传热学杨世铭第四版第二章答案

第二章

思考题

t

q＝－gradtn

x，其中：gradt为空间某点的1 答：傅立叶定律的一般形式为：

q温度梯度；n是通过该点的等温线上的法向单位矢量，指向温度升高的方向；为该处的热

流密度矢量。



2 答：qqxiqyjqzk，其中i,j,k分别为三个方向的单位矢量量。

3答：导热微分方程式所依据的基本定律有：傅立叶定律和能量守恒定律。 4答：① 第一类边界条件：0时，twf1()

② 第二类边界条件：

0时

(

(

t

)wf2()x

③ 第三类边界条件：

5 答：在一个串联的热量传递过程中，如果通过每个环节的热流量都相同，则各串联环节的总热阻等于各串联环节热阻的和。使用条件是对于各个传热环节的传热面积必须相等。 6答：当采用圆柱坐标系，沿半径方向的导热就可以按一维问题来处理。

7. 答：因为通过圆筒壁的导热热阻仅和圆筒壁的内外半径比值有关，而通过球壳的导热热阻却和球壳的绝对直径有关，所以绝对半径不同时，导热量不一样。

8 答：只要满足等截面的直肋，就可按一维问题来处理。不同意，因为当扩展表面的截面不均时，不同截面上的热流密度不均匀，不可看作一维问题。

9答：错误，因为当肋片高度达到一定值时，通过该处截面的热流密度为零。通过肋片的热流已达到最大值，不会因为高度的增加而发生变化。

10答：由于式（2-57）所描述的问题为稳态导热，且物体的导热系数沿x方向和y方向的数值相等并为常数。

11答：能，因为在一边绝热其余三边为相同边界条件时，矩形物体内部的温度分布应为关于绝热边的中心线对称分布。 习题 平板

2-1解：由题意得

t

)wh(twtf)x

q＝

所以t=238.2℃ 2-2 解：由题意得

tw111

42400

0.0031w/m2

A

＝357.14W

357.14×3600＝1285.6KJ 2-3解：依据题意，有

30(2)

37.211123110.0007940.1520.0095

h1h2123＝1.52.5450.070.1

t1t2

q

t1t2

12

12



75055

1500

0.0202

1.30.12m ，解得：20.05375

q

tf1tfw

2-4解：热损失为

AB

AB

h1tf1th2ttf2

又tfw50℃；AB

联立得A0.078m;B0.039m

2-5解：两侧面的第一类边界条件；一侧面的第一类边界条件和第二类边界条件；一侧面的第一类边界条件和另一侧面的第三类边界条件；一侧面的第一类边界条件和另一侧面的第三类边界条件。 平壁导热 2-9解

q1

：

t1t2

123



123＝116.53W/m2

q2

t1t2

11

5200w/m

QAq41.95W

q2520044.62q116.53 所以 1

2-12解：根据公式qKt得

6030

60301800W/m2

0.0010.06

12

q60201142.8W/m

10.2103

400.02

qZqq2942.8W/m2

2

2-13解：查附表8得t1180℃，13.7210W/(m.K);

q

2

t230℃，22.6710W/(m.K);



无空气时

t1t2

f

18030d2A

4

f



有空气隙时



0.029315f34.32f

t1t2



1212f

A

43.98 得f

ff

28.1%f所以相对误差为

圆筒体

2-14解：保温材料的平均温度为

40050

2252t=℃

0.08475W/(m.K) 由附录7查得导热系数为0.0330.ln

d12

t1t2d2

代入数据得到 d2＝0.314mm

所以

2-15解：由题意多层蒸气管总热流量



d2d1

107mm2

Z

2lt1t2

lnd1d2/1lnd3d2/2

W 代入数据得到 Z168.25

由附录知粉煤灰泡沫砖材料最高允许温度为300℃ 由此设在300℃时

2lt1t2

172.33W

lnd1d2/12lt1t2

2358.29W

lnd3d2/2

2z 因为1

所以不会超过允许温度。当增加煤灰泡沫砖的厚度会使热损失增加，从而边界面处温度下降。

Q2lq

2-16解：根据题意有：

2

119.86IR 解得：I232.36A

2-17 解：⑴

2l(t1t2)210.15650119.8Wln(r2/r1)ln2.5/1.5



2l(t1t2)21100020012532.98W

ln(r2/r1)1ln52/40111



50000.02420.026100r1h11h2r2



2l(t1t2)ln(r0/r2)ln(r2/r1)11h1r001h2r2



⑵

⑶

2110002005852.94W

1ln54/52ln52/401



0.0250000.08420.027100



2l(t1t2)

ln(r0/r2)ln(r2/r1)lnr1/ri11h1r001ih2ri



2110002005207.06W

1ln54/52ln52/40ln40/361



50000.0180.084211000.027

2-18解：将导热系数小的材料紧贴壁管



将导热系数大的材料紧贴壁管则

t1t22lt1t2

19.195075507575

lnln5050752l122l 2lt1t22lt1t2ln2.5ln1.615.47





故导热系数大的材料紧贴管壁其保温效果好。

21

q

若为平壁，则平壁

t1t2

12

12

由于12所以不存在此问题。 2-19解：根据题意有：

1h(10020)100，解得 h＝13.2696 2rlh(t1t2)0.03

按题意有：将导热系数大的放在内侧， (r120.0152)3.14103

解方程组得：

r10.035m，(r22r12)4103r20.049m





②

21002076.1

ln0.035/0.015ln0.049/0.0351



0.50.113.260.049

2lt1t2lnr1/r0lnr2/r11

12hr2

(r120.0152)4103

r20.049

r10.03871m，(r22r12)3.14103





2-20

21002043.72

ln0.03871/0.015ln0.049/0.038711



0.10.513.260.049

2lt1t2lnr1/r0lnr2/r11

12hr2

td212

x4解：① ，

2t

02xl,tt2 方程为：x，边界条件为：x0,tt1

tt

t21xt1

l解微分方程得：

3ddxh(ttf)123

②

，根据条件有：

(t

t

dx)2

dx4，在侧面绝热时，有12得微分

2t4h

(ttf)02

d得微分方程为：x，边界条件为：x0,tt1

f

解微分方程得：

代入边界条件得：

xl,tt2

ttC1e

(2

h)xd

C2e

(2

h)xd

2hld

ttf

(t2tf)(t1tf)e

e

h2ld

2

hld

e

h2l

d

e

h2xd



e

(t1tf)(t2tf)

