_建工版V传热学习题传热学习题_
0-14一大平板，高3m，宽2m，厚0.2m，导热系数为45W/(m.K),两侧表面温度分别为tw1=150°C及tw1=285°C，试求热流密度计热流量。解：根据付立叶定律热流密度为：
Φ=q⋅A=−30375⋅(3×2)=182250(W)
又根据牛顿冷却公式
管内壁温度为：
tw=tf+
1-1．按20℃时，铜、碳钢（1.5%C）、铝和黄铜导热系数的大小，排列它们的顺序；隔热保温材料导
热系数的数值最大为多少？列举膨胀珍珠岩散料、矿渣棉和软泡沫塑料导热系数的数值。解：
(1)由附录7可知，在温度为20℃的情况下，
·K)，λ碳钢＝36W/(m·K)，λ铜=398W/(mW/(m·36W/(m··K)，λ黄铜＝109W/(m·K).λ铝＝237W/(m237W/(m·109W/(m·
所以,按导热系数大小排列为:λ铜>λ铝>λ黄铜>λ钢
·K).W/(m·(2)隔热保温材料定义为导热系数最大不超过0.12W/(m
(3)由附录8得知，当材料的平均温度为20℃时的导热系数为:
·K)膨胀珍珠岩散料:λ=0.0424+0.000137tW/(mW/(m··K);=0.0424+0.000137×20=0.04514W/(mW/(m·
·K)矿渣棉:λ=0.0674+0.000215tW/(mW/(m·
·K);=0.0674+0.000215×20=0.0717W/(mW/(m·
~0.038W/(m·K)。由上可知金属是良好的导热材料，由附录7知聚乙烯泡沫塑料在常温下,λ=0.035=0.035~038W/(m·
而其它三种是好的保温材料。
·K)，在给定的直角坐标系中，分1-5厚度δ为0.1m的无限大平壁，其材料的导热系数λ＝100W/(m100W/(m·
1
www.
khd
课
q5110=85+=155(°C)h73
后
Φ=hA∆t=h×A(tw−tf)=qA
答
案
Φ=qA=q(πdl)=5110(3.14×0.05×2.5)
=2005.675(W)
网
0-15空气在一根内经50mm，长2.5米的管子内流动并被加热，已知空气的平均温度为85℃，管壁
².k)，热流密度q=5110w/m²,是确定管壁温度及热流量Ø。对空气的h=73(W/mh=73(W/m²
解：热流量
aw.co
负号表示传热方向与x轴的方向相反。通过整个导热面的热流量为：
m
⎛t−tw1⎞⎛285−150⎞
q=−λgradt=-λ⎜w2−45=−30375(w/m2)=⎟⎜⎟0.2⎝⎠⎝x2−x1⎠
别画出稳态导热时如下两种情形的温度分布并分析x方向温度梯度的分量和热流密度数值的正或负。(1)t|x=0=400K,t|x=δ=600K;(2)t|x=δ=600K,t|x=0=400K;解：根据付立叶定律
��⎞⎛∂t�∂t�∂t�q=−λgradt=−λ⎜i+j+k⎟
∂y∂z⎝∂x⎠
tx=δ−tx=0
qx=−λ
δ
(1)
t|x=0=400K,t|x=δ=600K时温度分布如图2-5(1)所示根据式(a),热流密度
答
qx
根据式(a),热流密度
说明x方向上的热流量流向x的正方向。
可见计算值的方向也符合热流量由高温传向低温的方向
1-6一厚度为50mm的无限大平壁，其稳态温度分布为
，式中a=200ºC,b=-2000t=a+bx2（ºC）
ww
w.
式可简化为：
ºC/m。若平板导热系数为45w/(m.k),试求：（1）平壁两侧表面处的热流密度；（2）平壁中是否有内热原？为什么？如果有内热源的话，它的强度应该是多大？解：方法一
khd
qx>0，
（a）
课
向符合热流量由高温传向低温的方向
(2)t|x=δ=600K,t|x=0=400K;
温度分布如图2-5(2)所示
∂t∂t∂t==0）由题意知这是一个一维（、稳态（、常物性导热问题。导热微分方程=0）∂y∂z∂τ
d2tqv
=0+2
dxλ
因为
t=a+bx2，所以
2
aw
.co
（a）
−tx=0t−t1dtt∂t
=x=δ==2
∂xdxx2−x1δ−0
案
网
图2-5(1)
后
图2-5(2)
m
∂tx
∂x
无限大平壁在无内热源稳态导热时温度曲线为直线，并且
q
=−λ
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dt
=2bx（b）dxd2t（c）
2b=
dx2
（1）
根据式（b）和付立叶定律
qx=−λ
dt
=−λ2bxdx
qx-0=0，无热流量
（2）
将二阶导数代入式（a）
qv
d2t
=−λ=−2bλ=−2×(−2000)×45=180000w/m3
2dx
该导热体里存在内热源，其强度为解：方法二因为
1.8×104w/m3。
根据付立叶定律
khd
dt
=−λ2bxdx
(d)
课
dt
=2bxdx
（c）
后
答
t=a+bx2，所以是一维稳态导热问题
qx=−λ
（1）
qx-0=0，无热流量
www.
qx=δ=−λ2bδ=-2×(-2000)×45×Φin=(qx=0−qx=δ)⋅Aarea=[0-(-2bλδ)]Aarea
（2）无限大平壁一维导热时，导热体仅在边界x=0，及x=δ处有热交换，由（1）的计算结果知导热体在单位时间内获取的热量为
Φin=2bλδAarea
负值表示导热体通过边界散发热量。如果是稳态导热，证导热体的温度不随时间变化即实现稳态导热。
内热源强度:
qv=
Φ
v
Vvolume
=
−Φin−2bλδAarea
=−=−(2bλ
VvolumeAarea×δ
aw.co
网
绝热
x
)
3
qx=δ=−λ2bδ=-2×(-2000)×45×0.05=9000(w/m2)
案
m
qv=−2×(−2000)×45=180000w/m3
2-9某教室的墙壁是一层厚度为240mm的砖层和一层厚度为20mm的灰泥构成。现在拟安装空调设备，并在内表面加一层硬泡沫塑料，使导入室内的热量比原来减少80%。已知砖的导热系数λ＝
·K)，灰泥的λ＝0.58W/(m·K)，硬泡沫塑料的λ＝0.06W/(m·K)，试求加贴硬泡沫塑料层的0.7W/(m0.7W/(m·0.58W/(m·0.06W/(m·
厚度。
解:未贴硬泡沫塑料时的热流密度:
…………(1)
加硬泡沫塑料后热流密度:
q2=
Rλ1
Δt1
+Rλ12+Rλ2
………(2)
Rλ1+Rλ2
20%=
Rλ1+Rλ2+
Rλ3)
www.
δ1δ20.240.02++λ1λ2=20%=
1230.240.02
++++3λ1λ2λ30.70.580.06
·K)，其内表面温2-19一外径为100mm，内径为85mm的蒸汽管道，管材的导热系数为λ＝40W/(m40W/(m·
·K)的保温材料进行保温，并要求保温层外表面温度不高于40℃，度为180℃，若采用λ＝0.053W/(m0.053W/(m·蒸汽管允许的热损失
kd
λ1
λ2
又由题意得,
q1R2
tw1
t1=Δt2，将(1)、(2)代入（3）,
δ3=0.09056m=90.56mm
加贴硬泡沫塑料的厚度为90.56mm.
ql=52.3W/m。问保温材料层厚度应为多少？
4
awco
Rλ1
Rλ2
tw1答
案
网
tw2
……(3)R
Rλ3
m
tw2
q1=
ΔtRλ1+Rλ2
解：根据给出的几何尺寸得到:
管内径d1=85mm=0.085m,管外径,d2=0.1m,管保温层外径d3
=d2+2δ=0.1+2δ
180−40
≤52.3
•ln+ln
2π×400.0852π×0.0530.1
解得，
δ≥0.072m
.一铝制等截面直肋，肋高为25mm，肋厚为3mm，铝材的导热系数为λ＝140W/(m·K)，周围2-242-24.140W/(m·
m=
(1)肋片内的温度分布
θ=θ0
www.
θ=温度分布为
(2)
肋片的散热量
ch[18.9×(0.025−x)]=(80−30)
ch(18.9×0.025)
Φ=
Φ=
Φ≐
kh=定肋端的散热可以忽略不计，试计算肋片内的温度分布和每片肋片的散热量。解一肋端的散热可以忽略不计，可用教材式（2-35）、（2-36）、(2-37)求解。
ch[m(l−x)]
ch(ml)
44.96×ch[0.4725−18.9x)]
θ0th(ml)
θ0th(ml)
L(80−30)th(18.9×0.025)
后
≈18.9m-1
答
空气与肋表面的表面传热系数为h＝75w
案
假/(m2ik)。已知肋基温度为80℃和空气温度为30℃，
网
所以保温材料的厚度为72mm.
aw.co
tw3=40℃时，保温层厚度最小，此时，
m
5
tw1−tw3
ql=≤52.3
•ln+ln
2πλ1d12πλ2d2
Φ≐396.9Lth(0.4725)
从附录13得，th(ml)=th(0.4725)=0.44
Φ≐396.9×0.44=174.6L(W)
单位宽度的肋片散热量
qL=Φ/L=174.6(W/m)
Φ0=hA∆t=h[2(L×l)]θ0=75×2×0.025(80-30)×L
Φ0=187.5L（W）
2、从教材图2-17上查肋片效率
3/2⎛2h⎞l⎜⎟
λf⎝⎠
1/2
Φ=Φ0×ηf=187.5L×0.9=168.8L(W)
单位宽度上的肋片散热量为
ww.
m=
=η
f
2-27一肋片厚度为3mm，长度为16mm，是计算等截面直肋的效率。（1）铝材料肋片，其导热系数为140W/(m﹒K),对流换热系数h=80W/(m²﹒K);（2）钢材料肋片，其导热系数为40W/(m﹒K),对流换热系数h=125W/(m²﹒K)。解：
（1）铝材料肋片
ml==19.54×0.016=0.3127
th(ml)0.3004===96.1%
ml0.3127
6
th(ml)=th(0.3127)=0.3004
khd
课
3、每片肋片的散热量
后
ηf=0.9
qL=168.8(W/m)
=19.54m−1
答
案
2×75⎞3/2⎛=0.025⎜⎟
140×0.003×0.025⎝⎠
aw.co
网
1/2
解二
1、如果肋片上各点的温度与肋基的温度相同，理想的导热量
=0.4988
m
（2）钢材料肋片
m=
==45.91m−1
ml==45.91×0.016=0.7344
th(ml)=th(0.734)=0.6255
η
f
2、现在保留前面二项，即忽略第二项以后的项
θ(x,τ)
≈I(x,6h)+II(x,6h)，
θ0
2sinβ1
I(x,6h)=
β1+sinβ1cosβ1
www.
