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Wärmeübertragung: Wärmeleitung - Im homogenen Festkörper mit isotropen Materialverhalten

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Wärmeübertragung: Wärmeleitung

Im homogenen Festkörper mit isotropen Materialverhalten

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Man spricht von isotropen Materialverhalten, wenn der homogene Festkörper in allen Koordinatenrichtungen gleiche Materialeigenschaften besitzt.

Jeder Punkt in einem Festkörper kann nur eine bestimmte Temperatur besitzen. Isothermen können sich deshalb nicht schneiden. Erfahrungsgemäß findet ein Wärmetransport in einem Festkörper immer dort statt, wo örtliche Temperaturdifferenzen auftreten, wo wir also Temperaturgradienten vorfinden. Insofern liegt zur mathematischen Behandlung der von Fourier vorgeschlagene Ansatz $\dot q ~ $ grad t nahe. Der hier noch fehlenden Proportionalitätsfaktor ist die Wärmeleitfähigkeit λ.

Methode

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Fourier´sches Gesetz der Wärmeleitung

$$ \vec{\dot q} = - \lambda \cdot grad \; t = -\lambda \cdot \vec{\nabla} t $$

Mit diesem Gesetz untersucht man die funktionalen Abhängigkeiten zwischen einem skalaren Temperaturfeld t(x,y,z) und einem vektoriellen Wärmefluss $\vec{\dot q}$. Der Vektor Gradient t (gradt) eines skalaren Feldes t(x,y,z) = t(\vec{r}) ordnet jedem darin vorkommenden Punkt genau einen und genau denjenigen Vektor zu, in dessen Richtung die Temperatur t am stärksten steigt und dessen Betrag dem Anstieg von t in dieser Richtung entspricht. Der Gradient kennzeichnet also die Richtung des steilsten Anstiegs von t und steht immer senkrecht auf den Niveauflächen von t. Die Niveauflächen von t sind die Flächen, die aus allen Punkten im Raum gebildet werden, die die gleiche Temperatur t aufweisen (Isothermenflächen). Isothermenflächen schneiden sich niemals, denn an einem Ort können nicht gleichzeitig zwei verschiedene Temperaturen herrschen. Eine Fläche konstanter Temperatur innerhalb eines Körpers endet entweder an seiner Oberfläche oder verläuft als geschlossenes Gebilde innerhalb des Körpers. Das eingeführte Minuszeichen im Fourier´schen Gesetz der Wärmeleitung sorgt für die nötige Richtungsumkehr, denn nach dem zweiten Hauptsatz der Thermodynamik erfolgt der spontane Wärmetransport nicht in Richtung des stärksten Temperaturanstiegs, sondern immer von höherer zu niedrigerer Temperatur. Die Temperatur t ist ein Skalar, der Wärmestrom $\dot q$ eine gerichtete Größe und weist als Vektor immer in Richtung abnehmender Temperatur.

Prüfungstipp

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In der oben angegebenen Schreibweise des Fourier´schen Gesetzes der Wärmeleitung greifen wir auf die Differentialoperatoren grad oder alternativ dazu auf Nabla $\nabla$ zurück, die noch keine Aussage zu der speziellen Art des Koordinatensystems enthalten. Beim Bearbeiten konkreter Aufgaben ist es dann sinnvoll, ein der zu untersuchenden Geometrie angepasstes Koordinatensystem zu verwenden und zur sogenannten Koordinatenschreibweise überzugehen. Prüfe, ob Du in einer mathematischen Formelsammlung folgende Formulierungen für diese Differentialoperatoren findest:

Kartesische Koordinaten x, y, z:grad t = $ \nabla t = \frac{\partial t}{\partial x} \cdot \vec{e_x} + \frac{\partial t}{\partial y} \cdot \vec{e_y} + \frac{\partial t}{\partial z} \cdot \vec{e_z}$
Zylinderkoordinaten r, φ, z:grad t = $ \nabla t = \frac{\partial t}{\partial r} \cdot \vec{e_r} + \frac{1 \; \partial t}{r \; \partial \phi} \cdot \vec{e_{\phi}} + \frac{\partial t}{\partial z} \cdot \vec{e_z}$
Kugelkoordinaten r, φ, ψ:grad t = $ \nabla t = \frac{\partial t}{\partial r} \cdot \vec{e_r} + \frac{1 \; \partial t}{\partial y} \cdot \vec{e_{\phi}} + \frac{1}{r \cdot sin \; \phi} \cdot \frac{\partial t}{\partial \psi} \cdot \vec{e_{\psi}}$

