09 – Abbrennen einer Kerze

 

Eine zylinderförmige Kerze mit dem Durchmesser d und der Länge {L_0} wird zum Zeitpunkt t = 0 angezündet und brennt danach mit der konstanten Geschwindigkeit w ab. Am Ort der Schmelzfläche bei z = L\quad \left( {{L_0} \geq {\text{L}} \geq 0} \right) herrscht dabei die zeitlich konstante Schmelztemperatur des Wachses {T_S} . Die Standfläche der Kerze soll als adiabat angesehen werden. Die Kerze gibt jedoch Wärme durch Konvektion an die Umgebung ab.

Weitere Annahmen lauten:

  • Die Kerze besitzt zum Zeitpunkt t = 0 die Temperatur der Umgebung {T_{U}}
  • Temperaturunterschiede über den Querschnitt der Kerze sind zu vernachlässigen.
  • Der Wärmeübergangskoeffizient h an der Mantelfläche ist konstant.

Aufgaben:

  1. Skizzieren Sie qualitativ den axialen Temperaturverlauf in der Kerze zu den Zeitpunkten t = 0,\quad t = \frac{1}{4}t,\quad t = \frac{1}{2}t und t = \frac{3}{4}t , wobei t die gesamte Brenndauer der Kerze ist.
  2. Stellen Sie die Differentialgleichung für den Abbrennvorgang mit Hilfe einer Bilanz an einem differentiellen Element auf.
  3. Im Hinblick auf die geringe Abbrandgeschwindigkeit w der Kerze kann der instationäre Term der Differentialgleichung vernachlässigt werden. Geben Sie die dadurch entstehende gewöhnliche Differentialgleichung an.
  4. Bringen Sie die Differentialgleichung in eine dimensionslose Form. Wir lauten die auftretenden Kennzahlen (Bezugslänge d , Bezugstemperatur {T_S}-{T_U})?
  5. Geben Sie allgemein die Höhe L der Schmelzfläche als Funktion der Zeit t an. Wie lautet die Randbedingung an den Stellen z = L und z = 0?
  6. Lösen Sie die gewöhnliche Differentialgleichung mit Hilfe dieser Randbedingungen.

Lösung

a )

abbrennen-kerze-instationar-warmeubertragung

b )

Es handelt sich um ein instationäres Problem, das sich in einer Raumdimension z, in Richtung der Länge der Kerze, behandeln lässt. Die partielle Differentialgleichung ergibt sich aus einer differentiellen Bilanz über ein infinitesimal kleines Kerzenelement mit dem ersten Hauptsatz der Thermodynamik:

\frac{{\partial U}}{{\partial \tau }} = \sum {\dot Q} +\sum {\dot W} +\sum {\dot m \cdot h} = {\dot Q_L}\left( z \right)-{\dot Q_L}\left( {z+dz} \right)-{\dot Q_K}

In das Element hinein fließt der Wärmestrom durch Leitung an der Stelle z, der durch das Fouriersche Gesetz beschrieben wird:

{\dot Q_L} = -k \cdot {A_q} \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial z}},\quad \quad {A_q} = \frac{{\pi {d^2}}}{4}

Aus dem Element heraus fließt der Wärmestrom durch Leitung an der Stelle z+dz. Taylorentwicklung für diesen Wärmestrom:

{{\dot Q}_L}\left( {z+dz} \right) = {{\dot Q}_L}\left( z \right)+\frac{{\partial {{\dot Q}_L}}}{{\partial z}}dz+\underbrace {O\left( {{{\left( {dz} \right)}^2}} \right)}_{Fehler}

{{\dot Q}_L}\left( {z+dz} \right) \approx {{\dot Q}_L}\left( z \right)+\frac{\partial }{{\partial z}}\left( {-k \cdot {A_q} \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial z}}} \right)dz

{{\dot Q}_L}\left( {z+dz} \right) \approx {{\dot Q}_L}\left( z \right)-k \cdot {A_q} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}dz

Der konvektive Wärmeübergang nach außen wird durch das Kühlgesetz von Newton beschrieben:

{\dot Q_K} = h \cdot d{A_U}\left( {T-{T_U}} \right),\quad \quad d{A_U} = \pi \cdot d \cdot dz

Die Änderung der inneren Energie im differentiellen Element erfolgt durch die Erwärmung dieses Elements:

\frac{{\partial U}}{{\partial \tau }} = dm \cdot c \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial \tau }}

Einsetzen in den Hauptsatz und Vereinfachen der Gleichung liefert:

\frac{{\partial U}}{{\partial \tau }} = {{\dot Q}_L}\left( z \right)-{{\dot Q}_L}\left( {z+dz} \right)-{{\dot Q}_K}

