Теплообмен излучением

При установившемся состоянии количество энергии излучения, поглощенной частицей, и количество энергией, излучаемой частицей, равны:

$$A{E}_{пад}{F}_N=\epsilon {\sigma }_{0}F{T}^4$$

где σ₀ – постоянная Стефана – Больцмана, Вт/(м² × К⁴);

F_N – проекция облучаемой поверхности частицы на плоскости, нормальную к падающему излучению, м²;

F – поверхность частицы.

Для шара диаметром d:

$$\frac{F_N}{F}=\frac{\pi d^2}{4\pi d^2}=\frac{1}{4}$$

Тогда температура:

$$T=\sqrt[4]{\frac{A{E}_{пад}}{4\epsilon {\sigma }_0}}=\sqrt[4]{\frac{1550A}{4\epsilon \times \mathrm{5,67}\times {10}^{-8}}}=287\sqrt[4]{\frac{A}{\epsilon }}$$

Для серого тела A = ε:

$$T=287 K\Rightarrow t=14 ℃$$

Если ε = 0,1, а A = 0,2:

$$T=287\sqrt[4]{\frac{\mathrm{0,2}}{\mathrm{0,1}}}=341 К\Rightarrow t=\mathrm{68,3} ℃$$

Ответ: а) t = 14 ℃; б) t = 68,3 ℃.

В нашем случае

$$\lambda T=\mathrm{0,65}\times 1900=1235 \mathrm{м}\mathrm{к}\mathrm{м}\times \mathrm{К}$$

Так как λT < 3000 мкм × К, то можно воспользоваться законом излучения Вина. Яркость излучения данного тела при температуре T’ совпадает с яркостью излучения абсолютно черного тела при температуре T, поэтому справедливо равенство

$${\epsilon }_{\lambda }{e}^{-\frac{c_2}{\lambda T^{’}}}=e^{-\frac{c_2}{\lambda T}}$$

Отсюда следует, что

$$T^{’}=\frac{1}{\frac{1}{T}+\frac{\mathrm{\lambda }}{c_2}\ln {\epsilon }_{\lambda }}=\frac{1}{\frac{1}{900}+\frac{\mathrm{0,65}\times {10}^6}{\mathrm{1,4387}\times {10}^{-2}}\ln \mathrm{0,8}}=1612 К$$

где c₂ = 1,4387 × 10^-2 м × К.

Ответ: Т’ = 1612 К.

Поглощательная способность данного тела:

$$A=\frac{E_{погл}}{E_{пад}}=\frac{48}{60}=\mathrm{0,8}$$

Степень черноты ε = A, а

$$E_{соб}=\epsilon {\sigma }_0{T}^4=\mathrm{0,8}\times \mathrm{5,67}\times {10}^{-8}\times {800}^4=\mathrm{1,86}\times {10}^4\frac{Вт}{{м}^2}$$

где σ₀ – постоянная Стефана – Больцмана, Вт/(м² × К⁴).

Ответ: ε = 0,8; E_соб = 1,86 × 10⁴ Вт/м².

Яркость исследуемого тела:

$$B_{\lambda }=\frac{J_{\lambda }}{\pi }=\frac{1}{\pi }\frac{{\epsilon }_{\lambda }{c}_1{\lambda }^{-5}}{e^{c_2/\lambda T}-1}$$

где T – абсолютная температура исследуемого тела.

Яркость абсолютно черного тела:

$$B_{0\lambda }=\frac{J_{0\lambda }}{\pi }=\frac{1}{\pi }\frac{{\epsilon }_{\lambda }{c}_1{\lambda }^{-5}}{e^{c_2/\lambda T_0}-1}$$

где T – абсолютная температура черного тела, при B_λ = B_0λ это температура, которую показывает пирометр.

Так как в нашем случае c₂/λT₀ = 13,2, то e^c2/λT0 значительно больше единицы. Поэтому в формулах в знаменателе единицей можно пренебречь по сравнению с e^c2/λT.

