A 07 – Abkühlverhalten einer dicken Betonplatte

 

Untersucht wird das Abkühlverhalten einer dicken Betonplatte. Die Betonplatte hat sich nach langem Sonnenschein auf eine konstante Temperatur {T_0} aufgeheizt. Da die Betonplatte sehr dick ist, kann sie als halbunendlicher Körper betrachtet werden, siehe Abbildung.

betonplatte

Annahme: Die Wärmeleitfähigkeit ist weder orts- noch temperaturabhängig.

Aufgaben:

  1. Leiten Sie anhand einer Energiebilanz an einem differentiellen Element die Differentialgleichung für den eindimensionalen, instationären Temperaturverlauf T\left( {x,t} \right) in der Betonplatte her. Da die Temperaturverteilungen selbstähnlich sind, verwenden Sie dazu die Ähnlichkeitsvariable:
    \eta = \frac{x}{{2\sqrt {\alpha t} }}
  2. Durch einen plötzlichen starken Regen stellt sich an der Oberfläche der Betonplatte eine konstante Temperatur von {T_R} ein. Skizzieren Sie den sich einstellenden zeitlichen Temperaturverlauf. Lösen Sie die Differentialgleichung aus a) und bestimmen Sie die Konstanten.
  3. Welche Temperatur stellt sich nach 30 Minuten in einer Tiefe {x_k} ein?
  4. Welche Energie wird von der Betonplatte in den ersten 30 Minuten pro Quadratmeter abgegeben?
  5. Betrachten Sie denselben Fall, wenn statt des Regens ein Wind der Temperatur {T_U} weht. Skizzieren Sie wiederum den sich einstellenden zeitlichen Temperaturverlauf. Wie hoch ist die Oberflächentemperatur nach 30 Minuten?

Gegeben:

Anfangstemperatur: {T_0} = 50\;^\circ {\text{C}}
Oberflächentemperatur bei Regen: {T_R} = 20\;^\circ {\text{C}}
Wärmekapazität: c = 920\frac{{\text{J}}}{{{\text{kg}} \cdot {\text{K}}}}
Wärmeübergangskoeffizient: h = 10\frac{{\text{W}}}{{{{\text{m}}^2}{\text{K}}}}
Lufttemperatur: {T_U} = 20\;^\circ {\text{C}}
Tiefe: {x_k} = 100\;{\text{mm}}
Wärmeleitfähigkeit: k = 2,5\frac{{\text{W}}}{{{\text{m}} \cdot {\text{K}}}}
Dichte: \rho = 3000\frac{{{\text{kg}}}}{{{{\text{m}}^3}}}
Fehlerfunktionen: \operatorname{erf} \left( {0,16} \right) = 0,18;\quad \quad \operatorname{erf} \left( {1,24} \right) = 0,92

Lösung

a) Differentialgleichung

Wir betrachten ein differentielles Element der Betonplatte und stellen die Bilanzgleichung auf:

betonplatte-differentielles-element

Für die Ähnlichkeitsvariable gilt:

\eta = \frac{x}{{2\sqrt {\alpha t} }};\quad \alpha = \frac{k}{{\rho c}};\quad T = T\left( \eta \right)

Sie stellt eine dimensionslose Orts-Zeit-Koordinate dar.

Wir wenden den 1. HS an:

\frac{{\partial U}}{{\partial t}} = {{\dot Q}_{L,x}}-{{\dot Q}_{L,x+dx}}

A \cdot dx \cdot \rho \cdot c \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial t}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {k \cdot A \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial x}}} \right)dx+\frac{1}{{2!}} \ldots \qquad |:dx\quad |dx \to \infty

\frac{{\partial T}}{{\partial t}} = \frac{k}{{\rho c}} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {x^2}}} = \alpha \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {x^2}}}

Wir wenden nun die Kettenregel an:

\frac{{\partial T}}{{\partial t}} = \frac{{\partial T\left( {\eta \left( x \right)} \right)}}{{\partial t}} = \frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}\frac{{\partial \eta }}{{\partial t}} = -\frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}\frac{{x\alpha }}{{4{{\left( {\alpha t} \right)}^{\frac{3}{2}}}}} = -\frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}\underbrace {\frac{x}{{2\sqrt {\alpha t} }}}_\eta \frac{\alpha }{{2\alpha t}} = -\frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}\frac{\eta }{{2t}}

\left[ {\frac{{\partial \eta }}{{\partial t}} = \frac{\partial }{{\partial t}}\frac{x}{2}{{\left( {\alpha t} \right)}^{-\frac{1}{2}}} = -\frac{x}{4}\alpha {{\left( {\alpha t} \right)}^{-\frac{3}{2}}} = -\frac{{x\alpha }}{{4{{\left( {\alpha t} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}} \right]

