ЗакладкиКорзинаЗаказы

Оглавление раздела

  1. Законы теплового излучения
  2. Теплообмен излучением между телами, разделенными прозрачной средой
  3. Теплообмен излучением в системе тел, заполненной поглощающей и излучающей средой

Примеры решений задач

Данные примеры задач, относятся к предмету «Тепломассообмен».

Задача #1911

Условие:

В космическом пространстве на околоземной орбите вращается сферическая частица метеорита. Найти температуру частицы, когда она находится на солнечной стороне Земли. Плотность потока излучения Солнца на площадке, расположенной перпендикулярно лучам вблизи Земли, но за пределами атмосферы, равна 1,55 кВт/м2. Принять: а) частица – серое тело; б) степень черноты ε = 0,1, а поглощательная способность A = 0,2.

Решение:

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

AEпадFN=εσ0FT4

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

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

F – поверхность частицы.

Для шара диаметром d:

FNF=πd24πd2=14

Тогда температура:

T=AEпад4εσ04=1550A4ε×5,67×10-84=287Aε4

Для серого тела A = ε:

T=287 Kt=14 

Если ε = 0,1, а A = 0,2:

T=2870,20,14=341 Кt=68,3 

Ответ: а) t = 14 ℃; б) t = 68,3 ℃.

Задача #1912

Условие:

17438256910Схема оптического пирометра:1-объект измерения;2-объектив;3-корпус прибора;4-пирометрическая лампа;5-окуляр;6-наблюдатель;7-красный сфетофильтр;8-поглощающее стекло;9-реостат;10-источник питяния;11-измерительный прибор;

На рис. показана схема пирометра – прибора для измерения высоких температур. Нить лампы пирометра нагревается до такой температуры, при которой ее яркость совпадает с яркостью данного тела. Степень черноты тела при λ = 0,65 мкм ελ = 0,8. Чему равна температура тела, если по шкале прибора, отградуированной по излучению абсолютно черного источника, T = 1900 К?

Решение:

В нашем случае

λT=0,65×1900=1235 мкм×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

ελe-c2λT=e-c2λT

Отсюда следует, что

T=11T+λc2lnελ=11900+0,65×1061,4387×10-2ln0,8=1612 К

где c2 = 1,4387 × 10-2 м × К.

Ответ: Т’ = 1612 К.

Задача #1913

Условие:

Чему равны степень черноты серого тела и значения Eсоб при температуре T = 800 К, если Eпад = 60 кВт/м2, Eпогл = 48 кВт/м2?

Решение:

Поглощательная способность данного тела:

A=EпоглEпад=4860=0,8

Степень черноты ε = A, а

Eсоб=εσ0T4=0,8×5,67×10-8×8004=1,86×104Втм2

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

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

Задача #1914

Условие:

Температура тела измеряется двумя оптическими пирометрами с разными светофильтрами. В первом пирометре установлен красный светофильтр (λ1 = 0,65 мкм), во втором – зеленый (λ2 = 0,50 мкм). Температуры, показываемые пирометрами, соответственно равны: t01 = 1400 ℃ и t02 = 1420 ℃.

Найти истинную температуру тела и его степень черноты, считая тело серым.

Решение:

Яркость исследуемого тела:

Bλ=Jλπ=1πελc1λ-5ec2/λT-1

где T – абсолютная температура исследуемого тела.

Яркость абсолютно черного тела:

B0λ=J0λπ=1πελc1λ-5ec2/λT0-1

где T – абсолютная температура черного тела, при Bλ = B это температура, которую показывает пирометр.

Так как в нашем случае c2/λT0 = 13,2, то ec2/λT0 значительно больше единицы. Поэтому в формулах в знаменателе единицей можно пренебречь по сравнению с ec2/λT.

