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esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
213
ESERCIZIO 40
Immaginiamo un cilindro pieno di dimensioni finite, che abbia una T iniziale = Ti . Il cilindro sia lambito da un fluido a T∞ , h . Il caso è 2-D transitorio: T è funzione di r,z,t . L’equazione differenziale che esprime il bilancio
di energia su un elementino di volume
infinitesimo è:
( ) ( )tT
dzdrrπ2cρdzdrrπ2qz
dzdrπ2rqr zr ∂
∂=
∂∂−+
∂∂−
tT
rcρrzTk
rT
rr
k 2
2
∂∂
=∂∂+
∂∂
∂∂
tT
a1
zT
rT
rrr
1t
2
2
∂∂
=∂∂+
∂∂
∂∂ essendo
cρkat =
Cambiamo variabile: θTT =− ∞ ,
e proviamo la separazione delle variabili:
( ) ( ) ( ) ( )tτzZrRt,z,rθ ⋅⋅=
ττ
a1
ZZ
RR
r1
RR '
t
'''''=++
poiché sia r sia z sono direzioni omogenee:
( )
+−=
−=
−=+
22'
t
2''
2'''
βαττ
a1
βZZ
αRR
r1
RR
( )t,z,rT
r
z
a
2c
dz dr
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
214
Il cilindro va modellato così, per simmetria:
( ) ( )rαYCrαJCR 0201 +=
Per la c.c.1 si ha che 0C2 = .
Per la c.c.2 ( ) ( )aαJCkhaαJαC 0111 −=−
( )( ) aα
BiaαJaαJ a
0
1 = essendo kah
Bia =
Si hanno infiniti autovalori ...,aα,.......,aα,aα n21 che
soddisfano la relazione .
( ) ( )zβcosCzβsenCZ 43 +=
Per la c.c.3 si ha che 0C3 = .
Per la c.c.4 ( ) ( )cβcoskhcβsenβ −=−
( )cβ
Bicβtg c= essendo kch
Bic =
Si hanno infiniti autovalori ...,cβ,.......,cβ,cβ m21 che
soddisfano la relazione .
r
z
c
h, 0
c.c.4
h , 0 c.c.2
c.c.1 c.c.3
0rθ
=∂∂
0zθ
=∂∂
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
215
( ) ]taβα[expτ t2
m2
n +−=
Abbiamo infinite soluzioni .....,θ,θ 21 ; dobbiamo trovare la soluzione generale
combinazione lineare di tutte:
( ) ( ) ( )∑∑∞
=
∞
=
+−=1n 1m
taβαmn0mni
t2
m2
nezβcosrαJCθ
Per trovare Cnm dobbiamo applicare la iθ iniziale (t=0):
( ) ( )∑∑∞
=
∞
=
=1n 1m
mn0mni zβcosrαJCθ
Moltiplicando 1° e 2° membro per ( ) ( )zβcosrαJr 'm'n0⋅ , con n’ ed m’ interi,
integrando tra 0-a e 0-c, e tenendo conto della ortogonalità di J e coseno, si
ottiene:
( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∫∫ =a
0
c
0m
2n
20
c
0mnm
a
0n0i dzzβcosdrrαJrCdzzβcosdrrαJrθ
il 2° membro vale ( ) ( )[ ] ( ) ( )
++ cβsen
β2cβcos
2caαJaαJ
2aC m
m
mn
20n
21
2
mn ,
il 1° membro vale, se iθ costante ( )∞− TTi , ( ) ( )m
mn1
ni β
cβsenaαJ
αaθ ,
quindi:
( )( ) ( )
( )( ) ( )
+
⋅+
=⋅⋅=
m
mmm
m
n2
0n2
12
n
n1imnimn
β2cβsencβcos
2cβ
cβsen]aαJaαJ[aα
aαJa2θCCθC
ponendo nn λaα = e ricordando che ( ) ( )n0n
an1 λJ
λBiλJ = si ha che:
( )n02
n2
a
an λJ)λBi(
Bi2C
+=
Invece Cm :
( )( ) ( )cβsencβcoscβ
cβsen2C
mmm
mm +
=
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
216
La soluzione finale in forma adimensionale, cioè ( )
iθt,z,rθ
, è pertanto:
( )( )
( ) ( )( ) ( )∑∑
∞
=
−∞
=
−
+•
+
=1m mmm
taβmm
1n n02
a2
n
Foλn0
ai cβcoscβsencβ
ezβcoscβsen2
λJ)Biλ(
earλJ
Bi2θ
t,z,rθ t2
ma
2n
avendo posto a2t Fot
aa
= , numero di Fourier.
[Si può anche immaginare un analogo cβλ mm' = ed un numero di Fourier t
caFo 2t
c = ]
Fisicamente si ha cioé che:
PIASTRAiCILINDROii TTTT
TTTT
TTTT
−−
•
−−
=−−
∞
∞
∞
∞
∞
∞
Come ricavare la T adimensionale 2-D dalle tabelle viste in Esercizi precedenti
(per la piastra Esercizio 11 e per il cilindro Esercizio 39), tabelle per casi 1-D in
transitorio?
2c
( )t,zθ c
z
∞ ∞ = •2 a
( )t,rθ
a r
∞
∞
( )t,z,rθ
r
z
a
2c
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
217
Dati T∞ , h, Ti , a, c, at , si calcola prima Bic e 12t t
ca
Fo = e dalle tabelle relative
alle piastre si calcola la T adimensionale ad una posizione di interesse cz1 , quindi
si calcola Bia e 12t t
aaFo = e dalle tabelle relative ai cilindri si calcola la T
adimensionale ad una stazione ar1 .
