Лыков А.В. - Теория теплопроводности (1013608), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Отсюда следует, что при малых значениях времени, точнее при малых значениях го, распространение тепла в пластине происходит так же, как и в полуограниченном теле. В этом случае (малые значения го) сумма ничтожно мала по сравнению с первым членом при достаточной толщине пластины. Это следует непосредственно из решения (46), если его переписать в критериальной форме Глава четвертая о а. "" 3 и о о о О а » о о С~ о Я о о $ о й % о «о и о о $ Я о П 'д о о о О О т м и о в Ю * и о й ж о м о 3 ОЗ Я О о о о а ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ПЕРВОГО РОДА 105 ного метода перед классическим. Решения в форме Лапласа, представляющие известную комбинацию функций ег1 или ег1с, удобны для малых значений числа Фурье.
Наоборот, решение в форме Фурье, состоящее из произведения двух функций (одна — экспоненциального вида, учитывающая изменение температуры во времени, другая — тригонометрического вида, характеризующая изменение температуры по толщине пластины), удобно для больших значений числа Фурье. В этом случае всегда можно ограничиться одним (первым) членом ряда, отбросив все остальные. ' Операционный метод Лапласа позволяет получать ряд приближенных решений с любой степенью точности. Эти решения достаточно просты и могут быть с большим успехом использованы при технических расчетах.
Рис. 4.!4. Кривые распределения температуры в шаре (симметричная задача) т~-"гони 5 4. ШАР (СИММВТРИЧИАЯ ЗАДАЧА) дТ(г, т) / д'Т (г, т) 2 дТ (г, т) ) дт (, дгз» д» (с> 0; 0 (г < Я) при условиях (2) (3) Т (г, О) = Г (г), Т ()с, с) = Т, = сопи(, т(0,.)+ -, дТ (О, т) дх (4) последнее условие есть условие симметрии Постановка задачи. Дано сферическое тело (шар) радиуса Я с известным начальным распределением температуры Г(г). В частном случае температура может быть одинакова и равна Т,. В начальный момент времени поверхность шара мгновенно охлаждается до некоторой температуры, равной Т„которая поддерживается постоянной на протяжении всего процесса. охлаждения.
Требуется найти распределение температу(ы внутри шара в любой момент времени и удельный расход тепла. Охлаждение происходит равномерно, так что изотермы внутри шара представляют собой концентрические сферы, т. е. температура зависит только от радиуса-вектора г и времени т (рис. 4.14). Дифференциальное уравнение теплопроводности при симметричной задаче имеет следующий вид: 106 Глава яетвертая Дифференциальное уравнение (1) можно написать так: д)гТ!г, «)) д')гТ(г, «)) д«дг' (5) Можно показать тождественность уравнений (1) и (5): сокращая на г, получим Решение задачи методом разделения переменных. Будем вначале решать задачу методом разделения переменных. Если сделать замену переменных гТ (г, «) = Ь, то уравнение (5) относительно Ь тождественно уравнению для неограниченной пластины.
Частное решение этого уравнения нам известно [см. Ь 3, решение (4)): Ь = гТ (г, «) = (С айп )тг + О соз )тг) е ав". (6) Следовательно, (С в! )гг + д сов)гг) г Г Так как распределение изотерм симметрично относительно центра, а температура в центре шара (г = 0) не может быть бесконечно большой, то постоянная 0 равна нулю; последнее необходимо, так как 5!тп яг сов Ь' г -«й при г-~О, а г -+ . Этот вывод непосредственно вытекает из решения (6), потому что при г = 0 Ь(г, «) должна быть равна нулю, откуда О = О.
Таким образом, частное решение будет следующее: Т(г,«)=С,е ~ (8) Для упрощения расчетов положим Т, = 0; это означает, что отсчет температуры ведется от Т,. Тогда, удовлетворяя частное уравнение (8) граничному условию (3), будем иметь ТЯ, )=С е 'и"=Т,=О. (9) я„тс = и!« = р.„, где и = 1; 2; 3; ...; значения )«„берутся, начиная с а, так как при п = 0 соответствующий член будет равен нулю для всех точек г < Я. Общее решение будет суммой частных решений: т гТ (г, «) = л, С„я и !гл ге '~в' (10) в=! Следовательно, з!пйх = О, т. е.
