Н.А. Боголюбов - ОММ Методическое пособие (1133432), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Иначеговоря задачу в неограниченной области мы сводим к ограниченной,которую мы уже умеем решать.2) избавиться от волн « извне» : от вставки будут расходиться толькоотраженные волны, но не будет других приходящих извне волн, кромезаданной.3) выделить единственное решение, имеющее физический смысл.15Такие условия также и будут называться парциальные условия излучения,которые , в свою очередь, ввел мой научный руководитель академикАлексей Георгиевич Свешников.Важно отметить: парциальное условие :b∂u+ iγnu)∫ ( ∂x0ψn(y)dy = 2iAγn0δnn0, отсекает ненужные волны вx=0сечении x = 0 , кроме заданной гармоники:u = Cnψn(y)e iγn x, n ≠ n0 .∫= 2Cnijnψn2(y).......x=0⇒ = 0 при Cn=0 .∫Теперь докажем единственность решения рассматриваемой задачи:Δw + k 2w = 0,w y=0 = w y=b = 0 .b∂w+ iγnw)∫ ( ∂xψn(y)dy = 0,0bx=00x=a∂w− iγnw)∫ ( ∂xψn(y)dy = 0 .Умножим уравнение Гельмгольца на комплексно сопряженное w* ,проинтегрируем по области D и применим первую формулу Грина:0 = (Δw + k 2w)w*dv =∫D16bdw= − w*∫dx0bx=0dwdy + w*∫dxdy −x=a0∫2∇w dv +∫2k 2 w dv .DDзнак минус: учет направления нормали к поверхности.bсобственные функции задачи:Δu + k 2u = 0,{u Σ = 0 .Dnna0образуют полную систему функций и мы можем разложить по ним w в D:wx=0=∞∑Cnψn , wx=an=1Так как ψn вещественные , то w*x=0==∞∑∞∑Dnψn .n=1C*nψn , w*n=1Подставим разложение в наши вычисления:b∂w− w*∫∂x0bx=0∂wdy + w*∫∂x0b∂w=−C*∑ n ∫ ∂xn0dy =x=abx=0∂wψndy +D*∑ n ∫ ∂xn0b=−∑nCn* (−iw)∫0ψndy =x=abψ dyx=0 n+∑nD*n (iw)∫017ψ dyx=a n=x=a=∞∑n=1D*nψn .xb=i∑Cn*n∫ (∑m0bCmψm γnψndy + iD*nDmψm γnψndy .∑∑∫)( m)n0bТак как {ψn} - ортонормированная система, то : ψmψndy = δnm .∫0bb∂w− w*∫∂xx=00∂wdy + w*∫∂x0∑dy = iγn Cnnx=a2+i∑γn Dn2nПрименим к полученному выражению первую формулу Грина:Δw + k w)w*dw = (k w∫∫(D+222− ∇w )dv+2DγC∑ n( n2+ Dnn2)=0.Приравниваем мнимую часть к нулю и получаем:2k2∫(Dw )dv +γC∑ n( n22+ DnnОтсюда: w ≡ 0 - решение единственно!18)2=0.Задачи:1) Акустический диполь: центр шара радиуса а колеблется вдоль полярной оси соскоростью v0e −iwt.
Найти поток энергии и полную мощность, излучаемуюакустическим диполем.Решение:Введем определение акустического диполя: если a < < λ ( или ka < < 1 ,2π- волновое число, λ - длина волны ) , то такой акустический излучательk=λназывается акустическим диполем.Введем сферическую систему координат, начало которой находится вцентре покоящегося шара:vrУчитывая гармоничность процесса вовремени, определяемую множителемe −iwt , для потенциала скоростей u(r, θ)получаем краевую задачу в областиDe, внешней по отношению к нашемушару.v0θz0Δu + k 2u = 0, r > a,∂u(a)∂r= − v0cosθ, r = a,u = O( 1r ),∂u∂r− iku =o( 1r ) .условия излучения Зомерфельда.vr = v0cosθ19Поставленную задачу решаем уже знакомым читалю методом разделенияпеременных:u(r, θ) =∞∑n=0Anξn(1)(kr)Pn(cosθ) , где ξn(1)(z) - cферическая функция Ханкеля,которая имеет имеет следующий вид:π (1)H 1 (z),2z n+ 2ξn(1)(z) =учтем асимптотику функции Ханкеля и получим:e(i z − π2 (n + 1))ξn(1)(z)z(2n − 1)!=−i (2n − 2)!+ .