h2ld

ee

h2l

d

e

2

hxd

2-21解：根据上题结果得：

t2－tf(t1tf)emlmxemlt1tft2tfmxt

m[ee]mlmlmlml

eeee x h10

m227.07

d＝400.02其中：

ml2.12m

＝－1549.1

t(6030)(25030)e2.12e2.12(25030)(6030)|x07.07[2.122.12xeee2.12e2.12

=-162.89

td2d2Q040(1549.1)19.46W

dx44

mlml

t2－tf(t1tf)emlet1tft2tfmlt

|xlm[ee]mlmlmlmlxeeee

2.122.12

t(6030)(25030)ee(25030)(6030)2.122.12

|xl7.07[e－e2.122.122.122.12xeeee Qxl40(－162.89)

d2

4

2.05W

球壳

2-22解：

〔25(195.6)〕

1.810440.822W

11－

0.150.165

0.822243600m0.3562Kg

199.61000

tt12

R 2-23解：一个球罐热流量为

11111111R()()0.17852

4r1r240.11.011.3304h4r2

40(40)448.168W

0.1785

所以10个球罐热流量为104481.68W

2-24

〔20040〕

456.5W

11－0.150.25解：根据题意：

解得：＝0.07W/(m.K)



如果电偶损坏，可近似测量水的出入口温度，取其平均值代替球外壳温度计算。

V

2-25解：球罐的体积为：

434

r3.140.2530.06541633

5

0.065416106541.67W 总发热热流为：

2

.67 球的外表温度：4rh(t25)6541

解得：t＝30.78℃

〔t30.78〕

15.246541.67W

11－0.250.3

解得t＝53.62℃

R

2-27解：不戴镜片

11111

hiAihoAo41r1r2

t

0.109WR所以 1

o0.0363W

3有效热量

o

111111

R

hiAihoAo41r1r242戴镜片时to0.108W

R所以

1

o0.036W

3即散热量为

11

rr

3 2

2-29相对于0.1mm这样小的半径，硅基板的外表面可以视为半径趋于无穷大的球壳表面。

变截面变导热系数问题

A(x)

2-30解：根据傅利叶导热公式得

dtdx

x0x300

6.5得x051.23 因为：4.1

x0dx6.54.1rx30 得rx0.410.082dx

代入数据积分得1397W 2-31 解：对于变截面导热 凸面锥台 柱体



x2

x1x2

x1x2

dxx28n4

x2n1dx320m22AX＝x1a

dxx2412

xdx320.35m

AX＝x1a2

x2dx1642

xdx263.23mx1AXx120242

凹面锥台 ＝

12

由上分析得 3

2-32解：

A

由

补充测定中心位置的温度为

dt

dx得5W/(m.K)

t0

A

又

dtdx

0(1bt)

tt

x2x10t1t21b12A2 （1） 所以

b

代入数据解得

4t02t22t1

t12t0t2 （2）

2

2

将（2）代入（1）得到

2-33 解

0

ddtdtr0rc1drdrdr 即

bdr

0t0t2c1lnrc2

r 即2所以

b

0t10t12c1lnr1c2

2当在rr1处tt1即 （1） b

0t20t22c1lnr2c2

rr2处tt2 即2 （2）

01btdtc1

c1

两个式子联立得

0t1t210t1t2

b2lnr1r2



c2

（1）-（2）得

0t1t210t1t2lnr1



b2lnr1r2



br

0t1t20t12t22c1ln1

2



2



 （3）

将c1,c2代入（3）得温度表达式

0t0t20t1t210t1t2

b

2



b2

q

由傅利叶公式

dtdx

lnr.r1lnr1

2

q

得

c1

r

0t1t210t1t2

b2rr.ln12





2-36解：x=0mm,x=10mm处的平均温度又

10060

802℃

0(1) 所以热量

1000

q

0180b

t1t2

0.02即

同理x=10mm,x=20mm处得 1000

10060

（1）

0150b

0.02

6040

（2）

联立得b=-0.009 0 2-38解：一维有内热源的导热 2-39解：一维代入微分方程式为

0.687

2-40解：有内热源空心圆柱体导热系数为常数的导热微分方程式为

ddt

Axxx0dxdx

经过积分得

1tr0rrr

2



rr0,ttw;r0,tt0 因为

所以得

tc1lnrc2r

r

对其求导得

r03/r03/r3t0twt0tw

tlnrt0

lnr01lnr01

2-42解：利用2-33题的结果立即可得温度场应满足的微分方程为：

ddt(r)0()rdrdr（设为常数），

dtdtr00；rr0，h(ttf)。

drdr其边界条件为：

dtrh(ttf)。

dr对于为常数的情形，积分一次得：

r2dt

0tc1lnrc2

4再积分一次得： 由r=0，dr，得c10；

r2r0dt

h(ttf)，得hc2tf

dr24rr， 0，由

r02r0r0

c2tf

2h42h由此得：。



2-43

1tr0rrr解： (1) dt0dxr=0, (2) rr0,tt0 (3)

三式联立最终可解得

023tqr0r24Ar0r3t0

36



2-47解：由题意导热微分方程

d2tax

20e0dx

又x=0处t=t1,x=处t=t2

积分并结合边界条件可得

0eaxt

adt0dx令

ea0

t1t2202

0aaxt12

a

1at1t21ea

xln

a0a

可得：当时，t最大。

2-48 解

d2t02

 dx （1）

边界条件

dt0

r=0,dx (2) rr0,tt0 (3)

