Hướng dẫn giải bài tập truyền nhiệt J.P. Holman, ấn bản thứ 10

• Trường học: Southern Methodist University
• Chuyên ngành: Truyền nhiệt
• Đề tài: Bài giải cho sách Truyền nhiệt, phiên bản thứ 10, của J.P. Holman
• Loại tài liệu: Tài liệu bài giải

Tóm tắt

I. Tổng quan về Solution Manual Heat Transfer J

Solution Manual Heat Transfer J.P. Holman 10th Edition là tài liệu học thuật quan trọng dành cho sinh viên kỹ thuật nhiệt. Tài liệu này chứa đựng lời giải chi tiết cho các bài toán trong giáo trình Heat Transfer của tác giả J.P. Holman. Giáo trình được sử dụng rộng rãi tại các trường đại học trên toàn thế giới, bao gồm Southern Methodist University và nhiều cơ sở đào tạo khác. Solution manual bao gồm các chủ đề cốt lõi như truyền nhiệt dẫn, đối lưu và bức xạ. Mỗi chương trình bày các bài tập từ cơ bản đến nâng cao, giúp người học nắm vững nguyên lý truyền nhiệt. Tài liệu cung cấp các phép tính chi tiết với đầy đủ các bước giải, bao gồm công thức, số liệu và kết quả cuối cùng. Các bài tập thường yêu cầu áp dụng nhiều kiến thức liên quan đến nhiệt động lực học, cơ học chất lưu và vật liệu kỹ thuật. Việc sử dụng solution manual giúp sinh viên kiểm tra đáp án, hiểu rõ cách tiếp cận vấn đề và phát triển kỹ năng giải quyết bài toán phức tạp trong lĩnh vực kỹ thuật nhiệt.

1.1. Cấu trúc nội dung Solution Manual Heat Transfer Holman

Solution Manual Heat Transfer J.P. Holman 10th Edition được tổ chức theo từng chương tương ứng với giáo trình gốc. Chương 1 giới thiệu các khái niệm cơ bản về truyền nhiệt, bao gồm định luật Fourier và các hệ số dẫn nhiệt. Chương 2 tập trung vào phương trình dẫn nhiệt ổn định và không ổn định một chiều. Các chương tiếp theo mở rộng sang truyền nhiệt đối lưu tự nhiên, cưỡng bức và bức xạ nhiệt. Mỗi bài giải bao gồm phần liệt kê dữ kiện, công thức áp dụng, các bước tính toán chi tiết và kết quả cuối cùng. Tài liệu cũng sử dụng các bảng tra cứu vật liệu như Table 1-2 để xác định hệ số truyền nhiệt.

1.2. Đối tượng sử dụng và giá trị học thuật

Solution Manual Heat Transfer J.P. Holman phục vụ nhiều đối tượng học tập khác nhau. Sinh viên đại học ngành kỹ thuật cơ khí, kỹ thuật hóa học và kỹ thuật năng lượng sử dụng tài liệu này để ôn tập và kiểm tra đáp án. Giảng viên có thể tham khảo để xây dựng đề thi và hướng dẫn sinh viên giải bài tập. Các kỹ sư đang làm việc trong lĩnh vực thiết kế hệ thống nhiệt cũng tìm thấy giá trị từ các bài giải chi tiết. Tài liệu giúp rút ngắn thời gian tìm hiểu và đảm bảo tính chính xác trong các phép tính kỹ thuật nhiệt phức tạp.

II. Phân tích các bài toán trong Solution Manual Heat Transfer Holman

Các bài toán trong Solution Manual Heat Transfer J.P. Holman 10th Edition bao gồm nhiều loại vấn đề truyền nhiệt khác nhau. Bài toán dẫn nhiệt yêu cầu tính toán dòng nhiệt qua vật liệu rắn dựa trên hệ số dẫn nhiệt k, diện tích tiết diện A và hiệu nhiệt độ. Ví dụ điển hình là bài toán tính nhiệt lượng truyền qua thành ống trụ tròn với bán kính trong và ngoài xác định. Các bài toán đối lưu đòi hỏi xác định hệ số truyền nhiệt h từ bảng tra cứu hoặc công thức nghiệm. Bài toán bức xạ sử dụng hằng số Stefan-Boltzmann để tính năng lượng phát xạ từ bề mặt vật thể. Nhiều bài toán kết hợp đồng thời cả ba cơ chế truyền nhiệt: dẫn, đối lưu và bức xạ. Người học phải tổng hợp nhiều kiến thức để giải quyết các bài toán phức tạp này. Solution manual cung cấp hướng dẫn từng bước giúp hiểu rõ quy trình tư duy và phương pháp giải quyết vấn đề.

