6.2. НЕОГРАНИЧЕННАЯ ПЛАСТИНА

41

Применим преобразование Лапласа к граничным условиям [1]:

 

 

0τ,0 TL

,

 

0,0 sT

L

. (6.10)

 

0τ,

 



 





xT

L

,

 

0, sT

L

. (6.11)

Из условия (6.11) следует, что А1 = 0, так как в противном случае первый член в правой части (6.11) неограниченно возрастает с ростом x, а именно:

 

   

,,0

11









a

s

a

s

L

eB

a

s

eA

a

s

sT

Следовательно, А1 = 0.

Воспользуемся условием (6.10) [1]:

,0

0

1

0





a

s

eB

s

T

т.е.

1

0

B

s

T



,

тогда решение для изображения (6.9) будет иметь вид со всеми граничными условиями

 

.,

00

x

a

s

L

e

s

T

s

T

sxT





Для нахождения оригинала воспользуемся табл. А.1 изображений функций – это выражение (50).

В нашей задаче

a

x

k 

.

Следовательно, решение упрощенной задачи будет [1]

 

x

a

s

L

e

s

T

sxT

s

T





00

,

42

 



 





 





 





 





τ2

erf1τ,

00

а

x

TxTT

,

откуда

 



 





 



τ2erf

τ,

0

а

x

T

xT

.

Если температура конца стержня не равна нулю, а равна

Тс = const, то граничное условие (6.10) напишем так [1]:

 

   

с

τ,0 TLTL 

,

 

s

T

sT

L

с

,0 

. (6.12)

Следовательно, постоянная

s

TT

B

с0

1





, так как

c

TT 

0

.

Тогда решение для изображения примет вид [1]

 

x

a

s

L

e

s

TT

sxT

s

T





с00

,

.

Применяя аналогичный прием перевода изображения в оригинал, т.е. обратное преобразование Лапласа, получим

     

 



 



 



 





 



 



 



 





τ2

erfc

τ2

erf1τ,

с0с00

а

x

TT

а

x

TTxTT

,

где

   

uu erf1erfc 

.

Это решение можно написать так [1]:

 

.

τ2

erf

τ,

0

с

 



 







а

x

TT

TxT

   

.

τ2

erfτ,

0с

 



 



 



 





а

x

TTTxT

43

Напишем это решение в критериальной форме. Отношение

 

TT

TxT



0

с

τ,

является относительной избыточной температурой.

Обозначим это отношение через , т.е. [1]

 

TT

TxT





0

с

τ,

θ

.

Отношение

2

τxa

является числом гомохронности для процессов

чистой теплопроводности, называемым числом Фурье [1] для координаты x.

2

τ

Fo

x

a

x



.

Тогда решение напишем так [1]:

.

Fo2

1

erfθ



 





 





x

Проверим решение в программе Matlab R2013b:

syms z k z(t) s a % Объявляем переменные ddz = diff(z,t,2); % Объявите дифференциальные

уравнения.

eqn1 = – a*ddz ==0 dz = diff(z,t,1); % Объявите дифференциальные

уравнения.

eqn2 = dz ==0 eqn = eqn2+eqn1 eqn1LT = laplace(eqn,t,s) % Прямое преобразование

Лапласа

syms z_LT eqn1LT = subs(eqn1LT,[laplace(z,t,s)],[z_LT]) eqns = [eqn1LT]; vars = [z_LT]; [z_LT] = solve(eqns,vars) zsol = ilaplace(z_LT,s,t); % Обратное

преобразование Лапласа

44

zsol = simplify(zsol) vars = [z(0)];% Задаем начальные условия values = [1]; zsol = subs(zsol,vars,values) zsol = a*exp(t/a)*1 – a*1 + 1 % Задаем начальные

условия в полученном решении

x = 0:pi/5000:pi/3; % Задаем граничные условия k=1; % Допустим a=1; zsol = a*exp(x/a)*1 – a*1 + 1; x2=0:0.1:1; % Задаем граничные условия y=1+(20*erf(x2/(2*sqrt(20*pi)))); figure subplot(2,2,1) plot(x, zsol) % Сроим 1 график с начальными

