SFE_1.7 (2014)

Ejercicio Catalán
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 4º curso
Asignatura Sistemes Fora de l'Equilibri
Año del apunte 2014
Páginas 4
Fecha de subida 04/08/2014
Descargas 0
Subido por

Vista previa del texto

1.7 Problema: Barra amb p` erdues newtonianes. Considereu una barra semi-infinita que t´e un extrem a temperatura fixada T0 i que t´e p`erdues de calor de tipus Newtoni`a cap a l’exterior que es troba a temperatura TŒ (´es a dir les p`erdues de calor per unitat de temps i superf´ıcie lateral s´ on b(T ≠ TŒ )).
(a) Trobeu el perfil estacionari de temperatura.
(b) Trobeu la producci´ o d’entropia en el r`egim estacionari.
Soluci´ o: (a) Tenim una barra semi-infinita sotmesa a les condicions de contorn T (x = 0) = T0 i T (x = Œ) = TŒ , que t´e p`erdues de calor de tipus Newtoni`a (per tant, T0 > TŒ ). La llei de refredament de Newton diu que dQ = ≠b(T ≠ TŒ ).
dtdS¸ (0.82) El truc per resoldre aquest problema consisteix en suposar que les p`erdues de calor tipus Newtoni` a les podem considerar com una mena d’embornals que traguen energia en cada punt. L’embornal associat a les p`erdues de calor ser`a de l’estil: ‡E = 1 dQ 2 dQ 2b = = ≠ (T ≠ TŒ ).
dV dt R dtdS¸ R (0.83) Anteriorment he utilitzat que: dV = fiR2 dx (fiR2 ´es la secci´o de la barra, la qual suposam circular), dS¸ = 2fiRdx, a m´es de l’equaci´o (0.82). Per determinar el perfil estacionari de temperatura considerem l’equaci´o de continu¨ıtat per a l’energia en l’estat estacionari, (no hi ha depend`encia amb t, ˆt flE = cˆt T = 0) pren la seg¨ uent forma: ˛ Ò ·˛äE (x) = ‡E (x). Utilitzant la Llei de Fourier i l’expressi´o que hem trobat per ‡E (x), resulta d2 T (x) 2b ≠ (T ≠ TŒ ) = 0.
(0.84) dx2 RŸ Per resoldre l’equaci´ o anterior, feim el canvi ◊(x) = T (x) ≠ TŒ . S’arriba a d2 ◊(x) 2b ≠ ◊(x) = 0 =∆ ◊(x) = T (x) ≠ TŒ = Aeax + Be≠ax , 2 dx RŸ (0.85) Ò 2b amb a = RŸ . Imposant les condicoins de contorn que he esmentat anteriorment, determinam quant valen A i B: T (0) = T0 T (Œ) = TŒ J =∆ A = 0, B = T0 ≠ TŒ .
(0.86) Finalment trobam que T (x) = TŒ + (T0 ≠ TŒ )e≠ax , amb a = Û 2b RŸ (0.87) Com podem veure, a difer`encia d’alguns problemes anteriors, ara el perfil de temperatura ´es no lineal (degut a les p`erdues de calor). Desde el punt de vista experimental, aquest comportament s’ha mesurat.
18 (b) D’acord amb la f´ ormula (0.58) de l’aclariment que he fet en el problema 1.5, la producci´o local d’entropia en aquest exercici ´es (i = E), ˛ E (x).
‡S (x) = ±YE (x)‡E (x) + ˛äE (x) · ÒY (0.88) Posant-hi la llei de Fourier, la intensiva conjugada de l’energia (1/T (x)), i l’expressi´ o per l’embornal d’energia (notar que estrictament, com que tenim un embornal cal considerar el signe negatiu, encara que aquest ja el tenim en compte en la pr`opia definici´ o de ‡E (x) i per tant consideram el signe positiu), obtenim: 2b Ÿ ‡S (x) = ≠ (T (x) ≠ TŒ ) + 2 RT (x) T (x) 3 dT (x) dx 42 (1) (2) © ‡S (x) + ‡S (x), (1) (0.89) (2) essent ‡S (x) la contribuci´ o a la producci´o local per part dels embornals, i ‡S la contribuci´ o per part dels fluxos interns d’energia. Aquesta darrera expressi´o es correspon amb la producci´ o d’entropia punt a punt i per unitat de volum. La producci´o total ser`a, ‡ST = ⁄ V ‡S (x)dV = S ⁄ Œ 0 ‡S (x)dx = S © ⁄ Œ (1) 0 (1) ‡T + ‡S (x)dx + S (2) ‡T .