Из условия Bλ = B получим:

1T=1T0-λc2ln1ελ

В нашем случае получим систему уравнений:

1T=1T01-λ1c2ln1ελ1

1T=1T02-λ2c2ln1ελ2

Для серого тела ελ1 = ελ1 = ε. Из этой системы получим выражения для T и ε:

T=λ1λ2-1λ1λ21T02-1T01=0,650,50-10,650,50×1273+1420-1273+1400=1763 К

или

t=1763-273=1490 

ε=expT01T02λ1-λ2c2T01-T02=

=exp273+1400×273+1420×0,65-0,50×10-61,439×10-2×20=0,68

Ответ: t = 1490 ℃; ε = 0,68.

Задача #1915

Условие:

Найти соотношение между относительными излучательными способностями в полусферу и в нормальном направлении для поверхности окисленной меди при 130 ℃, если известно, что:

а) в пределах угла 0 < φ < 60° излучение окисленной меди подчиняется закону Ламберта, причем в этом интервале степень черноты направленного излучения εφ = 0,8;

б) в пределах угла 60° < φ < 90° поглощается 67 % всего падающего в этих направлениях излучения от абсолютно черного источника, имеющего ту же температуру, что и поверхность окисленной меди.

Примечание: φ – угол между произвольным направлением и нормалью к поверхности.

Решение:

Относительная излучательная способность в полусферу (степень черноты) по определению

ε=EE0

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

E=2πJφdω=ω1Jφdω+2π-ω1Jφdω

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

Учитывая, что

Jφ=εφJ0φ

и

J0φ=B0cosφ

где B0 – яркость излучения абсолютно черного тела.

Первый интеграл можно выразить следующим образом:

ω1Jφdω=εφB0ω1cosφdω

Второй интеграл по закону Кирхгофа равен:

2π-ω1Jφdω=A2π-ω1J0φdω=AB02π-ω1cosφdω

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

Так как

dω=sinφdφ dϑ

то

E=εφB002πdϑ0π3sinφdφ dϑ=AB002πdϑπ3π2sinφcosφdφ=

εφB034π+AB014π

По закону Ламберта

E0=B0π

Окончательно получим:

ε=εφB034π+AB014πB0π=34εφ+14A=34×0,8+14×0,67=0,7675

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

εεφ=0=0,76750,8=0,96

Ответ: ε/εφ=0 = 0,96.

Задача #1916

Условие:

Определить плотность солнечного лучистого потока, падающего на плоскость, нормальную к лучам Солнца и расположенную за пределами атмосферы Земли. Известно, что излучение Солнца близко к излучению абсолютного черного тела с температурой t0 = 5700 ℃. Диаметр Солнца D = 1,391 × 106 км, расстояние от земли до солнца l = 149,5 × 106 км.

Решение:

Абсолютная температура поверхности солнца:

T0=t0+273=5700+273=5973 К

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

dω=πD24l2

Яркость солнечного излучения:

B=E0π=σ0T04π

Искомая плотность солнечного лучистого потока:

Eпад=Bdω=σ0T04π×πD24l2=σ0T04D24l2=

=5,67×10-8×59734×1,391×10924×149,5×1092=1562Втм2

Ответ: Eпад = 1562 Вт/м2.

Задача #1917

Условие:

Космический корабль, стартовал с Земли, направляется к Венере. Расстояние от Венеры до Солнца 108,1 × 106 км, а от Земли до Солнца 149,5 × 106 км. Температура поверхности корабля вблизи Земли равна t1, ℃.

Как изменится температура поверхности космического корабля, когда он станет приближаться к Венере, если считать, что степень черноты поверхности при изменении температуры корабля не изменятся?

Решение:

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

εσ0FT14=AEпад1FN

εσ0FT24=AEпад2FN

откуда

T2T14=Eпад2Eпад1=l1l22

Следовательно,

T2T1=l1l2=149,5108,1=1,18

t2+273=t1+273×1,18

t2=1,18t1+48, 

Ответ: t2 = 1,18t1 + 48.

Задача #1921

Условие:

Излучающая система имеет форму цилиндра конечной длины (d = 1,2 м; h = 2 м). Для одного основания цилиндра T1 = 1000 К; A1 = 0,8, для другого T2 = 800 К; A2 = 0,6. Для боковой поверхности T3 = 500 К; A3 = 0,9. Найти Eрез1, Eрез2, Eрез3.