Ит =!«, 2!«, 3а, ... (О <«< ). Таким образом, будем иметь бесчисленное множество значений я, определяемых из равенства ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ПЕРВОГО РОДА 197 Для определения постоянных Сл воспользуемся начальным условием гТ(г, О) = гГ(г) = 1' Сляпй„г. (11) л=! Если функция гГ(г) удовлетворяет условиям Дирихле, то ее можно разложить в ряд Фурье. Помножим обе части равенства (11) на з!пй г и проинтегрируем в пределах от О до Я; тогда и Ф ) г!'(г) з!пй гг(г = ~ ') Сляп й„гя'пй~гг(г. (12) о =!о Тем же способом, что и в 2 3, можно показать, что а ! ' = ( З1П ли ГЗ1пил ГО(Г Ье о!" олК ооо ать оло1п атл оооааЙ (18) Оиил),! л ~и ло ло о л и! Я 'Г~~=л! а з1п ~а! !'!! 2 4 яп 2ллй о ~ л Так как й„= пи, то У„„, = О, а 7 „„, = — Я, т, е. все интегралы ра- 1 вны нулю за исключением одного, равного 1/2Я, когда т = и.
Таким образом, для определения коэффициентов Сл получаем следующее соотношение: Сл = — ~ гГ" (г) япй гг(г, 2 (15) о Общее решение нашей задачи примет вид г о1п л„— Т(г, и) = ~ Х вЂ” «Г(г)Яп1лл — !!гехР ! — !ло — ) . (16) г Д,/ л л=! о При равномерном начальном распределении Т(г, О) = Г(г) = Т, по- лучим я — ~ г Т з1 п !!„— !!г = — ' соз р,л = ( — 1)л "' 2 Г г 2Ято 2Рто В~ К ал Пл о так как соз рл = сов пи = ( — 1)".
Окончательно будем иметь В 5!п пав т — т (18) л=! где А„= ( — 1)л+1 2, рл ии пг. (19) и и о!и Ел (17) Т ~ Ил а=! Если температура Т, не равна нулю, то решение задачи можно написать так: Глава четвертая 108 Решение задачи операционным методом. Решение (18) получим методом преобразования Лапласа, применяя его к дифференциальному уравнению (5): (т Тд (г, з) ] — — ГТ, (г, 5) + — '" = О. (20) 5ь 1/г — Г Т (г,з) — — '=В д 5 г (22) Граничное условие (3) для изображения будет иметь вид Тдя,з)= '. Удовлетворим решение (22) условию (23): т, т+В г а 5 5 (23) откуда В (Ге Гд й 'вь1/ ' !1 а так что решение (22) можно написать так: (24) (т,— т,) !1 ь 1I ' Т О 1 а — — Т,(г,з) = Гв 5Ь )/ (25) Числитель Ф, (5) = (Т, — Т,) К 515 ф — г и знаменатель фд(5) = = «55!5 )/ 5 Я не являются обобщенными полиномамн относительно 5, но их можно привести к ним, умножив или разделив на 1/ — ', а именно г а ' ~/ — '+М ~' — ') + 5Ь )/ — Г 5 5Ь 1/ — «г 5 [Я ~/ — + — («5 1/ — ) +...) «+ — — 5+ 1 г' з! а (26) 5[!1 ! ~ ав 5 + Решение уравнения (20) можно написать по аналогии с решением уравнения (17) г Т (г, 5) — — ' = А с(5 1/ — г + В 515 ~/г — ' г.