3、以下计算第二项II(a）平壁中心x=0
2sinβ2x⎞−β22Fo⎛
II(x,6h)=cosβ2⎟e⎜β2+sinβ2cosβ2⎝δ⎠
根据Bi=2.5查表3-1，β2=3.7262，sinβ2
2sinβ20⎞−β22Fo⎛II(0m,6h)=cosβ2⎟e⎜β2+sinβ2cosβ2⎝δ⎠
khd
其中
2sinβ1θ(x,τ)x⎞−β12Fo⎛
≈cosβ1⎟e⎜θ0β1+sinβ1cosβ1⎝δ⎠
课
后
1、例3-1中以计算出平壁的Fo=0.22，Bi=2.5。因为Fo>0.2,书中只计算了第一项，而忽略了后面
的项。即
答
2sinβnθ(x,τ)∞
=∑θ0n=1βn+sinβncosβn
x,6h)
=−0.5519；cos3.7262=−0.8339
案
x⎞−β12Fo⎛
⎜cosβ1δ⎟e⎝⎠
网
例题3-1一无限大平壁厚度为0.5m，已知平壁的热物性参数λ=0.815W/(m.k),c=0.839kJ/(kg.k),
³,壁内温度初始时均为一致为18ºC，给定第三类边界条件：壁两侧流体温度为8ºC，流ρ=1500kg/m=1500kg/m³18º
体与壁面之间的表面传热系数h=8.15w/（m².K），试求6h后平壁中心及表面的温度。教材中以计算了第一项，忽略了后面的项。计算被忽略掉的的第二项，分析被省略掉的原因。解：
aw.co
x⎞−βn2Fo⎛
⎜cosβn⎟eδ⎠⎝
th(ml)0.6255
===85.2%
ml0.7344
m
7
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2×(−0.5519)−3.72622×0.22
II(0m,6h)=
3.7262+(−0.5519)×(−0.8239)e
II(0m,6h)=−0.0124
从例3-1中知第一项
I(0m,6h)=0.9，所以忽略第二项时“和”的相对误差为：
t(0m,6h)=θ(0m,6h)+tf=8.88+8=16.88(°C)
II(0.5m,6h)=0.01
从例3-1中知第一项
II(0.5m,6h)0.01
==2.6%
I(0.5m,6h)+II(0.5m,6h)0.38+0.01
.01)=3.9°Cθ(0.5m,6h)=θ0[I(0.5m,6h)+II(0.5m,6h)]=(18−8)×(0.38+00.01
ww
w.
三类边界条件，即
t(0.5m,6h)=θ(0.5m,6h)+tf=3.9+8=11.9(°C)
虽说计算前两项后计算精度提高了，但11.9ºC和例3-1的结果11.8ºC相差很小。说明计算一项已经比较精确。
4-4一无限大平壁，其厚度为0.3m，导热系数为
khd
h1=60m2*k
，
课
I(0.5m,6h)=0.38，所以忽略第二项时“和”的相对误差为：
后
2sinβ20.5⎞−β22Fo⎛
II(0.5m,6h)=cosβ2×⎜eβ2+sinβ2cosβ2⎝0.5⎟⎠
2×(−0.5519)−3.72622×0.22
II(0.5m,6h)=(−0.8239)e
3.7262+(−0.5519)×(−0.8239)
答
案
网
虽说计算前两项后计算精度提高了，但16.88ºC和例3-1的结果17ºC相差很小。说明计算一项已经比较精确。
b）平壁两侧x=δ=0.5m
tf2=215°C。当平壁中具有均匀内热源qv=2×105W/m3时，
aw.co
tf1=25°C
；
θ(0,6h)=θ0[I(0,6h)+II(0,6h)]=(18−8)×(0.9−0.0124)=8.88°C
λ=36.4m*k 。平壁两侧表面均给定为第
h2=300m2*k
，
试计算沿平壁厚度的稳
m
8
II(0m,6h)−0.0124
==1.4%
I(0m,6h)+II(0m,6h)0.9+(-0.0124)
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tt2t3（提示：取Δx=0.06m）态温度分布。
45
t
t6
h1
=60wm*k
2
h2=案
网
方法一数值计算法
解：这是一个一维稳态导热问题。
t2−t1⎛∆x⎞
h1A(tf1−t1)+λA+⎜A⋅⋅qv=0⎟∆x2⎠⎝
节点www.
t3−t2t1−t2
λ×A×+λ×A×+(A×∆X)qv=0
∆X∆X
节点3：从左、右两侧通过导热导入的热流量+单元体内热源发出的热流量=0。
t2−t3t4−t3
λ×A×+λ×A×+(A×∆X)qv=0
∆X∆Xt3−t4t5−t4
+λ×A×+(A×∆X)qv=0λ×A×∆X∆Xt4−t5t6−t5
λ×A×+λ×A×+(A×∆X)qv=0
∆X∆X
节点4：从左、右两侧通过导热导入的热流量+单元体内热源发出的热流量=0。
节点节点6：从左边导入的热流量+从右边通过对流输入的热流量+单元体内热源发出的热流量=0。即
khd
课
分成六个单元体（图中用阴影线标出了节点2、6所在的单元体）。用热平衡法计算每个单元的换热量，从而得到节点方程。
节点源发出的热流量=0。即
后
答
（1）、取步长Δx=0.06m，可以将厚度分成五等份。共用六个节点1
aw
o
tt2t3t4t5t6将平板划
m
9
t5−t6⎛∆x⎞
h2A(tf2−t6)+λA+⎜A⋅⋅qv=0⎟∆x2⎠⎝
22
t=25°Ch=60m*kh=300m*k，λ=36.4m*k f1将、1、、2tf2=215°C、qv=2×105W/m3和Δx=0.06m，代入上述六个节点并化简得线性方程组
t1−0.91t2−11.25=0；t1+t3−2t2+19.78=0；t2+t4−2t3+19.78=0；t3+t5−2t4+19.78=0t4+t6−2t5+19.78=0；t5−1.49t6+8.41=0
逐步代入并移相化简得：
则方程组的解为:
t4=444.575，t5=414.1535，t6=363.95
1写成：
www.
迭代次数0123456
节点1
11
t1=0.91t2+11.25，t2=(t1+t3+19.78)，t3=(t2+t4+19.78)，
22
11
t4=(t3+t5+19.78)，t5=(t4+t6+19.78)，t6=0.691t5+77.757
22
节点2
节点3
节点4
节点5
节点6
可用迭代法求解，结果如下表所示：
khd
t1
t2
t3
300．000310.000294.89308.898320.039318.401329.645
300．000260.000307.125310.898309.706316.993315.635
课
t1=417.1895，t2=446.087，t3=455.22
后
答
t5=0.9338t6+74.297，t6=0.6453t6+129.096
案
t3=0.9237t4+44.5667，t4=0.9291t5+59.785，
网
t1=0.91t2+11.25，t2=0.9174t3+28.4679，
200.000284.250247.85290.734294.167293.082299.714
aw.co
t4
300．000310.000294.89309.400307.361322.517318.162
t5
300．000260.000304.129286.044305.215298.142312.137
m
t6
200．000278.478257.417281.250269.142281.976277.244
10
78910
298.478306.609304.747313.350
324.570322.524331.978329.61
326.789337.566334.693344.862
330.781327.081337.966334.844
307.593318.585315.214324.016
286.608283.567290.285288.667
**从迭代的情况看，各节点的温度上升较慢，不能很快得出有效的解。可见本题用迭代法求解不好。（2）、再设定步长为0.03m（Δx=0.03m），将厚度分成十等份，共需要11个节点。和上述原理相同，2
t11=0.8018t10+44.6054
同理求得的解为：
t1=402.9256，t2=419.13，t3=430.403，t4=436.746，t5=438.135，t6=434.6，t7=426.124；t8=412.706，t9=394.346；t10=371.05，t11=342.11
**上述划线的节点坐标对应于步长为0.06m时的六个节点的坐标。
（3）、再设定步长为0.015m（Δx=0.015m），将厚度分成20等份，共需要21个节点。和上述原理相同，得到新的节点方程为：
www.
1
t1=0.9759t2+1.026；t2=(t1+t3+1.2363)
2
11
t3=(t2+t4+1.2363)；t4=(t3+t5+1.2363)22
khd
课
aw.co
网
11
1
t1=0.9529t2+3.534；t2=(t1+t3+4.945)
2
11
t3=(t2+t4+4.945)；t4=(t3+t5+4.945)2211
t5=(t4+t6+4.945)；t6=(t5+t7+4.945)2211
t7=(t6+t8+4.945)；t8=(t7+t9+4.945)2211
t9=(t8+t10+4.945)；t10=(t9+t11+4.945)22
后
答
案
m
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11
t5=(t4+t6+1.2363)；t6=(t5+t7+1.2363)2211
t7=(t6+t8+1.2363)；t8=(t7+t9+1.2363)2211
t9=(t8+t10+1.2363)；t10=(t9+t11+1.2363)221
t11=(t10+t12+1.2363)；……
21
t20=(t19+t21+1.2363);t21=0.89t20+24.2053
2
移相化简为：
t1=0.9759t2+1.026，t2=0.9765t3+2.2091
t9=0.9797t10+9.8497,t10=0.9801t11+10.8654t11=0.9805t12+11.8656,t12=0.9809t13+12.8512t13=0.9813t14+13.8234，t14=0.9816t15+15.0597t15=0.9819t16+16.0016，t16=0.9822t17+16.9314t17=0.9825t18+17.8504，t18=0.9828t19+18.7529
www.