Из условия B_λ = B_0λ получим:

$$\frac{1}{T}=\frac{1}{T_0}-\frac{\lambda }{c_2}\ln \frac{1}{{\epsilon }_{\lambda }}$$

В нашем случае получим систему уравнений:

$$\frac{1}{T}=\frac{1}{T_{01}}-\frac{{\lambda }_1}{c_2}\ln \frac{1}{{\epsilon }_{{\lambda }_1}}$$

$$\frac{1}{T}=\frac{1}{T_{02}}-\frac{{\lambda }_2}{c_2}\ln \frac{1}{{\epsilon }_{{\lambda }_2}}$$

Для серого тела ε_λ1 = ε_λ1 = ε. Из этой системы получим выражения для T и ε:

$$T=\frac{\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}-1}{\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}\frac{1}{T_{02}}-\frac{1}{T_{01}}}=\frac{\frac{\mathrm{0,65}}{\mathrm{0,50}}-1}{\frac{\mathrm{0,65}}{\mathrm{0,50}}\times \frac{1}{\left(273+1420\right)}-\frac{1}{\left(273+1400\right)}}=1763 К$$

или

$$t=1763-273=1490 ℃$$

$$\epsilon =\exp \frac{T_{01}{T}_{02}\left({\lambda }_1-{\lambda }_2\right)}{c_2\left(T_{01}-T_{02}\right)}=$$

$$=\exp \frac{\left(273+1400\right)\times \left(273+1420\right)\times \left(\mathrm{0,65}-\mathrm{0,50}\right)\times {10}^{-6}}{\mathrm{1,439}\times {10}^{-2}\times 20}=\mathrm{0,68}$$

Ответ: t = 1490 ℃; ε = 0,68.

Относительная излучательная способность в полусферу (степень черноты) по определению

$$\epsilon =\frac{E}{E_0}$$

Излучательную способность в полусферу для окисленной меди можно выразить через интенсивность излучения:

$$E={\int }_{2\pi }^{}{J}_{\phi }d\omega ={\int }_{{\omega }_1}^{}{J}_{\phi }d\omega +{\int }_{2\pi -{\omega }_1}^{}{J}_{\phi }d\omega$$

где ω₁ – телесный угол, в котором степень черноты направленного излучения постоянна.

Учитывая, что

$$J_{\phi }={\epsilon }_{\phi }{J}_{0\phi }$$

и

$$J_{0\phi }=B_0\cos \phi$$

где B₀ – яркость излучения абсолютно черного тела.

Первый интеграл можно выразить следующим образом:

$${\int }_{{\omega }_1}^{}{J}_{\phi }d\omega ={\epsilon }_{\phi }{B}_0{\int }_{{\omega }_1}^{}\cos \phi d\omega$$

Второй интеграл по закону Кирхгофа равен:

$${\int }_{2\pi -{\omega }_1}^{}{J}_{\phi }d\omega =A^{’}{\int }_{2\pi -{\omega }_1}^{}{J}_{0\phi }d\omega =A^{’}{B}_0{\int }_{2\pi -{\omega }_1}^{}\cos \phi d\omega$$

где A’ – поглощательная способность, относящаяся ко всему падающему в телесном угле 2π – ω₁ черному излучению.

Так как

$$d\omega =\sin \phi d\phi d\vartheta$$

то

$$E={\epsilon }_{\phi }{B}_0{\int }_0^{2\pi }d\vartheta {\int }_0^{\frac{\pi }{3}}\sin \phi d\phi d\vartheta =A^{’}{B}_0{\int }_0^{2\pi }d\vartheta {\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}\sin \phi \cos \phi d\phi =$$

$${\epsilon }_{\phi }{B}_0\frac{3}{4}\pi +A^{’}{B}_0\frac{1}{4}\pi$$

По закону Ламберта

$$E_0=B_0\pi$$

Окончательно получим:

$$\epsilon =\frac{{\epsilon }_{\phi }{B}_0\frac{3}{4}\pi +A^{’}{B}_0\frac{1}{4}\pi }{B_0\pi }=\frac{3}{4}{\epsilon }_{\phi }+\frac{1}{4}{A}^{’}=\frac{3}{4}\times \mathrm{0,8}+\frac{1}{4}\times \mathrm{0,67}=\mathrm{0,7675}$$

Относительная излучательная способность в нормальном направлении ε_φ=0 = ε_φ = 0,8. Искомое отношение:

$$\frac{\epsilon }{{\epsilon }_{\phi =0}}=\frac{\mathrm{0,7675}}{\mathrm{0,8}}=\mathrm{0,96}$$

Ответ: ε/ε_φ=0 = 0,96.