Beispiel

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Gegeben sei eine 6 m hohe und 10 m breite sowie 40 cm starke Betonwand, deren linke Wandtemperatur 90 °C und deren rechte Wandtemperatur 40 °C betrage. Für die linear von der Temperatur abhängige Wärmeleitfähigkeit sei bekannt λ(20 °C) = 1,28 $\frac{W}{m \; K}$ und λ(100 °C) = 1,36 $\frac{W}{m \; K}$.

  1. Berechnen Sie den durch die Wand tretenden Wärmestrom!
  2. Welche Temperatur in Grad Celsius herrscht in 8 cm Tiefe von der linken Wandseite aus gesehen?

Gegeben:

Wärmeleitfähigkeit:λB (t0 = 0°C) = 1,26$\frac{W}{m \; K}$λB (100°C) = 1,36 $\frac{W}{m \; K}$
Wandgeometrie:h = 6 m und b = 10 mδ = 0,4m
Randbedingung:linke Außenwand: tW,l = 90 °Crechte Außenwand:  tW,r = 40 °C

Lösung:

  1. Wärmestrom der ebenen Wand gemäß $\dot Q = \dot q \cdot A $ in Watt
    Wir gehen vom Fourier´schen Gesetz der Wärmeleitung aus und setzen eine eindimensionale Wärmeleitung (nur in x-Richtung) voraus. Damit kann man bei gradt ausgehen von $\frac{d \; t}{d \; x} $. Die temperaturabhängige Wärme-leitfähigkeit des Betons berücksichtigen wir mit einem linearen Ansatz in Gestalt von λ(t) = a0 + a1(t – t0), den man aus einem Gleichungssystem mit zwei Gleichungen für die beiden Unbekannten a0 und a1 erhält.
    $\begin{align} \lambda (t_0 = 0 °C) & = 1,26 \frac{W}{m \; K} = a_0
    \\ \lambda (t = 100 °C) & = 1,36 \frac{W}{m \; K} = a_0 + a_1(t – t_0) \;\;\;\;\; a_1 = \frac{1,36 - 1,26) \frac{W}{m \; K}}{100K} = 0,001 \frac{W}{m \; K^2}
    \\ \lambda (t) & = 1,26 \frac{W}{m \; K} + 0,001 \frac{W}{m \; K^2} \cdot (t - 0°C)
    \\ \lambda (t) & = a_0 + a_1 \cdot t = 1,26 \frac{W}{m \; K} + 0,001 \cdot t
    \\ \end{align}$

    $\dot q = - \lambda (t) \cdot grad t = -(a_0 + a_1 \cdot t) \cdot \frac{dt}{dx}$

    Für die Lösung dieser Differentialgleichung starten wir mit Trennung der Veränderlichen.
    $\int \limits_{0}^{\delta} \dot q \cdot dx = -a_0 \int \limits_{t_{W,l}}^{t_{W,r}} dt - a_1 \int \limits_{t_{W,l}}^{t_{W,r}} t \cdot dt$

    Nach bestimmter Integration und Auflösung nach dem gesuchten Wärmestrom folgt
    $\begin{align} \dot q & = \frac{ - a_0 \cdot (t_{W,r} - t_{W,l}) - \frac{a_1}{2} \cdot (t_{W,r}^{2} - t_{W,l}^{2})}{\delta}
    \\ \dot q & = \frac{ \Big(- 1,26 \frac{W}{m \; K} \cdot (-50K) \Big) - \Big( 0,0005  \frac{W}{m \; K^2} \cdot (1600K^2 - 8100 K^2)\Big)}{0,4 m} = 165,625 \frac{W}{m^2} \end{align}$

    Wärmestrom über die gegebene Wandfläche
    $\dot Q = \dot q \cdot A = \dot q \cdot h \cdot b = 165,625 \frac{W}{m^2} \cdot 6m \cdot 10m = 9.937,5 W$

