OliForum Matematico

Problema tratto dal Serway-Beichner:
L'interno di un cilindro cavo è mantenuto a temperatura $ $T_a$ $, mentre l'esterno si trova a una temperatura più bassa $ $T_b$ $. La parete del cilindro ha una conducibilità termica $ $k$ $. Trascurando gli effetti di bordo, si mostri che l'energia per unità di tempo che passa per conduzione dalla parete interna a quella esterna in direzione radiale è
$ $\frac{dQ}{dt}=2\pi Lk\left[\frac{T_a-T_b}{\ln (b/a)}\right]$ $
dove $ $L$ $ è l'altezza del cilindro, $ $a$ $ il raggio interno e $ $b$ $ il raggio esterno.
(Suggerimento: il gradiente di temperatura è $ $\frac{dT}{dr}$ $. Si osservi che un flusso radiale di energia passa attraverso un cilindro coassiale di area $ $2\pi rL$ $).

Se non riuscite a capire la figura ditemelo che ve la mostro.

Io sinceramente in questo problema non riesco a capire come trattare il gradiente di temperatura.

Butto due idee, vediamo se ti dice qualcosa: attraverso un'area A, a distanza dr si scambia un calore per unità di tempo

$ \displaystyle \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t} = kA \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}r} $

essendo $ A = 2\pi L r $:

$ \displaystyle \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t} = 2\pi L k r \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}r} $

rimescolando un poco:
$ \displaystyle \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t} = 2\pi L k \left[\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}r/r}\right] $

e qui comincio a intravedere il risultato giusto, anche se c'è un passaggio matematico che evidentemente non capisco: mica si può integrare su un lato solo...

Adesso ci sono; continuando da quello che hai scritto te:
porto a primo membro $ $\frac{\mathrm{d}r}{r}$ $
$ $\frac{\mathrm{d}r}{r}\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}=2\pi Lk \ \mathrm{d}T$ $
Da una parte integro in $ $\mathrm{d}r$ $ e dall'altra in $ $\mathrm{d}T$ $.
$ $\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}$ $, che è la potenza, resta costante e quindi non ci dà problemi:
$ $\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}\int_a^b{\frac{\mathrm{d}r}{r}}=2\pi Lk \int_b^a{\mathrm{d}T}$ $
E quindi:
$ $\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}\ \ln {\frac{b}{a}}=2\pi Lk\ (T_a-T_b)$ $
$ $\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}=2\pi Lk\left[\frac {T_a-T_b}{\ln{(b/a)}}\right]$ $

A questo punto mi chiedo perchè non l'ho fatto prima...

Perfetto

In effetti anche io mi chiedo perché non ho fatto così prima