2.1. Bài toán dẫn nhiệt cơ bản và nâng cao

Bài toán dẫn nhiệt trong Solution Manual bao gồm các trường hợp một chiều và đa chiều. Trường hợp ổn định, dòng nhiệt q được tính theo công thức q = kA(dT/dx), trong đó k là hệ số dẫn nhiệt. Đối với hình học phức tạp hơn như hình trụ và hình cầu, công thức được điều chỉnh phù hợp. Bài toán không ổn định yêu cầu giải phương trình vi phân riêng phần với điều kiện biên xác định. Các bài tập nâng cao bao gồm dẫn nhiệt qua lớp vật liệu composite và dẫn nhiệt có sinh nhiệt nội bộ. Solution manual trình bày chi tiết các bước giải từ thiết lập bài toán đến nghiệm cuối cùng.

2.2. Bài toán đối lưu và bức xạ nhiệt

Bài toán đối lưu trong solution manual yêu cầu tính toán nhiệt lượng truyền giữa bề mặt và dòng chất lưu. Công thức cơ bản sử dụng q = hA(Ts - T∞), với h là hệ số truyền nhiệt đối lưu. Giá trị h được xác định từ bảng tra cứu dựa trên loại chất lưu, vận tốc dòng chảy và điều kiện bề mặt. Bài toán bức xạ sử dụng định luật Stefan-Boltzmann: q = εσA(T₁⁴ - T₂⁴), trong đó ε là độ phát xạ bề mặt. Nhiều bài tập kết hợp đối lưu và bức xạ, đòi hỏi phân tích tỷ lệ đóng góp của từng cơ chế vào tổng nhiệt lượng truyền.

III. Phương pháp giải bài toán từ Solution Manual Heat Transfer

Phương pháp giải bài toán trong Solution Manual Heat Transfer J.P. Holman tuân theo quy trình có hệ thống. Bước đầu tiên là đọc kỹ đề bài và liệt kê tất cả dữ kiện đã cho, bao gồm nhiệt độ, kích thước, tính chất vật liệu và điều kiện biên. Tiếp theo, xác định loại bài toán: dẫn nhiệt, đối lưu, bức xạ hay kết hợp nhiều cơ chế. Chọn công thức phù hợp dựa trên hình học và điều kiện nhiệt của hệ thống. Thực hiện các phép tính theo từng bước, chú ý đơn vị đo lường và chuyển đổi khi cần thiết. Kiểm tra tính hợp lý của kết quả bằng cách so sánh với các giá trị điển hình trong thực tế. Solution manual thường sử dụng phương pháp lặp (iteration) cho các bài toán phức tạp, đặc biệt khi có nhiều biến số phụ thuộc lẫn nhau. Việc nắm vững quy trình giải giúp sinh viên phát triển kỹ năng tư duy logic và giải quyết vấn đề kỹ thuật hiệu quả.

3.1. Kỹ thuật tính toán và sử dụng bảng tra cứu

Solution manual sử dụng nhiều bảng tra cứu vật liệu kỹ thuật để xác định các thông số nhiệt. Table 1-2 cung cấp hệ số truyền nhiệt h cho các trường hợp đối lưu khác nhau trong không khí và nước. Các bảng tính chất vật liệu liệt kê hệ số dẫn nhiệt k, nhiệt dung riêng Cp và độ phát xạ ε cho nhiều loại vật liệu. Kỹ thuật tính toán bao gồm chuyển đổi đơn vị chính xác giữa hệ mét và hệ Anh. Phương pháp nội suy được áp dụng khi giá trị cần tìm nằm giữa hai điểm dữ liệu có sẵn. Solution manual cũng hướng dẫn sử dụng biểu đồ và đồ thị để trực quan hóa kết quả.