Абсолютная температура поверхности солнца:

$$T_0=t_0+273=5700+273=5973 К$$

Телесный угол, под которым единичная площадка “видит” Солнце:

$$d\omega =\frac{\pi D^2}{4l^2}$$

Яркость солнечного излучения:

$$B=\frac{E_0}{\pi }=\frac{{\sigma }_0{T}_0^4}{\pi }$$

Искомая плотность солнечного лучистого потока:

$$E_{пад}=Bd\omega =\frac{{\sigma }_0{T}_0^4}{\pi }\times \frac{\pi D^2}{4l^2}=\frac{{\sigma }_0{T}_0^4{D}^2}{4l^2}=$$

$$=\frac{\mathrm{5,67}\times {10}^{-8}\times {5973}^4\times {\left(\mathrm{1,391}\times {10}^9\right)}^2}{4\times {\left(\mathrm{149,5}\times {10}^9\right)}^2}=1562\frac{Вт}{{м}^2}$$

Ответ: E_пад = 1562 Вт/м².

Температуры поверхности корабля вблизи Земли и вблизи Венеры определяются из уравнений:

$$\epsilon {\sigma }_{0}F{T}_1^4=A{E}_{пад1}{F}_N$$

$$\epsilon {\sigma }_{0}F{T}_2^4=A{E}_{пад2}{F}_N$$

откуда

$${\left(\frac{T_2}{T_1}\right)}^4=\frac{E_{пад2}}{E_{пад1}}={\left(\frac{l_1}{l_2}\right)}^2$$

Следовательно,

$$\frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{l_1}{l_2}}=\sqrt{\frac{\mathrm{149,5}}{\mathrm{108,1}}}=\mathrm{1,18}$$

$$t_2+273=\left(t_1+273\right)\times \mathrm{1,18}$$

$$t_2=\left(\mathrm{1,18}{t}_1+48\right), ℃$$

Ответ: t₂ = 1,18t₁ + 48.

Угловой коэффициент излучения для двух параллельных кругов одинакового радиуса r с центрами на одной общей нормали к их плоскостям и расстоянием h между ними:

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}=\frac{1}{2}\left(Z-\sqrt{Z^2-4}\right)$$

где

$$Z=1+\left(1+X^2\right)Y^2=1+\left(1+\frac{r^2}{h^2}\right)\frac{h^2}{r^2}=1+\left(1+\frac{{\mathrm{0,6}}^2}{2^2}\right)\times \frac{2^2}{{\mathrm{0,6}}^2}=\mathrm{13,111}$$

Тогда

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}=\frac{1}{2}\times \left(\mathrm{13,111}-\sqrt{{\mathrm{13,111}}^2-4}\right)=\mathrm{0,07666}$$

$${\phi }_{\mathrm{1,3}}=1-{\phi }_{\mathrm{1,2}}=1-\mathrm{0,07666}=\mathrm{0,92334}$$

$${\phi }_{\mathrm{2,3}}={\phi }_{\mathrm{1,3}}$$

$${\phi }_{\mathrm{2,1}}={\phi }_{\mathrm{1,2}}$$

Площади:

$$F_1=F_2=\frac{\pi d^2}{4}=\frac{\mathrm{3,14}\times {\mathrm{1,2}}^2}{4}=\mathrm{1,1304} {м}^2$$

$$F_3=\pi dh=\mathrm{3,14}\times \mathrm{1,2}\times 2=\mathrm{7,536} {м}^2$$

Угловой коэффициент φ_3,2 находим по уравнению взаимности:

$${\phi }_{\mathrm{3,1}}={\phi }_{\mathrm{3,2}}={\phi }_{\mathrm{1,3}}\frac{F_1}{F_3}=\mathrm{0,92334}\times \frac{\mathrm{1,1304}}{\mathrm{7,536}}=\mathrm{0,1385}$$

Из уравнения замкнутости:

$${\phi }_{\mathrm{3,3}}=1-2{\phi }_{\mathrm{3,1}}=1-2\times \mathrm{0,1385}=\mathrm{0,7230}$$

