Beispiel
Eindimensionale instationäre Wärmeleitung mit symmetrischen Randbedingungen
Ein sehr langes ebenwandiges Bauteil aus Stahl mit einer Wandstärke von 4 cm verfüge über eine Temperaturleitfähigkeit von 28,84 · 10–6 $\frac{m^2}{s}$ und nach hinreichender Zeit in einem Glühofen über eine gleichmäßige Anfangstemperatur von 650 °C. Zum Härten der Oberfläche werde dieses Bauteil in ein Härtebad gegeben, so dass sich ab diesem Zeitpunkt konstant bleibende Wandtemperaturen von 65 °C einstellen. Bestimmen Sie mit dem Modell quellenfreie eindimensionale instationäre Wärmeleitung die sich im Bauteil einstellende Temperatur nach 0,5 s in 1 mm Eindringtiefe und in der Mitte der Wand (Symmetrieachse)!
Gegeben:
| t0 = 650°C | tW = 65°C | δ = 4cm |
| r = 1mm | a = 28,84 · 10–6 $\frac{m^2}{s}$ | τ = 0,5 s |
Lösung:
Hier liegt eine quellenfreie eindimensionale instationäre Wärmeleitung mit symmetrischen Randbedingungen erster Art in einer ebenen Wand vor, für die über die Laplace-Transformation folgende Gleichung zur Verfügung steht:
$\Theta (\xi ,Fo) = \sum \limits_{k=i}^{\infty} \frac{2 \cdot sin (\mu_k)}{\mu_k + sin(\mu_k) \cdot cos(\mu_k)} \cdot cos(\mu_k \cdot \xi) \cdot e^{-\mu_k^2 \cdot Fo}$
Eigenwerte μk für Randbedingungen erster Art: $ cos(\mu_k) = 0 \Leftrightarrow \mu_k = (2k - 1) \cdot \frac{\pi}{2}$
Die dimensionslose Übertemperatur Θ hängt von der dimensionslosen Zeit Fo und der dimensionslosen Ortskoordinate ξ ab. Zu beachten ist hier, dass ξ = 0 auf der Symmetrieachse in Wandmitte liegt und ξ = 1 beziehungsweise ξ = –1 die äußeren Wandflächen beschreiben.
| $Fo = \frac{4 \cdot a \cdot \tau}{\delta^2} = \frac{4 \cdot 28,84 \cdot 10^{–6} \frac{m^2}{s} \cdot 0,5 s}{16 \cdot 10^{–4}m^2} = 0,03605$ | Eindringtiefen: | • 1mm | $\xi_1 = \frac{19mm}{20mm} = 0,95$ |
| • Wandmitte | $\xi_2 = \frac{0mm}{20mm} = 0,00$ |
Die Eigenwerte μk stellen gerade die Nullstellen der Kosinusfunktion dar, also $k \cdot \frac{\pi}{2}$ mit k = 1, 2, 3, 4, …
An diesen Stellen nimmt die Sinusfunktion für ungerades k den Wert 1 und für gerades k den Wert –1 an. Damit kann die oben angegebene Lösung einfacher geschrieben werden mit
$\Theta (\xi ,Fo) = \sum \limits_{k=i}^{\infty} \frac{2 \cdot -1^{k+1}}{\mu_k } \cdot cos(\mu_k \cdot \xi) \cdot e^{-\mu_k^2 \cdot Fo}$ oder bezogen auf die Temperatur in 1 mm Eindringtiefe nach 0,5 s
$t(1mm, 0,5s) = t_W + (t_0 - t_W) \cdot \sum \limits_{k=i}^{\infty} \frac{2 \cdot (-1)^{k+1}}{\mu_k } \cdot cos(\mu_k \cdot \xi_1) \cdot e^{-\mu_k^2 \cdot Fo}$
Für das schrittweise Nachvollziehen der Rechnung mit den Zahlenwerten verwenden wir nachfolgende Tabelle:
| $k$ | $\mu_k $ | $\frac{2 \cdot -1^{k+1}}{\mu_k }$ | $cos(\mu_k \cdot \xi_1)$ | $e^{-\mu_k^2 \cdot Fo}$ | $\frac{2 \cdot -1^{k+1}}{\mu_k } \cdot cos(\mu_k \cdot \xi_1) \cdot e^{-\mu_k^2 \cdot Fo}$ |
| 1 | 0,5 · π | +1,273239545 | +0,078459095 | 0,914891491 | +0,091395120 |
| 2 | 1,5 · π | –0,424413181 | –0,233445363 | 0,449082670 | +0,044493894 |
| 3 | 2,5 · π | +0,254647908 | +0,382683432 | 0,108203102 | +0,010544343 |
| 4 | 3,5 · π | –0,181891363 | –0,522498564 | 0,012797049 | +0,001216206 |
| 5 | 4,5 · π | +0,14147106 | +0,649448048 | 0,000742910 | +0,000068257 |
| 6 | 5,5 · π | –0,115749049 | –0,760405965 | 0,000021169 | +0,000001863 |
| 7 | 6,5 · π | +0,097941503 | +0,852640164 | 0,000000296 | +0,000000025 |
| (Summe) | +0,147719706 |
Somit ergibt sich die gesuchte Temperatur zu t(1mm, 0,5s) = 65°C + (650°C - 65°C) · 0,147719699 ≈ 151,42°C
Die entsprechende Rechnung für die Wandmitte mit ξ2 = 0 sieht dann so aus:
| $k$ | $\mu_k $ | $\frac{2 \cdot -1^{k+1}}{\mu_k }$ | $cos(\mu_k \cdot \xi_1)$ | $e^{-\mu_k^2 \cdot Fo}$ | $\frac{2 \cdot -1^{k+1}}{\mu_k } \cdot cos(\mu_k \cdot \xi_1) \cdot e^{-\mu_k^2 \cdot Fo}$ |
| 1 | 0,5 · π | +1,273239545 | 1 | 0,914891491 | +1,164876026 |
| 2 | 1,5 · π | –0,424413181 | 1 | 0,449082670 | –0,190596605 |
| 3 | 2,5 · π | +0,254647908 | 1 | 0,108203102 | +0,027553693 |
| 4 | 3,5 · π | –0,181891363 | 1 | 0,012797049 | –0,002327672 |
| 5 | 4,5 · π | +0,14147106 | 1 | 0,000742910 | +0,000105100 |
| 6 | 5,5 · π | –0,115749049 | 1 | 0,000021169 | –0,000002450 |
| 7 | 6,5 · π | +0,097941503 | 1 | 0,000000296 | +0,000000029 |
| (Summe) | +0,999608121 |
t(20mm, 0,5s) = 65°C + (650°C - 65°C) · 0,999608122 ≈ 649,77°C
Wir fügen hier noch eine Rechnung ohne detaillierte Auswertung der in Tabellenform an:
t(19mm, 0,5s) = 65°C + (650°C - 65°C) · 0,999504664 ≈ 649,71°C
Anhand dieses Beispiels siehst Du:
Nach 0,5 s treten schon in den oberflächennahen Bereichen merkliche Abkühlungen auf, die die gewünschten Gefügeänderungen zur Oberflächenhärtung bewirken können. In Bauteilmitte ist jedoch noch kein merkliche Temperaturänderung eingetreten, es herrscht noch fast die Anfangstemperatur. Darauf wollen wir später noch einmal zurückkommen. Die Summe der unendlichen Reihen haben wir hier mit 7 Gliedern berechnet, weil der Beitrag noch folgender Glieder zur Ergebnisgenauigkeit schon vernachlässigbar klein ist. Für größere Zeiten und damit steigenden Fourier-Zahlen könnte der Abbruch noch zeitiger erfolgen. Dennoch ist insbesondere im Kurzzeitbereich der Aufwand beträchtlich, so dass man hierfür auch noch andere Berechnungsverfahren einsetzt.