求得的解为：
t19=0.9831t20+19.6512，t20=0.9834t21+20.887553t21=0.89t20+24.2053=0.89(0.9834t21+20.8875)+24.2024.2053
t1=401.6°C，t2=410.5°C，t3=418.1°C,t4=424.5°Ct5=429.7°C，t6=433.6°C，t7=436.3°C,t8=437.8°Ct9=438.0°C,t10=437.0°C，t11=434.8°C,t12=431.4°C
12
khd
课
t7=0.9789t8+7.767,t8=0.9793t9+8.8173
后
t5=0.978t4+5.6091，t6=0.9785t7+6.698，
答
t3=0.977t4+3.3663,t4=0.9775t5+4.499
aw.co
网
案
m
t13=426.7°C，t14=420.7°C，t15=413.3°C，t16=404.6°Ct17=394.7°Ct21=342.4°C
方法二：分析法（参看教材第一章第四节）
，
t18=383.5°C，t19
=371.2°C
，t20
=357.6°C
，
khd
λ、qv值代入式（4）得
qvdt
由（1）式积分得=−x+c
dxλqv2
再积分得t=−（4）x+cx+d
2λ
dt
=cx=0时，t1=d；
dxx=0qv2dt
x=δ时，t6=−δ+cδ+d；
2λdx
课
代入边界条件（2）、（3）式，并整理得
www.
λcd=tf1+
h1
将h1将c、d、
的节点对应的坐标分别为
tf2−tf1+δqv/h2+qvδ2/(2λ)c=
δ+λ/h2+λ/h1
h2tf1tf2δqvλ的值分别代入式得c=619.89°C/m、d=401.07°C
t=−2747.25x2+619.89x+401.07
x1=0m、x2=0.06m、x3=0.12m、x4=0.18、
13
aw.co
网
x=δ
d2tqv
微分方程式为：（1）+=02
dxλdt
边界条件：−λ（2）=-h1(t1−tf1)dxx=0
dt
（3）=-h2(tf2−t6)−λ
dxx=δ
后
答
案
qv
=c−δ
λ
m
x5=0.24m、x6=0.3m。
相应的温度分别为
t1=401.1°C、t2=428.4°C、t3=435.9°C、t4=423.6°C、
t5=391.6°C、t6=339.8°C
不同方法计算温度的结果比较[ºC]
X(m)分析法数值法∆x[m]
0.060.030.015
401.1417.2402.9401.6
0.06428.4446.1430.4429.7
0.12435.9455.2438.1438.0
0.18423.6444.6426.1426.7
0.24391.6414.2394.3394.7
1、
以干空气为例
www.
平均温度为60℃，查附录2干空气的热物性参数ν=18.97×10-6m2/s=1.897×10-5m2/s,Pr=0.696
离前缘150mm处Re数应该为
u∞x0.9×0.15Rex===7116.5−6
ν18.97×10
Re小于临街Re,c(
δx
δ=5.0
khd
5×10
5
=5.0Rex1/-2
第五章
5-13由微分方程解求外掠平板，离前缘150mm处的流动边界层及热边界层度，已知边界平均温度为60℃，速度为u∞=0.9m/s。解：
课
后
•x=5××0.1514
答
可见：第一次步长取
0.06m，结算结果的误差大一些。步长为0.03m时计算的结果已经相当准确。
再取步长0.015m连的。人们不需要手工计算庞大的节点线性方程组！
),流动处在层流状态
aw.co
342.1342.2
案
网
m
0.3339.8364.0
δ=0.00889(m)=8.9mm
所以，热边界层厚度：
δt=δPr−1/3=0.0089×0.693−1/3=0.01(m)=10mm
2、
以水为例
u∞x0.9×0.155
Rex===2.82427×10
ν0.478×10−6
δ=5.0
δ=0.00141(m)=1.41mm
所以，热边界层厚度：
δt=δPr−1/3=0.00141×2.99−1/3=0.00098(m)=0.98mm
m5-14已知tf=40℃，tw=20℃，u∞=0.8m/s，板长450mm，求水掠过平板时沿程x=0.1、0.2、0.3、0.450.45m
的局部表面传热系数，并绘制在以为纵坐标，为横坐标的图上。确定各点的平均表面传热系数。解：以边界层平均温度确定物性参数
www.
在沿程0.45m处的Re数为
11
tm=(tw+tf)=(20+40)=30(°C)，查附表3水的物性为：
22λ=0.618W/m⋅K，ν=0.805×10-6m2/s，Pr=5.42
u∞x0.8×0.455Rex===4.47×10
ν0.805×10−6
该值小于临界Rec=5×105,可见流动还处于层流状态。那么从前沿到x坐标处的平均对流换热系数应
为
kh•x=5××0.15答
δ
x
=5.0Rex
1/-2
案
网
5
5×10Re小于临街Re,c(
),流动处在层流状态
w.co
15
平均温度为60℃，查附录3饱和水的热物性参数ν=4.78×10-7m2/sPr=2.99
离前缘150mm处Re数应该为
m
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λ
h=2hx=0.664××
x
×
0.618h=0.664×××=0.72
x0.8×0.1u∞
x
Rex===99400−6
0.805×10ν
h=0.72=0.72=2270(W/m2⋅K)2m时2）x=0.x=0.2m
hx=802.5(W/m2⋅K)
3m时3）x=0.x=0.3m
www45m时4）x=0.x=0.45m
u∞
x0.8×0.35Rex===2.9814×10
ν0.805×10−6
h=0.72=0.72=1310.4(W/m2⋅K)hx=655.2(W/m2⋅K)
u∞x0.8×0.455Rex===4.472×10
ν0.805×10−6
khh=0.72=0.72=1604.9(W/m2⋅K)u∞
x0.8×0.25Rex===1.9875×10
ν0.805×10−6
答
案
网
2h=1135W/m⋅K)(局部换热系数x
w.co
16
m
m时1）x=0.1x=0.1m
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h=0.72=0.72=1070.1(W/m2⋅K)hx=535.1(W/m2⋅
K)
却水的平均温度为tf
由附录3查物性，水在tf及tw下的物性参数为：
·K),νf=7.904×10-7m2/s,tf=31℃时,λf＝0.6207W/(mW/(m·
Prf=5.31,μf=7.8668×10-4Ns/m2
tw=80℃时,μw=3.551×10-4Ns/m2。所以
www.
d×um0.0126×1.8Ref===28700>10000-7
vf7.904×10Nuf=0.023Re0.8Pr0.4
水在管内的流动为紊流。
用Dittus-Boelter公式，液体被加热
Nuf=0.023×287000.8×5.310.4=165.2
0.6207
h=Nuf=165.2×=8138.1(W/m2⋅K)d0.0126
用Siede-Tate公式
khd
λf
课
80−28)−(80−34)(∆t′−∆t′′
∆t===48.94(°C)
ln∆t′/∆t′′ln80−28/80−34后
答
第六章
6-17黄铜管式冷凝器内径12.6mm，管内水流速1.8m/s，壁温维持80℃，冷却水进出口温度分别为28℃和34℃，管长l/d>20，请用不同的关联式计算表面传热系数。解：常壁温边界条件，流体与壁面的平均温差为
=tw−∆t=80-48.94=31.06(°C)
aw.案
网
冷
17
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µf⎞0.81/3⎛Nuf=0.027RePr⎜⎟µ⎝w⎠Nuf=0.027×28700
0.8
0.14
×5.31
1/3
⎛7.8668⎞
⎜3.551⎟⎝⎠
0.14
=194
6-21管式实验台，管内径0.016m，长为2.5m，为不锈钢管，通以直流电加热管内水流，电压为5V，
电流为911.1A，进口水温为47℃，水流速0.5m/s，试求它的表面传热系数及换热温度差。（管子外绝热保温，可不考虑热损失）
解：查附录3，进口处47℃水的密度为
ρ′=989.22kg/m3
̇f质量流量为m
̇ρ′uπr2=ρ′V=m
̇fcp(t′f′−t′f)UI=m
UI5×911.1t′f′=t′f+=47+
̇cpm0.0994cp
水的cp随温度变化不大，近似取50℃时的值4.174kJ/kg.K计算
www.
