扩展热阻(1)-矩形通道偏心热源的扩展热阻模型

矩形偏心热源的扩展热阻模型

Muzychka Y S, Culham J R, Yovanovich M M. Thermal spreading resistance of eccentric heat sources on rectangular flux channels[J]. J. Electron. Packag., 2003, 125(2): 178-185.

扩展热阻

当高温热源和低温热沉面积相等时，此时温度场呈一维线性分布，此时的热阻为：

$$\begin{array}{rl}{R}_{1D}& =\frac{T_h-T_c}{Q}\\ Q& =kA\frac{T_h-T_c}{\mathrm{\Delta }x}\end{array}$$ 于是 $$R_{1D}=\frac{\mathrm{\Delta }x}{kA}$$ 两界面间的一维热阻只取决于层厚度、层间热导率以及层面积。

当热量从一个面积较小的热点流向宽阔区域时，此时热流线分布不再是一维的，在靠近热点的区域内，热量流线有横线传播的部分，此时温度分布是多维的；在远离热点的区域内，热流量流线基本上又变成均匀的，温度分布又近似变成一维的。这种情况下，体系的总热阻会大于一维热阻，热阻多出来的部分被称之为扩展热阻。因此，总热阻可以认为由一维热阻和扩展热阻两部分组成：

$$R_t=R_{1D}+R_s$$ 其中一维热阻可以用热流、热源平面的平均温度（$\overline{T_{z=0}}$）和远离热源的热沉温度（$T_{z\to \mathrm{\infty }}$）来定义： $$R_{1D}=\frac{\overline{T_{z=0}}-T_{z\to \mathrm{\infty }}}{Q}$$ 总热阻可以用热源平均温度（$\overline{T_s}$）来定义： $$R_t=\frac{\overline{T_s}-T_{z\to \mathrm{\infty }}}{Q}$$ 于是扩展热阻的一般定义式为： $$R_s=R_t-R_{1D}=\frac{\overline{T_s}-\overline{T_{z=0}}}{Q}$$

在电子器件的总热阻中，扩展热阻占了绝大部分。

问题陈述

考虑下面这个问题：

系统的控制方程为拉普拉斯方程：

$${\mathrm{\nabla }}^{2}T=\frac{{\partial }^{2}T}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}T}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}T}{\partial z^2}=0$$ 在顶部存在热源的区域，满足等热流边界条件： $${\frac{\partial T}{\partial z}|}_{z=0}=-\frac{\left(Q/A_s\right)}{k_1}$$ 其中$A_s=cd$，在热源区域外，满足： $${\frac{\partial T}{\partial z}|}_{z=0}=0$$ 底部满足对流换热边界条件： $${\frac{\partial T}{\partial z}|}_{z=t_1}=-\frac{h}{k_1}[T(x,y,t_1)-T_f]$$ 侧边界为绝热边界条件： $$\begin{array}{rl}& {\frac{\partial T}{\partial x}|}_{x=0,a}=0\\ & {\frac{\partial T}{\partial y}|}_{y=0,b}=0\end{array}$$

通解

首先采用分离变量法求拉普拉斯方程通解，拉普拉斯方程的一般形式为：

$${\mathrm{\nabla }}^{2}T=\frac{{\partial }^{2}T}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}T}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}T}{\partial z^2}=0$$ 假设通解的形式为： $$\theta (x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)=T(x,y,z)-T_f$$ 代入控制方程后，可以得到： $$\begin{array}{rl}{\mathrm{\nabla }}^{2}T& =\frac{{\partial }^{2}T}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}T}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}T}{\partial z^2}\\ & =Y(y)Z(z)\frac{{\partial }^{2}X}{\partial x^2}+X(x)Z(z)\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial y^2}+X(x)Y(y)\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial z^2}\\ & =\frac{1}{X}\frac{{\partial }^{2}X}{\partial x^2}+\frac{1}{Y}\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial y^2}+\frac{1}{Z}\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial z^2}\\ & =0\end{array}$$ 即： $$-\frac{1}{Z}\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial z^2}=\frac{1}{Y}\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial y^2}+\frac{1}{X}\frac{{\partial }^{2}X}{\partial x^2}$$ 式子左边是$z$的函数，式子右边分别是$x$和$y$的函数，可以假设： $$\begin{array}{rl}\frac{1}{Z}\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial z^2}& ={\lambda }^2+{\delta }^2\\ \frac{1}{X}\frac{{\partial }^{2}X}{\partial x^2}& =-{\lambda }^2\\ \frac{1}{Y}\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial y^2}& =-{\delta }^2\end{array}$$ 这是二阶常系数线性常微分方程的标准形式，