  2. Temperatur in x = 8 cm Wandtiefe
    Wir gehen noch einmal von der aus dem Fourier´schen Gesetz abgeleiteten Differentialgleichung aus, verändern aber die oberen Integrationsgrenzen so, dass wir für ein beliebig vorgegebenes x innerhalb von δ die zugeordnete Temperatur t(x) erhalten.
    $\begin{align} & \int \limits_{0}^{x} \dot q \cdot dx = \int \limits_{t_{W,l}}^{t(x)} dt - a_1 \int \limits_{t_{W,l}}^{t(x)} t\cdot dt \;\;\;\;\; \dot q \cdot x = - a_0 (t - t_{W,l} - \frac{a_1}{2}(t^2 - t_{W,l}^{2})
    \\ 
    \\ & - \frac{a_1}{2} t^2 + \frac{a_1}{2} t^{2}_{W,l} - a_0 \cdot t + a_0 \cdot t_{W,l} - \dot q \cdot x = 0
    \\ \end{align}$

    Diese quadratische Gleichung ist für die Anwendung der bekannten Lösungsformel noch entsprechend umzuformen. Die sich hier ergebende negative Lösung der quadratischen Gleichung entfällt aus physi-kalischen Gründen und wird daher nicht weiter aufgeführt!

    $\begin{align} & t^2 + \frac{2a_0}{a_1} \cdot t - t^{2}_{W,l} - \frac{2a_0}{a_1} \cdot t_{W,l} + \frac{2 \dot q}{a_1} \cdot x = 0 \\
    \\ & t(x) = - \frac{a_0}{a_1} + \sqrt{\Big( \frac{a_0}{a_1} \Big)^2 + t^{2}_{W,l} + \frac{2a_0}{a_1} \cdot t_{W,l} - \frac{2 \dot q}{a_1} \cdot x}\\
    \\ & t(x) = - \frac{a_0}{a_1} + \sqrt{\Big(  \frac{a_0}{a_1} + t_{W,l} \Big)^2 - \frac{2 \dot q}{a_1} \cdot x} \\
    \\ & t(0,08m) = - \frac{1,26 \frac{W}{m \; K}}{0,001\frac{W}{m \; K^2}} + \sqrt{\Big( 1260K + 90°C \Big)^2 - \frac{2 \cdot 165,625 \frac{W}{m^2}}{0,001\frac{W}{m \; K^2}} \cdot 0,08m} ≈ 80,15°C \end{align}$

    Hinweis

    Hier klicken zum AusklappenWenn wir hier nur nach dem Wärmestrom gefragt hätten, könnte man auch eine temperaturgemittelte Wärmeleitfähigkeit verwenden. Für den hier unterstellten linearen Zusammenhang kann man die temperaturgemittelte Wärmeleitfähigkeit einfach aus dem arithmetischen Mittel der Wärmeleitfähigkeiten an der linken und rechten Wandseite errechnen.
     $ \lambda (t) = a_0 + a_1 \cdot t = 1,26 \frac{W}{m \; K} + 0,001 \cdot t$$\begin{align} \lambda (40°C) & = 1,26 \frac{W}{m \; K} + 0,001 \frac{W}{m \; K^2} \cdot 40°C \\ & = 1,3 \frac{W}{m \; K} \end{align}$ 
     $\begin{align} \lambda (90°C) & = 1,26 \frac{W}{m \; K} + 0,001 \frac{W}{m \; K^2} \cdot 90°C \\ & = 1,35 \frac{W}{m \; K} \end{align}$ 
     $\begin{align} \overline{\lambda} \Bigg\vert^{90°C}_{40°C} & = \frac{(1,30 + 1,35) \frac{W}{m \; K}}{2} \\ & = 1,325 \frac{W}{m \; K}\end{align}$ 
     $\dot q = - \overline{\lambda} \Bigg\vert^{90°C}_{40°C} \cdot gard \, t = - \overline{\lambda} \Bigg\vert^{90°C}_{40°C} \cdot \frac{t_{W,l} - t_{W,r}}{\delta} = 1,325 \frac{W}{m \; K} \cdot  \frac{90°C - 40°C}{0,4 m} = 165,625 \frac{W}{m^2}$
    (Man beachte die mathematisch definierte Richtung von gradt!)