S = const.
Приведем пример расчета.
Дано. В полусграниченном теле (а = 0,053 л2/ч, ср = 445 вт • чСи3 • град) в началь-
ный момент температура равна <о = 0°С. На поверхности задано ГУ II рода:

S = 5т:3'2
Найти температуру в точке х = 3 м через т=100 ч.
Решение. Воспользуемся решением задачи с ГУ I рода при т = 2, т. е. задачей № 6.
3 1/-т	5
Находим Ь — —.—	- = 0,0326 град/ч-.
8	/23,4-445
ат 0,053 - 100
Вычисляем Го„= ., = —-—----------= 0,о9.
х- 9
По графику 6-1 находим 6=0,11 и вычисляем искомую температуру:
/ = /0_|_е/п'-=0 + 0,11 -0,0326-10000 = 35,8° С/
3. Связи между расчетными параметрами задач JVs 1, 2, 4, 5
Тепловой режим в каждой задаче характеризуется тремя параметрами.
Итого в четырех задачах (№ 1, 2, 4, 5) имеется 12 параметров. Рассмо-
трение решений этих задач показывает, что между 9-ю параметрами суще-
ствуют связи, а именно: между 6S и 0В, между вь G3 и Gs, между вь 05,
G. и вв (индексы указывают номера задач). В этих трех группах каждый
параметр может быть выражен через любой другой параметр данной группы:
ё3=-^Ячё5,	(71)
01 = ~М'FqLG3 + 1=G3+1,	(72)
е3 = -|ГЕохев= _FOjA = 6i+^VFox-1.	(73)
<S 12. Сложное начальное условие
Покажем как поступать, когда возникает задача, для которой нет го-
тового решения из-за того, что НУ является сложным.
Частично ответ на этот вопрос дан в предыдущем параграфе — задачи,
схемы решения которых даны на рис. 4—13, относятся именно к таким
задачам. В настоящем параграфе будут показаны еще и другие способы
решения задач со сложным НУ.
63
1-й способ исходит из основного правила суперпозиции о равенстве
источников тепла в основной задаче и в элементарных задачах (суммарно)
в любой точке и в любой момент времени. В данном случае надо заданное
сложное начальное распределение температуры представить в виде суммы
нескольких более простых распределений. Решением основной задачи являет-
ся сумма элементарных задач, в каждой из которых в качестве НУ принято
одно из слагаемых. ГУ основной задачи включаются в одну из элементар-
ных задач, а остальные решаются при нулевых ГУ, а именно: при ГУ I рода
температура поверхности равна нулю, при ГУ II рода тепловой поток у
поверхности равен нулю, при ГУ III рода температура среды равна нулю.
Можно также поступать и следующим образом: все элементарные задачи
решать при нулевых ГУ и, кроме того, решать еще одну элементарную за-
дачу с заданными ГУ и нулевым НУ. В свою очередь, если возникает не-
обходимость, эта последняя задача может быть разбита на ряд элементарных.
2-й способ основывается на том, что, как было сказано в гл. 1, § 2, в
начальном тепловом состоянии отражена вся предшествующая тепловая
история тела, и для дальнейшего хода температуры совершенно безразлично,
каким образом данное тепловое состояние возникло. Это позволяет для
решения основной задачи со сложным НУ использовать решение задачи с
таким же ГУ, но с более простым НУ. При этом заданное сложное НУ
должно оказаться равным промежуточному распределению температуры в
задаче с такими же ГУ, но с более простым начальным условием (вер-
тикальной или наклонной прямой, параболой, косинусоидой). В этом слу-
чае надо рассмотреть расчетные графики задач, отличающихся от реша-
емой задачи лишь НУ. Если окажется, что на какой-либо момент
времени т = тн (что соответствует значению Fo = FoH) распределение темпе-
ратуры в какой-либо из этих задач совпадает (или может быть с достаточ-
ной точностью аппроксимировано) с начальным распределением температуры
в решаемой задаче, то решение последней можно получить с помощью рас-
смотренных графиков. Окончательно расчет ведется для Fo = FoH4-Fo' =
— , - + (здесь т — по-прежнему расчетное время в основной задаче), и
в расчетные формулы для t, t и dtldx следует подставлять начальную тем-
пературу задачи, графики которой использовались для определения Fou.
Практически выбор расчетного НУ может быть сделан следующим обра-
зом. Выбрав на графике какую-либо кривую в = f (Fo, ц), определяют зна-
чение в при ц = 1. Затем вычисляют /0 = Е, л и, используя это зна-
чение <0. вычисляют в = /-н x/t0 для других х (т. е. других ц). Если
получившаяся в результате кривая с достаточной точностью совпадает с
кривой расчетного графика, по которой было найдено t0, то значение Fo,
соответствующее этой кривой, и есть искомое FoH. В противном случае
расчет повторяется, для чего надо выбрать другую исходную кривую на
расчетном графике.
Для полуограниченного и неограниченного тела следует находить не ве-
личину FoH, а тн, так как в данном случае значение Fox, соответствующее
данному НУ, не является постоянным, а зависит от координаты. Определение тн
удобно выполнять в следующем порядке.
Надо выбрать произвольную точку х и по данному НУ определить ее
температуру. Далее вычислить в и по расчетному графику найти FoJ иско-
Fo №
мое значение	—.
о	_
Для проверки следует повторить расчет еще нескольких точек. Если
величины -tH окажутся одинаковыми (или близкими), то дальнейший расчет
следует выполнять как обычно, но принимая Fox = c-^^^-Th)-. Если же
значения тн получаются различными, это указывает на то, что данное НУ
не соответствует ни одному промежуточному тепловому состоянию в задаче,
для которой составлен расчетный график. Следовательно, указанным гра-
64
фиком непьзя воспользоваться для решения задачи с данным НУ, хотя
по ГУ решаемая задача и задача, для которой составлен расчетный график,
совпадают.
Приведем решения задач со сложным НУ.
1.	Возьмем задачу, показанную на рис. 14. Начальное условие здесь
как будто очень простое — линейное изменение температуры по координате.
Но сопоставление краевых условий этой задачи с условиями задач № 11—13
(табл. 1) показывает, что ни одна из них не совпадает полностью с задан-
ной и, следовательно, их решения не могут быть непосредственно применены.
Рис. 14
~tx=o~ "tn~to,n
Однако, если воспользоваться решениями задач № 12 и 11, то решение мо-
жет быть получено. Задача № 12 учтет действие НУ, а задача № 11 —дей-
ствие источника тепла на границе х = 0. Таким образом, основная задача
разлагается на две элементарные задачи (см. рис. 14).
Проверим, правильно ли выполнено разложение основной задачи на
элементарные. Для этого складываем НУ обеих задач — сумма должна быть
равна НУ основной задачи; затем складываем ГУ элементарных задач при
х = 0 — их сумма также должна равняться ГУ основной задачи на той же
границе; то же делаем с ГУ на границе x = h. Нетрудно убедиться, что
указанные условия здесь выдержаны — сумма каждого из краевых условий эле-
ментарных задач равна соответствующему краевому условию основной задачи.
Решение первой элементарной задачи (задача № 12, табл. 1) равно:
z = <о.п 4*	(74)
Решение второй элементарной задачи (задача № 11, табл. 1) равно:
* = ('п - 'о. п) + % (0 - + /о. п).	(75)
Сумма их и дает решение поставленной задачи:
1 =	-|- 6ц (/о.п — tn).	(76)
2.	Пусть требуется найти ход температуры для задачи, показанной на
рис. 15. Данная задача по НУ может быть разбита на две элементарные
задачи, сумма краевых условий которых равна краевым условиям исходной
задачи.
Первая элементарная задача соответствует задаче № 13 (табл. 1):
^О + е^.	(77)
Во второй элементарной задаче НУ имеет симметрию 2-го рода относи-
тельно средней плоскости пластины. Поэтому температура по обе стороны
3	А. И. Пехович, В. М. Жидких
65
от этой плоскости на равных расстояниях одинакова, но противоположна
по знаку, а сама плоскость изотермична (t — О). Решением второй элемен-
тарной задачи также может служить решение задачи № 13, но при вычи-
слении Fo и ti надо вместо h подставлять h,2 и, кроме того, иметь в виду,
что Д/ = /1/2. Тогда для верхней половины пластины (0 ^x-^h2) решение
имеет вид:
г=о + ©13(-4);	(78)
для нижней половины (h/2-^x^h)
< = 0 + в13^.	(79)
При определении в13 в формуле (79) следует принимать т; = 2---------
Решением основной задачи для области x^hJ2 является сумма (77) и (78),
для области x^hj2 — (77) и (79). Следует подчеркнуть, что численные
значения температурного параметра 013 в каждой из элементарных задач
различны.
Приведем численные примеры.
Дано. В стенке (а = 0,1 м2!ч) толщиной Л = 3 м начальная температура распреде-
ляется как показано на рис. 16 (^! = 33° С, £s = 23° С). На границах температура одина-
кова: Гп = 3° С.
Найти температуру в плоскости х = 2 м через 4,5 ч.
Решение. В табл. 1 данная задача не содержится. Для ее решения применим первый
способ—разложение НУ на составляющие. Заданное НУ можно разложить на две со-
ставляющие, показанные на рис. 16(f3=<j- = 20° С), и решение основной за-
дачи искать в виде суммы решений двух элементарных задач.
Рис. 16
Первая элементарная задача по краевым условиям совпадает с задачей № 13
(табл. 1), и для ее решения надо пользоваться графиком 13-1. Вычисляем исходные ар-
гументы:
ат 0,1  4,5 п А_	х 2 п
Fo = ^- = —=0,05; ц = — =g-= 0,67.
По графику 13-1 находим 0=0,38 и вычисляем температуру:
t = tn + 0At = 3 + 0,38 (23 — 3) = 10,6° С.
Во второй элементарной задаче на границах Лу=о,л = О° С; НУ обладает симметрией
1-го рода относительно плоскости х = Л/2, следовательно 5|х=л,2 = 0. Задача с такими
условиями совпадает с задачей № 12 (табл. 1). Для решения этой задачи надо пользо-
ваться графиками задачи № 12, причем применять их надо отдельно для верхней и ниж-
ней половин стенки. Заданная расчетная точка находится в нижней половине. Здесь:
г. ат ______0,1 * 4,э	_ „	_q х _______f. 2	____ „
Fo = (W = ^25- = °’2:	1 = 2—Л^- = 2-------Т3“=0’67'
По графику 12-1 находим 0=0,42 и вычисляем температуру:
/ = Гп4-0Дг! = О+0,42-20 = 8,4° С.
Решение основной задачи равно сумме значений температур в элементарных зада-
чах: t = 10,6 + 8,4 = 19,0° С
Приведем теперь численный пример на применение второго способа учета слож-
ного НУ.
Дано. Начальное распределение температуры в стенке (а = 0,3 мг[ч) и граничные
условия показаны на рис. 17. Толщина стенки Л =1,51 м.
Найти температуру на средней плоскости стенки через 2 ч.
66
Решение. По ГУ задача совпадает с задачами № 11, 12, 14 и 15 (см. табл. 1). Если
принять, что заданное Hi возникло из условия Л=о= const, то в дальнейших расчетах
надо пользоваться графиками задачи 11, если при-
нять, что имело место fT=0 = Д£ -----то графиками
задачи № 12 и т. д. Из рис. 17 видно, что в нашей
задаче удобнее принять второй вариант исходного НУ.
Запишем заданное НУ в безразмерной форме, приняв
Af = 10° С:
т1=-у........ 0	0,2	0,4	0,6	0,8	1,0
6=^5-........ 0	0,088 0,190 0,245 0,300 0,325
По графику 12-1 определяем FoB, которое соответ-
ствует данной кривой 0—y(-rj): FoH = 0,39. Вычисляем
исходные аргументы:
Fo = FoH+J=0,39+^ = 0,65;	, = 0Д
По графику 12-1 находим в = 0,12. Вычисляем искомую температуру: £ = £п-|-0Д£ =
= 0+0,12 10=1,2° С.
13. Сложные граничные условия
Ниже показано как решать задачи со сложными граничными условиями.
Как и в предыдущем параграфе, понятие „сложное ГУ“ говорит о том, что
задача с данными ГУ не содержится в „Перечне задач..." (табл. 1).
Правило, которым надо руководствоваться при решении задач со слож-
ными ГУ, согласно основному правилу решения задач методом суперпозиции
(глава вторая, § 8), следующее: решение задачи со сложными ГУ может
быть представлено в виде суммы решений других (элементарных) задач с лю-
быми другими ГУ, но при этом алгебраическая сумма ГУ в этих задачах в
любой момент времени должна равняться ГУ основной задачи в каждой
точке поверхности.
Напомним, что ГУ включают в себя внешние источники тепла и условия
теплообмена между источниками и поверхностью тела. Раскладывать на
составляющие можно, конечно, только источники тепла, а не условия тепло-
обмена. Последние во всех элементарных задачах должны приниматься
такими же, какими они являются в основной задаче со сложными ГУ.
Учитывая сказанное, можно наметить следующие случаи сложных ГУ:
1)	внешний источник тепла по величине является сложной функцией
времени:
2)	внешние источники тепла на различных границах неодинаковы по
типу или по величине;
3)	тип внешнего источника тепла меняется во времени;
4)	непостоянны во времени условия теплообмена между внешним источ-
ником тепла и поверхностью тела.
Иногда может встретиться и более сложный случай, когда в одной и
той же задаче имеет место сочетание нескольких из указанных выше
условий.
Рассмотрим различные случаи более подробно.
1.	Внешние источники тепла зависят от времени
Пусть величина источника тепла у поверхности тела в моменты време-
ни т2>... меняется скачкообразно, а внутри отрезков времени постоянна.
На рис. 18 в качестве примера дан график	Важно отметить, что
схема решения задачи будет совершенно одинаковой, каков бы ни был
конкретный вид источника: это может быть и источник ls — тепловой поток
(ГУ II рода), и источник типа Ц— температура поверхности тела (ГУ
3
67
I рода) или температура среды (ГУ III рода). Решение основной задачи
разбивается на три элементарные задачи по числу скачков ГУ, включая
и момент начала действия источника. Разложение на элементарные задачи
может быть произведено различным путем. На рис. 18 показаны три ва-
рианта разложения.
Первый вариант наиболее ясный. Все время действует первоначальный
источник тепла Ц. Начиная с момента включается дополнительный ис-
точник, равный (Ц — Л), таким образом, суммарно в это время источники
Основная задача
1-й Вариант
Рис. 18
дают /14- (/2 — /]) = Л. С момента времени включается третий источник,
равный /3— /2. Следовательно, суммарно все три источника дают Ii-\-
4- (/3 — It) 4- (/3 — /2) = /3. Таким образом, выдерживается требование о том,
чтобы сумма источников элементарных задач в любой момент времени рав-
нялась величине источника тепла основной задачи. Огределяя действие
источника в каждой элементарной задаче, следует помнить, что первый
источник действует все время т; продолжительность действия второго ис-
точника равна т — Т], а третьего источника будет т — т». Исходя из этих
значений времени и должны определяться величины критерия Фурье Fo.
Второй и третий варианты разложения (см. рис. 18) также полностью
соответствуют основному правилу суперпозиции, но пользоваться ими
более сложно. Так, по второму варианту источник /2 действует все
время ", но в первый период, кроме того, действует источник (Л — /о), в
результате чего, как и требуется, в первый период сумма элементарных
68
источников равна /2 + (Л — Л) = Л; во второй период действует лишь
источник It, в третий период, кроме того, действует еще источник (/3 — Л).
По третьему варианту разложения постоянно действует источник /3; кроме
Рис. 19
того, с самого начала действует еще два источника: (Ц — /3), действующий в
течение первых двух периодов, и (Л — /2), действующий лишь в первый
период.
Естественно, что конечный результат расчета не зависит от того, какая
схема разложения была принята. Однако разложение должно быть произве-
Рис. 20
дено таким образом, чтобы все элементарные задачи захватывали расчетный
момент времени. Это следует из того, что при вычислении расчетного значения
критерия Fo в него должен входить расчетный момент времени, а начало
отсчета времени должно совпадать с моментом включения данного элемен-
тарного источника.
69
Поясним сказанное на примере (рис 18). Если разложение основной за-
дачи производилось по второму варианту и требуется определить темпера-
туру в момент времени т3, то вторая элементарная задача, в свою очередь,
должна быть представлена в виде суммы двух задач, схемы которых пока-
заны на рис. 19.
Некоторые другие задачи и соответствующие схемы разложения этих за-
дач на элементарные показаны на рис. 20.
Ппиведем численный пример расчета.
Дано. Шар (>. = 0,5 вт'м2 • град, а = 0,1 мг'ч) радиусом 7?=1 м нагревается с по-
верхности тепловым потоком, интенсивность которого изменяется во времени по следую-
щему графику:
0 < у < у, = 1 ч	Sj = 5 вт1мг,
у1<у<у3 = 2 ч	Ss = 2 emiM1.
Температура шара в начале нагрева равна £о=10°С.
Найти температуру в центре шара по прошествии 3 ч.
Решение. Схему разложения данной задачи на элементарные примем следующей:
первый источник Sj работает все время, т. е. в течение т2 = 3 ч. Второй источник, рав-
ный Ss—Sj= —3 em/№, работает только второй период, т. е. в течение у2—т1=2 ч.
двух элементарных задач,
равной tB = 10° С, во вто-
Следовательно, решение задачи является суммой решении
каждая из которых соответствует задаче № 41 (табл. 1)-
В первой задаче начальная температура принимается
рой — равной нулю.
Вычисляем исходные аргументы:
ат2 0,1-3
первая задача го = -т==—:— = 0,3;	т; = О;
К *
„ а (у2 — у.)	0,1 • 2
вторая задача го= 	—— = —j—
По графику 41-1 находим 0! = О,6 и 0„ = О,31. Вычисляем
0,2:	т] = 0.
искомую температуру: t =
= tt+h = z0+ е, е2 (S^S1)R_ = io,o+о,б -Щ-+o,3i	= ю.о + б,о -
— 1,9 = 14,1° С.
Приведем еще один пример, когда действуют источники тепла типа lt.
Дано. Неограниченная пластина (а = 0,07 м21ч) толщиной Л=1 м имеет начальную
температуру Zo=0°C. Одна из поверхностей пластины теплоизолирована. На другой
поверхности в течение Tj=5 ч поддерживается постоянная температура £П=15°С.
Затем температура поверхности возрастает по времени линейно со скоростью b = 2,5 град[ч.
Найти температуру в центре пластины через ys = 10 ч.
Решение. Начальное и граничные условия задачи следующие:
dt
дх
*1т-о = 0° с,
11jc-o = 15° С при 0 < У т,,
<|л._0= 154-2,5 (т — yj) при yjCTsgy.,
= 0.
х=Л
Данною задачу можно представить в виде суммы двух задач, имеющих следующие
НУ и ГУ-
первая задача	вторая задача
г\_о=О°С,	«|т_о = 0°С,
^_0=15°С при Остгот»,	Лх-о = 2,5(у — у,) при У! <y=gy2,
«I =*	£1 =°-
дх x=h	дх | х=л
Первая из этих задач соответствует задаче № И, вторая — задаче № 26. Нетрудно
убедиться, что сумма НУ и ГУ элементарных задач равна условиям основной задачи.
Вычисляем исходные аргументы:
перв аязадача:Го =	=0,7; ц = 0,5;
„ а(т2 — у,)	0,07(10 — 5)
вторая задача: го = —~	------= °,3э: Ъ — ОД
По графикам 11-1 и 26-1 находим: ©, = 0,17 и 02 = О,11.
70
Вычисляем температуру:
первая задача: = tn 4- 6, (t0 — /п) = 15 + 0,17 (0 — 15) = 12,45“ С;
АЛ2	2 5-1
вторая задача: t„ - t0-4-в- --=0-4-0,11 - ’	= 5,36” С.
а	0,07
Температура в основной задаче равна: t =	= 12,45-|-5,36 = 17,8Г С.
2.	Внешние источники тепла на различных участках поверхно-
сти неодинаковы по типу или по величине
Ограничимся рассмотрением тел, имеющих форму неограниченной пла-
стины. Если же взять, например, тело в форме шара или полуограничен-
ного тела, то неравномерное распределение ГУ (источников) по их поверх-
ности приведет к двум- или трехмерным задачам, которые здесь не рассмат-
риваются. Некоторые указания по решению двух- и трехмерных задач даны
в § 17 настоящей главы.
Основная задача
Основное правило разложения сложной задачи на элементарные и здесь
остается прежним — сумма источников тепла в элементарных задачах на
каждой поверхности в любой момент времени должны соответствовать ГУ
основной задачи.
Вначале для иллюстрации рассмотрим простейший случай. Пусть на по-
верхности пластины х=0 задан тепловой поток, равный Sb а на другой
поверхности x=h тепловой поток равен S2. Решение этой задачи является
суммой решений двух задач. На рис. 21 показаны три варианта ее разло-
жения на две элементарные задачи.
Дадим численный пример расчета.
Дано. Стенка (1=1 вт/м • град, а = 0,08 №/ч) толщиной й = 0,8 м нагревается
тепловым потоком, плотность которого на обеих поверхностях различна и равна соот-
71
ветственно S,=500 вт!м- и S« = 750 вт'м2 (см. рис. 21). Начальная температура стенки
равна tn = 10° С.
Найти температуру в точке х = 0,2 м через 1 ч.
Решение. Примем вначале за основу первый вариант разложения. Каждая из эле-
ментарных задач совпадает с задачей № 16 (табл. 1). Различия между ними состоят в
том, что во второй задаче ось х должна быть направлена в противоположную сторону,
х	h —х
т. е. при пользовании расчетным графиком вместо tj = — надо принимать >]=-.
Начальное условие задачи можно включить в любую из этих задач.
Вычисляем исходные аргументы:
вт	0,08-1	х	0,2
первая задача: Fo = =-= ,	= 0,12э:	tj = —= —= 0,2э,
hr 0,64	Л	0,8
вт	h — х	0,8 — 0,2	- —
вторая задача: го ==-= 0,125; а =— --= =--------— О,/5.
r	hr	h	0,8
По графику 16-1 находим в, = 0,2 и в. = 0,03 и вычисляем искомую температуру:
< =	^4-02S^=lO-|-O,2 °00 j °’8' 4- 0,03	°’8 = 108° С.
Решим ту же задачу, но пользуясь вторым вариантом разложения. И в этом слу-
чае каждая из двух элементарных задач совпадает по краевым условиям с задачей № 16.
Однако первая задача обладает симметрией 1-го рода относительно центральной пло-
скости стенки x=h!2, вследствие чего здесь имеет место адиабатическое условие S = 0.
Поэтому при вычислении Fo и у надо вместо h писать Л'2. Во второй элементарной
h — х
задаче, как и ранее, ось х направлена вверх и поэтому >; =—.
Вычисляем исходные аргументы:
„ вт 0,08 -1	„ _	х 0,2
первая задача: Fo = —^ =	= 0,5;	ч = -^- = - = 0,5;
с вт _ ,h — х „ __
вторая задача; го = ^-=0,12э;	ц =—-— = 0,75.
По графику 16-1 находим 61 = 0,46 и 0S = O,O3 и вычисляем температуру стенки:
S —
t = <o+6i _L2 + es	+0>03 (750 - 500)0,! = 108„Cj
АЛ	1	1
Как видим, результат получился одинаковый.
3.	Тип внешнего источника тепла меняется во времени
Такое изменение приводит к изменению рода ГУ и может происходить
лишь скачкообразно. Например, довольно часто бывает, что некоторое время
к поверхности тела подводится заданный тепловой поток, а затем поддер-
живается определенная температура.
Решение таких задач не может быть получено путем суперпозиции реше-
ний. В этом случае надо решать две самостоятельные задачи: одну—до
изменения типа ГУ и другую — после изменения. Решение первой задачи
дает НУ для второй задачи.
4. Условия теплообмена между
поверхностью тела зависят от
внешним источником тепла и
времени
Такие условия могут возникнуть, например, из-за непостоянства коэ<})фи-
циента теплоотдачи или вследствие изменения толщины слоя жидкости у
поверхности тела. Получить простое решение этой задачи невозможно.
Здесь, так же как и в предыдущем случае, метод суперпозиции неприменим.
Поэтому надо поступать следующим образом. Разделить весь расчетный пе-
риод времени на временные участки, внутри которых условия теплообмена
можно принять постоянными; произвести расчет для первого участка; затем,
приняв полученный результат в качестве НУ, произвести расчет для вто-
рого участка и т. д.
72
<5> 14. Теплофизические характеристики тела непо-
стоянны
1.	Теплофизические характеристики зависят от времени
Если в задаче с ГУ I и II рода теплофизические характеристики зави-
сят от времени, например, если известны a = f(x) и Х = <р(т), то имею-
щиеся решения задач для постоянных теплофизических характеристик
могут быть использованы и в этом случае. Рассмотрим вопрос более
подробно.
а)	Граничные условия I рода. При решении задач с ГУ I рода надо
учитывать лишь изменения коэффициента температуропроводности а. кото-
рый непосредственно входит в критерий Фурье Fo = ^-. Коэффициент
теплопроводности X входит в коэффициент температуропроводности (а —
= но вне этого коэффициента он нигде не встречается и поэтому его
изменения, сами по себе, при расчетах температуры могут не учитываться.
Учет изменения коэффициента температуропроводности производится пу-
тем введения в расчет его среднего значения:
аср = -^- adz.	(80)
о
Далее все расчеты ведут, принимая коэффициент температуропровод-
ности постоянным и равным аср. Тогда значение критерия Fo оказывается
равным:
Fo=l =	(81)
о
Если решение основной задачи находится путем разложения на отдель-
ные элементарные задачи, то для каждой элементарной задачи надо при-
нимать свое значение аср, соответствующее периоду действия источника тепла.
Пользование данным приемом не вводит каких-либо неточностей: реше-
ния задач с постоянными а остаются вполне строгими и для задач с пере-
менным значением а.
Понимание этого положения требует некоторых разъяснений. Вначале
напомним, что вся тепловая предыстория тела содержится в НУ, и что для
дальнейшего хода теплового процесса неважно, каким путем данное НУ
возникло (см. главу первую, § 2). Представим себе теперь, что два тела
отличаются друг от друга значениями коэффициента а, а ГУ и НУ у них
одинаковые. Тогда в дальнейшем при равных значениях Fo их поля тем-
ператур будут одинаковыми. При этом безразлично, каким образом к рас-
сматриваемому моменту времени возникло данное распределение температуры:
прошло ли много времени от некоторого начального состояния, а коэффи-
циент температуропроводности был все время мал, или, напротив, времени
прошло мало, а коэффициент температуропроводности был велик. Можно
сказать, что „тепловые пути", проходимые обоими телами, одинаковы, но
„скорость" их прохождения различна — она пропорциональна величине
коэффициента а. Таким образом, температурное состояние обоих тел пол-
ностью определяется значением критерия Fo, а поэтому можно принимать
любое температурное состояние за НУ и вести далее расчет в соответствии
с имеющим место в данное время значением а, хотя до этого значение а
могло быть иным. Это и позволяет пользоваться осредненным значением а.
Схемы решения двух таких задач показаны на рис. 22.
Приведем пример расчета.
Дано. На одной из поверхностей пластины толщиной Л = 0,5 м в течение т1=2 ч
поддерживается постоянная температура <1 = 80° С, затем температ?ра становится равной
73
E=0° С. Другая поверхность теплоизолирована. Начальная температура fo = 10° С.
В течение первого периода (t^Tj) коэффициент температуропроводности линейно за-
висит от времени: ct — с0 а'-, где а0 = 0,05 м2 ч, с'= 0,015 м2,ч2, а затем его величина
может быть принята постоянной и равной а» = 0,055 м21ч.
Найти среднюю температуру пластины в момент времени т2 = 7 ч.
Решение. По НУ и ГУ данная задача совпадает с задачей № 11 по табл. 1, но от-
личается от нее тем, что с=/(т). Согласно вышеизложенном’, решение такой задачи
является суммой двух элементарных задач (см. первую задачу на рис. 22). НУ основной
задачи включим в первую элементарную задачу, а для второй примем Го = 0.
Вычисляем исходные аргументы:
г. 1 [‘Г J , as (т,—-с,) с„Т1 , сЧ| с,(т„— т,)	0,05-2 ,
первая задача: Fo = -^ \ a^d-z 4- = -р—|-	4-----р-----= 0 25 4"
о
0,015 • 4 .0,055 (7—2)
+ 2-0,25 +-----0^5-----= 1>62’
„ а» ("«— т,) 0,055(7 — 2)
вторая задача: го = — —р--— = -	25----=1,1.
По графику 11-2 находим Вх = 0,016 и В1 = 0,08. Вычисляем среднюю температуру
в элементарных задачах:
Ё = Е 4- е; (tB — Е) = 80 4- 0,016 (10 — 80) = 78,9- С;
Ё=—tt4-es (г04-е)=—80 4-0,08(04-80)=—73,6° с.
Решение основной задачи: t = Е Е = 78,9 — 73,6 = 5,3° С.
б)	Граничные условия II рода. Если решается задача с ГУ II рода,
то помимо изменений а, надо учитывать и изменения X. Разъяснения того,
каким образом удается здесь применить метод суперпозиции, представляет
не только практический интерес, но и помогает более глубокому пониманию
закономерностей распространения тепла в твердых телах.
Изменение а не вносит особых трудностей в расчет и может быть учтено
путем оср 2днения, как это было сделано выше для задач с ГУ I рода.
С учетом коэффициента X дело обстоит иначе. Важно уяснить, почему
а можно осреднять, а X-—нельзя. Трудность здесь вызвана тем, что коэф-
фициент X входит непосредственно в температурный параметр в. Напр;;мер,
для задачи № 16:
X(£_^. = /(Fo,71).	(82)
ОН
Поэтому даже при одинаковых значениях Fo, но различных X, будет
иметь место не равенство, а лишь подобие температурных полей, что уже
74
не дает права решать задачу осреднением X. Такие задачи могут быть ре-
шены двумя способами.
Первый способ. Рассмотрим вначале следующий простой случай:
у поверхности тела некоторое время работает источник тепла постоянной
интенсивности 5П а затем источник выключается (S2 = 0) и одновременно
изменяются теплофизические характеристики а и X (рис. 23). Задача состоит
в определении теплового состояния тела во втором периоде.
Прежде всего обращает на себя внимание то, что во втором периоде,
когда происходит выравнивание температуры при нулевом значении ГУ,
S,
аг
Л,
Ту
Рис. 23
а, । а2
Л-, | Л,
I
решение не зависит от X. Например, в задаче № 19, табл. 1, имеющей
в качестве ГУ условие S — 0, температурный параметр имеет вид:
е = / V =Г(ро,ъ),	(83)
*0,1 -*0,2
поэтому процесс выравнивания температуры при одинаковых НУ идет одина-
ково в телах с различными значениями X — определяющим является только
критерий Fo и, следовательно, лишь а, а значения X могут приниматься
любыми, например, разными ХР Таким образом, основная задача свелась
к задаче с переменными значениями ГУ и а. Решение этой задачи можно
представить в виде суммы решений двух элементарных задач, как это пока-
зано на рис. 23.
Если в период действия источника величина X меняется, например один
раз (рис. 24), то основная задача разбивается на две, в каждой из которых
можно выделить два периода — период нагревания и период выравнивания
температуры (вторая задача охватывает период времени, равный т3 — tj).
В свою очередь, эти задачи разбиваются на элементарные по способу, изло-
женному выше.
Совершенно так же следует поступать, если в период действия источника
меняется его значение — решение следует искать как сумму решений задач
с постоянными X (рис. 25).
Приведем численный пример.
Дано. Неограниченная пластина толщиной Л=1 м в течение гч=3ч подвергается
нагреву с одной стороны постоянным тепловым потоком S = 1000 em/ж2. Затем нагрева-
тель отключается. Вторая поверхность теплоизолирована. В течение периода нагрева теп-
лофизические характеристики материала пластины равны: et = 0,05 ж2/ч, Л, = 0,5 вт!м - град;
после выключения нагрева они изменяются: в2 = 0,15 лР/ч, Х2 = 1,5 вт!м • град. Начальная
температура пластины равна t0 = 0° С.
Найти температуру в центре пластины через т2 = 5 ч после начала нагрева.
Решение. Согласно изложенному выше, решение данной задачи можно представить
в виде суммы решений двух задач (рис. 23), каждая из которых по краевым условиям
совпадает с задачей № 16 (табл. 1). Вычисляем исходные аргументы:
OjT, . а, (т. — Tj) 0,05-3	. 0,15(5—3)
первая задача: Fo —	—|----=—--------=-------j----1-----।-----= 0,45; т; = 0,5;
в. (-2 — т,)	0,15 (5 — 3)
вторая задача: Fo = —-—--------=--------j-----=0,3; т; = 0,5.
По графику 16-1 находим в1=0,41 и В2 = 0,26. Вычисляем искомую температуру: t =
। Sh .	(~S)h	0,41-1000-1	0,26-1000-1
= ^ + е11Г+еа-5^ = о +----------------------= 300» с.
75
Рис. 24
Рис. 25
Второй способ. Изменение коэффициента теплопроводности может
быть учтено путем изменения расчетного значения теплового потока на
границе тела таким образом, чтобы градиент температуры тела у границы
оставался равным его истинному значению. Для этого, согласно основному
уравнению теплопроводности (1), изменению значения X должно соответст-
вовать такое же изменение значения S. Так, если коэффициент X возрос
в 2 раза, но в расчете он принят неизменным, т. е. заниженным в 2 раза,
то расчетное значение S с данного момента времени должно быть также
уменьшено в 2 раза по сравнению с его действительным значением. При
этом безразлично, является ли S в действительности постоянным или пере-
менным. Таким образом задача с переменным во времени X сводится к задаче
с переменным во времени S.
Пусть, например, S — Si = const, а X является линейной функцией вре-
мени: X = Хо -1- Х'т. В данном случае вместо задачи с постоянным тепловым
потоком и линейно изменяющимся X можно решать задачу с любым, но
постоянным X (например, Х = Х0) и переменным тепловым потоком, изменя-
ющимся по закону:
В температурный параметр 0 надо подставлять „опорное** значение Х = Х0.
Учет зависимости коэффициента температуропроводности от времени про-
изводится путем осреднения его значения.
в)	Граничные условия III рода. Задачи с ГУ III рода при переменных
теплофизических характеристиках изложенными выше способами не могут
быть решены. Это объясняется тем, что с изменением теплофизических харак-
теристик поля температур в двух одинаковых телах при равных Fo не
являются ни равными, ни даже подобными, если не равны значения Bi =
— л • Поэтому в данном случае задачу надо решать следующим образом.
Разделить весь расчетный период времени на отдельные интервалы, внутри
которых значения а и X могут быть приняты постоянными, и решать отдельно
задачу для каждого интервала. Граничные условия во всех этих задачах
должны соответствовать ГУ основной задачи в данный момент времени.
Распределение температуры в конце интервала служит НУ в задаче для
следующего интервала.
2.	Теплофизические характеристики зависят от температуры
Если теплофизические характеристики тела а и X существенно зависят
от температуры, то можно поступать таким же образом, как и в задачах
с ГУ III рода и Х = /(т), т. е. разбить весь расчетный период на отдель-
ные части, внутри которых принимать значения а и X постоянными и оди-
наковыми во всем теле. Температура в конце каждого расчетного промежутка
служит основанием для задания новых значений а и X для следующего
промежутка времени, причем величины теплофизических характеристик
должны осредняться по толщине тела в соответствии с полученной кривой
t — Для уточнения можно проделать повторные расчеты, задаваясь
значениями а и X средними за данный промежуток времени.
3.	Теплофизические характеристики меняются по координате
скачкообразно (ГУ IV рода)
Рассмотрим неограниченное тело, в котором в полуограниченной области
х}>0 теплофизические характеристики равны Хь сь рь а в полуограничен-
ной области х<^0 они равны Х2, cJ р2.
Оказывается, что в ряде случаев тепловой режим тела здесь может быть
рассчитан совершенно так же, как и в задачах для полуограниченного тела.
Нужно только знать тепловое условие при х = 0.
77
а)	Начальная температура меняется скачкообразно (ГУ IV рода приво-
дится к ГУ I рода).
Если при т = 0 в области х^>0 начальная температура равна £01,
а в области х 0 соответственно (0,в> то на границе между областями (х = 0)
устанавливается постоянная температура, равная:
G-e — ^о,8 Ч- (^o.i — ^о.а)
т
т-|1
где /п=1/"
V ^2с2Ра
Вместо (84) можно написать:
0	^0.2____
^0.1	Л),2	7?1 —|— 1
(84)
(85)
(86)
Таким образом задача сводится к решению двух самостоятельных задач
с ГУ I рода: определению теплового режима двух полуограниченных тел
при заданной на поверхности постоянной температуре (см. табл. 1, за-
дача № 1).
Заметим, что если коэффициент теплопроводности X (точнее говоря, коэф-
фициент теплоусвоения Хер) одного из полуограниченных тел относительно
велик, то на границе х — 0 устанавливается начальная температура этого
полуограниченного тела. Например, если Х3с2р2Х^рь то т^0 и tx^ — toi.
Поэтому, если рассматривается не два полуограниченных тела, а неограни-
ченное тело, в котором в области —h^x^h коэффициент теплоусвоения
гораздо меньше, чем в областях x^>h и х<^—h, а начальные темпера-
туры равны t01 и /02, то расчет ведут как для неограниченной пластины, на
поверхностях которой поддерживается постоянная температура tx_h = tx___h =
= to.i-
Пример. Дано. Два полуограниченных стержня, имеющих начальную температуру,
соответственно, = 10° С и <0)8 — 30° С, приведены торцами в соприкосновение. На боко-
вых поверхностях теплообмена нет; поперечное сечение стержней по длине неизменно.
Теплофизические характеристики первого стержня (х > 0) равны: Х( == 0,76 вт/м  град,
с, = 0,24 вт-ч1кг-град, р, = 1700 кг/м3, в, = 1,82-1(4* м31ч; второго стержня (хсО)
равны: Х2 = 1,3 вт1м  град, с2 = 0,24 вт  ч[кг • град, р» = 2000 кг/я3, as = 2,75 • 10~s я^ч.
Найти температуру на расстоянии 0,1 я по обе стороны от места стыка через 2 ч.
Решение. В соответствии с изложенным выше, задачу о тепловом режиме неограни-
ченного тела с различными теплофизическими характеристиками можно свести к двум
самостоятельным задачам для полуограниченных тел с постоянными X, с и р, так как на
границе х = 0 температура постоянна и равна:
Г Х1С1Р1	-.Г 0,76 - 0,24- 1700
'	= 30 + (10 - 30)	* 1’3-0’24-20-00 -
Х1С1Р1 I 1	-\Г 0,76-0,24-1700 ,
Х8с2р2 +	г 1,3-0,24-2000 +
= 21,7° С.
Каждая из этих задач совпадает с задачей № 1 табл. 1. Вычисляем исходные аргументы:
п, г?	1,82 -10-3- 2
при х = 0,1 я Fot -	=-------оду---= 0,36;
о . с а2т 2,75  10-* • 2
при х = —0,1 я Fo2 =	—------goy----= 0,-55.
По графику 1-1 находим б! = 0,76 и 62 = 0,67.
Вычисляем искомую тепературу:
при л = 0,1 я ^=^„ + 6; (<од — <*_„) = 21,7+0,76 (10 — 21,7) = 12,8° С;
при х = —0,1 я ts =tx_0 + ©2 (<0>2 — 7Х_О) = 21,7 + 0,67 (30 — 21,7) = 27,3° С.
б)	Действует источник тепла (ГУ IV рода приводится к ГУ II рода).
Пусть в плоскости стыка двух полуограниченных тел выделяется тепло
с постоянной во времени интенсивностью S. Начальная температура во всей
неограниченной области одинакова и равна t0. Очевидно, что некоторая
78
часть этого тепла поступает в область х 0, а остальная часть — в область
х<^0. Каждая из этих частей во времени не меняется и равна:
для х=+0	S1 = SzzF^-r,	(87)
для х — — О	S? = S -SI = S^q--j--	(88)
Заметим, что если теплофизические характеристики обоих полуограничен-
ных тел одинаковы, то т — 1 и Sj = S., — . Если же теплопроводность
одного из полуограниченных тел значительно превышает теплопроводность
другого тела, то все тепло, выделяющееся на границе х = 0, поступает в пер-
вое тело, а во втором теле температура остается практически неизменной.
Метод суперпозиции позволяет сделать важное обобщение на случай,
когда S является функцией времени. Для этого достаточно мысленно раз-
ложить действующий источник S на ряд элементарных источников, каждый
из которых постоянен во времени, но начинает действовать в различное
время. Так как для каждого из этих источников справедливы соотношения
(87) и (88), то они будут справедливы и для суммарного (действующего)
источника, интенсивность которого переменна. Следовательно, отношения
SJS и S2/S от времени не зависят не только при постоянном S, но также
и при S==f (т). Поэтому все решения с ГУ II рода для полуограниченного
тела непосредственно применимы и здесь.
15. Внутренние источники тепла
1. Источники равномерно распределены по всему объему тела
Напомним, что внутренние источники тепла могут быть только типа /с.
Решение задачи с внутренними источниками, согласно принципу суперпози-
ции, может быть получено путем суммирования решений двух задач: одной —
без внутренних источников, но с данными НУ и ГУ (^), и второй — с внут-
ренними источниками, но с нулевыми НУ и ГУ (tg):
t=tl+tq.	(89)
Методы решения первой задачи изложены выше. Остается показать, как
решать вторую задачу, с внутренними источниками тепла.
Воспользуемся для этого следующей замечательной и, в то же время,
простой связью между решениями задач с внутренними, равномерно рас-
пределенными по всему объему тела источниками тепла и задачами с пере-
менными во времени ГУ I или III рода:
tq = taiL-tt.	(90)
Здесь tg — температура в теле с внутренними источниками тепла к конеч-
ному (расчетному) моменту времени тк; taa — адиабатическая температура
в теле к моменту времени тк, т. е. температура, которую тело с внутрен-
ними источниками приобрело бы при полном отсутствии теплообмена
на поверхности. Эта температура равна:
тк
*ад=-^-	(91)
Величина tt представляет собой температуру тела без внутренних источ-
ников, но при переменной температуре внешнего источника тепла равной:
при ГУ I рода tx_№ —
при ГУ III рода & —
} — \ qvdt.
I СР J v
(92)
79
Заметим, что температура на поверхности тела и температура среды
в момент времени т равны адиабатической температуре тела к этому моменту
времени.
Если, например, интенсивность внутренних источников постоянна во вре-
мени (qv=q0), то задача, которой определяется tt, есть задача с линейным
изменением температуры на поверхности (см. табл. 1, например, задачи № 4
и 26), где & = — • Если qv=q„~m, то имеем tx_a = b-.m+l, где b = ~	»
а при qv=q^ имеем (х_0 = ^п(1 — <Г₽Т), где /п = ^.
При ГУ III рода вместо tx_0 надо принимать температуру среды &.
Если имеет место ГУ II рода, то нулевое значение ГУ означает, что
на поверхности отсутствуют какие-либо источники и поэтому ^ = 0, а урав-
нение (90) упрощается:
/9 = 4д.	(93)
Приведем пример расчета.
Дано. На поверхности цилиндра радиусом R= \ м (а — 0,05мв1ч, ср =
= 0,48 вт • ч/м3 • град) поддерживается постоянная температура /п = 80°С. В цилиндре
действуют равномерно распределенные источники тепла постоянной интенсивности =
= 30 вт/м*. Начальная температура цилиндра £о = 20°С.
Найти температуру на оси цилиндра через тк = 5 ч.
Решение. Данную задачу можно представить в виде суммы двух задач t —
где t, — решение задачи с данными НУ и ГУ, но без источников тепла, a tq — решение
задачи с источниками тепла, но при нулевых НУ и ГУ.
Первая задача совпадает с задачей № 35 (табл. 1). Вычислив
„ втк 0,05 • 5 „	„
Fo = -gf = —j---= 0,25 и т] = 0
Н. 1
и найдя по графику 35-1 6 = 0,39, определяем
t, = t„ 4- 6 (t0 — tn) = 80 4- 0,39 (20 — 80) = 56,6° С.
Для определения tQ используем прием, изложенный выше:
tq = ^ал —
Вычисляем адиабатическую температуру:
<ад = 1 f „ Л = ^ = ^У = 312,5° С.
ср J V ср 0,48
о
Величина является решением задачи без источников тепла, когда температура
поверхности изменяется по закону:
I С	<7	30
'х-0 = — \ qvdt = bt, где b =	= 62,9 градК
По краевым условиям эта задача совпадает с задачей № 38. Значения исходных
аргументов Fo и т; те же, какие использовались ранее для определения tt. По графику
38-1 находим 6 = 0,07 и вычисляем:
tt = t0 4- 6	= 0 4- 0,07	= 88,1° С.
Вычисляем искомую температуру: < = <14-^ад— ^ = 56,64-312,5— 88,1 =281,0° С.
2. Равномерно распределенные источники расположены в части
объема тела
Решения задач с источниками, равномерно распределенными в неограни-
ченном или полуограниченном телах, могут быть использованы и для реше-
ния задач, в которых равномерно распределенные источники занимают
не весь, а лишь часть объема этих тел. Источники могут быть как постоян-
ные, так и переменные во времени — это не влияет на схему получения
новых решений. Рассмотрим два случая.
80
1. Дано неограниченное тело. В одной его части (х<^0) источников нет,
в другой части (х^>0) работают равномерно распределенные источники
интенсивностью qv=qt.
Решение этой задачи может быть получено как сумма решений двух
задач (рис. 26), в каждой из которых интенсивность источников равна qt 2:
tq — h ti-
В первой задаче имеет место симметрия 1-го рода относительно пло-
скости х = 0, и поэтому Sx_o = 0. Тогда, согласно (93):
Во второй задаче плоскость х = 0 является плоскостью симметрии
2-го рода, и поэтому tx^ — Q. Решение этой задачи ищем в виде (90):
t=l = ^ад — if
Здесь tt является решением задачи для полуограниченного тела, темпера-
тура поверхности которого изменяется по закону:
—	= где b=qi.
ср J 2.	2ср
о
По табл. 1 убеждаемся, что такая задача совпадает с задачей № 4.
Следовательно, tt — btQi, и тогда
Для второй половины неограниченного тела (х<^0) величина имеет
обратный знак.
О
Рис. 26
4v +
Таким образом, окончательно решение основной задачи имеет вид:
при х>0 ^ = ^ + ^ = ^'1 —
при х<0	= G — =	• I*.
(94)
Значения могут быть найдены по расчетным графикам. Для получе-
ния развернутого аналитического уравнения надо подставить выражение
для t>4 (см. приложение 1).
Взяв за основу решение данной задачи, можно решить, например, все
задачи, показанные ранее на рис. 4 — 13, пользуясь указанными там схе-
мами. Разница состоит лишь в том, что вместо начального распределения
81
температуры (мгновенных источников) здесь будут фигурировать длительно
действующие источники. Покажем, как получить решение следующей задачи.
2. Дано неограниченное тело. В слое —bg<^x<^-|-b0 действуют равно-
мерно распределенные источники тепла qv=qe. В остальной части (х^>Ьп
и х<^ — Ьо) источников нет.
Задача подобна задаче, показанной на рис. 5. Ее решение равно сумме
решений двух элементарных задач, каждое из которых выражается форму-
лами (94) В первой элементарной задаче^г=-|- q0 при х — Ьо, причем аргу-
мент равен Fo1 = / °*- Во второй элементарной задаче qv= — q0 при
(X —J— Dq)
х> + Ь0 и аргумент Fo3 = 7-----7-^. Для х^> — можем написать
(X Uq)
ср
е* (FoJj
 —	<Fo£) j
Следовательно,
t = t, +13=g [64 (Fo3) - e4 (FO1)].
(95)
3. Источники распределены в теле неравномерно
Если интенсивность внутренних источников тепла зависит от коорди-
наты, то истинное распределение источников тепла по координате надо
заменить ступенчатым, т. е. таким, чтобы можно было принять в данном
слое qv постоянным по координате. Задача разбивается на элементарные
задачи, каждая из которых учитывает действие источников только в данном
слое при отсутствии источников в остальной части тела (рис. 27). Заметим,
что в каждом слое может быть свой закон изменения qv во времени.
£ 16. На поверхности тела слой жидкости
В настоящем параграфе рассмотрен способ расчета температуры в полу-
ограниченном теле, на поверхности которого имеется слой хорошо турбу-
лизированной жидкости (Г —> оо), нагреваемой тепловым потоком Sv,
в общем случае зависящим от времени (ГУ V рода). Так как безразлично,
поступает ли тепло в жидкость извне (S) или выделяется внутри жидкости
{q'd, то Sv = S-\-h'q'v (рис. 28).
Для решения таких задач можно пользоваться решениями задач с ГУ
I и III рода (рис. 29):
^v = ^m,9	(96)
Здесь: tv — решение задачи для полуограниченного тела, на поверхности
которого имеется слой жидкости толщиной h', в котором действуют внут-
ренние источники тепла интенсивностью q'v, а на верхней границе жидкости
82
задан тепловой поток S; Л,9 и 6п,9 — соответственно решения задач для
полуограниченного тела с внутренними источниками тепла интенсивностью
Sv
ПРИ нулевой температуре поверхности тела (ГУ I рода) или среды
(ГУ III рода). Коэффициент
теплоотдачи в задаче с ГУ
III рода принимается рав-
X
ным а = -
Л
Вместо решения (96), ко-
торое основано на решениях
задач с внутренними источ-
никами тепла, может быть
дано решение, основанное на
задачах с заданным во вре-
мени ходом температуры
внешнего источника тепла.
Для этого используем ука-
занную в § 15 связь (90) между решениями задач с внутренними источ-
никами тепла при нулевых НУ и ГУ и решениями задач без источников,
но с заданным во времени
ходом температуры поверхности тела или темпе-
ратуры среды. Подставив вместо каждой составляющей правой части (96)
выражение (90), получим (см. рис. 30):
=	— tiu.e.	(97)
Здесь: t\,t и fni,/— соответственно решения задач при переменных во вре-
мени температуре позерхности тела tx^ или температуре среды &, но при
отсутствии в твердом теле внутренних источников тепла:
'"ZIsf 5	(98>
; о
83
В частном случае, когда величина Sv постоянна, в задачах с ГУ I и
III рода надо принимать, что температура поверхности тела и температура
среды изменяются линейно (рис. 31):
^А-0	|	Sv
где Ь=^.
(99)
Другой частный случай возникает, когда в жидкости задана начальная
температура /__0 О, a Sv = 0 (рис. 32). Тогда Л./ и /щ,? представляют
собой решения задач при скачкообразном изменении температуры поверх-
ности тела tx_n = l0 и среды &=t0 (рис. 32).
В заключение заметим, что часто бывает желательным заменить ГУ
III рода на ГУ I рода, как на более простое. Это можно делать при доста-
точно большом значении Bi, причем в зависимости от величины Bi воз-
можны два различных случая такой замены, рассмотренные выше в главе
первой, § 2.
<$> 17. Тело ограничено взаимноперпендикулярными
и параллельными поверхностями
Имеющиеся решения задач для полуограниченного тела, пластины и
цилиндра (тел простых форм) могут быть легко использованы для решения
задач с телами, геометрическая форма которых образуется при взаимно-
перпендикулярном пересечении этих трех тел. Таким путем образуются
тела еще девяти геометрических форм (см. табл. 4).
Следует подчеркнуть, что приводимые ниже способы решения задач при-
менимы и для анизотропных тел в случаях, когда по направлению рас-
пространения тепла в простых телах теплофизические характеристики
не меняются.
84
Таблица 4
Расчет температуры в телах прямоугольного или цилиндрического
сечения
Геометриче- ская форма тела	Схема	Количество составляю- щих про- стых тел			Расчетная формула	
		полуогра- ниченное .	1 пластина 1	цилиндр |	ГУ I и III родов е	ГУ II рода
Трехгран- ный угол	/ч	0	3	—	—	ехвувг	Ь + ^у + ^г
		е -	X					
Полу огра- ниченная пластина	1 1 Ч 1 Nl		1	1	—	ф? Ф	
	±/0						
		X					
Четверть неограни- ченной пластины	/У 			2	1	—		
	6Г У	^гу						
85
Продолжение
Геометриче-
ская форма
тела
Схема
Количество составляю- щих про- стых тел			Расчетная формула	
я о 0.0	я я	о.		
с я	я		ГУ I и III родов	ГУ II рода
>> CJ		S	е	2/
	га			
я я				
Брус пря-
моугольного
сечения и
полуограни-
ченной
длины
Параллеле-
пипед
^ПЛ, Х^ПЛ.
пл, х®пл, у ПЛ, Z
^пл,хЧ~ ^пл, t
+ *ПЛ»«
Цилиндр
полуогра-
ниченной
длины
Цилиндр
ограничен-
ной длины
2. Граничные условия I и III рода
В задачах с ГУ I и III рода для расчета температуры служат, как
обычно, уравнения
или
'='п+в(4-гп)
(ЮО)

