§¹i häc §µ N½ng
Tr−êng §¹i häc b¸ch khoa
Khoa c«ng nghÖ nhiÖt ®iÖn l¹nh PGS, TS. NguyÔn Bèn

C¸c ph−¬ng ph¸p tÝnh
truyÒn nhiÖt


r
các phân tử trong hai lớp nh nhau.
Do đó, trong thời gian d, số phân tử ở
T
1
và T
2
qua dS là nh nhau, bằng:
z
x
T
2
T
1

y
O

H1. Để chứng minh
định luật Fourier
d
2
n =
6
1
n
o



2
=
E
2
d
2
n =
6
1
n
o


dS d
2
i
kT
2
Trừ hai phơng trình cho nhau, ta đợc:

2
Q = (
E
1
-
E
2
)d
2
n =


2
Q = -
6
i
n
o
k


dx
dT
dS d
Do
6
i
n
o
k =
6
i
n
o

N
R
=
3
1
(n

dS d
hay


dSd
Q
2
= q = -








x
T

* Khi dS có vị trí bất kỳ thì q = - gradT
hay dạng vectơ dòng nhiệt là
q
r
= -
dTagr
r

1.1.2. Phát biểu:
Vectơ dòng nhiệt tỷ lệ thuận với gradient nhiệt độ:
Biểu thức vectơ:

RT
p








m
kT8








pd.2
kT
2
C
v
=
3
2

m


q



C
dV
V
O
5
[Lợng nhiệt phát sinh trong dV] - [Thông lợng nhiệt qua dV]=
[Biến thiên entanpy của dV]
Cho trớc (q
v
, , c
p
, ) dV, có thể viết phơng trình trên ở dạng:
q
v
dVd - div
q
r
dVd = dV.c
p


t
d

hay

r
+

r
c
p
t,
do đó: div
q
r
= div (c
p

r
t-
dtagr
r
), coi (, c
p
) = const ta có :
div
q
r
= c
p
div (t

r
) - div (
dtagr

r
dtagr
r
) -
2
t -
dtagr
r
.
dagr
r

Vậy phơng trình có dạng:

t
=
p
c
qv

- tdiv

r
-

r
.
dtagr
r
+

dx
+
dy
dt
.
d
dy
+
dz
dt
.
d
dz
=
d
dt

nên phơng trình vi phân dẫn nhiệt sau khi đặt a =
Cp

, sẽ là:
d
dt
= a
2
t +
p
v
c
q







+


+


+


+




+


+


+




2








rtrong
r
tt
rr
t
r
t
r
r
t
zrtrong
z
tt
r
r
t
r
r
t
zyxtọatrong
z

= a
2
t +
p
v
c
q

+
p
c
1

dtagr
r
.
dagr
r

* Vật rắn có = const xyz phơng trình là:

t
= a
2
t +
p
v
c
q


V).
3. Điều kiện ban đầu: Cho biết luật phân bố nhiệt độ lúc = 0 tại
mọi điểm M hệ, tức cho biết t = t(x, y, z, = 0), (x, y, z) V.
4. Điều kiện biên: Cho biết luật phân bố nhiệt độ hoặc luật cân
bằng nhiệt tại mọi điểm trên biên W, ở mọi thời điểm , tức cho biết:
t = t(M, ) hoặc
dtagr
r
= f(M, , t)
M (x, y, z) V
xét
1.3.3. Các loại điều kiện biên (ĐKB)
Tại mỗi miền W
i
của mặt biên kín W = W
i
, tuỳ theo cách phân
bố t hoặc cách trao đổi nhiệt, ta có thể cho biết các loại ĐKB sau đây:
1. ĐKB loại 1: Cho biết luật phân bố nhiệt độ t tại mọi điểm M
1

W
1
ở mọi thời điểm:
7
t = t (M
1
, ), M
1
W

n
t


= q = 0 tức biên W
2
đợc cách nhiệt tuyệt đối hoặc là
biên đối xứng, lúc này t đạt cực trị tại W
2
, và đờng cong t(M) có tiếp
tuyến nằm ngang.
3. ĐKB loại 3: Cho biết biên W
3
tiếp xúc chất lỏng có t
f
, và toả
nhiệt ra chất lỏng theo luật:
-t
n
(M
3
, ) = [t(M
3
, ) - t
f
], tức cho biết
gradt (M
3
) = [t
f

44



và t(M
4
) = t
4
(M
4
)
5. ĐKB loại 5: Cho biết luật cân bằng nhiệt trên biên W
5
di động,
t
x
H3. CBN trên biên W
5

do có sự chuyển pha, trao đổi
chất (khối lợng thay đổi) hoặc
đang biến dạng:
-
n
)M(t
5


= r
c
-
t'
n


-r
c

5
dx
d

5
dx
d

x
0
x
5
8
tuỳ theo cách cho ĐKB, sẽ có các đặc điểm hình học sau đây:

W Cách cho ĐKB
Đờng cong
t(M,)
ý nghĩa hình học
1 t

n
t
w


= const
x

V
Các tiếp tuyến của t(M) tại
W song song, góc = const
3
n
t
w


=


/
tt
wf

x
V
t
f
R


4W
x
V
V
o


t(M) liên tục, không khả vi
tại W
4
và = const
5
-
n
t
w


= r
e

d
dx
5

-
n
't
w


tả các ĐKĐT nh sau:

(t) =

t
= a
2
t +
c
v
q

và
các phơng trình mô tả các ĐKĐT.
Mục đích chính của truyền
nhiệt là tìm các phơng pháp giải
hệ (t) để tìm hàm phân bố t(x,y,z,)
thoả mãn hệ (t).

, ,
c, q
v


o
t
o
n



w
x
-1
q(M, )

2
t
= a t +

2
q
v

c

[
t
w

-

t
f
]
2

t
x
w
M

x
, t
xx
) = 0 đợc gọi là
thuần nhất khi: nếu t là nghiệm của phơng trình thì ct, c =const,
cũng là nghiệm của F(t, t
x
, t
xx
) = 0.
- Ví dụ: t

= at
xx
, t
x
(0,) = -


t(0,) là TN
t

= a
2
t +
c
v
q

, t

biến và thông số có thứ nguyên thành các biến và thông số không thứ
nguyên.
- Lợi ích của phép chuẩn hoá là đơn giản hệ phơng trình và cách
11
giải, khiến cho nghiệm có tính tổng quát, không phụ thuộc các đại
lợng có thứ nguyên, và trong vài trờng hợp, có thể thuần nhát hoá
các điều kiện biên không thuần nhất.
- Ví dụ: Bài toán làm nguội tấm phẳng với 2 biên W
o
/W
3
có mô
hình:
(t)












=
=
=



=


=
2
fo
f
a
F
x
X
tt
tt

và đặt B =



thì do

t
=

t
.
F

.




fo
tt
.
X


2
2
x
t


=
x

(
x
t


) =
X

. (


fo
tt



[t (, ) - t
f
] có dạng TN là

x
(l, F) =



[1, F] = B(1,F)

t
= (t
o
- t
f
)
2
a

F

= a
2
2
x
t









=
=
=


=


)(),1(),1(
)(0),0(
1)0,(
2
2
TNFBF
TNF
X
XF
x
x
















=
=
=
=

]t),(t[),(t
0),0(t
t)0,x(t
att
fx
x
o
xx

Bằng cách đổi biến:
O
t
x
a


, B =


sẽ thu đợc hệ phơng trình
() tơng đơng, ở dạng chuẩn hoá:
()







=
=
=
=
),1(),1(
0),0(
1)0,(
FBF
F
x
x
x
xxF





Nghiệm tổng quát là (X,F) = (c
1
sin kX + c
2
coskX)
F
2
k
e


4. Xác định các hằng số theo ĐKĐT

x
(0,F) = 0 (kc
1
cos0 + (-kc
2
sin0)
F
2
k
e

= 0
c
1
= 0 và (X,F) = c
2

= cotgk =
B
k
, phơng trình này có
vô số nghiệm k
i
, i = 1 ữ n. Các
nghiệm riêng thoả mãn ĐKB có
dạng:
i
(X,F) = c
2
cosk
i
X.
F
2
i
k
e

,
O
cotgk
k
k
kk
kk
1
2



1
ii
Xkcosc
=
cosk
i
X

1
0
i
XdXkcos
=
i
i
k
ksin
=


1
0
iii
dXXkcoscXkcos
=
14
c
i

+
1i
ii
i
k2sink2
ksin
cos(k
i
X)
F
2
i
k
e


* Đồ thị (X,F) và t(x, ) có dạng:
O
x
F =

6
5
4
3
2
1
1
F=0
1

1. Tìm nghiệm riêng ổn định

(x) của bài toán (), ứng với lúc ổn
định, theo phơng trình

F
= 0 =
xx

2. Thay (v = -

) vào bài toán () để lập bài toán (v), sẽ đợc
bài toán (v) thuần nhất.
3. Tìm nghiệm v của bài toán (v) bằng phơng pháp tách biến, sau
đó lập nghiệm của bài toán () đã cho là =

+ v
2.3.3. Ví dụ: Bài toán gia nhiệt vách phẳng biên (W
1
)

1. Phát biểu BT: Cho vách phẳng có , a, , t(x,0) = t
o
= t(, ) và
F = 0

15
t(0, ) = 2t
o
. Tìm t(x, )






=

=

=
2
o
o
a
F
x
X
t
tt

O
t
x
a,
t(x, )


t
o


(

)