3.2. Phương pháp lặp và giải bài toán phức tạp

Phương pháp lặp là kỹ thuật quan trọng trong solution manual khi giải các bài toán truyền nhiệt phức tạp. Bài toán kết hợp nhiều cơ chế truyền nhiệt thường dẫn đến phương trình đại số phi tuyến, yêu cầu giải bằng phương pháp thử-sai có hệ thống. Quy trình lặp bắt đầu bằng ước lượng ban đầu, tính toán giá trị mới và so sánh với giá trị cũ cho đến khi đạt độ hội tụ yêu cầu. Ví dụ điển hình là bài toán xác định nhiệt độ bề mặt khi cả đối lưu và bức xạ đều tham gia truyền nhiệt. Solution manual trình bày chi tiết từng bước lặp và tiêu chí dừng, giúp người học hiểu rõ nguyên lý tính toán số trong kỹ thuật nhiệt.

IV. Ứng dụng thực tiễn từ Solution Manual Heat Transfer Holman

Kiến thức từ Solution Manual Heat Transfer J.P. Holman 10th Edition có nhiều ứng dụng thực tiễn trong ngành công nghiệp và kỹ thuật. Thiết kế hệ thống làm mát cho máy tính và thiết bị điện tử sử dụng nguyên lý đối lưu cưỡng bức và bức xạ. Ngành chế tạo ô tô áp dụng kiến thức truyền nhiệt để thiết kế hệ thống tản nhiệt động cơ và điều hòa không khí. Thiết bị gia dụng như tủ lạnh, máy điều hòa và bình nước nóng đều dựa trên nguyên lý truyền nhiệt cơ bản. Ngành năng lượng tái tạo sử dụng kiến thức bức xạ nhiệt để thiết kế hệ thống thu năng lượng mặt trời. Giải pháp cách nhiệt cho tòa nhà và hệ thống ống dẫn áp dụng nguyên lý dẫn nhiệt qua vật liệu composite. Các kỹ sư dầu khí sử dụng kiến thức truyền nhiệt để thiết kế hệ thống trao đổi nhiệt và xử lý khí tự nhiên. Solution manual cung cấp nền tảng vững chắc cho việc giải quyết các vấn đề kỹ thuật nhiệt thực tế.

4.1. Ứng dụng trong thiết kế hệ thống nhiệt công nghiệp

Giải pháp từ solution manual được áp dụng rộng rãi trong thiết kế thiết bị trao đổi nhiệt công nghiệp. Các nhà máy hóa chất sử dụng kiến thức truyền nhiệt để tối ưu hóa hiệu suất lò phản ứng và thiết bị chưng cất. Ngành chế biến thực phẩm áp dụng nguyên lý truyền nhiệt để kiểm soát quá trình sấy, đông lạnh và tiệt trùng. Thiết kế hệ thống hơi nước trong nhà máy điện sử dụng các công thức dẫn nhiệt và đối lưu từ giáo trình. Các phép tính trong solution manual giúp dự đoán tuổi thọ vật liệu chịu nhiệt và tối ưu hóa chi phí vận hành hệ thống nhiệt công nghiệp.

4.2. Vai trò trong nghiên cứu và phát triển công nghệ mới

Nền tảng kiến thức từ solution manual hỗ trợ nghiên cứu phát triển công nghệ truyền nhiệt tiên tiến. Công nghệ tản nhiệt cho chip xử lý sử dụng nguyên lý dẫn nhiệt và đối lưu để giải quyết vấn đề quá nhiệt thiết bị điện tử. Nghiên cứu vật liệu nano cách nhiệt áp dụng kiến thức dẫn nhiệt qua vật liệu composite có độ dẫn nhiệt siêu thấp. Công nghệ lưu trữ năng lượng nhiệt sử dụng nguyên lý truyền nhiệt để thiết kế hệ thống pin nhiệt và bình chứa nhiệt. Các phép tính từ solution manual là công cụ thiết yếu cho việc mô phỏng và tối ưu hóa thiết kế hệ thống nhiệt trong nghiên cứu khoa học.