(101)
но здесь значения температурного параметра в определяются как произве-
дение температурных параметров задач для тел простых форм (табл. 4).
Указанный прием может быть использован в тех случаях, когда началь-
ная температура во всем теле одинакова. Температура среды у всех поверх-
ностей тела (при ГУ I рода — температура поверхности тела) также должна
быть одинаковой и во времени не изменяться; коэффициенты теплоотдачи
у разных поверхностей могут быть различными.
В связи с последним обстоятельством могут возникнуть случги, при
которых тело в одном или двух направлениях является в тепловом отно-
шении „толстым" (Bi >• 0,2), а в перпендикулярном направлении — „тонким"
(Bi ^0,2). В этих случаях изменение температуры по координате может
иметь место лишь в толстом теле. В сечениях тонкого тела температура
практически одинакова. Расчет температуры тела производится по-преж-
86
нему путем перемножения всех температурных параметров, в данном слу-
чае параметров толстого и тонкого тел. Математическое выражение для
температурного параметра тонкого тела очень простое:
в = ехр( — BiFo),
(102)
причем при вычислении Bi и Fo в качестве характерного размера I’ надо
принимать отношение объема тела к площади поверхности тонкого тела:
„ V г- ж
I =-р. 1 рафики для расчета тонких тел приведены во второй части книги
вместе с другими расчетными графиками соответствующих задач (№ 20 и 37).
Интересно отметить, что рассмотренным способом могут производиться
тепловые расчеты также и для тел, не указанных в табл. 4. Такими телами
являются тонкая пластина круглого сечения (очень короткий цилиндр),
пластина прямоугольного сечения (очень короткий параллелепипед), стер-
жень любого поперечного сечения ограниченной или полуограниченной длины.
Пример 1. Дано. Боковая поверхность цилиндра (в = 0,1 м2/ч, А =1,5 вт'м • град)
радиусом /? = 0,5 м и длиной 2Z. = 0,8 м омывается средой с температурой $=100° С,
причем а = 20 вт/м2  град. На основаниях цилиндра (x=±L) поддерживается постоян-
ная температура, равная температуре среды tn — 100° С. Начальная температура цилиндра
f0 = 5°C.
Найти температуру на центральной оси цилиндра на расстоянии х = 0,3 ж через 1 ч.
Решение. В соответствии с вышеизложенным температура в цилиндре ограниченной
длины определяется по формуле (101): ^ = ^-|-вплвц(<е — 0), где ®пл и ®ц опреде-
ляются раздельно из решений задач для неограниченной пластины толщиной L и неог-
раниченного цилиндра радиусом R (задачи № 11 и 37).
Вычисляем исходные аргументы:
_ от и,1-1	.
пластина: г о = -, „ = .	= 0,62;
L- 0,1о
_ от 0,1-1
цилиндр: го = -=~ =	= 0,40;
i\ v.Zu
L—х_0,1
L ~~ 0,4
0,25;
^ = 0; Bi
20-0,5
1,5
6,67.
1
1
X
По графикам 11-1 и 37-1 находим 6пл = 0,1 и 0П = О,3. Вычисляем искомую темпе-
ратуру: t = 100 4- 0,1 - 0,3 (5 — 100) = 97,2° С.
Пример 2. Дано. Короткий цилиндр (о = 0,01 м21ч, Х = 3,2 вт!м-град) радиусом
/? = 0,1 и длиной 2Z. = 0,l м имеет начальную температуру fo=10°C. Температура
среды $1=100° С. Коэффициент теплоотдачи с торцевых поверхностей а1 = 8 вт!м2-град,
с боковой поверхности — а2 = 25 вт'м2-град.
Найти температуру в центре цилиндра через 1 ч.
Решение. Неограниченную пластину длиной 2L, являющуюся одним из слагаемых
a.L 8-0,05	_	_
тел, можно рассматривать как тонкое тело, так как Bi = - - = ——= 0,125 < 0,2.
Л O|Z
Кроме того, вычисляем: Fo = = =	= 4; т = 1
L2 0.0025	‘
и по графику 20-6 при BiFo =0,125-4 = 0,5 находим епл = 0,61.
Вычисляем исходные аргументы в задаче для цилиндра:
asR 25-0,1	at 0,01-1	.
в,=^г = -^- = 0’78: Fo = ^ = -w=,: 1=0
и по графику 37-1 находим 0Ц = О,32.
Вычисляем искомую температуру:
/=&4-еплец(г0—&) = 100+0,61 -о,з2(Ю— юо)=82,4°с.
2. Граничные условия // рода
Темпера,пупа в теле находится как алгебраическая сумма начальной тем-
пературы /0, изменений температуры, возникающих в составляющих тело
простых телах при данных ГУ и нулевых НУ (У t), и изменений темпера-
туры, возникающих под влиянием внутренних источников тепла tq
(см. табл. 4):
t = t,-}-^t^tq.	(103)
Если определение температуры в простом теле является по ГУ или
теплофизическим характеристикам сложной задачей, то она может быть
87
решена путем разложения на элементарные задачи (см. § 13 и 14 настоя-
щей главы). Таким образом не встречает трудностей решение задач, в кото-
рых интенсивность теплового потока на различных поверхностях тела
не одинакова и даже зависит от времени.
18. Примеры решения сложных задач методом
суперпозиции с применением расчетных графиков
В табл. 5 приведены решения 23 дополнительных задач, полученные путем одновре-
менного применения нескольких изложенных выше правил и приемов. Покажем теперь
на нескольких примерах, как получать решения сложных задач.
Пример 1. Дани. В неограниченной пластине (а =0,002 ма1ч, 7 = 0,8 ет/м • град)
толщиной h = 0,4 м в начальный момент имеет место линейное распределение темпера-
туры, причем /ОП = 5°С и Д£=15'С (рис. 33). Затем на одной поверхности пластины
<х = 0) постоянно поддерживается температура /П = 25°С: с другой поверхности (х = Л)
пластина нагревается тепловым потоком 5 = 500 вт!м-.
Найти температуру в точке х = 0,1 м через т=10 ч.
Решение. Условия задачи формулируются следующим образом:
X
начальное условие: t|T_0 = /0. „ + At	;
граничные условия: t ж_0 = <п; Z |
По табл. I убеждаемся, что решаемая задача не совпадает ни с одной из задач, для
которых построены расчетные графики. Например, от задачи № 12 она отличается гра-
ничными условиями, от задачи № 17 —начальным условием. Однако решение этой задачи
легко найти, если разложить ее на элементарные задачи.
Один из возможных вариантов разложения показан на рис. 33. Первые две элементар-
ные задачи отражают влияние на температуру пластины НУ и ГУ на поверхности х = 0,
третья элементарная задача — ГУ на поверхности х = й. Для всех трех задач в книге
имеются расчетные графики — это графики задач № 12, 11 и 17.
Вычисляем исходные аргументы для первой и второй элементарных задач:
„ ат 0,002 - 10
F° = ^ =------------
^-0 95
0,4 — ’
0>П^-0,125;	. = -
Третья элементарная задача по НУ и ГУ
от нее местоположением начала координат и
лении параметра температуры 6 по графику
совпадает с задачей № 17, но отличается
направлением оси х. Поэтому при опреде-
X
17-1 вместо т; = —надо принимать
h — х
h
0,75.
По графикам 12-1, 11-1 и 17-1 находим 6, =0,22, в» = 0,39 и 63=0,02.
Вычисляем температ' ру в каждой из трех задач: •
^ = /о.п + е,Д/ = 5 + 0,22-15 = 8,3° С;
t2 = tn — /0, п + 6S (0 — t„ + tB. п) = 25 — 5 + 0,39 (0 — 25 + 5) = 12,2° С:
t3 = е3 = о,о2 =5,0" с.
Решение основной задачи является суммой решений элементарных задач: £ = £,+
+ t. +t. = 8,3 -4-12,2-4- 5,0 = 25,5° С.
Пример 2. Дано. Плита (а =0,05 м?/ч, 7=1 вт/м • град) толщиной Л =0,2 м в на-
чальный момент имеет температуру, равную температуре окружающей среды Го = 0 = 20°С.
Затем с одной из поверхностей плита нагревается постоянным тепловым потоком
88
Дополнительные задачи
Таблица 5
№
п/п
Решаемая задача
Тепловая схема
Краевые условия
№
расчет-
ного
гра-
фика
Аргументы
Расчетные формулы
t  tn (/п  ^0, п) “F ©12^^
£ = £п	©и (^п	Л», п) ”1“ ©12^
—h	“+°1S h
t ^о, п F ©п^ + ©21 (^п   А), п)
= ^0. П “I- ©13^£ “F ©21 (^п	£(), п)
dt _(-j	~ /и 21/о, п
дх — 13 h °21 Л
dT-o = <o.n + A^
1*-0 = Л
1л—Л =
13
Для нахождения б;з, в;з, О‘1г
принимать I — т]
= п + ®1з (<о, п Ч- — ^«) +
+ 61з (*1 —<о, п)
'= ^о, п Ч- 613 (^о, п 4~	— ^а) +
4~ 6[3 (Zj п)
__ <7 Л1, II 4_	^2 | /т ^1 ~ Л>, П
ЙЛ--^3---------Л-------- 4-G13- h -
Продолжение
№
п/п
Тепловая схема
Решаемая задача
Краевые условия
расчет-
ного
гра-
фика
4
— to
—Хд-I = S,
x я ~ I = S1
lx-Л
5
[о
1
I -1
6
16
„ ач
Fo^p>
Аргументы
Для нахождения 0^, '
принимать 1 —
	Расчетные формулы
X h	t — to + ®1« ~X“ + 010 “V
©io» ^10 4	z=zo+0lc-^+®;o^
	dt   Q Si   Q' S» fa	016 T 0,0 X
Ъ
	