==
+==
+===
2
21
21xx
c1)0(
cc0)1(
cXc0



X1 =

3. Thay v(X,F) = (X,F) -

(X) = (X,F) + X - 1 vào (): bài toán
() trở thành bài toán (v) thuần nhất nh sau:
(v)




e


- Theo ĐKB: v(0,F) = 0 c
2
F
2
k
e

= 0 c
2
= 0
v(X,F) = c
1
sinkX
F
2
k
e


Theo v(1,F) = 0 c
1
sink
F
2
k
e




1
0
)Xnsin( dX)Xnsin(c
1n
n



=
-

n
1
=
2
c
n
c
n
=


n
2

nghiệm phơng trình (v) là: v(X,F) = -

2

1
x


x
=

1
-

x
F

=

F = 0
1
1
2

O
t
x

t
t



nhng không tìm đợc
- Bài toán với vật có nguồn nhiệt trong, hoặc đợc gia nhiệt bằng điện.
17
2.4.2. Nội dung phơng pháp BTHS
Gồm các bớc sau:
1. Lập bài toán (v) thuần nhất, bằng cách cho bằng 0 tất cả các
ĐKB không thuần nhất trong bài toán ().
2. Tách biến v(X,F) = X(X).F(F) và tìm X(X) thoả mãn các ĐK
biên thuần nhất, sẽ đợc các nghiệm riêng dạng X
n
(X) = c
n
(X), trong
đó
n
(X) = f(n,X) là hàm số riêng, thoả mãn điều kiện trực giao:


1
0
mn
dX)X()X(
=



=

nmkhic



1
0
mn
dX)X()X(
= cA
n
(F) tức có quan
hệ A
n
(F) =
c
1


1
0
n
dX)X()F,x(

4. Lập hệ phơng trình thờng của A
n
(F) bằng cách tính
dF
d
A
n
(F),
tìm nghiệm A

t
.
Tìm t(x, )
O
t
x
a,
t( ,0)

q =
t =
o

q = 0
t
t
o


(t = - )
t
o

x
x = 0
x
t
18
* Mô hình TH: (t)


, X =

x
, F =
2
a


, sẽ có:
()









=
==
=
=
0)0,(
)0(1),0(),0(
)(0),1(
X
TNt
t
F

vv
x
x
xxF
(TN)
2) Tìm nghiệm riêng bài toán biên, v
x
(1,F) = v
x
(0,F) = 0, bằng
cách tách biến v(X,F) = X(x)F(F) có
X(x) = c
1
sin kX + c
2
cos kX



====
====
nkksinkc0)1(X0)F,1(v
kXcosc)x(Xc0)0(X0)F,0(v
2xx
21xx

Do đó có X(X) = c
n
cos (nX) và hàm số riêng là
n

0


= A
n
(F)
dX)Xn(cos
1
0
2


=






=
0n),F(A
2
1
0nkhi),F(A
n
o

Do đó, A
n
(F) phải xác định theo (X,F) bởi quan hệ:

n
):
- Khi n=0,
dF
)F(dA
o
=
dX
1
0
F


=
dX
1
0
xx


=
x
1
0

=
x
(1,F) -
x
(0,F) = 0 -

= 2
dX)Xncos(
1
0
xx



,
(phân đoạn tích phân) = 2 {
1
0x
|)]Xncos([

+ n

1
0
)sin( dXXn
x

}=
2{1+2
1
0
|)Xnsin([
- n


1

= 2 có nghiệm tổng quát A
n
(F) =
2
)n(
2

+ c
1
F
2
)n(
e

. Điều kiện ban đầu cho A
n
(0) = 2
dX)Xncos()0,X(
1
0



2
)n(
2

+ c
1
= 0 c

=
1n
n
)Xncos()F(A
, tức: (X,F) = F +
2
2





=
1n
2
n
)Xncos(
-
2
2




=
1n
2
n
)Xncos(
.

3
1
) -
2
2




=
1n
2
n
)Xncos(
exp(-n
2

2
F)
* Phân bố (X,F) và t(x,) có dạng:
O
1
x

q=0
F=0
1
2
3
1

3
) + t
o
[
2
a


-
2
2



=

1n
2
n
)/xncos(
exp (-
2
22
an


)]
2.5. Phơng pháp Fourier cho bài toán không ổn định nhiều chiều
Các bài toán nhiều chiều không ổn định có thể giải bằng phơng
pháp tách biến lặp, hoặc phơng pháp quy về nhiều bài toán không ổn

H16. Bài toán trụ tổng quát

21
* Mô hình TH: (t)









=
=

+

+=

),(g)0,,(t
t),,R(t
)t
1
t
1
t(at
1
2



),r(f
t
t),(g
)0,,r(
0)F,,1(
r
1
r
1
1
1
2
rrrF

* Giải bằng phơng pháp tách biến lặp:
1. Tách biến thời gian bằng cách đặt (r,,F) = W(r,)F(F)
WF' = W
rr
F +
r
1
W
r
F +
2
r
1
W


