Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
исправлены 12,13 гл..doc
Скачиваний:
0
Добавлен:
01.05.2025
Размер:
2.35 Mб
Скачать

Глава 7 177

2(ui - u2)q% = \13^(ui - u2)q2(ui - u2)(1 - q2)(ui - и3) 1 - q2S-2 187

= j(ui - u3)/3a(1 - q2) (1 - q2) (ui - u2)q 187

Понятие о локализации тепла и граничных режимах с обострением 200

Понятие о фракталах и фрактальной размерности. Самоподобные кривые 226

К у 266

А Нл(М/ К \ 296

Окончательно, возвращаясь к размерным переменным, получаем решение, описывающее П-ю промежуточную стадию процесса

2

Mx

u = 5777 exp

2/Л[к(( — to )]3/2

x2

(1.17)

4«(t — to)

Для определения временного интервала его справедливости

to

t

превышающее время to, так что t0/t ^ 1. В этом случае

g—x2/4«(t—to) = g—x2/4«t(1—to/t) ^ g(—x2/4Kt)(1+to/t) C"U g—x2/4Kt

а

1

t3/2 (1 — t0/t) 3/2 = t3/2

3/2

(t t0)

3t0 3 • 5 /t^2

1+2t Ail 7j +

3t0 t2

0

= t—3/2 1 + 3t° + O

2t / \t7/2/

Тогда, с точностью до малых добавков более высокого порядка малости по t0/t ^ 1, функцию и можно записать в виде

х2

Mxe 4Kt Л 3t0 \ ( ,

u и I1 + а) (1'18)

С другой стороны, решение для случая сосредоточенного источника в полубесконечном стержне можно представить как интерференцию решений для 2-х сосредоточенных источников (положительного и отрицательного) на бесконечном стержне, расположенных симметрично относительно начала координат (см. рис. ??).

Поскольку решение задачи для распространения возмущения от сосредоточенного источника по бесконечному стержню уже получено выше (??), воспользуемся им — в результате получаем

(x-xo)2 (x+xo)2

(1.19)

4 Kt — e 4 Kt

Q и =

  1. \/nKt

В соответствии с использованным при получении первого варианта асимптотического выражения для и(х, t) (??) условием t0/t ^

  1. рассмотрим большие рас стояния х ~ 2\/к£, когда х0/х ^ 1. В этом случае можно пренебречь членами х0 в показателях экспонент, считая,

ЧТО

(х — х0)2 = х2 — 2хх0; (х + х0)2 = х2 + 2хх0

42

Рис. 1.3: Бесконечный стержень (II) с симметричной системой “источник- антиисточник" эквивалентен иолубесконечному стержню (I) с одним источником

Тогда экспоненты соотношения (??) примут вид

2

2

x2 — 2xxo

2

2

o

X'X

o

X

X

4«t

4«t

= e 4Kt

4«t

e

= e

e

e

x +2xxo

e 4Kt

Введем для удобства обозначение а = хК+ и представим выражение в квадратных скобках соотношения (??) таким образом

2

2

e 4Kt (ea — e a) = 2e 4Kt sh a

Из принятых условий (x — 2\/Kt, x0/x ^ 1) вытекает условиe для a:

a ^ 1. Учитывая его, оставим в разложении гиперболического синуса

. а3 а5

sh а = а + — + 77 + • • •

3! 5!

только два первых слагаемых. Представим их, с учетом условия x — 4^t, в виде

2а + 3! а —

+

+

Kt 6(Kt)

Kt 3 • 8(Kt) Kt 6(Kt) 4к£

-1

3 xx0 x x0 xx0 xx0 x xx0 xx0

+

Следовательно, асимптотическое представление поведения функции u(x,t), полученное в рамках проведенного рассмотрения, есть

u « Q 1/2 e • Г2а + ^а3) =

2(nKt)1/2 V 3! )

2УП (Kt)3/2

Сопоставим асимптотики (??) и (??), полученные для больших времен и расстояний, то есть вдали от источника. Очевидно, они должны совпадать, откуда следует, что

3 t0 = x2 t = x0 91n

2 ' t = 6(Kt) ^ 0 = 9к ( }

Полученный результат - to ~ 0, 1x0/k - по порядку величины совпадает со временем окончания первой (“бесконечной”) фазы t*, и в этом смысле указанные времена можно отождествить (t* = t0

Хотя более точные выражения (??) и (??) для этих времен указывают на существование некоторого (хоть и кратковременного) переходного периода между I-й и 11-й рассмотренными фазами, поскольку t0 = 2t*.

В заключение анализа второй фазы распространения возмущения от источника найдем сечение x = x*(t), где на данной стадии реализуется максимальная амплитуда возмущения (т.е. функции u) — um. Для этого, как обычно, воспользуемся условием равенства нулю производной в точке экстремума функции (в нашем случае - максимума

Mxe

e 4«i =

6(Kt)

dxu(x = x*) = 0 (1.22)

Подставляя (??) в условие (??), получаем

M x2 Mx 2x x2

-e 4K(t-to) e 4K(t-to) = 0

2^n[«(t — to)]3/2 2^n [K(t — to )]3/2 4K(t — to)

2

1+ x°

Q

/у»

(Л/ 0 *АУ *АУ 0

(1.20)

1/2

Kt 6(Kt)2

2(nKt)

Данное равенство выполняется в двух случаях: когда

t — t0 — 0

что отражает тот очевидный факт, что максимум функции и имеет место в начальный момент времени t = t0, с которого начинается рассмотрение

х0

и когда

2

1

1

4«(t —10)

= 1- -С2 = 1- С2 = 2

K(t — t0)y ; 2С ; С

х

2

то есть

или в размерных переменных

х*^) = ^/2«(t — t0)

Таким образом при t > t0 максимум и находится в подвижной точке, а его величина есть

Mx*(t)

Um —

|x*(t)]2 e 4K(t-to) =

2^i[K(t —10)]3/2

M

Me—1/2

• e—1/2 =

^\/nK(t — t0) ~ \/2nK(t — t0) 4«(t — t0) (1-23)

Если теперь построить график функции (??), используя в качестве масштабов (единиц измерения): для величиныu0 = 4к(М—to) ? а Для расстояния х0 = ^2K(t — t0), получим самоподобную кривую (рис. ??), которая представляет собой профиль распределения u(x) в указанных единицах измерения для любого момента времени.

Итак, проведенное рассмотрение позволило получить в некотором интервале времени аналитическое решение задачи в виде

А

и

ш

1 \

1 \

1 1 \

1 \

1 \

1 \

1

1 , ,—

124-t,


Рис. 1.4: Самоподобный профиль распределения u(x) на II стадии процесса

В.В. Кадет Прикладные задачи математической физики. 1

В.В. Кадет Прикладные задачи математической физики. 2

Оглавление 4

Предисловие 9

Введение. Анализ размерностей и подобие 12

[и] — [ДТ] — [Q] • L-3 32

Задача о мгновенном точечном источнике на конечном линейном отрезке 42

= t—3/2 1 + 3t° + O 65

Q и = 67

Задача о мгновенном источнике в нелинейной среде 85

дм 90

к 90

d2 к1 d2 d2 90

Разрешение парадокса. Численный эксперимент. Предельное автомодельное решение 95

Полная и неполная автомодельность. Автомодельные решения первого и второго рода 115

Решения типа бегущих волн. Их связь с автомодельными решениями 126

Сильные фильтрационные и тепловые волны 144