قانون سرد شدن نیوتن — به زبان ساده
در این آموزش، با «قانون سرد شدن نیوتن» (Newton’s Law of Cooling) آشنا میشویم.
قانون سرد شدن نیوتن
در قرن هفدهم، دانشمند انگلیسی، آیزاک نیوتن، سرد شدن اجسام را بررسی کرد. آزمایشها نشان داد که نرخ سرد شدن تقریباً متناسب با اختلاف دمای بین جسم گرم شده و محیط است. این واقعیت به صورت رابطه تفاضلی زیر نوشته میشود:
$$ \large \frac { { d Q } } { { d t } } = \alpha A \left ( { { T _ S } – T } \right ) , $$
که در آن، $$ Q $$ گرما، $$ A $$ مساحت سطح جسمی که گرما انتقال میدهد، $$ T$$ دمای جسم و $$ T _ S $$ دمای محیط پیرامون و $$ \alpha $$ ضریب انتقال حرارت است که به هندسه جسم، حالت سطح، مد انتقال حرارت و سایر عوامل وابسته است.
از آنجا که $$Q = CT $$، که در آن، $$ C $$ ظرفیت گرمایی جسم است، میتوان نوشت:
$$ \large { \frac { { d T } } { { d t } } = \frac { { \alpha A } } { C } \left ( { { T _ S } – T } \right ) } = { k \left ( { { T _ S } – T } \right ) . } $$
حل این معادله دیفرانسیل به صورت زیر است:
$$ \large { T \left ( t \right ) = { T _ S } } + { \left ( { { T _ 0 } – { T _ S } } \right ) { e ^ { – k t } } , } $$
که در آن، $$ T_ 0 $$ دمای اولیه جسم را نشان میدهد.
بنابراین، هنگام سرد شدن، دمای هر جسمی به صورت نمایی به دمای محیط اطراف میل میکند. نرخ سرد شدن به پارامتر $$k = {\large\frac{{\alpha A}}{C}\normalsize} $$ بستگی دارد. با افزایش پارامتر $$k$$ (برای مثال، به دلیل افزایش مساحت سطح)، سرد شدن سریعتر رخ میدهد (شکل ۱).
مثالهای قانون سرد شدن نیوتن
در این بخش، دو مثال را بررسی میکنیم.
مثال ۱
دمای جسمی، در یک ساعت نخست، از ۲۰۰ کلوین به ۱۰۰ کلوین کاهش مییابد. تعیین کنید که با گذشت یک ساعت دیگر، جسم چقدر سردتر میشود. دمای محیط را ۰ کلوین درنظر بگیرید.
حل: ابتدا این مسئله را برای یک دمای محیط دلخواه حل کرده، سپس دمای نهایی جسم را با در نظر گرفتن دمای محیط ۰ کلوین به دست میآوریم.
دمای اولیه جسم گرم شده $$ T_ 0 = 200$$ کلوین است. دینامیک دما با فرمول زیر بیان میشود:
$$ \large { T \left ( t \right ) } = { { T _ S } + \left ( { { T _ 0 } – { T _ S } } \right ) { e ^ { – k t } } } = { { T _ S } + \left ( { 2 0 0 – { T _ S } } \right ) { e ^ { – k t } } . } $$
در پایان یک ساعت نخست، دمای جسم به ۱۰۰ کلوین کاهش مییابد. بنابراین، میتوانیم رابطه زیر را بنویسیم:
$$ \large { T \left ( { t = 1 } \right ) = 1 0 0 } = { { T _ S } + \left ( { 2 0 0 – { T _ S } } \right ) { e ^ { – k \cdot 1 } } , \; \; } \Rightarrow { { 1 0 0 = { T _ S } } + { \left ( { 2 0 0 – { T _ S } } \right ) { e ^ { – k } } . } } $$
بعد از ساعت دوم، دمای جسم برابر با $$ X $$ کلوین خواهد شد:
$$ \large { X = { T _ S } } + { \left ( { 2 0 0 – { T _ S } } \right ) { e ^ { – 2 k } } . } $$
بنابراین، یک دستگاه دو معادلهای با سه مجهول $$ T_ S$$، $$k $$ و $$ X $$ خواهیم داشت:
$$ \large \left \{ \begin {array} { l }
1 0 0 = { T _ S } + \left ( { 2 0 0 – { T _ S } } \right ) { e ^ { – k } } \\
X = { T _ S } + \left ( { 2 0 0 – { T _ S } } \right ) { e ^ { – 2 k } }
\end {array} \right . . $$
نمیتوانیم دمای $$ X $$ جسم را پس از ساعت دوم به صورت یکتا از این دستگاه معادلات تعیین کنیم. البته، میتوانیم وابستگی $$ X $$ و دمای محیط $$ T_ S $$ را تعیین کنیم. تابع $$ e ^ { - k } $$ را از معادله اول به صورت زیر مینوسیم:
$$ \large { e ^ { – k } } = \frac { { 1 0 0 – { T _ S } } } { { 2 0 0 – { T _S } } } . $$
بنابراین:
$$ \large { { e ^ { – 2 k } } = { \left ( { { e ^ { – k } } } \right ) ^ 2 } } = { { \left ( { \frac { { 1 0 0 – { T _ S } } } { { 2 0 0 – { T _ S } } } } \right ) ^ 2 } . } $$
در نتیجه، $$X\left( {{T_S}} \right) $$ به فرم زیر خواهد بود:
$$ \large { X \left ( { { T _ S } } \right ) = { T _ S } } + { \left ( { 2 0 0 – { T _ S } } \right ) { \left ( { \frac { { 1 0 0 – { T _ S } } } { { 2 0 0 – { T _ S } } } } \right ) ^ 2 } } = { { T _ S } + \frac { { { { \left ( { 1 0 0 – { T _ S } } \right ) } ^ 2 } } } { { 2 0 0 – { T _ S } } } . } $$
اگر برای مثال، دمای محیط اطراف صفر باشد، دمای $$ X $$ جسم در ۲ ساعت، به صورت زیر خواهد بود:
$$ \large { X \left ( { { T _ S } = 0 } \right ) } = { 0 + \frac { { { { \left ( { 1 0 0 – 0 } \right ) } ^ 2 } } } { { 2 0 0 – 0 } } } = { \frac { { 1 0 0 0 0 } } { { 2 0 0 } } } = { 5 0 . } $$
وابستگی مقدار $$ X $$ با $$ T_ S $$ این مثال در شکل ۲ نشان داده شده است.
مثال ۲
جسمی با دمای اولیه $$ T_ 0 $$ در اتاقی با دمای $${T_{S0}}$$ قرار دارد. جسم طبق قانون سرد شدن نیوتن با نرخ ثابت $$ k $$ سرد میشود. دمای اتاق به آرامی و با قانون خطی زیر افزایش مییابد:
$$ \large { T _ S } = { T _ { S 0 } } + \beta t $$
که در آن، $$ \beta $$ پارامتری معلوم است. زمان $$ \tau$$ را که در آن، دمای جسم و دمای محیط با هم برابر هستند، به دست آورید.
حل: ابتدا باید دقت کنیم که در این مثال دمای محیط ثابت نیست. در مورد آخر، یک دمای جسم با گذشت زمان زیاد به دمای محیط میل میکند. در مسئله داده شده، دمای محیط به صورت خطی افزایش پیدا میکند و بنابراین، زودتر یا دیرتر دماها با هم برابر میشوند. در نتیجه، مسئله یک جواب دارد.
فرایند سرد شدن با معادله دیفرانسیل زیر بیان میشود:
$$ \large \frac { { d T } } { { dt } } = k \left ( { { T _ S } – T } \right ) . $$
در این مثال، رابطه $${T_S} = {T_{S0}} + \beta t $$ را داریم. بنابراین، معادله آخر را میتوان به فرم زیر نوشت:
$$ \large { \frac { { dT } } { { d t } } = k \left ( { { T _ { S 0} } + \beta t – T } \right ) } $$ یا $$ \large { T’ + k T = k { T _ { S 0 } } + k \beta t . } $$
اکنون یک معادله دیفرانسیل خطی داریم که میتوان آن را برای مثال با استفاده از عامل انتگرالساز حل کرد:
$$ \large u \left ( t \right ) = { e ^ { \int { k d t } } } = { e ^ { k t } } . $$
جواب عمومی معادله به صورت زیر است:
$$ \large { T \left ( t \right ) } = { \frac { { \int { { e ^ {k t} } \left ( { k { T _ { S 0 } } + k \beta t } \right ) d t } + C } }{ { { e ^ { k t } } } } }
= { \frac { { k { T _ { S 0 } } \int { { e ^ { k t } } d t } + k \beta \int { { e ^ { k t } } t d t } + C } } { { { e ^ { k t } } }} } $$
انتگرال دوم صورت کسر را میتوان با استفاده از انتگرالگیری جزء به جزء حل کرد:
$$ \large \begin {align*} \int { \underbrace { { e ^ { k t } } } _ { u’ } \underbrace t _ v d t }
& = { \left [ { \begin {array} { * { 2 0 } { l } }
{ u’ = { e ^ { k t } } } \\
{ u = \frac { 1 } { k } { e ^ { kt } } } \\
{ v = t } \\
{ v’ = 1 }
\end {array} } \right ] }
= { \frac { 1 } { k } { e ^ { k t } } t – \int { \frac { 1 } { k }{ e ^ { k t } } d t } }
\\ & = { \frac { 1 } { k } { e ^ { k t } } t – \frac { 1 } { { { k ^ 2 } } } { e ^ { k t } } }
= { \frac { 1 } { k } { e ^ { k t } } \left ( { t – \frac { 1 } { k } } \right ) . } \end {align*} $$
بنابراین، قانون سرد شدن نیوتن برای جسم به فرم زیر خواهد بود:
$$ \large { T \left ( t \right ) }
