جابجایی جریان اجباری داخل کانال‌ها و لوله‌ها

مقدمه

می دانیم وقتی جریان لایه ای یکنواخت وارد لوله دایره ای می شود در اثر لزجت ، لایه مرزی با افزایش x رشد می کند. در نتیجه ناحیه جر یان غیر لزج کوچک می شودو با فراگیر شدن جریان ، لایه مرزی در خط مرکزی از بین می رودو از آن به بعد پروفیل سرعت با افزایش x تغییر نمی کند. در این حالت می گویند جریان کاملا فرا گیر است. و فاصله از ورودی تا جایی که این حالت روی میدهد طول ورودی هیدرو دینامیکی نامیده می شود.

پرونده:Amin123.png

در قسمت جریان غیر لزج(با هاشور زرد نشان داده شده است) می توان از معادله برنولی استفاده نمود.

در این قسمت معمولا جریان توسعه یافته مد نظر ما می باشد که در آن از طول لوله می توان صرفنظر نمود. و در قسمت هایی که فرض توسعه یافتگی صدق نمی کند باید از نتایج تجربی استفاده نمائیم.

یکی از اهداف ما در بررسی جریان داخلی به دست آوردن ضریب انتقال حرارت جابجایی بین سیال و جدار لوله می باشد برای نیل آسانتر به این هدف در ابتدا مسایل جریان داخلی را دسته بندی می کنیم:

در طول ورودی(Entrance length) داریم

$\frac{L_e}{D_h}=0.06Re$:جریان لایه ای

$\frac{L_e}{D_h}=10$:جریان آشفته

جریان در ناحیه توسعه یافته درون کانال دوبعدی

پرونده:P1p2.JPG

شرایط مرزی در این هندسه

$\begin{array}{cc}& y=0\to u=v=0\\ & y=h\to u=v=0\\ \end{array}$

معادلات مورد استفاده

پیوستگی و معادلات بقای مومنتوم برای یک جریان تراکم ناپذیر پایای دوبعدی در مختصات کارتزین عبارت است از :

$\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0$

$u\frac{\partial u}{\partial x}+v\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{1}{\rho }\frac{\partial p}{\partial x}+\nu (\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2})$

$u\frac{\partial v}{\partial x}+v\frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{1}{\rho }\frac{\partial p}{\partial y}+\nu (\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}v}{\partial y^2})$

که در آن u و V اجزای سرعت ، $\rho$ چگالی ، P فشار ، و $\nu$ ویسکوزیته جنبشی سیال در یک نقطه می باشند.

ساده سازی معادلات

معادله اول(پیوستگی)

از آنجا که جریان توسعه یافته است داریم:

($\frac{\partial u}{\partial x}=0$) در نتیجه  : $v=0$

معادله دوم

داریم: $v=0$ در نتیجه $\frac{\partial p}{\partial y}=0$

معادله سوم

چون $v=0$ و $\frac{\partial u}{\partial x}=0$

در نتیجه $\mu \frac{d^{2}u}{d{y}^2}=\frac{dp}{dx}$

توجه :چون u وP فقط تابع یک متغیر هستند بجای $\frac{\partial p}{\partial x}$ و $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$ از $\frac{dp}{dx}$ و $\frac{d^{2}u}{d{y}^2}$ استفاده میکنیم.

در ادامه سعی می کنیم پروفیل سرعت را به کمک معادله سوم بدست بیاوریم:

چون یکطرف تساوی فقط تابع yو طرف دیگر فقط تابع x می باشد در نتیجه: $\mu \frac{d^{2}u}{d{y}^2}=\frac{dp}{dx}=cons.=G$

بنابراین: $u(y)=G(\frac{y^2}{2}+C_{1}y+C_2)$

با اعمال شرایط مرزی بدست می آوریم:

$u(y)=\frac{-G}{2}y(h-y)$

بدست آوردن سرعت ماکزیمم، سرعت متوسط، دبی ، اختلاف فشار و افت در لوله ها

سرعت ماکزیمم

همانطور که میدانیم سرعت ماکزیمم در وسط لوله اتفاق می افتد(از $\frac{\partial u}{\partial y}=0$ می توان چنین نتیجه ای گرفت): $u_{\max }=u(y=\frac{h}{2})=\frac{-G{h}^2}{8}$

