Охлаждение пластины водой (или воздухом)

[EvilPhysicist]

А сама пластина нагревается? в смысле она дана нам горячая и её надо охладить и найти распределение температуры со временем или что-то её нагревает, а мы её охлаждаем и надо найти распределение температуры в стабильном состоянии?

[Pripyat]

Она уже дана нагретая, где то около 1000К и далее не нагревается. Теперь её нужно охладить.

[EvilPhysicist]

Привожу своё, довольно грубое решение.

Для начала выведем формулу для изменения температуры поверхности пластины при попадании на ней воды. Причём перегретой воды.
Все параметры воды обозначаем нижним индексом "w", а тела "sb". Изменение внутренней энергии воды равно

$$ dF_w= - p_w dV_w $$

так как вода уже перегрета и при соприкосновении с пластиной испарится почти не меняя температуру. Так же пользуясь тем, что она перегрета опишем её уравнением Менделеева-Клапейрона

$$ p_w V_w = \nu_w R T_w = \frac{V_w}{V_\nu} R T_w $$

, где $V_\nu $ молярный объём воды. После чего не трудно видеть, что

$$ p_w = \frac{R}{V_\nu} T_w $$

и значит

$$ dF_w=-\frac{R}{V_\nu} T_w dV_w $$

Используя, что $ m= \rho V $ и соответсвенно $ V= \frac{m}{\rho} $ можно сказать, что

$$ \Delta V_w= \frac{m_w}{\rho_g - \rho_w} $$

, где $\rho_g $ - плотность водяных паров. И переходя к конечным приращениям можно сказать, что

$$ \Delta F_w =- \frac{R}{V_\nu} \frac{T_w m_w}{\rho_g - \rho_w} $$

На такоую же величину измениться и свободная энергия пластины $\Delta F_{sb}=- \frac{R}{V_\nu} \frac{T_w m_w}{\rho_g - \rho_w}= - S_{sb} \Delta T_{sb} $ откуда не трудно заметить, что

$$ \Delta T_{sb}= \frac{R}{V_\nu} \frac{T_w m_w}{S_{sb}(\rho_g - \rho_w)} $$

Так как данная величина получается отрицательная, что и понятно почему, то в дальнейшем мы будем обозначать $ \Delta T_{sb} $ её модуль.

Теперь, когда у нас есть выражение описывающее возникающую разность температур на пластине за одно использование воды опишем процессы происходящие в пластине.
Возникшая разность температур породит тепловой поток

$$ q=-\lambda \frac{dT}{dx}=\frac{1}{s} \frac{dQ}{dt} \quad \quad (1)$$

, где $s$ - площадь поверхности одной стороны пластины, $T$ - искомая функция распределения, Q - теплота переносимая потоком, $\lambda$ - коэффициент теплопроводности, $x$ - координата, ну и t - время. Так как функция распределения температуры будет симметрична относительно центра пластины, то введём систему координат так, чтобы 0 был в центре пластины и значения x возрастали к её грани и в точке, где грань заканчивается принимал значение $d$, и будем рассматривать случай $ x \in [0,d] $.

Преобразуем уравнение (1)с учетом того, что $ dQ = C dT $ где С- теплоёмкость пластины

$$ \frac{C}{S} \frac{dT}{dt} + \lambda \frac{dT}{dx} =0 \quad \quad (2)$$

получим уравнение в частных производных. Решив его - получим искомую функцию распределения.

(привожу не правильный, но довольно-таки похожий на истину способ сведения этого дифура к обычному дифференциальному уравнению и получению из него искомой функции)

Подчёркиваю, это не правильное решение. Я сам об этом знаю
Не будем особо задумываться о математике, поэтому скажем, что при $ t=0 $ искомая функция $ T= T(x,t) $ имеет вид

$$ T(x,0)= Ae^x + B $$

тогда очевидно, что

$$ \begin{matrix} T(0,0)=T_0=A+B \\ T(d,0)=T_0 - \Delta T_{sb}= Ae^d+B \end{matrix} $$

Где $T_0$ - температура пластины в центре. Решая эту систему получим, что

$$ A= \frac{\Delta T_{sb}}{1-e^d} $$

$$ B=T_0 - \frac{\Delta T_{sb}}{1-e^d} $$

и соответсвенно

$$ T(x,0)= \frac{\Delta T_{sb}}{1-e^d} (e^x - 1) +T_0 $$

Переобозначая $\frac{\Delta T_{sb}}{1-e^d}=\alpha $ предположим, что $T(x,t)=\left( \alpha(e^x-1) +T_0 \right) g(t) $, тогда не трудно заметить, что

$$ \frac{dT}{dx}= \alpha e^x g(t) $$

$$ \frac{dT}{dt}=\left( \alpha(e^x-1) +T_0 \right) \frac{dg}{dt} $$

и подставляя это в уравнение (2) получим

$$ \frac{C}{s} \left( \alpha(e^x-1) +T_0 \right) \frac{dg}{dt} + \lambda \alpha e^x g(t) $$

обыкновенное дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными.

$$ \lambda \alpha e^x g(t) = - \frac{C}{s} \left( \alpha(e^x-1) +T_0 \right) \frac{dg}{dt} $$

$$ \frac{\lambda \alpha e^x}{- \frac{C}{s} \left( \alpha(e^x-1) +T_0 \right)} dt= \frac {dg}{g} $$

(Оффтоп)

Я надеюсь вы меня простите за то, что я не стал это всё полностью преобразовывать

$$ g= exp \left( \frac{\lambda \alpha e^x}{- \frac{C}{s} \left( \alpha(e^x-1) +T_0 \right)} t \right) $$

И тогда

$$ T(x,t) =\left( \frac{\Delta T_{sb}}{1-e^d} (e^x - 1) +T_0 \right) exp \left( \frac{\lambda \alpha e^x}{- \frac{C}{s} \left( \alpha(e^x-1) +T_0 \right)} t \right) $$

Подчерку ещё раз, что этот способ очевидно не правильный, но довольно-таки похожий на правильный. $ t \to \infty $

[Pripyat]

Большое спасибо за такой развернутый ответ.
У меня еще через некоторое время будет моделированное решение (как закончу), которое я сверю с Вашим. Так что может быть точность будет очень достаточной.
Перегретая вода взята исключительно в связи с тем, что высокая температура пластины? Или еще какими-нибудь факторами это обуславливается?

[EvilPhysicist]

Pripyat в сообщении #466409 писал(а):

решение (как закончу), которое я сверю с Вашим

Ещё раз предупрежу, что то решение, что я привёл не верное и может немного совпадать с верным.

Pripyat в сообщении #466409 писал(а):

Перегретая вода взята исключительно в связи с тем, что высокая температура пластины?

Ну не только. Конечно считать так проще, но если вы будете брать не перегретую воду, то она будет испаряться куда медленнее и следовательно пластину дольше охлаждать. Если пропускать перегретую воду через маленькое отверстие и обычную воду через такое отверстие под одинаковыми давлениями, то телесный угол, на который будет разлетаться перегретая вода куда больше, чем у простой и для того, чтобы полностью покрыть поверхность пластинки водой понадобится меньше распылителей.
Ну и получать перегретую воду не так уж сложно. Достаточно нагревать её в чистом сосуде. Если перегревать её не сильно, скажем градусов до 150 цельсия, то в перегретом состоянии она может находиться несколько часов.

[Diffeomorfizm]

Pripyat
полистайте Кутателадзе: Основы теории теплообмена. Главу 10, например)