于是$Z,X,Y$的特征方程的特征方程分别为： $$\begin{array}{rl}{Z}^2-({\lambda }^2+{\delta }^2)& =0\\ X^2+{\lambda }^2& =0\\ Y^2+{\delta }^2& =0\\ \end{array}$$ 特征根分别为： $$ $$\begin{array}{rl}Z& :\frac{\pm \sqrt{4({\lambda }^2+{\delta }^2)}}{2}=\pm \sqrt{{\lambda }^2+{\delta }^2}=\pm \beta \\ X& :\frac{\pm \sqrt{-4{\lambda }^2}}{2}=\pm i\lambda \\ Y& :\frac{\pm \sqrt{-4{\delta }^2}}{2}=\pm i\delta \end{array}$$

$$ 特征根取的值不同，微分方程通解的形式也会有所不同

0. $\lambda <0,or\sigma <0$时得到的解无意义。

1. 当$\lambda >0,\sigma >0$时，通解的表达式为：

$$\begin{array}{rl}X& =C_0\sin (\lambda x)+C_1\cos (\lambda x)\\ Y& =C_2\sin (\delta y)+C_3\cos (\delta y)\\ Z& =C_4{e}^{\beta z}+C_5{e}^{-\beta z}\end{array}$$

代入边界条件：

$x=0,x=a$时满足

$$\frac{\partial X}{\partial x}=\lambda (C_0\cos (\lambda x)-C_1\sin (\lambda x))=0$$ 于是： $$X=C_1\cos (\lambda x),\lambda =m\pi /a,m=1,2,\dots$$

$y=0,y=b$时满足

$$\frac{\partial Y}{\partial y}=\lambda (C_2\cos (\delta y)-C_3\sin (\delta y))=0$$ 于是： $$\begin{array}{rl}Y& =C_3\cos (\delta y),\delta =n\pi /b,n=1,2,\dots \\ Z& =C_4{e}^{\beta z}+C_5{e}^{-\beta z}\end{array}$$

2. 当$m=0,n\ne 0$，此时$\beta =\sigma$：

$$\begin{array}{rl}X& =C_0+C_{1}x\\ Y& =C_2\sin (\delta y)+C_3\cos (\delta y)\\ Z& =C_4{e}^{\beta z}+C_5{e}^{-\beta z}\end{array}$$

代入边界条件：

$x=0,x=a$时满足

$$\frac{\partial X}{\partial x}=C_1=0$$ 于是： $$X=C_0$$

$y=0,y=b$时满足

$$\frac{\partial Y}{\partial y}=\lambda (C_2\cos (\delta y)-C_3\sin (\delta y))=0$$ 于是： $$\begin{array}{rl}Y& =C_3\cos ({\delta }_{n}y),\delta =n\pi /b,n=1,2,\dots \\ Z& =C_4{e}^{\beta z}+C_5{e}^{-\beta z}\end{array}$$

3. 当$m\ne 0,n=0$时，此时$\beta =\lambda$，和上面同理，此时：

$$\begin{array}{rl}Y& =C_3\\ X& =C_1\cos (\lambda x),\lambda =m\pi /b,m=1,2,\dots \\ Z& =C_4{e}^{\beta z}+C_5{e}^{-\beta z}\end{array}$$