دبی

$Q=\underset{0}{\overset{h}{\int }}u(y)bdy=4u_{\max }hb\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\frac{y}{h})(1-\frac{y}{h})\frac{dy}{h}=4u_{\max }bh(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})=\frac{2}{3}bh{u}_{\max }$

سرعت متوسط

$\begin{array}{cc}& Q=\bar{u}A=\bar{u}bh\\ & Q=\frac{2}{3}bh{u}_{\max }\\ & u_{\max }=\frac{3}{2}\bar{u}\\ \end{array}$

اختلاف فشار

$\begin{array}{cc}& \frac{dp}{dx}=-12\frac{\bar{u}}{h}\mu =\frac{p_2-p_1}{L}\\ & p_1-p_2=\frac{12\mu \bar{u}}{h^2}L\\ \end{array}$

افت در لوله

$\begin{array}{cc}& \frac{p_1}{\rho g}+\frac{{{\bar{u}}_1}^2}{2g}+z_1=\frac{p_2}{\rho g}+\frac{{{\bar{u}}_2}^2}{2g}+z_2\\ & h_f=\frac{p_1-p_2}{\rho g}=\frac{12\mu \bar{u}}{\rho g{h}^2}L\\ \end{array}$

ضریب اصطکاک در لوله ها

(صورت و مخرج رابطه بدست آمده قبلی را در یک عدد ثابت ضرب می کنیم)

$h_f=\frac{12\mu \bar{u}}{\rho g{h}^2}L*\frac{2\bar{u}}{2\bar{u}}=\frac{24{\bar{u}}^2}{(\frac{\rho \bar{u}2h}{\mu })gh}L$

از طرفی می دانیم:

$D_h=\frac{4A}{P}=\frac{4bh}{2(h+b)}\simeq 2h$

بنابراین می توان نوشت

${\mathrm{Re}}_{D_h}=\frac{\rho \bar{u}2h}{\mu }$

و در نهایت برای ضریب اصطکاک بدست می آید:

$\begin{array}{cc}& h_f=\frac{2*2*24{\bar{u}}^2}{({\mathrm{Re}}_{D_h})(2g)(2h)}L=f\frac{L}{D}\frac{{\bar{u}}^2}{2g}\\ & f=\frac{96}{{\mathrm{Re}}_{D_h}}\\ \end{array}$

حال هدف ما بدست آوردن h می باشد:

$u\frac{\partial T}{\partial x}+v\frac{\partial T}{\partial y}=\alpha (\frac{{\partial }^{2}T}{{\partial }^{2}x}+\frac{{\partial }^{2}T}{{\partial }^{2}y})+\frac{\mu }{\rho c}\mathrm{\Phi }$

دما ثابت:هرچه جلوتر برویم پروفیل دما به دمای دیواره نزدیک تر می شود.
شار ثابت:هرچه جلوتر برویم دما زیاد تر می شود. برای بدست آوردنH باید$q$و $\mathrm{\Delta }T$ را داشته باشیم.
$q$ فرمول مشخص دارد و محاسبه می شود ولی در $\mathrm{\Delta }T$ باید دمای میانگین را از دمای دیوار کم کنیم.دمای میانگین رادمای بالک Bulk می نامیم.

$T_m=\frac{1}{\dot{m}{C}_p}\underset{A}{\int }\rho u{C}_{p}TdA$

$\frac{d{T}_m}{dx}=2\frac{{q^{″}}_{w}b}{\dot{m}{C}_p}$

اگر یک حجم کنترل در کانال بگیریم:

پرونده:Ct123.png

$h=\frac{-k\frac{\partial T}{\partial y}|{}_{y=0}}{(T_s-T_m)}$

متغیر تتا را بصورت زیر تعریف می کنیم:

$\theta (x,y)=\frac{T_s-T}{T_s-T_m}$

شرط توسعه یافتگی این است که:

$\frac{d\theta }{dx}=0$

یعنی $\theta$ نسبت به x تغییر نکند. شرط دما ثابت:

$\frac{d\theta }{dx}=\frac{-\frac{\partial \theta }{\partial x}\left(T_s-T_m\right)-\left(-\frac{\partial T_m}{\partial x}\right)\left(T_s-T\right)}{{(T_s-T_m)}^2}=0$

$\frac{dT}{dx}=\frac{d{T}_m}{dx}\theta$

$\frac{\partial \theta }{\partial y}=\frac{-\frac{\partial T}{\partial y}}{T_s-T_m}=\frac{h}{k}$

از شرط توسعه یافتگی نتیجه می گیریم که h ثابت می باشد. شار ثابت:

$q^{″}=h(T_s-T_m)$

$\frac{d}{dx}(T_s-T_m)=0\to \frac{dT}{dx}=\frac{d{T}_m}{dx}$

$\frac{\partial \theta }{\partial x}=\frac{1}{T_s-T_m}\left(\frac{d{T}_s}{dx}-\frac{\partial T}{\partial x}\right)=0$

$\frac{\partial T}{\partial x}=\frac{d{T}_m}{dx}=\frac{2q^{\prime }b}{\dot{m}{C}_p}=C$

$uC=\alpha \frac{{\partial }^{2}T}{\partial y^2}$

$\frac{\partial T}{\partial y}=\frac{C}{\alpha }\int u(y)dy=\frac{C}{\alpha }4u_{\max }\int H\left(\frac{y}{H}\right)\left(1-\frac{y}{H}\right)d\left(\frac{y}{H}\right)$

$=\frac{C4u_{\max }H}{\alpha }{\left(\frac{y}{H}\right)}^2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\left(\frac{y}{H}\right)\right)+a_1$

${q^{″}}_{\max }=-k\frac{\partial T}{\partial y}|{}_{y=0}=-k{a}_1\Rightarrow a_1=-\frac{{q^{″}}_w}{k}$

با انتگرال گیری توزیع دما بدست می آید:

$T\left(x,y\right)=\frac{4C{u}_{\max }H}{\alpha }\int {\left(\frac{y}{H}\right)}^2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\left(\frac{y}{H}\right)\right)dy+a_1\int dy$

$=\frac{4q^{″}b{u}_{\max }{H}^2}{\dot{m}{C}_p\alpha }{\left(\frac{y}{H}\right)}^3\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{12}\left(\frac{y}{H}\right)\right)-\frac{{q^{″}}_w}{k}y+a_2{T}_s(x)$

به این ترتیب دمای هر مقطعی نسبت به x یک خط می شود با شیب ثابت:

پرونده:Khati.gif

حال برای محاسبه h باید $T_m-T_s$ را محاسبه کنیم.

$T_m-T_s=\frac{\rho b}{\dot{m}}\underset{0}{\overset{H}{\int }}u(y)\left(T-T_s\right)dy=8.23{q^{″}}_w$

در نتیجه عدد ناسلت به صورت زیر محاسبه می شود:

$Nu=\frac{D_{r}h}{k}=\frac{{q^{″}}_w}{{(8.23)}^{-1}{q^{″}}_w}=8.23$

دیدیم در جریان لایه ای در کانال h تابع سرعت و x نمی باشد.
داشتیم:

$\frac{\partial T}{\partial x}=\frac{d{T}_m}{dx}\theta$

که:

$\frac{d{T}_m}{dx}=\frac{2b{q^{″}}_w}{\dot{m}{C}_p}=\frac{2bh\left(T_s-T_m\right)}{\dot{m}{C}_p}\to \int \frac{d{T}_m}{T_m-T_s}=-\int \frac{2bh}{\dot{m}{C}_p}dx$

$Ln\left(\frac{T_m-T_s}{T_i-T_s}\right)=-\frac{2bh}{\dot{m}{C}_p}x\Rightarrow T_m-T_s+\left(T_s-T_s\right)e^{-\frac{2bh}{\dot{m}{C}_p}x}$