Il valore della T incognita, caso 2-D, è ( ) ( ) CILPIASTRAi111 TTTTTt,z,rT ⋅⋅−+= ∞∞
ESERCIZIO 41
Un reattore nucleare è costituito da barre cilindriche di combustibile, ciascuna composta di uranio arricchito in un tubo di acciaio di trascurabile spessore (vedi figure). Il refrigerante ha una T = T∞ a cui si trovano anche le barre di combustibile prima della reazione nucleare. All’istante t = 0 il reattore entra in esercizio producendo calore pari a Wi . Il refrigerante rimane a T = T∞ . Il suo coefficiente di scambio termico convettivo è molto alto. Si vuole trovare la T della barra. La trattazione differenziale del problema
è la seguente, nell’ipotesi che T dipenda
solo da r :
tT
VcρVWdrArq
AqAq ir
rr ∂∂
⋅⋅=⋅+
∂∂
+−
essendo Lrπ2A = , drLrπ2V = .
E ricordando che cρkat = si ha
tT
a1
kW
rT
rrr
1t
i
∂∂
=+
∂∂
∂∂ . Le condizioni sotto le quali risolvere l’equazione sono:
R
r 0
Wi
BARRA
ACCIAIO
REFRIGERANTE
L
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
218
c.c.1 per r=0 0rT
=∂∂
0rθ
=∂∂
c.c.2 per r=R ∞= TT , nella variabile ∞−= TTθ : 0θ =
c.i. per 0t = ∞= TT 0θ =
Riscriviamo perciò l’equazione con la nuova variabile:
tθ
a1
kW
rθ
rrr
1t
i
∂∂
=+
∂∂
∂∂ [1]
e proviamo per tale equazione una soluzione del tipo:
( ) ( ) ( )rΦt,rΨt,rθ += .
Le due equazioni da risolvere sono ora:
0kW
rΦ
rrr
1 i =+
∂∂
∂∂ [2] ;
tΨ
a1
rΨ
rrr
1t ∂
∂=
∂∂
∂∂ [3]
La soluzione di [2], sotto c.c.1 0rdΦd
= per r=0
c.c.2 0Φ = per r=R risulta essere
−= 2
22i
Rr1
4R
kWΦ
La soluzione di [3] deve essere trovata sotto le seguenti condizioni:
c.c.1 per r=0 ( )
0r
t,0Ψ=
∂∂
c.c.2 per r=R 0Ψ =
la condizione iniziale la si ricava da quella generale di θ :
( ) ( ) ( )rΦ0,rΨ00,rθ +==
da cui
( ) ( )
−−=−= 2
22i
Rr1
4R
kWrΦ0,rΨ
Per la [3] si separano le variabili:
( ) ( ) ( )tτrRt,rΨ ⋅=
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
219
r è la direzione omogenea :
2'''
αRR
r1
RR −=⋅ [4] , la cui soluzione è ( ) ( ) ( )rαYCrαJCrR 0201 +=
2'
tα
ττ
a1 −=⋅ [5] , la cui soluzione è ( ) { }taαexptτ t
2−=
per c.c.1 si ha che 0C2 =
per c.c.2 si ha che ( )RαJC0 01= : si hanno dunque infiniti autovalori
......,Rα,Rα,Rα 321 per cui ( ) 0RαJ n0 = con n = 1 , 2 , 3 , ….
Per trovare la soluzione generale Ψ applico la condizione iniziale ad una
combinazione lineare di tutte le soluzioni:
( )∑∞
=
−=1n
taαn0nn
t2
nerαJCΨ
( )∑∞
=
=
−−
1nn0n2
22i rαJC
Rr1
4R
kW
[6]
Moltiplichiamo 1° e 2° membro della [6] per ( )rαJr m0 integrando tra 0 ed R e
facendo uso delle proprietà di ortogonalità della 0J ( ( ) ( ) 0drrαJrαJr m0
R
0n0 =∫ ,
con n,m interi) si ottiene:
( ) ( ) ( )drrαJrCdrrαJrk4
WdrrαJr
4R
kW R
0n
20n
R
0n0
3iR
0n0
2i ∫∫∫ =+− [7]
Ricordando che:
( ) ( ) ( ) ( ) rdrαJrα2
αrαJr2
αrαJr
drrαJrR
0n02
n
2R
02
n
n02R
0n
n13R
0n0
3∫∫ −+=
la [7] diviene:
( ) ( ) ( ) ( )=
−++− 3
n
n12
n
n02
n
n13
in1
n
2i
αRαJR4
αRαJR2
αRαJR
k4WRαJ
αR
4R
kW
( ) ( )[ ]RαJRαJ2RC n
20n
21
2
n +=
da cui, essendo ( ) ( ) 0RαJRαJ n2
0n0 == , e fatte le debite semplificazioni, si
ottiene
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
220
( )RαJRαkW2
Cn1
3n
in −=
L’espressione finale della nΨ è perciò:
( )( )∑
∞
=
−
−=1n n1
3n
taαn0i
n RαJαerαJ
RkW2
Ψt
2n
Quindi la soluzione ( ) ( ) ( )t,rΨrΦt,rθ += assume la forma
θ=
− 2
22i
Rr1
4R
kW +
( )( )∑
∞
=
−
−1n n1
3n
taαn0i
RαJαerαJ
RkW2 t
2n
.
In forma adimensionale:
kRWθ2
i=
− 2
2
Rr1
41 +
( )( ) ( )∑
∞
=
−
−1n n1
3n
taαn0
RαJRαerαJ
2t
2n
.
La rappresentazione grafica è mostrata di seguito:
( )t,rΨ
( )t,rθ
( )rΦ
0θ =
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
221
ESERCIZIO 42
Affrontiamo un caso in cui non abbiamo una soluzione stazionaria; per esempio un cilindro, ad una temperatura iniziale Ti , che viene sottoposto ad un flusso costante q” : come trovare una soluzione?