tx=h~t а
X -
t lt-0-to
-X^|	— S
dx |x_0
lx-h == ^n
t 1т-о = *п+
t ljc-o = ^n
X =s
lx-Л
11
и 17
12
и 17
№	Решаемая задача		№ расчет-
n/n			ного
	Тепловая схема	Краевые условия	гра- фика
1т—о—^о,1	(0 X I)
1т — О:=Л),£ (t <Z X Л)
-х4_0=5*
x^Lft=s«
Т7	СТ
Рон-Л!,
r^h
Для нахождения 0ц, 0U и G.
принимать 1—»]
ОТ ___X
FosT’- '=Т
Для нахождения 617, 617 и G17
принимать 1—т)
Аргументы
16	„ ат Z x
и 19	=
Для нахождения 07С, 0jc и Glo
принимать 1—iq
--©11 (^П--^o)_F®17
Г = Г„ — 0ц (Л1 — Q + ©17 у
dt	tn to f-}	$
=	1	°17X
t== tn 618Д£ -]- ©и
t = ^n_h®is^_b ®.
dt-r м_Гг A
fa~ Uls h 17 X
Sh
X
Sh
X
Продолжение
Расчетные формулы
'='o,a+6w^+0;«-f+
“F ©la (^o,i	^0,2)
z = zo,2 + 6le^ + 0;e^ +
+ ®1O (^>,1 — ^o,s)
-- - n ____ O'	n ^0,1	^0,2
fa 016 X	---h----
„ 4ат 2x
Fo = -As,
При x > Л/2
принимать 2 — т;
При х < Л/2:
* = *n+613y, Z = Zn + 013^,
dt_ _ „ U
дх ~ U13 Л •
При х > Л/2:
t—tn ®13 ~2 • t = tn — ©и -g-,
dt____________AZ
дх 13 h
Продолжение
№ П/n	Решаемая задача		№ расчет- ного гра- фика	Аргументы	Расчетные формулы
	Геилспая схема	Краевые условия			
9
lt-0 —
*к-0
Co
10
h
2
h
2 <А'Й
|х-о = Л1
lx-Л — tn
t к-о-t0
-X^l = s
дх 'x -о
<м
= а (8 — G-л)
13
18
и 20
ДЛЯ 6,.., 013, О,,'-
ах _ л
Fo^#- tj =
Для о;.,, ©;, и о;,:
,, 4ах 2х
F°^>- h-
Для ©;'3, ©;; и о;'3:
„	4«т	,, 2х
Fo^/;b, т^2-------------
р ат	х	ah
Fosa- ^Т- В1 = Т-
Для нахождения 0ао, 0SO, Gso
принимать 1—tq
При x^sGii'2:
t = tu +	[©is 2“) ’
z = zII + Az(e1.(^®13);
dt _д< I c - G1A
dx- h Г*3	2 I'
При л>Л/2:
< = 'п + д' (ei3 + 62L3);
/	0" \
t = tu M ^613 -|- -%-j;
de mi G';a
1	5x=1Ag“+ 2~)
|
i
J-----------------------------------
i=8+e18-^--6sc (»-f0)
i = 8 + ©18 Sx--^o (»-«o)
Продолжение
№ п/п	Решаемая задача						№ расчет- ного гра- фика	Аргументы	Расчетные формулы
	Тепловая схема					Краевые условия			
11		t				It —0 — ^0 у dt I х &L-o ~ a(8i~Zjc-») 1дг-Л	22	Р _ ОХ	х	ah Fo = p-	в,=т- Для нахождения 0'£, ©;2, О22 принимать 1—у;	t =to + ©as (8j — to) ©25 (И2 — t0) t=to+©ss (8, - to) + e:2 (8. -- /„) ^-—G a>—G' 8» — to dx	h	°22 h
		О h		t?=o ~ to					
		X							
Ргч— °T	— X о-
Fo=T?’ ^=л- b, = T
It - о — tB, n — м
~ XA.-|	=“(8 — tx_c)
ил Ijc-O
lx— h ~ ^ri
—^o,n ^t ©si ^8—to, n------------
t = to, n /f — ®«i^8 — iC1II— g )
8__t _____ Д<
dt __M	° r»-n Bi
ox h Uil h
t .t-0 —^n + ^t h
t Ijc-o — +
12
и 26
bh^
* = 'n-F©iSM + ©So ~
btf
t in —f~ ©13Д^ “l~ ©so ~
dt__ M bh
dx ~ Uli h ’ 020
«5
Продолжение

Решаемая задача
№
п/п
Тепловая схема

15
16
№
17
18
Краевые условия
|т_о = *п + Д^
t lx-0 — ^n4~ftT
x ^-1 = s
dx |x_ft
Xs
расчет-
ного
гра-
фика
12, 17
и 26
Аргументы
- ат
Fo = --,
п2 ’
Для нахождения
принимать
617. 617 И G,
1—1
Расчетные формулы
< = <п-Ь0„Д7 + 017-х- + 0ав^
с/, лла
? = <п + 01^ + 017^4-0-»п“д
„ Л< г S Гт bh
^О^И~°и1~-а а
, dt _Q
I — A 5-— од 7
| dx t
t x.~-=s
дх
Тепловая схема
О
ъ
О
Jl
ОС
о —
11, 17
и 26
xCLI =s
ZMx h
Ч—о —Ч
'^Lo °
= s
— X -,
Решаемая задача
Краевые условия
16
и 28
1-Л^х£от
| Z^- = ScT
1 дх
|-Л^-=50Т
*	° t
tx=h~tn
19
t
ст _ х
^=т-
Для нахождения 017, 017 и G17
принимать 1 —>]
„ ат
р0==77г’
Для нахождения 01с, 0,
принимать 1—>]
4-~h'
'1В И Glo
X
расчет-
ного
гра-
фика
А ргументы
It-0-^0
-‘£L-.=S-’
, dt I _
z) r ---
Ox lx-Л
= ^о
-х^|
d-v|.
|л-Л ~ 1"п
= 8„т
-x^l
dx I.
b- L-л — -Ьbt
= S0T
28
11
и 29
26
и 29
< = <„ + ©„ (70 -1„) + 017	+- ©se у
4 . „ Sh . Л bh2
f = ^n_l_®ii (£>	*п)“Ь®17 ) -l_02e a"
G	G $ G №
h
. in Sft . „ Soft’
t = ^o + ®ie у + ®28
, QSft , S0ft3
* = £> + ®ioy +®a8^T
dt „ S „ S„fts
G10J--	(T28 Xa
Продолжение
Расчетные формулы
r?	GT F»=-»-	IS		<='e+®”¥	_|_0' 1 28 Xc
Для нахождения принимать	®S8I	®28 И (72g 4	t — t -4 0 S°hB Г»+«28 Xa	_i_0' ^obs
			dx	Use la	r. sw lJik la
Р___at
Fo= F>
1 = 7-
Для нахождения 0П прини-
мать 1 ---------7]
с _____ ст
Fo — fts ’

Для нахождения 02в прини-
мать 1 —т]
Ь- -^П-}- ®11 (*0 -^11) -h®29 -A-
да
t _ i I © b№ SQhs
t —	а +6S8-y-
Продолжение

№
Тепловая схема
Решаемая задача
Краевые условия
№
расчет-
ного
гра-
фика
Аргументы
Расчетные формулы
20
2)
s
Пехович, В. М. Жидких
t !i-0----^0
l.x-0 —
, dt I „
X s - I = Sot
dx |д-_ h
t 11-0 -- ^1
— X s I —“i (®i Ax-o)
dx |Л_0
X s- I = a2 (8a — Лх-л)
dx |*_ft
11, 26
и 29
23
az _ л
Для нахождения 0SO прини-
мать 1 — Т)
Fo =
Bi
az	X
h2 ’	ft’
а,Л	Bi=^
“X ’	bi— X
Для нахождения 023 прини-
мать 1 — V)
S„ft*
21 Хе
ftft2 .
'« о -ь
< = Н- ®2з (®i *о)Х
Bi j —|— Bi2 - j - Bi |Bis (1 щ)
Z\		------ •
Bi,-|-Bis4-Bi,Bi2
Bi, -I- Bi, -4- Bi,Bi2 -я
+ ©аз (»s — t„) - g-yBi2-j-Bi,Bi2~
Продолжение
№ n/n	Решаемая задача		№ расчет- ного гра- фика	Аргументы	Расчетные формулы
	Тепловая схема	Краевые условия			
					
22
t It — o — ^o. i
t li — o to, £
-X * I
^1л
x?l =s
dx |д_л

23
11 —О -----^0
— x^l =8
А£|х_л=а(э-^-л)>
8 =/,)-] bz
16, 19
и 28
18
и 32
az x	I
Fo — ft2 > 1 — ~h ’	== ~h •
Для нахождения 810, 01е
принимать 1—у;
и Gle
p _ az	x	ah
ГО = -,2	7] =	Bl = -s-_
ft2 ’	1 h ’ X
Для нахождения ( J2, 032 и Gss
принимать 1 —V)
t — to,s + 610 у + 6,0 (A>,1 — Л>,а) +
I g Soha
+ bs8 Xe
< = <0,s+ 6,0 у -|- 618 (^0>1 —t0>s) -|-
+ Ws8 Xe
dt___	(1 §	^°>3 n ^oh2
dx~ 10 X 0,0 h °28 “XT
z=rc + ©18 f
Sh.
* = *o + 6ls y-f-^y-
dt _ S bh
dx---я
ftft2
а
Ь№
S = 700 вт[м*’ с другой стороны происходит теплообмен со средой,  емпература которой
повышается линейно со скоростью Ъ 10 град/ч, причем а = 20 вт1м*-град.
Найти среднюю температуру плиты через т=1ч.
Решение. Данную задачу можно представить как сумму двух элементарных задач
(рис. 34). Первая элементарная задача учитывает изменение средней температуры за счет
нагрева постоянным тепловым потоком с поверхности х = 0 при постоянной температуре
среды у противоположной поверхности. Вторая элементарная задача дает изменение
средней температуры при линейном изменении температуры среды и при отсутствии
теплообмена на поверхности х = 0. Нетрудно убедиться, что сумма начальных и гранич-
ных условий элементарных задач равна НУ и ГУ основной задачи.
Первая задача полностью совпадает с задачей № 18 (табл. 1). Исходными аргумен-
-	at 0,05 - 1	ah 20-0,2
тами для определения 6 служат величины: го = —8=——= 1,25; В1=-^-=—।—=4,0.
Вторая элементарная задача по НУ и ГУ совпадает с задачей № 32, но, как и в пре-
дыдущем примере, отличается от нее местоположением начала координат и направлением
оси х. Однако для определения средней температуры не требуется знать относительную
координату т), и поэтому в обеих элементарных задачах исходные аргументы одинаковы.
По графикам 18-4 и 32-4 находим 61 = 0,65 и 62 = 0,72и вычисляем искомую темпе-
ратуру:
7=Л+Zs = «„+6! ^ + 0 + е2^ = 20 +0,65^2^1 + 0,721^1= 116,8° С.
Ли	1	UjUiJ
Пример 3. Дано. Одна из поверхностей неограниченной пластины (с, = 0,02 мг/ч,
>4 = 0,8 вт1м • град) толщиной Л = 0,4 м теплоизолирована. С другой поверхности в те-
чение т1=0,8 ч пластина нагревается тепловым потоком £,=300 вт мг. Затем птотнссть
теплового потока увеличивается до S2 = 600 вт/мг, и одновременно изменяются значения
теплофизических характеристик (с2 = 0,04 мг/ч и >.= 1,2 вт/м-град). Начальная темпе-
ратура по толщине пластины изменяется скачкообразно (см. рис. 35), причем /ол = 4О°С
и 7О;2 = 16° С, 7 = 0,1 м.
Найти температура в точке х = 0,1 м через т2=1,8 ч.
Решение. Данную задачу надо вначале разложить на отдельные составляющие задачи,
по НУ и ГУ совпадающие с задачами, для которых имеются расчетные графики, а затем
каждую из этих задач решать с учетом зависимости с и Л от времени (см. главу третью, § 14).
Разложение основной задачи на составляющие показано на рис. 35. Первая задача
отражает процесс выравнивания начального распределения температуры при адиабати-
ческих условиях на границах и совпадает по ГУ и НУ с задачей № 19. Решение этой
задачи не зависит от коэффициента теплопроводности и поэтому она может рассматри-
ваться как элементарная. Исходные аргументы для определения 6 по графику 19-2 сле-
дующие:
Fn _ £ГЕ1 1 а»(^ —ti) _ 0,02-0.8 , 0,04 - 1 _
г °— h- + й» — 0,16 + 0,16 —
_ х 0,1	7	0,1 _
’1 — ~h ~ 0Л~ °’25’ ’1о — Т-0,4' °'25’
Тогда 6 = 0,27 и tt = 70(1 + 6	—1„,,) = 16 + 0,27(40 — 16) = 22,5° С.
98
Вторая составляющая задача отличается от задачи № 16 (табл. 1) тем, что тепло-
физические характеристики материала пластины зависят от времени, а тепловой поток на
границе меняется скачкообразно. Поэтому воспользуемся правилом, изложенным в главе
третьей, § 14 и показанным на рис. 23 — 25. Очевидно, решение этой задачи надо пред-
ставить как сумму решений трех элементарных задач (см. рис. 25), причем каждая из
них решается с помощью графиков задачи № 16. Первая элементарная задача показы-
вает, на сколько изменится температура в пластине, если в течение всего расчетного
периода т,= 1,8 ч будет действовать тепловой поток §!=300 вт/м2. Но так как
в действительности S, действует лишь в течение времени т1 = 0,8 ч, то надо определить
излишнее повышение температуры, имевшее место в течение т. — ^1 = 1 ч. Ответом
служит решение второй задачи. Третья элементарная задача показывает, насколько
изменится температура в пластине в течение т2 — т, под влиянием теплового потока
Ss = 60C вт/м2 при изменившихся значениях теплофизических характеристик.
Вычисляем величины Fo:
, Со (*Cg Т«) г. ОС
первая задача: го =	4-	,.—— = 0,35;
л2 Л2
as{z2 —	0,04-1
вторая и третья задачи: го =	' ——=—— = 0,2э.
п	0,10
Относительная координата во всех трех задачах равна ^ = 0,25.
По графику 16-1 находим в, =0,46 и в3 = в3 = 0,36 и вычисляем температуру
во второй слагаемой задаче:
f	।	300-04	— 300-0,4	- 600-0,4
= 61 v + а “V + 3 X’=°’ 6 -ад-+0,36 “ад—+0,36	=87,0 с-
Решение основной задачи является суммой решений двух слагаемых задач: Z = £,+
+ Z. = 22,5 + 87,0 = 109,5° С.
Пример 4. Дано. В стенке (а = 0,002 №/ч, Л = 0,76 вт/м • град) толщиной Л = 0,5 м
в начальный момент температура равна /0=18°С. Эта температура сохраняется в даль-
нейшем на поверхности стенки х = 0 (tn = t0 = 18° С); на другой поверхности (x = h)
происходит нагрев изменяющимся во времени тепловым потоком S = Soj/r", причем
So = 10 вт/м2  ч°’в-
Найти температуру в стенке на расстоянии х = 0,1 м через т = 96 ч.
Решение. Используем свойства тепловой симметрии. Увеличим толщину стенки
со стороны поверхности х = 0 на величину Л и зададим на новой границе тепловой
поток S= — 10/т вт м2. Тогда, очевидно, плоскость х = 0 является плоскостью
симметрии 11 рода и на ней все время сохраняется заданная температура, равная началь-
ной. Таким образом, решение основной задачи со смешанными граничными условиями
свелось к решению задачи с ГУ II рода. Однако в табл. 1 не содержится задачи с раз-
личными по знаку ГУ 11 рода. Поэтому разложим эту задачу на две элементарные задачи
(рис. 36). Обе эти задачи приводятся к задаче № 31 следующим образом:
в первой элементарной задаче надо перенести начало координат на поверхность
х =— Л, и тогда для определения параметра температуры 0 по графику служат величины
Fo = ^= °^ = 0,192; .=^ = ^1 = 0,6;
во второй элементарной задаче начало координат надо перенести на поверхность
х = Л, и тогда исходные аргументы для определения 0 вычисляются следующим образом:
с	Л—х 0,5 — 0,1 -л
Fo = l2702 = °’192: ^=~21Г =------1-----= °’4-
4'
99
По графику 31-1 находим ©1 = 0,03 и 02 = О,О6. Вычисляем температуру в каждой
элементарной задаче:
t, = tB 4- е, ~	= 18 + 0,03 ~10'1 - = 9,2° с,
Х><а	0,76 ><0,002
tа = te + е2	. о+0,06----10-1	= 17,6° с
XJ/T	0,76 ><0,002
и в основной задаче:
t = tv + ta = 9,2 +17,6 = 26,8” С.
Пример 5. Дано. Цилиндр (а = 0,03 №/ч, X = 1 вт1м  град) радиусом 7? = 0,6 м и
длиной L = 1 м имеет начальную температуру = 40” С. С боковой поверхности цилиндр
нагревается постоянным тепловым потоком S1=100 вт/м2; с торцевых сторон цилиндр
охлаждается, причем на одной из них (х = 0) плотность теплового потока постоянна
Ss =— 240 em/№, а на другой (x — L)—изменяется линейно S3 =— 30т вт[м2
(So = 80 вт/м2 • ч).
енс. 37
Найти температуру на оси цилиндра на расстоянии % = 0,4 м через т = 5 ч.
Решение. Решение задачи для цилиндра ограниченной длины при ГУ II рода, согласно
§ 17 главы третьей, находится как сумма решений задач для неограниченного цилиндра
и неограниченной пластины при соответствующих НУ и Гу (см. рис. 37). Первая из этих
задач полностью совпадает по краевым условиям с задачей № 36. Решение второй задачи
легко получить, если разложить ее на две задачи: первая задача соответствует задаче
№ 16, вторая — задаче № 28. Таким образом, основная задача сводится к трем элемен-
тарным задачам.
Вычисляем исходные аргументы:
„ ах
первая элементарная задача: го —
„ ат
вторая элементарная задача: ro = 2j
г,- ат _ , _
третья элементарная задача: го = -2 = 0,15 и ц—
0,03 - 5
0,36
0,03 - 5
0,42 и т] = 0;
Л 1 с	х 4 л л
0,15 и т] = — =	= 0,4;
L — х  1,0 —0,4
1,0
0,6.
1
Но графикам 36-1, 16-1 и 28-1 находим 6, =0,59, 02 = О,15 и 03 = 0,006 и вычисляем
искомую температуру:
<=fo+eig^- + e2g^+e3 ~уз =
= 40 + 0,59 100 ~0,6 + 0,15 ~ 2f ° ~1 + 0,006 Т^О' 1. = — 23,4” С.
1	.	1	1 • 0,0о
Часть вторая
Расчетные графики
При составлении некоторых графиков задач № 1, 11,
12, 16, 20, 23, 37, 42, 51, 52, 59 использованы табличные и
графические материалы, содержащиеся в [Л. 11, 13, 17,
36, 37, 40].
Расчет графиков задач № 3, 5 —10, 21, 22, 24, 25,
27 выполнен на ЭЦВМ «Урал-2» (Математическая лабо-
ратория ВНИИ Г им. Б. Е. Веденеева) согласно аналитиче-
ским решениям (прил. 1).
Порядок расположения задач соответствует табл. 1
(„Перечень задач ...“), приведенной в начале книги.
Задача № 1
Полуограниченное тело
Начальное условие: ^|т = 0=По-
граничные условия: t\x==0=tn;
Аргумент: Fov=
?- =о
дх |х = со
И t — со--------------£()•
График 1-1.
ЮЗ
Задача № 1
Расчетные формулы:
температура (графики 1-1 и 1-4) t = tn -|- в (/0 — /п),
средняя температура (график 1-2) /=/п-|-0(/о — £в),
градиент температуры (график 1-3)	= G х <п .
Пример. Дано. Скальное основание (а = 0,53-10-2 мг{ч) к моменту ввода сооружения
в эксплуатацию имело температуру £0 =— 7° С. В дальнейшем температура на поверх-
ности стала равной <п=10°С.
Найти температуру и градиент температуры на глубине 1 м через 1 мес.
График 1-2.
104
Задача № 1
О 53 • 10 2 • 720
Решение. Вычисляем исходный аргумент Fox = —------,---— = 3,8.
1
По графикам 1-1 и 1-3 находим 0 = 0,283 и 0 = 0,275. Вычисляем искомые t и
t = 10 4- 0,283 (— 7 — 10) = 5,2° С; ^ = 0,275
4,7 градам.
Дополнительные сведения.
1)	Градиент температуры на поверхности тела:	.
2)	Количество тепла, поступившее в тело за время от до т.2: Q=
= 2BL У (tn - tn) - Г^).
105
Задача № 1
3)	Скорость повышения температуры: = -^------S——
4)	GMaKC = 0,484 при Fox = J>-. Поэтому:
Ш = 0,484 *0~*п ; №	=0,242
\0Л';макс	X	макс	'Г
106
Задача № 2
Начальное условие: f|T = 0 = /0.
г'	1 dt I	„ dt I
Граничные условия: —= S;
Аргумент: Fo* = ^.
----О II t с = сс---------^0*
о
0,004-
0,003
0,00?
0,001
0,005
е.
График 2-1.
107
Задача № 2
Расчетные формулы:
Sx
температура (график 2-1) t = t0-\-& у,
-	— Sx
средняя температура (график 2-2) t = t0	6 у,
градиент температуры (график 2-3)^ = — Gy.
Пример. Дано. Большой плоский слиток меди (а = 0,41 м3/ч, Х=382 вт1м • град),
имевший температуру <о = 20°С, нагревается с одной из поверхностей постоянным тепло-
вым потоком 8 = 5000 вт/м3. Вторая поверхность теплоизолирована и столь отдалена,
что на ней сохраняется начальная температура.
Найти среднюю температуру в слое 0 — 25 см и температуру на нижней границе
этого слоя через 30 мин.
0,100
0,075-
0,050
0,025-
О
0,125
ё,
108
Задача № 2
Решение. Вычисляем исходный аргумент:
Fox
0,41  0,5
0,0625
3,28.
По графикам 2-1 и 2-2 находим 0=1,16 и 0 = 1,54. Вычисляем искомые t и
t = 20 + 1,16 5002- 0,25 = 23,8° С,	t = 20 + 1,54 500^0,25 = 25,0° С.
А	*	.“STS /
Дополнительные сведения.
2
1) Температура поверхности тела: t =	~
ST?
j/ ^ср
2) Скорость повышения температуры поверхности:	----
0___________£2__________1SL__________%L___________80-------F°n 180
График 2-3.
109
Задача JVs 3
|L=0; t=i0
дх
Начальное условие: t\.^ = t0 .
Граничные условия: —Х-^-1	=а(& —	& = const; ~\	=0 и
vX |х—0	0Х |л’—со
t |х-со-^0*
Аргументы: при х = 0 Л4 = -^^;при х^>0 Fox=^, Bix = -^.
Расчетные формулы:
температура (графики 3-1 и 3-4) t=
средняя температура (график 3-2)	в (t0 — Я);
градиент температуры (график 3-3) при x = Q	G — *°\при х^>0
dt___ г» — А
дх — и х '
ПО
Задача Ms 3
Пример. Дано. Фундамент металлургической печи (а = 0,0025 м2!ч, X = 1,4 вт/м • град),
имевший в начальный момент температуру <о = 20°С, разогревается при постоянной
температуре воздуха в печи 8=300° С, причем коэффициент теплоотдачи а=28 вт/м2 • град.
Найти температуру фундамента на глубине 10 см через 3 ч.
о n	0,0025 - 3	п,_	28-0,1
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fox= — = 0.7а; Bix =— ' =2,0.
По графику 3-1 находим 6 = 0,75. Вычисляем искомую температуру: t = 300 -|-
+ 0,75 (20 — 300) = 90° С.
6
111
9,75 М-—-	7,S	у	2Д	О
Задача № 4
Начальное условие: £|т_0 = £0.
Граничные условия: t \х л = t0bt;
Аргумент: Fox = ^ •
dxL-oo —0 И Z'lr-co — t0.
113
Задача № 4
Расчетные формулы:
температура (график 4-1) t = t0 -1-
средняя температура (график 4-2) / = £# +
градиент температуры (график 4-3)	= — G^-
Пример. Дано. Температура поверхности полуограниченного твердого тела, имевшего
в начальный момент температуру £0 = 2°С, уменьшается со скоростью 6 = — 0,5 град1ч.
По прошествии 15 ч температура в теле на расстоянии 0,8 м от поверхности стала рав-
ной t = — 1’С.
Найти коэффициент температуропроводности материала тела.
£ — ta
Решение. В данной задаче исходным аргументом является в = ——, а искомой ве-
личиной — Fox.
График 4-2.
114
Задача № 4
Вычисляем исходный аргумент: 0 = ——= 0,4.
По графику 4-1 находим Fox=l,8. Вычисляем коэффициент температуропроводности
x*Fox 0,64-1,8	„
=------- =	= 0,077 м21ч •
т	15
Дополнительные сведения.
м г	Л 1 ЬУ^
1) Градиент температуры на поверхности тела: -^ =—ут '	‘
2) 6Иакс = 0,406 при Fox= 1,335. Поэтому: (£)	= -0,406—-
\ С/Х / макс
//5
Задача № 5
Начальное условие: Z|x_0 = f0.
Граничные условия:	=
О И / 1х—оэ------^о-
Аргумент: Fox = —•
0	И	8	12	16	20
График 5-1.
116
Задача № 5
Расчетные формулы:
температура (график 5-1) t — 7(|	Qb
средняя температура (график 5-2) t — ta-\-P)b УТ;
градиент температуры (график 5-3) Ц = — G •
Пример. Дано. В начальный момент в грунте (в =0,0018 м2!ч) наблюдается одинако-
вая температура /0 = Т С. В дальнейшем на поверхности температура увеличивается по
закону tx_Q = 7 -|- 0,5 /т [°C].
Найти глубину залегания изотермы t =10° С и градиент температуры на этой глубине
через 100 ч.
Решение. Исходным аргументом служит величина
e = £rzb = _io-^
ь j Ч о,5 /юо
0,25
0,20
0,15
0,10
0,05
0,30
Ot
117
Задача № 5
По графику 5-1 находим Fox = 3,6.
,	Л 0,18 • 10 ~2 • 100
Вычисляем глубину залегания изотермы 10 С: х= I/ —= г ---g-g----=
= 0,22 м.
По графику 5-3 приРоЛ = 3,6 находим G = 0,33. Вычисляем градиент температуры:
dt 0,33 - 0,5  /100	,,
=--------0Д2----= -7’5 ZPadlM-
Дополнительные сведения.
1) Градиент температуры на поверхности тела: = = — -= -=.
ox	z 1/ а
2) б„акс = 0,426 при Fo, = 0,885. Поэтому:	= -0,426^--
\ОХ/ макс	%,
0 20 Чр 60 so	fOO
0	^2	~0fi	0,8 —
и	5	8	72	Те —~~тш20
График 5-3.
118