4. 当$m=0,n=0$时，$\beta =0$，此时：

$$\begin{array}{rl}X& =C_0+C_{1}x\\ Y& =C_2+C_{3}y\\ Z& =C_4+C_{5}z\end{array}$$

代入边界条件：

$$\begin{array}{rl}X& =C_0\\ Y& =C_2\\ Z& =C_4+C_{5}z\end{array}$$ 根据叠加原理，可以得到方程的通解为： $$\begin{array}{rl}\theta (x,y,z)=& A_0+B_{0}z\\ & +\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)[A_1\cosh (\lambda z)+B_1\sinh (\lambda z)]\\ & +\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\delta y)[A_2\cosh (\delta z)+B_2\sinh (\delta z)]\\ & +\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)\cos (\delta y)[A_3\cosh (\beta z)+B_3\sinh (\beta z)]\end{array}$$

其中$\lambda =m\pi /a,\sigma =n\pi /b,\beta =\sqrt{{\lambda }^2+{\sigma }^2}$，双曲函数$\cosh$和$\sinh$是两项指数相加的另一种表示形式，

$$\begin{array}{rl}\sinh (x)& =\frac{e^x-e^{-x}}{2}\\ \cosh (x)& =\frac{e^x+e^{-x}}{2}\end{array}$$ 通解由四部分组成，第一部分是线性部分的贡献，剩下三项是扩展部分的贡献，当$z=0$平面的热流均匀分布时，扩展部分的三项会消失。之后通过代入$z$平面的边界条件，可以解出各个系数的具体表达式。由于通解是线性叠加出来的，因此各个子项都应满足边界条件。代入热沉平面$z=t_1$的边界条件： $${\frac{\partial \theta }{\partial z}|}_{z=t_1}=-{\frac{h}{k_1}\theta |}_{z=t_1}$$

$$[A_3\sinh (\beta z)+B_3\cosh (\beta z)]\beta =-\frac{h}{k_1}[A_3\cosh (\beta z)+B_3\sinh (\beta z)]$$

于是$B_i$和$A_i$的关系可以整理为：

$$B_i=-\varphi (\zeta )A_i,i=1,2,3,\dots$$ 其中： $$\varphi (\zeta )=\frac{\zeta \sinh \left(\zeta t_1\right)+h/k_1\cosh \left(\zeta t_1\right)}{\zeta \cosh \left(\zeta t_1\right)+h/k_1\sinh \left(\zeta t_1\right)}$$ 其中$\zeta$分别代表$\lambda ,\sigma ,\beta$

对于理想热沉，底边界为等温边界条件，$h\to +\mathrm{\infty }$，此时$\varphi (\zeta )$退化为 $${\varphi (\zeta )|}_{h\to +\mathrm{\infty }}=\coth (\zeta t_1)$$ 最终通解中的系数可以通过对热源平面的边界条件做傅里叶展开得到，先求温度梯度表达式： $$\begin{array}{rl}\frac{\partial \theta (x,y,z)}{\partial z}=& B_0\\ & +\lambda \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)[A_1\sinh (\lambda z)+B_1\cosh (\lambda z)]\\ & +\sigma \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\delta y)[A_2\sinh (\delta z)+B_2\cosh (\delta z)]\\ & +\beta \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)\cos (\delta y)[A_3\sinh (\beta z)+B_3\cosh (\beta z)]\end{array}$$ 于是 $$\begin{array}{rl}\frac{\partial \theta (x,y,z)}{\partial z}{|}_{z=0}=& B_0\\ & +\lambda \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)B_1\\ & +\sigma \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\delta y)B_2\\ & +\beta \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)\cos (\delta y)B_3\end{array}$$ 边界条件$f(x,y)$为： $$f(x,y)=\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{\partial T}{\partial z}}=-{\displaystyle \frac{\left(Q/cd\right)}{k_1}},X_c-{\displaystyle \frac{c}{2}}<x<X_c+{\displaystyle \frac{c}{2}},Y_c-{\displaystyle \frac{d}{2}}<y<Y_c+{\displaystyle \frac{d}{2}}\\ {\displaystyle \frac{\partial T}{\partial z}}=0,others\end{array}$$ 作二维非周期傅里叶级数展开： $$ $$\begin{array}{rl}f(x,y)=& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}[c_{mn}\sin \left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)\\ & +d_{mn}\cos \left(\frac{m\pi x}{a}\right)\cos \left(\frac{n\pi y}{b}\right)]\\ =& d_{00}+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{d}_{m0}\cos (\frac{m\pi x}{a})+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{d}_{0n}\cos (\frac{n\pi y}{b})\\ & +\sum _{m,n=1}^{\mathrm{\infty }}[c_{mn}\sin \left(\frac{m\pi x}{a}\right)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)+d_{mn}\cos \left(\frac{m\pi x}{a}\right)\cos \left(\frac{n\pi y}{b}\right)]\end{array}$$