==+

0
11
)(0
2
2
2'
2
WkW
r
W
r
W
eFFFkF
rrr
Fk


2. Tách biến r, bằng cách đặt
W(r, ) = R(r)() R" +
r
1
R' +
2
r
1
R" + k
2
R = 0

+==+
,0)('"
cossin)(0"
2222
2
RnrkrRRr
nBnAn


là phơng trình Bessel cấp n, có
nghiệm là: R(r) = cJ
n
(kr) + DY
n
(kr) = cJ
n
(kr) do
0r
lim

Y
n
(kr) =
Trong đó J
n
(kr) là hàm Bessel cấp n loại 1, có dạng:
J
n
(kr) =


n
(k) J
n
(k) = 0
có vô số nghiệm k
mn
ứng với giá trị cấp n của phơng trình J
n
(k
mn
)
= 0. Do đó, (r, ,) = RF =


=

=1m0n
n
J
(k
mn
r) (A
mn
sin n + B
nm
cos
n)
Fe
mn
k

d có
444344421



dnsin),r(f
2
2
0
=


=
1m
n
J
(k
mn'
r) A
mn'
43421
=



2
0
2
d'nsin
. Lại nhân hai vế với rJ

mn
2
1n
+
]
Do đó có: A
mn
=
)k(J
2
mn
2
1n
+

)rk(rJ
1
0
mnn



2
0
),r(f
sin n d dr
Tơng tự xác định các hằng số B
mn
:
- khi n = 0 B

)(
1
0
rkrJ
mnn




2
0
),r(f
cos d dx
* Ví dụ: Cho f(r,) = 1, tức t(,,0) = 2t
1
, có:












=


2
1
2
momo
kJk
[k
mo
rJ
1
(k
mo
)]
1
0
=
)k(Jk
2
mo1mo

Lúc này, nghiệm bài toán () là:
(r,F) =


=1
1
)(
2
m
mm
kJk

V.
Tìm t(r,z,)
* Mô hình TH:
(t)







=
===
=++
i
oo
zzrrr
tzrt
TNtLrtrtzrt
t
a
tt
r
t
)0,,(
)0(,),,(),0,(),,(
11


z

)TN(0),0,r(T),z,r(T
T
a
1
TT
r
1
T
oi
o
zzrrr

* Giải bằng phơng pháp quy về 2 bài toán 1 chiều:
- Tìm nghiệm dạng T(r,z,) = R(r,)Z(z,) Phơng trình vi phân
DN có dạng: R
rr
Z+
r
1
R
r
Z + RZ
zz
=
a
1
(R

Z+RZ


=+


0Z
a
1
Z
0R
a
1
R
r
1
R
zz
rrr

Đây là phơng trình vi phân cho 2 bài
toán 1 chiều
- Các ĐK biên tơng ứng là:
T(r
o
,z,) = 0 = R(r
o
,) Z(z,) R(r
o
, ) = 0
T(r,0,) = 0 = R(r,) Z(0,)
T(r,L,) = 0 = R(r,) Z(L,)
}

r
1
R
oi
o
nrr
và (Z)







=
==
=
1)0,(
0),(),0(
1
zZ
LZZ
Z
a
Z
zz



Nghiệm của bài toán (R) và (Z) là:

o
(k
m
r
o
) = 0),
Z(Z,) =

4

+
+

=
0n
)1n2(
L
Z
)1n2sin(
2
L
a
22
)1n2(
e

+

Do đó, nghiệm của bài toán 2 chiều là T(r,Z,) = R,Z:
T(r,z,) =

2
22
++

2.5.3. Định lý giao nghiệm
2.5.3.1. Định lý 1:
25
Nếu X(x, ) là nghiệm của phơng trình X

= aX
xx

Y(y, ) là nghiệm của phơng trình Y

= aY
yy
Z(z, ) là nghiệm của phơng trình Z

= aZ
zz

thì (x,y,z,) = X(x,)Y(y,) Z(z,) là nghiệm của phơng trình


= a(
xx
+
yy
+
zz

(,
x
,
y
,
z
) = 0, thì = XYZ cũng thoả mãn
điều kiện biên đó.
Chứng minh theo định nghĩa ĐKB thuần nhất.
2.5.3.4. ứng dụng các định lý giao nghiệm:
Có thể tìm nghiệm bài toán không ổn định ở các vật thể hữu hạn,
thoả mãn phơng trình = a
2
và cùng một ĐKB thuần nhất, nh là
tích các nghiệm của bài toán một chiều tơng ứng, ví dụ với vật V có
dạng hộp, trụ hữu hạn, đới cầu v.v.