Диссертация (1104059), страница 9

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 9)

Учитывая выражение для r из (17), получим0rt  V0  t  .(19)Проверим, являются ли выражения для скорости v и поля D из (17)решением постановки (15). Делая подстановку (17) в (15) и учитывая (19),получим: Dts  V0 ,  D s  udivD s  V0 divD s  rot V0 , D s  , e sD  De .ut  V0 ,  u  D  u  V0 ,  u  V0 00(20)Поскольку rot V0 , D s   V0divD s  V0 ,  D s , то первое уравнение в (20)переходит в первое уравнение в (18). Второе уравнение в (20) после85несложных преобразований переходит во второе уравнение в (18).

Врезультате решение задачи (15) путем подстановки (17) сводится к решениюзадачи (18), что и требовалось доказать.1.3 Структура решенияРассмотрим вопрос построения решения задачи (14). Будем искатьрешение (14) в виде разложения в ряд:t2k DtkD  p, t   D  p,0   t  Dt  p,0   Dtt  p,0   ...   k  p,0  ,2k!k 0 tt2kvtkv  p, t   v  p,0   t  vt  p,0   vtt  p,0   ...   k  p,0  .2k!k 0 t(21)Подставим (21) в постановку задачи (14), получим:k Dt k 1kvtk k Dtkp,0   k  p,0   div k  p,0  k tk1!k ! k 0tk!k 1k 0 tk Dtk  rot V0 ,  k  p,0   .k ! k 0 t(22)Cоберем в (22) члены при одинаковых степенях по t, получимt 0 : Dt  p,0   v  p,0  divD  p,0   rot V0 , D  p,0  ,(23)данное равенство является верным тождеством, так как соответствуетпервому уравнению в (14) в момент времени t  0 .86t1 : Dtt  p,0   vt  p,0  divD  p,0   v  p,0  divDt  p,0   rot V0 , Dt  p,0   ,(24)перепишем выражение (24) в виде:t1 :Dt  p, t   v  p, t  divD  p, t   rot V0 , D  p, t   ,tt 0(25)в силу (14) выражение в квадратных скобках равно нулю при любом t ,следовательно, и производная от него тоже будет равна нулю, то естьполучили опять верное тождество.

Распишем для второй степени t : V0 , Dtt  Dttt vtt divD vt divDt vdivDtt ,t : rot   2! 2!2!1!1!2!2(26)или1 Dtt  vt divD  vdivDt  rot V0 , Dt    t 02! t 1 2 Dt  vdivD  rot V0 , D   ,2! t 2 t 0(27)как и прежде выражение в последних квадратных скобках равно нулю прилюбом значении t , поэтому снова получаем верное тождество. Аналогичныерезультаты получатся и для остальных степеней t .Применим аналогичные вычисления для второго уравнения из (14).Получим:87  kvkvt k 1t k   kvtkp,0 p,0  ,   k  p,0  k k k !  k 0 tk! k  1!  k 1 tk 0 t(28) Dtp,0  ,k  0 k 0 tk!kkприравниваем члены при одинаковых степенях tt 0 : vt  p,0    v  p,0  ,   v  p,0  D  p,0  ,0(29)снова получаем верное тождество.

Для остальных степеней t получаютсяаналогичные результаты. Следовательно, решение (14) можно искать в виде(21), при условии что начальные условия v  p,0  и D  p,0  обладаютсвойствами, достаточными для сходимости рядов (21).Далее, необходимо определить коэффициенты в разложениях (21). Дляэтого воспользуемся самими уравнениями (14). Например, в ряде дляэлектрического поля D коэффициентами являются производные по времени.Этикоэффициентыможновыразитьизуравнений(14),которымудовлетворяют D и v .

Вектор - функция D удовлетворяет уравнению:D p,0   v  p,0   divD  p,0   rot V0 , D  p,0  ,t(30)или если воспользоваться начальными условиями, то получимD p,0   V0  divD0  p   rot V0 , D0  p  ,t88(31)то есть первый коэффициент ряда для электрического поля полностьювыражается через пространственные производные начальных условий v0  p и D0  p  , которые в задаче Коши (14) известны.Для вектор - функции v из второго уравнения (14) с учетом начальныхусловий имеем:v p,0    V0 ,  V0  D0  p .t0(32)Откуда следует, что первый коэффициент в разложении в ряд (21)решения v тоже, как и для D , выражается через начальные условия.Получим выражение для второго коэффициента решения D .2D p,0   vt  p,0   divD0  p   V0  divDt  p,0  t 2 rot V0  p  , Dt  p,0   ,(33)величина Dt  p,0  известна из (31), а значение vt  p,0  из (32).

То есть второйкоэффициент ряда (21) для решения D тоже выражается через начальныеусловия. Аналогичную операцию можно проделать и для скорости: 2vp,0     vt  p,0  ,  V0  V0 ,  vt  p,0   Dt  p,0 .2 t0(34)Данную процедуру можно повторять необходимое число раз, темсамым получая коэффициенты разложения, которые будут выражаться черезвсе более и более высокие порядки пространственных производных отначальных условий.89При рассмотрении структуры построения решения задачи (14), можнозаметить, что эволюция системы на больших временах t определяетсявысшими порядками пространственных производных от начальных условий.Таким образом, если в качестве начального распределения плотности частицвзять некую аналитическую функцию и аналогичное сделать для начальногораспределения скоростей, то можно получить «интеграл движения» такойсистемы с учетом пространственного заряда.Однако, на практике получить простую рекуррентную формулу длякоэффициентов разложения решения, так чтобы полученный ряд можно былолегко просуммировать, не всегда удается.