常热流边界，水的平均温度查附录3饱和水物性表得：
t′f′=t′f+
tf'+tf''47+58tf===52.5(°C)
22
vf=0.537×10−6m2/s,λf=65.1×10−2W/(m⋅K)
Cp=4.175KJ/(Kg⋅K),Prf=3.40,ρ=986.9Kg/m3
18
khd
课
不考虑热损失，电能全部转化为热能被水吸收
UI5×911.1
47=+=58°C3
̇cpm0.0994×4.174×10
后
̇f=989.33×0.5×3.14×0.0082=0.0994kg/sm
aw.co
网
0.6207
=194×=9554.7(W/m2⋅K)h=Nuf
0.0126d
λf
答
案
m
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umd0.5×0.0164
Ref===1.4898×10
0.537×10−6vf
采用迪图斯-贝尔特公式
Nuf=0.023Re0.8Pr0.4
λ0.651
h1=Nuf=81.81×=3328.6W/(m2⋅K)
d0.016
壁面常热流时，管壁温度和水的温度都随管长发生变化，平均温差
∆t=tw−tf
∆t=
ΦUI==hAhπdl
6-35水横向掠过5排叉排管束，管束中最窄截面处流速u=4.87m/s，平均温度tf=20.2℃，壁温tw=25.2℃，
解：由表6-3得知叉排5排时管排修正系数εz=0.92
查附录3得知，tf=20.2℃时，水的物性参数如下：
·K),νf=1.006×10-6m2/s,Prf=7.02,λf＝0.599W/(m0.599W/(m·
而tw=25.2℃时,Prw=6.22。所以
www.
um×d4.87×0.0195
Ref===91978
vf10.06×10-7
0.36
查表6-2（管束平均表面传热系数准则关联式）得：
khd
⎛Prf⎞⎜⎟Pr⎝w⎠
0.36
0.25
课
ss管间距==1.25，
dd
后
答
d=19mm,求水的表面传热系数。
案
5×911.1
=10.9
3328.6×3.14×0.016×2.5
Nuf=0.35Ref
Nuf=0.35×91978
Nu×λ21.25×0.5992
⎤h===669.4⎡W/m⋅K()⎣⎦d0.019
aw.co
网
(°C)
⎛s1⎞⎜⎟⎝s2⎠
0.25
0.2
εz
0.2
⎛7.02⎞⎜6.22⎟⎝⎠
(1.25)
×0.92=21.25
m
19
Nuf=0.023(1.4898×104)0.83.40.4=81.81
例6-6空气横掠叉排管束，管外经d=25mm,管长l=1.5m，每排有20根管子，共有5排，管间距为S1=50mm、管排距为S2=37mm。已知管壁温度为tw=110℃，空气进口温度为t′f
求=15°C，
空气与壁面间的对流换热系数。
解：对流换热的结果是使空气得到热量温度升高，对流换热系数一定时出口温度就被确定了。目前不知空气的出口温度，可以采用假设试算的方法。先假定出口温度为25℃，则流体的平均温度
查物性参数
空气的最大体积流量为
̇=V̇×Vmax0
空气在最小流通截面积
Tf′′273+25
=5000×=5457(m3/h)=1.516m3/sT0273
表6-3z=5排时，修正系数
又表6-2
www.
对流换热系数
S150==1.33
0.6f
Nuf=0.31Re
Nuf=0.31×33530.6×1.330.2×0.92=39.37
Nufλ39.37×0.0259h=W/(m2⋅K)⎤==40.79⎡⎣⎦d0.025
′这样大的对流换热系数应该是空气出口温度达到t′f1
20
khd
εz=0.92⎛S1⎞⎜⎟⎝S2⎠
0.2
̇′′V1.516max
u===2.02m/s
Fmin0.75
umaxd2.02×0.025Ref===3353−6
ν15.06×10
课
后
答
处达到最大速度
案
Fmin=(s1−d)lN=(0.05−0.025)×1.5×20=0.75(m2)
aw.co
网
εz
λ=0.0259W/(m⋅K);ν=15.06×10−6;cp=1005J/(kg⋅K)
m
15+25tf==20°C
2
hA(tw−tf)=mcp(t′f′1−t′f)t′f′1=t′f+
hA(tw−tf)̇pmc
h(πdlNz)(tw−tf)
=t′f+
cρV
00p
′计算的出口温度与初步设定的值t′f′再设出口温度为t′f1
=25°C有差异。
=39°C查物性参数
空气的最大体积流量为
最大速度
www.
表6-2对流换热系数
̇′′V1.587max
u===2.12m/s
Fmin0.75
umaxd2.12×0.025
==3365Ref=−6
ν15.72×10
0.6
f
Nuf=0.31Re
Nuf=0.31×33650.6×1.330.2×0.92=39.46
Nufλ39.46×0.0265h=W/(m2⋅K)⎤==41.82⎡⎣⎦d0.025
khd
⎛S1⎞⎜⎟⎝S2⎠
0.2
课
̇=V̇×Vmax0
Tf′′5000273+39
=×=1.587m3/sT03600273
后
答
λ=0.0265W/(m⋅K);ν=15.72×10−6;cp=1005J/(kg⋅K)
案
网
15+39tf==27°C
2
aw.co
εz
21
m
40.79×(3.14×0.025×1.5×20×5)(110−20)t′f′1=15+
1.293×5000/3600×1005
t′f′1=15+24=39°C
′这样大的对流换热系数应该是空气出口温度达到t′f1
hA(tw−tf)=mcp(t′f′1−t′f)t′f′1=t′f+
hA(tw−tf)̇pmc
h(πdlNz)(tw−tf)=t′f+
cρV
00p
ºC，这个值与假定值很接近，所以出口温度就是37.737.7º对流换热系数为h=41.82W
后
Φ=hA∆t=hA(tw−ts)……（1）
答
第七章
7-3水平冷凝器内，干饱和水蒸气绝对压强为1.99×105Pa，管外径16mm，长为2.5m，已知第一排每根管的换热量为3.05×104J/s，试确定第一排管的凝结表面传热系数及管壁温度。解：干饱和蒸汽在水平管外凝结。每根管的凝结热流量
=2202.3kJ/kg。t=s120℃、潜热r
计算壁温需要首先计算对流换热系数h。而h又与壁温有关。先设定壁温为tw=100℃，则凝液的平均温度为
www.
查水的物性参数
管外层流凝结换热的换热系数
ts+tw120+100
=110℃t==
22
−4
khd
µ=2.59×10N⋅s/m
课
99×10由课本附录查得，压强1.
λ=0.685W/(m⋅k)
ρ2gλ3r]h=0.725[
µd(ts−tw)
aw.co
5
41.82×(3.14×0.025×1.5×20×5)(110−27)t′f′1=15+
1.293×5000/3600×1005
t′f′1=15+22.7=37.7°C
案
Pa对应的饱和温度
网
2
3
951.0/ρ=kgm，，
m
/(m2⋅K)。
22
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951.02×9.8×0.6853×2202.3×1031/4
h=0.725×[−4
2.59×10×0.016×(120−100)
h=12025.67W/(m2⋅k)
与假定的壁温值很接近。所以壁温约为100
12025.67W/(m2⋅k)。
N=20排时
khd
2
课
ρ2gλ3r1]h1=0.725[
µd(ts−tw)
后
答
7-7垂直列上有20排管的顺排冷凝器，水平放置，求管束的平均表面传热系数与第一排的表面传热系数之比。解：单排时
ρgλr
]hn=0.725[
µnd(ts−tw)
1ρ2gλ3r
0.725[]µnd(ts−tw)hn1==()23
ρgλrh1n
0.725[]
µd(ts−tw)
www.
1hn
)=0.472=(20h1
可见多排管子冷凝换热比单排的弱。因为第一排管子的凝液流到第二排、第二排的又流到第三排、以
此类推，造成凝液厚度增加从而增大了导热热阻。
第八章
aw.co
°C
t(1)w=99.8°C
，冷凝换热系数为
案
网
3
m
23
Φ3.05×104
=120-代入式（1）tw=ts−
hA12025.67×3.14×0.016×2.5
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8-13有一漫射表面温度T＝1500K，已知其光谱发射率ελ随波长的变化如图所示，试计算表面的全波长总发射率ε和辐射力E。解：
总发射率=
实际表面辐射力同温下黑体表面辐射力
∫=
=
即：
∞
ελEbλdλEb
λ1
案
ελ1∫Ebλ(λ,T)dλ+ελ2∫Ebλ(λ,T)dλ+ελ3∫Ebλ(λ,T)dλ
λ1
λ2
又,λ1T=1×1500=1500µm⋅k.查表8-1得,Fb(0-λ1T)=0.01375，同理：λ2T=3×1500=4500µm⋅k.则,Fb(0-λ2T)=0.56405， λ3T=5×1500=7500µm⋅k.则,Fb(0-λ3T)=0.8344. 故: ε=0.1×0.01375+0.4×(0.56405-0.01375) +0.2×(0.8344-0.56405) =0.276
4
www.
所以：该表面的辐射力:E=εEb=εδbT
8-14已知某表面的光谱吸收比αλ随波长的变化如图所示，该表面的投射光谱辐射能Gλ随波长的变化如图所示，试计算该表面的吸收比α。
khd
课
+ελ3[F(0−λ3T)−F(0−λ2T)]
后
ε=ελ1F(0−λ1T)+ελ2[F(0−λ2T)−F(0−λ1T)]
aw.co
网
λ2
λ3
E=ε=Eb
Eb
答
Eb(T)
=0.276×5.67×10−8×15004
=79224W/m2
m
24
∞
Eλdλ
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后
=
λ1
答
案
∫
Gλdλ
αλ1G(0−λ1)dλ+αλ2G(λ1−λ2)dλ+αλ3G(λ2−λ3)dλ
λ1
λ2
网
∫α=
∞
αλGλdλ
∞
khd
∫
课
λ1
G(0−λ1)dλ+∫G(λ1−λ2)dλ+∫G(λ2−λ3)dλ
λ1
λ2
200
又: αλ1=0.2, G(0−λ1)=λ,
3
αλ3=0.9, G(λ2−λ3)=2400−200λ,
www.
αλ2与波长相关,其线性关系为:αλ2=0.175λ−0.85;
而G(λ1−λ2)=400W/(m2⋅µm).