Proviamo ad immaginare una somma di soluzioni una
delle quali ipotizzi, per esempio, un serbatoio di
calore contrario
(vedi figura): ''2i qaπ2aπW =
dove ( )]tLE[W 3i ⋅= e ( )]tLE[q 2'' ⋅=
0kW
rdTd
r1
rdTd i121
2
=++
−=−=
==
''1
1
qrdTd
kar
0rdTd
0r
(Wi negativo)
kW
tdTd
a1 i2
t= essendo
cρkat =
(Wi positivo)
tT
a1
rT
r1
rT 3
t
323
2
∂∂
=∂
∂+
∂∂
=∂
∂=
==
0rT
ar
finitovaloreT0r3
3
per t = 0
i123 TTTT =++ ( )( )
−===
rTTrTT
TT
13
11
i2
Wi
T2 (t)
T3
a
Ti q”
T1
q” -Wi
=
+
+
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
222
La T1 si ricava integrando, perciò:
1
2i1 C2r
kW
rdTd
r +−= per 0r → 0C1 →
2r
kW
rdTd i1 −=
C4r
kWT
2i
1 +−= per ar → 101 TT =
dove T10 = costante non nota (indeterminata)
C4a
kWT
2i
10 +−=
4a
kWTC
2i
10 +=
−+= 2
22i
101 ar1a
k4W
TT essendo aq2
W''
i −=
Ricaviamo la 2T
( ) ∫∫ ==t
0
''i
t
T
Tt
acρq2
dtkW
atT2
i
i
''
2 Ttacρ
q2T += essendo
aq2
W''
i =
Ricaviamo la 3T
t=0 ( )rTT 13 −= [c.i.]
per r=0
=
∂∂
= 0rT
tetancosT 33 [c.c.1]
per r=a 0rT3 =
∂∂
[c.c.2]
tT
a1
rT
r1
rT 3
t
323
2
∂∂
=∂
∂+
∂∂
r è la direzione omogenea, allora
( ) taα03
t2
erαJCT −=
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
223
per la c.c.2 : ( ) 0aαJα 1 =−
...,aα,.......,aα,aα n10 sono gli infiniti autovalori
Abbiamo che:
30T = costante non nota (indeterminata)
( ) taα10131
t2
1erαJCT −=
( ) taα20232
t2
2erαJCT −=
.......................
perciò T3 deve essere del tipo:
( )∑∞
=
−+1n
taαn0n30
t2
nerαJCT .
Per calcolare Cn applichiamo la condizione iniziale ( )rTT 13 −= alla combinazione
lineare delle infinite soluzioni T3 :
( ) ( )∑∞
=
+=−1n
n0n301 rαJCTrT [1]
Per calcolare le costanti Cn sono necessari 2 passaggi. Il primo è la moltiplicazione
di 1° e 2° membro di [1] per il primo autovalore 0aα0 = e integrare:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )∑ ∫∫∫∞
=+=−
1n
a
0n00
a
0030
a
001 drrrαJ0Jdrr0JTdrr0JrT
Poiché ( ) 10J0 = ottengo che ( )
2a
drrrTT 2
a
01
30
∫−= e ricordando che
aq2
W''
i =−
ottengo:
1J
α a
aα1 aα2
aα3
aα3
aα4 aα5
0
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
224
k4aq
TT''
1030 +−=
Il secondo passaggio è:
( )[ ] ( ) ( ) ( )∫∫∫ +=−a
0n
20n
a
0n030n0
a
01 drrαJrCdrrαJrTdrrαJrrT
Chiamiamo A il termine a sinistra dell’uguaglianza, e B ciò che c’è alla destra
B vale:
( ) ( ) ( )[ ]aαJaαJ2aC
αaαJ
aT n2
0n2
1
2
nn
n130 ++⋅⋅
e tenendo presente che ( )aαJ n1 vale zero perché ( )aαn sono proprio gli autovalori
in cui la funzione J1 si annulla, si ha che:
( )aαJ2aCB n
20
2
n=
A vale:
( ) ( ) ( )drrαJrk4
Wα
aαJa
k4aW
αaαJ
aTa
0n0
3i
n
n12
i
n
n110 ∫+⋅⋅−⋅⋅−
perciò:
( )drrαJrk4
WA
a
0n0
3i∫=
e quindi:
( )
( )aαJ
drrαJr
ak2W
Cn
20
a
0n0
3
2i
n
∫=
Poiché nella 1a soluzione Wi è negativo (sottrae calore al corpo) esso è uguale a
aq2 ''
− ; nella 2a soluzione Wi è positivo (genera calore) è vale aq2 ''
+ ; nella 3a
soluzione Wi è negativo ancora…… il risultato finale è:
T = 1T + 2T + 3T
T =
−− 2
2''
10 ar1
k2aq
T + tacρ
q2T
''
i + + ( )( ) ( )∑
∞
=
−
−+−1n n0
2n
taαn0
''''
10 aαJaαerαJ
kaq2
k4aq
Tt
2n
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
225
L’integrale ( )drrαJra
0n0
3∫ vale
( )2
n
n02
αaαJa2
Il problema proposto non ha una soluzione stazionaria a ∞=t . Si possono
calcolare degli incrementi di temperatura a partire da Ti all’istante iniziale 0t = .
La soluzione finale è:
( )( ) ( )∑
∞
=
−
−+++
−−=
1n n02
n
taαn0
''''''
i2
2''
aαJaαerαJ
kaq2
k4aq
tacρ
q2T
ar1
k2aq
Tt
2n
La condizione iniziale è rispettata poiché a 0t = ciò che rimane della T1 e della T3
si annulla lasciando solo in piedi Ti . Infatti T3 a 0t = rappresenta la media del
profilo parabolico contenuto in T1 , cambiato di segno.
La descrizione qualitativa del problema è la seguente:
t = 0+
t q’’
0xT
=∂∂
a
Ti
x
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
226
La soluzione mostrata negli andamenti della temperatura T nel tempo t è composta
da tre contributi: ( ) ( ) ( )t,xTtTxTT 321 ++=
I primi due termini rappresentano la “forma” della curva su tempi lunghi, mentre la
T3 , che si spegne al correre del tempo, è l’innalzamento della temperatura nei
primi istanti. La derivata della T alla parete è costante (l’inclinazione della curva è
la stessa nel tempo) perché tetancosq '' = .