(21) Так как в центре шара (г=О) температура Т(0, ) и ее изображение Т„(0, 5) не могут быть величинами бесконечно большими, т. е. должно быть !!Гп гТ„(г, 5) -+ О, то непосредственно ясно, что следует пот в ложить А = О. Таким образом, имеем 109 ГРАНИЧНОЕ УСЛОВИЕ ПЕРВОГО РОДА Нз операционного исчисления известно, что если Ф(з),и ф(з) — обобщенные полиномы относительно з, где Ф(з) = ззФ,(з), ф(з) = ззф,(з), то 1пп = 1пп,, если зм+ О, Ф (а) .
'Ф! (з) Б 3 ф (3) 5 ю ф!(3) (27) где з„— корни уравнения ф,(з) = О. Поэтому эа исключением первого корня з= О переход от изображения к оригиналу может быть сделан по обычной теореме разложения, так как в нашем случае Ф,(з) и ф,(з) удовлетворяют условию (27)„ Найдем корни ф,(з), для чего необходимо положить ф,(з) = О: ф (з) = гз. зЬ )/ — Я = О. Отсюда получим следующие корни: 1) з = О (нулевой корень), а/ з .. ° /3 2) з)! (/ — Й = —. з(п!' !г — )т = О, откуда ! ~/ — гс =я, 2я, Зч, ... = !/ а У а а аа!а! г пя или а„= — — ' так как а„= пя, И! И! Воспользуемся теоремой разложения: ОЭ 7.-!~ ~''1= ), ', '" е"', Ф,(з„)=(Т,— Т,) —.з!пр,„', ф (з ) =1!ш [г з)! )/ — Й + — г ~г — ЙсЬ ~г — Й~ = —.г)!„сов 9 .
л Следовательно, будем иметь — ( — 1)ам а=! (28) Для нулевого корня воспользуемся отношением (26): Ф(з) =(Та Тс) к~г + гз + ф(з) !.з~)!+ Рз з з! а (29) тогда 1пп ( ) = (Т,— Т,). ! 0 ф'(3) (30) Окончательно решение задачи можно написать так: г Я з|а аа— о ( а) 1 2( ])и.!! ехр ~ „2 аа 1 (31) Т,= Т, Мюа На л — „а, «=! СО 4>! (5а) *лс е ф! (за) а=! г 2Я (Та Тс) яя аа ехр ( — )!з — ) . Глава четвертая Перепишем в безразмерных величинах: С» г гч в(" я» Т, — Т, ййа1 л=! (32) где Ал = 2 ( — 1)"", (»„= пчт, т. е. получим решение, тождественное решению (18).
Решение (32) представляет быстро сходящийся ряд, так как с увеличением (ч„экспоненциальная функция ехр( — 1»'„Го) быстро уменьшается. Для малых значений Го необходимо брать несколько членов ряда, что представляет собой известные неудобства при расчетах. Для больших значений Го можно ограничиться одним членом ряда, а всеми остальными можно пренебречь. Следовательно, решение (32) наиболее удобно для больших значений Го. Для малых значений Го найдем решение в другом виде. Разложим 1 в ряд (см. приложение): »Ь1/ е я =- 2 ~ехр ( — ~/« — ')ч') + ехр ( — 3 1/ — ' Я) -1- ...~ = ь1/«' й С» = 2 ~~ ехр ~ — (2п — 1) )/ — ' л=! Кроме того, воспользуемся формулой ай 1г/ — '„г = 2 ~ехр (~/г — 'г) — ехр( — $/ — «)~. Тогда решение (25) для изображения можно написать так: т (, ,) . — , '~) ( р ( ((2п 1) )~ г) ф~ ° л=! — ехр ( — [(2п — 1) Я + г] )/ — '() .
(33) Пользуясь таблицей изображений, получим решения для оригинала в виде 0= ' ' =1 — — «а! ег1с Т(г, г) — Т, Т вЂ” Т л=! г г (2л — 1) —— Н (2п — 1) +— — ег1с й 2)г го 2)«то (34 ) то у (О ) (тъ тг) г( 2 (т» т») Л ч~Д ~ (2 1) '1/ е р~ г ав 5Ь вЂ” гг г л=! а Это решение пригодно для г) О. Для температуры в центре шара (г= О) решение получим так.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