= { { T _ { S 0 } } + \beta t – \frac { \beta } { k } + C { e ^ { – k t } } . } $$
ثابت $$ C $$ را میتوان از شرایط اولیه $$T\left( {t = 0} \right)$$ به دست آورد. در نتیجه، داریم:
$$ \large C = { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } + \frac { \beta } { k } . $$
بنابراین، قانون سرد شدن جسم با فرمول زیر بیان میشود:
$$ \large { T \left ( t \right ) } = { { T _ { S 0 } } + \beta t – \frac { \beta } { k } } + { \left ( { { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } + \frac { \beta } { k } } \right ) { e ^ { – k t } } . } $$
در لحظه مشخص $$ \tau $$، دمای جسم و دمای محیط اطراف برابر خواهند بود:
$$ \large T \left ( \tau \right ) = { T _ { S 0 } } + \beta \tau . $$
بنابراین، زمان $$ \tau$$ از معادله به دست میآید:
$$ \large \require {cancel} \large
{ \cancel { { T _ { S 0 } } + \beta \tau } } = { \cancel { { T _ { S 0 } } + \beta \tau} } - { \frac { \beta } { k } + \left ( { { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } + \frac { \beta } { k } } \right ) { e ^ { – k \tau } } , \; \; } \\ \large \Rightarrow
{ { \left ( { { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } + \frac { \beta } { k } } \right ) { e ^ { – k \tau } } } = { \frac { \beta }{ k } , \; \; } } \Rightarrow
{ \frac { k } { \beta } \left ( { { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } + \frac { \beta } { k } } \right ) = { e ^ { k \tau } } , \; \; } \\ \large \Rightarrow
{ \frac { k } { \beta } \left ( { { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } } \right ) + 1 = { e ^ { k \tau } } , \; \; } \Rightarrow
{ { \tau } = { \frac { 1 } { k } \ln \left [ { \frac { k } { \beta } \left ( { { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } } \right ) + 1 } \right ] . } } $$
میتوانیم زمان $$ \tau $$ را برای مقادیر پارامترهای زیر به دست آوریم:
$$ \large { { T _ { S 0 } } = 2 0 ^ { \circ } C , \; \; \; } \kern -0.3pt{k = \frac { 1 } { 5 } \, \text {min} ^ { - 1 } , \; \; \; }\kern-0.3pt
{ \beta = 2 \, \frac { \text {degrees} } { \text {min} } , \; \; \; } \kern-0.3pt{ { T _ 0 } = 2 0 0 ^ { \circ } C . } $$
در نتیجه، خواهیم داشت:
$$ \large \begin {align*} { \tau } & = { \frac { 1 } { k } \ln \left [ { \frac { k } { \beta } \left ( { { T _ 0 } – { T _ { S 0 } } } \right ) + 1 } \right ] }
= { \frac { 1 } { { \frac { 1 } { 5 } } } \ln \left [ { \frac { { \frac { 1 } { 5 } } } { 2 } \left( {200 – 20} \right) + 1} \right] } \\ &
= { 5 \ln \left [ { \frac { 1 } { { 1 0 } } \cdot 1 8 0 + 1 } \right ] }
= { 5 \ln 1 9 }
\approx { 5 \cdot 2.944 }
\approx { 14.77 \left [ { \text {min} } \right ] . } \end {align*} $$
اگر این مطلب برای شما مفید بوده است، آموزشها و مطالب زیر نیز به شما پیشنهاد میشوند:
- مجموعه آموزشهای مکانیک سیالات
- آموزش مکانیک سیالات (مرور و حل تست کنکور ارشد)
- مجموعه آموزشهای دروس مهندسی مکانیک
- معادله دیفرانسیل برنولی — از صفر تا صد
- پیوستگی و بقای جرم در سیالات — از صفر تا صد
- سینماتیک سیالات — مقدمهای بر مکانیک
- استاتیک سیالات — به زبان ساده
^^
چرا در این قانون از کلوین استفاده میشه ایا استفاده از واحد سلسیوس مجاز نیست؟
با سلام،
به این نکته دقت داشته باشید که در اینجا با اختلاف دما روبرو هستیم. ذکر این نکته نیز مهم است که در حل مسائل فیزیک استفاده از واحد کلوین برای دما رایجتر است.
با تشکر از همراهی شما با مجله فرادرس