代入公式得:
61012200
∫00.2×λdλ+∫6(0.175λ−0.85)×400dλ+∫100.9×(2400−200λ)dλα=62001012
∫03λdλ+∫6400dλ+∫10(2400−200λ)dλ
aw.co
λ3
λ2
λ2λ3
25
投入辐射能中被表面吸收的辐射能
总吸收率=
投入到表面的总辐射能
m
解：
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1002+40022+[0.2×λ][0.5×0.175λ−0.85λ][0.9×2400λ−100λ]=
1002+400(10−6)+[λ][2400λ−100λ2]106
6
1210
6
1210
3
α=0.4625
所以，该表面的吸收比为0.4625.
o
c网
案
.答
w后
课
ad
hk.
wm
26
ww
_建工版V传热学习题传热学习题_
0-14一大平板，高3m，宽2m，厚0.2m，导热系数为45W/(m.K),两侧表面温度分别为tw1=150°C及tw1=285°C，试求热流密度计热流量。解：根据付立叶定律热流密度为：
Φ=q⋅A=−30375⋅(3×2)=182250(W)
又根据牛顿冷却公式
管内壁温度为：
tw=tf+
1-1．按20℃时，铜、碳钢（1.5%C）、铝和黄铜导热系数的大小，排列它们的顺序；隔热保温材料导
热系数的数值最大为多少？列举膨胀珍珠岩散料、矿渣棉和软泡沫塑料导热系数的数值。解：
(1)由附录7可知，在温度为20℃的情况下，
·K)，λ碳钢＝36W/(m·K)，λ铜=398W/(mW/(m·36W/(m··K)，λ黄铜＝109W/(m·K).λ铝＝237W/(m237W/(m·109W/(m·
所以,按导热系数大小排列为:λ铜>λ铝>λ黄铜>λ钢
·K).W/(m·(2)隔热保温材料定义为导热系数最大不超过0.12W/(m
(3)由附录8得知，当材料的平均温度为20℃时的导热系数为:
·K)膨胀珍珠岩散料:λ=0.0424+0.000137tW/(mW/(m··K);=0.0424+0.000137×20=0.04514W/(mW/(m·
·K)矿渣棉:λ=0.0674+0.000215tW/(mW/(m·
·K);=0.0674+0.000215×20=0.0717W/(mW/(m·
~0.038W/(m·K)。由上可知金属是良好的导热材料，由附录7知聚乙烯泡沫塑料在常温下,λ=0.035=0.035~038W/(m·
而其它三种是好的保温材料。
·K)，在给定的直角坐标系中，分1-5厚度δ为0.1m的无限大平壁，其材料的导热系数λ＝100W/(m100W/(m·
1
www.
khd
课
q5110=85+=155(°C)h73
后
Φ=hA∆t=h×A(tw−tf)=qA
答
案
Φ=qA=q(πdl)=5110(3.14×0.05×2.5)
=2005.675(W)
网
0-15空气在一根内经50mm，长2.5米的管子内流动并被加热，已知空气的平均温度为85℃，管壁
².k)，热流密度q=5110w/m²,是确定管壁温度及热流量Ø。对空气的h=73(W/mh=73(W/m²
解：热流量
aw.co
负号表示传热方向与x轴的方向相反。通过整个导热面的热流量为：
m
⎛t−tw1⎞⎛285−150⎞
q=−λgradt=-λ⎜w2−45=−30375(w/m2)=⎟⎜⎟0.2⎝⎠⎝x2−x1⎠
别画出稳态导热时如下两种情形的温度分布并分析x方向温度梯度的分量和热流密度数值的正或负。(1)t|x=0=400K,t|x=δ=600K;(2)t|x=δ=600K,t|x=0=400K;解：根据付立叶定律
��⎞⎛∂t�∂t�∂t�q=−λgradt=−λ⎜i+j+k⎟
∂y∂z⎝∂x⎠
tx=δ−tx=0
qx=−λ
δ
(1)
t|x=0=400K,t|x=δ=600K时温度分布如图2-5(1)所示根据式(a),热流密度
答
qx
根据式(a),热流密度
说明x方向上的热流量流向x的正方向。
可见计算值的方向也符合热流量由高温传向低温的方向
1-6一厚度为50mm的无限大平壁，其稳态温度分布为
，式中a=200ºC,b=-2000t=a+bx2（ºC）
ww
w.
式可简化为：
ºC/m。若平板导热系数为45w/(m.k),试求：（1）平壁两侧表面处的热流密度；（2）平壁中是否有内热原？为什么？如果有内热源的话，它的强度应该是多大？解：方法一
khd
qx>0，
（a）
课
向符合热流量由高温传向低温的方向
(2)t|x=δ=600K,t|x=0=400K;
温度分布如图2-5(2)所示
∂t∂t∂t==0）由题意知这是一个一维（、稳态（、常物性导热问题。导热微分方程=0）∂y∂z∂τ
d2tqv
=0+2
dxλ
因为
t=a+bx2，所以
2
aw
.co
（a）
−tx=0t−t1dtt∂t
=x=δ==2
∂xdxx2−x1δ−0
案
网
图2-5(1)
后
图2-5(2)
m
∂tx
∂x
无限大平壁在无内热源稳态导热时温度曲线为直线，并且
q
=−λ
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dt
=2bx（b）dxd2t（c）
2b=
dx2
（1）
根据式（b）和付立叶定律
qx=−λ
dt
=−λ2bxdx
qx-0=0，无热流量
（2）
将二阶导数代入式（a）
qv
d2t
=−λ=−2bλ=−2×(−2000)×45=180000w/m3
2dx
该导热体里存在内热源，其强度为解：方法二因为
1.8×104w/m3。
根据付立叶定律
khd
dt
=−λ2bxdx
(d)
课
dt
=2bxdx
（c）
后
答
t=a+bx2，所以是一维稳态导热问题
qx=−λ
（1）
qx-0=0，无热流量
www.
qx=δ=−λ2bδ=-2×(-2000)×45×Φin=(qx=0−qx=δ)⋅Aarea=[0-(-2bλδ)]Aarea
（2）无限大平壁一维导热时，导热体仅在边界x=0，及x=δ处有热交换，由（1）的计算结果知导热体在单位时间内获取的热量为
Φin=2bλδAarea
负值表示导热体通过边界散发热量。如果是稳态导热，证导热体的温度不随时间变化即实现稳态导热。
内热源强度:
qv=
Φ
v
Vvolume
=
−Φin−2bλδAarea
=−=−(2bλ
VvolumeAarea×δ
aw.co
网
绝热
x
)
3
qx=δ=−λ2bδ=-2×(-2000)×45×0.05=9000(w/m2)
案
m
qv=−2×(−2000)×45=180000w/m3
2-9某教室的墙壁是一层厚度为240mm的砖层和一层厚度为20mm的灰泥构成。现在拟安装空调设备，并在内表面加一层硬泡沫塑料，使导入室内的热量比原来减少80%。已知砖的导热系数λ＝
·K)，灰泥的λ＝0.58W/(m·K)，硬泡沫塑料的λ＝0.06W/(m·K)，试求加贴硬泡沫塑料层的0.7W/(m0.7W/(m·0.58W/(m·0.06W/(m·
厚度。
解:未贴硬泡沫塑料时的热流密度:
…………(1)
加硬泡沫塑料后热流密度:
q2=
Rλ1
Δt1
+Rλ12+Rλ2
………(2)
Rλ1+Rλ2
20%=
Rλ1+Rλ2+
Rλ3)
www.
δ1δ20.240.02++λ1λ2=20%=
1230.240.02
++++3λ1λ2λ30.70.580.06
·K)，其内表面温2-19一外径为100mm，内径为85mm的蒸汽管道，管材的导热系数为λ＝40W/(m40W/(m·
·K)的保温材料进行保温，并要求保温层外表面温度不高于40℃，度为180℃，若采用λ＝0.053W/(m0.053W/(m·蒸汽管允许的热损失
kd
λ1
λ2
又由题意得,
q1R2
tw1
t1=Δt2，将(1)、(2)代入（3）,
δ3=0.09056m=90.56mm
加贴硬泡沫塑料的厚度为90.56mm.
ql=52.3W/m。问保温材料层厚度应为多少？
4
awco
Rλ1
Rλ2
tw1答
案
网
tw2
……(3)R
Rλ3
m
tw2
q1=
ΔtRλ1+Rλ2
解：根据给出的几何尺寸得到:
管内径d1=85mm=0.085m,管外径,d2=0.1m,管保温层外径d3
=d2+2δ=0.1+2δ
180−40
≤52.3
•ln+ln
2π×400.0852π×0.0530.1
解得，
δ≥0.072m
.一铝制等截面直肋，肋高为25mm，肋厚为3mm，铝材的导热系数为λ＝140W/(m·K)，周围2-242-24.140W/(m·
m=
(1)肋片内的温度分布
θ=θ0
www.
θ=温度分布为
(2)
肋片的散热量
ch[18.9×(0.025−x)]=(80−30)
ch(18.9×0.025)
Φ=
Φ=
Φ≐
kh=定肋端的散热可以忽略不计，试计算肋片内的温度分布和每片肋片的散热量。解一肋端的散热可以忽略不计，可用教材式（2-35）、（2-36）、(2-37)求解。
ch[m(l−x)]
ch(ml)
44.96×ch[0.4725−18.9x)]
θ0th(ml)
θ0th(ml)
L(80−30)th(18.9×0.025)
后
≈18.9m-1
答
空气与肋表面的表面传热系数为h＝75w
案
假/(m2ik)。已知肋基温度为80℃和空气温度为30℃，
网
所以保温材料的厚度为72mm.
aw.co
tw3=40℃时，保温层厚度最小，此时，
m
5
tw1−tw3
ql=≤52.3
•ln+ln
2πλ1d12πλ2d2
Φ≐396.9Lth(0.4725)
从附录13得，th(ml)=th(0.4725)=0.44
Φ≐396.9×0.44=174.6L(W)
单位宽度的肋片散热量
qL=Φ/L=174.6(W/m)
Φ0=hA∆t=h[2(L×l)]θ0=75×2×0.025(80-30)×L
Φ0=187.5L（W）
2、从教材图2-17上查肋片效率
3/2⎛2h⎞l⎜⎟
λf⎝⎠
1/2
Φ=Φ0×ηf=187.5L×0.9=168.8L(W)
单位宽度上的肋片散热量为
ww.
m=
=η
f
2-27一肋片厚度为3mm，长度为16mm，是计算等截面直肋的效率。（1）铝材料肋片，其导热系数为140W/(m﹒K),对流换热系数h=80W/(m²﹒K);（2）钢材料肋片，其导热系数为40W/(m﹒K),对流换热系数h=125W/(m²﹒K)。解：
（1）铝材料肋片
ml==19.54×0.016=0.3127
th(ml)0.3004===96.1%
ml0.3127
6
th(ml)=th(0.3127)=0.3004
khd
课
3、每片肋片的散热量
后
ηf=0.9
qL=168.8(W/m)
=19.54m−1
答
案
2×75⎞3/2⎛=0.025⎜⎟
140×0.003×0.025⎝⎠
aw.co
网
1/2
解二
1、如果肋片上各点的温度与肋基的温度相同，理想的导热量
=0.4988
m
（2）钢材料肋片
m=
==45.91m−1
ml==45.91×0.016=0.7344
th(ml)=th(0.734)=0.6255
η
f
2、现在保留前面二项，即忽略第二项以后的项
θ(x,τ)
≈I(x,6h)+II(x,6h)，
θ0
2sinβ1
I(x,6h)=
β1+sinβ1cosβ1
www.
