A 02 – Wärmestrom an rechteckiger Kühlrippe

Eine gerade Rechteckrippe (siehe Abbildung) besitzt die Länge $L$ , die Breite $B$ und die Höhe $H$ . Der Fuß der Rippe ist konstant auf einer Temperatur von ${T_W}$ . Die Rippenspitze soll als adiabat angenommen werden. Die Rippe wird von Luft mit der Geschwindigkeit $u$ und der Temperatur ${T_U}$ umströmt.

kuehlrippe

Annahmen:

Die Rippe sei dünn und aus gut wärmeleitendem Material. Temperaturunterschiede quer zur Rippe können aus diesem Grund vernachlässigt werden: $T\left( {x,y,z} \right) = T\left( x \right)$
Der Wärmeübergang auf der Rippenvorderseite und -hinterseite wird vernachlässigt.
Der Wärmeübergangskoeffizient $h$ und die Wärmeleitfähigkeit $k$ sind konstant.

Aufgaben:

Stellen Sie die Differentialgleichung für den Temperaturverlauf in der Rippe im stationären Fall mit Hilfe einer Bilanz an einem differentiellen Element auf.
Bringen Sie die Differentialgleichung mit den Größen $\xi = \frac{x}{L}$ und $\Theta = \frac{{T-{T_U}}}{{{T_W}-{T_U}}}$ in eine dimensionslose Form.
Lösen Sie die dimensionslose Differentialgleichung
Wie lauten die Randbedingungen in dimensionsbehafteter und in dimensionsloser Form? Bestimmen Sie die Konstanten.
Bestimmen Sie den Wärmestrom, der von der Rippe abgegeben wird.
Wie hoch ist der Wirkungsgrad der Rippe?

Gegeben:

Rippenhöhe: $H = 0,003\;{\text{m}}$

Rippenbreite: $B = 0,1\;{\text{m}}$

Rippenlänge: $L = 0,1\;{\text{m}}$

Einseitiger Wärmeübergangskoeffizient: $h = 100\frac{{\text{W}}}{{{{\text{m}}^2}{\text{K}}}}$

Wärmeleitfähigkeit: $k = 230\frac{{\text{W}}}{{{\text{m}} \cdot {\text{K}}}}$

Umgebungstemperatur: ${T_U} = 20^\circ {\text{C}}$

Temperatur am Fuß der Rippe: ${T_W} = 60^\circ {\text{C}}$

Lösung

Vorbetrachtungen

Bei der genannten Problemstellung handelt es sich um eine stationäre Wärmeleitung.

Die Bilanz im 1-D-Fall lautet:

$\frac{d}{{dx}}\underbrace {\left( {A\left( x \right) \cdot \frac{{dT}}{{dx}}} \right)}_{{\text{Produktregel}}}-\frac{h}{k}\frac{{dU\left( x \right)}}{{dx}} \cdot \left( {T\left( x \right)-{T_\infty }} \right) = 0$

Annahme:

$k \ne k\left( {x,T} \right)$

$h \ne h\left( {x,T} \right)$

Häufige Vereinfachungen:

Rippenfläche konstant: $A\left( x \right) = A$
Rippenspitze adiabat: ${\left. {\frac{{dT}}{{dx}}} \right|_{x = L}} = 0$

Rippenparameter:

${m^2} = \underbrace {\frac{{hL}}{k}}_{{\text{Biot-Zahl}}} \cdot \underbrace {\frac{{UL}}{A}}_{{\text{Geometrie}}}$

Rippenwirkungsgrad:

$\eta = \frac{{{{\dot Q}_{tats}}}}{{{{\dot Q}_{\max }}}} < 1$

wust-a2-rippenwirkungsgrad

${\dot Q_{tats}} = -k \cdot {A_0} \cdot {\left. {\frac{{dT}}{{dx}}} \right|_{x = 0}}$

Der Rippenwirkungsgrad ist definiert als das Verhältnis des tatsächlichen Wärmestroms ${\dot Q_{tats}}$ , den die Rippe abgibt, zum maximalen (idealen) Wärmestrom, den die Rippe abgeben würde, wenn sie über die gesamte Länge die Wandtemperatur ${T_W}$ besäße (dies entspräche einer unendlich hohen Wärmeleitfähigkeit).