С учетом того что φ_1,1 = φ_2,2 = 0, все девять угловых коэффициентов излучения найдены. Для нахождения E_{рез i} (i = 1, 2, 3) возьмем систему:

$$\frac{1}{A_i}{E}_{резi}-\sum _{k=1}^n\frac{R_k}{A_k}{E}_{резk}{\phi }_{i,k}=\sum _{k=1}^n{E}_{0k}{\phi }_{i,k}-E_{0i}$$

С учетом найденных значений φ_i,k, значения A_k (k = 1, 2, 3), заданных температур поверхностей и того, что R_k = 1 - A_k, находим:

$$E_{рез1}=-41089\frac{Вт}{{м}^2}$$

$$E_{рез2}=-9333\frac{Вт}{{м}^2}$$

$$E_{рез3}=7563\frac{Вт}{{м}^2}$$

Проверка:

$$E_{рез1}{F}_1+E_{рез2}{F}_2+E_{рез3}{F}_3=0$$

Ответ: E_рез1 = -41089 Вт/м²; E_рез2 = -9333 Вт/м²; E_рез3 = 7563 Вт/м².

Абсолютные температуры:

$$T_1=273+t_1=273+900=1173 ℃$$

$$T_2=273+t_2=273+0=273 ℃$$

Линейная плотность теплового потока за счет излучения:

$$q_{l\left(л\right)}=\epsilon c_0\left[{\left(\frac{T_1}{100}\right)}^4-{\left(\frac{T_2}{100}\right)}^4\right]\pi d=$$

$$=\mathrm{0,82}\times \mathrm{5,67}\times \left[{\left(\frac{1173}{100}\right)}^4-{\left(\frac{273}{100}\right)}^4\right]\times \mathrm{3,14}\times \mathrm{0,0015}=413\frac{Вт}{м}$$

Линейная плотность теплового потока за счет конвекции:

$$q_{l\left(к\right)}={\alpha }_{к}\left(t_1-t_2\right)\pi d_1=25\times \left(900-0\right)\times \mathrm{3,14}\times \mathrm{0,0015}=106\frac{Вт}{м}$$

Линейное электросопротивления провода:

$$R_l=\frac{4\rho }{\pi d^2}=\frac{4\times \mathrm{1,2}\times {10}^{-6}}{\mathrm{3,14}\times {\mathrm{0,0015}}^2}=\mathrm{0,679}\frac{Ом}{м}$$

Сила тока:

- теплота отводится излучением и конвекцией

$$I_{л.к}=\sqrt{\frac{q_{l\left(л\right)}+q_{l\left(к\right)}}{R_l}}=\sqrt{\frac{413+106}{\mathrm{0,679}}}=\mathrm{27,7} А$$

- теплота отводится только излучением

$$I_{л}=\sqrt{\frac{q_{l\left(л\right)}}{R_l}}=\sqrt{\frac{413}{\mathrm{0,679}}}=\mathrm{24,7} А$$

Ответ: I_л.к = 27,7 А; I_л = 24,7 А.

Абсолютные температуры:

$$T_{с1}=t_{с1}+273=27+273=300 К$$

$$T_{с2}=t_{с2}+273=25+273=298 К$$

Термометр отдает теплоту за счет конвекции

$$q=\epsilon {\sigma }_0\left(T_{с1}^4-T_{с2}^4\right)$$

а получает за счет конвекции

$$q=\alpha \left(T_{ж}-T_{с1}\right)$$

Тогда условия теплового баланса:

$$\epsilon {\sigma }_0\left(T_{с1}^4-T_{с2}^4\right)=\alpha \left(T_{ж}-T_{с1}\right)$$

Откуда найдем действительную температуру воздуха:

$$T_{ж}=\frac{\epsilon {\sigma }_0\left(T_{с1}^4-T_{с2}^4\right)}{\alpha }+T_{с1}=\frac{\mathrm{0,94}\times \mathrm{5,67}\times {10}^{-8}\times \left({300}^4-{298}^4\right)}{5}+300=\mathrm{302,3} ℃$$

или

$$t_{ж}=T_{ж}-273=\mathrm{302,3}-273=\mathrm{29,3} ℃$$

Ошибка

$$\Delta t=t_{ж}-t_{с1}=\mathrm{29,3}-27=\mathrm{2,3} ℃$$

Ответ: t_ж = 29,3 ℃; Δt = 2,3 ℃.