$\to u(y)\frac{d{T}_m}{dx}\theta +0=\alpha \left(\frac{d^2{T}_m}{d{x}^2}\theta +\frac{{\partial }^2\theta }{\partial y^2}\right)$

معادله دیفرانسیل $\theta$ بر حسب y می باشد که یک پروفیل درجه 4 به ما می دهد و باز هم به طور مشابه h بدست می آید که می شود :

$Nu=\frac{D_{r}h}{k}=7.54$

در لوله ها نیز به طور مشابه:

پرونده:Ostvane.gif

$\frac{\partial u}{\partial x}=0$

$\mu \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)=\frac{dp}{dx}$

$u=u_{\max }\left(1-{\left(\frac{r}{R}\right)}^2\right)$

$f=\frac{64}{{\mathrm{R}\mathrm{e}}_D}$

$T\left(r,x\right)=T_s(x)+\frac{2u_{\max }{R}^2}{\alpha }\left(\frac{d{T}_m}{dx}\right)\left(\frac{3}{16}+\frac{1}{16}{\left(\frac{r}{R}\right)}^4-\frac{1}{4}{\left(\frac{r}{R}\right)}^2\right)$

$Nu=\frac{Dh}{k}=4.36$

دما ثابت در لوله:

$N{u}_D=\frac{Dh}{k}=3.66$

---

مثال:

آب با دمای Tiوارد لوله ای به طولL می شود.با توجه به اطلاعات داده شده،دمای خروجی و اختلاف فشار را بیابید؟

اگر طول ورودی نسبت به طول کل،کوچک باشد،می توان همه جریان را توسعه یافته گرفت.که با محاسبات زیر نتیجه می گیریم که کل جریان توسعه یافته است.

$\begin{array}{cc}& \frac{T_e-T_s}{T_i-T_s}=e^{\frac{-hpL}{c\dot{m}}}\\ & \mathrm{Re}=\frac{\rho UD}{\mu }=77.19\\ & \frac{Xe}{D}=.05\mathrm{Re}=4\\ & Xe=1.6m\\ & \frac{X_{eth}}{D}=.05\mathrm{Re}.\mathrm{Pr}=.05\times 77.19\times 28750\\ & X_{eth}=44384m\\ & \\ & Ti={10}^{{}^{\circ }}C\to \left\{\begin{array}{cc}& \rho =893.5Kg/m^3\\ & \mu =2.325Kg/ms\\ & C_{p=1838J/Kg{}^{\circ }C}\\ & K=.146W/mK\\ & \mathrm{Pr}=28750\\ \end{array}\right\}\\ \end{array}$

برای محاسبه عدد نوسلت میتوان نوشت:

$\overline{Nu}=\frac{\bar{h}D}{K}=3.66+\frac{.065\left({}^D╱{}_L\right)\mathrm{Re}\mathrm{Pr}}{1+.04{({}^D╱{}_L\mathrm{Re}\mathrm{Pr})}^{.66}}=24.47$

و در نتیجه:

$\bar{h}=8.9W/m^{2}K$

هم چنین:

$\dot{m}=56.14kg/s$

با جایگذاری در رابطه* میتوان نوشت:

$T_e=9.68{}^{\circ }c$

برای محاسبه اختلاف فشار داریم:

$f=\frac{64}{\mathrm{Re}}=.829$

$△P=\frac{fL}{D}\frac{1}{2}\rho V^2=69.5KPa$

پروفیل سرعت در ناحیه توسعه یافته

پروفیل سرعت در جریان آرام تراکم ناپذیر سیال با خواص ثابت در ناحیه توسعه یافته در یک لوله دایره ای را به آسانی می توان به دست آورد. یکی از ویژگی های هیدرودینامیکی مهم ناحیه توسعه یافته آن است که مولفه سرعت شعاعی ν و گرادیان سرعت محوری در همه جا صفر است.