3、以下计算第二项II(a）平壁中心x=0
2sinβ2x⎞−β22Fo⎛
II(x,6h)=cosβ2⎟e⎜β2+sinβ2cosβ2⎝δ⎠
根据Bi=2.5查表3-1，β2=3.7262，sinβ2
2sinβ20⎞−β22Fo⎛II(0m,6h)=cosβ2⎟e⎜β2+sinβ2cosβ2⎝δ⎠
khd
其中
2sinβ1θ(x,τ)x⎞−β12Fo⎛
≈cosβ1⎟e⎜θ0β1+sinβ1cosβ1⎝δ⎠
课
后
1、例3-1中以计算出平壁的Fo=0.22，Bi=2.5。因为Fo>0.2,书中只计算了第一项，而忽略了后面
的项。即
答
2sinβnθ(x,τ)∞
=∑θ0n=1βn+sinβncosβn
x,6h)
=−0.5519；cos3.7262=−0.8339
案
x⎞−β12Fo⎛
⎜cosβ1δ⎟e⎝⎠
网
例题3-1一无限大平壁厚度为0.5m，已知平壁的热物性参数λ=0.815W/(m.k),c=0.839kJ/(kg.k),
³,壁内温度初始时均为一致为18ºC，给定第三类边界条件：壁两侧流体温度为8ºC，流ρ=1500kg/m=1500kg/m³18º
体与壁面之间的表面传热系数h=8.15w/（m².K），试求6h后平壁中心及表面的温度。教材中以计算了第一项，忽略了后面的项。计算被忽略掉的的第二项，分析被省略掉的原因。解：
aw.co
x⎞−βn2Fo⎛
⎜cosβn⎟eδ⎠⎝
th(ml)0.6255
===85.2%
ml0.7344
m
7
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2×(−0.5519)−3.72622×0.22
II(0m,6h)=
3.7262+(−0.5519)×(−0.8239)e
II(0m,6h)=−0.0124
从例3-1中知第一项
I(0m,6h)=0.9，所以忽略第二项时“和”的相对误差为：
t(0m,6h)=θ(0m,6h)+tf=8.88+8=16.88(°C)
II(0.5m,6h)=0.01
从例3-1中知第一项
II(0.5m,6h)0.01
==2.6%
I(0.5m,6h)+II(0.5m,6h)0.38+0.01
.01)=3.9°Cθ(0.5m,6h)=θ0[I(0.5m,6h)+II(0.5m,6h)]=(18−8)×(0.38+00.01
ww
w.
三类边界条件，即
t(0.5m,6h)=θ(0.5m,6h)+tf=3.9+8=11.9(°C)
虽说计算前两项后计算精度提高了，但11.9ºC和例3-1的结果11.8ºC相差很小。说明计算一项已经比较精确。
4-4一无限大平壁，其厚度为0.3m，导热系数为
khd
h1=60m2*k
，
课
I(0.5m,6h)=0.38，所以忽略第二项时“和”的相对误差为：
后
2sinβ20.5⎞−β22Fo⎛
II(0.5m,6h)=cosβ2×⎜eβ2+sinβ2cosβ2⎝0.5⎟⎠
2×(−0.5519)−3.72622×0.22
II(0.5m,6h)=(−0.8239)e
3.7262+(−0.5519)×(−0.8239)
答
案
网
虽说计算前两项后计算精度提高了，但16.88ºC和例3-1的结果17ºC相差很小。说明计算一项已经比较精确。
b）平壁两侧x=δ=0.5m
tf2=215°C。当平壁中具有均匀内热源qv=2×105W/m3时，
aw.co
tf1=25°C
；
θ(0,6h)=θ0[I(0,6h)+II(0,6h)]=(18−8)×(0.9−0.0124)=8.88°C
λ=36.4m*k 。平壁两侧表面均给定为第
h2=300m2*k
，
试计算沿平壁厚度的稳
m
8
II(0m,6h)−0.0124
==1.4%
I(0m,6h)+II(0m,6h)0.9+(-0.0124)
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tt2t3（提示：取Δx=0.06m）态温度分布。
45
t
t6
h1
=60wm*k
2
h2=案
网
方法一数值计算法
解：这是一个一维稳态导热问题。
t2−t1⎛∆x⎞
h1A(tf1−t1)+λA+⎜A⋅⋅qv=0⎟∆x2⎠⎝
节点www.
t3−t2t1−t2
λ×A×+λ×A×+(A×∆X)qv=0
∆X∆X
节点3：从左、右两侧通过导热导入的热流量+单元体内热源发出的热流量=0。
t2−t3t4−t3
λ×A×+λ×A×+(A×∆X)qv=0
∆X∆Xt3−t4t5−t4
+λ×A×+(A×∆X)qv=0λ×A×∆X∆Xt4−t5t6−t5
λ×A×+λ×A×+(A×∆X)qv=0
∆X∆X
节点4：从左、右两侧通过导热导入的热流量+单元体内热源发出的热流量=0。
节点节点6：从左边导入的热流量+从右边通过对流输入的热流量+单元体内热源发出的热流量=0。即
khd
课
分成六个单元体（图中用阴影线标出了节点2、6所在的单元体）。用热平衡法计算每个单元的换热量，从而得到节点方程。
节点源发出的热流量=0。即
后
答
（1）、取步长Δx=0.06m，可以将厚度分成五等份。共用六个节点1
aw
o
tt2t3t4t5t6将平板划
m
9
t5−t6⎛∆x⎞
h2A(tf2−t6)+λA+⎜A⋅⋅qv=0⎟∆x2⎠⎝
22
t=25°Ch=60m*kh=300m*k，λ=36.4m*k f1将、1、、2tf2=215°C、qv=2×105W/m3和Δx=0.06m，代入上述六个节点并化简得线性方程组
t1−0.91t2−11.25=0；t1+t3−2t2+19.78=0；t2+t4−2t3+19.78=0；t3+t5−2t4+19.78=0t4+t6−2t5+19.78=0；t5−1.49t6+8.41=0
逐步代入并移相化简得：
则方程组的解为:
t4=444.575，t5=414.1535，t6=363.95
1写成：
www.
迭代次数0123456
节点1
11
t1=0.91t2+11.25，t2=(t1+t3+19.78)，t3=(t2+t4+19.78)，
22
11
t4=(t3+t5+19.78)，t5=(t4+t6+19.78)，t6=0.691t5+77.757
22
节点2
节点3
节点4
节点5
节点6
可用迭代法求解，结果如下表所示：
khd
t1
t2
t3
300．000310.000294.89308.898320.039318.401329.645
300．000260.000307.125310.898309.706316.993315.635
课
t1=417.1895，t2=446.087，t3=455.22
后
答
t5=0.9338t6+74.297，t6=0.6453t6+129.096
案
t3=0.9237t4+44.5667，t4=0.9291t5+59.785，
网
t1=0.91t2+11.25，t2=0.9174t3+28.4679，
200.000284.250247.85290.734294.167293.082299.714
aw.co
t4
300．000310.000294.89309.400307.361322.517318.162
t5
300．000260.000304.129286.044305.215298.142312.137
m
t6
200．000278.478257.417281.250269.142281.976277.244
10
78910
298.478306.609304.747313.350
324.570322.524331.978329.61
326.789337.566334.693344.862
330.781327.081337.966334.844
307.593318.585315.214324.016
286.608283.567290.285288.667
**从迭代的情况看，各节点的温度上升较慢，不能很快得出有效的解。可见本题用迭代法求解不好。（2）、再设定步长为0.03m（Δx=0.03m），将厚度分成十等份，共需要11个节点。和上述原理相同，2
t11=0.8018t10+44.6054
同理求得的解为：
t1=402.9256，t2=419.13，t3=430.403，t4=436.746，t5=438.135，t6=434.6，t7=426.124；t8=412.706，t9=394.346；t10=371.05，t11=342.11
**上述划线的节点坐标对应于步长为0.06m时的六个节点的坐标。
（3）、再设定步长为0.015m（Δx=0.015m），将厚度分成20等份，共需要21个节点。和上述原理相同，得到新的节点方程为：
www.
1
t1=0.9759t2+1.026；t2=(t1+t3+1.2363)
2
11
t3=(t2+t4+1.2363)；t4=(t3+t5+1.2363)22
khd
课
aw.co
网
11
1
t1=0.9529t2+3.534；t2=(t1+t3+4.945)
2
11
t3=(t2+t4+4.945)；t4=(t3+t5+4.945)2211
t5=(t4+t6+4.945)；t6=(t5+t7+4.945)2211
t7=(t6+t8+4.945)；t8=(t7+t9+4.945)2211
t9=(t8+t10+4.945)；t10=(t9+t11+4.945)22
后
答
案
m
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11
t5=(t4+t6+1.2363)；t6=(t5+t7+1.2363)2211
t7=(t6+t8+1.2363)；t8=(t7+t9+1.2363)2211
t9=(t8+t10+1.2363)；t10=(t9+t11+1.2363)221
t11=(t10+t12+1.2363)；……
21
t20=(t19+t21+1.2363);t21=0.89t20+24.2053
2
移相化简为：
t1=0.9759t2+1.026，t2=0.9765t3+2.2091
t9=0.9797t10+9.8497,t10=0.9801t11+10.8654t11=0.9805t12+11.8656,t12=0.9809t13+12.8512t13=0.9813t14+13.8234，t14=0.9816t15+15.0597t15=0.9819t16+16.0016，t16=0.9822t17+16.9314t17=0.9825t18+17.8504，t18=0.9828t19+18.7529
www.