Задача Лг 6
“* £=* Т‘Ъ
Начальное условие: t |т_0 = /0.
Граничные условия: /|x_0=f0 + ^3;	=0 и Нх_оо = /П.
OJC |х=-со
Аргумент: Fox =	•
119
Задача JVs 6
Расчетные формулы:
температура (график 6-1) £ = 4 +
средняя температура (график 6-2) t = -1- 66т9,
градиент температуры (график 6-3)	=	'
Пример. Дано. Температура поверхности железобетонного массива (а = 0,0024 №/ч)
изменяется по закону tx^„ = t0 -f- frca, причем = 10° C, b = 2,5 град I ч*.
Найти температуру в массиве на расстоянии 10 см от поверхности и среднюю темпе-
ратуру в слое 0—10 см через 2 ч.
I	о 0,0024-2,0 пло
Решение. Вычисляем исходный аргумент: гох=------------= 0,48.
По графикам 6-1 и 6-2 находим 0 = 0,086 и 0 = 0,388. Вычисляем искомые t и t:
t = 10 + 0,086 • 2,5 • 4 = 10,86°С, t = 10 + 0,388 - 2,5 • 4 = 13,88°С.
0 20 W 60 80	100
0	ОД	Ofi	0,8
0	0	8	12	~t6 -^~6от 20
График 6-2.
120
Задача JVi 6
Дополнительные сведения.
I) Градиент температуры на поверхности тела: ^- =----— -—
ох зр я у а
2) Сыак<;=0Д90 при Fox = 2,333. Поэтому:	= -0,390^-
£20 .«7 60	80	100
0	0Л	06	0Л —^Fo^~7,O
0	4	С	<2	7б —^Гощ 20
График 6-3.
121
Задача JV° 7
Начальное условие: f|T_o = fo.
Граничные условия: —= а(&— /х_0), & = ^0-1-6т;	I =0
иХ 1^—0	ОХ |х=со
И t \x.m = te.
Аргументы: при х = 0	при х>0 Fox = ^| , Bix = ^-
Расчетные формулы:
температура (график 7-1) t = te -ф- Э&т,
средняя температура (график 7-2) F=Z0-|-6fe-c,
градиент температуры (графики 7-1 и 7-3) прих = 0	=— (1—0)	;
п dt	„Ъ-
при xj>0 = =— G —
г	ПУ	У
Пример. Дано. В кирпичной стене (а = 0,0018 №'ч, > = 0,81 вт!м-град) толщиной
h = 0,4 м в начальный момент температура одинакова и равна температуре среды: t0 = & =
= 0°С; одна из поверхностей стены теплоизолирована. В дальнейшем температура среды
122
Задача № 7
возрастает с постоянной скоростью Ь = 1,2 град 1ч, причем коэффициент теплоотдачи равен
а = 7 втм~-град.
Най.и температуру в стене на расстоянии х = 0,1 м от нагреваемой поверхности
через 10 ч.
Решение Необходимо убедиться, что при заданных условиях стена является „полуогра-
ниченным телом". Для этого надо определить, изменится ли к заданному моменту времени
температура на теплоизолированной поверхности стены. Постоянство градиента темпера-
Л „
туры здесь задано условием задачи: -^ = 0-
Рассмотрим задачу нагревания пластины при соответствующих краевых условиях
(задача № 32) и определим температуру на теплоизолированной поверхности. Вычисляем
„ at ah	х
аргументы: Fo Bi= —
_	0,0018-10	n.
Fo =	0,16  = °’11; B1
7-0,4
0,81
04
3,46 и 4 = ^=1-
По графику 32-3 убеждаемся, что 0 = 0, т. е. к данному моменту времени темпера-
тура на теплоизолированной поверхности остается равной начальной температуре (в этом
же можно убедиться по графику 7-1). Следовательно, для решения поставленной задачи
можно пользоваться графиком 7-1.
_	_	0,0018-10	.	7-0,1 пос.
Вычисляем исходные аргументы: гох=— j-----------= 1,80; Bix = -=- ,— = 0,864.
u.ul	U.ol
123
Задача № 7
По графику 7-1 находим © = 0,17. Вычисляем искомую температуру: / = 0+0,17 X
X 1,2 X 10 = 2,04’С.
График 7-Л
124
Задача № 8
^X^o~'tcp+Tncos23(
яГ
х -д- +-+
fa'0, t'tcP
Квазиустановившийся режим.
Граничные условия: £|ж=0 = £срcos 2л—;
Аргументы: .___= -£= Н =—.
|/ГоЛ /ат0’	•'о
Расчетные формулы:
температура (график 8-1) t = tcp -ф- QTn;
амплитуда колебаний температуры (график 8-1) 7’Х = АТП;
средняя температура (график 8-2) 7 = /ср + ©7'п;
градиент температуры (график 8-3)
= 0
И 11 х=со tcp-
Пример. Дано. Суточная амплитуда колебаний температуры воды (в = 0,5 №/ч) па
поверхности водоема глубиной Л= 12 м в течение месяца составила в среднем Тп = 10° С,
причем среднесуточная температура равна fcp = 17°C. Теплоотдача дна пренебрежимо
мала.
Найти температуру воды на глубине 5 м в 9 ч 36 мин, предполагая, что в течение
суток температура на поверхности изменяется гармонически, и принимая т = 0 ч за на-
чало периода.
График 8-1.
125
Задача № 8
Решение. Убедимся, что температура придонных слоев воды не испытывает суточных
1 h 12
колебаний. Вычисляем:	= _	=—	= 3,47 и по графику 8-1 находим, что
/Fo^	/ат,	/0,5-24
амплитуда колебаний придонной температуры составляет всего 2% от значения Т„.
Следовательно, для решения поставленной задачи можно использовать график 8-1 (в),
и	1	5	,	„	9,6	_ .
Вычисляем исходные аргументы:_____~= ,-^_==1,45, Л/= 4т = 0,4.
/Fox /0,5-24	24
По графику 8-1 находим в =0,07. Вычисляем искомую температуру: £=17-j—
4-0,07- 10 =17,7° С
Дополнительные сведения.
1) Сдвиг фазы колебаний т', скорость распространения и и длина темпе-
ратурной волны Л;
т' = -^т0; u = N*--, A=Nx.
Величина N находится по графику 8-4; ?V = f(Fox).
2) Время наступления максимальной температуры:
на поверхности тела (х = 0) т = 0 и т = тв,
на глубине (х^>0)
График 8-2.
126
Задача № 8
127
Задача № 9
Квазиустановившийся режим.
Граничные условия: —= К cos 2тс	= 0 и/jx==00 = /cp.
Аргументы: 1____= —^=, Н=~.
V Fox V аЧ т°
Расчетные формулы:
Кх
температура (график 9-1) / = /ср-]-0^-,
Кх
амплитуда колебаний температуры (график 9-1) Тх = А	,
_	_Кх
средняя температура (график 9-2) Z = Zcp-|-0^-,
dt К
градиент температуры (график 9-3)	= G у-.
Пример. Дано. Полуограниченное твердое тело (а = 0,061 м?[ч, Х = 63 вт1м-град)
нагревается с поверхности тепловым потоком, удельная плотность которого изменяется
128
Задача № 9
по закону /Г cos 2 л — с амплитудой ЛГ=12 000 вт'лг2 и периодом колебаний тв=1 ч.
Ч
Средняя за период колебаний температура тела составляет Гср = 20°С.
Найти температуру и градиент температуры на расстоянии 5,0 см от поверхности
тела при т = 24 мин.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: - *  = .	— = 0,2; — = ^ = 0,4.
И0.061 • 1 Ч 60
По графикам 9-1 и 9-3 находим: 0 = 0,40 и G = 0,98. Вычисляем искомые t и &;
дх
< = 20+0^000-°'05 = 23,8°С;
Оо
dt 0,98-12000 1ос_ ,,
j- = --=----= 186,6 град м.
дх 63	• г- ।
Дополнительные сведения.
1) Сдвиг фазы колебаний < скорость распространения и и длина темпе-
ратурной волны Л;
т' = -^т0, u = N —, A = Nx.
IN	То
Величина N находится по графику 8-4; N = f (Fo*).
2) Время наступления максимальной температуры:
на поверхности тела (х — 0) т = ч0; на глубине (х 0)
’=Ч^+т;-
Б А. И- Пехсвич, В. М. Жидких
129
График 9-2,
Задача № 9
130
Задача № 10
^’tcp^TcCos?^^
'o'	Г
Квазиустановившийся режим.
——-----— --'	Граничные условия: —— fx=0),
дх~ ’ ~ *	& = f +tccos2k^; 4*1	= 0 и H^ = icp.
Аргументы: —= = -L., Bix = ^,	=
У РоЛ У атв	А	то
График 10-1.

131
Задача № 10
Расчетные формулы:
температура (график 10-1) /=£ср-|-©Т,.;
амплитуда колебаний температуры (график 10-1) ТХ = А7\;
средняя температура (график 10-2) t = tcp-{-QTc;
градиент температуры (график 10-3)	=
Пример. Дано. Амплитуда суточных колебаний температуры воздуха составляет
Гг — 12,7° С. Теплообмен между воздухом и грунтом происходит по закону конвекции,
причем а = 25 вт[м'‘ град. Коэффициенты тепло- и температуропроводности грунта:
132
Задача № 10
X = 1,2 вт)м-град, а = 0,0018 .и2 ч. Средняя (за период колебаний) температура грунта
равна: /ср = 5°С.
Найти температуру в грунте на глубине 10 см в 19 ч, принимая 0 ч за начало
периода.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: —-— = —	=0,48: Bi, =
lzFox /0,18 -10~2 • 24
=2^=2-08; i=S=0’79-
По графику 10-1 находим 6 = — 0,18. Вычисляем искомую температуру: < = 5 —
— 0,18-12,7 = 2,71° С.
Дополнительные сведения.
1) Сдвиг фазы колебаний < скорость распространения и и длина темпе-
1	X
ратурной волны Л: т' = —т0, u — N—, A — Nx.
Величина N находится по графику 8-4; N = f (Fox).
2) Время наступления максимальной температуры: t = Ft0.
Величина F находится по графику 10-4; F = /(Fox, Bix).
133
Задача № 11
Неограниченная пластина
Начальное условие: 11 т==0 = £0.
Граничные условия: t\x=e=t  ^-1	=о.
0х\ x=h
Аргументы: Fo = у, ц = у.
Расчетные формулы:
температура (график 11-1) Z = fn~|-0(/o— /д
средняя температура (график 11-2) t = tn	0 (Zo /п),
градиент температуры (график 11-3) ~=G.
134
Задача № 11
Пример. Дано. Плоский слиток металла (а — 0,053 мг/ч) толщиной h = 0,1 м нагрет
до температуры <о = 500°С. Затем одна поверхность слитка поддерживается при темпе-
ратуре <п = 70°С, на другой поверхности теплоотвод пренебрежимо мал.
Найти температуру и градиент температуры в центре слитка через 10 мин после
начала охлаждения.
,,	,	„	0,053-0,167 _ос 0,05
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го =---------------= 0,88; т; = -д-р =
По графикам 11-1 и 11-3 находим: 0 = 0,11 и G = 0,16. Вычисляем искомые t и
t = 70 + 0,11 (500 — 70) = 117,3° С; = 0,16	= 687 град]м.
0,5.
дх'
Дополнительные сведения.
В самом начале процесса (при Fo = -(-0) на поверхности пластины т] = 0
величина 6 = оо, во всех остальных плоскостях (0<^т;^1) величина
G = 0.
0,1	0.2
03	0,0	—
График 11-2.
135
Задача № 11
136
Задача № 12
Начальное условие: И т=0 = #п +Д#-^-.
Граничные условия: 11х=0= tn; л=0.
Аргументы: Fo = p; Ч =
Расчетные формулы:
температура (график 12-1) t =
средняя температура (график 12-2) t — /п —|— @AZ;
градиент температуры (график 12-3) Ц=6^.
Пример. Дано. Стальная плита (а — 0,030 м2/ч) толщиной 2й = 20 см нагрета до
температур ГП=1ООО°С на поверхности и <х_й = 1250°С в центре, причем по толщине
плиты температура изменяется линейно (zx£ = 250°C). Плиту нужно выдать из печи
при той же температуре на поверхности, но с температурным перепадом между поверх-
ностью и центром = 25° С.
Найти время, необходимое для уменьшения температурного перепада до заданной
величины.
Решение. По условию задачи температура в центре плиты к концу нагрева станет
равной f = £n-|-Afi= 1025° С. Исходными аргументами служат величины: 8= п- и
Ч — где ^l = lx-h — £п — 250° С — температурный перепад в начальный момент.
D	„ 1025—1000	0,1 ,
Вычисляем: 8 =  = 0,1 и -п = — = 1.
250	0,1
П А, ini	р no- u	й2Ро 0,01-0,85
По графику 12-1 находим го = 0,8о. Вычисляем время: т=----------=	— =
О.	UjUov
= 0,283 ч=^17 мин.
е
137
138
График 12-3.

t
Задача № 13
Н ачальное условие: 11 т=0 = tn 4- М ~.
Граничные условия: t\x=^=ta', t\x=h = tn.
Аргументы: Fo = ^; 7]=^-.
Расчетные формулы:
температура (график 13-1) t =
средняя температура (график 13-2) ^ = Zn —|— ©Д?;
градиент температуры (график 13-3) ^ = G^.
Пример. Дано. Резиновая пластина (а — 0,00035 лса/ч) толщиной Л =15 см помещена
в термостат. На обеих поверхностях (х = 0 и х = Л) пластины поддерживается постоян-
ная температура /П = 43°С. В начальный момент времени в пластине распределение
температуры линейное с перепадом между поверхностями tx_^— tx_0 = №= 17° С.
Найти время, по прошествии которого температура в центре пластины понизится
до t = 50° С.
Решение. По условию задачи исходными аргументами служат величины: 0 = и ц.
„	а 50 — 43	0,075 пг
Вычисляем: В =——— = 0,41: т =  ’ - = 0,5.
17	0,1э
139
140
Задача № 14
t\^ = tn + M cos[j-(l — TJ
Начальное условие:
Граничные условия:
Аргументы: Fo=~,
Расчетные формулы:
температура (график 14-1) t = tn-\-QM;
средняя температура (график 14-2) t =
градиент температуры (график 14-3) ^=G~.
Пример. Дано. В водоеме глубиной h =10 м имеет место гармоническое распреде-
ление температуры с миним, мем на поверхности (<п = 15” С) и перепадом температур
между поверхностью и дном М = 7” С. В дальнейшем температура на поверхности воды
остается неизменной. Коэффициент турбулентной температуропроводности воды равен
с = 0,5 л11ч. Теплообмен с ложем водоема пренебрежимо мал.
Найти температуру воды на глубине х = 4 м через 24 ч.
График 14-1.
141
Задача № 14
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo =	=0,12; ц = —= 0,4.
По графику 14-1 находим 0=0,44. Вычисляем искомую температуру:
£=15 + 0,44-7= 18,1° С.
Дополнительные сведения: в начальный момент (Fo = 0) пара-
_	2
метр средней температуры равен 0 = — = 0,637.
График 14-2.
142
Задача JV° 15
Начальное условие: /|т_0 = /п-|-А/р—1—
Граничные условия: t\x_Q = tn;	=
Аргументы: Fo = ^;	т; = -^-.
Расчетные формулы:
температура (график 15-1) t = tn-j-вД/;
средняя температура (график 15-2) / = fn-J~eAf;
градиент температуры (график 15-3) ^ = G у.
Пример. Дано. В начальный момент времени в бетонной стенке (а = 0,263-10-2 №'ч)
толщиной h = 1 м температура распределяется по закону параболы, причем на поверх-
ности х = 0 температура fn = 5° С, а на другой поверхности ГХ_Л=17°С. В дальнейшем
температура на поверхности х = 0 остается неизменной, а противоположная поверхность
хорошо теплоизолирована.
Найти температуру через 30 ч на расстоянии 0,3 м от поверхности х = 0.
0 263  10“2 • 30	0 3
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo — —!-j----= 0,079; ц =	=0,3.
По графику 15-1 находим 0 = 0,4.
Учитывая, что it = tx_h — £п=12° С, вычисляем искомую температуру:
t = 5 + 0,4-12 = 9,8° С
Дополнительные сведения: в начальный момент (Fo = 0) пара-
—	2
метр средней температуры равен в = у.
е
График 15-1.
143

Задача № t6
Начальное условие: t\^ = t0.
Граничные условия: — X^|x_o = S; ^|Л_Л = 0.
Аргументы: Fo = ^;	tj = ^-.
Расчетные формулы:
температура (график 16-1)^ = 4 + ©^;
средняя температура t = tt-\-~ = t0-\-Q	, где © = Fo;
градиент температуры (график 16-2)—G^-.
ОХ	Л
Пример. Дано. Бронзовый слиток (X = 64 вт/м  град; а = 0,075 №/ч) толщиной h —
= 20 см нагревается с одной из поверхностей в течение 12 мин постоянным тепловым
потоком S = 25 000 вт/м11. Вторая поверхность теплоизолирована. Температура слитка до
нагрева составляла = 120“ С.
Найти температуру слитка и градиент температуры на расстоянии 5 см от подогре-
График 16-1.
/40
Задача № 16
По графикам 16-1 и 16-2 находим: в =0,49 и G = 0,73. Вычисляем искомые t и
Z=l20 + 0-49 - 25 P00 - 0’2=158,y С; *=-0,73^™
1	64	дх	64
— 285 град/м.
Дополнительные сведения: при Fo^>0,5 величины в и G при-
ближенно определяются по формулам: в Fo — ц -|- 0,5т/ + у; 0^1 — q.
Величина ошибки s находится по графику 16-3.
146
Задача № 17
Начальное условие: t\^ = t0.
Граничные условия: — к |	= S; /|Х_Л = 4-
Аргументы: Fo = ^; т\=^.
Расчетные формулы:
температура (график 17-1) £ =
средняя температура (график 17-2) F=£o-|-6^;
градиент температуры (график 17-3)^ =—^Т'
Пример. Дано. Железобетонная стенка здания (К = 1,56 вт1м-град, а = 0,003 мг[ч\
толщиной й = 50 см имеет температуру Z0=15” С. Наружная поверхность стены под-
вергается нагреву постоянным тепловым ютоком S = 32o'em/№, на внутренней поверх-
ности сохраняется начальная температура.
147
Задача № 17
Найти время, по прошествии которого средняя температура стены станет равной
? = 40°С.
„	„	= (t — i»)>-
Решение. По условию задачи исходным аргументом служит величина 6 = -—.
„	й (40 — 15)1,56
Вычисляем: в = ——' ---------= 0,24.
325  0,5
гт ж 17 0	с л 07 о	ftsFo 0,25-0,27
По графику 17-2 находим го = 0,27. Вычисляем искомое время: т =-= -	—-=
a	vjvUo
= 22,5 ч.
Дополнительные сведения: при установившемся режиме Q —
= 1—-IU 6 = 0,5; 6=1.
График 17-2.
148
Задача № 17
149
Задача № 18
Начальное условие: /|х_о = По-
граничные условия: — o = S’ Л = я ~	& = ta.
Аргументы: Fo = —; Bi = ^; 4 = ^ •
Расчетные формулы:
температура (графики 18-1, 18-2 и 18-3) t = t0 -j- в 5Д;
Л
средняя температура (график 18-4) t = По -I- в Sft-
градиент температуры (график 18-5)^- = —G~.
OJC	А
Пример. Дано. Шамотная плита (7 = 0,7 вт!м-град, в = 0,0167 мг'ч) толщиной h =
= 30 см имеет начальную температуру, равную температуре среды: /О = & = 45’ С.
В дальнейшем плита подвергается одностороннему нагреву постоянным тепловым пото-
ком S = 700 вт я*. Коэффициент теплоотдачи а = 7 emiM2 - град.
Найти среднюю температуру в плите и градиент температуры на средней плоскости
плиты через 5 ч после включения подогрева.
150
Задача № 18
п _0.0167-5_
Решение. Вычисляем исходные аргументы, го— g-gg — — и,н<5,
0,15_
1	0,30	,5’
По графикам 18-4 и 18-5 находим: 0 = 0,6 и G = 0,8. Вычисляем
д45+0.6-™-0а = 225-С; «=_^™ = -8<Ю^.

i dt
искомые t и :
дх
Дополнительные сведения.
1) Градиент температуры на поверхностях пластины: при i] = 0 6=1;
при т) = 1 G = Bi 0^,.	!	_ j j
2) При установившемся режиме: 0 = 1—tj-1-+	^=1.
/51
152
Задача № IS
График 18-5.
153
Задача № 19
1^=0	.
| ox t
дес
Начальное условие: £|x_0 = £o.i (0=Cx=C/); f/T_o = 4),s (/<Ix^ft).
Граничные условия:	# = 0; <Fx| h~®'
.	~ пт _________ I ______x
Аргументы: Fo= , •	= tq = -7-.
I J	fr1	n 1	fl
Расчетные формулы:
температура (графики 19-1, 19-2 и 19-3) t = toi -j- 0 (f01— 4.s);
средняя температура t = 7о.з + Ь (t01 — to t), где в = tq0;
градиент температуры (графики 19-4, 19-5 и 19-6)	= — G
Пример. Дано. Две плиты, изготовленные из бетона одинакового состава (о = 0,275х
X Ю"г м~,ч), в начальный момент имели температуру соответственно toa = 10° С и <„,» =
= 3° С. Толщина первой плиты 2 м, второй—6 м. Затем плиты были положены друг
на друга, причем между ними существует очень хороший тепловой контакт. Обе поверх-
ности образовавшейся при этом плиты теплоизолированы.
Найти температуру через 100 ч на расстоянии 6 м от поверхности первой плиты.
no	р 0,275-10-’. 1000	пп.,_	2
Решение- Вычисляем исходные аргументы: Fo=--g—----= 0,043, Tio== g =
= 0,25; >] = — = 0,75.
О
По графику 19-2 находим в =0,04. Вычисляем искомую температуру: £ = 3-|-0,04х
X (10— 3) = 3,28° С.
Дополнительные сведения.
1)	При т]0>0,5 вместо ц и т(0 надо принимать соответственно 1 —т] и
1 — ''io-
2)	При т]о = О,5 надо пользоваться графиками 11-1, 11-2 и 11-3 (за-
дача № 11); исходными аргументами служат величины: при i)<^0,5 Fo и ц,
при т] ^>0,5 Fo и 1—т].
3)	Величина G имеет максимум в точке x = rimh.
Значения находятся по графику 19-7.
График 19-1.
154
155
Задача № 19
G
2,0
f,0
Чо=О,4
0,50	1,0r}
График 19-6.
График 19-5.
156
Задача № 20
ax
Начальное условие: /|т_() = По-
граничные условия: —	,=<*(& — ПЛ_о),» = const; ^* = 0.
Аргументы: Fo = ^; Bi = ^; т.=^-.
Лг’	д’* h
Расчетные формулы:
температура: если Fo«s0,2 (график 20-3), П=&4~ 6 (По — &); если Fo>0 2
(графики 20-1 и 20-2), при Ч=1 / = &+© (По —&), при 0^т]<1 t =
= &4~^(Ио — &);
средняя температура (график 20-4) / = &-]- Q (t0 — &);
градиент температуры (график 20-5) d^ = G^^~.
пРкмер. Дано. Латунная пластинка (Х = 85,5 епим-град, а = 0,114 жг/ч) толщиной
см нагрета в печи до температуры £0= 1000°С. Затем пластинка вынута из
печи для охлаждении на воздухе при температуре » = 25“С. Коэффициент теплоотдачи
а = 40 вт/ма  град.
Найти температуру на расстоянии 2 см от поверхности через 10 ч.
Решение. Вычисляем исходные аргументы:
р„_ °»114-Ю	.	40-0,17	002
0,0289 — 39'4’ В1~ ’ 85,5 - — °’08; 1 — бД7 = 0,12’
По графикам 20-1 и 20-2 находим: в = 0,0о и k = 0,96. Вычисляем искомую темпе-
ратуру:
t = 25 + 0,96 • 0,05 (1000 — 25) = 73“ С.
k,DD
0,0 07
С,003
0.002-
0,001-
0	12	3	4 S 8 !01211! !6№ 20222l)2B2830W50E0108030100IIOW!30MI50200 300 W 500 000 700
График 20-1.
157
Задача № 20
Дополнительные сведения.
1)	Градиент температуры на поверхности пластины х = 0:
2)	При Bi имеем 6 = cos[VABi(l—tq)] exp (— Bi Fo). Величина
определяется по графику 20-6.
3)	Коэффициент иррегулярности определяется по графику 20-7.
График 20-2.
График 20-3.
158
159
Задача № 20
160
Задача № 21
Начальное условие: /|т=0 = 4.
Граничные условия: — к |	=а(&_ tx=Q), &=const; /|Л=Л = 4.
Аргументы: Fo=^;- Bi = ^; •>} = -£.
fl	Л	fl
Расчетные формулы:
температура (графики 21-1 и 21-2) / = 4-|-0 (» —10);
средняя температура (график 21-3) t=t0 Ц-0 (& — /0);
градиент температуры (графики 21-4 и 21-5) ¥- =— G &~-*°.
их	h
Пример. Дано. Кирпичная стена здания (А = 0,81 вт/м-град, а = 0,002 м2!ч) толщи-
ной Л = 50 см с начальной температурой f0=15"C охлаждается в результате конвек-
тивного теплообмена с наружным воздухом при температуре &= — 25° С. Внутренняя
поверхность стены сохраняет начальную температуру. Коэффициент теплоотдачи к воз-
духу а = 8 ет м2 • град.
Найти температуру и градиент температуры на наружной поверхности стены через
/1R и	*
6 А. И. Пехович, В. М. Жидких
161
Задача № 21
8-0,5
В1= OJT = 4’9°'
„	р 0,002 - 48	.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го = q 25— = 0,38;
’1=0.
По графику 21-1 находим 0 = 0,81 и вычисляем искомую температуру:
t = 154-0,81 (—25—15) = — 17,4“ С.
Для определения градиента температуры на поверхности т) = 0 служит формула
(см. ниже) ^ =—Bi (1—0)	Вычисляем: =—4,95(1 — 0,81) —4у=~— =
= 75,3 град 1м.
Дополнительные сведения.
1) Градиент температуры на поверхности пластины х — 0:
т.	о	Bi (1 — т) о  Bi	__ Bi
2) При установившемся режиме: И = t Bi ; р= 2 (1 -j-Bi) * ^^Гд-ВГ
162

G
f,0
rj=0,5
6*
График 21-э.
163
Задача № 22
Начальное условие: /|г==0 = /0.
Граничные условия: —=a(^i — k=e)> ®i = const;
= а (&2-	. ^9 = А)-
Аргументы: Fo =	; Вi =	; т; = ^.
Расчетные формулы:
температура (графики 22-1, 22-2 и 22-3) < = /(1-|-в(&1— 4);
средняя температура (график 22-4) f=Zo-|-0(&j — /0);
градиент температуры (график 22-5)	= — G .
Пример. Дано. Никелевая плита (Х = 58 emjM-град, а = 0,053 мг 1ч) толщиной /1=30 см
длительное гремя находилась в среде с постоянной температурой и приняла темпера-
туру среды: Эа = <0=17°С. Затем температура среды по одну из сторон плиты измени-
лась до 8, = 35° С. Коэффициент теплоотдачи на обеих поверхностях плиты одинаков:
а = 70 вт1мг  град.
Найти темпераг ру и градиент температуры в центре плиты через 12 ч.
161
Задача № 22
„	D	т? 0,053-12	, , „.	70-0,3
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo= — = 7,1; Bi =—=^- = 0,36;
и,иУ	Оо
i) = 0,5.
По графику 22-2 находим 6=0,495, причем параметр температуры во времени
почти не меняется — установившийся режим. Следовательно: G =	=
2 —I— Bi	2 + 0,36
= 0,15.
Вычисляем искомые t и : t= 17 + 0,495(35—17) = 25,9° С, -^ = — 0,15^ '?=
ах	ох '	0,02
= — 135 град]м.
165
Задача № 22
Дополнительные сведения.
1) Градиент температуры на поверхностях пластины:
при Х = 0
при x=h ^= —Bi6^i
166
Задача № 22
167
Задача № 22
График 22-5.
168
Задача № 23
Начальное условие: /|т=0 = t0.
Граничные условия: —	= 04 (S, — tx=0), SI= const;
Эх |x=h = 1X3	tx=h),	= Ai-
Аргументы: Fo=^; Bij = ^; Bi5=-^; т1=^-
Расчетная формула температуры (графики 23-1, 23-2 и 23-3)
f._f I 9 Bit —f—Bis —BijBis(1—’ll/0
t—4 4- w - —--g- _—- (», - 4).
График 23-1.
169
Задача № 23
Пример. Дано. Плоская заготовка из низколегированной стали (>. = 35 вт/м  град,
в = 0,039 №/ч) толщиной Л = 20 см имеет температуру окружающего воздуха /О = 82 =
= 25° С. Затем одна поверхность приводится в контакт с жидкостью, имеющей темпе-
ратуру 8, = 75° С. Коэффициенты теплоотдачи от поверхности к жидкости а, =
= 200 вт м~  град, к воздуху а„ = 20 вгп м1 - град.
Найти температуру в центре заготовки через 12 мин.
о 0,039-0,2	_200-0,2_
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го =---------— = u,zu, вц— —-——
ол. о 2
= 1,14; Bi. =^4^ = 0,11; •<1 = 0,5.
По графику 23-2 находим 6=0,15. Вычисляем искомую температуру:
„ 1,14 4-0,114-1,14-0,11 (1—0,5)	„„„ „
/ = 25-;-0,!5(75 - 25)	1,140,11	1,14 -0,11	— ’
График 23-2.
170
Задача № 23
Дополнительные сведения:
1) Градиент температуры на поверхностях пластины:
при х — О
при х = й
<?£ ____ Bi3 (Bi, -f- Bi») 8Ч_, 8, —t0
dx Bi,-|-Bi34-Bi,Bij ' h
2) При установившемся режиме:
q Bit —f— Bi,Big (1 —т])_ dt 	Bi,Bi2 8, —10
Bi,-f-Bi2Bi ,Bia ’ dx Bi,-j-Bis-|-Bi1Bi3 ' h
График 23-3.
।	Задача № 24
гл------г1-------Начальное условие: Нт=0 = 4»
fl	я QQ <	I
--------------- Граничные условия: S|x=-A'—S; —А r_ff=
^T=o=io ------------- с__c'p'/f — I • — I =0
}h Г	~ерП Л|х=о’ с)х|х-.л U-
|я+ ~	ст	h ______x
’	Tf-=°	Аргументы: Fo = ^;	=
Расчетные формулы:	Sfl
температура (графики 24-1, 24-2 и 24-3) t = t0-ir& -у-;
"7	, CtS z-ч Sh C p _________ I 7 1 3h	rm О __ T~.
средняя температура t = i0 -	----«^=0 J' „ = '« r W T ’ где “ = b°
0 c’p'	‘	"
’Io CP ’
Пример. Дано. В водоеме в начальный момент времени температура одинакова и
равна <„ = 3,5° С. В поверхностном слое водоема толщиной А'= 5 м имеет место интен-
сивное ветровое перемешивание (Р—-со). Плотность теплового потока от поверхности
воды в атмосферу равна 8 =—150 emiM2. Теплообменом между ложем водоема и водой
можно пренебречь. Коэффициенты тепло- и температуропроводности воды ниже слоя
ветрового перемешивания равны: 7 = 200 вт/м • град, я = 0,2 м2/ч. Глубина водоема,
отсчитанная от слоя ветрового перемешивания, составляет А = 5 м.
Найти температуру воды в слое ветрового перемешивания (х = А') через 48 ч.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: F° = _L25— = 0,384; 1}o = -g-=l; tq = O.
По графику 24-1 находим 6 = 0,275. Вычисляем искомую температуру:
л	t = 3,5 — 0,275 —	= 2,5° С.
172
Задача № 24
Дополнительные сведения: при
ляется по формуле:
1+^0 L 1	2
Fo^>l величина в опреде-
3 Ч~ Ло 1
6(l+^o)J-
График 24-3.
173
Задача № 25
Начальное условие: £|t=o = At-
Граничные условия: S|х=-л' = 0;
__h
^0=^;