$$

$$\begin{array}{rl}{c}_{mn}& =\frac{\kappa }{ab}{\int }_0^b{\int }_0^{a}f(x,y)\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}dxdy\\ d_{mn}& =\frac{\kappa }{ab}{\int }_0^b{\int }_0^{a}f(x,y)\cos \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b}dxdy\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\text{ Where }\kappa & =1\text{ if }n=0\text{ and }m=0\\ & =2\text{ if }n=0\text{ or }m=0\\ & =4\text{ if }n>0\text{ and }m>0\end{array}$$

对比${\displaystyle \frac{\partial \theta (x,y,z)}{\partial z}}{|}_{z=0}$中的各系数，得到：

$$B_0=-\frac{Q}{ab{k}_1}$$

$$\begin{array}{rl}{B}_1& =d_{m0}/\lambda \\ & =\frac{2}{ab\lambda }{\int }_0^b{\int }_0^{a}f(x,y)\cos \frac{m\pi x}{a}dxdy\\ & =-{\displaystyle \frac{2\left(Q/cd\right)}{ab\lambda k_1}}{\int }_{X_c-\frac{c}{2}}^{X_c+\frac{c}{2}}{\int }_{Y_c-\frac{d}{2}}^{Y_c+\frac{d}{2}}\cos (\lambda x)dxdy\\ & =-{\displaystyle \frac{2Q}{abc\lambda k_1}}{\int }_{X_c-\frac{c}{2}}^{X_c+\frac{c}{2}}\cos (\lambda x)dx\\ & ={\displaystyle \frac{2Q}{{\lambda }^{2}abc{k}_1}}[\sin (\lambda (X_c-c/2))-\sin (\lambda (X_c+c/2))]\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{B}_2& =d_{0n}/\sigma \\ & =\frac{2}{ab\sigma }{\int }_0^b{\int }_0^{a}f(x,y)\cos \frac{n\pi y}{b}dxdy\\ & =-{\displaystyle \frac{2\left(Q/cd\right)}{ab\sigma k_1}}{\int }_{X_c-\frac{c}{2}}^{X_c+\frac{c}{2}}{\int }_{Y_c-\frac{d}{2}}^{Y_c+\frac{d}{2}}\cos (\sigma y)dxdy\\ & =-{\displaystyle \frac{2Q}{abd\sigma k_1}}{\int }_{Y_c-\frac{d}{2}}^{Y_c+\frac{d}{2}}\cos (\sigma y)dy\\ & ={\displaystyle \frac{2Q}{{\sigma }^{2}abd{k}_1}}[\sin (\sigma (Y_c-d/2))-\sin (\sigma (Y_c+d/2))]\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{B}_3& =d_{mn}/\beta \\ & =\frac{4}{ab\beta }{\int }_0^b{\int }_0^{a}f(x,y)\cos \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b}dxdy\\ & =-{\displaystyle \frac{4\left(Q/cd\right)}{ab\beta k_1}}{\int }_{X_c-\frac{c}{2}}^{X_c+\frac{c}{2}}{\int }_{Y_c-\frac{d}{2}}^{Y_c+\frac{d}{2}}\cos (\lambda x)\cos (\sigma y)dxdy\\ & =\frac{16Q\cos \left(\lambda X_c\right)\sin \left(\frac{1}{2}\lambda c\right)\cos \left(\delta Y_c\right)\sin \left(\frac{1}{2}\delta d\right)}{abcd{k}_1\beta \lambda \delta }\end{array}$$