Решение:

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

φ1,2=12Z-Z2-4

где

Z=1+1+X2Y2=1+1+r2h2h2r2=1+1+0,6222×220,62=13,111

Тогда

φ1,2=12×13,111-13,1112-4=0,07666

φ1,3=1-φ1,2=1-0,07666=0,92334

φ2,3=φ1,3

φ2,1=φ1,2

Площади:

F1=F2=πd24=3,14×1,224=1,1304 м2

F3=πdh=3,14×1,2×2=7,536 м2

Угловой коэффициент φ3,2 находим по уравнению взаимности:

φ3,1=φ3,2=φ1,3F1F3=0,92334×1,13047,536=0,1385

Из уравнения замкнутости:

φ3,3=1-2φ3,1=1-2×0,1385=0,7230

С учетом того что φ1,1 = φ2,2 = 0, все девять угловых коэффициентов излучения найдены. Для нахождения Eрез i (i = 1, 2, 3) возьмем систему:

1AiEрезi-k=1nRkAkEрезkφi,k=k=1nE0kφi,k-E0i

С учетом найденных значений φi,k, значения Ak (k = 1, 2, 3), заданных температур поверхностей и того, что Rk = 1 - Ak, находим:

Eрез1=-41089Втм2

Eрез2=-9333Втм2

Eрез3=7563Втм2

Проверка:

Eрез1F1+Eрез2F2+Eрез3F3=0

Ответ: Eрез1 = -41089 Вт/м2; Eрез2 = -9333 Вт/м2; Eрез3 = 7563 Вт/м2.

Задача #1922

Условие:

Электропровод нагрет током до температуры 900 ℃. Его диаметр 1,5 мм, а удельное электросопротивление 1,2 × 10-6 Ом × м. Найти силу тока в проводе, если его коэффициент теплового излучения 0,82 и он охлаждается путем лучистого теплообмена и теплоотдачи при свободном движении окружающего воздуха с температурой 0 ℃ и коэффициентом теплоотдачи αк = 25 Вт/(м2 × К). Определить также силу тока для случая, когда теплота отводится только излучением. Температуру ограждений принять равной температуре воздуха.

Решение:

Абсолютные температуры:

T1=273+t1=273+900=1173 

T2=273+t2=273+0=273 

Линейная плотность теплового потока за счет излучения:

qlл=εc0T11004-T21004πd=

=0,82×5,67×11731004-2731004×3,14×0,0015=413Втм

Линейная плотность теплового потока за счет конвекции:

qlк=αкt1-t2πd1=25×900-0×3,14×0,0015=106Втм

Линейное электросопротивления провода:

Rl=4ρπd2=4×1,2×10-63,14×0,00152=0,679Омм

Сила тока:

- теплота отводится излучением и конвекцией

Iл.к=qlл+qlкRl=413+1060,679=27,7 А

- теплота отводится только излучением

Iл=qlлRl=4130,679=24,7 А

Ответ: Iл.к = 27,7 А; Iл = 24,7 А.

Задача #1923

Условие:

Температура воздуха в помещении измеряется ртутным термометром. Термометр показывает 27 ℃. Температура стен помещения равна 25 ℃.

Оценить ошибку в показаниях термометра, которая возникает за счет лучистого теплообмена между термометром и стенами помещения, и действительную температуру воздуха, приняв степень черноты стекла равной 0,94, а коэффициент теплоотдачи от воздуха к поверхности 5 Вт/(м2 × К).

Решение:

Абсолютные температуры:

Tс1=tс1+273=27+273=300 К

Tс2=tс2+273=25+273=298 К

Термометр отдает теплоту за счет конвекции

q=εσ0Tс14-Tс24

а получает за счет конвекции

q=αTж-Tс1

Тогда условия теплового баланса:

εσ0Tс14-Tс24=αTж-Tс1

Откуда найдем действительную температуру воздуха:

Tж=εσ0Tс14-Tс24α+Tс1=0,94×5,67×10-8×3004-29845+300=302,3 

или

tж=Tж-273=302,3-273=29,3 

Ошибка

Δt=tж-tс1=29,3-27=2,3 

Ответ: tж = 29,3 ℃; Δt = 2,3 ℃.