\frac{{\partial U}}{{\partial \tau }} = {{\dot Q}_L}\left( z \right)-{{\dot Q}_L}\left( z \right)+k \cdot {A_q} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}dz-{{\dot Q}_K}

\frac{{\partial U}}{{\partial \tau }} = k \cdot {A_q} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}dz-h \cdot d{A_U}\left( {T-{T_U}} \right)

\frac{{\partial U}}{{\partial \tau }} = k \cdot \frac{{\pi {d^2}}}{4} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}dz-h \cdot \pi \cdot d \cdot dz\left( {T-{T_U}} \right)

dm \cdot c \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial \tau }} = k \cdot \frac{{\pi {d^2}}}{4} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}dz-h \cdot \pi \cdot d \cdot dz\left( {T-{T_U}} \right)

dz \cdot \frac{{\pi {d^2}}}{4} \cdot \rho \cdot c \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial \tau }} = k \cdot \frac{{\pi {d^2}}}{4} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}dz-h \cdot \pi \cdot d \cdot dz\left( {T-{T_U}} \right)

\pi {d^2} \cdot \rho \cdot c \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial \tau }} = k \cdot \pi {d^2} \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}-4 \cdot h \cdot \pi \cdot d \cdot \left( {T-{T_U}} \right)

\rho \cdot c \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial \tau }} = k \cdot \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}-\frac{{4 \cdot h}}{d} \cdot \left( {T-{T_U}} \right)

\frac{1}{\alpha } \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial \tau }} = \frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}}-\frac{{4 \cdot h}}{{k \cdot d}} \cdot \left( {T-{T_U}} \right)\quad \quad \alpha = \frac{k}{{\rho \cdot c}}

Dabei beschreibt \alpha die Temperaturleitfähigkeit des Wachses in Quadratmeter pro Sekunde.

c )

Die Abbrandgeschwindigkeit w der Kerze ist so gering, dass der Prozess als quasistationär betrachtet werden kann. Damit fällt der zeitabhängige Term in der Gleichung weg und man erhält eine gewöhnliche DGL in z (somit wird das partielle Differential durch das gewöhnliche ersetzt:

0 = \frac{{{d^2}T}}{{d{z^2}}}-\frac{{4h}}{{kd}}\left( {T-{T_U}} \right)

d )

Die Differentialgleichung soll nun in dimensionslose Form gebracht werden. Dazu definieren wir zuerst eine dimensionslose Temperatur:

\theta = \frac{{T-{T_U}}}{{{T_S}-{T_U}}}\quad \Rightarrow \quad T = \theta \left( {{T_S}-{T_U}} \right)+{T_U}

Dabei ist {T_S} die Schmelztemperatur des Wachses und {T_U} die Umgebungstemperatur.

Analog schreiben wir für den dimensionslosen Ort \xi:

\xi = \frac{z}{d}\quad \Rightarrow \quad z = d \cdot \xi

Für die DGL brauchen wir die zweite Ableitung der Temperatur nach der Zeit:

\frac{{{\partial ^2}T}}{{\partial {z^2}}} = \frac{\partial }{{\partial z}}\left( {\frac{{\partial T}}{{\partial z}}} \right) = \frac{\partial }{{d \cdot \partial \xi }}\left( {\frac{{\left( {{T_S}-{T_U}} \right) \cdot \partial \theta }}{{d \cdot \partial \xi }}} \right) = \frac{{\left( {{T_S}-{T_U}} \right)}}{{{d^2}}}\frac{{{\partial ^2}\theta }}{{\partial {\xi ^2}}}

Einsetzen in die Differentialgleichung aus b):

\frac{{{T_S}-{T_U}}}{\alpha } \cdot \frac{{\partial \theta }}{{\partial \tau }} = \frac{{{T_S}-{T_U}}}{{{d^2}}} \cdot \frac{{{\partial ^2}\theta }}{{\partial {\xi ^2}}}-\frac{{4h}}{{kd}} \cdot \theta \cdot \left( {{T_S}-{T_U}} \right)

Wir können die Temperaturdifferenz kürzen:

\frac{{{d^2}}}{\alpha } \cdot \frac{{\partial \theta }}{{\partial \tau }} = \frac{{{\partial ^2}\theta }}{{\partial {\xi ^2}}}-\frac{{4hd}}{k} \cdot \theta

Wir führen nun zwei dimensionslose Kennzahlen ein.

