Beispiele

Lösung:

Hier liegt eine eindimensionale Wärmeleitung in einer ebenen Wand vor mit Randbedingungen zweiter Art am rechten Rand und dritter Art am linken Rand. Innere Wärmequellen liegen nicht vor. Die allgemeine Lösung der Laplace´schen Differentialgleichung lautet für diesen Fall: t(x) = C₁ · x + C₂. Die beiden allgemeinen Integrationskonstanten sind nun noch durch die Randbedingung zweiter Art links und Randbedingung dritter Art rechts anzupassen.

1. Ermittlung der Wandtemperaturen über Gleichung für die Temperaturverteilung Ausgangspunkt: allgemeine Lösung: $t(x) = C_1 \cdot x + C_2 $  und wegen gradt Differentiation nach $x = \frac{dt}{dx} =C_1$ Anpassung von C₁ und C₂ für die spezielle Lösung:

   • links: x = 0:	$\dot q = - \lambda \cdot \frac{dt}{dx} = - \lambda \cdot C_1$	$\rightarrow$	$C_1 = - \frac{\dot q}{\lambda}$
   • rechts x = δ:	$\dot q = \alpha \cdot (t(\delta) - t_U )$	$\rightarrow$	$t(\delta) = \frac{\dot q}{\alpha} + t_U$

   $t(x) = C_1 \cdot c + C_2 \;\;\;\;\; \rightarrow \;\;\;\;\; t(\delta) = \frac{\dot q}{\alpha} + t_U = - \frac{\dot q}{\lambda} \cdot \delta + C_2           \;\;\;\;\; \rightarrow \;\;\;\;\; C_2 = \frac{\dot q}{\lambda} \cdot \delta + \frac{\dot q}{\alpha} + t_U$
   
   Einsetzen von C₁ und C₂ in die allgemeine Lösung liefert: $t(x) = C_1 \cdot x + C_2 = - \frac{\dot q}{\lambda} \cdot x + \frac{\dot q}{\lambda} \cdot \delta + \frac{\dot q}{\alpha} + t_U$
   
   $t(x) = \frac{\dot q}{\lambda} \cdot (\delta - x) + \frac{\dot q}{\alpha} + t_U$
   
   Außenwand: $t(x) = \frac{48 \frac{W}{m^2}}{2,00 \frac{W}{m \; K}} \cdot 0,8m + \frac{48 \frac{W}{m^2}}{8 \frac{W}{m^2 \; K}} + 16°C = 41,2°C$
   Innenwand: $t(x= \delta) = \frac{48 \frac{W}{m^2}}{8 \frac{W}{m^2 \; K}} + 16°C = 22°C $
   Wandmitte: $t(x = \frac{\delta}{2} = \frac{48 \frac{W}{m^2}}{2,00 \frac{W}{m \; K}} \cdot 0,4m + \frac{48 \frac{W}{m^2}}{8 \frac{W}{m^2 \; K}} + 16°C = 31,6°C$
   
   
2. erforderlicher Wärmestrom an Außenwand für das Ansteigen der Wandtemperaturen um 2 K
   Der Temperaturverlauf in der Wand folgt einer streng monoton von der Außen- zur Innenwand fallenden, inearen Funktion. Wir suchen also diejenige Wärmestromdichte, mit der die Gerade um 2 K nach oben verschoben wird. Am einfachsten wird die Rechnung, wenn wir dafür die Innenwandtemperatur heran- ziehen, prinzipiell möglich wäre aber auch die Bestimmung über die beiden anderen schon berechneten Temperaturen!
   
   $\begin{align} t(x= \delta) + 2K = \frac{\dot q}{\alpha} + t_U \;\;\;\;\; \rightarrow \;\;\;\;\; \dot{q} & = \alpha \cdot (t(x= \delta) +2K - t_U)
   \\ & = 8 \frac{W}{m^2 \; K} \cdot (22°C + 2K - 16°C)
   \\ & = 64 \frac{W}{m^2} \end{align}$
   
   Eine Kontrolle zu Richtigkeit der ermittelten Temperaturen ergibt sich mit
   $\dot q = \frac{\lambda}{\delta} \cdot (t(x=0) - t(x = \delta)) = \frac{2\frac{W}{m \; K}}{0,8m} \cdot (41,2°C - 22 °C) = 48 \frac{W}{m^2}$
   
   Der der Außenwand zufließende Wärmestrom muss an der Innenwand auch wieder abfließen, ansonsten könnte sich kein Beharrungszustand (stationäre Wärmeleitung) einstellen.

Lösung:

Hier handelt es sich um ein stationäres Wärmeleitproblem in einem Zylinder. Der fließende Strom führt im Zusammenhang mit dem spezifischen elektrischen Widerstand zur Bildung von sogenannter Joule´schen Wärme, weswegen sich das Kabel über eine innere Ergiebigkeit erwärmt.

Die allgemeine Lösung für dieses Problem ergibt sich aus der Poisson´schen Differentialgleichung und lautet:

$t(r) = C_1 \cdot ln \, r + C_2 - \frac{\tilde{\dot q} \cdot r^2}{4 \cdot \lambda}$

Zur Anpassung der beiden frei wählbaren Integrationskonstanten ist uns scheinbar nur eine Randbedingung gegeben. Eine zweite Randbedingung ergibt sich aus der Tatsache, dass hier in Bezug auf die Wärmeleitung ein symmetrisches Problem vorliegt und wir für eine Lösung nur eine Symmetriehälfte des Kabels betrachten müssen. Daraus folgt nun, dass in der Mitte des Kabels (in der Kabelseele) kein Wärmestrom fließt (adiabate Systemgrenze!), so dass hier eine spezielle Form der Randbedingung zweiter Art vorliegt.