условиями и полученным решением

subplot(2,2,2) plot(x2,y)% Записываем решение, полученное

с использованием преобразования Лапласа

subplot(2,2,3) % Сравниваем два решения на графике hold on plot(x, zsol) scatter(x2,y) hold off

eqn1(t) = -a*D(D(z))(t) == 0 eqn2(t) = D(z)(t) == 0 eqn(t) = D(z)(t) – a*D(D(z))(t) == 0 eqn1LT(s) = s*laplace(z(t), t, s) – z(0) + a*(D(z)(0) + s*z(0) –

s^2*laplace(z(t), t, s)) == 0

eqn1LT(s) = s*z_LT – z(0) + a*(- z_LT*s^2 + z(0)*s + D(z)(0))

== 0

z_LT = (z(0) – a*(D(z)(0) + s*z(0)))/(- a*s^2 + s) zsol = z(0) – a*D(z)(0) + a*exp(t/a)*D(z)(0) zsol = a*exp(t/a)*D(z)(0) – a*D(z)(0) + 1 zsol = a*exp(t/a) – a + 1

Мы видим решение уравнения в виде графиков функций (рис. 6.2).

45

0 0.5 1 1.5

1

1.5

2

2.5

3

0 0.5 1

1

1.5

2

2.5

0 0.5 1 1.5

1

1.5

2

2.5

3

Рис. 6.2. Графики функций

Постановка задачи 6.2. Температура полуограниченного тела

во всех точках имеет (х, 0) = 0. Будем решать задачу на нагревание тела [1].

Задачу на нагревание тела с некоторой заданной начальной температурой T0, когда температура поверхности в начальный момент времени мгновенно становится постоянной и равной Тс (Тс > T0), можно свести к задаче на охлаждение путем простой замены переменной.

Необходимо найти распределение температуры по длине стержня в любой момент времени.

Задачу математически можно сформулировать следующим образом. Имеем дифференциальное уравнение

2

τ

xa









 

 x0,0τ

, (6.13)

где

TT 

0

.

При краевых условиях

 

00,  x

– н.у., (6.14)

 

constτ,0

сc0п

 TT

– г.у. I рода, (6.15)

причем

0c

TT 

.

46

Требуется найти

 

τ,x

.

Следовательно, выведенная формула будет справедлива на нагревание тела, при 

0c

0

0c

c

1θ

TT









.

Таким образом, при переходе к задаче на нагревание в решении для охлаждения тела безразмерную величину  надо заменить

на

0c

c

TTTT



или

0

1

TT

c



[1].

В нашем случае для остывания тела решение имеет вид

 

,

τ2

erf

τ,

0

c

 



 







а

x

TT

TxT

или

.

Fo2

1

erfθ



 





 





x

Тогда в случае нагрева тела имеем

,

Fo2

1

erfθ



 





 





x

где

0c

0

0c

c

1θ

TT









.

В окончательном виде имеем

.

τ2

erf

0c

c

 



 







a

x

TT

6.2. НЕОГРАНИЧЕННАЯ ПЛАСТИНА

Под неограниченной пластиной обычно понимают такую пластину, ширина и длина которой бесконечно велики по сравнению с толщиной. Таким образом, неограниченная пластина представляет собой тело, ограниченное двумя параллельными плоскостями. Изменение температуры происходит только в одном направлении x, в других

47

направлениях y и z температура постоянна

 



 











0

z

T

y

T

. Следова-

тельно, задача является одномерной [1].

Постановка задачи. Дано распределение температуры по толщине пластины в виде некоторой функции f (x). В начальный момент време- ни ограничивающие поверхности мгновенно охлаждаются до некоторой температуры Тс, которая поддерживается постоянной на протяжении всего процесса охлаждения. Найти распределение температуры по толщине пластины и расход тепла в любой момент времени.

Поместим начало координат в середину, толщину пластины обозначим через 2R, т.е. R – половина толщины пластины.

Математическое условие задачи может быть сформулировано следующим образом. Имеем дифференциальное уравнение [1]

   

2

τ,

τ

τ,

x

xT

a

xT







 

RxR  ,0τ

(6.16)

при краевых условиях:

   

xfxT 0,

– н.у., (6.17)

 

constτ,

c

 TRT

– г.у. I рода, (6.18)

 

constτ,

c

 TRT

– г.у. (6.19)

Применим преобразование Лапласа к дифференциальному уравнению (6.16) [1]:

   



 





 







 



 





2

τ,

τ

τ,

x

xT

aL

xT

L

, (6.20)

где

 

 

   

sxTdexTxTL

L

s

,ττ,τ,

0

τ









.