求得的解为：
t19=0.9831t20+19.6512，t20=0.9834t21+20.887553t21=0.89t20+24.2053=0.89(0.9834t21+20.8875)+24.2024.2053
t1=401.6°C，t2=410.5°C，t3=418.1°C,t4=424.5°Ct5=429.7°C，t6=433.6°C，t7=436.3°C,t8=437.8°Ct9=438.0°C,t10=437.0°C，t11=434.8°C,t12=431.4°C
12
khd
课
t7=0.9789t8+7.767,t8=0.9793t9+8.8173
后
t5=0.978t4+5.6091，t6=0.9785t7+6.698，
答
t3=0.977t4+3.3663,t4=0.9775t5+4.499
aw.co
网
案
m
t13=426.7°C，t14=420.7°C，t15=413.3°C，t16=404.6°Ct17=394.7°Ct21=342.4°C
方法二：分析法（参看教材第一章第四节）
，
t18=383.5°C，t19
=371.2°C
，t20
=357.6°C
，
khd
λ、qv值代入式（4）得
qvdt
由（1）式积分得=−x+c
dxλqv2
再积分得t=−（4）x+cx+d
2λ
dt
=cx=0时，t1=d；
dxx=0qv2dt
x=δ时，t6=−δ+cδ+d；
2λdx
课
代入边界条件（2）、（3）式，并整理得
www.
λcd=tf1+
h1
将h1将c、d、
的节点对应的坐标分别为
tf2−tf1+δqv/h2+qvδ2/(2λ)c=
δ+λ/h2+λ/h1
h2tf1tf2δqvλ的值分别代入式得c=619.89°C/m、d=401.07°C
t=−2747.25x2+619.89x+401.07
x1=0m、x2=0.06m、x3=0.12m、x4=0.18、
13
aw.co
网
x=δ
d2tqv
微分方程式为：（1）+=02
dxλdt
边界条件：−λ（2）=-h1(t1−tf1)dxx=0
dt
（3）=-h2(tf2−t6)−λ
dxx=δ
后
答
案
qv
=c−δ
λ
m
x5=0.24m、x6=0.3m。
相应的温度分别为
t1=401.1°C、t2=428.4°C、t3=435.9°C、t4=423.6°C、
t5=391.6°C、t6=339.8°C
不同方法计算温度的结果比较[ºC]
X(m)分析法数值法∆x[m]
0.060.030.015
401.1417.2402.9401.6
0.06428.4446.1430.4429.7
0.12435.9455.2438.1438.0
0.18423.6444.6426.1426.7
0.24391.6414.2394.3394.7
1、
以干空气为例
www.
平均温度为60℃，查附录2干空气的热物性参数ν=18.97×10-6m2/s=1.897×10-5m2/s,Pr=0.696
离前缘150mm处Re数应该为
u∞x0.9×0.15Rex===7116.5−6
ν18.97×10
Re小于临街Re,c(
δx
δ=5.0
khd
5×10
5
=5.0Rex1/-2
第五章
5-13由微分方程解求外掠平板，离前缘150mm处的流动边界层及热边界层度，已知边界平均温度为60℃，速度为u∞=0.9m/s。解：
课
后
•x=5××0.1514
答
可见：第一次步长取
0.06m，结算结果的误差大一些。步长为0.03m时计算的结果已经相当准确。
再取步长0.015m连的。人们不需要手工计算庞大的节点线性方程组！
),流动处在层流状态
aw.co
342.1342.2
案
网
m
0.3339.8364.0
δ=0.00889(m)=8.9mm
所以，热边界层厚度：
δt=δPr−1/3=0.0089×0.693−1/3=0.01(m)=10mm
2、
以水为例
u∞x0.9×0.155
Rex===2.82427×10
ν0.478×10−6
δ=5.0
δ=0.00141(m)=1.41mm
所以，热边界层厚度：
δt=δPr−1/3=0.00141×2.99−1/3=0.00098(m)=0.98mm
m5-14已知tf=40℃，tw=20℃，u∞=0.8m/s，板长450mm，求水掠过平板时沿程x=0.1、0.2、0.3、0.450.45m
的局部表面传热系数，并绘制在以为纵坐标，为横坐标的图上。确定各点的平均表面传热系数。解：以边界层平均温度确定物性参数
www.
在沿程0.45m处的Re数为
11
tm=(tw+tf)=(20+40)=30(°C)，查附表3水的物性为：
22λ=0.618W/m⋅K，ν=0.805×10-6m2/s，Pr=5.42
u∞x0.8×0.455Rex===4.47×10
ν0.805×10−6
该值小于临界Rec=5×105,可见流动还处于层流状态。那么从前沿到x坐标处的平均对流换热系数应
为
kh•x=5××0.15答
δ
x
=5.0Rex
1/-2
案
网
5
5×10Re小于临街Re,c(
),流动处在层流状态
w.co
15
平均温度为60℃，查附录3饱和水的热物性参数ν=4.78×10-7m2/sPr=2.99
离前缘150mm处Re数应该为
m
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λ
h=2hx=0.664××
x
×
0.618h=0.664×××=0.72
x0.8×0.1u∞
x
Rex===99400−6
0.805×10ν
h=0.72=0.72=2270(W/m2⋅K)2m时2）x=0.x=0.2m
hx=802.5(W/m2⋅K)
3m时3）x=0.x=0.3m
www45m时4）x=0.x=0.45m
u∞
x0.8×0.35Rex===2.9814×10
ν0.805×10−6
h=0.72=0.72=1310.4(W/m2⋅K)hx=655.2(W/m2⋅K)
u∞x0.8×0.455Rex===4.472×10
ν0.805×10−6
khh=0.72=0.72=1604.9(W/m2⋅K)u∞
x0.8×0.25Rex===1.9875×10
ν0.805×10−6
答
案
网
2h=1135W/m⋅K)(局部换热系数x
w.co
16
m
m时1）x=0.1x=0.1m
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h=0.72=0.72=1070.1(W/m2⋅K)hx=535.1(W/m2⋅
K)
却水的平均温度为tf
由附录3查物性，水在tf及tw下的物性参数为：
·K),νf=7.904×10-7m2/s,tf=31℃时,λf＝0.6207W/(mW/(m·
Prf=5.31,μf=7.8668×10-4Ns/m2
tw=80℃时,μw=3.551×10-4Ns/m2。所以
www.
d×um0.0126×1.8Ref===28700>10000-7
vf7.904×10Nuf=0.023Re0.8Pr0.4
水在管内的流动为紊流。
用Dittus-Boelter公式，液体被加热
Nuf=0.023×287000.8×5.310.4=165.2
0.6207
h=Nuf=165.2×=8138.1(W/m2⋅K)d0.0126
用Siede-Tate公式
khd
λf
课
80−28)−(80−34)(∆t′−∆t′′
∆t===48.94(°C)
ln∆t′/∆t′′ln80−28/80−34后
答
第六章
6-17黄铜管式冷凝器内径12.6mm，管内水流速1.8m/s，壁温维持80℃，冷却水进出口温度分别为28℃和34℃，管长l/d>20，请用不同的关联式计算表面传热系数。解：常壁温边界条件，流体与壁面的平均温差为
=tw−∆t=80-48.94=31.06(°C)
aw.案
网
冷
17
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µf⎞0.81/3⎛Nuf=0.027RePr⎜⎟µ⎝w⎠Nuf=0.027×28700
0.8
0.14
×5.31
1/3
⎛7.8668⎞
⎜3.551⎟⎝⎠
0.14
=194
6-21管式实验台，管内径0.016m，长为2.5m，为不锈钢管，通以直流电加热管内水流，电压为5V，
电流为911.1A，进口水温为47℃，水流速0.5m/s，试求它的表面传热系数及换热温度差。（管子外绝热保温，可不考虑热损失）
解：查附录3，进口处47℃水的密度为
ρ′=989.22kg/m3
̇f质量流量为m
̇ρ′uπr2=ρ′V=m
̇fcp(t′f′−t′f)UI=m
UI5×911.1t′f′=t′f+=47+
̇cpm0.0994cp
水的cp随温度变化不大，近似取50℃时的值4.174kJ/kg.K计算
www.