Угловой коэффициент лучистого обмена между стенкой и одним рядом труб вычисляется по формуле:

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}=1-\sqrt{1-{\left(\frac{d}{s}\right)}^2}+\frac{d}{s}\mathrm{arctg}\sqrt{{\left(\frac{s}{d}\right)}^2-1}=$$

$$=1-\sqrt{1-{\left(\frac{80}{400}\right)}^2}+\frac{80}{400}\times \mathrm{arctg}\sqrt{{\left(\frac{400}{80}\right)}^2-1}=\mathrm{0,294}$$

Для многорядных пучков труб:

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}^{n=2}=1-{\left(1-{\phi }_{\mathrm{1,2}}\right)}^n=1-{\left(1-\mathrm{0,294}\right)}^2=\mathrm{0,502}$$

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}^{n=3}=1-{\left(1-{\phi }_{\mathrm{1,2}}\right)}^n=1-{\left(1-\mathrm{0,294}\right)}^3=\mathrm{0,648}$$

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}^{n=4}=1-{\left(1-{\phi }_{\mathrm{1,2}}\right)}^n=1-{\left(1-\mathrm{0,294}\right)}^4=\mathrm{0,752}$$

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}^{n=5}=1-{\left(1-{\phi }_{\mathrm{1,2}}\right)}^n=1-{\left(1-\mathrm{0,294}\right)}^5=\mathrm{0,825}$$

$${\phi }_{\mathrm{1,2}}^{n=6}=1-{\left(1-{\phi }_{\mathrm{1,2}}\right)}^n=1-{\left(1-\mathrm{0,294}\right)}^6=\mathrm{0,8}76$$

Построим график функции φ_1,2 = f(n).

Ответ: φⁿ⁼¹_1,2 = 0,294; φⁿ⁼²_1,2 = 0,502; φⁿ⁼³_1,2 = 0,648; φⁿ⁼⁴_1,2 = 0,752; φⁿ⁼⁵_1,2 = 0,825; φⁿ⁼⁶_1,2 = 0,876.

Эффективная длина луча с учетом самопоглощения:

$$l_{эф}=\mathrm{3,6}\frac{V}{F}=\mathrm{3,6}\frac{1\times 2\times 3}{22}=\mathrm{0,98} м$$

Вычисляем

$$p_{C{O}_2}{l}_{эф}=10\times {10}^3\times \mathrm{0,98}=\mathrm{0,098}\times {10}^5 Па\times м$$

$$p_{H_{2}O}{l}_{эф}=20\times {10}^3\times \mathrm{0,98}=\mathrm{0,196}\times {10}^5 Па\times м$$

По этим найденным значениям и температуре газа

$$t=T-273=1500-273=1227 ℃$$

пользуясь графиками, определяем:

$${\epsilon }_{C{O}_2}=\mathrm{0,09}$$

$${\epsilon }_{H_{2}O}^{’}=\mathrm{0,13}$$

$${\beta }_{H_{2}O}=\mathrm{1,1}$$

Тогда

$${\epsilon }_{H_{2}O}={\epsilon }_{H_{2}O}^{’}{\beta }_{H_{2}O}=\mathrm{0,13}\times \mathrm{1,1}=\mathrm{0,143}$$

и суммарно

$${\epsilon }_{C{O}_2+H_{2}O}={\epsilon }_{C{O}_2}+{\epsilon }_{H_{2}O}-{\epsilon }_{C{O}_2}{\epsilon }_{H_{2}O}=\mathrm{0,09}+\mathrm{0,143}-\mathrm{0,09}\times \mathrm{0,143}=\mathrm{0,232}$$

Плотность потока собственного излучения продуктов сгорания:

$$E_{соб.г}={\epsilon }_{C{O}_2+H_{2}O}{\sigma }_0{T}^4=\mathrm{0,213}\times \mathrm{5,67}\times {10}^{-8}\times {1500}^4=66593\frac{Вт}{{м}^2}$$

где σ₀ – постоянная Стефана – Больцмана, Вт/(м² × К⁴).

Ответ: E_соб.г = 66593 кВт/м².

