07 – elektrisch geheiztes Rohr

 

Ein Rohr mit dem Innenradius {r_i} und dem Außenradius {r_a} wird durch Anlegen einer elektrischen Spannung beheizt. Auf diese Weise wird im Rohr eine konstante volumenspezifische Wärmequelle \dot q_{el}^* in \left[ {\frac{W}{{{m^3}}}} \right] erzeugt. Die Temperatur im Rohr ändert sich nur in radialer Richtung (eindimensionale Betrachtung). An der Außenseite ist das Rohr ideal wärmeisoliert (adiabat), an der Innenfläche wird die Temperatur konstant auf {T_i} gehalten. Die Wärmeleitfähigkeit k\quad \left[ {\frac{W}{{mK}}} \right], die Dichte \rho \quad \left[ {\frac{{kg}}{{{m^3}}}} \right] und die spezifische Wärmekapazität {c_p}\quad \left[ {\frac{J}{{kgK}}} \right] des Rohrs seinen konstant.
Es soll im Folgenden die Temperaturverteilung im Rohr, insbesondere die Temperatur der äußeren Mantelfläche, bestimmt werden.

Aufgaben:

  1. Leiten Sie durch Aufstellen eine Energiebilanz an einem differentiellen Element eine Beziehung für die orts- und zeitabhängigen Temperaturen T\left( {r,\tau } \right) her.
  2. Vereinfachen Sie diese Beziehung für den Fall, dass die Heizung schon sehr lange eingeschaltet ist (stationärer Zustand).
  3. Stellen Sie die Beziehung aus b) dimensionslos mit

    \xi = \frac{r}{{{r_a}}},\quad \Theta = \frac{{T-{T_i}}}{{{T_{bez}}}},\quad {T_{bez}} = {T_{bez}}\left( {{r_a},k,\dot q_{el}^*} \right)

    dar und leiten Sie damit eine Beziehung für \Theta her, d.h. lösen Sie die Differentialgleichung.

  4. Wie lautet die Randbedingung? Stellen Sie diese ebenfalls dimensionslos dar, und setzten Sie sie in die Beziehung aus c) ein.
  5. Skizzieren Sie den dimensionslosen Temperaturverlauf.

Lösung

a )

Hier zunächst eine Skizze des Problems:

elektrisch-geheiztes-rohr-warmeubertragung

Wir stellen den ersten Hauptsatz in radialer Richtung auf:

\frac{{\partial U}}{{\partial \tau }} = \sum {\dot Q} +\sum {{{\dot W}_t}} = \dot Q\left( r \right)-\dot Q\left( {r+dr} \right)+d\dot Q_{el}^*

Dabei ist d{\dot Q_{el}} = \dot q_{el}^*dV. Den aus dem (grün eingezeichneten) Kreisring austretenden Wärmestrom entwickeln wir in einer Taylorreihe:

\dot Q\left( {r+dr} \right) = \dot Q\left( r \right)+\frac{{\partial \dot Q\left( r \right)}}{{\partial r}}dr+\frac{1}{{2!}}\frac{{{\partial ^2}\dot Q\left( r \right)}}{{\partial {r^2}}}{\left( {dr} \right)^2}+\frac{1}{{3!}}\frac{{{\partial ^3}\dot Q\left( r \right)}}{{\partial {r^3}}}{\left( {dr} \right)^3}+\underbrace {O\left( {{{\left( {dr} \right)}^4}} \right)}_{Fehlerterm}

Da die Dicke des betrachteten Kreisringes sehr klein ist, brechen wir schon nach dem linearen Term ab:

\dot Q\left( {r+dr} \right) = \dot Q\left( r \right)+\frac{{\partial \dot Q\left( r \right)}}{{\partial r}}dr

Für ein differentielles Element gilt:

U = dm \cdot c \cdot dT = \rho \cdot dV \cdot c \cdot dT = \rho \cdot 2 \cdot \pi \cdot r \cdot L \cdot dr \cdot c \cdot dT

Dies setzen wir in den ersten Hauptsatz ein:

\frac{\partial }{{\partial \tau }}\left( {\rho \cdot 2 \cdot \pi \cdot r \cdot L \cdot dr \cdot c \cdot dT} \right) = \dot Q\left( r \right)-\dot Q\left( r \right)-\frac{{\partial \dot Q\left( r \right)}}{{\partial r}}dr+{{\dot Q}_{el}}