ESERCIZIO 43
Analogo all’Esercizio precedente è il problema di un cilindro pieno di raggio a ed altezza H il quale sia isolato termicamente ad abbia a t = 0 T = Ti .
All’istante t = 0+ il cilindro viene sottoposto ai flussi in ingresso ''q1 e ''q2 rispettivamente sulle facce superiore ed inferiore . Si vuole conoscere : la ( )t,rT e se esista una T di regime per ∞→t .
a
H
''q2
0
H
z 1
''q1
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
227
- il problema termico è 1-D nello spazio e transitorio; infatti, per l’uniformità dei
flussi sulle due facce e l’isolamento per r = a , la T è funzione solo di z e t .
- non esiste una T a regime se non nel caso che 0''q''q 21 =+ , ma non è il problema
termico proposto.
Scelto il riferimento z come da figura, il modello fisico di conservazione
dell’energia del problema è :
tT
a1
zT
t2
2
∂∂
=∂∂ ; c.c.1 :
k''q
zT 2
0
−=∂∂
c.c.2 : k''q
zT 1
H
=∂∂
Il caso si presta alla ricerca di una soluzione dei due seguenti sottoproblemi :
Esiste la complicazione del processo transitorio.
Vediamo come trattare la condizione iniziale del problema.
Il caso A, e simmetricamente il caso B, si può suddividere ancora in 3 sottocasi :
Il caso C è stazionario se i1 WH''q
−= .
Il caso D rappresenta un transitorio a partire da una T iniziale e generazione di Wi
all’interno di una superficie di controllo adiabatica.
1
1
''q2
''q1
A
+ B
Wi
D
T ( z,t )
E
''q1
-Wi
C
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
228
Il caso E è anch’esso transitorio a partire da una distribuzione di T ( z ) che allo
scorrere del tempo t si uniforma dentro il campo la cui superficie di controllo è
adiabatica.
Nella risoluzione dei casi A , B (e sottocasi C , D , E , C’ , D’ , E’) compariranno delle
costanti che si cercherà di specificare facendo ricorso alle condizioni al contorno e
condizione iniziale del caso .
La legge di conservazione dell’energia nei casi C , D , E rispettivamente assume le
forme :
C ⇒ 0kW
zdTd i2C
2
=+ c.c.1 : 0zdTd
0
C = c.c.2 : k''q
zdTd 1
H
C =
Le condizioni al contorno sono flussi termici e la soluzione sarà ricavata a meno di
una costante indeterminata.
D ⇒ Hcρ''q
cρW
tdTd 1iD == tetancost
Hcρ''q
T 1D +=
la costante deve essere scelta in accordo al fatto che :
T = Ti per t = 0 e T = TA + TB = Ti ;
e poiché
i0tE'D'C'EDC T T T T T T T =+++++=
se assegniamo ( ) iD T0tT == dovremo operare opportunamente delle scelte di
( )0tT 'D = , ( )0,zTE , ( )0zT 'E = . I casi C e C’ non dipendono da t .
E ⇒ tT
a1
zT E
t2E
2
∂∂
=∂∂
; c.c.1 : 0zT
0
E =∂
∂ c.c.2 : 0
zT
H
E =∂
∂
c.i. : ( ) ?0t,zTE ==
Se abbiamo posto ( ) iD T0tT == ciò comporta che :
( ) CE T0,zT −=
( ) 'C'E T0,zT −=
( ) 00tT 'D ==
Con il set di valori iniziali per tutti i sottocasi proviamo ora a trovare le soluzioni
parziali TC , TD , TE …..
1
1 1
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
229
Soluzione di C
1iC Cz
kW
zdTd
+−= per c.c.1 ⇒ C1 = 0
Czk2
WT 2i
C +−= la c.c.2 porta a H''q
W 1i −= e quindi chiamiamo,
convenzionalmente ( ) maxCC THzT == . Ne risulta che k2HW
TC2
imaxC += e la
soluzione di C è :
−+= 2
22i
maxCC Hz1
k2HW
TT o meglio :
−−= 2
21
maxCC Hz1
k2H''q
TT
Soluzione di D
i1
D TtHcρ''q
T +=
Soluzione di E
La soluzione generale dell’equazione differenziale è :
( ) ( )[ ] tqα21E
t2
ezαcosCzαsenCT −+= ;
dalla c.c.1 ⇒ C1 = 0 ; dalla c.c.2 ⇒ πnHαn = , n = 0, 1, 2, …per cui ho infinite
funzioni TE che non sono ancora la soluzione perché la soluzione deve soddisfare
la c.i. ( ) CE T0,zT −= .
Devo quindi, secondo l’analisi di Fourier, combinare in serie le infinite funzioni
00E CT =
( ) tqα111E
t2
1ezαcosCT −=
( ) tqα222E
t2
2ezαcosCT −=
…………………………………………….