Trích đoạn nội dung tài liệu

org SolutionsManual to accomparry Heat Transfer tenth edition J. Holman southernMethodisttJniversity Chapter I 1-1 (39oox9-022 LT- = (0._ f u c- dT -kw' drc nrT r-ax+b; x=0; r-0.0375 |J tuc- @+lq3-s4o) rc(0. 2 8 X 3 7 5 - 9 5 )4 F ^ ^ A ffi-1s08 wl^z 1-5 A- w2 q - -k4nrzar -4nk(ra-r) q-Y d; ri rg (r=4n(2xl0u)(zl + 196)_ l . 6 l 7 w 1_ m -0rt85 mass evaporated = .gl3x l0-s kg/s 199'ooo - s.7az kglday www.89W /m T-m= Zrlk ' httdo !(39) , r *arffi+er6rI l-8 Like manykindsof homespunadvice,this is badadvice.Alltypes of heattransfer; conductio4 convection,and radiationvary directly with area.The surfaceareaof the headis much lessthan that of the otherportion of the body andthuswill loselessheat. This may be shownexperimentallyby comparingexpozurein cold weatherwearing heavyclothing andno hat,to that wearinga heavyhat andonly undergarments! t-g q _ ( 0 .to '\12 4gzLr )' LT = 0.669x lo-r)ten)4 - (Til4I = (5.669xlo-tlrtro )4- Q:R\41 T P = 6 4 1K q - 8 4 7 4 - 3w l ^ t Reducedby 44.025X3X40)=32987w q = mcoLTpaid 32,987 \[ - (0-5kg/sX4180J/kg'oC)Af LT=15.78oC l-17 hfs = 2257 kJ/kg kJ = kJ/kg) 8531 = 2'37 =2-37kw q = tuhfr= (3-78kg/hr)(2257 * S r_z FromTable h_Tsoo $- q=hA(T*-Tpuia) - 100) 2370\{ - (7500x0.66gxt0-*Xt000 m' A l-2r q - dt4 A ' ro^ 06 = (5 -66gx1o-8)74 T - 55 5 6K www.org Chapter 1 r-22 -Tro\=(5.0af r-23 AT q=lAi= M(Ta-T-) (1.7 -10) -2s7 g q -10(35 m2 r-26 From Table l-2 lt - 4.5 y for LT: 30oC mt.15 V,' Conduqlion q-kA+ Ar W frfor air = 0.75oF 1t8 700- (l r)(T* - 30) Tw = 93'6oC Chapter 1 r-29 Q=Qconv*Qrad qconv = hA(Tr-T*) FromTablel-2 ft = 180+- m'.05)0X200 -30) = 4807 y length econv m = oeAl(Tta Qrad -Tza) = (5.05X1)(4:a4 -2834) =2 7 2 I t" n g th m = 48O7 Qtotat + 272=5079 Y m Most heattransferis by convection. 1-30 Q=flconv*Qrad -T*) 4conv = hA(T* FromTablelJ h= 4-5+- m' .7W 4total= 24'3W +28'7 W = 53 W Convectionandradiationareaboutthe samemagnitude.0X44 Solutionby iteration: Tt--7.668 T= no realisticvalue(T =247 K, heatgained) Cylinder x to-8xr4 - 2%\ (6.668 T =320K= 47"C t-37 The woman is probably correct. Her perceivedcomfort is basedon both radiation and convection exchangewith the surroundings.Even though a fan does not blow cool air on her from the refrigerator, her body will radiate to the cold interior and thereby contribute to her feeling of "coolness." r-38 This rs an old story. All things being equal, hot water does not freezefaster than cold water. The only explanation for the observedfaster cooling is that the refrigerator might be a non-self defrost model