\frac{\partial }{{\partial \tau }}\left( {\rho \cdot \underbrace {2 \cdot \pi \cdot r \cdot L \cdot dr}_{dV} \cdot c \cdot dT} \right) = -\frac{{\partial \dot Q\left( r \right)}}{{\partial r}}dr+\dot q_{el}^*dV

Division durch das differentielle Volumenelement ergibt:

\frac{\partial }{{\partial \tau }}\left( {\rho \cdot c \cdot dT} \right) = -\frac{1}{{dV}}\frac{{\partial \dot Q\left( r \right)}}{{\partial r}}dr+\dot q_{el}^*

Die Dichte und die spezifische Wärmekapazität sind konstant (lauf Aufgabenstellung), daher ziehen wir sie vor die Ableitung:

\rho c \cdot \frac{{\partial dT}}{{\partial \tau }} = -\frac{1}{{dV}}\frac{{\partial \dot Q\left( r \right)}}{{\partial r}}dr+\dot q_{el}^*

Den Wärmestrom erhalten wir mit dem Gesetz von Fourier:

\dot Q\left( r \right) = -k \cdot A\left( r \right) \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial r}} = -k \cdot 2\pi r \cdot L \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial r}}

Daraus folgt:

\rho c \cdot \frac{{\partial dT}}{{\partial \tau }} = -\frac{1}{{dV}}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {-k \cdot 2\pi rL \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial r}}} \right)dr+\dot q_{el}^*

\rho c \cdot \frac{{\partial dT}}{{\partial \tau }} = \frac{k}{{dV}}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {2\pi rL \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial r}}} \right)dr+\dot q_{el}^*

\rho c \cdot \frac{{\partial dT}}{{\partial \tau }} = \frac{k}{{2\pi rL \cdot dr}}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {2\pi rL \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial r}}} \right)dr+\dot q_{el}^*

\rho c \cdot \frac{{\partial dT}}{{\partial \tau }} = \frac{k}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r \cdot \frac{{\partial T}}{{\partial r}}} \right)+\dot q_{el}^*

b )

Ist die Heizung bereits für sehr lange Zeit eingeschaltet gewesen, so hat sich ein stationärer Zustand eingestellt. Das bedeutet, dass die zeitliche Variation verschwindet. Da es sich weiterhin um ein eindimensionales Problem handelt, erhält man statt der partiellen Differentialgleichung in \tau und r eine gewöhnliche Differentialgleichung in r:

\frac{{\partial T}}{{\partial \tau }} = 0

0 = \frac{k}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{dT}}{{dr}}} \right)+\dot q_{el}^*

c )

Um die Differentialgleichung aus Teil b) dimensionslos darzustellen, brauchen wir einen Dimensionslosen Term für \frac{{dT}}{{dr}}.

Dazu bezieht man die Variable r auf den Außenradius {r_a} des Rohrs, und als dimensionslose Temperatur \theta setzt man die Temperaturdifferenz zwischen Temperatur am Radius r und Rohrinnenwandtemperatur ins Verhältnis zu einer zu bestimmenden Bezugstemperatur {T_{bez}}.

\xi = \frac{r}{{{r_a}}}\quad \Rightarrow \quad r = {r_a} \cdot \xi

\theta = \frac{{T-{T_i}}}{{{T_{bez}}}}\quad \Rightarrow \quad T = {T_{bez}} \cdot \theta +{T_i}

Die differentiellen Änderungen sind:

dr = {r_a} \cdot d\xi

dT = {T_{bez}} \cdot d\theta

Die dimensionslosen Größen setzen wir nun in die Differentialgleichung

0 = \frac{k}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{dT}}{{dr}}} \right)+\dot q_{el}^*

ein:

0 = \frac{k}{{{r_a} \cdot \xi }} \cdot \frac{d}{{{r_a} \cdot d\xi }}\left( {{r_a} \cdot \xi \cdot \frac{{{T_{bez}} \cdot d\theta }}{{{r_a} \cdot d\xi }}} \right)+\dot q_{el}^*

0 = \frac{k}{{r_a^2 \cdot \xi }} \cdot \frac{d}{{d\xi }}\left( {\xi \cdot \frac{{{T_{bez}} \cdot d\theta }}{{d\xi }}} \right)+\dot q_{el}^*