affinché il loro sviluppo pareggi la condizione iniziale a t = 0
( )∑∞
=+=−
1nn0C zαcosCT ;
operando come noto :
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
230
Applichiamo il 1° autovalore = 0
∑∫∞
=+=−
1n0
H
0C ..........HCdzT
HC3H
H1
k2H''q
k2H''q
HT 0
3
21
21
maxC =−+−
k3H''q
TC 1maxC0 +−=
Applichiamo gli altri autovalori:
( ) ( ) ( )∫∫∫ +=−H
0n
2n
H
0n0
H
0nC dzzαcosCdzzαcosCdzzαcosT
( ) ( ) ( )2HCdzzαcosz
Hk2''q
αzαsen
k2H''q
αzαsen
T nn
H
o
21H
0n
n1H
0n
nmaxC =−+− ∫
( ) ( )
−+−= H
0n3nn
2H0n2
n
1n zαsen
α2
αzzαcos
αz2
Hk2''q
2HC
( )( )2n
n1
n Hα1
kH''q2
C−
−=
quindi la ( )t,zTE :
( ) ( )( ) ( ) taα
1nn2
n
n11
maxCEt
2nezαcos
Hα1
kH''q2
k3H''q
Tt,zT −∞
=∑
−−+−=
Soluzione di A
TA = TC + TD + TE risulta quindi :
TA=
−− 2
21
maxC Hz1
k2H''qT + i
1 TtHcρ''q
+ +
( )( ) ( ) taα
1nn2
n
n11
maxCt
2nezαcos
Hα1
kH''q2
k3H''q
T −∞
=∑
−−+−
La soluzione TB si sviluppa in analogia alla soluzione TA , con i 3 sottocasi :
0
0
0 0
0
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
231
Soluzione di C’
C’ ⇒ 0k'W
zdTd i2'C
2
=+ c.c.1 : k''q
zdTd 2
0
'C −= c.c.2 : 0zdTd
H
C =
H''q
'W 2i −=
1i'C Cz
k'W
zdTd
+−= per c.c.2 ⇒ kH'W
C i1 =
2i2i
'C CzkH'W
zk2'W
T ++−= per c.c.1 riottengo H''q
'W 2i −=
e quindi chiamiamo convenzionalmente 2max'C CT = (ottenuta quando z = 0)
e la soluzione di C’ è :
−−= 2
222
max'C'C Hz
Hz2
Hk2H''q
TT
Soluzione di D’
0tHcρ''q
T 2'D +=
Soluzione di E’
( ) ( )[ ] tqα21'E
t2
ezαcosCzαsenCT −+= ;
( ) 'C'E T0,zT −= .
( ) ( ) taα
1nnn
'0'E
y2
nezαcosCCt,zT −∞
=∑+=
Hπn
αn = n = 1, 2, 3, …
applichiamo come al solito la c.i. e sfruttiamo la ortogonalità della funzione coseno
per ricavare la Cn :
W’i
D’
T ( z,t )
E’
''q2
-W’i
C’
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
232
k3H''q
TC 2max'C
'0 +−=
( ) ( ) ( )2HCdzzαcosz
k''q
dzzαcoszHk2''q
αzαsen
T nn
H
o
2n
H
o
22H
0n
nmax'C =+−− ∫∫
( ) ( ) ( ) ( )
++
−+−=
H
0n
nH
02
n
n2H0n3
nn
2H0n2
n
2n α
zαsenz
αzαcos
k''q
zαsenα2
αzzαcos
αz2
Hk2''q
2HC
( ) ( )2
n
22
n
n2n
2n
2n α
1k''q
α1
k''q
1αH2
Hk2''q
2HC −
−+−−=
( )2n
2n Hαk
''qH2C −= e quindi
( ) ( ) ( ) taα
1nn2
n
22max'C'E
t2
nezαcosHα1
kH''q2
k3H''q
Tt,zT −∞
=∑−+−=
Soluzione di B
TB = TC’ + TD’ + TE’ risulta quindi :
TB=
−− 2
22
max'C Hz
Hz2
k2H''q
T + tHcρ''q2 +
( ) ( ) taα
1nn2
n
22max'C
t2
nezαcosHα1
kH''q2
k3H''q
T −∞
=∑−+−
La soluzione del caso proposto è quindi T = TA + TB :
+
−−
−− 2
22
2
21
Hz
Hz2
k2H''q
Hz1
k2H''q
k3H''q
k3H''q
TtHcρ
''q''q 21i
21 ++++
+
( ) ( ) ( ) taα
2nn2
n21
t2
nezαcosHα2''q''q
kH2 −∞
=∑+− con n = 2, 4, 6, ……..
0 0
0
1 1
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
233
Commenti
La soluzione T (z,t) rispetta anche le condizioni iniziali Ti a t = 0 . Infatti
integrando T (z,0) tra 0 e H e dividendo per H (valore medio) ho che la
0......... =∑ e i termini contenenti ''q1 e ''q2 si annullano; rimane solo Ti .
Inoltre il termine ∑ ......... tende a zero per ∞→t e rappresenta una
discontinuità nella forma di T al centro all’inizio del riscaldamento. In prossimità
delle due facce infatti la T è parabolica, con massimo sulla superficie esposta al
flusso. Al centro la T va via via crescendo all’aumentare di t . Per t molto elevati
nella soluzione conta solo il termine tHcρ
''q''q 21 + e si può immaginare che la soluzione
abbia assunto una forma “a regime” come mostrato nel diagramma di pagina
seguente, che trasla verso l’alto, verso ∞=T (arriva prima la fusione del pezzo!).
Quindi, all’inizio del riscaldamento, esiste un certo ritardo a che l’onda termica
partita da z = 0 e z = H raggiunga il cuore del cilindro.
Poi a regime il pezzo ha una forma di T (z) che trasla identica al crescere di t .
Ti
T
t = 0
q2’’ q1’’
0 z H
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
234
ESERCIZIO 44
Si pone il problema del dimensionamento delle alette, quando si abbia un cilindro raffreddato da alette circolari esposte ad un gas ad h, T∞ ; il caso può essere modellato, per una singola aletta circolare, come da figura a lato. All’istante t = 0+ la radice delle alette assume una T = Tb. Si hanno le seguenti condizioni ( ∞−= TTθ ):
c.c.1 per r=rL 0rθ
=∂∂
c.c.2 per r=r0 bθθ = c.i. 0θ = Il caso è 2-D in transitorio ma la superficie estesa consente di trattarlo come quasi 1-D .
Modelliamo una sola superficie estesa. Immaginiamo un elementino di volume molto
piccolo e scriviamo l’equazione di conservazione dell’energia.
La superficie dell’elementino di volume lambita dai gas è ( )drrπ22 ⋅⋅ .
Trascuriamo senz’altro la quota di calore scambiato all’estremità dell’aletta
( 0rT
≅∂∂
per r = rOUT) .