Задача #192NaN

Условие:

ssF2dF1

Стены топочной камеры покрыты двумя рядами экранных труб, имеющих внешний диаметр d = 80 мм. Трубы в обоих рядах расположены с одинаковым шагом (в плоскости, параллельно стене), равным s = 400 мм.

Вычислить средний угловой коэффициент лучистого обмена между поверхностью топочной камеры и экранными трубами.

Вычислить угловые коэффициенты лучистого обмена между плоской поверхностью и пучком труб, если число рядов труб в направлении, нормальном к поверхности стены, равно соответственно n = 3, 4, 5 и 6, а все другие условия те же.

Построить графическую зависимость углового коэффициента лучистого обмена φ1,2 от числа рядов n.

Решение:

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

φ1,2=1-1-ds2+dsarctgsd2-1=

=1-1-804002+80400×arctg400802-1=0,294

Для многорядных пучков труб:

φ1,2n=2=1-1-φ1,2n=1-1-0,2942=0,502

φ1,2n=3=1-1-φ1,2n=1-1-0,2943=0,648

φ1,2n=4=1-1-φ1,2n=1-1-0,2944=0,752

φ1,2n=5=1-1-φ1,2n=1-1-0,2945=0,825

φ1,2n=6=1-1-φ1,2n=1-1-0,2946=0,876

Построим график функции φ1,2 = f(n).

Ответ: φn=11,2 = 0,294; φn=21,2 = 0,502; φn=31,2 = 0,648; φn=41,2 = 0,752; φn=51,2 = 0,825; φn=61,2 = 0,876.

Задача #1931

Условие:

Камера, имеющая форму параллелепипеда со сторонами 1 м, 2 и 3 м, заполнена продуктами сгорания CO2 и H20. Температура газов T = 1500 К. Полное давление смеси 0,101 МПа, а парциальные давления pCO2 = 10 кПа, pH2O = 20 кПа. Найти среднюю плотность потока собственного излучения данной среды на стенке камеры.

Решение:

Эффективная длина луча с учетом самопоглощения:

lэф=3,6VF=3,61×2×322=0,98 м

Вычисляем

pCO2lэф=10×103×0,98=0,098×105 Па×м

pH2Olэф=20×103×0,98=0,196×105 Па×м

По этим найденным значениям и температуре газа

t=T-273=1500-273=1227 

пользуясь графиками, определяем:

εCO2=0,09

εH2O=0,13

βH2O=1,1

Тогда

εH2O=εH2OβH2O=0,13×1,1=0,143

и суммарно

εCO2+H2O=εCO2+εH2O-εCO2εH2O=0,09+0,143-0,09×0,143=0,232

Плотность потока собственного излучения продуктов сгорания:

Eсоб.г=εCO2+H2Oσ0T4=0,213×5,67×10-8×15004=66593Втм2

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

Ответ: Eсоб.г = 66593 кВт/м2.

Задача #1932

Условие:

Газообразные продукты сгорания (p = 0,101 МПа) омывают поверхность труб конвективного пароперегревателя парового котла. Объемная доля H2O rH2O = 0,11, объемная доля CO2 rCO2 = 0,13, температура продуктов сгорания tг = 950 ℃, температура труб tс = 500 ℃. Трубы расположены в шахматном порядке; их диаметр d = 38 мм, продольный и поперечный шаги равны s1/d = s2/d = 2. Степень черноты труб εс =0,8. Найти плотность потока результирующего излучения на стенках труб и коэффициент теплоотдачи излучением.