Für die Ableitung nach x wenden wir ebenfalls die Kettenregel an:

\frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {x^2}}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {\frac{{\partial T}}{{\partial x}}} \right) = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( {\frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}\frac{{\partial \eta }}{{\partial x}}} \right) = \frac{\partial }{{\partial x}}\frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}\frac{1}{{2\sqrt {\alpha t} }}

\Rightarrow \quad \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {x^2}}} = \frac{1}{{2\sqrt {\alpha t} }}\frac{{\partial \left( {\frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}} \right)}}{{\partial \eta }}\frac{{\partial \eta }}{{\partial x}} = \frac{1}{{4\alpha t}}\frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {\eta ^2}}}

Eingesetzt folgt schließlich:

\frac{{\partial T}}{{\partial t}} = \alpha \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {x^2}}}

\Rightarrow \quad -\frac{{\partial T}}{{\partial \eta }}\frac{\eta }{{2t}} = \alpha \frac{1}{{4\alpha t}}\frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {\eta ^2}}}

\Rightarrow \quad -2\eta \frac{{dT}}{{d\eta }} = \frac{{{d^2}T}}{{d{\eta ^2}}}

b) Temperaturverlauf und Lösung der DGL

betonplatte-temperaturverlauf

Anfangs- und Randbedingung:

T\left( {\eta = 0} \right) = {T_R}

T\left( {\eta \to \infty } \right) = {T_0}

Wir lösen nun die DGL:

\frac{{{d^2}T}}{{d{\eta ^2}}} = -2\eta \frac{{dT}}{{d\eta }}

\Rightarrow \quad \frac{d}{{d\eta }}\frac{{dT}}{{d\eta }} = -2\eta \frac{{dT}}{{d\eta }}

\Rightarrow \quad \int {\frac{d}{{\frac{{dT}}{{d\eta }}}}\frac{{dT}}{{d\eta }}} = \int {-2\eta \;d\eta }

\Rightarrow \quad \ln \frac{{dT}}{{d\eta }} = -{\eta ^2}+{C_0}

\Rightarrow \quad \frac{{dT}}{{d\eta }} = {e^{-{\eta ^2}}}\underbrace {{e^{{C_0}}}}_{{C_1}} = {C_1}{e^{-{\eta ^2}}}

\Rightarrow \quad \int {dT} = \int {{C_1}{e^{-{\eta ^2}}}d\eta }

\Rightarrow \quad T = {C_1} \cdot \int\limits_0^\eta {{e^{-{\eta ^2}}}d\eta } +{C_2}

Nun setzen wir die Anfangs- und Randbedingungen ein:

T\left( {\eta = 0} \right) = {T_R}\quad \Rightarrow \quad {C_2} = {T_R}

T\left( {\eta \to \infty } \right) = {T_0}\quad \Rightarrow \quad {T_0} = {C_1} \cdot \int\limits_0^\infty {{e^{-{\eta ^2}}}d\eta } +{C_2}

\Rightarrow \quad {T_0} = {C_1} \cdot \frac{1}{2}\sqrt \pi +{C_2}

\Rightarrow \quad {C_1} = \frac{{2 \cdot \left( {{T_0}-{C_2}} \right)}}{{\sqrt \pi }} = \frac{{2 \cdot \left( {{T_0}-{T_R}} \right)}}{{\sqrt \pi }}

Einsetzen der Koeffizienten:

T = {C_1} \cdot \int {{e^{-{\eta ^2}}}d\eta } +{C_2}

\Rightarrow \quad T\left( \eta \right) = \left( {{T_0}-{T_R}} \right) \cdot \underbrace {\frac{2}{{\sqrt \pi }}\int\limits_0^\eta {{e^{-{\eta ^2}}}d\eta } }_{{\text{erf}}\left( \eta \right)}+{T_R}

\Rightarrow \quad T\left( \eta \right) = \left( {{T_0}-{T_R}} \right) \cdot \operatorname{erf} \left( \eta \right)+{T_R}

Dabei ist {\text{erf}}\left( \eta \right) die so genannte Error Function (Gaußsche Fehlerfunktion).

Die Lösung der DDGL kann auch direkt der erweiterten Formelsammlung entnommen werden.