三式联立得

t

10a

2

e

a

eax

2





0a

xt2



t

x=0时；

10a

e

a

1



0a

t2

当x=时，tt2 所以

q

2-49

提示：在导线与绝缘材料的界面上，热流密度及温度都是连续的。

dt1eax1dxa0



1ddt1

rdr0rdr1解：导线中温度场的控制方程为：； 1ddt2r0rdrdr环形绝缘层中温度场的控制方程为：。

边界条件：对t1，r0时，t1为有限；

rr1时，t1t2,1

t2,rr1时，t1t2,1

dt1dt

22drdr。

dt1dt

22drdr； 对

dt

rr2时，22ht2t1

dr。

r2t1c1lnrc2；

r1第一式的通解为：

tclnrcc、c、c、c12。常数1212由边界条件确定。 第二式的通解为：2

c10。其余三个条件得表达式为： 据r=0时，t1为有限的条件，得

cr12r11rr1，c2c1lnr1c2；122r1411； c

rr2，21hc1lnr2c2tfr2

，由此三式解得：

r12r12

c1，c2tf

2222

2

hrlnr22，

r2r2r2r112c21lntf412hr222r1。

r12r12r12r12r2

t1lntf41412hr222r1所以；

r2r2121

t2tflnrlnr222hr222。

肋片及扩展面

2-50

mH

解：（1）因为所以

2h



H0.4997

f

thmHth0.4997

91.3%mH0.4997

mH

因为

2h



H1.501

thmHth1.501

56.9%mH1.501所以

d2t02

2-51解：dx

f

shptt

AcdxAc

又

所以得

AcQ0mthmH





代入数据查表得，40.1W

当其他条件不变时H2H,66.9W

由上述结果可知长度增加一倍而散热量没有增加一倍，因此从充分利用金属的观点，采用长度为其一半的较短的肋较好。

;A2A1.0310m 2-52解：HH/212.9mm

查表得238W/(m.K)

52

从图查得，

0.31(H)A2



r112.5mm;r2r1H25.4mm

f0.88

1/2



02r2r1htwtf37.15W

肋片两面散热量为： 0f32.7W

肋片的实际散热量为：两肋片间基管散热量：

htwtf2r1s9.021W;n

1

105s

.8W 总散热量为Zn4382

2-53解：按题意应使h

00.6%，h0chmh0.,

chmh166.7，查附录得：mharcch(166.7)5.81，

m

2-55

hU1055.81

48.75，H0.119mA48.7549.10.9103

。

解：（1）

mhp/Ac14.09

0

又肋片中的温度分布

chmxm

chmh

0t0t510℃

所以中间温度x=H时

221℃

因肋片截面温度沿高度方向逐步降低 所以当x=H时最大

max

chmH＝265.6℃

0

(2)热量由冷却介质带走

hp

0thmH65.7Wm

mxmx

2-61 解：此问题得通解为：c1ec2e,c1、c2由边界条件确定：

x0

x0，0c1c2，xH，c1memHc2memHhc1emHc2emH，

0emHmh2

c1mH

emh2emHmh2， 由此得：



0emHmh2c2mH

emh2emHmh2,

0emHmh2emx0emHmh2emx



emHmh2emHmh2 chmHxh2mshmHx0

chmHh2mshmH

散热量：

shmHxmh2mchmHxmd

AA0|x0

dxchmHhmshmHx02

shmHh2mchmHA0m

chmHh2mshmH

多维导热

2-62解：

2-63解：采用形状因子法计算，据已知条件

8.156mb

ln1.08

d

所以St1t2672.87W/m

2-65解：＝st0.80.15x400500.80.150.3035012.6W。

S

2l

1

tl1tl2tl3

作为一种估算可以取3作为内侧有效温度计算t。

2-67解：（1一样，因为两种 情况下的数学描写中不出现材料物性值； （2）一样，理由同上；

(3)不一样，在给定热流的边上，边界条件中出现固体导热系数； (4)不一样，在第三类边界条件的表达式中出现固体导热系数。 2-68解：设发泡塑料的厚度为x 采用形状因子法计算 其S

中

xxx2

0.752x20.540.52x40.15x20.752x0.52x20.752x

x

又St1t2

代入数据解得

x0.03m

热阻分析

2-69 试写出通过半径为r1,r2的球壁的导热热阻的表达式。

2

0.752x0.52x0.540.752x20.752x0.52x0.75x2

＝

解：球壳导热热流流量为：

2-70 试据定义导出具有两个等温面的固体导热热阻与其形状因子之间的关系，并据此写出表2-2中第5，6栏所示固体的导热热阻。 解：

4t1t2tr1r2

R

r1r2，4。

R

t



又St1t2 所以

R

1S

R1ln

第五栏：

d1d224w2d1d224w2d1d224w2d1d224w2

/2l

b

R2ln1.08/2l

d第六栏：

2-71解：R1/A11;R2/A22

热阻是并联的，因此总热阻为

R1.R2

`

R1R2A11A22

tt2t1A11A22QR导热总热量： R

2-72 在如附图所示的换热设备中，内外管之间有一夹层，其间置有电阻加热器，产生热流密度q，该加热层温度为th。内管内部被温度为ti的流体冷却，表面传热系数为hi。外管的外壁面被温度为t0的流体冷却，表面传热系数为h0。内外管壁的导热系数分别为i,0。