-~=S.
- с
Аргументы: Fo=^;
Расчетные формулы:
температура (графики 25-1, 25-2 и
7	4. I az$
средняя температура t = с0 -уу -
ч=т.
25-3) ^ = ^4-0^;
о 5ЛГ с'р _ , . 7^ Sh
	+ Н V’
174
Задача № 25
Пример. Дано. Стальная заготовка (7 = 69,3 вт1м-град, а = 0,076 м2/ч) выполнена
в виде бруса толщиной Л = 0,3 м. С нижней поверхности заготовка нагревается постоян-
ным тепловым потоком 15 000 вт/м2. По бокам и у верхней поверхности заготовки
уложен слой теплоизоляции. К боковым поверхностям теплоизоляция прилегает вплот-
ную, а между поверхностью заготовки и теплоизоляцией имеется прослойка высотой
Л'= 0,15 м, которая заполнена хорошо перемешиваемой водой (Г—.со). Начальная тем-
пература заготовки и воды одинакова: 7о = 50°С.
Найти температуру в центре заготовки через 0,5 ч после включения нагрева.
Решение. Вычисляем исходные аргументы Fo = -’^'^1*^ = 0,42;	= 2; т; =
О,ОУ	0» 1 э
— 0,5.
По графику 25-2 находим 6 = 0,33. Вычисляем искомую температуру:
t = 50 + 0,33 15°°а;0,3 = 71,5° С.
69,3
Дополнительные сведения: при Fo>l величина 0 опреде-
ляется по формуле
© =______Гро 4- ___________ 3 + ,1° 1 । Ч
1 —Н"Чо L	2	6 (1	> 1 _|_7JO •
175
Задача № 25
176

t
Задача № 25
и.»
дх
Начальное условие: /|- = 0 = /0.
Граничные условия: t\x=0=t0-[-Ьг, Л = 0.
Аргументы: Fo=^|.	=
Расчетные формулы:
bh*
температура (график 26-1) t = t0-\-& — ;
_	_ hhS
средняя температура (график 26-2) f = fo-|-0—;
градиент температуры (график 26-3)	= — G	.
Пример. Дано. Никелевая пластина (о =0,053 м- ч) толщиной Л = 30 см имеет тем-
пературу /„ = 40° С. Температура одной из поверхностей пластины в течение 40 мин
повышается от 40 до 120° С (Ь— 120 град ч), вторая поверхность теплоизолирована.
Найти температуру на расстоянии 10 см от нагреваемой поверхности через 40 мин
177
Задача № 26
г,	„	„	0,053-0,667	0,1
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го = —-—---------------= 0,39; >;= -= 0,33.
и,иУ	U,о
По графику 26-1 находим 6=0,23. Вычисляем искомую температуру:
t = 40 + 0,23 ^0^09 = 86,9° С.
Дополнительные сведения.
1) При Fo^>2,0 величины 0, 8 и G приближенно определяются по
формулам: 0^Fo — ^ + yil2; W^Fo —	—ij.
Величина ошибки г находится по графику 26-4.
2) При Fo^>2,0 имеют место следующие соотношения:
G __ - L о —
tx_ 0 — /(,
Ь-
t ^О _______ 1 _
tx-0 — to SFo"
178
Задача № 26
179
Задача JVs 27
а ’
Начальное условие: t\-=0 — t6.
Граничные условия: t |х=0 = tQ-1- (/к— t0) (1—е"₽);
= 0.
х —Л
Аргументы: Fo = ^; Pd = -*-;	=
Расчетные формулы:
температура (графики 27-1, 27-2, 27-6 и 27-7) t — +	— Q;
средняя температура (графики 27-3 и 27-8) t = t0-|- в (tK— t0);
градиент температуры (графики 27-4, 27-5, 27-9 и 27-10)^ = — G*K .
Пример. Дано. Плоский лоток глубиной Л = 30 см заполнен неподвижной водой
(а = 0,0005 №/ч) при температуре £0=17°С. Дно лотка выполнено из теплоизоляцион-
ного материала. Изменение температуры воды на поверхности может быть записано
в виде экспоненциальной зависимости £0 + (А —Q (1 —е~₽х), причем /к = 47° С, 3 = 0,02 ч-1.
Найти температуру воды на глубине 15 см и среднюю температуру через 100 ч.
Решение. Вычисляем исходные аргументы:
0,02-0,09
0,0005 =ЗД
Пс графикам 27-1 и 27-3 находим: 6=0,51
t = 17 + 0,51 (47 — 17) = 32,3° С; 7=17 + 0,55(47 — 17) = 33,5° С.
Дополнительные сведения: при Fo^>2,0 значения в, 6
приближенно определяются по графикам 27-6 — 27-10. Величина ошибки г
находится по графику 27-11.
В
„	0,0005 -100 п
F° =	0,09	==°’555:
’1 —0,30 —°’5,
и в = 0,55. Вычисляем искомые
t и t
и G
График 27-1.
180
График 27-3.
18f
182
Задача № 27
График 27-6.
График 27-8.
График 27-9.
Pd
График 27-11,
183
Задача № 28
Начальное условие: #|т = 0 = По-
граничные условия: —	^|х—Л = ^‘
Аргументы: Fo = ^; ц = ^.
Расчетные формулы:
температура (график 28-1) =
средняя температура t = t0 + -|^ = П0	где 6=^-;
градиент температуры (график 28-2)	=— 6^~-
Пример. Дано. Стальную плиту (к = 63 вт/м-град, а =0,061 мг1ч), уложенную на
под печи, нагревают тепловым потоком, плотность которого меняется во времени
с постоянной скоростью So = 20 000 err 1м2  ч. Толщина плиты Л = 20сл«. Температура
График 28-1.
184
Задача № 28
_	0,061-0,25 nQC1 0,0_
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го =--------==U,<5Bi, 4 = q26 = u>u
По графику 28-1 находим 6=0,142. Вычисляем искомую температуру:
t = 100 + 0,142	= 105,9° С.
оЗ • 0,Uo 1
Дополнительные сведения.
1) При Fo^>0,5 значения в и G приближенно определяются по формулам:
Fo’^Fo	For;2 — Foti-1- —— ’1’+^___-•
2	гот]-)-24	6 -Г 6	45’
И8 т2
-Fotj-^-I-^-
Величина ошибки е находится по графику 28-3.
2) При Fo^>2 имеют место следующие соотношения:
tx-0 — t 12FpT] (2 — Т]) — ->]2 (тд* — 4т; + 4) _

Ч.
3 •
G
12Fo — 1
45Foi;s — SOFot) + Зт;< — 15-rj3 + 15т;\
45Fo2-f-30Fo — 2	’
45Fo2
——^- = 1 4-
tx-o — ta	45Fo2 + 30Fo — 2 ’
dt
185
Задача № 29
Начальное условие: П|т_о = По-
граничные условия: —о = $°т’ ^x-h~^0'
Аргументы: Fo = p,
S h9
Расчетная формула (график 29-1): t = t0 -ф 0	.
Пример. Лапо. Начальная температура в железобетонной стенке (X = 1,55 вт'.и2 • град,
a — QfiW M~t4) толщиной Л = 30 см составляет /о=1О°С. Стенка нагревается с одной
стороны тепловым потоком, изменяющимся с постоянной скоростью So = 50 вт м~ • ч, на
второй поверхности поддерживается начальная температура.
Найти время, необходимое для нагрева средней плоскости стенки до температуры
t = 70° С.
_ (t — tB)la (70—10)-1,55-0,003
Решение. Вычисляем исходные аргументы: В=-—рр----------=--------плод-------=0,4
Т| = 0,5.
По
50  0,027
графику 29-1 находим Fo=0,85. Вычисляем время нагрева:
Л2 Fo 0,09 - 0.85 ог -
’=-^ = -оЖ_=2э’°ч-
186
Задача № 30
t
Начальное условие:
Граничные условия: —
Аргументы: Fo=^, т=А
/г	Л
= А. *1
)/т ’ д -* 1 л—л
= 0.
Расчетные формулы:
температура (график 30-1) t —	0 S°•
1	Л
средняя температура t = t0 4-	= /0 д_ у где 0 = 2 ГФо;
C^tl	к
187
Задача № 30
Пример. Дано. Чугунная плита (X = 29 вт'м  град, а = 0,025 №/ч) толщиной Л = 20 см
теряет тепло с одной стороны по закону SojVf’t> причем So = —10 000 ет • 4°’s/jws; вторая
поверхность теплоизолирована. Начальная температура плиты £о = 300°С.
Найти температуру и градиент температуры на расстоянии 4 см от охлаждаемой по-
верхности через 1 ч.
„	р 0,025-1	0,04
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го = ——=0,о25; т) = д-^ = 0,2.
По графикам 30-1 и 30-2 находим: 8 = 1,81 и G=l,09. Вычисляем искомые t и
< = 390+W-^!^»- = 202-C;	*1,09 ~10=297 гр^.
График 30-2.
188
Задача № 31
Начальное условие:	=
Граничные условия:—=Зоугт; ^=0.
Аргументы: Fo = ^; ij=^.
Расчетные формулы:
температура (график 31-1) / = /0-|-в
к \ а ’
средняя температура / = /04
2-So*V^	। q
3cph 0 ‘ xi/fl
где в = Fo VFo.
о
Пример. Дано. Неограниченная плита толщиной h = 70 см изготовлена из материала
с коэффициентами тепло- и температуропроводности 7 = 2,0 вт м  град, а = 0,005 л2/ч.
На одной поверхности плиты задан тепловой поток, плотность которого меняется по за-
кону S0/t, причем So = 5O вт/м* - ч0,5; вторая поверхность теплоизолирована. Начальная
температура плиты t0 = 0° С.
Найти температуру на расстоянии 20 см от нагреваемой поверхности через 48 ч.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo =	= 0.49: >) = ^| = 0,286.
По графику 31-1 находим 6 = 0,29. Вычисляем искомую температуру: Г = 0-|-
4-0,29 50'°’49 = 50,3° С.
2/0,005
График 31-1.
189
t
Задача № 32
thtc+b-r
Начальное условие- Z|T_o = fo.
Граничные условия: —= а(&— tx^), & = tu-\-bt; =0.
Аргументы: Fo = ^; Bi = ^; rt = ^.
190
Задача № 32
Расчетные формулы:
температура (графики 32-1, 32-2 и 32-3) ? =
А/>2
средняя температура (график 32-4) f = /o-|-0—;
градиент температуры (график 32-5)	=— G^.
Пример. Дано. Свинцовый лист (?. = 35 вт м- град, а = 0,085 мг1ч) толщиной
А = 40 см, теплоизолированный с одной стороны, находится в холодильной камере, тем-
пература воздуха в которой уменьшается с постоянной скоростью Ь — —15 град)ч. На-
чальные температуры листа и воздуха в камере одинаковы: /0 = & = 25”С. Коэффициент
теплотдачи к воздуху а = 25 вт:М'2 • град.
Найти температуру в центре листа через 2 ч.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo =	~ = 1,06: Bi =	= 0,29;
0,16	35
Т| = 0,5.
По графику 32-2 находим 6=0,13. Вычисляем искомую температуру: Z = 25-f-
+ °-13Т®Г^ = 2,'3’с-
График 32-2.
191
Задача № 32
Дополнительные сведения.
1)	Значения в, 6 и G приближенно определяются по формулам:
esaFo_J,_, + t
Величина ошибки г находится по графику 32-6.
2)	Градиент температуры на поверхности пластины х = 0: ^ = BiX
X(Fo-©w)^.
3)	При Fo > 5 справедливы следующие соотношения:	= т](2 — т();
t —	. Bi t](2 —>])	t —1„   .	Bi
^_0 — to~	2 ’ BiFo —1 ’ ^o —<0	3(BiFo—!)•
192
Задача № 32
График 32-4.
7 А. И. Пехович. В М. Жидких
193
Задача Лё 32
194
Задача № 33
условия:
Квазиустановившийся
Граничные
*1 =о-
дх |х-л
Аргументы: Fo = ^; Ъ =
режим.
^U = fcP + ^n sin 2~ -1;
L0
Расчетная формула для определения амплитуды колебаний температуры
(график 33-1): Тх = вТп.
График 33-1.
Пример. Дано. На одном конце медного стержня (а = 0,39 мг 1ч) длиной Л = 1 м
температура меняется по гармоническому закону с периодом -о = 30 мин и амплитудой
7П=100°С. Противоположный конец стержня и боко-
вые грани теплоизолированы.
Найти амплитуду колебаний температуры на рас-
стоянии 10 см от подогреваемого конца.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo =
0,39-0,5 по 0,1 Л1
= —j—= 0,2; ’1 = Кб = о,1.
По графику 33-1 находим 6 = 0,67. Вычисляем ис-
комую
амплитуду колебаний температуры:
Тх = 0,67 - 100 = 67" С.
Дополнительные сведения: коли-
чество тепла, аккумулированное пластиной
за время т0/2 (отнесенное к единице по-
верхности), равно: Q=DTa 1Асрт:0. Величина
фику 33-2.
D
График 33-2.
D
определяется по гра-
т
195
Задача № 34
Ъх=сг^ср+Тп$т2я
o'	|
Л
tx=h~ tcp
Квазиустановившийся режим.
Граничные условия: t |JC_0 = Zc„ 4- Тп sin 2~ t x_h — tct).
F	то
Аргументы: Fo = ^; 7] = ^-.
Расчетная формула для определения амплитуды колебаний температуры
(график 34-1): Tx = STn.
Пример. Дано. Амплитуды колебаний температуры на поверхности и в середине
образца испытуемого материала составляют соответственно Гп = 20°С и ТХ==8°С. Об-
разец выполнен в форме пластины толщиной h = 10 см; на второй поверхности темпера-
тура равна <ср. Период колебаний т0=1 ч.
Найти коэффициент температуропроводности исследуемого материала.
Т 8
Решение. Вычисляем исходные аргументы: 6 =	= =--= 0,4; ->) = 0,5.
По графику 34-1 находим Fo = 0,9. Вычисляем коэффициент температуропроводности
h- Fo 0,01-0,9 ЛП_О .
а =-----= -—;—— = 0,009 мг;ч.
196
Задача № 35
Неограниченный цилиндр
Начальное условие t\x_o=to.
Граничные условия: t\r_R — tu;	=0.
.	г ат _______ г
Аргументы: го = ^; т] = ^.
Расчетные формулы:
температура (график 35-1) t —	— tn);
средняя температура (график 35-2) t = tn -j- 0 (Zo — /п);
градиент температуры (график 35-3)	=— G -	.
197
Задача № 35
Пример. Дано. Стальной цилиндр (а = 0,04 л*/ч) диаметром 2/? = 40 см после на-
грева до /о = 400°С погружен в протечную воду при температуре ta = 60° С, причем
предполагается, что температура на поверхности цилиндра равна температуре воды.
Найти температуру на расстоянии 15 см от центра цилиндра через 6 мин.
-	0,04-0,1	..	0,15
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го = —— = 0,1; т= -7- = 0,/о.
r J	0,04	0,20
По графику 35-1 находим 6=0,325. Вычисляем искомую температуру: Z = 60-|-
4- 0,325 (400 — 60) = 170,5° С.
198
Задача № 35
График 35-3.
199
Задача № 36
Начальное условие: t |т_о = ^п-
г-	д< е. dt I п
Граничные условия:	= S, —0.
Аргументы: Fo = —• ц=
Расчетные формулы:
S/?
температура (график 36-1) ^ = ^о + © у-;
25т	SR _______
средняя температура f = f0-|-	— £0 _|_ 0 —_ т где © = 2Fo;
Ср/\	Л
градиент температуры (график 36-2)	=
Пример. Дано. Длинный цилиндр (к — 25 вт м  град, а = 0,05 мг'ч) диаметром
2/?= 1 м имеет температуру <о=15О°С. Цилиндр нагревается с поверхности тепловым
потоком 5= 1000 вт.м2.
Найти, сколько времени должен продолжаться нагрев, чтобы температура в центре
цилиндра стала равной Z = 160° С.
200
Задача № 36
п _	„ (t — t0)l (160—150)25 лсп
Решение. Вычисляем исходные аргументы: в =-------=-=—• = —-—.АПГ, _ ,------=0,50;
S/?	1000 • 0,5
т) = 0.
/?2 Fo
По графику 36-1 находим Fo = 0,375. Вычисляем время нагрева: т =----------------=
0,25 • 0,375
0,05
---1,88 ч = 1 ч 53 мин.
Дополнительные сведения.
1)	При FoS==0,5 значения 0 и G приближенно вычисляются по форму-
лам: 0^2Fo + y — ; G
Величина ошибки е находится по графику 36-3.
2)	При Fo^0,5 перепад температуры между поверхностью и осью
цилиндра Д/ = tr_R — tr_0 — ~.
3)	При Fo<0,l имеем 0,=i ?=«2	•
201
Задача № 37
8 = const;
aR
Начальное условие: f|.
Граничные условия:
=°-
dr |г—о
.	„ ат . aR	г
Аргументы: Fo =	; В i =	; tj = —.
— tfr
41
dr I

Расчетные формулы:
температура: если Fo^0,2 (график 37-3), / = 8-|-в(/0— 8); если Fo^>0,2
(графики 37-1 и 37-2), при т] = 0 ^ = &-]-в(£0 — 8), при 0<^т;=С1
t = & + &e (t0 —8);
средняя температура (график 37-4) f=&4-0(to— 8).
Пример. Дано. Стальной вал (X = 58 вт1м-град, а =0,053 №/ч) радиусом Д'= 0,3 .и,
имевший температуру t0 = 100° С, загрузили в печь с температурой ft = 400° С. Тепло-
обмен между поверхностью вала и воздухом в печи происходит по закону конвекции,
причем а = 97 вт/м^-град.
Найти среднюю температуру вала через 36 мин после загрузки его в печь,
on	в 0,053 - 0,6	„.	97-0,3
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го =-------тгктг2— = 0,352; Bi = —— =
О,иУ	Оо
= 0,50.
По графику 37-4 находим 0 = 0,73. Вычисляем искомую среднюю температуру: t =
= 400 + 0,73 (100 — 400) = 181° С.
Дополнительные сведения.
1) Градиент температуры на поверхности цилиндра (r — R)-.
= —&eBi-^=^-.
dr	R
2) Градиент температуры внутри цилиндра (0^/?) приближенно
определяется по графикам 37-5 и 37-6:
dt ИГ а
Величина ошибки е находится по графику 37-7.
График 37-1.
202
Задача № 37
График 37-3.
203

ГI	tr,ff = t0->br
Задача № 38
t-i
Начальное условие: t\x==0 = t0.
Граничные условия: f|r=J? = /04-fer;
Аргументы: Fo = -^-;	tj = ^.
Расчетные формулы:
температура (график 38-1) t=t0-]-8
средняя температура (график 38-2) ( =
градиент температуры (график 38-3) 4^ = 6-^.
Пример. Дано. Стальной цилиндр (а = 0,03 №/ч) диаметром 2/? = 0,21 м с началь-
ной температурой £0= 100 С нагревают, равномерно повышая температуру на поверхности
со скоростью Ь = 300 град/ч.
График 38-1.
205
Задача № 38
Найти, чему равно через 6 мин повышение температуры в точке, расположенной
на расстоянии 0,042 м от центра.
D	„	0,03-0,1	0,042
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го = Ю5)г = 0,272; ц —
По графику 38-1 находим 6=0,11. Вычисляем повышение температуры:
= 6^ = 0,11	= 12,Г С
а	0,03
’ 0,105	°’4’
ht = t — tQ =
Дополнительные сведения: при Fo>l
женно вычисляются по формулам: 0 = Fo + 11 4 1 ;
Величина ошибки е находится по графику 38-4.
значения 0 и 6 прибли-
0 —Fo —4.
О
206
Задача № 38
207
Задача № 39
Начальное условие: (|т_0 = /0.
Граничные условия:	/? = а (& — b = t0-]-bT; 4^-| о = О.
Аргументы: Fo = -^-; Bi = ^; ц =
Расчетные формулы:
температура (графики 39-1, 39-2 и 39-3) / = г0-|-0,
- bR2
средняя температура (график 39-4) f = 4+0
Пример. Дано. Железобетонная колонна (Х= 1,55 вт1м  град, а = 0,003 Л(2/ч) диамет-
ром 2/?=1 м остывает в помещении, температура воздуха в котором понижается с
постоянной скоростью Ъ = —5 град'ч, причем в начальный момент температуры воздуха
и колонны равны друг другу: 8 = ^0 = 35° С. Через 10 ч температура на поверхности
колонны стала равной < = 20° С.
Найти коэффициент
Решение. Вычисляем
„	0,003-10	л,„
Ро=-0Г25-=°’12:
теплоотдачи от поверхности колонны в воздух.
а	(t — ta)a	(20 — 35)0,003 лл„
исходные аргументы: в = ——— = —--------------- ' .-----= 0,036;
Ьк~	— Э • О,2э
4 = 1.
208
209
Задана № 39
По графику 39-3 находим Bi = 3. Вычисляем искомый коэффициент теплоотдачи:
XBi 1,55-3
——- =	— - - 9,3 emjM*  град.
Дополнительные сведения.
1)	Значения © и © приближенно (с ошибкой е) вычисляются по формулам:
_	1 I Ч8 — 1	Л С 1	1
e^Fo— 2BfH 4	; ©^Fo —-ggr— g-.
. _ ТУ\	___
2)	Градиент температуры на поверхности цилиндра v—К)	&—
= Bi (Fo —©^.j)-^-.
3)	Градиент температуры внутри цилиндра (О^г<Z.R) приближенно
.	, „ .	,	dt br
(с ошибкой е) вычисляется по формуле:
Величина ошибки е находится по графику 39-5.
210
Задача № 40
Шар
Начальное условие: /|т_0 = fo-
Граничные условия: f|r_y?=fn;
дг |г—о
= 0.
Аргументы: Fo = -^-; т]
г
R '
Расчетные формулы:
температура (график 40-1) f = fn-f-0(/o— /п);
средняя температура (график 40-2) t = t„ -f- 0 (4 — fn).
Пример. Дано. Образец испытуемого материала выполнен в виде шара диаметром
2Д—\Ьсм. При т = 0 температура f0 = 45°C. В дальнейшем температура на поверхности
шара поддерживается постоянной: Zn = 20° С.
Найти коэффициент температуропроводности материала, если известно, что спустя
30 мин температура в центре шара стала равной 2 = 31° С.
График 40-1.
211
Задача № 40
„	. t Гп 31—20	...
Решение. Вычисляем исходные аргументы: 6 = f	_20 ~ °’44’
11 — 0,075	°’
По графику 40-1 находим Fo = 0,15. Вычисляем коэффициент температуропроводности:
д=^=1о£7^-°>15=о,оо17
UjO
Дополнительные сведения.
1) Приближенное значение градиента температуры определяется по гра-
фику 40-3:
Величина ошибки е находится по графику 42-5 при Bi —оэ.
2
2) Величина G имеет максимум при 7] = -^-.
212
Задана № 41
Начальное условие: /|т_0 = По-
граничные условия:	Л =	о~"*'
Аргументы: Fo = -^-; ц =
Расчетные формулы:
температура (график 41-1) / = И0-|-в—
средняя температура t —10 +	= to + 0	, где 0 = 3Fo.
Пример. Дано. Железный шар (Х=78,4 вт/м-град, а = 0,08 м!/ч) диаметром 2Д—
= 20 см нагревается постоянным тепловым потоком S=1500 вт!м2. Температура шара
до нагрева равнялась t0 = 110” С.
Найти температуру на поверхности шара через 12 мин после начала нагрева.
График 41-1.
213
Задача № 41
по	в °-08 -0.2	, с ,
Решение. Вычисляем исходные аргументы:	го=—g	— = 1,6; тд=1.
При найденном значении Fo > 0,5 для определения в надо пользоваться приближен-
ной зависимостью в^ЗРоЦ-^-----------0,3, причем ошибка е << 1% (см. график 41-2). На-
ходим в =« 3  1,6 —[— 0,5 — 0,3 = 5,0.
о	t пл । 5,0-1500-0,1 поет
Вычисляем искомую температуру: <=110-|------------------=119,6 С.
Дополнительные сведения.
1)	При Fo^> 0,5 значение 6 приближенно (с ошибкой е) вычисляется по
формуле: 6^=«3Fo-]-^--0,3.
. __D, dt __S
2)	Градиент температуры на поверхности шара (г — К):	—у.
3)	Градиент температуры внутри шара (O^r <C-R) приближенно (с ошиб-
„	.	dt 8
кои е) вычисляется по формуле:
Величина ошибки е находится по графику 41-2.
214

Задача № 42
Начальное условие: £|т_0 = По-
граничные условия:	— ^г-r)’
.	т- _ ах п._____ aR.	_ г
Аргументы: го=-^-; ±31 = —^—, 7) = -^.
& = const; -^7
‘	=0.
Ir —0
Расчетные формулы:
температура: если Г'о=с0,2 (график 42-3), t = & + в(И0 — &); если
Fo>0,2 (графики 42-1 и 42-2), при ц = 0 t=&-4- в (t9 — &), при 0 < tq «ё 1
(=НЖ~ »);
средняя температура (график 42-4) Z=&—(-0(^о &).
Пример. Дано. Стальной шар (X =51 вт/м-град, а = 0,046 м /ч) имеет темп Р )РУ
fo = 600°C. Шар погружен в закалочную масляную ванну с температурой » = zuu ъ,
причем а = 500 ет1м-град. Диаметр шара 2/? = 20 см.
Найти среднюю температуру шара через 3 мин.
0,046  0,0э _„ 9Ч. Ri_	_
Решение. Вычисляем исходные арг\менты: го =----qq, -----'-’“°- D1 51
= 0,98.
По графику 42-4 находим в =0,56.	_
Вычисляем искомую среднюю температуру: t = 200 -F0,56 (600	200) =424 -.
Дополнительные сведения.
1) Градиент температуры на поверхности шара (г = /?):
^- = _
dr	Я
2) График 42-5 служит для определения времени наступления регуляр-
ного режима (см. главу первую, § 3).
График 42-1.
215
Задача № 42
График 42-2.
График 42-3.
216
Задача № 42
217
Задача № 43
Начальное условие: t |г_ 0 = По-
граничные условия: t\r_R = t0-[-b'i;	0 = ®‘
Аргументы:	Fo = -^-;	=
Расчетные формулы:
температура (график 43-1) П — По + 6 —;
- W?2
средняя температура (график 43-2) t = t0 в —.
Пример. Дано. Температура на поверхности стеклянного шара (а = 0,0013 №/ч) диа-
метром 2/? =10 см в течение 3 ч увеличивается с постоянной скоростью от <о = 2О°С
до t = 50° С (b = 10 град/ч).
Найти среднюю температуру шара через 30 мин.
„	0,0013-0,5
Решение. Вычисляем исходный аргумент: го = —— = 0,Л>.
По графику 43-2 находим 6 = 0,2. Вычисляем искомую среднюю температуру:
' = 30+0^^=23-rc
График 43-1.
218
Задача № 43
Дополнительные сведения.
I) При Fo^>0,4 значения 6 и 6 приближенно (с ошибкой е) вычис-
ляются по формулам:
e^Fo + l(^-l); e^Fo-l
2) Градиент температуры приближенно вычисляется по формуле:
Л Ьг
дг^ За'
Величина ошибки е находится по графику 43-3.
219
Задача № 44
Начальное условие: /|1=о=4-
Граничные условия: ^^|г==й==а — 4-я). &=4 + ^х; 3rL=o~^'
ат „._____________________аЛ ______ Г
Аргументы: Fo = ^,„; В1 = -^; т; = —.
Расчетные формулы:	*
температура (графики 44-1, 44-2 и 44-3) t =
__ bf^
средняя температура (график 44-4) / = /о-|-0—
Пример. Дано. Круглая бронзовая заготовка (Х = 64 вт/м-град, а = 0,075 мг'ч)
диаметром 2Л = 80 см имеет температуру <„ = 210° С. Заготовка охлаждается в камере,
температура воздуха в которой в начальный момент равна температуре заготовки,
а затем уменьшается с постоянной скоростью Ь — —10 град1ч. Через 4 ч температура
на поверхности заготовки стала равной t = 190° С.
Найти коэффициент теплоотдачи от поверхности заготовки в воздух.
а	а	(190 — 210)0,075
Решение. Вычисляем исходные аргументы: в=-——=-------—10 0 16----= 0,94;
0,075 - 4
Fo==—бДб~ ~ 1,87 7!=1-
220
График 44-3.
221
Задача № 44
По графику 44-3 находим Bi =0,3- Вычисляем искомый коэффициент теплоотдачи:
XBi 64-0,3	д
а —	. — 48 вт м1  град.
R 0,4
Дополнительные сведения.
1)	Значения 9 и 8 приближенно (с ошибкой е) вычисляются по форму-
лам: e^Fo-Aj+4 tf-i);
2)	Градиент температуры на поверхности шара (r=R)
g = Bi(Fo-04=1)^-
3)	Градиент температуры внутри шара (0=gr<C^) приближенно (с ошиб-
кой е) вычисляется по формуле: ~	.
Величина ошибки е находится по графику 44-5.
222