L’equazione di bilancio è:
( ) ( )tT
bdrrπ2cρdrrπ2TTh2drrAq
AqAq rrr ∂
∂⋅=−−
∂∂
+− ∞
( )tT
drrπ2bcρdrrπ2TTh2drπ2rT
rr
bk∂∂
=−−
∂∂
∂∂− ∞
Passando alla variabile ∞−= TTθ :
tθ
a1θm
rθ
rrr
1t
2
∂∂
=−
∂∂
∂∂
avendo posto:
cρkat = e
kbh2
m = .
Proviamo una soluzione somma di due soluzioni:
( ) ( ) ( )rθt,rθt,rθ st +=
h , T∞
rL r0
b
Tb
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
235
corrispondenti alle equazioni:
∂∂
=−
∂∂
∂∂
=−
∂
]2[tθ
a1θm
rθ
rrr
1
]1[0θmrdθd
rr
dr1
t
tt
2t
s2s
La soluzione dell’equazione [1] è:
( ) ( )rmKCrmICθ 0201s +=
per la c.c.1 ( ) ( ) 0rmKCmrmICm L12L11 =−
per la c.c.2 ( ) ( )002001b rmKCrmICθ +=
( )( ) E
rmKrmI
CC
L1
L1
1
2 ==
( ) ( )00001
b rmKErmICθ
+=
( ) ( )rmKErmICθ
001
s +=
( ) ( )[ ]( ) ( ) ]3[
rmKErmIrmKErmIθ
θ0000
00bs +
+
N.B.
Se la c.c.1 fosse stata θkh
rθ
Lrr
−=∂∂
=
la soluzione sarebbe stata ancora la [3], ma con ( ) ( )
( ) ( )L0L1
L0L1
rmKrmKhkm
rmIrmIhkm
E−
+= .
Le condizioni al contorno della [2] sono:
c.c.1 per r=rL 0rθt =
∂∂
c.c.2 per r=r0 tsb θθθθ +== per cui 0θθθ sbt =−=
c.i. ts θθ0θ +== quindi per t = 0 st θθ −=
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
236
Per risolvere la [2] applichiamo la separazione delle variabili:
( ) ( )tτrRθt =
tθ
a1θm
rθ
r1
rθ t
tt
2t2t
2
∂∂
=−∂
∂+
∂∂
ττ
a1m
RR
r1
RR '
t
2'''
=−+
date le condizioni al contorno omogenee nella direzione → r :
( )( )
−=
−=−+
2'
t
22'''
αtτtτ
a1
αmRR
r1
RR
( )
=+=−++
]5[0τaατ]4[0RrmαRrRr
t2'
222'''2
La soluzione della [5] è
taα t2
eCτ −= .
Per quanto riguarda la [4] , ponendo 22 mαβ −= , se 22 mα − è positivo, abbiamo
la soluzione:
( ) ( ) ( )rβYCrβJCrR 0201 +=
se invece 22 mα − è negativo, la soluzione è:
( ) ( ) ( )rβKCrβICrR 0201 +=
Scegliamo la: ( ) ( ) ( )rβKCrβICrR 0201 +=
Applicando le c.c.1 e 2 abbiamo: ( ) ( )
( ) ( )
=−+=
0rβKCβrβICβrβKCrβIC0
L12L11
002001
( )( )
( )( ) E
rβKrβI
rβKrβI
CC
L1
L1
00
00
1
2 ==−= [6]
esistono più valori nα , quindi 22nn mαβ −= , che soddisfano la relazione [6].
Le soluzioni particolari sono quindi: ( ) ( ) ( )[ ]rβKErβICrR n0nn0n +=
tθ sarà una combinazione lineare: ( ) ( )[ ] taα
1nn0nn0nt
t2
nerβKErβICθ −∞
=∑ +=
Applichiamo ora la condizione iniziale st θθ −= :
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑
∞
=
+=++
−1n
n0nn0n0000
00b rβKErβIC
rmKErmIrmKErmI
θ
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
237
ESERCIZIO 45
Condensazione del vapore e crescita dello strato di liquido nel tempo. Un recipiente, isolato sulle pareti ma non sul fondo (vedi figura), contiene vapore surriscaldato a Tv . La superficie esterna del fondo è esposta ad aria a vTT <∞ e Ts (Tsaturazione), ed h . Proviamo a risolvere il problema della crescita nel tempo dello spessore di liquido X (t) .
Assunzioni: - il problema è 1-D - il fondo d’acciaio del contenitore ha resistenza = 0 ( )∞=k - le proprietà di vapore e condensato sono costanti e indicate rispettivamente col
pedice 1 e 2 - l’interfaccia tra liquido e vapore è a Ts
La formulazione differenziale di problemi a doppio dominio è complessa,
specialmente se il dominio è finito.
Una ipotesi semplificativa iniziale potrebbe essere che il tenore del
surriscaldamento sia basso e che si possa porre Tv = Ts (saturazione).
Se è così l’unica equazione da risolvere riguarda il liquido:
22
22
xT
atT
∂∂
=∂
∂ [1] dove
22
2
cρk
a = (diffusività termica)
∞T,h
( )tX
∞T T
vT
sT
0
x
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
238
( ) s1 Tt,xT =
( ) s2 T0,xT =
Posizione del pelo libero:
( )tX a cui ( ) s2 Tt,XT =
La condizione al contorno sul fondo è:
0qq c0xn =−−=
ossia
( )( )∞−=∂∂ Tt,0ThxTk 2
t,0
2 [2]
Qual è la condizione al contorno per x = X(t) ?
Il ragionamento sulla fisica del fenomeno ci deve aiutare:
Quanto vale ''q ?
''q è un flusso, hlg è il calore latente di condensazione, espresso in MassaEnergia
.