试画出这一热量传递过程的热阻分析图，并写出每一项热阻的表达式。

RiR0

r2r11

;Ri2r2i2r1hir3r21

;R02r202r2h0

解：

2-73

提示：芯片的热阻为零，其内热源的生成热可以看成是由外界加到该节点上的。 解：设芯片的工作温度为t℃ 芯片上侧面传热量1hAtt

121h 12芯片下侧面传热量

42

其中QqA,Q12;q1.510w/m

代入数据可得t75.35℃。

2-75解：(1)管子内壁面的热流量为：＝d1lqr，稳态条件下有：

2A

tt



2lts1ts22ts1t

d1lqrd1lqr

lnr1r2lnrr2，在任一直径r处温度为t，则有：，

2tts2

d1qrtd1qrlnr3rts2

2即tts1d1qrlnrr2/2，或：lnr34，。

2ts1ts221515025

2.375106Wm2

d1lnr3r20.005ln35(2)，

2ts1ts2

qLd1qr3.7104Wm

lnr3r2每米长度上热负荷。 qr

12t

r02rr2-76解：利用有内热源的一维球坐标方程：r

3

d2dtcdtrr22dtrr/r1c1drdr3dr3r2， ，，dr

cr2

t1c2

6r

tdtr00；rRhtt

rdr边界条件为：。



为满足第一边界条件，c1必须为0。

r2rc2/ht63，即： 代入第二条件：

r2rRR2/c2ht6ct

3，由此得：23h6，

RtrR2r2tm

3h6温度分布为：，

RRR2

t0ttsh

3h63h由此得：当rR时，；当r=0时，。

R432R4Rhtttsts

ts也可由稳态热平衡得出：33h，由此得：，



4000J4000J

38.9Wm3

532

1.19010m243600s102.8ms，

W38.90.04mR3ts5℃5℃5℃0.086℃5.09℃2

3h36WmK， ＝4000Jm3day



R2R38.90.04℃

t05℃5.095.090.025.11℃

3h660.5。

2-77解：导热系数为常数有内热源的导热微分方程为

d2t02

dx

23

tt/ttccxcx121123平板内温度分布为

又x0,tt1;x,tt2；x=0处的内热源强度为0

两次积分及边界条件可得



即内热源的表达式。

0xt2t16x032 0

2

1ddtddtrr0,r

drdrdr2-78解：如右图所示，一维稳态导热方程rdr，

r2rc1r2c1dtdt

rc1，tlnrc2

dr2dr2r4。

R2R2dt

r00，c10；rR，ttw，twc2，c2tw

dr44， r2R2R2r2

tttw

444，最大温度发生在r=0处，

R256500.022

t0twtmax1.35℃

440.42。



2-81一种救火员穿戴的现代化的衣料如图所示。其中面罩料、湿面料以及热面料的厚度及

其导热系数见附表。热量通过两层空气隙传递时，既有导热又有辐射，辐射热流量可以按对流的方式计算：

hrad

qradhrad(T1T2)，其中T1,T2为空气隙两表面的温度，

3

4Tav,Tav(T1T2)/2。假定每层空气隙都可以按Tav470K来计算辐射热流密

2

度，试假定每层导热的面积热阻。在一次演习中，救火员一副表面接到2500Wm的辐射

2-82

3641230

15mm22解：肋片高度，肋效率按等截面直肋估计，内管管壁附近的

3.14128

H＝15153.7118.71mm

8看成为垂直延伸部分，故实际肋长为：，但

H

2h2

mHH

Ac肋端真正绝热，，

h150Wm2K,390WmK，

ALH0.0010.018711.871105m2，

5

2501001032

mH0.018712.55910

7293901.871105，

3

3



.3711042.5591031.171022.5591032.9961040.3，



thmH0.291

0.97，tmH0.3

tt0

Aieff

1033.14320.972818.713.14128 103100.50.97299.3637.688

103100.50.97329.044.098101m2，

Ao3.14103361.13101m2， Am3.14103341.07101m2，

l

代入得：

11



h0A0AmhiAieff，

d02fin82Hdi81



10035101

10.0021



25001.133901.07504.098

650.1650.1103

1240Wm463

5.2393.54104.8104.8810。

2-83解：设一维、稳态、无内热源、常物性导热问题，b>0，在平壁中任一x处：

q01bt

bt2dt

const,qdx01btdt

0t11dx，

22

bt2bt1

t22t12

 

作同样积分，但以2为积分上限得：

q0



2bt2220bt1qt1t22 (b)

tt

t12t0为已知值，于是令(a)(b)，并以上述t2表达式代入：

2其中，

0



22bt2bt120

t22t12



2bt22bt1tt2

122，

b

最后可解出：

t

2

1

2t2/2t1t22t0。

2

2t0

d

x00

dx2-84解：设圆棒可作为无限长情形处理，即：。则有：

tttthp

emx，即：lnmxx0tstAc， tst

tAtlnttstBtln

因而对两个棒有：tsttAtlnttB

BAsAtBt

lntts，

7525ln1002514.14ln0.666614.140.40569.123B200，6525ln0.53330.6286ln10025

B83.2WmK

讨论：如果测得了A、B两棒不同x处具有相同得温度，也可据A而得B。

l

1得前提下，xxdB如上题设A=0.15m，=0.075m具有相同得温度，在仍有：

hptt

emxm

AC。因为tAxAtBxB，故AxABxB， t0t

，

hphpmAxAmBxBAxAAxB

CACR亦即，其中p，h，AC均相同， RxBxB0.075

20050WmKBAxx0.15AA，即故有：A。

2-85解：设稳态，无接触热阻。

(1)在固体表面上设置了一个固体圆柱后，圆柱根部温度会低于ts，这是因为加了圆柱体

相当于增加了该处得散热量。其时圆柱根部温度得分布大致如图示：

2

2

(2)h越大，肋根处温度下降越明显；导热系数越大，温度下降越明显。

(3)热电偶热节点测定得温度值实际上已经偏离了未接触热电偶时该处温度之值，即存在着测温误差，要减少测温误差，因尽量减小沿热电偶导线的热量传递。 2-90解：按教材中式（2-38），有：

＝

d2

4

m0thmH

2

，直肋的体积正比于dH，令

Vfd2H，则上式可写为：2hd

0

32



th2Vfd





5



4h

（m已用d代入）。

d0V，，hf按题意，均保持不变，则最佳直径应满足dd，由此得：

22132hhh2

hdth2Vf35Vf4sedh2Vf502ddd2

52

52thsech2Vhdf3令，可得下列超越方程：， 10

sh2

3，由此解出：0.919296，代入其定义式，可得最佳工况下直径应或：

0

1

2



dopt

满足的关系式：

hH24.733

。

第二章

思考题

t

q＝－gradtn

x，其中：gradt为空间某点的1 答：傅立叶定律的一般形式为：

q温度梯度；n是通过该点的等温线上的法向单位矢量，指向温度升高的方向；为该处的热

流密度矢量。



2 答：qqxiqyjqzk，其中i,j,k分别为三个方向的单位矢量量。

3答：导热微分方程式所依据的基本定律有：傅立叶定律和能量守恒定律。 4答：① 第一类边界条件：0时，twf1()