Неограниченное тело
Задача № 45
Начальное условие: /|т==0 = По-
граничное условие: (|г=оо = П0-
Внутренний источник тепла: W |r==0.	= W.
Аргумент: Fo = ^.
Расчетные формулы:
ГР/
температура (график 45-1) t = t0 Ц- 0	;
средняя температура (график 45-2) t= fo + ^^s;
градиент температуры (график 45-3) <^г = — G
223
Задача № 45
Пример. Дано Для определения коэффициента теплопроводности материала в него
заделан точечный источник тепла, который при т = 0 выделяет 07 = 2090 кдж.
Через 1 ч после выделения тепла средняя температура в слое толщиной г = 0,1 м
оказалась равной 7 = 50° С. Начальная температура образца £о=1О°С. Плотность и
удельная теплоемкость материала образца составляют: р=2000 Лг//<3, с = 4,6 кдж/кг-град.
Найти коэффициенты тепло- и температуропроводности испытуемого материала.
Решение. Исходным аргументом служит величина
- (t — Z0)cpr’ 40-4,6 - 2000-0,001
--------------------	onnn	v,l/O.
2090
По графику 45-2 находим Fo = 0,14. Вычисляем искомые коэффициенты а и к:
с =	= 0,01'0,14 = 0,0014 л2/ч; к = срс = 4,6 • 2000 • 0,001 = 9,20 кдж1м  град  ч =
т	1
= 2,56 вт м-град.
Дополнительные сведения.
1)	0маКс = 0,075 при Fo = = G„aKC = 0,291 при Fo = 0,l.
2)	При Fo = 0 в = ^,^0,238.
График 45-2.
224
Задача № 45
3)	Связи между решениями задач при мгновенном точечном, линейном
и плоском источниках тепла (задачи № 45, 46, 47):
температура 04s = —=
градиент температуры	=
4)	G45=2Fo^ + зе45
График 45-3.
8	А. Й Пехович. В. М. Жидких
225
Задача № 46
Начальное условие: /|т = 0 = ?0.
Граничное условие: /|/.г=оо = /0.
Внутренние источники тепла: W |r=0: т=0= WL.
Аргумент: Fo = ^.
Расчетные формулы:
W
температура (график 46-1) t = Zo -0—
_ w
средняя температура (график 46-2) t = t0 0 —;
226
Задача № 46
Пример. Дано. Провод заделан в толстую кирпичную стену. При т=0 температура
t0 = 10° С. В результате короткого замыкания в электрической цепи выделилось коли-
чество тепла U7£= 1000 кдж/м. Теплофизические характеристики кирпича: с =
= С,88 кдж!кг-град, р = 1700 кг/мя, а = 0,0018 м21ч.
Найти температуру через 3 ч после замыкания на расстоянии 10 см от провода и
среднюю температуру этого слоя.
г,	D	...	с 0,0018-3
Решение. Вычисляем исходный аргумент: го = •	— = 0,54.
По графикам 46-1 и 46-2 находим: 6 = 0,092 и 0 = 0,12. Вычисляем искомые t и р.
‘ =10 + Одаг 0,88.1700.0,01 =16,15’С-
1000
10 + 0,12 0,88.ПОО О.О| =18,02°С‘
Дополнительные сведения.
1)	©макс = 0,117 при Fo = 0,25; Оыакс = 0,345 при Fo —0,125.
2)	При Fo = 0 0 =-^-^0,318.
3)	G46=2Fo -g^ + 204e.
8
227
Задача № 46
228
Задача № 47
Начальное условие: Z|T=0 = По-
граничное условие: П|г=Оэ = Ио-
Внутренние источники тепла: W \r = 0iZ=0=WF.
Аргумент: Fo=^,
Расчетные формулы:
n W
температура (график 47-1)
W
средняя температура (график 47-2) И=И04-6-^;
dt	WF
градиент температуры (график 47-3)	= Tpfi'
229
Задача № 47
Пример. Дано. Два длинных стальных стержня (а = 0,075 м21Ч, с = 0,46 кдж[кг- град,
р = 7860 кг1мг) с теплоизолированными боковыми гранями свариваются встык электри-
ческой дугой мощностью U7„=75000 дж1м2. Начальная температура в стержнях одина-
кова: £о = 4О°С.
Найти температуру и градиент температуры в сваренном стержне через 12 мин на
расстоянии 7,5 см от места сварки.
on	,	р 0,075 • 0,2
Решение. Вычисляем исходный аргумент: го =
По графикам 47-1 и 47-3 находим: 6 = 0,157
dt f — лп 1 Л1Я7 75 000 _еЧ=оГ.
и дг' —40-4-0,157 046 78б0 0о75 — 83,5 С,
= —121,7 град'м.
(0,075)г	2’67'
и G = 0,033. Вычисляем искомые t
* = _0033_____________________=
дг '	0,46 • 7860 (0,075)2
Дополнительные сведения.
1)	©какс = 0,242 при Fo = 0,5; G„aKC = 0,462 при Fo = l.
2)	При Fo = 0 0 = 0,5.
3)	G47 = 2Fo4®" +6„
График 47-2.
230
Задача № 47
График 47-3.
231
Задача № 48
Начальное условие: /|х = 0 = ?0.
Граничное условие: ? |г==оо = /0.
Внутренние источники тепла: q |г=0, т&0 = д.
Аргумент: Fo=p.
Расчетные формулы:
температура (график 48-1) t = t0 ;
средняя температура (график 48-2) t = tQ -|- ©
градиент температуры (график 48-3) jr = —
232
Задача № 48
Пример. Дано. Внутри бетонного массива (1 = 1,28 вт/м-град, а = 0,0028 №;ч)
действует точечный источник тепла мощностью q = 1000 вт. Начальная температура
бетона t0 = 2° С.
Найти температуру и градиент температуры на расстоянии 0,5 м от источника
через 5 ч.
0 0028 • 5
Решение. Вычисляем исходный аргумент: Fo = ’ о 25—= 0,056.
По графикам 48-1 и 48-3 находим: 0 = 0,00025 и G = 0,0025. Вычисляем искомые t
’ g, , = 2 + 0.00025 t^j-2,39- С g = -0,0025=-7.S2
Дополнительные сведения.
1) При установившемся режиме 0 = G = —^0,080.
2) G4S = 2Fo^- + e48.
График 48-2.
233
Задача № -]8
234
Задача № 49
Начальное условие: /|т=0 = /0.
Граничное условие: /|r=oo = Z0.
Внутренние источники тепла: q |r=0, -^a = Qi.-
Аргумент: Fo = .
Расчетные формулы:
температура (график 49-1) / =
средняя температура (график 49-2) Z=i0-|-6y.
О	Ц2	Ofi
0,6	0.8 —*~Гоа	W
График 49-1.
235
Задача № 49
Пример. Дано. Электрокабель, зарытый в сухой грунт (к =0,28 вт{м-град, а=*
= 0,00092 ле?/'ч), выделяет тепло с интенсивностью д£ = 40 кдж1м-ч. Начальная темпера-
ту ра грунта t0 = 7° С.
Найти температуру в грунте через 24 ч на расстоянии 20 см от кабеля.
„	0,00092-24 п„о
Решение. Вычисляем исходный аргумент: го=-—=0,ээ2.
По графику 49-1 находим © = 0,049. Вычисляем искомую температуру:
<=7 + 0’049 W£3^ = 8’95”c
Дополнительные сведения.
График 49-2.
236
Задача Л° 50
Начальное условие: / |х=0 = /0.
Граничные условия: t\r=K<) = tD; t\r=a>=te.
Аргументы: Fo = -|?; 7] = -^-.
*\Q	i\Q
Расчетные формулы:
температура (график 50-1) t — tv-\-Q(tn —10);
градиент температуры (график 50-2)	=— G -"~<0.
or
Пример. Дано. На поверхности трубы, заложенной в бетонный массив (а ==0,003 мг1ч),
поддерживается постоянная температура tn = —15° С. Радиус трубы 7?0 = 25сж. Началь-
ная температура бетона Z0 = 25°C.
Найти температуру бетона на расстоянии 50 см от центра трубы через 10 ч после
включения охлаждения.
„	0,003-10	0,50
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го =—— = o,iz; ’i= рщ =
По графику 50-1 находим в = 0,03.
Вычисляем искомую температуру: Z = 25-|-0,03(— 15 — 25) = 23,8° С.
График 50- L
237
Задача № 5'J
О 2,0	0.0	6.0	в.0 Рош ЮО
График 50-2.
238
Задача № 51
Начальное условие: Z|T = 0 = Z0.
Граничные условия: —= S; /|г=оо = /0.
Аргументы: Fo = ^; ц =	.
*хб	''О
Расчетные формулы:
ср
температура (график 51-1) / = /04-©-^,
градиент температуры (график 51-2) ^~ = — G^-.
Пример. Дано. Электропровод, заключенный в цилиндрическую трубу диаметром
2/?о = 0,1 м, зарыт в грунт (К = 0,28 вт/м-град, а = 0,00092 №/«), имеющий начальную
температуру /„ = 10° С. По проводу течет электрический ток силою /=9 а. Сопротивле-
ние провода еЙ’эл=Ю ом/м. Термическим сопротивлением и теплоемкостью изоляции
и стенок трубы можно пренебречь.
Найти температуру в грунте на расстоянии 0,1 м от провода через 3 ч после вклю-
чения тока.
239
Задача № 51
Решение. Определяем количество тепла, рассеиваемого с 1 пог. м трубы:
Х = /2е%'эл = 81 • 10 = 810 вт.
„	0,00092-3	. ,	0,1 о
Вычисляем исходные аргументы: го = —д^р—=1,1; '4==(yo5==z-
По графику 51-1 находим в = 0,23. Вычисляем искомую температуру:
t = 10 + 0,23 81q-^’°5 = 43,3” С.
График 51-2.
240
Задача № 52
Начальное условие: f|T=0 = По-
граничные условия: — X^| =^z=a(& — tr=^, & = const; П|г=оэ=(0.
Аргументы: Fo = -^; Bi = ^; >] = -£-.
Ав	Л	/\o
Расчетные формулы:
температура на поверхности полости (график 52-1) t =&-|-0 (t0 — &);
градиент .температуры (график 52-1) на поверхности полости ^-=Bi в	.
сг	/?0
Пример. Дано. В шахтной выработке (1=0,33 вт/м • град, « = 0,001 мг!ч) диаметром
2/?0 = 2 м с помощью вентиляции поддерживается постоянная температура воздуха
&=10° С. Начальная температура горного массива <О = 25°С. Коэффициент теплоотдачи
а = 10 вт/м*  град.
Найти температуру поверхности шахты через 100 ч после включения вентиляции.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo =-----------—=0,1; Bi=-^^J- = 30;
1	v.oo
ij = L
По графику 52-1 находим 6=0,07. Вычисляем искомую температуру:
i = 10 4- 0,07 (25— 10) = 11,05° С.
241
Задача № 53
Начальное условие: f|T = 0 = /0.
Граничные условия: t\r=na — ta’, t\r==ca — t0.
Аргументы: Fo = ; ц = =-.
*\0	Ло
Расчетные формулы:
температура (график 53-1) t — t0-\-8(tn —10\,
градиент температуры (график 53-2)= — G
or
Пример. Дано. В центре образца исследуемого материала, имеющего форму куба
(размер ребра Л =1,5 м) заделан шарик диаметром 2/?0=Ю см. На поверхности
шапика поддерживается постоянная температура <п = 50°С. Начальная температура
образца <о = 1О° С. Через 1 ч термопара, расположенная на расстоянии 8,8 см от центра
шарика, показала температуру < = 20° С.
Найти коэффициент температуропроводности материала образца.
242
Задача № 53
а t — t0 20—10
Решение. Исходными аргументами служат величины: 6=—------------7“ — ко---
£ д *Q	OU " 1U
_ 0,088	„
4	0,05	1,75‘
По графику 53-1 находим Fo = 0,5. Вычисляем коэффициент температуропровод-
ности:
/?§Fo	0,0025-0,5	ПЛП1ОС „
а = —— = - - ----------- 0,00125 я? ч.
z	1
Убедимся, что к исследуемому образцу можно было применить понятие „неограни-
ченное тело". Для этого надо определить, изменится ли через 1 ч температура на поверх-
ности образца, т. е. при ц = ^—= ~^| = 15.
По графику 53-1 убеждаемся, что при Fo —0,5 и т] = 4 параметр температуры 6 = 0.
Следовательно, температура на поверхности образца равна начальной температуре: i = ie.
График 53-2.
243
Задача № 54
Начальное условие: /|т = 0 = По-
граничные условия: —=S;
Аргументы: Fo= ц = ~,
t [г=со — Ио-
Расчетные формулы:
S/?
температура (график 54-1) / = /04-в-у-^;
градиент температуры (график 54-2)^ =— Gy.
Пример. Дано. В скальном массиве (Х=2,22 вт/м-град, с = 0,004 м*ч), имевшем
температуру tQ = 15° С, вырублена шаровая полость с радиусом До= 1 м. Через 150 ч на
расстоянии 2 л от центра полости температура стала равной < = 35° С.
Найти, с какой интенсивностью нагревалась поверхность полости.
График 54-1.
244
Задача № 54
Решение. Вычисляем исходные аргументы:
Fo= 0,004,150 =06.
По графику 54-1 находим 6 = 0,072.
Вычисляем плотность теплового потока на поверхности полости:
-. = 4=2.
S
X (t— и
67?о
2,22(35—15)
0,072 • 1
615 вт/мг.
245
Задача № 55
Начальное условие: П|т_0 = По-
граничные условия: —=я(& — tr_R<) & = const; f|,.re = 4-
*	ж—I   СТ т-j •   _______ Г
Аргументы: Fo=	ii = ^.
Расчетные формулы:
температура на поверхности полости (график 55-1) / = 4 +6 (® — Ио);
градиент температуры на поверхности полости (график 55-1)	= —Bi (1 —
П?о •
Пример. Дано. Внутри массивного бетонного сооружения (к = 1,28 втД • град, а =
= 0,003 ж8/ч) имеется шаровая полость с радиусом Ro = 50 см. В начальный момент времени
температура бетона и воздуха в полости одинакова: Т0 = & = 20° С. Затем температура возду-
ха изменяется до величины 8= — 10‘ С. Коэффициент теплоотдачи равен: а = 8 вт/м2 • град.
Найти температуру на поверхности полости через 50 ч.
„	„	0,003-50 п. 8-0,5
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Fo = -’	—- = 0,0; Bi — -г <= = 3,1; т(=
1,.go
_0!5_.
— 0,5
По графику 55-1 находим 6 = 0,65. Вычисляем искомую температуру: / = 20—|—
4-0,65(— 10 — 20) = 0,5° С.
График 55-1.
246
Задача № 56
Условие. Квазиустановившийся режим. На поверхности полуограни-
ченного тела, движущегося в направлении оси х с постоянной скоростью v,
действует точечный источник тепла q; теплообмен на поверхности тела
отсутствует; начало координат совпадает с источником тепла.
Аргументы: <р — угол между радиусом-вектором г и осью х; Ре =
_ V У Xsу2zs
а
Расчетная формула повышения температуры (график 56-1):
t =	 q
xy^+^ + z3
Пример. Дано. На поверхности массивной стальной детали (Х=69,2 вт/м-град,
а = 0,076 м2ч) сварочной дугой наплавляют валик. Скорость перемещения детали v =
- 7 м/ч. Эффективная мощность дуги q = 7000 вт.
Найти повышение температуры в точке с координатами ср = 90° и x=y = z = 0,05 м.
Решение. Вычисляем исходные аргументы: Ре	—=8,0; о = 55°.
0,0/6
По графику 56-1 находим 6 = 0,03. Вычисляем искомое повышение температуры:
7 = 0,03___7000 — =35’ С.
69,2 УЗ (0,05)*
247
Задача № 57
,2
Условие. Квазиустановившийся режим. На поверх-
ности полуограниченного тела, движущегося в направле-
нии оси х с постоянной скоростью и, действует линейный
источник тепла qL; теплообмен на поверхности тела отсут-
ствует; начало координат совпадает с источником тепла.
— Ре*— о
Расчетная формула повышения температуры (график 57-1): t — P)--.
Пример. Дано. Поверхность массивного стального изделия (X. = 69,2 вт м  град, а =
= 0,076 мг/ч) нагревается газовой линейной многопламенной горелкой, движущейся со
скоростью v — 5 м/ч. Эффективная мощность горелки //,=20 000 вт/м.
Найти повышение температуры на поверхности изделия в точке с координатами
х=_у = 0,02 м (г = 0,028 л), отсчитанными от первоначального местоположения горелки.
Решение. Чтобы для решения поставленной задачи воспользоваться графиком 57-1 .будем
считать, что движется нагреваемое изделие, а горелка неподвижна. Совместим начало коорди-
нат с первоначальным положением горелки. В этом сл>чае координаты исследуемой точки
примут значения х— —0,02 м, г= —0,028 м, а скорость изделия о= —5 м/ч. Вычис-
г> ( —5)(—0,02)	, __ п ( — 5)( — 0,028)	,
ляем исходные аргументы: Рсх = ---—-—132; Ред =----------------------2=1,84.
0,07о	0,07о
20 000
По графику 57-1 находим 6 = 0,3. Вычисляем повышение температуры: ( = 0,3---— =
= 86,7° С.	69.2
248
~Л )	Задача № 58
'\
Условие. Квазиустановившийся режим. Внутри не-
I ---~х ограниченного тела, движущегося в направлении оси х
। '4г 1	с постоянной скоростью v, действует плоский источник
/	\	тепла q F; начало координат совпадаете источником тепла.
ЦАргумент: Ре = —.
Расчетные формулы повышения температуры (график 58-1):
при х'Х) t = — при х<Г0	t = Q~.
CpV	г	CpV
Пример. Дано. Решетка водозаборного сооружения обогревается электротоком, при-
чем на единицу поверхности решетки подается мощность, равная qF = 20000 вт/м3. Ско-
рость течения воды сквозь решетку v=0,1 м)сек. Теплофизические характеристики воды:
а = 0,5 _м2/ч, с = 4,19-10s дж!кг- град, р = 1000 кгм\
Найти повышение температуры воды на расстоянии 10 см по обе стороны от решетки.
Решение. Вычисляем исходный аргумент: Ре = С — 0,02.
По графику 58-1 находим 6=0,98. Вычисляем искомое повышение температуры:
ОТ) ЛАЛ
за решеткой (х > 0) ^ = 4Д9.10^	= 0,048° С:
перед решеткой (х<0) t = 0,98 4jg	. oj = 0,047° С.
График 58-1.
249
Задача № 59
Начальное условие: 7’|х_0=7'0.
Граничные условия: ~ gj |Л 0 = eEs ~~: |х Л =
Аргументы: при нагреве (графики 59-1 —59-4) Fo = ^2, Во = Ksp3h • у^»
ц=^; при охлаждении (графики 59-5 — 59-8) Fo = ^, Во= ^у-’Л ' То’
X
У-
Расчетная формула для температуры (графики 59-1 — 59-8):
Т = Г0Н-е(Тс-70).
Пример. Дано. Лист стали (а = 0,051 м-/ч, Х=50 вт/м - град) толщиной Л = 10 см
нагревается с одной из сторон излучателем, имеющим температуру 7^=1400 К.
Другая поверхность листа теплоизолирована. Начальная температура стали Го — Зои К.
Степень черноты поверхности стали е5 = 0,6, постоянная Стефана—Больцмана
а = 5,7 - 10-8 вт/м-  град9.
Найти температуру центральной плоскости листа через 1 ч.
0,051 • 1 _______________________________________________ г 1 .
Решение. Вычисляем исходные аргументы: го =—=о,1,
Во________________2?_____________= 5,3;	= 0,25; ц = 0,5.
1	5,7-10 8-0,6-2,75-10°-0,1	’ Гс  ЮО
По графику 59-2 находим 6 = 0,9. Вычисляем искомую температуру: Г=350ф-
-F 0,9 (1400 — 350) = 1295’ К.
250
Задача № 59
График 59-1.
251
Задача № 59
252
Задача № 95
График 59-3.
253
Задача № 59
Задача № 59
График 59-5.
'55
Задача № 59
Задача № 59
0
f,0
4=1,0
Tc/To~O,5
9 А. И. Пехович, В. М. Жидких
257
Задача № 59
258
Приложения
Приложение 1
Сводка аналитических решений задач, для которых построены расчетные графики
259
№
за-
дачи
2
Тепловая схема
Параметр температуры
я
t — tn ,	,	1
-------°- = 1 — erfc —-
A> tn	2 j/1
Параметр средней температуры
в
t — t
t,
1 — erfc —/
2/Fox
4Fo
«o). = Fo 4.
Sx * 1
Параметр градиента температуры
G
dt
дх
^0
1
— exp
л Fox
l(t — t
Sx
4Fo
4Fo
2 |/Fox
-X*
dx .	1
erfc--—
2/Fox
Аргументы
Fo
аг
,, АТ
Продолжение
Тепловая схема
260
№
за-
дачи
3
4
ha
о»
Параметр температуры
©
t —» t 1
----= erfc —,	—
t0 —» 2ТРоЛ
:rfc (— .  Bix TFox^ X
\.2 / Fox	)
X exp (Bix + Bi;Fo)
t
b~
X erfc
X exp
X
1___ x
4f5t)
Параметр средней температуры
©
1~*_____1
-BixX
X | exp (Bix+Bi^Fox) X
1
X 1
.2 У Fox
+В1Л j/Fo^Jj + exp (Bi“ Fo J X
X (erfcBi^/Fo* —1) +
H-(Bix+l) X
X (erfc —— 1) —
\	2 J/Fo^ /
2Biv / fo; x
j/ Л
4FoJ J J
X
Параметр градиента температуры
G
X
dt
-1-^ = BI,ertcx
Uc+B,'/re;'
X exp (Bi^H-Bi^Fo*)
X
Аргументы

Ri = “-
Bljc_ x
dt
X~dx 1	(	1
----= -f— erfc------=
йг Fox 21Л1
„ _ fit
Fo_v— а
rf’-V
6Fox /
t 1
X erfc —т= +
2/Fox
1
tp
Ьх
4Fo
Fo.
1
4Fo
1
4Fo
Продолжение
262	263
Ke за- дачи	Тепловая схема	Параметр температуры в	Параметр средней температуры в	Параметр градиента температуры	Аргументы
7
exp(Bi*+Biy>oJ
Т	BixFox
X eric (—т!= + Bix |/FoJ) +
\2 у Fox	)
+7^Й+')Х
1_ + —L_+
\BilFox ‘ BiJCF°JC ‘
-PoJ- + erfc--
2Fo* J 2/Fox
i—t0 tn	dt л dx exp (Bix+Bi*Fox)
, _ exp(Bix + BiJFoJ	Ьт	Bi^Fo* i	1	\
— 1 +	BixFox	Х xerlc(B,,|/F»»+21/r5) -„pjaiyy	X erfc (Bi* V Fox+o	+ \	r"Oj£/ +	2 exof	1 \
	^j/*FOx P\ 4Fo*' / 1 1 \ f 1
BixFox + 1 (2-+ 1 +	— \BixFox Fox ) СГ C 2 / Fo^
Fox \В*л: B*JT 4FOjc 1\	/	1 \	
। 3 + 3 ) Р 4FoJ	
( 1 . 1 +	
^Bi«Fo* 1 Bi^Fo^ 1 i	1	_i_ 1	1	Л x	
"F 2BixFOjJ BijJ 6Fox^ -г-	1	,	1	>	
хегк2уРо; + в^ +	
+ .J	• 2__- x Bi* (М'ОХ	
/ 2 4РоЛ	
x|BiJ+ 3 )	
„ ax
Bus -r-
Продолжение
Продолжение
264	265
№ за- дачи	Тепловая схема	Параметр температуры 0	Г"		 Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры G	Аргументы
10
№
за-
дачи
Тепловая схема
F°jc =
_^п = 2 Аг COS [р.„ (1—р] X
° П л=1
X ехр (— р» Fo)
p„=(2n —1)	;
___
^0 —
= 2 Вп ехр (— р® Fo)
^0
= J] C„sinfpn(l — tq)1 X
л-1
X ехр (— р= Fo)
С„ = 2 (-!)«+*
Параметр температуры
0
со
= Aft C0S [ртг (1 *})] X
П=1
X ехр (—112 Fo)
Рп= (2/2-1)-^-
Параметр средней температуры Параметр градиента температуры
0	О
Д<
, dt
h -
дх
М
с т
f°^aa
h
Продолжение
Аргументы
= S fi„exp(—p£Fo)
Д=1
Вп = (- !)«« 2
— У Сп sin [рл (1 vj)] X
л--1
X ехр (— p*Fo)
С = —
" Рп
м = S Вт ехР (- V-m F°) т — 1 4 Вт =Ti—: Ит = (2'«— О’1	дх = У] С„ cos (p.„7j) X л = 1 X ехр ( - Fo) С„ = (-1)п+1-2	Г7	GT 0°^ X ^TF
t—tn 1	1 с \ 	— — ехР — ~Г Fo М	л	\	4	]	, dt h	_ ОХ	7Г . 7t ..	.1 &t ~2 s,n [ 2 ( X exp(—~Fo)	c	aT Fo“ F X ^~h
Продолжение
266	267
№ за- дачи	Тепловая схема					Параметр температуры ©	Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры G	Аргументы
15	J^ftp	t.					X Т	5 «и ’I»! 1	-	7	i =	£	|	S	“Г *»	СЧ I <1	со	_	s—''	1 С	Ct н ~	"	S	Ч	II _ X	=*- 8р<1« II	t—tv. _ Д1 = 2 6„exp(-p=Fo) л—1 ®“’А'	дА дх	 = У, Сп sin [PnO—’l)] X n = l X exp (— Р» Fo) C„ = (-1)^A Гл	„ _ at Fo— hS x
		0 Л							
	X		0 1 дх						
16	I —5 $ t - с 1 to /					ML^-=Fo-1]+^ + 4 + + 2 ЛП cos [р„ (1 — ч)] X п = 1 X exp (— р* Fo); р„ = «я Л = (-1)п + 1^ Гл		dx . -S	1 11 — У cn sin |pn(l—>])] x л=1 X exp (— p= Fo) C„ = (- i)n+1-^-	c	az Fos-^ X ^-h
		12 Л		t't-lf’ to					
	X		дх						
Продолжение
№ за- дачи			Тепловая схема			Параметр температуры 0	Параметр средней температуры ё	Параметр градиента температуры G	Аргументы
17			|-Xp-=S 1 dx t			Sh	4 У An sin [pn (1	>;)] X n=l X exp (— p^Fo) P„=(2n—1)~ 2 Л = (-1)п+1-т Гп	1 ЛМ8 fc II “со	g Г Т	а« С с:	i а	*7*	। ±	1	№ - О	dx S — 2 C„cos[p„(l—ч)] х Л = 1 X ехр (— Fo) 2 с„=(-1)л+1-[“- СП	и _ at Fo~ Л‘
		h		tT‘0=to					
			tx*h~to						
18
оо
— У лп cos (р,^) ехр (— р* Fo)
П=1
„ 1
ctg Fn = -gj- Рт>
A _	2(^ + Bi»)
"	^(и’ + BF + Bi)
.1.1
Sh ~ 2 "* Bi
CO
— 2 5nexp(—^Fo)
,, An .
Bn = - sinp-n
ГЛ
-X#
dx
S “l~
У Cn sin (Pn7!) X
n = l
X exp (— p.‘ Fo)
Cn = ^пРл
F° = ^r
Bis^-
A
^~h
Продолжение
268	269
X- за- дачи	Тепловая схема					Параметр температуры °	Параметр средней температуры о	Параметр градиента температуры О	Аргументы
19		1 | cix	t				*	*0,1	—, А>,1 *о,г = 11+ У, + cos (ад) X п 1 х ехр (— р£ Fo), р.„ = пт. . _2sin (ад0) "	Ил	*	*0>« 	„ t — t *0,1	*0,®	-h*L дх	й	о*	? Ill III и Ч* Ч” *1^
		0 h			1			^0,1	А).2 == У Сп sin (р.л^) X п= 1 X ехр (— Fo) C„ = 2sin (вд0)	
				~-*Т°О~ *0,2					
		г|	\&=о ох						
20		г?	г				t— » *0 — » = У Ап cos [[Л„ (1 —1])] X л=1 X exp (— р.= Fo) dg Ил == Ил д„ = (-1)п+1 X 2Bi r^-i-Bi= Х p„((Jl* + Bi« + Bi)	1—» *0— » = У б„ехр(—p=Fo) п— 1 Г) 	 Ап Вп= п smp-n Ил	h ?L дх <0-Э = У Сп sin [р-я (1	^)] X п=\ X ехр (— р.2 Fo) Сл = Апр.п	ф Ч* hi in hi £	2
		0 Л		*т-о°*о					
		X	\^о дх						
№ за- дачи	Тепловая схема	Параметр температуры 0
21		t—i0 _Bi(l—4)
		0 —/0	Bi-f-1
	гЯ	t	СО
	0'	— у ^л sin |vn (1—ц)] х
		л = 1
	*t’=0=*0	X ехр (— Ч2п Fo)
	Ъ	1
	х *x*h “ *о	tgv„ = --grv„
		2Bi
		“ «п v„ (v« + Bi* + Bi)
22		t tQ _ 1-|-Bi(l — y])
		»1-10	24-Bi
		°° ,
	t	- У Лл {cos |;„ (1-4)1 +
		
	'0	
	*т-о=*о	+ -g ап[/л(1-ч)]}х
	h	X exp (— ;£Fo)
	X-	^2^*0	2Bi
		Jn jS £ j8 Jn
		, 1
		An=		г - .	Jn । ... sin/., cos /„ -1	iX-r- + Bl 	 -
		Sin./„	Jn
Продолжение
Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры О	Аргументы
f—<0 _ Bi ^ — t0	2(Bi + l) — У Bn ex₽ vn F°) n= 1 Bn=~- (1 — COSVn) *n	—h~ дх	 Bi S —10 Bi + 1 — У Cn cos [v„( 1—4)] X n«= 1 X exp (— v2 Fo) Cn =« А„уп	_ аг Fo— hs Bi=“A A X h
co -^=1- Уб X »!-<<, 2 L nX n^l X [sinjn+J^ (1 — cosjn)] X X exp (—/» Fo) Bn~77	— h~d~ dx	Bi 2+Bi + + У Cn {sin [ jn (1—4)1 — Л=1	’ Bi	) ~ 7TC0S y" 1—^If x X exp (—y« Fo) Cn = Anjn	5 3:-?^ III	III	III £	£
Продолжение
Параметр средней температуры
©
Тепловая схема
279	271
№
за-
дачи
23
за-
дачи
24
25
Параметр температуры
©
t-tp 
«1-«оХ
Bit —|— Bia —|— BxE»i
Bi1-f-Bis-|-Bi1Bi1 (1 — 7))
_ Bit —|— Bia 0 — ,|1)____
Bit —f— Bi4 —f— Bi ±Bi3
Параметр градиента температуры
Аргументы
Fo=-^-
Л2
ath
bii = t-
COS [(Л„ (1 — 7])] +

Тепловая схема
Ап
X
X exp (—p2 Fo)
F* — Bi.Bis
Ctg|X,i —^(Bh + BU
1
X
sin Pte COS	—|—
2sin(Jn
, Bia 
+ — «пил
гл
Продолжение
Параметр температуры
0
X(f —<о) _ ''io v
—	z\
Sh
2
6
— 2 cos [v„( 1 — iq)] X
X ехр (— у2 Fo)
tg^ = —
40
2т.о
д ____________________________
П	'’«(^ + ’lo + ’lo)cos\t
A>) _ "io ..
Sh 1+tiox
xTfo+^-^+^-I
L 2	6(1 +’io)J
+ 1 + ъ
— у, cos (1 — »;)] X
X exp (—M2 Fo)
1
tg^ =--—^л
40
л _	Ж+^)
Параметр средней температуры
0
Параметр градиента температуры
О
Аргументы
>(< —<0) _ Fn_ e4-o
Sh	7)0
Л>) ____pn ______
SA	7j0
о °T
p0=F
h

~ аг
h

Продолжение
Ко
\5
№ за- дачи	Тепловая схема					Параметр температуры 0	Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры О	Аргументы
26	tx=o^ Ьт t					Г	В Icq N1 i Г	=;	T	1 £	“1	=	7 <z>	Cm 1	8	°- и “	Jhf *	e	И -?	*• X	£	e 1 ®L Г" T T 1 5 s/N« •*>»	c +	Цй^=,,0-т + + 2 Вп еХР ( ~ Но) п 1 вп= 24-	dt ~ а дх . bh — у, Сп sin [рп (1 — Ij)l X П=1 х ехр (— р.’ Fo) c„=(-i)n+' 2,	S 3s ffl	111 Q	₽- Uh
		0 h		tТ-О~ to					
	ОС		т.с дх						
27	tx^to-dn-toKI-e^)					t — ^0 	 ^0 __ t cosl/Pd (1 — -q)] x cos/Pd X exp (— Pd Fo) — oo -У А1Г)(1Р—ax bi Pd —p“ Zl“ 1 X cos [p„ (1—11)1 exp (— Fo) |i„ = (2n-l)^ Л" = (-1)Л+1^	t — t0 _ 1 _	1 х (к — (о	/Pd X tg /Pd ехр (— Pd Fo) — CO — У вп Pd ,- X bJ	Pd — p.’ 1 X exp (— p’ Fo) H - 2- 		Я	— h ь —_-^=/Pdx ГК со sin[|/Pd(^-i])l х cos /Pd X ехр ( - Pd Fo) + + 2jCnPd-p’sill||J7,(l 4)1 x X exp (—p’ Fo) C„ = (-l)n+1-2	g’’i: Зг’о III	Hll	III О	тз	$=• u-	Cl-
		л		7т.о“ to					
	X		\9t-0 дх						
10 А. И. Пеховвч, В. М. Жидких	273
Продолжение
№ за- дачи	Тепловая схема	Параметр температуры G	Параметр средней температуры ё	Параметр градиента температуры О	Аргументы
Fo’ Fo
£0Л»	— 2 + 3 +
+ -°^-F01j +
. if _lf ,	_J__
24	6 + 6	45
СО
— 2 Ллс081Рп( 1—11)1 X
п= 1
X схр(—p£Fo)
2
p„=nit; А>=(—I)n + 1 —
<хл
).a(t — f„) _ Fo’
Soh3 — 2
dx c c
co
+ У C„sm|p„(l —n)| x
n = I
X exp (—р|Г'о)
9
c"=(-,)n+‘ pf
Fo- //
ft
t\s
Продолжение
Аргументы
О)
Jw
за-
дачи
Тепловая схема	Параметр температуры ©	Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры G
29
№
за-
дачи
30
31
>.a(t —t0) _4 V
S^»	3 Z
Р°=74
xU-	Г1+(2»-2+^1х
	1	4Fo J
X ехр|^	(2П-2+ЧП
	4Fo J
х[зн . 2 X erfc -	2п — 2-4-1) 4 /Fo Х (2n-2 4-^-1 2Fo	J X n—2-}-т)	1
	2 ]/ Fo	J/л
х[. X exj	, (2n-i))a1x 1 4Fo J X Г (2л—i)1!.
	L 4Fo J 1
_1_2п-	Яз+(2п~^1х эL	2Fo J
1 4/F	
, 2и — тп
X erfc ——-
2 /Fo
Тепловая схема
Параметр температуры
О
Ht-Q  r
S0/a
X