Leistungsziffer (sollte immer größer als 1 sein, damit die Rippe etwas bringt):

$\varepsilon = \frac{{{{\dot Q}_{tats}}}}{{{{\dot Q}_{\min }}}} > 1$

Die Leistungsziffer beschreibt das Verhältnis des tatsächlichen Wärmestroms ${\dot Q_{tats}}$ , den die Rippe abgibt, zum Wärmestrom ${\dot Q_{\min }}$ , der ohne Kühlrippe vom Körper abgegeben werden würde.

Ist $\varepsilon \leq 1$ so hat das Anbringen von Kühlrippen keinen Sinn, da diese den Wärmeaustausch sogar noch verschlechtern würden. Die Rippen wäre in diesem Fall im Prinzip eine Reihenschaltung von Wärmewiderständen.

In der optimalen Rippe sind die Wärmewiderstände von Rippe und Körperoberfläche etwa gleich. Das Problem ist sonst, dass der Wärmestrom durch die Rippe nicht ausreicht, um die Rippenspitze zu erreichen.

Wir kommen nun zur Lösung der Aufgabe.

Es gilt:

$B \gg H\quad \Rightarrow \quad T\left( {x,y,t} \right) = T\left( {x,t} \right)$
stationär: $T\left( {x,t} \right) = T\left( x \right)$

a) Aufstellen der Differentialgleichung

Zuerst betrachten wir ein differentielles Element der Rippe:

differentielles-element-rippe

Zu beachten ist, dass der konvektive Wärmestrom ${\dot Q_K}$ auf der Ober- und Unterseite einzuzeichnen ist. Dazu kommen die beiden Wärmeströme durch Wärmeleitung. Bei diesen ist uns egal, in welche Richtung die Wärme tatsächlich fließt, wir zeichnen sie immer in Richtung der x-Koordinate ein.

1. Hauptsatz:

$\underbrace {\frac{{\partial U}}{{\partial t}}}_{ = 0,\;{\text{da}}\;{\text{stat}}{\text{.}}} = \sum {\dot Q+\underbrace {\sum {{{\dot W}_t}} }_{ = 0,\;{\text{da}}\;{\text{keine}}\;{\text{Arbeit}}}} +\underbrace {{q^*}dV}_{ = 0,\;{\text{da}}\;{\text{keine}}\;{\text{Quelle}}}$

$\Rightarrow \quad 0 = {{\dot Q}_{L,x}}-{{\dot Q}_{L,x+dx}}-2{{\dot Q}_K}$

Fourier’sches Gesetz:

${\dot Q_L} = -kA\frac{{dT}}{{dx}},\quad A = H \cdot B$

Taylor-Entwicklung für den ausfließenden Wärmestrom:

${\dot Q_{L,x+dx}} = {\dot Q_{L,x}}+\frac{1}{{1!}}\frac{{d{{\dot Q}_L}}}{{dx}}dx+\frac{1}{{2!}} \ldots$

Newton’sches Kühlgesetz:

${\dot Q_K} = h \cdot d{A_K} \cdot \left( {T\left( x \right)-{T_U}} \right),\quad d{A_K} = dx \cdot B$

Einsetzen:

$0 = {{\dot Q}_{L,x}}-{{\dot Q}_{L,x+dx}}-2{{\dot Q}_K}$

$\Rightarrow \quad 0 = -\frac{1}{{1!}}\frac{d}{{dx}}\left( {-kHB\frac{{dT}}{{dx}}} \right)dx-\frac{1}{{2!}} \ldots -2 \cdot h \cdot dx \cdot B \cdot \left( {T\left( x \right)-{T_U}} \right)\qquad |:dx\;|dx \to 0$

$\Rightarrow \quad 0 = -\frac{d}{{dx}}\left( {-kHB\frac{{dT}}{{dx}}} \right)-2hB\left( {T-{T_U}} \right)\quad \Rightarrow \quad 0 = \frac{{{d^2}T}}{{d{x^2}}}-\frac{{2h}}{{kH}}\left( {T-{T_U}} \right)$

b) Entdimensionierung

Dimensionslose Koordinate und Temperatur:

$\xi = \frac{x}{L}\quad \Rightarrow \quad x = \xi L\quad \Rightarrow \quad dx = Ld\xi ,\quad$

$\Theta = \frac{{T-{T_U}}}{{{T_W}-{T_U}}}\quad \Rightarrow \quad T = \Theta \left( {{T_W}-{T_U}} \right)+{T_U}\quad \Rightarrow \quad dT = \left( {{T_W}-{T_U}} \right)d\Theta$

Einsetzen:

$0 = \frac{{\left( {{T_W}-{T_U}} \right)}}{{{L^2}}}\frac{{{d^2}\Theta }}{{d{\xi ^2}}}-\frac{{2h}}{{kH}}\left( {\Theta \left( {{T_W}-{T_U}} \right)+{T_U}-{T_U}} \right)$

$\Rightarrow \quad 0 = \frac{{{d^2}\Theta }}{{d{\xi ^2}}}-\frac{{2h{L^2}}}{{kH}}\Theta$

$\Rightarrow \quad 0 = \frac{{{d^2}\Theta }}{{d{\xi ^2}}}-{M^2}\Theta$

c) Lösung der DGL

Wir benutzen einen Exponentialansatz:

$\Theta = A{e^{r\xi }}$

${\Theta ^\prime } = Ar{e^{r\xi }}$

${\Theta ^{\prime \prime }} = A{r^2}{e^{r\xi }}$

$\Rightarrow \quad 0 = {r^2}-{M^2}\quad \Rightarrow \quad r = \pm M$

$\Rightarrow \quad \Theta = {C_1}{e^{M\xi }}+{C_2}{e^{-M\xi }}$

d) Randbedingungen und Konstanten

Erste Randbedingung: Feste Wandtemperatur

$T\left( {x = 0} \right) = {T_W}\quad \Rightarrow \quad \Theta \left( {\xi = 0} \right) = 1$

Zweite Randbedingung: Adiabate Spitze

${\left. {\frac{{dT}}{{dx}}} \right|_{x = L}} = 0\quad \Rightarrow \quad {\left. {\frac{{d\Theta }}{{d\xi }}} \right|_{\xi = 1}} = 0$

Einsetzen in die DGL ergibt die gesuchten Konstanten:

$1 = {C_1}\exp \left\{ 0 \right\}+{C_2}\exp \left\{ 0 \right\}\quad \Rightarrow \quad {C_2} = 1-{C_1}$

${\left. {\frac{{d\Theta }}{{d\xi }}} \right|_{\xi = 1}} = {C_1}M\exp \left\{ {M\xi } \right\}-{C_2}M\exp \left\{ {-M\xi } \right\}$

$\Rightarrow \quad {C_1} = \frac{{{e^{-M}}}}{{{e^M}+{e^{-M}}}}$

$\Rightarrow \quad {C_2} = 1-\frac{{{e^{-M}}}}{{{e^M}+{e^{-M}}}} = \frac{{{e^M}}}{{{e^M}+{e^{-M}}}}$

Einsetzen in den Lösungsansatz:

$\Theta = \frac{{{e^{-M\left( {1-\xi } \right)}}+{e^{M\left( {1-\xi } \right)}}}}{{{e^M}+{e^{-M}}}} = \frac{{\cosh \left( {M\left( {1-\xi } \right)} \right)}}{{\cosh \left( M \right)}}$

e) Bestimmung des Wärmestroms

Wir bestimmen nun den von der Rippe abgegebenen Wärmestrom. Da das Problem stationär ist, ist dieser genauso groß wie der Wärmestrom, der bei $x = 0$ in die Rippe hineinfließt:

$\dot Q = -kA{\left. {\frac{{dT}}{{dx}}} \right|_{x = 0}}$

In der dimensionslosen Gleichung gilt:

$\dot Q = -kA\frac{{{T_W}-{T_U}}}{L}{\left. {\frac{{d\Theta }}{{d\xi }}} \right|_{\xi = 0}}$

$\Rightarrow \quad \dot Q = -kHB\frac{{{T_W}-{T_U}}}{L}{\left. {\left( {-\frac{{M \cdot \sinh \left( {M\left( {1-\xi } \right)} \right)}}{{\cosh \left( M \right)}}} \right)} \right|_{\xi = 0}}$

$M = \sqrt {\frac{{2h{L^2}}}{{kH}}} = 1,7025$

$\Rightarrow \quad \dot Q = -230\frac{{\text{W}}}{{{{\text{m}}^2}{\text{K}}}} \cdot 0,003\;{\text{m}} \cdot 0,1\;{\text{m}} \cdot \frac{{60\;^\circ {\text{C}}-20\;^\circ {\text{C}}}}{{0,1\;{\text{m}}}}\left( {-\frac{{1,7025 \cdot \sinh \left( {1,7025 \cdot \left( {1-0} \right)} \right)}}{{\cosh \left( {1,7025} \right)}}} \right)$