② 第二类边界条件：

0时

(

(

t

)wf2()x

③ 第三类边界条件：

5 答：在一个串联的热量传递过程中，如果通过每个环节的热流量都相同，则各串联环节的总热阻等于各串联环节热阻的和。使用条件是对于各个传热环节的传热面积必须相等。 6答：当采用圆柱坐标系，沿半径方向的导热就可以按一维问题来处理。

7. 答：因为通过圆筒壁的导热热阻仅和圆筒壁的内外半径比值有关，而通过球壳的导热热阻却和球壳的绝对直径有关，所以绝对半径不同时，导热量不一样。

8 答：只要满足等截面的直肋，就可按一维问题来处理。不同意，因为当扩展表面的截面不均时，不同截面上的热流密度不均匀，不可看作一维问题。

9答：错误，因为当肋片高度达到一定值时，通过该处截面的热流密度为零。通过肋片的热流已达到最大值，不会因为高度的增加而发生变化。

10答：由于式（2-57）所描述的问题为稳态导热，且物体的导热系数沿x方向和y方向的数值相等并为常数。

11答：能，因为在一边绝热其余三边为相同边界条件时，矩形物体内部的温度分布应为关于绝热边的中心线对称分布。 习题 平板

2-1解：由题意得

t

)wh(twtf)x

q＝

所以t=238.2℃ 2-2 解：由题意得

tw111

42400

0.0031w/m2

A

＝357.14W

357.14×3600＝1285.6KJ 2-3解：依据题意，有

30(2)

37.211123110.0007940.1520.0095

h1h2123＝1.52.5450.070.1

t1t2

q

t1t2

12

12



75055

1500

0.0202

1.30.12m ，解得：20.05375

q

tf1tfw

2-4解：热损失为

AB

AB

h1tf1th2ttf2

又tfw50℃；AB

联立得A0.078m;B0.039m

2-5解：两侧面的第一类边界条件；一侧面的第一类边界条件和第二类边界条件；一侧面的第一类边界条件和另一侧面的第三类边界条件；一侧面的第一类边界条件和另一侧面的第三类边界条件。 平壁导热 2-9解

q1

：

t1t2

123



123＝116.53W/m2

q2

t1t2

11

5200w/m

QAq41.95W

q2520044.62q116.53 所以 1

2-12解：根据公式qKt得

6030

60301800W/m2

0.0010.06

12

q60201142.8W/m

10.2103

400.02

qZqq2942.8W/m2

2

2-13解：查附表8得t1180℃，13.7210W/(m.K);

q

2

t230℃，22.6710W/(m.K);



无空气时

t1t2

f

18030d2A

4

f



有空气隙时



0.029315f34.32f

t1t2



1212f

A

43.98 得f

ff

28.1%f所以相对误差为

圆筒体

2-14解：保温材料的平均温度为

40050

2252t=℃

0.08475W/(m.K) 由附录7查得导热系数为0.0330.ln

d12

t1t2d2

代入数据得到 d2＝0.314mm

所以

2-15解：由题意多层蒸气管总热流量



d2d1

107mm2

Z

2lt1t2

lnd1d2/1lnd3d2/2

W 代入数据得到 Z168.25

由附录知粉煤灰泡沫砖材料最高允许温度为300℃ 由此设在300℃时

2lt1t2

172.33W

lnd1d2/12lt1t2

2358.29W

lnd3d2/2

2z 因为1

所以不会超过允许温度。当增加煤灰泡沫砖的厚度会使热损失增加，从而边界面处温度下降。

Q2lq

2-16解：根据题意有：

2

119.86IR 解得：I232.36A

2-17 解：⑴

2l(t1t2)210.15650119.8Wln(r2/r1)ln2.5/1.5



2l(t1t2)21100020012532.98W

ln(r2/r1)1ln52/40111



50000.02420.026100r1h11h2r2



2l(t1t2)ln(r0/r2)ln(r2/r1)11h1r001h2r2



⑵

⑶

2110002005852.94W

1ln54/52ln52/401



0.0250000.08420.027100



2l(t1t2)

ln(r0/r2)ln(r2/r1)lnr1/ri11h1r001ih2ri



2110002005207.06W

1ln54/52ln52/40ln40/361



50000.0180.084211000.027

2-18解：将导热系数小的材料紧贴壁管



将导热系数大的材料紧贴壁管则

t1t22lt1t2

19.195075507575

lnln5050752l122l 2lt1t22lt1t2ln2.5ln1.615.47





故导热系数大的材料紧贴管壁其保温效果好。

21

q

若为平壁，则平壁

t1t2

12

12

由于12所以不存在此问题。 2-19解：根据题意有：

1h(10020)100，解得 h＝13.2696 2rlh(t1t2)0.03

按题意有：将导热系数大的放在内侧， (r120.0152)3.14103

解方程组得：

r10.035m，(r22r12)4103r20.049m





②

21002076.1

ln0.035/0.015ln0.049/0.0351



0.50.113.260.049

2lt1t2lnr1/r0lnr2/r11

12hr2

(r120.0152)4103

r20.049

r10.03871m，(r22r12)3.14103





2-20

21002043.72

ln0.03871/0.015ln0.049/0.038711



0.10.513.260.049

2lt1t2lnr1/r0lnr2/r11

12hr2

td212

x4解：① ，

2t

02xl,tt2 方程为：x，边界条件为：x0,tt1

tt

t21xt1

l解微分方程得：

3ddxh(ttf)123

②

，根据条件有：

(t

t

dx)2

dx4，在侧面绝热时，有12得微分

2t4h

(ttf)02

d得微分方程为：x，边界条件为：x0,tt1

f

解微分方程得：

代入边界条件得：

xl,tt2

ttC1e

(2

h)xd

C2e

(2

h)xd

2hld

ttf

(t2tf)(t1tf)e

e

h2ld

2

hld

e

h2l

d

e

h2xd



e

(t1tf)(t2tf)