Эффективная длина луча:

$$l_{эф}=\mathrm{1,08}d\left(\frac{s_1{s}_2}{d}-\mathrm{0,785}\right)=\mathrm{1,08}\times \mathrm{0,038}\times \left(4-\mathrm{0,785}\right)=\mathrm{0,132} м$$

Вычисляем

$$p_{C{O}_2}{l}_{эф}=r_{{CO}_2}p{l}_{эф}=\mathrm{0,13}\times \mathrm{1,01}\times {10}^5\times \mathrm{0,132}=\mathrm{0,017}\times {10}^5 Па\times м$$

$$p_{H_{2}O}{l}_{эф}=r_{H_{2}O}p{l}_{эф}=\mathrm{0,11}\times \mathrm{1,01}\times {10}^5\times \mathrm{0,132}=\mathrm{0,0145}\times {10}^5 Па\times м$$

По этим найденным значениям и температуре газа 950 ℃ пользуясь графиками, определяем:

$${\epsilon }_{C{O}_2}=\mathrm{0,058}$$

$${\epsilon }_{H_{2}O}^{’}=\mathrm{0,027}$$

$${\beta }_{H_{2}O}=\mathrm{1,08}$$

Тогда

$${\epsilon }_{H_{2}O}={\epsilon }_{H_{2}O}^{’}{\beta }_{H_{2}O}=\mathrm{0,13}\times \mathrm{1,1}=\mathrm{0,143}$$

Степень черноты газа:

$${\epsilon }_{г}={\epsilon }_{C{O}_2+H_{2}O}={\epsilon }_{C{O}_2}+{\epsilon }_{H_{2}O}-{\epsilon }_{C{O}_2}{\epsilon }_{H_{2}O}=$$

$$=\mathrm{0,058}+\mathrm{0,0292}-\mathrm{0,058}\times \mathrm{0,0292}=\mathrm{0,0855}$$

Абсолютная температура:

$$T_{с}=t_{с}+273=500+273=773 К$$

$$T_{г}=t_{г}+273=950+273=1223 К$$

Для определения A_CO2 и A_H2O предварительно рассчитываем

$$p_{C{O}_2}^{*}{l}_{эф}=p_{C{O}_2}\frac{T_{с}}{T_{г}}{l}_{эф}=\mathrm{0,13}\times \mathrm{1,01}\times {10}^5\times \frac{773}{1223}\times \mathrm{0,132}=\mathrm{0,011}\times {10}^5 Па\times м$$

$$p_{H_{2}O}^{*}{l}_{эф}=r_{H_{2}O}p{l}_{эф}=\mathrm{0,11}\times \mathrm{1,01}\times {10}^5\times \frac{773}{1223}\times \mathrm{0,132}=\mathrm{0,0093}\times {10}^5 Па\times м$$

По полученным значениям температуре стенки, пользуясь графиками, находим:

$${\epsilon }_{C{O}_2}=\mathrm{0,050}$$

$${\epsilon }_{H_{2}O}^{’}=\mathrm{0,035}$$

$${\beta }_{H_{2}O}=\mathrm{1,08}$$

а также

$${\epsilon }_{H_{2}O}={\epsilon }_{H_{2}O}^{’}{\beta }_{H_{2}O}=\mathrm{0,035}\times \mathrm{1,08}=\mathrm{0,0378}$$

Далее определяем A_CO2 и A_H2O:

$$A_{C{O}_2}={\left(\frac{T_{г}}{T_{с}}\right)}^{\mathrm{0,65}}{\epsilon }_{C{O}_2}={\left(\frac{1223}{773}\right)}^{\mathrm{0,65}}\times \mathrm{0,950}=\mathrm{0,067}$$

$$A_{H_{2}O}={\left(\frac{T_{г}}{T_{с}}\right)}^{\mathrm{0,45}}{\epsilon }_{H_{2}O}={\left(\frac{1223}{773}\right)}^{\mathrm{0,45}}\times \mathrm{0,0378}=\mathrm{0,046}$$

Поглощательная способность продуктов сгорания:

$$A_{г}=A_{C{O}_2+H_{2}O}=A_{C{O}_2}+A_{H_{2}O}-A_{C{O}_2}{A}_{H_{2}O}=$$

$$=\mathrm{0,067}+\mathrm{0,046}-\mathrm{0,067}\times \mathrm{0,046}=\mathrm{0,110}$$