⁄ Œ (2) 0 ‡S (x)dx (0.90) Comencem per calcular la primera integral, (1) ‡T = S ⁄ Œ (1) 0 Calculem la segona, (2) ‡T =S ⁄ Œ (2) 0 ‡S 2Sb R ⁄ Œ 1 (T (x) ≠ TŒ )dx T (x) 0 ⁄ T0 ≠ TŒ Œ dx = ≠SŸa2 T0 ≠TŒ ax TŒ 0 TŒ + e 3 4 T0 = ≠SŸa ln < 0.
TŒ ‡S (x)dx = ≠ ⁄ Œ 3 (0.91) 4 1 dT (x) 2 (x)dx = SŸ dx T 2 (x) dx 0 3 4 ⁄ T0 ≠ TŒ 2 Œ dx = SŸa2 T ≠T TŒ ( 0TŒ Œ + eax )2 0 3 3 44 T0 ≠ TŒ TŒ = ≠SŸa + ln > 0.
T0 T0 (0.92) En el c` alcul de les dues integrals anteriors he fet u ´s del perfil que hem trobat a l’apartat (a), i de la relaci´ o: 2b/R = Ÿa2 .
ù Anteriorment he utilitzat les seg¨ uents integrals del “Schaum”: ⁄ dx x 1 = ≠ ln(b + eax ), ax b+e b ab ⁄ dx x 1 1 = 2+ ≠ 2 ln(b + eax ).
ax 2 ax (b + e ) b ab(b + e ) ab 19 Ajuntant-ho tot, se segueix que ‡ST = ≠SŸa 3 T0 ≠ TŒ T0 4 Æ0 (0.93) Alarma! El sistema que hem considerat en r`egim estacionari viola el 2n principi de la termodin` amica? No hem violat el 2n principi, el que est`a passant ´es que el model que hem fet est` a incomplet. Hem suposat un model on en cada punt de la barra tenim un embornal que es menja energia, per`o no hem dit que feia l’embornal amb aquesta energia. Per tant, hem suposat que se la queda alla guardada, no la dissipa.
Per completar el model, considerem que la barra realment el que fa ´es enviar aquesta energia que ha absorbit l’embornal, a l’exterior. Anem a calcular quina ´es la producci´o d’entropia deguda a que els embornals lliurin el calor que absorbeixen, a l’entorn a TŒ , (3) ‡S (x) ‡ Õ (x) (3) =≠ E =∆ ‡T = TŒ ⁄ V (3) ‡S (x)dV S =≠ TŒ ⁄ Œ 0 Õ ‡E (x)dx.
(0.94) Õ (x) ”= El signe menys l’incloem per tenir en compte que s´on p`erdues. Notar que ‡E ‡E (x), hi ha que distingir b´e que ´es cada ‡(x). La ‡E (x) fa refer`encia a l’energia que Õ (x) traguen uns suposats “ents” que hi ha distribu¨ıts al llarg de la barra, mentre que ‡E ´es l’energia per unitat de volum i temps que la mateixa barra envia a l’exterior. De l’equaci´ o de continu¨ıtat en l’estat estacionari i la llei de Fourier, es t´e: Õ ‡E (x) = x (x) djE d2 T (x) = ≠Ÿ = ≠Ÿa2 (T0 ≠ TŒ )e≠ax , dx dx2 (0.95) on he fet u ´s del perfil de l’apartat (a). Per tant, de (0.94) tenim: (3) ‡T = SŸa2 T0 ≠ TŒ TŒ Ara, el balan¸c total ens diu que (1) ⁄ Œ (2) 0 e≠ax dx = SŸa (3) ‡ST = ‡T + ‡T + ‡T = SŸa 3 T0 ≠ TŒ TŒ 4 Ø 0.
(T0 ≠ TŒ )2 Ø0 T0 TŒ (0.96) (0.97) Aquest resultat ja t´e m´es sentit. A m´es, si feim T0 = TŒ , el resultat de l’apartat anterior ens diu que la barra es troba a TŒ al igual que la font i l’ambient. Per tant, tot est` a en equilibri i el que esperam ´es que la producci´o sigui zero, que ´es exactement el que ens diu (0.97).
Tot considerant el perfil de temperatura de l’apartat (a), ´es possible justificar la ´ clar que en el r`egim producci´ o que hem obtingut a partir de la termodin`amica. Es estacionari, el flux de calor en la superf´ıcie que separa el forn i la barra, ´es: E = Q˙ = Sjx (x = 0) = ≠SŸ dTdx(x) -x=0 = SŸa(T0 ≠ TŒ ) (´es la quantitat de calor que guanya la barra o perd el forn, per unitat de temps). El canvi d’entropia per unitat ˙ 0 = ≠SŸa(T0 ≠ TŒ )/T0 < 0 de temps que experimenta el forn, ´es: S˙ forn = ≠Q/T (el forn va perdent entropia). Mentre que el canvi que experimenta l’ambient ´es: ˙ Œ = SŸa(T0 ≠ TŒ )/TŒ > 0. En total, S˙ ambient = Q/T S˙ univers = S˙ forn + 2 (T0 ≠ TŒ ) S˙ ambient = SŸa Ø 0.
T0 TŒ 20 (0.98) Notar que ´es el resultat que hem obtingut anteriorment. D’aquesta manera, tot queda compensat i no es viola res.
21 ...