Nel tempo infinitesimo dt quanta massa condensa e quanta energia è ceduta al
contorno?
tdtdXd
11Vd ⋅⋅= è il volume di condensato per unità di superficie, e dt .
tdXd
hρ lg2 rappresenta il flusso al contorno, quindi:
( )0
tdXd
hρx
t,XTk lg2
2 =+∂
∂− [3]
Anche la soluzione della formulazione semplificata rappresentata dalle equazioni
[1] , [2] e [3] presenta difficoltà matematiche; se semplificassimo ancora,
immaginando che il caso sia quasi stazionario nel liquido, avremmo:
0''qqq 2n1n =−− x
onecondensazidilatentecalore''q =
1nq
2nq
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
239
( ) ( )( )
( )
( )
=+∂
∂−
=
−=∂
∂
=
∞
]3[0tdXd
hρx
t,XTk
]5[Tt,XT
]2[Tt,0Thx
t,0Tk
]4[0dxTd
lg22
s2
22
22
2
La non stazionarietà è ora a carico solo dell’ultima espressione, la variazione dello
spessore del liquido nel tempo.
La soluzione di [4] è 212 CxCT +=
dalle condizioni al contorno [2] e [5] ricaviamo C1 e C2 :
( )
=+
−= ∞
s21
21
TCXC
TChCk
Svolgendo i calcoli si ha che:
( )∞−= TCkhC 21
( ) s22 TCTCkhX =+− ∞
da cui 1
khX
TkhXT
Cs
2+
+=
∞
ed ancora
−+
+= ∞
∞T
1khX
TkhXT
khC
s
1 ,
+
−−+=
∞∞∞
1khX
TTkhXT
khXT
khC
s
1
da cui finalmente
+
−= ∞
1khX
TTkhC s
1
L’incognita è X , funzione del tempo.
Usiamo ora l’equazione [3] in cui inseriamo il risultato appena ottenuto per T2 :
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
240
0tdXd
hρCk lg21 =+−
0tdXd
hρ1
khX
TTh lg2s =+
+
−− ∞
h1
kX
TTtdXd
hρ slg2
+
−= ∞ soggetto alla condizione iniziale ( ) 00tX ==
dthρTTXd
h1XdX
k1
lg2
s ∞−=+
Integrando tra 0 – t e tra 0 – X (t) ottengo l’equazione algebrica
0thρTT
Xh1
k2X
lg2
s2
=−
−+ ∞
( )
k1
thρTT
k214
h1
h1
tXlg2
s2
∞−++−
=
( ) thρTT
hh
k2
h1k
hktX
lg2
s2
2
2∞−
++−=
( ) ( )t
hρkTTh2
11h
ktX
lg2
s2
∞−++−= [6]
L’equazione [6] dà lo spessore del liquido condensato al crescere di t , date h , k
e tutte le grandezze fisiche dell’espressione.
Si potrebbe ancora immaginare, semplificando, che il liquido sia un buon conduttore
termico e che quindi la resistenza termica 0kX ≅ . È una semplificazione valida
per liquidi ad alto k (acqua, ecc.) e quando t è piccolo.
La [6] si semplifica ulteriormente; infatti, ricordando che
h1
kX
TTtdXd
hρ slg2
+
−= ∞
se 0kX ≅
l’espressione sopra diviene:
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
241
h1TT
tdXd
hρ slg2
∞−= che si integra a:
( ) ( )t
hρTTh
tXlg2
s ∞−=
ESERCIZIO 46
Immaginiamo che una paletta di turbina sia raffreddata alla base e riceva dai gas di combustione caldi un flusso radiativo e convettivo (vedi Figura 1(a)). La parete superiore della paletta è isolata. La sezione trasversale della paletta si può idealizzare come mostrato in Figura 1(b). Proviamo ad indicare l’approccio da seguire per individuare una soluzione analitica del campo di temperatura.
La prima cosa da fare è impostare l’equazione dell’energia, prima legge della
termodinamica, per un elementino di volume all’interno della pala. Trattiamo la
x
z
y Figura 1
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
242
direzione z come nel caso di superfici estese (alette) nelle quali vi è un gradiente
di temperatura trascurabile attraverso lo spessore ristretto ( ( )2
Lxbxg
= ).
Attraverso l’elementino gy∆x∆ ⋅⋅ di figura:
abbiamo il flusso netto di conduzione pari a:
y∆x∆gyT
ky
y∆x∆xT
gkx
∂∂
∂∂+
∂∂
⋅⋅∂∂
ed il flusso convettivo netto in uscita dall’elementino è: ( ) y∆x∆TTh2 ∞∞ −
così pure il flusso radiativo in ingresso vale: y∆x∆q2 ''2 .
Mettendo tutto assieme secondo la prima legge e dividendo per 2Lbky∆x∆
otteniamo l’equazione:
nθmyθx
xθ
xx
22
222 −=−
∂∂+
∂∂
∂∂ [1]
dove:
∞−= TTθ bkLh2
m2
2 ∞= bkLq2
n2''
2=
Le ipotesi e i passaggi matematici che portano alla [1] sono i seguenti: si sceglie un riferimento cartesiano orientato come mostrato nella Figura 1(a), e poi si ipotizza che la T non vari attraverso lo spessore b (b<<L,l) ma dipenda
x∆ X∆
y∆ X∆
yq
dyyq +
X∆
dxxq + X
xq X
( )xg
Figura 2
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
243
dall’altezza della paletta e dalla posizione lungo la corda L soltanto, come mostrato in Figura 1(b); si tratterà quindi il caso come quasi-bidimensionale. Per scrivere l’equazione differenziale da risolvere si parte dall’analisi dei bilanci di energia attraverso l’elementino di volume rappresentato in Figura 2.
( )2
Lxbxg
=
( ) ( ) ( ) 0dydxTTh2dydxq2dyAqy
AqAqdxAqx
AqAq ''2yyyxxx =−−+
∂∂+−+
∂∂+− ∞∞
nT
kq,q yx ∂∂
−=
∞−= TTθ sostituendo e dividendo per dydx si ha:
0θh2q2yθ
Lxb
yk
xθ
Lxb
xk ''
2
22
=−+
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂
∞
0θh2q2yθ
Lxbk
xθ
xxL
bk ''22
2
2
22
2 =−+∂∂+
∂∂
∂∂
∞
dividendo per 2Lbk si ottiene la [1] .