1. Randbedingung zweiter Art für die adiabate Symmetrieachse bei r = 0
   
   $\Big( \frac{dt(r)}{dr} \Big)_{r=0} = 0 \;\;\; \frac{dt(r)}{dr} = C_1 \cdot \frac{1}{r} - \frac{\tilde{\dot q} \cdot r}{2 \cdot \lambda} = 0 ⇔ C_1 = \frac{\tilde{\dot q} \cdot r}{2 \cdot \lambda} \;\;\; \rightarrow \;\;\; C_1(r=0)=0$
   
   
   
2. Randbedingung dritter Art für den Kabelmantel bei r = r_Cu
   
   $ - \lambda \cdot \frac{dt}{dr} \Bigg\vert_{r=r_{Cu}} = \alpha \cdot (t(r_{Cu}) -t_U) $ mit C₁ =0 folgt für $ \frac{dt(r)}{dr}= - \frac{\tilde{\dot q} \cdot r}{2 \cdot \lambda} \;\;\; - \lambda \cdot \frac{dt(r)}{dr} \Bigg\vert_{r=r_{Cu}} = \frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}}{2}$
   
   $\frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}}{2} = \alpha \cdot (t(r_{Cu}) - t_U) $ Hier ist es zweckmäßig, nach der Temperatur an der Mantelfläche des Kabels t(r_Cu) aufzulösen! Es folgt:
   $t(r_{Cu}) = t_U + \frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}}{2 \cdot \alpha}$ 
   Dies eingesetzt in $t(r) = C_1 \cdot ln \, r + C_2 - \frac{\tilde{\dot q} \cdot r^2}{4 \cdot \lambda}$ mit C₁ = 0 ergibt
   $t_U + \frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}}{2 \cdot \alpha} = C_2 - \frac{\tilde{\dot q} \cdot r^2}{4 \cdot \lambda} $ oder $C_2 = t_U + \frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}}{2 \cdot \alpha} + \frac{\tilde{\dot q} \cdot r^2}{4 \cdot \lambda}$
   
   
   C₂ eingesetzt in die allgemeine Lösung führt schließlich nach einigen Umformungen auf die spezielle Lösung:
   
   $t(r) = t_U + \frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}^2}{4 \cdot \lambda} \cdot \Bigg[ 1 - \Bigg( \frac{r}{r_{Cu}} \Bigg)^2 + \frac{2 \cdot \lambda}{\alpha \cdot r_{Cu}}\Bigg]$
   
   Nun bestimmen wir den für die Temperaturverteilung im Kabel fehlenden Parameter volumenspezifische Ergiebigkeit:
   $\tilde{\dot q} = \frac{\dot Q}{V} = \frac{P_{el}}{V} = \frac{I^2 \cdot R_{el}}{A_{Cu} \cdot l} = \frac{300 A^2 \cdot \rho_{el,Cu} \cdot l}{A_{Cu} \cdot l \cdot A_{Cu}} = \frac{I^2 \cdot \rho_{el,Cu}}{\pi^2 \cdot r^4_{Cu}}$
   
   $\tilde{\dot q} = \frac{300^2A^2 \cdot 0,016 \cdot 10^{–6} \frac{V}{A} \cdot m}{\pi^2 \cdot 8^4 \cdot 10^{-12} m^4} = \frac{9 \cdot 16 \cdot 10^{–5} W \cdot m}{\pi^2 \cdot 4096 \cdot 10^{-12} m^4} = 35.620,73 \frac{W}{m^3}$
   
   Die Temperatur in der Kabelseele (r = 0) kann nun bestimmt werden aus
   $\begin{align} t(r=0) & = t_U + \frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}^2}{4 \cdot \lambda} \cdot \Big[1+\frac{2\cdot \lambda}{\alpha \cdot r_{Cu}} \Big]
   \\ & = 27°C + \frac{35.620,73 \frac{W}{m^3} \cdot 64 \cdot 10^{-6}m^2}{4 \cdot 397 \frac{W}{m \; K}} \cdot \Big[1+\frac{2\cdot 397 \frac{W}{m \; K}}{25 \frac{W}{m^2 \; K} \cdot 0,008 m} \Big]
   \\ & ≈ 32,701 °C \end{align} $
   
   Die Temperatur auf der Mantelfläche des Kabels (r = r_Cu) beträgt 
   $\begin{align} t(r=r_{Cu}) & = t_U + \frac{\tilde{\dot q} \cdot r_{Cu}}{2 \cdot \alpha}
   \\ & = 27°C + \frac{35.620,73 \frac{W}{m^3} \cdot 8 \cdot 10^{-3}m}{2 \cdot 25 \frac{W}{m^2 \; K}}
   \\ & = 32,669°C \end{align}$
   
   Die Unterschiede zwischen Temperatur auf der Mantelfläche und der Kabelseele sind marginal! Größere Temperaturunterschiede würden auch Wärmespannungen verursachen.