В левой части уравнения надо взять преобразование Лапласа от первой производной. Согласно основной теореме операционного метода, оно равно произведению изображения на оператор s минус значение функции в начальный момент времени, т.е. [1]

 

 

   

,0τ fssFfL 



48

 

     

 

 

 

.

,

τ,,

τ

τ,

2

dx

sxTd

axTL

x

axfsxsT

xT

L







 



 





(6.21)

Таким образом, дифференциальное уравнение (6.16) в частных производных для оригинала функции

 

τ,xT

превращается в обыкно-

венное дифференциальное уравнение для изображения

 

sxTL,

, так как

 

sxTL,

не зависит от времени . При этом переходе используется

начальное условие [1].

Перепишем уравнение (6.21) в виде [1]

   

 

2

,

dx

sxTd

axfsxsT

L



,

     

2

,,

dx

sxTd

a

xfsxsT

LL





,

   

 

sxT

a

xfsxsT

L

,







,

 

sxT

a

xf

a

sxsT

L

,





,

 

0

,

, 



a

xf

a

sxsT

sxT

L

. (6.22)

Начальное условие Т(х,0) = T0 = const нами использовано при переходе от уравнения в частных производных для оригинала Т(х,) к уравнению (6.22) для изображения TL (x, s), а именно при примене- нии преобразования Лапласа к производной температуры по времени.

Граничные условия для изображения будут иметь вид [1]

 





 









.0,0

,,

c

sT

s

T

sRT

L

(6.23)

Решение дифференциального уравнения (6.22) можно написать так [1]:

 

,shch,

0

x

a

s

Bx

a

s

A

s

T

sxT

L



(6.24)

где А и В – постоянные, определяемые из граничных условий (6.23).

49

По условию симметрии В = 0, так как [1]

 

,0chsh,0

0



 

  









B

a

s

x

a

s

B

a

s

x

a

s

A

a

s

sT

x

L

откуда В = 0.

Постоянную А находим из первого граничного условия (6.23) [1]

 

,ch,

с0

s

T

R

a

s

A

s

T

sRT

L



откуда

.

chс0R

a

s

TT

A







Таким образом, решение для изображения будет иметь вид

 

s

R

a

s

x

a

s

TT

sxT

s

T

L

ψ

ch

,

с0

0











.

Можно показать, что правая часть равенства есть отношение двух

обобщенных полиномов относительно s, а именно [1]

     

,...

!4

!2

1ch

2

42

с0с0



 





 



 s

a

x

s

a

x

TTx

a

s

TTs

 

....

!4

!2

1ψ

2

42



 





 



 s

a

R

s

a

R

ss

Теорему разложения можно написать так [1]:

 

τ

1

'ψψ

n

s

n

e

s

L











 



 





,

где

n

s

– корни полинома

 

sψ

.

50

Найдем корни функции

 

R

a

s

ss chψ 

, для чего приравняем

ее нулю.

Тогда получим:

1) простой корень

;0s

2) бесчисленное множество простых корней, определяемых

из соотношения

 

2

π

12μ  nR

a

s

i

n

,

откуда

 

2

4

π12

μ

R

an

R

a

s

n





.

Затем найдем

 

s'ψ

:

 

R

a

s

R

a

s

R

a

s

R

a

s

R

a

s

as

sR

s chsh

2

1

chsh

2

ψ 



.

Имеем

 

1ψlim

0





ss

,

   

nnnnn

ss

siis

n

ψμsinμ

2

1

μshμ

2

1

ψlim









,

 

1

1μsin

n

n

.

Найдем величину

 

n

s

:

   

с0

0 TT 

,

       

R

x

TT

R

x

iTTx

a

s

TTs

nn

n

сcosμμchch

с0с0с0



.

Окончательно получим

 

















  



 







R

a

s

x

a

s

TT

LsxT

s

T

L

ch

,

с0

1

0

1

,