Le condizioni al contorno secondo le quali va risolta l’equazione [1] sono:
c.c.1 ( ) finitovaloreuny,0θ =
c.c.2 θhqxθ
k ''1 ∞+−=
∂∂
− per x=L , ogni y
c.c.3 0yθ
=∂∂
per y=0 , ogni x
c.c.4 ( )[ ]00 θl,xθhyθ
k −=∂∂
− per y=l , tutti gli x
L’equazione [1] non è omogenea. Si assorbe il termine non omogeneo in una soluzione
1-D come segue:
( ) ( ) ( )xΦy,xΨy,xθ +=
dove ( )xΦ soddisfa l’equazione:
nΦmxdΦd
xxdd 22 −=−
[2]
con le seguenti condizioni al contorno:
c.c.1 ( ) finitovaloreun0Φ =
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
244
c.c.2 ΦhqxdΦd
k ''1 ∞+−=− per x=L , tutti gli y
e ( )y,xΨ soddisfa l’equazione:
0ΨmyΨx
xΨ
xx
22
222 =−
∂∂+
∂∂
∂∂ [3]
con le seguenti condizioni al contorno:
c.c.1 ( ) finitovaloreuny,0Ψ =
c.c.2 ΨhxΨ
k ∞=∂∂
− per x=L , tutti gli y
c.c.3 0yΨ
=∂∂
per y=0 , tutti gli x
c.c.4 ( )00 θΦΨhyΨ
k −+=∂∂
− per y=l , tutti gli x
L’equazione [2] ha soluzione
hp ΦΦΦ +=
dove pΦ è una soluzione particolare quando 0xdΦd
= :
2p mnΦ =
hΦ è invece la soluzione dell’equazione omogenea associata 0ΦmxdΦd
xxdd
h2h2 =−
La sua soluzione è:
( )
−+
=11m4
21
h
5,02
xBΦ
Infatti, equazioni del tipo 0yxγxdyd
xxdd β2α =+
,
quando 02αβ =+− , come nel nostro caso, essendo
2α = 0β = 22 mγ −= , e quindi 02 =+− αβ ,
hanno soluzioni del tipo r
h xBΦ =
dove r scaturisce dalle soluzioni dell’equazione algebrica
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
245
( ) 0γr1αr 22 =+−+ , cioè, nel nostro caso:
0mrr 22 =−+
2m411
r2
2,1+±−
=
2m411
r
2m411
r2
2
2
1
+−−=
++−=
Scegliamo la 1r perché fisicamente più credibile, r2 essendo
negativa.
Quindi è fisicamente più valida la soluzione:
( )
−+
=11m4
21
h
5,02
xBΦ
e perciò
( )( )
−+
+=+=11m4
21
2hp
5,02
xBmnΦΦxΦ
dalla c.c.1 ( ) finitovaloreun0Φ = si ha che
( ) finitovalore0mnΦΦ0Φ 2hp =+=+=
T
r2
r1
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
246
dalla c.c.2 ( ) ( )hp''
1hp ΦΦhqΦΦxd
dk ++−=+− ∞ per x=L , tutti gli y ,
svolgendo i calcoli si trova il valore di ( ) ( )
−+
−=
∞
−
∞
hL21ak
1L
mn
hq
B1a
21
2
"1
dove ( ) 5,02 1m4a += .
L’equazione [3] si risolve con la separazione delle variabili:
( ) ( ) ( )yYxXy,xΨ ⋅=
( ) 0YXmYXxYXxx
2''2'2 =−+∂∂
0YXmYXxYXx2YXx 2''2'''2 =−++
dividendo per YX :
0mYY
xXX
x2XX
x 2''
2'''
2 =−++
La direzione omogenea in questo caso è la x →
( )
=−++=−
]5[0XmxλXx2Xx]4[0YλY
222'''2
2''
la direzione x è omogenea perché:
( ) finitovalorey,0θ = , vuol dire che 0xθ
y,0
=∂∂
, oppure che ( ) 0y,0θ ≅ cioè che
( ) 0Ty,0T =− ∞
Introducendo ( )21
*
x
XxX = l’equazione [5] diviene:
0X41mxλ
xdXd
xxdXdx *222
*
2
*22 =
+−++ [6]
L’equazione [4] ha soluzione ( ) ( )yλcoshCyλsenhCY 21 +=
ma per la c.c.3 dell’equazione [3] 0C1 = , e quindi ( )yλcoshCY =
L’equazione [6] ha soluzione ( )xλJCx
1X21
2
41m2
1
+
=
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
247
Gli autovalori λ si trovano dalla c.c.2 omogenea dell’equazione [3]
Ψkh
xΨ ∞−=
∂∂
per x=L , tutti gli y
e la costante C ora si trova dalle infinite soluzioni:
( ) ( ) ( )yλcoshxλJx
1CΨYX nnb21nnn ==
sfruttando la c.c.4 dell’equazione [3] ( ( )00 θΦΨhyΨ
k −+=∂∂
− per y=l , tutti gli x )
si ha che:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
−++=
− ∑∑
∞
=
−∞
= 0n0
1b21
2nnb21n0
0nnnb
21n
n θxBmnlλcoshxλJ
x
1ChlλsenhxλJx
λCk
La soluzione di quest’ultima espressione, per funzioni di Bessel d’ordine non intero 5,0
2
41mb
+= non è banale. Tuttavia i coefficienti Cn vengono trovati e sono
nelle seguenti tabelle assieme agli autovalori nλ :
esercizi di Combustione e Trasmissione del Calore Capitolo 2 – Scambio termico (CONDUZIONE)
248
Applicando alcuni valori dello scambio termico e variando il rapporto L/l come da
tabelle allegate si ottengono le distribuzioni della seguente figura
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