С другой стороны, решение задачиможет быть получено непосредственно при прямом решении системы (14)Поэтому было бы интересно получить такое решение хотя бы длячастного случая начальных условий. Ниже приводятся пример, для которогорешение выражается через элементарные функции без использования рядов.1.4 Модель однородно заряженного шараРассмотрим шар радиуса R0 , заряженный с постоянной плотностью  0 .Начальную скорость частиц в этом шаре возьмем равной нулю. По теоремеГаусса распределение электрического поля, создаваемое таким шаром имеетвид:erD0  r   e rЗапишемвторойзакон03r , r  R0 ,0 R033 r2Ньютона., r  R0 .длянаходящегося на поверхности шара:90(35)пробноготочечногозаряда,Rtt qq  t qQ 11DR 2 ,2m 0m 0 34 0m RR(36)где t  Q43,  t    R t  , t 3(37)  t  − объем шара радиуса R  t  в момент времени t ; Q − суммарный заряд,содержащийся в шаре. Рассмотренные условия приводят к задаче Коши:1 R,R2 R t 0  R0 , R t 0  0.(38)Умножим обе части уравнения на R и проинтегрируем по t , получим: R2 C1  2,R(39)где C1 − постоянная величина.

Учитывая начальное условие R  0   0 ,получим C1  2. В результате выражение (39) примет вид:R012dR dt.1 1R0 R91(40)Интегрируя (40), получаемR03 2t  C2 2где s s  s  1  arcch s ,(41)R. Учет начальных условий приводит к выражению, задающемуR0неявно зависимость радиуса от времени:3R0 2  R  RR .t1arcchR2  R0  R00(42)Данное выражение можно переписать через функцию распределенияплотности, если учесть, что:1R  0  3,R0   (43)тогда из (42) следует, что:111 3  0  6 R0 2   0  3   0  3 t     1  arcch     .2          (44)Итак, получено аналитическое решение модельной задачи об эволюциифункции распределения плотности заряда однородно заряженного шара. Изрешения (44) следует, что плотность заряда внутри шара не зависит отпространственной координаты, то есть вдоль радиуса плотность постоянна, и92ее значение зависит только от времени: слои частиц внутри сферы неперемешиваются между собой в процессе «рассыпания».Теорема 2 Решение (44) задачи Коши (38) для однородно заряженного шараявляется решением начально-краевой задачи (18).ДоказательствоТак как сферическая симметрия задачи приводит к тому, что векторфункция электрического поля D  r , t  и векторное поле скоростей v  r , t имеет только радиальную компоненту, запишем эти величины в виде:D  r, t   a t  r , V  r, t   b t  r ,(45)где a  t  и b  t  − некоторые неизвестные функции, зависящие от времени.Используя уравнение Максвелла divD   , запишем функцию распределенияплотности заряда в виде:  r , t   3a  t .(46)Подставим выражения (45) в начально-краевую задачу (18).

Получим:at  3ab  0, .2bba. t0(47)Выразим из первого уравнения функцию b  t  и подставим ее во второеуравнение,тогдаполучимнелинейноеотносительно a  t  :93дифференциальноеуравнение3aatt  4at 2  39a  0.0(48)Сделаем замену переменной3 R   3a  t   0  0  , R t  (49)отсюда для a  t  получимa t  Q 1,4 R  t 3(50)запишем уравнение (48) для функции R  t  , используя (50):Rtt  1.R2(51)Сравним полученное для R  t  уравнение (50) с уравнением для R  t  задачиКоши (38). Очевидно, что они совпадают. Следовательно, в силуединственности решения задачи Коши их решения тоже совпадают. То естьнайденное решение (44) задачи Коши (38) является решением начальнокраевой задачи (18), что и требовалось доказать.Отсюда следует, что различные модельные постановки: в одном случаевторой закон Ньютона с использованием теоремы Гаусса, а в другом случаеуравнения Максвелла с элементами гидродинамического подхода, – даютодинаковуюфизическуюкартинуэволюцииплотности однородно заряженного шара.94функциираспределенияРис.

1 Эволюция функции распределения плотности заряда.Формула(44)задаетвнеявномвидезависимостьфункциираспределения плотности заряда от времени. На рис.1 приведен графикэволюциифункциираспределенияплотностизарядаотвремени,построенный по формуле (44).Отметим, что многие методы, используемые для учета эффектапространственного заряда, могут быть протестированы на адекватностьиспользуемых в них параметров на предмет точности получаемого имирешения. Таким образом, решение (44) может быть использовано как эталон.То есть полученный результат на практике может быть использован причисленном моделировании эффекта пространственного заряда пучка.В §2 главы 2 приводится сравнительный численный расчет такойсистемы.95§2 Численное решение в модели сплошной средыВ §1 главы 2 рассмотрена DV-постановка задачи учета эффектапространственного заряда для сферически симметричной системы.

Характеристики

Список файлов диссертации