$\frac{\partial u}{\partial x}=0$

$\nu =0$

در نتیجه سرعت محوری فقط به r بستگی دارد، یعنی وابستگی شعاعی سرعت محوری را می توان با حل معادله مناسب اندازه حرکت در جهت x حل کرد. این معادله بر این استوار است که با توجه به شرایط معادله بالا نرخ خالص شار اندازه حرکت در ناحیه توسعه یافته همه جا صفر است. در نتیجه، بقا اندازه حرکت در این ناحیه به تساوی نیروهای فشاری با نیروهای تنش برشی منجر می شود. موازنه نیروها برای المان دیفرانسیلی حلقوی به صورت زیر در می آید

${\tau }_r(2\pi rdx)-\{{\tau }_r(2\pi rdx)+\frac{d}{dr}[{\tau }_r(2\pi rdx)]dr\}+p(2\pi rdr)-\{p(2\pi rdr)+\frac{d}{dx}[p(2\pi rdr)]dx\}=0$

که به صورت زیر در می آید

$-\frac{d}{dr}(r{\tau }_r)=r\frac{dp}{dx}$

با استفاده از y = r0 – r و قانون لزجت نیوتن، داریم

${\tau }_r=-\mu \frac{du}{dr}$

در نتیجه معادله قبل به صورت زیر در می آید

$\frac{\mu }{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right)=\frac{dp}{dx}$

چون گرادیان محوری فشار مستقل از r است، معادله بالا را می توان دو بار انتگرال گرفت تا تنیجه زیر به دست آید

$r\frac{du}{dr}=\frac{1}{\mu }\left(\frac{dp}{dx}\right)\frac{r^2}{2}+C_1$ و

$u(r)=\frac{1}{\mu }\left(\frac{dp}{dx}\right)\frac{r^2}{4}+C_1\ln r+C_2$

ثابت های انتگرال گیری را می توان از شرایط مرزی زیر به دست آورد.

$u(r_0)=0$

${\frac{\partial u}{\partial r}|}_{r=0}=0$

که نشان دهنده عدم لغزش سیال در سطح لوله و تقارن حول محور مرکزی اند. پس از به دست آوردن ثابت ها به نتیجه زیر می رسیم

$u(r)=\frac{-1}{4\mu }\left(\frac{dp}{dx}\right)r_0^2[1-{\left(\frac{r}{r_0}\right)}^2]$

بنابراین پروفیل سرعت توسعه یافته سهموی است. توجه داشته باشید که گرادیان فشار همواره باید منفی باشد. از نتیجه فوق می توان سرعت میانگین جریان را به دست آورد. با جاگذاری معادله بالا در معادله

$u_m=\frac{\underset{A_c}{\int }\rho u(r,x)d{A}_c}{\rho A_c}=\frac{2\pi \rho }{\rho \pi r_0^2}\underset{0}{\overset{r_0}{\int }}u(r,x)rdr=\frac{2}{r_0^2}\underset{0}{\overset{r_0}{\int }}u(r,x)rdr$ و انتگرال گیری، خواهیم داشت

$u_m=-\frac{r_0^2}{8\mu }\frac{dp}{dx}$ پس از جاگذاری آن در معادله بالا ، پروفیل سرعت به صورت زیر در می آید

$\frac{u(r)}{u_m}=2[1-{\left(\frac{r}{r_0}\right)}^2]$

ویرایش توسط : میلاد محمدی استاد مربوطه دکتر فاتحی

مثال 3) لوله ای با دبی،قطر و دمای ورودی و خروجی آب مشخص داریم. الف)نرخ کلی انتقال حرارت لوله از جداره را بدست آورید ب)دمای دیواره چقدر است؟