. . , z > > 1,1z n+1+(2n)!nz+ . . . , z < < 1 .(2n + 1)!Подставляем общий вид решения в поставленную нами задачу иполучаем:∞∑n=0Ankξn(1) (ka)Pn(cosθ) = − v0cosθ = −v0 P1(cosθ),′An = 0 n = 2,3, . . . ⇒ A1 = −v0′kξ1(1) (ka).( штрих означает производную по полному аргументу ).Теперь мы можем выразить потенциал скоростей:u(r, θ) = −(1)′v0 ξ1 (kr)k ξ (1)′(ka)1P1(cosθ) .20Радиальная составляющая скорости vr равна:(1)′ξ1 (kr)∂uvr = −= v0P1(cosθ) .(1)′∂rξ1 (ka)Преобразуем kξ1(1) (kr) :′(1)′ξ1 (z)π (1)H ′(z) =2z 321 (1)= − ξ1 (z) +2z1 (1)1 (1)1 (1)(1)= − ξ1 (z) + (ξ0 (z) − ξ2 (z)) = (ξ0 (z) − 2ξ2(1)(z)) .2z23Тогда выражение для радиальной составляющей примет следующий вид:vr(r, θ) =v03ξ1(1) (ka)′(1)(1)(ξ0 (kr) − 2ξ2 (kr))P1(cosθ) .Пользуясь полученной раннее формулой для потенциала скоростей,получим формулу для давления воздуха:p(r, θ) = − iωρ0u(r, θ) = Aξ1(1)(kr)P1(cosθ),где A =icρ0v0′ξ1(1) (ka).Если ka < < 1 то из асимптотики сферической функции Ханкеля мыполучим:(1)′ξ1 (ka)=2i(ka)3+ ...
,13A = cρ0v0(ka) .2Полная сила F , действующая на шар в направлении его колебаний,равна:21π 2πF=∫∫a 2p(a, θ)cosθsinθdθdφ =0 04πa Aξ1(1)(ka) .3Если ka < < 1 , то:2F ≈ − iω πρ0a 3v0 .3В волновой зоне при kr > > 1 , используя полученные выше выражения,получим:ξ1(1) (kr)′vr = v0ξ1(1) (ka)′cosθ =i(kr − π)Ae≈icρ0 ( krp=A (1)′ξ1 (kr)cosθ ≈icρ0′A e i(kr − π)cosθ ≈cosθ,cρkr)0Aξ1(1)(kr)cosθe i(kr − π)≈Acosθ.krПоток энергии, излучаемый акустическим диполем в еденицу времени,равен:11e i(kr − π)A* e −i(kr − π)Y = Re(ρv*) = Re Acosθcosθ =22 (krcρ0kr)2221 A cos θ 1 cρ0(ka) v02==cosθ.222 cρ kr8(kr)0( )6Тогда искомая полная мощность, излучаемая акустическим диполем,равна:Π=∫Σ11 2π πYdδ =∫∫∫Y(r, θ)sinθr 2drdθdφ =0 0 0где Σ 1 - единичная сфера.22π4cρ0v02a 2(ak) ,6Следовательно: полная мощность пропорциональна четвертой степени волнового числаили обратно пропорциональна четвертой степени длины волны:Π ∼ k 4 или Π ∼1.4λ2) Рассеяние звуковой волны на цилиндрическом препятствии:Плоская звуковая волна распространяется в направлении, перпендикулярном к осибесконечного жесткого цилиндра радиуса а.