对照一下通解中的系数：

$$\begin{array}{rl}\theta (x,y,z)=& A_0+B_{0}z\\ & +\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)[A_1\cosh (\lambda z)+B_1\sinh (\lambda z)]\\ & +\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\delta y)[A_2\cosh (\delta z)+B_2\sinh (\delta z)]\\ & +\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (\lambda x)\cos (\delta y)[A_3\cosh (\beta z)+B_3\sinh (\beta z)]\end{array}$$ 其中， $$B_i=-\varphi (\zeta )A_i,i=1,2,3$$

$$\varphi (\zeta )=\frac{\zeta \sinh \left(\zeta t_1\right)+h/k_1\cosh \left(\zeta t_1\right)}{\zeta \cosh \left(\zeta t_1\right)+h/k_1\sinh \left(\zeta t_1\right)}$$

其中$\zeta$分别代表$\lambda ,\sigma ,\beta$

于是，

$$A_1=\frac{4Q\cos \left({\lambda }_m{X}_c\right)\sin ({\lambda }_m(c/2))}{abc{k}_1{\lambda }_m^2\varphi \left({\lambda }_m\right)}$$

$$A_2=\frac{4Q\cos \left({\delta }_n{Y}_c\right)\sin ({\delta }_n(d/2))}{abd{k}_1{\delta }_n^2\varphi \left({\delta }_n\right)}$$

$$A_3=\frac{16Q\cos \left({\lambda }_m{X}_c\right)\sin ((1/2){\lambda }_{m}c)\cos \left({\delta }_n{Y}_c\right)\sin ((1/2){\delta }_{n}d)}{abcd{k}_1{\beta }_{\mathrm{mn}}{\lambda }_m{\delta }_n\varphi \left({\beta }_{\mathrm{mn}}\right)}$$

线性部分的解为：

$$A_0=\frac{Q}{ab}(\frac{t_1}{k_1}+\frac{1}{h})$$ 热源平面的温度分布为： $$\begin{array}{rl}\theta (x,y,0)=& A_0+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_1\cos \left({\lambda }_{m}x\right)+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_2\cos \left({\delta }_{n}y\right)\\ & +\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_3\cos \left({\lambda }_{m}x\right)\cos \left({\delta }_{n}y\right)\end{array}$$ 通过对热源区域积分，可以得到： $$\begin{array}{rl}{\overline{\theta }}_s=& \frac{1}{cd}{\int }_{X_c-\frac{c}{2}}^{X_c+\frac{c}{2}}{\int }_{Y_c-\frac{d}{2}}^{Y_c+\frac{d}{2}}\theta (x,y,0)dxdy\\ =& \overline{{\theta }_{1D}}+2\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_1\frac{\cos \left({\lambda }_m{X}_c\right)\sin ((1/2){\lambda }_{m}c)}{{\lambda }_{m}c}\\ & +2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_2\frac{\cos \left({\delta }_n{Y}_c\right)\sin ((1/2){\delta }_{n}d)}{{\delta }_{n}d}\\ & +4\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_3\frac{\cos \left({\delta }_n{Y}_c\right)\sin ((1/2){\delta }_{n}d)\cos \left({\lambda }_m{X}_c\right)\sin ((1/2){\lambda }_{m}c)}{{\lambda }_{m}c{\delta }_{n}d}\end{array}$$ 其中 $${\overline{\theta }}_{1D}=\frac{Q}{ab}(\frac{t_1}{k_1}+\frac{1}{h})$$ 总热阻的表达式为： $$R_t=\frac{\overline{{\theta }_s}}{Q}=R_{1D}+R_s$$ 一维热阻的表达式为： $$R_{1D}=\frac{1}{ab}(\frac{t_1}{k_1}+\frac{1}{h_s})$$ 扩展热阻 $$\begin{array}{rl}& R_s=\frac{2}{Q}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_m\frac{\cos \left({\lambda }_m{X}_c\right)\sin ((1/2){\lambda }_{m}c)}{{\lambda }_{m}c}\\ & +\frac{2}{Q}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n\frac{\cos \left({\delta }_n{Y}_c\right)\sin ((1/2){\delta }_{n}d)}{{\delta }_{n}d}\\ & +\frac{4}{Q}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_{\mathrm{mn}}\frac{\cos \left({\delta }_n{Y}_c\right)\sin ((1/2){\delta }_{n}d)\cos \left({\lambda }_m{X}_c\right)\sin ((1/2){\lambda }_{m}c)}{{\lambda }_{m}c{\delta }_{n}d}\end{array}$$