常热流边界，水的平均温度查附录3饱和水物性表得：
t′f′=t′f+
tf'+tf''47+58tf===52.5(°C)
22
vf=0.537×10−6m2/s,λf=65.1×10−2W/(m⋅K)
Cp=4.175KJ/(Kg⋅K),Prf=3.40,ρ=986.9Kg/m3
18
khd
课
不考虑热损失，电能全部转化为热能被水吸收
UI5×911.1
47=+=58°C3
̇cpm0.0994×4.174×10
后
̇f=989.33×0.5×3.14×0.0082=0.0994kg/sm
aw.co
网
0.6207
=194×=9554.7(W/m2⋅K)h=Nuf
0.0126d
λf
答
案
m
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umd0.5×0.0164
Ref===1.4898×10
0.537×10−6vf
采用迪图斯-贝尔特公式
Nuf=0.023Re0.8Pr0.4
λ0.651
h1=Nuf=81.81×=3328.6W/(m2⋅K)
d0.016
壁面常热流时，管壁温度和水的温度都随管长发生变化，平均温差
∆t=tw−tf
∆t=
ΦUI==hAhπdl
6-35水横向掠过5排叉排管束，管束中最窄截面处流速u=4.87m/s，平均温度tf=20.2℃，壁温tw=25.2℃，
解：由表6-3得知叉排5排时管排修正系数εz=0.92
查附录3得知，tf=20.2℃时，水的物性参数如下：
·K),νf=1.006×10-6m2/s,Prf=7.02,λf＝0.599W/(m0.599W/(m·
而tw=25.2℃时,Prw=6.22。所以
www.
um×d4.87×0.0195
Ref===91978
vf10.06×10-7
0.36
查表6-2（管束平均表面传热系数准则关联式）得：
khd
⎛Prf⎞⎜⎟Pr⎝w⎠
0.36
0.25
课
ss管间距==1.25，
dd
后
答
d=19mm,求水的表面传热系数。
案
5×911.1
=10.9
3328.6×3.14×0.016×2.5
Nuf=0.35Ref
Nuf=0.35×91978
Nu×λ21.25×0.5992
⎤h===669.4⎡W/m⋅K()⎣⎦d0.019
aw.co
网
(°C)
⎛s1⎞⎜⎟⎝s2⎠
0.25
0.2
εz
0.2
⎛7.02⎞⎜6.22⎟⎝⎠
(1.25)
×0.92=21.25
m
19
Nuf=0.023(1.4898×104)0.83.40.4=81.81
例6-6空气横掠叉排管束，管外经d=25mm,管长l=1.5m，每排有20根管子，共有5排，管间距为S1=50mm、管排距为S2=37mm。已知管壁温度为tw=110℃，空气进口温度为t′f
求=15°C，
空气与壁面间的对流换热系数。
解：对流换热的结果是使空气得到热量温度升高，对流换热系数一定时出口温度就被确定了。目前不知空气的出口温度，可以采用假设试算的方法。先假定出口温度为25℃，则流体的平均温度
查物性参数
空气的最大体积流量为
̇=V̇×Vmax0
空气在最小流通截面积
Tf′′273+25
=5000×=5457(m3/h)=1.516m3/sT0273
表6-3z=5排时，修正系数
又表6-2
www.
对流换热系数
S150==1.33
0.6f
Nuf=0.31Re
Nuf=0.31×33530.6×1.330.2×0.92=39.37
Nufλ39.37×0.0259h=W/(m2⋅K)⎤==40.79⎡⎣⎦d0.025
′这样大的对流换热系数应该是空气出口温度达到t′f1
20
khd
εz=0.92⎛S1⎞⎜⎟⎝S2⎠
0.2
̇′′V1.516max
u===2.02m/s
Fmin0.75
umaxd2.02×0.025Ref===3353−6
ν15.06×10
课
后
答
处达到最大速度
案
Fmin=(s1−d)lN=(0.05−0.025)×1.5×20=0.75(m2)
aw.co
网
εz
λ=0.0259W/(m⋅K);ν=15.06×10−6;cp=1005J/(kg⋅K)
m
15+25tf==20°C
2
hA(tw−tf)=mcp(t′f′1−t′f)t′f′1=t′f+
hA(tw−tf)̇pmc
h(πdlNz)(tw−tf)
=t′f+
cρV
00p
′计算的出口温度与初步设定的值t′f′再设出口温度为t′f1
=25°C有差异。
=39°C查物性参数
空气的最大体积流量为
最大速度
www.
表6-2对流换热系数
̇′′V1.587max
u===2.12m/s
Fmin0.75
umaxd2.12×0.025
==3365Ref=−6
ν15.72×10
0.6
f
Nuf=0.31Re
Nuf=0.31×33650.6×1.330.2×0.92=39.46
Nufλ39.46×0.0265h=W/(m2⋅K)⎤==41.82⎡⎣⎦d0.025
khd
⎛S1⎞⎜⎟⎝S2⎠
0.2
课
̇=V̇×Vmax0
Tf′′5000273+39
=×=1.587m3/sT03600273
后
答
λ=0.0265W/(m⋅K);ν=15.72×10−6;cp=1005J/(kg⋅K)
案
网
15+39tf==27°C
2
aw.co
εz
21
m
40.79×(3.14×0.025×1.5×20×5)(110−20)t′f′1=15+
1.293×5000/3600×1005
t′f′1=15+24=39°C
′这样大的对流换热系数应该是空气出口温度达到t′f1
hA(tw−tf)=mcp(t′f′1−t′f)t′f′1=t′f+
hA(tw−tf)̇pmc
h(πdlNz)(tw−tf)=t′f+
cρV
00p
ºC，这个值与假定值很接近，所以出口温度就是37.737.7º对流换热系数为h=41.82W
后
Φ=hA∆t=hA(tw−ts)……（1）
答
第七章
7-3水平冷凝器内，干饱和水蒸气绝对压强为1.99×105Pa，管外径16mm，长为2.5m，已知第一排每根管的换热量为3.05×104J/s，试确定第一排管的凝结表面传热系数及管壁温度。解：干饱和蒸汽在水平管外凝结。每根管的凝结热流量
=2202.3kJ/kg。t=s120℃、潜热r
计算壁温需要首先计算对流换热系数h。而h又与壁温有关。先设定壁温为tw=100℃，则凝液的平均温度为
www.
查水的物性参数
管外层流凝结换热的换热系数
ts+tw120+100
=110℃t==
22
−4
khd
µ=2.59×10N⋅s/m
课
99×10由课本附录查得，压强1.
λ=0.685W/(m⋅k)
ρ2gλ3r]h=0.725[
µd(ts−tw)
aw.co
5
41.82×(3.14×0.025×1.5×20×5)(110−27)t′f′1=15+
1.293×5000/3600×1005
t′f′1=15+22.7=37.7°C
案
Pa对应的饱和温度
网
2
3
951.0/ρ=kgm，，
m
/(m2⋅K)。
22
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951.02×9.8×0.6853×2202.3×1031/4
h=0.725×[−4
2.59×10×0.016×(120−100)
h=12025.67W/(m2⋅k)
与假定的壁温值很接近。所以壁温约为100
12025.67W/(m2⋅k)。
N=20排时
khd
2
课
ρ2gλ3r1]h1=0.725[
µd(ts−tw)
后
答
7-7垂直列上有20排管的顺排冷凝器，水平放置，求管束的平均表面传热系数与第一排的表面传热系数之比。解：单排时
ρgλr
]hn=0.725[
µnd(ts−tw)
1ρ2gλ3r
0.725[]µnd(ts−tw)hn1==()23
ρgλrh1n
0.725[]
µd(ts−tw)
www.
1hn
)=0.472=(20h1
可见多排管子冷凝换热比单排的弱。因为第一排管子的凝液流到第二排、第二排的又流到第三排、以
此类推，造成凝液厚度增加从而增大了导热热阻。
第八章
aw.co
°C
t(1)w=99.8°C
，冷凝换热系数为
案
网
3
m
23
Φ3.05×104
=120-代入式（1）tw=ts−
hA12025.67×3.14×0.016×2.5
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8-13有一漫射表面温度T＝1500K，已知其光谱发射率ελ随波长的变化如图所示，试计算表面的全波长总发射率ε和辐射力E。解：
总发射率=
实际表面辐射力同温下黑体表面辐射力
∫=
=
即：
∞
ελEbλdλEb
λ1
案
ελ1∫Ebλ(λ,T)dλ+ελ2∫Ebλ(λ,T)dλ+ελ3∫Ebλ(λ,T)dλ
λ1
λ2
又,λ1T=1×1500=1500µm⋅k.查表8-1得,Fb(0-λ1T)=0.01375，同理：λ2T=3×1500=4500µm⋅k.则,Fb(0-λ2T)=0.56405， λ3T=5×1500=7500µm⋅k.则,Fb(0-λ3T)=0.8344. 故: ε=0.1×0.01375+0.4×(0.56405-0.01375) +0.2×(0.8344-0.56405) =0.276
4
www.
所以：该表面的辐射力:E=εEb=εδbT
8-14已知某表面的光谱吸收比αλ随波长的变化如图所示，该表面的投射光谱辐射能Gλ随波长的变化如图所示，试计算该表面的吸收比α。
khd
课
+ελ3[F(0−λ3T)−F(0−λ2T)]
后
ε=ελ1F(0−λ1T)+ελ2[F(0−λ2T)−F(0−λ1T)]
aw.co
网
λ2
λ3
E=ε=Eb
Eb
答
Eb(T)
=0.276×5.67×10−8×15004
=79224W/m2
m
24
∞
Eλdλ
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后
=
λ1
答
案
∫
Gλdλ
αλ1G(0−λ1)dλ+αλ2G(λ1−λ2)dλ+αλ3G(λ2−λ3)dλ
λ1
λ2
网
∫α=
∞
αλGλdλ
∞
khd
∫
课
λ1
G(0−λ1)dλ+∫G(λ1−λ2)dλ+∫G(λ2−λ3)dλ
λ1
λ2
200
又: αλ1=0.2, G(0−λ1)=λ,
3
αλ3=0.9, G(λ2−λ3)=2400−200λ,
www.
αλ2与波长相关,其线性关系为:αλ2=0.175λ−0.85;
而G(λ1−λ2)=400W/(m2⋅µm).
代入公式得:
61012200
∫00.2×λdλ+∫6(0.175λ−0.85)×400dλ+∫100.9×(2400−200λ)dλα=62001012
∫03λdλ+∫6400dλ+∫10(2400−200λ)dλ
aw.co
λ3
λ2
λ2λ3
25
投入辐射能中被表面吸收的辐射能
总吸收率=
投入到表面的总辐射能
m
解：
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1002+40022+[0.2×λ][0.5×0.175λ−0.85λ][0.9×2400λ−100λ]=
1002+400(10−6)+[λ][2400λ−100λ2]106
6
1210
6
1210
3
α=0.4625
所以，该表面的吸收比为0.4625.
o
c网
案
.答
w后
课
ad
hk.
wm
26
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