h2ld

ee

h2l

d

e

2

hxd

2-21解：根据上题结果得：

t2－tf(t1tf)emlmxemlt1tft2tfmxt

m[ee]mlmlmlml

eeee x h10

m227.07

d＝400.02其中：

ml2.12m

＝－1549.1

t(6030)(25030)e2.12e2.12(25030)(6030)|x07.07[2.122.12xeee2.12e2.12

=-162.89

td2d2Q040(1549.1)19.46W

dx44

mlml

t2－tf(t1tf)emlet1tft2tfmlt

|xlm[ee]mlmlmlmlxeeee

2.122.12

t(6030)(25030)ee(25030)(6030)2.122.12

|xl7.07[e－e2.122.122.122.12xeeee Qxl40(－162.89)

d2

4

2.05W

球壳

2-22解：

〔25(195.6)〕

1.810440.822W

11－

0.150.165

0.822243600m0.3562Kg

199.61000

tt12

R 2-23解：一个球罐热流量为

11111111R()()0.17852

4r1r240.11.011.3304h4r2

40(40)448.168W

0.1785

所以10个球罐热流量为104481.68W

2-24

〔20040〕

456.5W

11－0.150.25解：根据题意：

解得：＝0.07W/(m.K)



如果电偶损坏，可近似测量水的出入口温度，取其平均值代替球外壳温度计算。

V

2-25解：球罐的体积为：

434

r3.140.2530.06541633

5

0.065416106541.67W 总发热热流为：

2

.67 球的外表温度：4rh(t25)6541

解得：t＝30.78℃

〔t30.78〕

15.246541.67W

11－0.250.3

解得t＝53.62℃

R

2-27解：不戴镜片

11111

hiAihoAo41r1r2

t

0.109WR所以 1

o0.0363W

3有效热量

o

111111

R

hiAihoAo41r1r242戴镜片时to0.108W

R所以

1

o0.036W

3即散热量为

11

rr

3 2

2-29相对于0.1mm这样小的半径，硅基板的外表面可以视为半径趋于无穷大的球壳表面。

变截面变导热系数问题

A(x)

2-30解：根据傅利叶导热公式得

dtdx

x0x300

6.5得x051.23 因为：4.1

x0dx6.54.1rx30 得rx0.410.082dx

代入数据积分得1397W 2-31 解：对于变截面导热 凸面锥台 柱体



x2

x1x2

x1x2

dxx28n4

x2n1dx320m22AX＝x1a

dxx2412

xdx320.35m

AX＝x1a2

x2dx1642

xdx263.23mx1AXx120242

凹面锥台 ＝

12

由上分析得 3

2-32解：

A

由

补充测定中心位置的温度为

dt

dx得5W/(m.K)

t0

A

又

dtdx

0(1bt)

tt

x2x10t1t21b12A2 （1） 所以

b

代入数据解得

4t02t22t1

t12t0t2 （2）

2

2

将（2）代入（1）得到

2-33 解

0

ddtdtr0rc1drdrdr 即

bdr

0t0t2c1lnrc2

r 即2所以

b

0t10t12c1lnr1c2

2当在rr1处tt1即 （1） b

0t20t22c1lnr2c2

rr2处tt2 即2 （2）

01btdtc1

c1

两个式子联立得

0t1t210t1t2

b2lnr1r2



c2

（1）-（2）得

0t1t210t1t2lnr1



b2lnr1r2



br

0t1t20t12t22c1ln1

2



2



 （3）

将c1,c2代入（3）得温度表达式

0t0t20t1t210t1t2

b

2



b2

q

由傅利叶公式

dtdx

lnr.r1lnr1

2

q

得

c1

r

0t1t210t1t2

b2rr.ln12





2-36解：x=0mm,x=10mm处的平均温度又

10060

802℃

0(1) 所以热量

1000

q

0180b

t1t2

0.02即

同理x=10mm,x=20mm处得 1000

10060

（1）

0150b

0.02

6040

（2）

联立得b=-0.009 0 2-38解：一维有内热源的导热 2-39解：一维代入微分方程式为

0.687

2-40解：有内热源空心圆柱体导热系数为常数的导热微分方程式为

ddt

Axxx0dxdx

经过积分得

1tr0rrr

2



rr0,ttw;r0,tt0 因为

所以得

tc1lnrc2r

r

对其求导得

r03/r03/r3t0twt0tw

tlnrt0

lnr01lnr01

2-42解：利用2-33题的结果立即可得温度场应满足的微分方程为：

ddt(r)0()rdrdr（设为常数），

dtdtr00；rr0，h(ttf)。

drdr其边界条件为：

dtrh(ttf)。

dr对于为常数的情形，积分一次得：

r2dt

0tc1lnrc2

4再积分一次得： 由r=0，dr，得c10；

r2r0dt

h(ttf)，得hc2tf

dr24rr， 0，由

r02r0r0

c2tf

2h42h由此得：。



2-43

1tr0rrr解： (1) dt0dxr=0, (2) rr0,tt0 (3)

三式联立最终可解得

023tqr0r24Ar0r3t0

36



2-47解：由题意导热微分方程

d2tax

20e0dx

又x=0处t=t1,x=处t=t2

积分并结合边界条件可得

0eaxt

adt0dx令

ea0

t1t2202

0aaxt12

a

1at1t21ea

xln

a0a

可得：当时，t最大。

2-48 解

d2t02

 dx （1）

边界条件

dt0

r=0,dx (2) rr0,tt0 (3)