Продолжение
Параметр средней температуры
0
Параметр градиента температуры
Q
Аргументы
ь =г
SBVa
X
,£Г=2?0
, дх Fr
0 h		fo
X	1 9t=0	
дх
х 2
п—\
2/f8 x
2 / Fo
X Va (t — t0) _
Soh*
п=\
X
(2п-2-Н)2
2Fo
. 2п — 2 -4— »]
X erfc----- 1
2/Fo
2n — 2
У it Fo
-4-^4^
+ ['+^]x
. 2n — -n 2n — ti
X erfc ——!-
2/Fo fS. Fo
^4
X ехр
Fo
X V Frt erfc —~^=
I 2/Fo
n~ 1
— (2n — 2) erfc (2пт£).
2/Fo
f r dt
— К fl
________дх_ г ____________
So /a \ 2 j /п p'o
X L
n= 1
4Fo
Лт
Fos^-
^~h
— ехр
-2 + ^
4Fo
— ехр|
to)= Fo |/Fo
с Ст
Fo^ ,;S
h
Продолжение
276
Параметр средней температуры
©
Тепловая схема
Аргументы
hi
№
за-
дачи
32
33
№
за-
дачи
34
35
Параметр температуры
0
а ~ <о) = Fo — — — 1) 4-
bhs	Bi
____htL — Fo	1____- +
bhs_Bi_______________3
Параметр градиента температуры
Q
dt
~а дх

.S
Я*
п
X cos [р.„ (1 — 1])] ехр (—рз Fo)
СМэ Р"П - Bj Рп
лл = Н1)"+1 X
2Bi ГЙД + Bi5
^(^ + Bis + Bi)
tx=o= ’cp+Tn sm2n
0
X
+ cos
Тепловая схема
Параметр температуры
0
к =
У §-exp(-FaFo)
л=1 Ип
£_) ___ Aft
Вп^= ~ sinp.n
rn
У sin (> — ’ll X
«=1
X ехр (— [Ла Fo)
С'п =
7»=f
Els^
71
Но=-^
Л2

Продолжение
Параметр средней температуры
©
Параметр градиента температуры
Q
Аргументы
t
—cos
— cos
t0 — ?п “ 2 AnJ° (Ил71) Х
X ехр (-Fo); ./о(и„)=О
2
1 (рп)
Л =
^0
дх
^0
Fo = Т°
Ла
h
I.'
Fo — /?а
= Л Вп ехр (— ft® Fo)
«=1
— I CnJi (Нл7)) X
^=-R
Вп=^
X ехр (— Fo)
С"= Л(М
Продолжение
278
№ за- дачи	Тепловая схема					Параметр температуры e	Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры а	Аргументы
36	Л/ _					x (t—tv) SR	*“ 2	4	- (*с~*с) =2F<>		
		п	1 Т аг						
		г		t-r-o’to /	w- *	(Pn1]) X r 1 X exp (—fl’Fo); A(pJ=O A	2 П~ММ		Н- ад (рп^) х П«1 X ехр (— fx® Fo) с	2 - fa-4> (V-n)	
		V							
		г	1 хй=5						
37		г	tf'COnSt			t  p 1	У] An J о (pypl) X °	n = 1 X exp (— Fo) Jp fan)	1	. JI (fa) ~ Bi ln' 2Bt n (^+B>s)4,(p„)	t—»	. <0-® — S B„exP(— Iх’Fo) /1=1 R	4Bi* "	^ + и')		Ho=J Г
		V г		^T-o“%	__ +				
		(ff							
		г	i3 -const						
Продолжение
№ за- дачи			Тепловая схема					Параметр температуры 6	Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры О	Аргументы
38	Г		,	tr-ff-to^br					Ц^=Ро_р2_1 + bR2	u ‘ 4	4 ' oo + У 4 J« (вд) x n=l Pn Xexp(—p«Fo); 7o(f„)=O An	(H)	a	= Fo	-4- bRa	8 + 2 %-exP(-^F“) nT1 F« rn	dt а~л~~ dr _ 73 bR	2 СО -У 4j*(m)x “ Гп л=1 х ехр (—p’Fo) С =-^- п J> (fa)	Ill III
	Ля				t-r-o “ 4>		' *				
	т £						** I				
	Г		tr-fi-to+bt								
39								a		p0 1 ,i*	J	 bR‘	4 2Bi CO f"!- У 7, " n=i Fn X exp (- -и» Fo) Л (fa)	_L Bi A -	2Bi n (fx’ + BHJJ^)			F0= R‘ ^a4 ^-R
		Pi	d- to + Ьт						+	§ 1	T |Co	1 -p	5*5*	„ a“	л	r ОС “C + “	T	a CO	T =»“ О	OO J		
		\я			t-r-o“to		t				
		г R									
		г\	i^to+bir								
40			Г		tr-R^tn			CO t — tn v An • ,	t-tn		„ _ at Fo _ Rg r
			0<			Ьт~о“ bg		t _t = Л „ -sin (fa1!) X *0	In	4 n=l	A>-*n CO = У Hn exp (—Fo) n=l г-д		
			г			Ч		x exp ( - Р» Fo) (i„ = Hn; An = (-!)«+> -2 fa			
Продолжение
280
Параметр средней температуры
©
Параметр градиента температуры
О
Тепловая схема
Аргументы
№
за-
дачи
Параметр температуры
6
41
Х^-*о) _3Fo , 1’	3
SR — 3Fo+2	10
в1п(р„Ч)Х
П=1
X охр (— р« Fo)
’g Вл = Вл
А„ = ^--------
F*cosp„
42
X exp (—р.2 Fo)
tg Рл = Bi | Ртг
Д„ = (- i)n+12Bi|/(Bi- 1)4 и2
вН Bi2 —Bi
Х(< —<р)
•S7?
I—»
= 3Fo
— 2 Вп ехр (— р* Fo)
6Bi2
Вп вЖ + ыа-В1)
Fo - А,2
ro=J

t — »
<0—»
—; sin (М) X
1 —
R
Продолжение
Параметр температуры 0	Параметр средней температуры 0	Параметр градиента температуры О
+	<м 1 -? X	Г 1	-	«к "Но	£	£	- 1	х-'	ме	1 +	-s	?	Т £	V	1	II I	s з	х	к Гм	е	е J.S +	II с а.	? (* —zo) — Fo		 4- bR*	15+ СО + У cxp(-p2Fo) "1 о _ 6 ВП~^	
Аргументы
D „ at
Fo_
44
			_ Fn । Ч* 1 _ ЬН2	"r 6	3Bi	! оо	C(7-Zo) Fo 1	‘ +		at bo- Bi —
				bR*	3Bi 15^		
Г	V=t0+bT					
л	Л	Ьт^о- to	-4+ 2	x n~ 1 X exp (— P2 Fo) ’8 Fn	Bi — 1 Л;! = (—i)n+'2Bi j/(Bi—l)2+p;i p = _|_ b| _ Bi	+ 21”exp (_ Fo) „=i,n R	6Bi° П ^(Fa + Bi2 - Bi)		B1- X r R-
	и__. T&‘tc+br	't				
W			cpr3 (t — Го) __	1	x VF	8л Fo ]/л Fo XCXP(-4it)	cpr»(/_ f0)	_ IT 3 Fi	f 1 = -— 1 — erfc —— L	2/Fo 1	1	1 \l |/лРо	\ 41'°Л	1 -cpr 1 _ VF	IFt.Fo'/kFo X XtXpC 4Fo)	i o r2
282
Продолжение
11родолжение
Продолжение
Параметр градиента температуры
О
Аргументы
Тепловая схема
284	285
за-
дачи
52
53
54
К"
за-
дачи
55
56
Параметр температуры
е
Параметр средней температуры
ё
t —»	4
t0 — & — it! Bi X
X
о В
ехр (— u2 Fo) .
—	„------is—
-G[^(F) + ^>zi(fx)|2
L7	ЙТ
F0=tf§
Ri — а^°
в1 = т-

Тепловая схема
t —to 1 t 1—1
------L =  erfc r__________
tn t0 i] 2 /Fo
S/<0	“
•'i-1
1 L 2/Fo
( / ц — 1
— erf''( —---
- .__ / У Fo ) X
2/Fo )
X ехр (т]
Параметр температуры
А
t — t0_	Bi
&-Z0 “^(Bi + D X
X lerfc 71 _L- —
I 2 J/Fo
4-_L +
2 /Fo
— erfc [
X ехр {(Bi + 1) X

q
cos
R
~ "° ~дг
г? От
F° = ^
|--,7== схр
J/rt Fo
to
!— erfc - +
11	2/Fo
- l)s |
4Fo '

Параметр средней температуры
ё
. dt
о,
S
X erfc
1 Г r 4—1 .
= —s erfc	-- 4
IT 2 У Fo
+ (1-1) X
71 ~1 + V Fb') X
.2/Fo	/
X ехр (т]
Параметр градиента температуры
G
с ОТ
Fo=
^*7
Продолжение
Аргументы
"«-й
В|=т

Ре =
_ у Ух2-]-
а

286
Продолжение
Параметр средней температуры А	Параметр градиента температуры G	Аргументы
		о	vr Ре„ = - ~ R а гл Pev =	 х а
ГЛ	vx
Рех— —
* а
Приложение 2
Корни характеристических уравнений
Уравнение ctgp =
Bi	Hl	P-2	P-3	P-4		P-e
0	0	3,1416	6,2832	9,4248	12,5664	15,7080
0,001	0,0316	3,1419	6,2833	9,4249	12,5665	15,7080
0,002	0,0447	3,1422	6,2835	9,4250	12,5665	15,7081
0,004	0,0632	3,1429	6,2838	9,4252	12,5667	15,7082
0,006	0,0774	3,1435	6,2841	9,4254	12,5668	15,7083
0,008	0,0893	3,1441	6,2845	9,4256	12,5670	15,7085
0,01	0,0998	3,1448	6,2848	9,4258	12,5672	15,7086
0,02	0,1410	3,1479	6,2864	9,4269	12,5680	15,7092
0,04	0,1987	3,1543	6,2895	9,4290	12,5696	15,7105
0,06	0,2425	3,1606	6,2927	9,4311	12,5711	15,7118
0,08	0,2791	3,1668	6,2959	9,4333	12,5727	15,7131
0,1	0,3111	3,1731	6,2991	9,4354	12,5743	15,7143
0,2	0,4328	3,2039	6,3148	9,4459	12,5823	15,7207
0,3	0,5218	3,2341	6,3305	9,4565	12,5902	15,7270
0,4	0,5932	3,2636	6,3461	9,4670	12,5981	15,7334
0,5	0,6533	3,2923	6,3616	9,4775	12,6060	15,7397
0,6	0,7051	3,3204	6,3770	9,4879	12,6139	15,7460
0,7	0,7506	3,3477	6,3923	9,4983	12,6218	15,7524
0,8	0,7910	3,3744	6,4074	9,5087	12,6296	15,7587
0,9	0,8274	3,4003	6,4224	9,5190	12,6375	15,7650
1,0	0,8603	3,4256	6,4373	9,5293	12,6453	15,7713
1,5	0,9882	3,5422	6,5097	0,5801	12,6841	15,8026
2,0	1,0769	3,6436	6,5783	9,6296	12,7223	15,8336
3,0	1,1925	3,8088	6,7040	9,7240	12,7966	15,8945
4,0	1,2646	3,9352	6,8140	9,8119	12,8678	15,9536
5,0	1,3138	4,0336	6,9096	9,8928	12,9352	16,0107
6,0	1,3496	4,1116	6,9924	9,9667	12,9988	16,0654
7,0	1,3766	4,1746	7,0640	10,0339	13,0584	16,1177
8,0	1,3978	4,2264	7,1263	10,0949	13,1141	16,1675
9,0	1,4149	4,2694	7,1806	10,1502	13,1660	16,2147
10,0	1,4289	4,3058	7,2281	10,2003	13,2142	16,2594
15,0	1,4729	4,4255	7,3959	10,3898	13,4078	16,4474
20,0	1,4961	4,4915	7,4954	10,5117	13^420	16,5864
30,0	1,5202	4,5615	7,6057	10,6543	13,7085	16,7691
40,0	1,5325	4,5979	7,6647	10,7334	13,8048	16,8794
50,0	1.54C0	4,6202	7,7012	10,7832	13,8666	16,9519
60,0	1,5451	4,6353	7,7259	10,8172	13,9094	17,0026
80,0	1,5514	4,6543	7,7573	10,8606	13,9644	17,0686
100,0	1,5552	4,6658	7,7764	10,8871	13,9981	17,1093
СО	1,5708	4,7124	7,8540	10,9956	14,1372	17,2788
		Уравнение tg v =		1		
				Bi V		
Cl		*2	*3	’4	*5	
0	1,5708	4,7124	7,8540	10,9956	14,1372	17,2788
0,1	1,6320	4,7335	7,8667	11,0047	14,1443	17,2845
0,2	1,6887	4,7544	7,8794	11,0137	14,1513	17,2903
0,3	1,7414	4,7751	7,8920	11,0228	14,1584	17,2961
0,4	1,7906	4,7956	7,9046	11,0318	14,1654	17,3019
0,5	1,8366	4,8158	7,9171	11,0409	14,1724	17,3076
0,6	1,8798	4,8358	7,9295	11,0498	14,1795	17,3134
0,7	1,9203	4,8556	7,9419	11,0588	14,1865	17,3192
0,8	1,9586	4,8751	7,9542	11,0677	14,1935	1X3249
0,9	1,9947	4,8943	7,9665	11,0767	14,2005	1^3306
1,0	2,0288	4,9132	7,9787	11,0856	14^075	1X3364
287
Продолжение
Bi	*1	*2	*3		*5	*6
1,5	2,1746	5,0037	8,0385	11,1296	14,2421	17,3649
2,0	2,2889	5,0870	8,0962	11,1727	14,2764	17,3932
3,0	2,45.>7	5,2329	8,2045	11,2560	14,3434	17,4490
4,0	2,5704	5,3540	8,3029	11,3349	14,4080	17,5034
5,0	2,6537	5,4544	8,3914	11,4086	14,4699	17;5562
6,0	2,7165	5,5378	8,4703	11,4773	14,5288	17,6072
7,0	2,7654	5,6078	8,5406	11,5408	14,5847	17,6562
8,0	2,8044	5,6639	8,6031	11,5994	14,6374	17,7032
9,0	2,8363	5,7172	8,6587	11,6532	14,6870	17,7481
10,0	2,8628	5,7606	8,7083	11,7027	14,7335	17,7908
15,0	2,9476	5,9080	8,8898	11,8959	14,9251	17,9742
20,0	2,9930	5,9921	9,001.9	12,0250	15,0625	18,1136
30,0	3,0406	6,0831	9,1294	12,1807	15,2380	18,3018
40,0	3,0651	6,1311	9,1987	12,2688	15,3417	18,4180
50,0	3,0801	6,1606	9,2420	12,3247	15,4090	18,4953
60,0	3,0901	6,1805	9,2715	12,3632	15,4559	18,5497
80,0	3,1028	6,2058	9,3089	12,4124	15,5164	18,6209
100,0	3,1105	6,2211	9,3317	12,4426	15,5537	18,6650
CO	3,1416	6,2832	9,4248	12,5664	15,7080	18,8496
2/Bi
f — Bi2
Уравнение tg j
Bi	/1	Ja	/3	Jl	/5	/в
0						
0,02	0,1997	3,1543	6,2895	9,4290	12,5696	15,7105
0,04	0,2819	3,1669	6,2959	9,4333	12,5727	15,7131
0,06	0,3447	3,1793	6,3004	9,4375	12,5759	15,7156
0,08	0,3974	3,1917	6,3085	9,4417	12,5791	15,7181
0,1	0,4435	3,2039	6,3149	9,4460	12,5823	15,7207
0,2	0,6221	3,2640	6,3462	9,4670	12,5981	15,7334
0,3	0,7558	3,3217	6,3772	9,4880	12,6139	15,7461
0,4	0,8656	3,3774	6,4079	9,5089	12,6297	15,7587
0,5	0,9601	3,4310	6,4382	9,5296	12,6454	15,7713
0,6	1,0436	3 1828	6,4682	9.5503	12,6611	15,7840
0,7	1,1184	3,5328	6,4978	9,5708	12,6767	15,7965
0,8	1,1864	3,5811	6,5271	9,5912	12,6923	15,8091
0,9	1,2489	3,6279	6,5560	9,6116	12,7078	15,8216
1,0	1,3066	3,6732	6,5846	9,6317	12,7232	15.8341
2,0	1,7206	4,0575	6,8513	9,8263	12,8746	15,9573
3,0	1,9765	4,1492	7,0844	10,0073	13,0193	16,0769
4,0	2,1538	4,5778	7,2871	10,1740	13,1566	16,1923
5,0	2,2844	4,7612	7,4636	10,3264	13,2862	16,3031
6,0	2,3849	4,9112	7,6175	10,4659	13,4079	16,4090
7,0	2,4645	5,0359	7,7521	10,5927	13,5218	16,5100
8,0	2,5292	5,1408	7,8703	10,7080	13,6280	16,6058
9,0	2,5827	5,2303	7,9747	10,8130	13,7271	16,6968
10,0	2,6277	5,3073	8,0672	10,9087	13,8193	16,7827
OO	3,1416	6,2832	9,4248	12,5664	15,7080	18,8496
		Уравнение		1 ==“bF(1		
Bi	P-1	P-2	P-3	P4	P-5	Pg
0	0,0000	3,8317	7,0156	10,1735	13,3237	16,4706
0,01	0,1412	3,8343	7,0170	10,1745	13,3244	16,4712
0,02	0,1995	3,8369	7,0184	10,1754	13,3252	16,4718
0,04	0,2814	3,8421	7,0213	10,1774	13,3267	16,4731
288
Продолжение
Bi	р-1	Р-2	и.	14	14	р-в
0,06	0,3438	3,8473	7,0241	10,1794	13,3282	16,4743
0,08	0,3960	3,8525	7,0270	10,1813	13,3297	16,4755
0,10	0,4417	3,857?	7,0298	10,1833	13,3312	16,4767
0,15	9,5376	3,8706	7,0369	10,1382	13,3349	16,4797
0,20	0,6170	3,8835	7,0440	10,1931	13,3387	16,4828
0,30	0,7465	3,9091	7,0582	10,2029	13,3462	16,4888
0,40	0,8516	3,93-i4	7,0723	10,2127	13,3537	16,4949
0,50	0,9408	3,9594	7,0864	10,2225	13,3611	16,5010
0,60	1,0184	3,9841	7,1004	10,2322	13,3686	13,5070
0,70	1,0873	4,0085	7,1143	10,2419	13,3761	16,5131
0,80	1,1490	4,0325	7,1282	10,2519	13,3835	16,5191
0,90	1,2048	4,0562	7,1421	10,2613	13,3910	16,5251
1,0	1,2558	4,0795	7,1558	10,2710	13,3984	16,5312
1,5	1,4569	4,1902	7,2233	10,3188	13,4353	16,5612
2,0	1,5994	4,2910	7,2884	10,3658	13,4719	16,5910
3,0	1,7887	4,4634	7,4103	10,4566	13,5434	16,6499
4,0	1,9081	4,6018	7,5201	10,5423	13,6125	16,7073
5,0	1,9898	4,7131	7,6177	10,6223	13,6786	16,7630
6,0	2,0490	4,8033	7,7039	10,6964	13,7414	16,8168
7,0	2,0937	4,8772	7,7797	10,7646	13,8008	16,8684
8,0	2,1286	4,9384	7,8464	10,8271	13,8566	16,9179
9,0	2,1566	4,9897	7,9051	10,8842	13,9090	16,9650
10,0	2,1795	5,0332	7,9569	10,9363	13,9580	17,0099
15,0	2,2509	5,1773	8,1422	11,1367	14,1576	1^2008
20,0	2,2880	5,2568	8,2534	11,2677	14,2983	17,3442
30,0	2,3261	5,3410	8,3771	11,4221	14,4748	17,5348
40,0	2,3455	5,3846	8,4432	11,5081	14,5774	17,6508
50,0	2,3572	5,4112	8,48^0	11,5621	14,6433	17,7272
60,0	2,3651	5,4291	8,5116	11,5990	14,6889	17,7807
80,0	2,3750	5,4516	8,5466	11,6461	14,7475	17,8502
100,0	2,3809	5,4652	8,5678	11,6747	14,7834	17,8931
СО	2,4048	5,5201	8,6537	11,7915	14,9309	18,0711
Уравнение Jo (v) = 0 и JL(j) = О
п	У	У	п	♦	V	/
1	2,4048	3,8317	6	18,0711	19,6159
2	5,5201	7,0156	7	21,2116	22,7601
3	8,6537	10,1735	8	24,3525	25,9037
4	11,7915	13,3237	9	27,4935	29,0468
5	14,9309	16,4706	10	30,6346	32,1897
289
Приложение 3
1
Уравнение tg р. = —11
Значения величин An
											2BiVBi2+(^		
Wl 1 0	p-1 0,0000	P-2 4,4934	P-3 7,7253	P-4 10,9041	P-5 14,0662	p-e 17,2208		Плс	icmuHa: An =		(B^ + Bi +	‘л)	
							Bl		д3	Аз	д4	А»	
0,005	0,1224	4,4945	7,7259	10,9046	14,0666	17,2210							
0,01	0,1730	4,4956	77265	10,9050	14,0669	17,2213	0	1,0600	—0,0000	0,0000	—0,0000	0,0000	—0,0000
0,02	0,2445	4,4979	77278	10,9060	14,0676	172219	0,001	1,0002	—0,0002	0,0000	—0,0000	0,0000	—0,0003
0,03	0,2901	4,5001	77291	10,9069	14,0683	17,2225	0,002	' 0004	—0,0004	0,0001	—0,0000	0,9000	—0,0000
0,04	0,3456	4,5023	7,7304	10,9078	14,0690	17,2231	0,004	1,0008	—0,0008	0,0002	—0,0001	6,0000	—0,0000
0,05	0,3854	4,5645	7,7317	10,9087	14,0697	17,2237	0,006	1,0012	—0,0012	0,0003	-0,0001	0,0001	—0,0000
							0,008	1,0015	—0,0016	0,0004	—0,0002	0,0001	—0,0001
0,06	0,4217	4,5068	7,7330	10,9096	14,0705	17,2242							
							0,01	1,0020	—0,0020	0,0005	—0,0002	0,0001	—0,0001
0,08	0,4860	4,5112	77356	10,9115	14,0719	17,2254	0,02	1,0030	—0,0040	0,0010	—0,0004	0,0003	—0,0002
0,10	0,5423	4,5157	7,7382	10,9133	14,0733	17,2266	0,04	1,0065	—0,0080	0,0020	—0,0009	0,0005	—0,0003
0,15	0,6609	4,5268	77447	10,9179	14,0769	17,2295	0,06	l,C099	—0,0119	0,0030	—0,0013	0,0007	—0,0004
0,2	0,7593	4,5379	7,7511	10,9225	14,0804	17,2324	0,08	1,0130	—0,0158	0,0040	—0,0018	0,0010	—0,0006
0,3	0,9208	4,5601	77641	10,9316	14,0875	17,2382	0,1	1,0159	—0,0197	0,0050	—0,0022	0,0013	—0,0008
							0,2	1,0312	—0,0381	0,0100	—0,0045	0,0025	—0,0016
0,4	1,0528	4.5822	77770	10,9408	14,0946	17,2440							
							0,3	1,0450	—0,0555	0,0148	—0,0067	0,0038	—0,0024
0,6	1,2644	4,6261	78028	10,9591	14,1088	17,2556							
							0,4	1,0581	—0,0719	0,0196	—0,0089	0,0050	—0.J032
0,8	1,4320	4,6696	78284	10,9774	14,1230	17,2672	0,5	1,0701	—0,0873	0,0243	—0,0110	0,0063	—0.0040
1,0	1,5708	4,7124	7,8540	10,9956	14,1372	17.2788	0,6	1,0813	—0,1025	0,0289	—0,0132	0,0075	—0,0048
1,2	1,6887	4,7544	7,8794	11,0137	14,1513	17,2903	0,7	1,0918	—0,1154	0,0335	—0,0153	0,0087	—0,0056
1,4	1,7906	4,7956	79046	11,0318	14,1654	17,3019	0,8	1,1016	—0,1282	0,0379	—0,0175	0,0100	—0,0064
							0,9	1,1107	—0,1403	0,0423	—0,0196	0,0112	—0,0072
1,6	1,8798	4,8358	7,9295	11,0498	14,1795	17,3134							
							1,0	1,1192	—0,1517	0,0466	—0,0217	0,0124	—0,0080
1,8	1,9586	4,8751	7,9542	11,0677	14,1935	17,3249							
							1,5	1,1537	—0,2013	0,0667	—0,0318	0,0184	—0,0119
2,0	2,02S8	4,9132	7,9787	11,0856	14,2075	17,3364	2,0	1,1784	—0,2367	0,0848	—0,0414	0,0241	—0,0157
2,5	2,1746	5,0037	8,0385	11,1296	14,2421	17,3649	3,0	1,2102	—0,2881	0,1154	—0,0589	0,0351	—0,0231
3,0	2,2889	5,0870	8 0962	11,1727	14,2764	17,3932	4,0	1,2287	—0,3215	0,1396	—0,0750	0,0451	—0,J300
4,0	2,4557	5,2329	8,2045	11,2560	14,3434	17,4490	5,0	1,2403	—0,3442	0,1588	—0,0876	0,0543	—0,0366
6,0	2,6537	5,4544	8,3914	11,4086	14,4699	17,5562	6,0	1,2478	—0,3604	0,1740	—0,0991	0,0626	—0,0427
							7,0	1,2532	—0,3722	0,1861	—0,1089	0,0701	—0,0483
8,0	2,7654	5,6078	85406	11,5408	14,5847	17,6567							
							8,0	1,2569	—0,3812	0,1959	—0,1174	0,0768	- 0,0535
10,0	2,8363	5,7172	8,6587	11,6532	14,6870	17,7481	9,0	1,2598	—0,3880	0,2039	—0,1246	0,0828	—0,0583
16,0	2,9476	5,9080	8,8898	11,8959	14,9251	17,9742	10,0	1,2612	—0,3934	0,2104	—0,1309	0,0881	—0,0676
21,0	2,9930	5,9921	9,0019	12,0250	15,0625	18,1136	15,0	1,2677	—0,4084	0,2320	—0,1514	0,1072	—0,0795
31,0	3,0406	6,0831	9,1294	12,1807	15,2380	18,3018	20,0	1,2699	—0,4147	0,2394	—0,1621	0,1182	—0,0901
							30,0	1,2717	—0,4198	0,2472	—0,1718	0,1291	—0,1015
41,0	3,0651	6,1311	9,1987	12,2688	15,3411	18,4180							
							40,0	1,2723	—0,4217	0,2502	—0,1759	0,1340	—0,1069
51,0	3,0801	6,1606	9,2420	12,3247	15,4090	18,49эЗ							
							50,0	1,2727	—0,4227	0,2517	—0,1779	0,1365	—0,1098
61,0	3,0901	6,1805	9,2715	12,3632	15,4559	18,5497	60,0	1,2728	—0,4232	0,2526	—0,1791	0,1379	—0,1115
81,0	3,1028	6.2'158	9,3089	12,4124	15,5164	18,6209	80,0	1,2730	—0,4237	0,2535	—0,1803	0,1394	—0,1132
101,0	3,1105	6,2211	9,3317	12,4426	15,5537	18,6650	100,0	1,2731	—0,4239	0,2539	—0,1808	0,1405	—0,1141
CO	3,1416	6,2832	9.4248	12,5664	15,7080	18,8496	OQ	1,2732	—0,4244	0,2546	—0,1819	0,1415	—0,1157
290
291
________2Bi_______
Jo (pn) (pn + Bi")
Цилиндр: Ап
Bi	Л.		As	—	л.	—<^6
0	1,0000	0,0000	0,0000	0,0000	0,0000	0,0000
0,01	1,0031	0,0034	0,0013	0,0008	0,0005	0,0004
0,02	1,0049	0,0067	0,0027	0,0015	0,0010	0,0007
0,04	1,0102	0,0135	0,0052	0,0031	0,0021	0,0015
0,06	1,0150	0,0201	0,0081	0,0046	0,0031	0,0023
0,08	1,0199	0,0268	0,0110	0,0062	0,0041	0,0030
0,1	1,0245	0,0333	0,0135	0,0077	0,0051	0,0037
0,15	1,0366	0,0497	0,0202	0,0106	0,0077	0,0056
0,2	1,0482	0,0658	0,0269	0,0154	0,0103	0,0075
0,3	1,0711	0,0972	0,0401	0,0231	0,0155	0,0112
0,4	1,0931	0,1277	0,0582	0,0307	0,0205	0,0150
0,5	1,1142	0,1571	0,0662	0,0383	0,0256	0,0187
0,6	1,1345	0,1857	0,0790	0,0458	0,0307	0,0224
0,7	1,1539	0,2132	0,0917	0,0533	0,0358	0,0261
0,8	1,1724	0,2398	0,1043	0,0608	0,0408	0,0298
0,9	1,1902	0,2654	0,1167	0,0682	0,0459	0,0335
1,0	1,2071	0,2901	0,1289	0,0756	0,0509	0,0372
1,5	1,2807	0,4008	0,1877	0,1117	0,0756	0,0554
2,0	1,3377	0,4923	0,2422	0,1404	0,0998	0,0732
3,0	1,4192	0,6309	0,3384	0,2114	0,1463	0,1084
4,0	1,4698	0,7278	0,4184	0,2699	0,1898	0,1420
5,0	1,5029	0,7973	0,4842	0,3220	0,2301	0,1735
6,0	1,5253	0,8484	0,5382	0,3679	0,2672	0,2038
7,0	1,5109	0,8869	0,5825	0,4080	0,3010	0,2317
8,0	1,5523	0,9225	0,6189	0,4430	0,3316	0,2579
9,0	1,5611	0,9393	0,6491	0,4735	0,3593	0,2826
10,0	1,5677	0,9575	0,6784	0,5000	0,3843	0,3042
15,0	1,5853	1,0091	0,7519	0,5901	0,4760	0,3913
20,0	1,5918	1,0309	0,7889	0,6382	0,5303	0,4461
30,0	1,5964	1,0488	0,8195	0,6827	0,5853	0,5062
40,0	1,5988	1,0550	0,8335	0,7018	0,6133	0/390
50,0	1,5995	1,0587	0,8396	0,7112	0,6227	0,5544
60,0	1,6009	1,0589	0,8428	0,7165	0,6301	0,5642
80,0	1,6012	1,0599	0,8463	0,7212	0,6398	0,5770
100,0	1,6014	1,0631	0,8505	0,7245	0,6415	0,5850
CO	1,6021	1,0648	0,8558	0,7296	0,6485	0,5896
292
2BiV(Bi-ir+^„
fxs„4-Bis-Bi
Шар:
Ап = (-\)п^
В1	А,	-Л»	Аз	-At	Аз	
0	1,0000	0,0000	0,0000	0,0000	0,0000	0,0000
0,005	1,0025	0,0023	0,0013	0,0009	0,0007	0,0006
0,01	1,0035	0.0046	0,0026	0,0018	0,0014	0,0012
0,02	1,0055	0,0091	0,0052	0,0037	0,0029	0,0023
0,03	1,0089	0,0137	0,0078	0,0055	0,0043	0,0035
0,04	1,0121	0,0182	0,0104	0,0074	0,0057	0,0047
0,05	1,0147	0,0227	0,0130	0,0092	0,0071	0,0058
0,06	1,0181	0,0273	0,0156	0,0110	0,0085	0,0070
0,08	1,0239	0,0363	0,0209	0,0147	0,0114	0,0093
0,10	1,0297	0,0454	0,0260	0,0184	0,0142	0,0116
0,15	1,0443	0,0679	0,0390	0,0276	0,0214	0,0174
0,2	1,0592	0,0894	0,0520	0,0368	0,0285	0,0232
0,3	1,0880	0,1345	0,0779	0,0551	0,0427	0,0349
0,4	1,1164	0,1781	0,1036	0,0734	0,0569	0,0465
0,6	1,1713	0,2633	0,1546	0,1098	0,0852	0,0696
0,8	1,2237	0,3455	0,2050	0,1460	0,1134	0,0927
1,0	1,2732	0,4244	0,2546	0,1819	0,1415	0,1157
1,2	1,3200	0,4999	0,3035	0,2175	0,1694	0,1387
1,4	1,3640	0,5720	0,3515	0,2528	0,1972	0,1616
1,6	1,4051	0,6405	0,3986	0,2878	0,2248	0,1843
1,8	1,4436	0,7063	0,4447	0,3228	0,2522	0,2078
2,0	1,4793	0,7673	0,4899	0,3565	0,2795	0,2296
2,5	1,5579	0,9073	0,5980	0,4365	0,3449	0,2855
3,0	1,6223	1,0288	0,6993	0,5205	0,4122	0,3405
4,0	1,7201	1,2253	0,8811	0,6719	0,5384	0,4476
6,0	1,8338	1,4860	1,1673	0,9333	0,7702	0,6428
8,0	1,8920	1,6409	1,3703	1,1415	0,9633	0,8264
10,0	1,9249	1,7381	1,5141	1,3042	1,1269	0,9827
16,0	1,9663	1,8766	1,7489	1,6058	1,4633	1,3305
21,0	1,9801	1,9235	1,8385	1,7360	1,6256	1,5149
31,0	1,9905	1,9626	1,9186	1,8616	1,7950	1,7225
41,0	1,9948	1,9780	1,9515	1,9161	1,8732	1,8263
51,0	1,9964	1,9856	1,9680	1,9441	1,9145	1,8802
61,0	1,9974	1,9901	1,9773	1,9601	1,9387	1,9135
81,0	1,9985	1,9942	1,9869	1,9769	1,9644	1,9492
101,0	1,9993	1,9962	1,9915	1,9850	1 9767	1,9667
СО	2,0000	2,0000	2,0000	2,0000	2,0000	2,0000
Приложение 4
Значения величин k0 и е0
]/ '+2				—	>	-о -зГ п . 2л F BisFo ' Bi2Fo		'+1/	BFFo Tt
Bi2Fo	*0	е0 радиан	| BiSFo	*0	е0 радиан
0	0	0,785	1	0,304	0,570
0,001	0,012	0,777	2	0,388	0,508
0,002	0,017	0,774	5	0,510	0,416
0,005	0,028	0,767	10	0,603	0,346
0,01	0,039	0,759	20	0,689	0,276
0,02	0,054	0,748	50	0,784	0,207
0,05	0,084	0,727	100	0,843	0,149
0,1	0,116	0,704	200	0,883	0,111
0,2	0,159	0,675	500	0,925	0,076
0,5	0,232	0,621	1000	0,945	0,052
293
Приложение 5
Некоторые математические выражения и зависимости, часто
встречающиеся в тепловых расчетах
1. Функция
и
г , .	2	(“
erf (п) = —= \ е-^ аи
у.)
называется функцией ошибок Гаусса. Значения erf (и) приведены в справочнике Б. И. Се-
гава и К. А. Семендяева, Пятизначные математические таблицы, Физматгиз, 1959.
Иногда вместо erf (и) используется функция
crfc (u) = 1 — erf (и) =
При отрицательном аргументе erf (—и) =— erf (u); erfc (—и) = 2—erfc (и).
2. Дифференцирование функций erf (и) и erfc (и):
. г , .	2	— и2
d erf (u) — е ,
V
4	__ц2
d2 erf (и) =------ие и т. д.
у®
3) Интеграл функции erfc (и) обозначается
СО
erfc = ierfc (и),
и
Тогда i’erfc (и) = erfc («),
СО
С*	1	2
ierfc (и)= \ erfc?d;=—— е~“ —и erfc (и),
J	/л
и
со
i- erfc (и) = ierfc ;dE= -у [erfc (и) —2и ierfc (и)] и т. д.
и
Значения i"erfc (и) для п = 1, 2, 3, 4, 5 и 6 приведены в [Л. 17].
4,	При расчетах теплового режима полуограниченного тела используются следующие
соотношения.
а) Производные:
! (	_Fo
lerfC 2 VFb'Fo "j
1 \
4Fo/’
crfc —±----
2 \az ,
x [_ A
2г | eX₽ \
/ f x у
erfc „	=
>.	2 az ]x
1	/ x-
r^exp!r4-
X f Xs \
2Б7ехР -4йг]:
_L^ =______
2Fonz T 2т Fon 9
[ 1 V n p ax
£ — xFo«’ где °-Xs’
294
б) Интегралы:
5.	В цилиндрических задачах используются функции Бесселя первого ро э
ч — порядка:
J (и)— V (~1)СТ	+
’( ' т!Г (v + m + 1) \ 2 )
т = о
Соотношения между функциями J, (и) и их производными:
Л (и) =	(и)— 3L J„ (и) =	(и).
Значения функций Бесселя приведены в справочнике Э. А. Чистовой, Табл:? функ-
ций Бесселя от действительного аргумента и интегралов от них, Изд-во АН СССР, 1958.
6.	Значения функции Макдональда
		