Плотность потока результирующего излучения на стенках труб

$$E_{рез.с}=\frac{{\epsilon }_{с}+1}{2}{\sigma }_0\left({\epsilon }_{г}{T}_{г}^4-A_{г}{T}_{с}^4\right)=$$

$$=\frac{\mathrm{0,8}+1}{2}\times \mathrm{5,67}\times {10}^{-8}\times \left(\mathrm{0,0855}\times {1223}^4-\mathrm{0,110}\times {773}^4\right)=7756\frac{Вт}{{м}^2}$$

где σ₀ – постоянная Стефана – Больцмана, Вт/(м² × К⁴).

Коэффициент теплоотдачи излучением:

$${\alpha }_{изл}=\frac{E_{рез.с}}{t_{г}-t_{с}}=\frac{7756}{1223-773}=\mathrm{17,2}\frac{Вт}{{м}^2\times К}$$

Ответ: E_рез.с = 7756 Вт/м²; α_изл = 17,2 Вт/(м² × К).

В нашем случае:

$$A=\frac{a}{b}=1$$

$$H=\frac{h}{b}=1$$

При этих значениях A, H и τ₀ из табличных данных находим:

$${\psi }_{AB}=\mathrm{0,1788}$$

$${\psi }_{AD}=\mathrm{0,1894}$$

Обозначим через F₁ площадь поверхности основания камеры, тогда следует:

$$A\left(F_1,V\right)=1-\sum _{k=1}^6{\psi }_{1k}=1-\left({\psi }_{AB}+4{\psi }_{AD}\right)=$$

$$=1-\left(\mathrm{0,1788}+4\times \mathrm{0,1894}\right)=\mathrm{0,0636}$$

Так как

$$F_1=F_2=\dots =F_6$$

то средняя поглощательная способность газа

$$A_{г}=A\left(F_1,V\right)=\mathrm{0,0636}$$

Рассчитаем поглощательную способность среды по методу эффективной длины луча (обозначим ее через A’_г):

$$A_{г}^{’}=1-e^{-\alpha l_{эф}^{’}}\approx \alpha \frac{4V}{6F_1}=\frac{2}{3}ab=\mathrm{0,0667}$$

Найдем поправочный коэффициент:

$$m=\frac{l_{эф}}{l_{эф}^{’}}$$

где l_эф – эффективная длина луча с учетом самопоглощения среды.

Так как

$$A_{г}=1-e^{-\alpha l_{эф}}\approx \mathrm{0,0667}$$

то

$$m=\mathrm{0,95}$$

Ответ: A’_г = 0,0667; A_г = 0,0636.

Коэффициент ослабления луча в поглощающей среде X_λ можно найти из закона Бугера:

$$J_{\lambda ,x}=J_{\lambda ,x=0}{e}^{X_{\lambda }x}$$

откуда

$$X_{\lambda }=-\frac{1}{x}\ln \frac{J_{\lambda ,x}}{J_{\lambda ,x=0}} \left(1\right)$$

Из условия задачи имеем:

$$\frac{J_{\lambda ,x}}{J_{\lambda ,x=0}}=\mathrm{0,1}$$

Подставив численные значения величин из условий задачи в уравнение (1), получим:

$$X_{\lambda }=-\frac{1}{3\times {10}^{-2}}\times \ln \mathrm{0,1}=\mathrm{76,7} {м}^{-1}$$

Ответ: X_λ = 76,7 м^-1.

По закону Бугера поглощательная способность газа, находящегося при неизменной температуре, является функцией величины pl:

$$A_{\lambda }=1-e^{-k\left(pl\right)}$$

Запишем последнее равенство применительно к условиям задачи:

$$A_{\lambda 1}=1-e^{-k\left(p_1{l}_1\right)}$$

$$A_{\lambda 2}=1-e^{-k\left(p_2{l}_2\right)}$$

Исключая k из уравнений, получаем:

$$A_{\lambda 2}=1-{\left(1-A_{\lambda 1}\right)}^{\frac{p_2{l}_2}{p_1{l}_1}}$$

Ответ: A_λ2=1-(1-A_λ1)^p2l2/p1l1.