三式联立得

t

10a

2

e

a

eax

2





0a

xt2



t

x=0时；

10a

e

a

1



0a

t2

当x=时，tt2 所以

q

2-49

提示：在导线与绝缘材料的界面上，热流密度及温度都是连续的。

dt1eax1dxa0



1ddt1

rdr0rdr1解：导线中温度场的控制方程为：； 1ddt2r0rdrdr环形绝缘层中温度场的控制方程为：。

边界条件：对t1，r0时，t1为有限；

rr1时，t1t2,1

t2,rr1时，t1t2,1

dt1dt

22drdr。

dt1dt

22drdr； 对

dt

rr2时，22ht2t1

dr。

r2t1c1lnrc2；

r1第一式的通解为：

tclnrcc、c、c、c12。常数1212由边界条件确定。 第二式的通解为：2

c10。其余三个条件得表达式为： 据r=0时，t1为有限的条件，得

cr12r11rr1，c2c1lnr1c2；122r1411； c

rr2，21hc1lnr2c2tfr2

，由此三式解得：

r12r12

c1，c2tf

2222

2

hrlnr22，

r2r2r2r112c21lntf412hr222r1。

r12r12r12r12r2

t1lntf41412hr222r1所以；

r2r2121

t2tflnrlnr222hr222。

肋片及扩展面

2-50

mH

解：（1）因为所以

2h



H0.4997

f

thmHth0.4997

91.3%mH0.4997

mH

因为

2h



H1.501

thmHth1.501

56.9%mH1.501所以

d2t02

2-51解：dx

f

shptt

AcdxAc

又

所以得

AcQ0mthmH





代入数据查表得，40.1W

当其他条件不变时H2H,66.9W

由上述结果可知长度增加一倍而散热量没有增加一倍，因此从充分利用金属的观点，采用长度为其一半的较短的肋较好。

;A2A1.0310m 2-52解：HH/212.9mm

查表得238W/(m.K)

52

从图查得，

0.31(H)A2



r112.5mm;r2r1H25.4mm

f0.88

1/2



02r2r1htwtf37.15W

肋片两面散热量为： 0f32.7W

肋片的实际散热量为：两肋片间基管散热量：

htwtf2r1s9.021W;n

1

105s

.8W 总散热量为Zn4382

2-53解：按题意应使h

00.6%，h0chmh0.,

chmh166.7，查附录得：mharcch(166.7)5.81，

m

2-55

hU1055.81

48.75，H0.119mA48.7549.10.9103

。

解：（1）

mhp/Ac14.09

0

又肋片中的温度分布

chmxm

chmh

0t0t510℃

所以中间温度x=H时

221℃

因肋片截面温度沿高度方向逐步降低 所以当x=H时最大

max

chmH＝265.6℃

0

(2)热量由冷却介质带走

hp

0thmH65.7Wm

mxmx

2-61 解：此问题得通解为：c1ec2e,c1、c2由边界条件确定：

x0

x0，0c1c2，xH，c1memHc2memHhc1emHc2emH，

0emHmh2

c1mH

emh2emHmh2， 由此得：



0emHmh2c2mH

emh2emHmh2,

0emHmh2emx0emHmh2emx



emHmh2emHmh2 chmHxh2mshmHx0

chmHh2mshmH

散热量：

shmHxmh2mchmHxmd

AA0|x0

dxchmHhmshmHx02

shmHh2mchmHA0m

chmHh2mshmH

多维导热

2-62解：

2-63解：采用形状因子法计算，据已知条件

8.156mb

ln1.08

d

所以St1t2672.87W/m

2-65解：＝st0.80.15x400500.80.150.3035012.6W。

S

2l

1

tl1tl2tl3

作为一种估算可以取3作为内侧有效温度计算t。

2-67解：（1一样，因为两种 情况下的数学描写中不出现材料物性值； （2）一样，理由同上；

(3)不一样，在给定热流的边上，边界条件中出现固体导热系数； (4)不一样，在第三类边界条件的表达式中出现固体导热系数。 2-68解：设发泡塑料的厚度为x 采用形状因子法计算 其S

中

xxx2

0.752x20.540.52x40.15x20.752x0.52x20.752x

x

又St1t2

代入数据解得

x0.03m

热阻分析

2-69 试写出通过半径为r1,r2的球壁的导热热阻的表达式。

2

0.752x0.52x0.540.752x20.752x0.52x0.75x2

＝

解：球壳导热热流流量为：

2-70 试据定义导出具有两个等温面的固体导热热阻与其形状因子之间的关系，并据此写出表2-2中第5，6栏所示固体的导热热阻。 解：

4t1t2tr1r2

R

r1r2，4。

R

t



又St1t2 所以

R

1S

R1ln

第五栏：

d1d224w2d1d224w2d1d224w2d1d224w2

/2l

b

R2ln1.08/2l

d第六栏：

2-71解：R1/A11;R2/A22

热阻是并联的，因此总热阻为

R1.R2

`

R1R2A11A22

tt2t1A11A22QR导热总热量： R

2-72 在如附图所示的换热设备中，内外管之间有一夹层，其间置有电阻加热器，产生热流密度q，该加热层温度为th。内管内部被温度为ti的流体冷却，表面传热系数为hi。外管的外壁面被温度为t0的流体冷却，表面传热系数为h0。内外管壁的导热系数分别为i,0。