даны в ]Л 24].
235
Приложение б
Теплофизические характеристики различных материалов
[Л. 8, 21, 27, 29, 31 — 33]
р, Материал	/,СС	кг м*	с		л		а-Ю3 м^>ч
	ккал	вт-ч	ккал	вт	
	кг-град	кг-град	М’Ч’град	М’град	
Теплоизоляционные материалы
Асбест листовой		300	770	0,195	0,227	0,100	0,116	0,712
Асбозурит		37	560	0,20	0,233	0,138	0,161	1,17
То же		90	560	0,19	0,221	0,161	0,187	1,50
Асбоцементные тепло- изоляционные плиты .			300	0,20	0,233	0,08	0,093	1,33
Водоросли 		25	ПО	0,57	0,664	0,045	0,052	0,71
Газостекло 		30	28')	0,20	0,233	0,086	0,100	1,54
Диатомовые обожжен- ные изделия 		100	500	0,20	0,233	0,11	0,128	1,10
Картон плотный		—	1000	0,35	0,407	0,20	0,233	0,57
Картон обыкновенный.	—	700	0,35	0,407	0,15	0,175	0,61
Картон бумажный волок- нистый 		-—.	150	0,35	0,407	0,055	0,064	1,05
Камышит		—	400	0,35	0,407	0,120	0,140	0,86
Минеральная вата....	50	200	0,22	0,256	0,048	0,056	1,10
То же		175	300	0,20	0,233	0,068	0,079	1,05
Минераловатный войлок	—	250	0,18	0.210	0,065	0,076	1,44
Минераловатные жест- кие плиты 		—	400	0,18	0,210	0,100	0,116	1,29
Минеральная вата с би- тумной эмульсией. . .	25	390	0,25	CU291	0,054	0,063	0,577
Мипора		20	20	0,338	0,394	0,035	0,041	5,12
То же		0	20	0,322	0,375	0,033	0,038	5,10
То же		—30	20	0,302	ОД 51	0,030	0,035	5,00
То же		—80	20	0,261	0,304	0,025	0,029	4,80
Пеностекло		-—	500	0,20	0,233	0,14	0,163	1,40
Пробка натуральная. . .	20	315	0,44	0512	0,054	0,063	0,385
Пробковая плита		5	390	0,45	0,524	0,046	0,054	0,331
Соломит 		—	300	0,35	0,407	0,09	0,105	0,86
Соломенная резка набив- ная 				120	0,35	0,407	0,04	0,047	0,95
С^клянная вата		0	200	0,16	0,186	0,032	0,037	1,00
То же		30	200	0,20	0,233	0,039	0,045	0,97
То же		65	200	0,20	0,233	0,046	0,054	1,14
То же		100	200	0,18	0,209	0,056	0,065	1,61
Стеклянный войлок . . .	—30	50	0,192	0,224	0,032	0,037	3,31
То же		0	50	0,206	0,240	0,035	0,041	3,40
То же		50	50	0,222	0,258	0,041	0,048	3,69
Хлопковая вата		—30	50	0,372	0,433	0,041	0,048	2,22
То же		0	50	0,401	0,466	0,046	0,054	2,30
То же		50	50	0,437	0,507	0,055	0,064	2,54
Шерстяная ткань ....	20	240	0,32	0,372	0,045	0,052	0,587
Шерстяной войлок . . .	—	150	0,47	0,546	0,05	0,06	0,74
Древесина
Береза (стружка) ....	25	154	0,66	0,767	0,077	0,090	0,746
Бук		60	700	056	0,65	0,214	0,249	055
Древесные опилки прес-							
сов энные			300	0,55	0,64	0,11	0,128	0,67
Дуб (_L волокнам).... Древесно-волокнистые	20	800	0,42	0,489	0,18	0,209	0,536
плиты				150	0,60	0,697	0,050	0,058	056
То же		—	250	0,60	0,697	0,065	0,076	0,43
То же		—	600	0,60	0,697	0,140	0,163	0,39
Ель (|| волокнам)....	0—20	425	0,39	0,454	0,109	0,127	0,665
Ель ( 1 волокнам)....	0—20	425	0,39	0,454	0,097	0,113	0589
То же		0—20	486	0,57	0,663	0,145	0,169	0,520
То же		0—20	536	052	0,605	0,123	0,143	0,444
То же		0—20	754	0,66	0,767	0,220	0,256	0,443
296
Продолжение
Материал	/,"С	р« кг Ms	С		Л		а-103, №4
			ккал	вт-ч	ккал	вт	
			кг-град	кг-град	м-ч-град	м-град	
Сосна ( | волокнам). . .	5	480	0,38	0,442	0,12	0,139	0,657
То же			25	520	0,38	0,442	0,145	0,169	0,734
Фанера клееная		0	600	0,60	0,697	0,13	0,151 0,291	0,361
Ясень 		60 Стрс	770 штельнь	ОДЗ ie матер	0,616 шалы	0,25		0,614
Асфальт		20	2100	ОД	0,58	0,60	0,70	0,57
Асфальтобетон	 Бетон с каменным щеб-	—	2100	0,4	0,465	0,9	1,05	1,07
нем	 Бетон с кирпичным	20	2000	0,20	0,233	М	1,28	2,75
щебнем 		20	1900	0,20	0,233	1,0	1,163	2,63
Гипс строительный. . .	25	1100	0,268	0,312	0,34	0,396	1,15
Гипс формовочный. . . Гипс с органическими	20	1250	0,20	0,233	0,37	0,43	1,41
наполнителями ....	—	700	0,25	0,291	0,620	0,233	1,14
Г ипс литой		20	1100	0,23	0,268	0,30	0,349	1,16
Г ипсобетон 		—	1300	0,19	0,221	0,48	0,558	1,94
Гипсовая штукатурка. .	—	1100	0,24	0,279	0,20	0,233	0,83
Гтинопесчаная смазка . .	—	1800	0,20	0,233	0,60	0,697	1,67
Глиношлаковая смазка.		1300	0,19	0,221	0,45	0,523	1,82
Железобетон	 Известково-песчаный ра-	60	2200	0,20	0,233	1,33	1,55	3,02
створ 		-—	1600	0,20	0,233	0,70	0,815	2,19
Известковая штукатурка Известково-шлаковая	—	1600	0,20	0,233	0,75	0,872	2,34
штукатурка 		—	1200	0,19	0,221	0,40	0,465	1,76
Керамзит в засыпке. . .	—	1400	0,20	0,233	0,45	0,523	1,61
Кирпич красный	 Кирпич красный пори-	0	1700	0,21	0,244	0,65	0,755	1,82
стый		0	1200	0,21	0,244	0,38	0,442	1,51
Кирпич саманный....	0	1550	0,25	0,291	0,50	0,581	1,29
Кирпич силикатный . . . Кирпич огнеупорный	0	1900	0,20	0,233	0,70	0,815	1,84
магнезитовый		100	2350	0,25	0,29	5,0	5,8	8,00
Кирпич огнеупорный . . Кирпич огнеупорный	1000	2350	0,34	0,395	3,0	3,5	3,73
шамотный 		100	1750	0,20	0,233	0,77	0,895	2,20
То же		1000	1900	0,27	0,314	0,10	0,116	2,15
Кладка бутовая	 Кладка из красного	0	2000	0,21	0,244	1,10	1,28	2,61
кирпича 	 Кладка из силикатного	0	1700	0,21	0,244	0,70	0,815	1,96
кирпича 	 Кладка из пористого кир-	0	1900	0,20	0,233	0,75	0,872	1,97
пича	 Кладка из естественного	—	1350	0,21	0,244	ОДО	0,58	1,76
камня		-—-	2680	0,22	0,256	2,75	3,20	4,66
Пенобетон		—18	420	0,21	0,244	0,094	0,109	1,08
То же		25	360	0,19	0,221	0,082	0,096	1,22
То же		90	400	0,20	0,233	0,108	0,125	1,38
Портланд-цемент		30	1900	0,27	0,314	0,26	0,302	о дос
Рубероид		 Сложный раствор (це-	—	600	0,35	0,406	0,15	0,174	0,71
мент, песок, известь).	—	1700	0,20	0,233	0,75	0,870	2,21
Стекло 		20	2500	0,16	0,186	0,64	0,745	1,60
Текстолит 		20	1300	0,36	0,419	0,20	0,233	0,529-
Толь		——	600	0,35	0,407	0,15	0,174	0,71
Фарфор 		0	2000	0,218	0,253	0,72	0,837	1,49
То же		100	2000	0,226	0,263	0,80	0,93	1,61
Фаянс		200	2170	0,23	0,268	1,000	1,163	2,00
297
Продолжение
		р.		С		А	а-103,
Материал	t.’C	кг	ккал	вт-ч	ккал	вт	Ж2/Ч
			кг-град	кг-град	м-ч-град	м-град	
Цементно-песчаный							
раствор 			1800	0,20	0,233	0,80	0,93	2,22
Шамот (порошок). . . .	370	1290	0,09	о; 105	ОДО	0Л65	з'до
Шлак топливный				700	0,18	0,209	0,19	0Д21	1,51
То же			1000	0’18	0,209	0Д5	0Д91	1,39
Шлак гранулированный	—	574	0Д05	0Д38	0,114	0,132	0'97
То же		—	774	0,391	0,455	0,473	0.550	1,62
Шлакобетон		0	1500	0,18	0,209	0,58	0,675	2,15
Эбонит 		20	1200	0,34	0,396	0,14	0,163	0,343
	Разные органические материалы						
Кэучук синтетический.	—	1600	0,373	0,434	0,184	0,214	0,31
Кожа (подошва)		30	1000	0,34	0,396	0,14	0,163	0,41
Линолеум		—	1100	0,45	0,523	0,16	0,186	0,32
Нафталин		20	720	0,305	0,355	0,126	0,146	0,575
Парафин 			790	0,54	0,628	ОДЗ	0,268	0,54
Резина 		0	1200	0,33	0,384	0,14	0,163	0,35
Резина пористая		20	160	0.33	0.384	0.043	0,050	0,816
	Полезн	ые ископаемые и		минералы			
Антрацит. .		1440	0,226	0,263	0,282	0,328	0,864
Апатит			3210	0,24	0,279	1,52	1,77	1,97
Базальт 			2800	0Д2	0,256	3,0	3,49	0,487
Бурый уголь . . .	-—.	1210	0,27	0,314	0,218	0,254	0,665
Гранит 				2720	0,219	0,255	1,90	2,210	3,182
Глина каолиновая. .	45	1790	0,19	0,221	0,63	О',734	0,185
Глина огнеупорная.	450	1845	0,26	0,302	0,80	0,930	1,85
Грлнт подзолистый.	25	1310	ОДО	0,233	0,24	0,279	0,921
Грунт суглинок		20	1960	0,276	0.391	1,28	1,49	2,37
Диатомит		5	400	0Д28	0Д65	0'053	0,062	0,582
Доломит 	 .		2675	0Д22	0,258	1,487	’,730	2,504
3 ‘мля				1700	0,46	0,535	0,56	0,651	0,69
Известняк тяжелый . • .	-—-	2000	0Д2	0,256	1,00	1,163	2,27
Известняк-ракушечник .	—	1400	0,22	0Д56	0,55	0,640	1,79
Известковый туф. . . .	-—•	1300	0,22	0,256	0,45	0,523	1,57
Каменный уго^ь. . .	—	1400	0,31	0,361	0,160	0,186	0,37
Мел						1780	0,219	0,255	0,592	0,688	1,415
Медный колчедан ...	—	4716	0Д06	0Д40	ЗД22	4,210	3,726
Мрамор		90	2700	0,10	0,116	1,12	1,303	4,13
Песок речной мелкий. .	20	1500	0,19	ОД 21	0Д8	О',326	0,985
Песок речной крупный.	—	1500	0,244	0,284	0,44	0,512	1,203
Песок кварцевый ....	45	1520	0,22	0,256	0,700	0,814	0,21
Сера		-	1100	0,087	0,102	0,060	0,070	0,628
Серный колчедан. .	—	4660	0,214	0,249	3,60	4,180	3,622
Сланцы глинистые. . .	—-	2433	0,237	0Д76	0,801	0,931	1,374
Слюда		.—-	290	0,21	0Д44	ОД	0,581	8,23
Торф КУСКОВОЙ 		20	245	0,42	0,489	0,06	0,070	0,5&3
Торф измельченный . . .	20	200	0,36	0,419	0,05	0,058	0,715
Торф фрезерный		25	700	0,70	0,814	0Д6	0,302	0,534
Торф брикетированный .	15	890	0,80	0,930	0,35	0,407	0,497
Торфоплиты 		—6	390	0,47	0,546	0,39	0,453	2,13
Туф артикский		—	1200	0Д2	0,256	0,400	0,465	1,52
		Металлы					
Алюминий (99°/0)		0	2680	0,214	0,249	180	209	313
То же		100	2740	0,218	0,254	183	213	306
То же		300	2810	0,228	0,265	194	225	302
То же		500	2840	0,238	0,277	202	235	296
Ьерилий (99,5%)		0	1840	0,400	0,465	135	157	183,4
То же		100	1990	0,451	0,524	161,4	187,5	179,9
298
Продолжение
Материал	ЛС	р» кг м3	С		А		а-103. М- ч
			ккал	вт-ч	ккал	ет	
			кг-град	кг-град	м-ч-град	м-град	
Бронза		0—100	8 000	0,093	0,108	55	64	75
Висмут (99,995%)....	0	9 650	0,030	0,034	8,1	9,4	28,4
То же		100	9 940	0,030	0,034	6,6	7,7	22
Вольфрам		0	19 400	0,032	0,037	140	163	226
То же		200	19 600	0,032	0,037	121	141	189,9
То же		400	19 800	0,033	0,038	ПО	128	168,2
То же		600	20000	0,034	0,039	98	114	146,1
Железо (99,9%)		0	7 900	0,105	0,122	64	74,5	77,3
То же		200	8 250	0,115	0,134	53	61,5	55,1
То же		400	9 100	0,125	0,145	42	48,8	37,1
То же. . 		600	9 830	0,138	0,160	33	38,4	24.3
То же		800	10 900	0,154	0,179	26,5	30,8	15,8
Золото чистое 		0	19 300	0,031	0,036	269	313	447
То же		500	19 450	0,032	0,037	269	313	431,8
Иридии 		0	22 200	0,031	0,036	51	59	74,8
То же		300	23 200	0,032	0,037	47	55	64,5
Кадмий ...			0	8 700	0,055	0,064	80	93	168
То же	 ...	300	8 800	0,057	0,066	77	90	154,7
Кобальт (97%)		0	8 830	0,107	0,124	60	70	63,6
То же		200	9 370	0,110	0,128	102	118	99
Литий			0	5 100	0,79	0,92	58,5	68,0	145
То же		100	5 850	0,85	0,99	61,0	71,0	123
Магний (99,6%).	...	0	3 030	0,233	0,274	125	145	177
То же	 ...	500	3 380	0,271	0,315	112,5	131	123
Марганец (99,6%) . . .	0	7 400	0,103	0,120	135	157	137
То же		500	7 150	0,136	0,158	120	139,5	123
Никель . 			0	8 100	0,102	0,118	53	61,6	64
То же		400	8 300	0,122	0,142	42	48,8	41,5
То же		800	7 900	0,125	0,145	50	58	50,6
Медь (99,9%)		0	8 950	0,093	0,108	338	393	405
То же		400	9000	0,097	0,113	314	365	360
То же		1000	9 150	0,103	0.120	275	320	292
Молибден (99,84%) . . .	0	10 250	0,060	0,070	121	141	197
То же		400	10650	0,063	0,073	111	129	165
То же		1000	10 750	0,067	0,078	90	104	125
Олово		0	7 250	0,053	0,062	56,8	66	148
То же		200	7 800	0,957	0,066	49,8	57,9	112,1
Платина (99,99%) ....	0	21 600	0,031	0,036	60	70	89
То же		400	22 250	0,033	0,038	66,8	77,5	91,3
То же		1000	22 800	0,035	0,040	77	89,5	97,3
Ртуть 		2С	13 546	0,033	0,038	6,8	7,9	15,7
То же		500	12 480	0,032	0,038	11,3	13,2	27.8
Свинец (99,9%)		0	11400	0,030	0,035	30,2	35	87,4
То же		300	10 800	0,033	0,038	26	30,2	73,6-.
Серебро (99,9 %)		0	10 400	0,056	0,065	353	410	610
То же		300	10 500	0,058	0,067	311	361	512
То же	 Сталь марки 15 (зака-	500	10550	0,059	0,069	315	366	507
ленная)		0	7 841	0,109	0,127	43,2	50,2	51
То же	 Сталь марки 35 (зака-	500	7 682	0,163	0,189	36,8	42,8	29
ленная)		0	7 803	0,106	0,123	34,4	40,0	40
Тэ же	 Сталь марки 45 (зака-	500	7 667	0,159	0,184	34,9	40,6	28
ленная)		0	7 794	0,134	0,156	27,5	32	32
То же	 Сталь марки У8 (зака-	500	7 767	0,158	0,184	32,7	38	27
ленная)		0	7 769	0,106	0,123	20	23,3	23
То же		500	7 677	0,158	0,184	32,4	37,6	27
Цинк (99,993%)		0	7 150	0,092	0,107	97	112,8	148
То же		400	8 650	0,100	0,116	82	95,2	110
Чугун		500	7 200	0,140	0,163	25	29	24,8
299
Приложение 7
Степень черноты нормального излучения различных
материалов [Л. 21]
Наименование материалов	Температура t, °C	Степень черноты £ 5
Алюминий полированный		22,5—575	0 039	0 057
Алюминий окисленный		200 600	0 11	о 19
Железо полированное		425—1020	0,144—0,377
Железо окисленное		100	0 736
Сталь листовая шлифованная		940—1100	0,55 0,61
Сталь окисленная 		200—600	0 80
Чугун		200 990	0 60	0,78
Латунная пластина 		50—350	0.22
Латунь окисленная 		200—600	0,61 0,59
Медь электролитная		80—115	0,018—0,023
Медь окисленная		200—600	0 57—0,87
Ртуть очень чистая 		0—100	0,09—0,12
Свинец серый окисленный 		25	0,281
Асбестовый картон	-		24	0,96
Асбестовая бумага		40—370	0,94
Вода 		0 100	0 95	0.963
Г ипс		20	0,903
Дуб строганый		20	0,895
Кирпич красный	 .	...	20	0,93
Лак		40—95	0,80	0,98
Краски алюминиевые		100	0,27—0,67
Стекло гладкое		22	0,937
Сажа, свечная копоть		95—270	0,952
Фарфор глазурованный		22	0Д24
Штукатурка		10—88	0,91
Приложение 8
Перевод величин из одних единиц измерения в другие
Наименование величин	Внесистемные единицы измерения	Система единиц мксг
Плотность теплового потока	 Коэффициент теплопроводности	 Коэффициент теплоотдачи	 Удельная теплоемкость	 Объемная теплоемкость		1 ккал/м2-ч 1 ккал/м • ч  град 1 ккал/м2 • ч  град 1 ккал!кг  град 1 ккал/м2 • град	1,1630 вт/м2 1,1630 вт/м • град 1,1630 вт1м2  град 1,1630 вт • ч/кг  град 4,1868 • 103 дж/кг  град 1,1630 вт  ч[м2 • град 4,1868 • 10s дж/м2 - град
Примечание к приложению 6
Отдельные отклонения от равенства Х = аср связаны с использованием различных
литературных источников.
Литература
1.	Бойков Г. П., Прогрев тел под действием лучистого теплообмена, Изв. Том-
ского политехнического института, т. 89, 1957.
2.	Б у д р и н Д. В., С у х а н о в Е. Л., Регуляризация температурных полей тел простой
формы, „Инженерно-физический журнал", 1959, № 1.
3.	Вейник А. И., Приближенный расчет процессов теплопроводности, Госэнерго-
издат, 1959.
4.	ГОСТ 8550-61, Тепловые единицы, Стандартгиз.
5.	Г р е б е р Г., Э р к С., Г р и г у л л ь У., Основы учения о теплообмене, Изд-во
иностр, лит., 1958.
6.	Дульнев Г. Н., Теплообмен в радиоэлектронных устройствах, Госэнергоиздат,
1963.
7.	Иванцов Г. П., Нагрев металлов, Металлургиздат, 1948.
8.	К а м м е р е р И. С., Теплоизоляция в промышленном строительстве, Изд. лит-ры
по строительству, 1965.
9.	К а р с л о у Г., Егер Д., Теплопроводность твердых тел, изд-во „Наука", 1964.
10.	Кондратьев Г. М., Тепловые измерения, Машгиз, 1957.
11.	Кремнев О. А., Нестационарная теплопроводность породных шахтных выра-
боток, Труды Института теплоэнергетики АН УССР, сб. 5, 1952.
12.	К у д р я в ц е в Е. В., Чекалев К. Н., Ш у м а к о в Н. В., Нестационарный
теплообмен, Изд-во АН СССР, 1961.
13.	К у з ь м и н М. П.. Электромоделирование некоторых нестационарных тепловых
процессов, изд-во „Энергия", 1964.
14.	Кутателадзе С. С., Основы теории теплообмена, Машгиз, 1962.
15.	Ку т а т е л а д з е С. С., Б о р и ш а н с к и й В. М., Справочник по теплопередаче,
Госэнергоиздат, 1959.
16.	Кутателадзе С. С., Л я х о в с к и й Д. Н., Пермяков В. А., Моделирование
теплоэнергетического оборудования, изд-во „Энергия", 1966.
17.	Лыков А. В., Теория теплопроводности, ГИТТЛ, 1952.
18.	Лыков А. В., Михайлов Ю. А., Теория тепло- и массопереноса, Госэнерго-
издат, 1963.
19.	М а к - А д а м с В. X., Теплопередача, Металлургиздат, 1961.
20.	М и х а й л о в М. Д., Несимметричное нагревание неограниченной пластины,
„Инженерно-физический журнал", 1962, № 11.
21.	Михеев М. А., Основы теплопередачи, Госэнергоиздат, 1956.
22.	П е х о в и ч А. И., Ж и д к и х В. М., Расчет неустановившегося температурного
режима в пластине с помощью графиков, Госэнергоиздат, 1963.
23.	Резников А. Н., Теплообмен при резании и охлаждении инструментов, Маш-
гиз, 1963.
24.	Р ы к а л и н Н. Н., Расчет тепловых процессов при сварке, Машгиз, 1951.
25.	Т а й ц Н. Ю., Технология нагрева стали, Металлургиздат, 1962.
26.	Тепло- и массоперенос, т. I — V, Сб. докладов под общей ред. Лыкова А. В. и
Смольского Б. М., Изд-во АН БССР, 1962—1963.
27.	Теплофизические свойства веществ, Справочник под ред. Варгафтика Н. Б.,
Г осэнергоиздат, 1956.
28.	Фогель В. О., Влияние теплового режима на нагрев и охлаждение полуограни-
ченного тела, „Инженерно-физический журнал", 1959, № 1.
29.	Чиркин В. С., Теплопроводность промышленных материалов, Машгиз, 1962.
30.	Чудновский А. Ф., Теплообмен в дисперсных средах, ГИТТЛ, 1956.
31.	Чудновский А. Ф., Теплофизические свойства дисперсных материалов, Физ-
матгиз, 1962.
32.	Шак Ач Промышленная теплопередача, Металлургиздат, 1961.
33.	Шевельков В. Л., Теплофизические характеристики изоляционных материалов,
Госэнергоиздат, 1958.
34.	Шнейдер Щ Инженерные проблемы теплопроводности, Изд-во иностр, лит.,
1960.
301
35.	Шорин С. Н., Теплопередача, изд-во „Высшая школа*, 1964.
36.	Heisler М. Р-, Temperature charts for induction and constant-temperature heating,
Trans. ASME, 69, 1947.
37.	Ingersoll L. R., Adler F. T., Ingersoll A. C., Theory of Earth Heat Exchan-
gers for heat pump, J. Sec. Amer. Soc. of Heating and Ventilating Eng., May, 1950.
38.	Jaeger J. C., Numerical Values for the temperature in radial heat flow, J. Math.
Phys., 34, №4, 1956.
39.	Schneider P. J., Temperature response charts, John Wiley and Sons, Inc., 1963.
40.	Z e r k 1 e R. D., S u n'd e r 1 a n d J. E., The transient Temperature Distribution in a
Slab Subject to Thermal Radiation, J. of heat transfe--, Trans. ASME, 87, 1965 (перевод: Тепло-
передача, Tp. -амер, общ-ва инженеров-механиков, 87, 1965).
Пехович Альберт Израилевич
Жидких Виктор Михайлович
Расчеты теплового режима твердых тел
Редактор Б. И. Леонова
Художественный редактор Г. А. Гудков
Технический редактор Е. М. Соболева
Корректор Е. С. Барбан
Сдано в производство 12/Х 1967 г. Подписано к печати 12/1 1968 г. М-17015. Печ. л. прив.
26,6. Уч.-изд. л. 19,1. Бум. л. 9,5. Формат 70X108'/i6- Типографская № 2. Тираж 12 000 экз.
Заказ 1163. Цена 1 р. 15 к.
Ленинградское отделение издательства «Энергия», Марсово поле, 1.
Ордена Трудового Красного Знамени Ленинградская типография № I «Печатный Двор»
имени А. М. Горького Главполиграфпрома Комитета по печати при Совете Министров
СССР, г. Ленинград, Гатчинская ул., 26.