0 = \frac{{{T_{bez}} \cdot k}}{{r_a^2}} \cdot \frac{1}{\xi } \cdot \frac{d}{{d\xi }}\left( {\xi \cdot \frac{{d\theta }}{{d\xi }}} \right)+\dot q_{el}^*

0 = \frac{1}{\xi } \cdot \frac{d}{{d\xi }}\left( {\xi \frac{{d\theta }}{{d\xi }}} \right)+\frac{{r_a^2 \cdot \dot q_{el}^*}}{{k \cdot {T_{bez}}}}

Wir wählen nun die Bezugstemperatur so, dass der letzte Summand zu 1 wird:

\frac{{r_a^2 \cdot \dot q_{el}^*}}{{k \cdot {T_{bez}}}} = 1\quad \Rightarrow \quad {T_{bez}}: = \frac{{r_a^2 \cdot \dot q_{el}^*}}{k}

\quad \Rightarrow \quad \frac{1}{\xi }\frac{d}{{d\xi }}\left( {\xi \frac{{d\theta }}{{d\xi }}} \right)+1 = 0

Wir wollen integrieren. Dazu bringen wir die 1 auf die andere Seite und multiplizieren mit \xi:

-\xi = \frac{d}{{d\xi }}\left( {\xi \frac{{d\theta }}{{d\xi }}} \right)

Nun können wir integrieren:

-\frac{{{\xi ^2}}}{2}+{C_1} = \xi \frac{{d\theta }}{{d\xi }}

-\frac{\xi }{2}+{C_1} \cdot \frac{1}{\xi } = \frac{{d\theta }}{{d\xi }}

Durch erneutes Integrieren erhalten wir die dimensionslose Temperatur:

\theta = -\frac{{{\xi ^2}}}{4}+{C_1} \cdot \ln \xi +{C_2}

d )

Aus der Definition der Dimensionslosen Größen ergeben sich die Randbedingungen.

1. Die Temperatur auf der Innenseite des Rohres ist bekannt:

T\left( {r = {r_i}} \right) = {T_i}\quad \Rightarrow \quad \theta \left( {\xi = \frac{{{r_i}}}{{{r_a}}}} \right) = \frac{{{T_i}-{T_i}}}{{{T_{bez}}}} = 0

2. Der Temperaturgradient an der Außenwand des Rohres verschwindet, da das Rohr adiabat isoliert ist:

{T^\prime }\left( {r = {r_a}} \right) = 0\quad \Rightarrow \quad \frac{{d\theta }}{{d\xi }}\left( {\xi = \frac{{{r_a}}}{{{r_a}}} = 1} \right) = 0

\quad \Rightarrow \quad 0 = {\left[ {-\frac{\xi }{2}+\frac{{{C_1}}}{\xi }} \right]_{\xi = 1}}\quad \Rightarrow \quad -\frac{1}{2}+{C_1} = 0\quad \Rightarrow \quad {C_1} = \frac{1}{2}

Aus der ersten Randbedingung folgt dann:

\theta \left( {\xi = {\xi _i}} \right) = 0\quad \Rightarrow \quad 0 = -\frac{{\xi _i^2}}{4}+\frac{1}{2}\ln \left( {{\xi _i}} \right)+{C_2}\quad \Rightarrow \quad {C_2} = \frac{{\xi _i^2}}{4}-\frac{1}{2}\ln \left( {{\xi _i}} \right)

Einsetzen in die DGL:

\theta = -\frac{{{\xi ^2}}}{4}+\frac{1}{2}\ln \left( \xi \right)+\frac{{\xi _i^2}}{4}-\frac{1}{2}\ln \left( {{\xi _i}} \right)

\theta = \frac{1}{2}\left( {\ln \left( \xi \right)-\ln \left( {{\xi _i}} \right)} \right)+\frac{{{\xi ^2}}}{4}-\frac{{\xi _i^2}}{4}

\theta = \frac{1}{2}\ln \left( {\frac{\xi }{{{\xi _i}}}} \right)-\frac{1}{4}\left( {{\xi ^2}-\xi _i^2} \right)

e )

Der dimensionslose Temperaturverlauf ist unter Beachtung der Randbedingungen in der folgenden Skizze dargestellt:

warmeverlauf-skizze-geheizt-rohr

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