Exkurs: Randbedingungen

Randbedingung 1. Art (Dirichlet-Randbedingung)

dirichlet-randbedingung

T\left( {\partial \Omega ,\tau } \right) = {T_S}\left( {\partial \Omega ,\tau } \right)

Randbedingung 2. Art (Neumann-Randbedingung)

neumann-randbedingung

-k\frac{{\partial T}}{{\partial \vec n}}\left( {\partial \Omega } \right) = {\dot q_S}\left( {\partial \Omega ,\tau } \right)

Bei einer konstanten Wärmezufuhr behält der Gradient am Rand eine konstante Steigung bei:

q = const:\quad {\left. {\frac{{dT}}{{dx}}} \right|_{x = 0}} = \operatorname{const}

Randbedingung 2. Art-adiabat

neumann-randbedingung-adiabat

{\dot q_S} = -k\frac{{\partial T}}{{\partial \vec n}}\left( {\partial \Omega } \right) = 0

Randbedingung 3. Art (gemischte Randbedingung)

gemischte-randbedingung

-k\frac{{\partial T}}{{\partial \vec n}}\left( {\partial \Omega } \right) = h\left( {T\left( {\partial \Omega } \right)-{T_\infty }} \right)

c) Temperatur nach 30 min

Zur Bestimmung der Temperatur in der Tiefe {x_k} nach 30 Minuten müssen wir einfach nur die gegebenen Werte in die Temperaturfunktion einsetzen:

\eta = \frac{{0,1}}{{2 \cdot \sqrt {9,06 \cdot {{10}^{-7}} \cdot 1800} }} = 1,24

T\left( {\eta = 1,24} \right) = \left( {{T_0}-{T_R}} \right) \cdot \operatorname{erf} \left( {1,24} \right)+{T_R}

Aus der Tabelle in der Angabe lesen wir ab:

\operatorname{erf} \left( {1,24} \right) = 0,92\quad \Rightarrow \quad T\left( {\eta = 1,24} \right) = 47,6\;^\circ {\text{C}}

d) Abgegebene Energie

Für den Temperaturverlauf galt:

T\left( \eta \right) = \left( {{T_0}-{T_R}} \right) \cdot \operatorname{erf} \left( \eta \right)+{T_R}

mit

\operatorname{erf} \left( \eta \right) = \frac{2}{{\sqrt \pi }}\int\limits_0^\eta {{e^{-{x^2}}}dx}

Für den Abgegebenen Wärmestrom gilt damit:

\dot q = {\left. {\frac{{{{\dot Q}_L}}}{A}} \right|_{x = 0}} = -k \cdot {\left. {\frac{{dT}}{{dx}}} \right|_{x = 0}} = -k \cdot {\left. {\frac{{dT\left( \eta \right)}}{{d\eta }} \cdot \frac{{d\eta }}{{dx}}} \right|_{x = 0,\;\eta = 0}}

\Rightarrow \quad \dot q = -k \cdot \left( {{T_0}-{T_R}} \right){\left. {\frac{2}{{\sqrt \pi }}{e^{-{\eta ^2}}}} \right|_{\eta = 0}} \cdot \frac{1}{{2\sqrt {\alpha t} }}

\Rightarrow \quad \dot q = \frac{{\left( {{T_R}-{T_0}} \right)k}}{{\sqrt {\alpha t\pi } }}

Nun wenden wir den ersten Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung an:

\frac{d}{{dx}}\int\limits_a^x {f\left( s \right)ds} = \frac{d}{{dx}}\left( {F\left( x \right)-F\left( a \right)} \right) = f\left( x \right)

Dabei ist F die Stammfunktion von f.

Damit erhalten wir für die abgegebene Wärmemenge:

q = \int\limits_0^{30\prime } {\dot qdt} = \frac{{\left( {{T_R}-{T_0}} \right)k}}{{\sqrt {\alpha \pi } }}\int\limits_0^{1800\prime \prime } {\frac{1}{{\sqrt t }}dt}

\Rightarrow \quad q = \frac{{\left( {{T_R}-{T_0}} \right)k}}{{\sqrt {\alpha \pi } }}\left[ {2\sqrt t } \right]_{t = 0}^{1800} = -3,77 \cdot {10^6}\frac{{\text{J}}}{{{{\text{m}}^2}}}

e) Wind statt Regen

betonplatte-temperaturverlauf-wind

Im Falle von Wind statt regen haben wir es mit einer Randbedingung 3. Art (gemischte RB) zu tun.

Die Näherungslösung dafür lautet gemäß erweiterter Formelsammlung :

\Theta \left( {\eta ,\;\tilde B} \right) = \frac{{T-{T_U}}}{{{T_0}-{T_U}}} = {\text{erf}}\left( \eta \right)+\exp \left\{ {{{\tilde B}^2}+2 \cdot \tilde B \cdot \eta } \right\} \cdot \left[ {1-{\text{erf}}\left( {\tilde B+\eta } \right)} \right]

mit

\tilde B = \frac{{h\sqrt {\alpha t} }}{k} = 0,16

x = 0\quad \Rightarrow \quad \eta = 0,\quad {\text{erf}}\left( 0 \right) = 0

Damit folgt:

\Theta = 0,842\quad \Rightarrow \quad T = 45\;^\circ {\text{C}}

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