Biot-Zahl: Bi: = \frac{{h \cdot d}}{{{k_{Feststoff}}}} = \frac{{konvektiver\:\:W\ddot arme\ddot ubergang}}{{W\ddot armeleitung,\:\:Feststoff}}
Fourierzahl: Fo: = \frac{{\alpha \tau }}{{{d^2}}} (dimensionslose Zeit bei instationärer Wärmeleitung

Wir erhalten:

\frac{{\partial \theta }}{{\partial \left( {Fo} \right)}} = \frac{{{\partial ^2}\theta }}{{\partial {\xi ^2}}}-4Bi \cdot \theta

Quasistationär:

0 = \frac{{\partial {\theta ^2}}}{{\partial {\xi ^2}}}-4Bi \cdot \theta

e )

Die Höhe L der Kerze als Funktion der Zeit ist bei konstanter Abbrandgeschwindigkeit w gegeben durch:

L\left( \tau \right) = {L_0}-w\tau

Randbedingungen:

Die Schmelztemperatur ist konstant an der Abbrandfläche und die Stellfläche ist adiabat isoliert. In Formeln ergibt das

Randbedingung 1. Art (Dirichlet):

z = L\quad \Rightarrow \quad T = {T_S}

Dies entspricht in der dimensionslosen Form:

\xi = \frac{L}{d}\quad \Rightarrow \quad \theta = 1

Randbedingung 2. Art (Neumann):

z = 0,\:\:\xi = 0\quad \Rightarrow \quad {T^\prime }\left( {z = 0} \right) = 0\quad \Rightarrow \quad {\left[ {\frac{{d\theta }}{{d\xi }}} \right]_{\xi = 0}} = 0

f )

Die gewöhnliche Differentialgleichung soll nun gelöst werden. Zu diesem Zweck stellt man die charakteristische Gleichung der DGL auf.

\frac{{{d^2}\theta }}{{\partial {\xi ^2}}}-4Bi \cdot \theta = 0

{\lambda ^2}-4Bi = 0\quad \Rightarrow \quad {\lambda _{1,2}} = \pm 2\sqrt {Bi} \quad \Rightarrow \quad {\lambda _1} = -{\lambda _2}

\theta = {C_1}{e^{{\lambda _1} \cdot \xi }}+{C_2}{e^{-{\lambda _1}\xi }}

Mit der zweiten Randbedingung erhalten wir:

{\left[ {\frac{{d\theta }}{{d\xi }}} \right]_{\xi = 0}} = {\left[ {{C_1} \cdot {\lambda _1}{e^{{\lambda _1}{\xi _1}}}-{C_2}{\lambda _1}{e^{-{\lambda _1}{\xi _1}}}} \right]_{\xi = 0}} = 0\quad \Rightarrow \quad {C_1} = {C_2}

Mit Randbedingung 1:

1 = {C_1}{e^{{\lambda _1}\frac{L}{d}}}+{C_1}{e^{-{\lambda _1}\frac{L}{d}}}\quad \Rightarrow \quad {C_1} = \frac{1}{{{e^{-{\lambda _1}\frac{L}{d}}}+{e^{{\lambda _1}\frac{L}{d}}}}}

\theta = \frac{{{e^{{\lambda _1}\xi }}+{e^{-{\lambda _1}\xi }}}}{{{e^{-{\lambda _1}\frac{L}{d}}}+{e^{{\lambda _1}\frac{L}{d}}}}}

Dies ergibt mit der Definition

\cosh \left( x \right): = \frac{1}{2}\left( {{e^x}+{e^{-x}}} \right)

die dimensionslose Temperatur \theta als Lösung der Differentialgleichung:

\theta \left( \xi \right) = \frac{{\cosh \left( {2\sqrt {Bi} \cdot \xi } \right)}}{{\cosh \left( {2\sqrt {Bi} \cdot \frac{L}{d}} \right)}}

Die Rücksubstitution liefert

2\sqrt {Bi} \cdot \xi = 2\sqrt {\frac{{h \cdot d}}{k}} \cdot \frac{z}{d} = \sqrt {\frac{{4 \cdot h}}{{k \cdot d}}} \cdot z

2\sqrt {Bi} \cdot \frac{L}{d} = \sqrt {\frac{{4 \cdot h}}{{k \cdot d}}} \cdot L = \sqrt {\frac{{4 \cdot h}}{{k \cdot d}}} \cdot \left( {{L_0}-w\tau } \right)

und damit die Lösung für die Temperatur in Abhängigkeit von der Zeit und der Längenkoordinate:

T\left( {z,\tau } \right) = {T_U}+\frac{{\cosh \left( {\sqrt {\frac{{4 \cdot h}}{{k \cdot d}}} \cdot z} \right)}}{{\cosh \left( {\sqrt {\frac{{4 \cdot h}}{{k \cdot d}}} \cdot \left( {{L_0}-w\tau } \right)} \right)}}\left( {{T_S}-{T_U}} \right)

Die Zeit steckt also auch als Parameter in der Größe L. Die Vereinfachung, dass beim Lösen der Differentialgleichung nur die Ortskoordinate berücksichtigt wird, funktioniert nur deshalb, weil man von einem quasistatischen Vorgang ausgeht und w konstant ist.