试画出这一热量传递过程的热阻分析图，并写出每一项热阻的表达式。

RiR0

r2r11

;Ri2r2i2r1hir3r21

;R02r202r2h0

解：

2-73

提示：芯片的热阻为零，其内热源的生成热可以看成是由外界加到该节点上的。 解：设芯片的工作温度为t℃ 芯片上侧面传热量1hAtt

121h 12芯片下侧面传热量

42

其中QqA,Q12;q1.510w/m

代入数据可得t75.35℃。

2-75解：(1)管子内壁面的热流量为：＝d1lqr，稳态条件下有：

2A

tt



2lts1ts22ts1t

d1lqrd1lqr

lnr1r2lnrr2，在任一直径r处温度为t，则有：，

2tts2

d1qrtd1qrlnr3rts2

2即tts1d1qrlnrr2/2，或：lnr34，。

2ts1ts221515025

2.375106Wm2

d1lnr3r20.005ln35(2)，

2ts1ts2

qLd1qr3.7104Wm

lnr3r2每米长度上热负荷。 qr

12t

r02rr2-76解：利用有内热源的一维球坐标方程：r

3

d2dtcdtrr22dtrr/r1c1drdr3dr3r2， ，，dr

cr2

t1c2

6r

tdtr00；rRhtt

rdr边界条件为：。



为满足第一边界条件，c1必须为0。

r2rc2/ht63，即： 代入第二条件：

r2rRR2/c2ht6ct

3，由此得：23h6，

RtrR2r2tm

3h6温度分布为：，

RRR2

t0ttsh

3h63h由此得：当rR时，；当r=0时，。

R432R4Rhtttsts

ts也可由稳态热平衡得出：33h，由此得：，



4000J4000J

38.9Wm3

532

1.19010m243600s102.8ms，

W38.90.04mR3ts5℃5℃5℃0.086℃5.09℃2

3h36WmK， ＝4000Jm3day



R2R38.90.04℃

t05℃5.095.090.025.11℃

3h660.5。

2-77解：导热系数为常数有内热源的导热微分方程为

d2t02

dx

23

tt/ttccxcx121123平板内温度分布为

又x0,tt1;x,tt2；x=0处的内热源强度为0

两次积分及边界条件可得



即内热源的表达式。

0xt2t16x032 0

2

1ddtddtrr0,r

drdrdr2-78解：如右图所示，一维稳态导热方程rdr，

r2rc1r2c1dtdt

rc1，tlnrc2

dr2dr2r4。

R2R2dt

r00，c10；rR，ttw，twc2，c2tw

dr44， r2R2R2r2

tttw

444，最大温度发生在r=0处，

R256500.022

t0twtmax1.35℃

440.42。



2-81一种救火员穿戴的现代化的衣料如图所示。其中面罩料、湿面料以及热面料的厚度及

其导热系数见附表。热量通过两层空气隙传递时，既有导热又有辐射，辐射热流量可以按对流的方式计算：

hrad

qradhrad(T1T2)，其中T1,T2为空气隙两表面的温度，

3

4Tav,Tav(T1T2)/2。假定每层空气隙都可以按Tav470K来计算辐射热流密

2

度，试假定每层导热的面积热阻。在一次演习中，救火员一副表面接到2500Wm的辐射

2-82

3641230

15mm22解：肋片高度，肋效率按等截面直肋估计，内管管壁附近的

3.14128

H＝15153.7118.71mm

8看成为垂直延伸部分，故实际肋长为：，但

H

2h2

mHH

Ac肋端真正绝热，，

h150Wm2K,390WmK，

ALH0.0010.018711.871105m2，

5

2501001032

mH0.018712.55910

7293901.871105，

3

3



.3711042.5591031.171022.5591032.9961040.3，



thmH0.291

0.97，tmH0.3

tt0

Aieff

1033.14320.972818.713.14128 103100.50.97299.3637.688

103100.50.97329.044.098101m2，

Ao3.14103361.13101m2， Am3.14103341.07101m2，

l

代入得：

11



h0A0AmhiAieff，

d02fin82Hdi81



10035101

10.0021



25001.133901.07504.098

650.1650.1103

1240Wm463

5.2393.54104.8104.8810。

2-83解：设一维、稳态、无内热源、常物性导热问题，b>0，在平壁中任一x处：

q01bt

bt2dt

const,qdx01btdt

0t11dx，

22

bt2bt1

t22t12

 

作同样积分，但以2为积分上限得：

q0



2bt2220bt1qt1t22 (b)

tt

t12t0为已知值，于是令(a)(b)，并以上述t2表达式代入：

2其中，

0



22bt2bt120

t22t12



2bt22bt1tt2

122，

b

最后可解出：

t

2

1

2t2/2t1t22t0。

2

2t0

d

x00

dx2-84解：设圆棒可作为无限长情形处理，即：。则有：

tttthp

emx，即：lnmxx0tstAc， tst

tAtlnttstBtln

因而对两个棒有：tsttAtlnttB

BAsAtBt

lntts，

7525ln1002514.14ln0.666614.140.40569.123B200，6525ln0.53330.6286ln10025

B83.2WmK

讨论：如果测得了A、B两棒不同x处具有相同得温度，也可据A而得B。

l

1得前提下，xxdB如上题设A=0.15m，=0.075m具有相同得温度，在仍有：

hptt

emxm

AC。因为tAxAtBxB，故AxABxB， t0t

，

hphpmAxAmBxBAxAAxB

CACR亦即，其中p，h，AC均相同， RxBxB0.075

20050WmKBAxx0.15AA，即故有：A。

2-85解：设稳态，无接触热阻。

(1)在固体表面上设置了一个固体圆柱后，圆柱根部温度会低于ts，这是因为加了圆柱体

相当于增加了该处得散热量。其时圆柱根部温度得分布大致如图示：

2

2

(2)h越大，肋根处温度下降越明显；导热系数越大，温度下降越明显。

(3)热电偶热节点测定得温度值实际上已经偏离了未接触热电偶时该处温度之值，即存在着测温误差，要减少测温误差，因尽量减小沿热电偶导线的热量传递。 2-90解：按教材中式（2-38），有：

＝

d2

4

m0thmH

2

，直肋的体积正比于dH，令

Vfd2H，则上式可写为：2hd

0

32



th2Vfd





5



4h

（m已用d代入）。

d0V，，hf按题意，均保持不变，则最佳直径应满足dd，由此得：

22132hhh2

hdth2Vf35Vf4sedh2Vf502ddd2

52

52thsech2Vhdf3令，可得下列超越方程：， 10

sh2

3，由此解出：0.919296，代入其定义式，可得最佳工况下直径应或：

0

1

2



dopt

满足的关系式：

hH24.733

。