Решение:

Эффективная длина луча:

lэф=1,08ds1s2d-0,785=1,08×0,038×4-0,785=0,132 м

Вычисляем

pCO2lэф=rCO2plэф=0,13×1,01×105×0,132=0,017×105 Па×м

pH2Olэф=rH2Oplэф=0,11×1,01×105×0,132=0,0145×105 Па×м

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

εCO2=0,058

εH2O=0,027

βH2O=1,08

Тогда

εH2O=εH2OβH2O=0,13×1,1=0,143

Степень черноты газа:

εг=εCO2+H2O=εCO2+εH2O-εCO2εH2O=

=0,058+0,0292-0,058×0,0292=0,0855

Абсолютная температура:

Tс=tс+273=500+273=773 К

Tг=tг+273=950+273=1223 К

Для определения ACO2 и AH2O предварительно рассчитываем

pCO2*lэф=pCO2TсTгlэф=0,13×1,01×105×7731223×0,132=0,011×105 Па×м

pH2O*lэф=rH2Oplэф=0,11×1,01×105×7731223×0,132=0,0093×105 Па×м

По полученным значениям температуре стенки, пользуясь графиками, находим:

εCO2=0,050

εH2O=0,035

βH2O=1,08

а также

εH2O=εH2OβH2O=0,035×1,08=0,0378

Далее определяем ACO2 и AH2O:

ACO2=TгTс0,65εCO2=12237730,65×0,950=0,067

AH2O=TгTс0,45εH2O=12237730,45×0,0378=0,046

Поглощательная способность продуктов сгорания:

Aг=ACO2+H2O=ACO2+AH2O-ACO2AH2O=

=0,067+0,046-0,067×0,046=0,110

Плотность потока результирующего излучения на стенках труб

Eрез.с=εс+12σ0εгTг4-AгTс4=

=0,8+12×5,67×10-8×0,0855×12234-0,110×7734=7756Втм2

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

Коэффициент теплоотдачи излучением:

αизл=Eрез.сtг-tс=77561223-773=17,2Втм2×К

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

Задача #1933

Условие:

Камера в форме куба со стороной b заполнена серым газом. Коэффициент поглощения газа равен α. Величина τ0 = αb = 0,1. Найдите поглощательную способность газа Aг.

Решение:

В нашем случае:

A=ab=1

H=hb=1

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

ψAB=0,1788

ψAD=0,1894

Обозначим через F1 площадь поверхности основания камеры, тогда следует:

AF1,V=1-k=16ψ1k=1-ψAB+4ψAD=

=1-0,1788+4×0,1894=0,0636

Так как

F1=F2==F6

то средняя поглощательная способность газа

Aг=AF1,V=0,0636

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

Aг=1-e-αlэфα4V6F1=23ab=0,0667

Найдем поправочный коэффициент:

m=lэфlэф

где lэф – эффективная длина луча с учетом самопоглощения среды.

Так как

Aг=1-e-αlэф0,0667

то

m=0,95

Ответ: A’г = 0,0667; Aг = 0,0636.

Задача #1934

Условие:

Определить коэффициент ослабления луча слоем двуокиси углерода толщиной 30 мм, если известно, что после прохождения этого слоя спектральная интенсивность луча уменьшилась на 90 %.

Решение:

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

Jλ,x=Jλ,x=0eXλx

откуда

Xλ=-1xlnJλ,xJλ,x=0 1

Из условия задачи имеем:

Jλ,xJλ,x=0=0,1

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

Xλ=-13×10-2×ln0,1=76,7 м-1

Ответ: Xλ = 76,7 м-1.

Задача #1935

Условие:

Поглощательная способность слоя газа толщиной l1 при парциальном давлении p1 равна Aλ1.

Определить поглощательную способность газа при одновременном изменении толщины слоя и парциального давления до величин соответственно l2 и p2. Считать, что для данного газа справедлив закон Бугера, а температура газа в обеих случаях одна и та же.

Решение:

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

Aλ=1-e-kpl

Запишем последнее равенство применительно к условиям задачи:

Aλ1=1-e-kp1l1

Aλ2=1-e-kp2l2

Исключая k из уравнений, получаем:

Aλ2=1-1-Aλ1p2l2p1l1

Ответ: Aλ2=1-(1-Aλ1)p2l2/p1l1.