$\begin{array}{cc}& \dot{V}=\frac{Lit}{\min }\\ & D=2cm\\ & T_i=10{}^{\circ }c\\ & T_o=80{}^{\circ }c\\ & L=7m\\ & q=?\\ & T_s=?\\ & \\ & q=\dot{m}{C}_p(T_o-T_i)\\ & \dot{m}=\rho V=0.132\frac{Kg}{S}\\ & \overline{T}=\frac{T_i+T_o}{2}=45{}^{\circ }c\to \left\{\begin{array}{cc}& \rho =990\frac{kg}{m^3}\\ & K=0.637\frac{W}{m.K}\\ & \nu =0.602\times {10}^{-6}\frac{m^2}{s}\\ & pr=3.91\\ \end{array}\right\}\\ & V_m=\frac{\dot{V}}{A_c}=0.424\frac{m}{s}\\ & q=\dot{m}{C}_p(T_o-T_i)=38627W\\ & \mathrm{Re}=14.100\to N{u}_D=82.8\to h=2637\frac{W}{m^2.k}\\ & q^{″}=h(T_{s,l}-T_o)=\frac{q}{A_s}\to T_{s,l}=113.3{}^{\circ }c\\ \end{array}$

مثال 3 ایجاد شده توسط بنفشه سالمی نژاد.استاد مربوطه دکتر فاتحی

......................................................

مثال 4 - رابطه جابه جای جریان متلاطم در لوله های دایره ای

اگر در لوله ای به قطر 2cm و $\stackrel{\cdot }{\mathrm{\forall }}=8\frac{lit}{\min }$ و $T_i=10\stackrel{{}^{\circ }}{C}$ و $T_0=80\stackrel{{}^{\circ }}{C}$ و $L=7m$ باشد مقادیر $T_{s,l}$ و $q$ را بیابید. (لوله حاوی آب می باشد و شار ثابت است) پرونده:جریان متراکم.tiff

حل:

داده:

$\begin{array}{cc}& T_i=10\stackrel{{}^{\circ }}{C}\\ & T_0=80\stackrel{{}^{\circ }}{C}\\ & L=7m\\ & \stackrel{\cdot }{\mathrm{\forall }}=8\frac{lit}{\min }\\ \end{array}$

خواسته:

$\begin{array}{cc}& T_{s,l}\\ & q\\ \end{array}$

$\bar{T}=\frac{1}{2}(T_i+T_0)=318K$

خواص آب در دمای $\bar{T}$ :

$\begin{array}{cc}& \upsilon =1.01\times {10}^{-3}\frac{m^2}{s}\\ & \mathrm{Pr}=3.91\\ & C_p=4180\frac{j}{kg}\\ & \mu =0.6094({10}^{-3})\frac{s}{m^2}\\ & \rho =990\frac{kg}{m^3}\\ & K=0.637\frac{w}{mk}\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}& \stackrel{\cdot }{v}=8\frac{lit}{\min }=8({10}^{-3})/60=1.33({10}^{-4})\frac{m^3}{s}\\ & \stackrel{\cdot }{m}=\rho \stackrel{\cdot }{v}\to \stackrel{\cdot }{m}=0.132\frac{kg}{s}\\ & q=\stackrel{\cdot }{m}{C}_p(T_0-T_i)\\ & q=.0132\times 4180\times (80-10)\to q=38623\left[w\right]\\ \end{array}$

${\mathrm{Re}}_D=(4\stackrel{\cdot }{m})/(\pi D\mu )=13789.6$

پس جریان متلاطم می باشد و چون:

$\begin{array}{cc}& {\mathrm{Re}}_D⟩10000\\ & .5⟨\mathrm{Pr}=3.91⟨2000\\ \end{array}$

از رابطه پتوکوف می توان نوسلت و سپس ضریب جابجایی را بدست آورد:

$\begin{array}{cc}& N{u}_D=((f/8){\mathrm{Re}}_D\mathrm{Pr})/(1.07+(12.7(f/8)({\mathrm{Pr}}^{2÷3}-1)))\\ & f={(.79Ln({\mathrm{Re}}_D)-1.64)}^{-2}\\ & \to f=.02882\\ & \to N{u}_D=88.194\\ & h=N{u}_{D}K/D=2808\frac{w}{m^{2}k}\\ \end{array}$

نهایتا برای بدست آوردن دمای انتهای سطح لوله داریم:

$\begin{array}{cc}& A_s=\pi DL=.439823m^2\\ & q=h{A}_s(T_{s,l}-T_0)\to T_{s,l}=111.26\stackrel{{}^{\circ }}{C}\\ \end{array}$

نوشته شده توسط عبدالحمید سراجی