which accumulatedan ice layer on the freezing coils. Then, when the hot water tray was placed on the ice layer, it melted and reducedthe thermal insulation betweenthe cooling coil and the ice tray.org ChaPterI 1-39 4 As in probleml-36, it mustbe observedthat a person'scomfortdependson total heateichangewith the surroundings by both radiationandconvection.In the winter the w-allsof the roomwill presumablybe coolerthanthe room air and increasethe heatlossfrom the bodies.In the sumrn€rthe walls areprobablyhotter than the room air temperatureandtherebyincreasethe heatgain or reducethe heatlossfrom the peoplein the room. l-40 Q=Qconv*Qnd qconv= hA(T* - 7*) = Q)n(l')(6X78- 68)-377 Btu/hr Fot T2= 45oF= 505oR -Tzo) erad=ocA1(T1a = (0.g)zr(lX6X53g4 - so54) = 544 Btu/hr Qwtat=377 +5M = 921 Btu/hr Fot T2= 80oF= 540oR - = -36.4 Btu/hr erad=(0.g)a(1)(6X53845+04) = 377- 36'4= 340'6 Btu/hr Qtotat Conitusion:Radiationplaysa very importantrole in "thermalcomfort.95X480X298 erad= oeAl(Tsa = W {conv= M(To-4)=(10X480X22-0) 105,600 = = 60,262+105,600 165,862W Q,rlvrr For ice 1&= 80 calf9=3.348x tOs ft<g 165'86?- = Massratemelted- 0.348x l0' densityof ice - 1000 kel^3 0.495= volume rate melted= 4.44*3 Volume= A x thk- (480X0'003) Time to melt= - 29A9sec= $.95x10-+ m'/s t-42 The price of fuel and electricenergyvarieswidely with time of year and location throughoutthe world, so individual answerscandiffer substantiallyfor this problem.038+ r/r3] : 2862W Energysavingby installinginsulation: 146,897W This numbermust be combinedwith the energycostsobtainedin Problem 142 to obtain the cost savingper hour (or per day, etc. t-44 This problemis quite open-endedandthe arurwerswill stronglydependon the assumptionscot/bunkmaterialsetc. Chapter 2 2-l T -To r?00_30 i-F =# 1830 Et**#),", Ax = 0.238m ffi 2-2 AssumeLinear variation:k = he+ pf1 -frlq_- r, - -11 + -,r| := Q_=95oC, #1, :"!,:'^T^:J= *,r, 4=62"C, Tt=35"C,Ar=ti.OiS ' ,b, - zs+ rrr,]= - 35+ f<oz2- [n, t;;;_ rrrr1 J F = 4.68x r0*3tl ft 2-,3 qI s60 - 419 w A ffi+#*ffi ) m- lo www.org Chapter2 n4 Lx R- IA D 0. = 2'667x la-2 #t R;-R; LT 370_66 q-T=ffi-11,400W 2-s 44,000_ 250_35 A-ffi A- 134._ry AR 300 r75- 80 A=re " 396 ' 0. 2 4 7^ 2 2-g Assumeone directionalno heat sources q- +(A+=-fr' AIr +gr2 -k0A# - kopAr, a #= # : qlry= -k*Al" o, - Akopt r2dr Integrating 1Tr q' - -hAlrr-ry*+ez3 -. - rirll Lx L 3\'z J tl Chapter2 2-g - -l l : : , = 0v'vv (1500)a(0.017 4Ai ln(rol=r)_ ln(0.-?23*=3017 L 0,05502 Wm ?-10 :- = 300x-30 ox ^t d"T 'nn I aT ;T=JOU=-_ heatingup dx' a dr Dr -= \ -30 at x=0 ox -=60 l - at x=0.g m ; h= 500; T*= 20oC; To= Tl=200oC m = (500)(4)/(r6)(o.3X60)-tgoc lb www.org Chapter 2 2-r5 Ice at OoC p - ggg.135 x 106sec - 3 1 5h r - 13days 2-16 q (noins.oC q-W- h4trrazeo-L) r; rg 20- 40)_ (0.018x1 _ ls) (zs)rc2(40 05- rt rg - 0.5023)2(+O- 15)= 1982W 2-L1 q-+nrc{a1ril k-zo4+= T- h m'oc = -5 n7W ll - o3z 034 14 Chapter2 2-18 AT ot I-n_ #--& =9.7oC L6 Chapter2 2-21 dT Qr = -k4nr2 dr n,f'o - -k4ttf' dr ry. 1 8 8x l 0 - 4 Rp 2rc(27) ln(3.org Chapter2 2-24 dl kao{ro:rD -- q, = -k4nr2 = (To-L) k4nroz dr i._a Tt-T* q-T ' -orn\i- I ll ll, I hl-@, Take& =o dro Resultis:,n=ZL "h 2a5 (2)= 35I I kg Mn at 90Vofull= (0.2 Y 4= *= Lr72 m 2A1 Fiberglass ft = 0.,r**d* # t1 Chapter2 2-28 R:1 k KR Fiberglass 0.z 2-29 M - \ 1000"c rz:4oooC Ti - 55"C mw km-9o h = tL 5a ' re Y m.oc mW kr = 42 T* =40oC m.24m i=o^T q _k, (4oo- 55) 'nr' LxF:0-0644 m A LxF r6 Chapter2 2-30 Uniformly distributedheat sources n d'T,q -+--0 T=Tt at x--L dx" k T=Tz. ? t n T qL- 1'12=k- - - C 1 L + c 2 rz: - L 2 k +*cl L+c2 T - + U 3 - * Z' y + T ) : Txt * T t + \ ' 2k\ 2L 2 2-3r ry=2.org 2-32 4*{=Q r- &)l q-q*U+P( dx' k T=T* at x=IL Generalsolution W"l *c2['"1 r-r*=c,[,"{ From boundaryconditions 1 tw4; cz=O cr= cos W.7 tz 1,"3211r/kAor)t: o'825 Fig.J": (ffKF(o,ffios2 2-34 MW q- m = -0 ."*t#r-*l** ulurrt! t!tlfllitltlttitl l' iit:tttttl[itf,ll _**--. * ,rqcuilr!!]irr#rrrarFrFttif,rufilttltiltrililrilrl'|F;lrFrilrll Chapter2 2-35 tQo / Is T; X+ dzr - -qoe-* ex = eoe-ax E:T T -cl * czx-+e-crx ' atk Boundaryconditions: (l) T=Tt at x=0 (2) T=hat x=L c1-Ti.fr c2-ro-r'-hQ-e-"1) - r, - - e-oL)x T - T,+ ge- *r, hQ *$ e-ax o2k' L atk- zl Chapter2 2a6 l*-L4 qQ € y ray flux - QO Ti* 1'*" q - qor-o* 4=-Qo o.-ax E- k" T -ct * c2x e - +e-o* a"k Boundaryconditions: (l) atx=L +-0(adiabatic) drc (2) at x=0 T=Tr Qo e -\* L) ln^ -L ozk 3 t AK T - r i + g - q a ' - o L x* - + e - o * oTk ak oTk 7z www.org Chapter2 2-37 T-T*=ctcos W. ; T:Tt at x-tL c2-0 ATI -'fr \11 -Tw+{ -/.1 6o C 2-39 4ocos(ax) -o dI =+sin(ax)+cr 4* E-k- dx ak . a'k Tw - a*: cos(aL) + c2 T - T* - Q9:[cos(ax)- cos(at)] a'k a "k - q -zk#|,= -zk = = sin(aL)J A L #[- Tsin(al) 7,, Chapter2 2-40 W k - 0 .zoc 2-4I /<= constant 4 = qo at x -- 0 Assume one directional with no heat storage. Qo lQo s o :\ - 0 c2: - CJz = 2kg2-r) E 2kL(r2-\) ex=qo l#$2-rl.5 Tt* = 50oC T2* = 30oC ax2 T- _T*c1x*cz = T z at x = +{-04 T = T t a t x = - 0 .org 2-44 Use solution from Prob.2-28 T =To at x = 0 q rz , T1+ - (s x tosxo. rn = *': = *- 136oc ru (2X16) z Zk" Z 2-45 Usesolutionfrom Prob.5oc (soox t-q6xo'oos)2 r o :- Z k "t' *Tt \rz- rn * Z (2X20) 2 26 Chapter2 2-46 Behaveslike half a plate having a thicknessof 8 mm. Max Temp is at x = 0 ;t2 ro-ft+r* L=0.r6)2 - - -=l5sr rJe, MY a= *3 ,o=**r-=W +e3=138.3oC 2-49 - -Tt) e = EI = qrr(roz rr21L=h2tcrL(Ti fi*Lt*!=o r =-lr'*c1tn r* c2 rdr drz k 4k T=Toatr=ro atr=rs ro=-if*c1lnrs*c2 ff=o t=o--Qr *cr rr=Q92 T , = 4 * q ! ^ o r zr , , r 1 * c 2 dr"2k16-r2k-'4k2k ru -=-q:r?2 To *q!^22 -z Tt lnrs* c2 ""v -v - *t 'r' - ro2)* -, = To $ttf:il t"l 4k Zk 4k' 2k \.EI a=;6ffi$) Insert (a) and (b) in E/ =LntrLh(Ti- Ty') and solve for ft' 'L1 Chapter2 2-50 q uniform T = Tw at r = R steadystate, T varies only with r.-^ar), I azr,q-tar * -k= * u(.t'no ae,/* A at ;V m m# thisreducesto: r=-$+c1+2 Inbgrating iV*X=o #=+ Ut^t = -oo*'#1,=* conditions: Boundary (t) {=-{ e) T=T* .t r= R dr 3k (3) o thencr= T*- cz=o H,=^= # T - T * =L 1 P 2 - r2 1 2-51 Fromwoa.r7oc q = qv = q!rcfi -3 -T*) = h4nrT(T* (1x196X9'02) - 444.lxlO-i g=4-lxlO-s g L lvo" n(1.ots)2 , ro=ff+180=180.org Chapter2 2-53 q-a*br L( ,d')= -Y-=-ar+brz dr( dr)- k k d T - - - lt( o r 2 , b r 3 ) . - i + rr ?T ' n- - : l - + -b' r 3 ) l n r* c 2 dr k[ Z 3) frl.4J *ar dr k[2 3 ) T=4at r=l T=TOat r=h Solving for constantsgives: b(ro3:r,3) 4 - ro- +l ""; ;f , * c1 = '"(*) -ro-]:lr'{t t'?)+b";;rtl fr\ 4 9 ) Inr o A I s oe = e t a t r - n = a + b r ; 2-54 d-2mm T*-l00oc h-s000 y ^2.oc To- 150oC pe - I .oC ro -T* = 4R2 4k q - 4@R2)L=h(ZrcRL)(T*- L) T*-T*=4t- 2h To-7,.0129m Assumeinnersurfaceis insulated dr__Qr+gt_oatr=n drzkrn ^ _ qr;2 q=t (a) ' 2 -h.2 7 =-3-* c1ln r * c2 T =$rrlnri + c2 4k'4kL' Tn =-qro2 crlnrn I cc "4k -,iz)+"r"[f) ri-ro=-#r^, tu) HeatTransferis: q = qV = qn(rs2- rt2)= hn(Zrs)(Ts- T*) (c) Inserting(a) in (b) gives n - -n2)+*^1il - rt-ro=fr{,0z ;-2 f".\ (d) W W e t a k e ': 4 = 2 5 0 " C ft=100+ oC L=40oC k=24 m' . m'oC Inserting the numerical values in Equations (c) and (d) and solving gives: 4= s3'26 Ym- To=249'76"C 2_56 W k=43 m .3cm Increased (b) ro =1.25cm Decreased ?o Chapter2 2-58 u=+ R =32.Dzs) ln?_o fr) - ln(2.9 W Lm 2-61 A = l m t' Su"=T= Nr 0.026 =+=rf,=o'otlr &onu, & o n u ,= * = 0 .35xlo{oc 386 Rs,= ry = 9.g4xl0-3oc 43 RA,= =o.oC mt - l0) = 52 + Q= IJAT=(0.o -c za3rstzl \v'v-v-u/ Ure* ) Ltrs0X0,0007X0.035352 100)= 186W 1L Chapter2 2-64 The generalsolution of eq. dzT hP W- MQ-L).1-o l e t0 - T - T * ( o'- tl) o --q \ kA) k '{ffi'x ** e - cpJhPl*e'*c2e hP .cr=oa-#-c2 -kAq - h A ( T - L I , =L = : , a i o r ^' fulx-L - .lu'F,ft\ frk= r,,.1, ' -,r q - A e- +t e*L*r-ffi hP Part B: PL q= - T*\W+hA01 ] oIh P G r hPI t0r -e-m\*4?