Найти рассеянную волну. Рассмотреть случаибольших и малых расстояний от цилиндра.Решение:Введем цилиндрическую систему координат, ось z направим вдоль осицилиндра:zОбозначим плоскую волну, какдавление в точке M в моментвремени t :p(M, t) = Ae −i(wt − kx) = p0e −iwt .ps(M, t)p(M, t)p0 = Ae ikx = Ae ikrcosφ .Тогда рассеянная волна:psps(M, t) = pS(M )e −iwt .xpsyps23Тогда мы имеем следующую задачу:Δps + k 2ps = 0, r > a,граничное условие, так как радиальная скорость в рассеянной∂p0∂ps= ∂r , r = a 1 ∂psw∂rволне сохраняется! ( vsr =, k = -волновое число).ikcρ0 ∂rc1ps = O,( r)( условия излучения Зомерфельда ) .∂ps1−ikp=o.s∂r( r)Итак, нам нужно найти ps(M ) !Решаем поставленную задачу методом разделения переменных:ps =∞∑m=0Bm Hm(1)(kr)cosmφ .( функция Ханкеля 1 рода ) .Подставляем в выражение для скорости vsr и получаем:1 ∞(1)′vsr =B H kr cosmφ .∑ m m ( )icρ0 m=0Теперь найдем коэффициент Bm из граничного условия .Разложим в ряд первоначальную плоскую волну:e ixcosφ =∞∑m=0Cmcosmφ , C0 =+ππ−π−π11e ixcosφcosmφdφ,e ixcosφdφ, Cm =π ∫2π ∫m = 1,2, .
. .Далее воспользуемся хорошо нам известной формулой с прошлогосеместра:+πJv(x) =1e −ixsinξ+ivξ dξ,2π ∫−π24и положим :v = m, φ = ξ −π+π−π−π11e ixcosφcosmφdφ = 2e ixcosφ+imφdφ =π ∫2π ∫Cm ==23π , выразим Cm :2e−m 32 πi2π+π∫e −ixsinξ+imξ dξ = 2i m Jm(x), m = 1,2, . . .−πАналогично для C0 :C0 = J0(x).Теперь собираем вычисленные коэффициенты и получаем для плоскойволны ряд:∞Ae ikrcosφ = A J0(kr) + 2i m Jm(kr)cosmφ .∑()m=1Подставляем скорость vsr и разложение для плоской волны в граничныеусловия и получаем:k∞∑m=0{Bm Hm(1) (ka)cosmφ = Ak′J0′(ka) + 2∞i m Jm′(ka)cosmφ.∑}m=1Приравниваем коэффициенты при cosmφ и получаем:B0 =J0′(ka)′H0(1) (ka)A ,Bm =2i m Jm′(ka)′Hm(1) (ka)25A , m = 1,2, . .
.Таким образом:ps(M, t) = e −iwtJ0′(ka)′H0(1) (ka)AH0(1)(kr) +∞2i m Jm′(ka)∑ H (1)′ kam=1m ( )AHm(1)(kr)cosmφТеперь рассмотрим дальнюю волновую зону , устремив r → ∞ :Hm(1)(kr) =≈2 i(kr − π m − π )124 + oe≈πkr( r)2 i(kr − π ) − π m4 e 2e=πkr2 i(kr − π )m4 (−i) .eπkrОтсюда окончательно мы получаем:ps ≈2 i(kr − π ) ∞4eBm(−i)mcosmφ,∑πkrm=01vsr ≈cρ02 i(kr − π ) ∞4eBm(−i)mcosmφ .∑πkrm=026.3) Пульсирующий цилиндр:Пусть цилиндр радиуса а пульсирует ( сжимается и расширяется равномерно погармоническому закону ).
Его скорость на поверхности r = a равна v0e −iwt .Найти давление p(r) , радиальную скорость воздуха на больших расстояниях отоси цилиндра v(r) , и поток энергии Y .Решение:Введем цилиндрическую систему координат и направим z вдоль осицилиндра:zАналогично предыдущей задаче,определим временную часть ввиде гармонического множителяe −iwt :u(M, t) = u(M )e −iwt ,Так как цилиндр бесконечный, топотенциал скоростей будет зависетьот двух переменных:u(M ) = u(r, φ) .yxv−iwt=ve0r=aПолучаем задачу, в которую входит : уравнение Гельмгольца, граничноеусловие и условия излучения Зомерфельда:Δ2u + k 2u = 0, r > a,∂u∂r= − v0, r = a,(u=Or)1, r → ∞,limr→∞ r ( ∂u− iku) = 0 .∂r27Решаем задачу стандартным методом разделения переменных:u(r, φ) =∞∑n=0Hn(1)(kr)(Ancosnφ + Bnsinnφ) .Подставляем в граничные условия:∞∂u(1)(a, φ) = ∑ kHn ′(ka)(Ancosnφ + Bnsinnφ) = − v0∂rn=0( штрих означает производную по полному аргументу ) .Теперь нужно определить коэффициенты:Bn = 0, n = 0,1, .
. ; An = 0, n = 1,2, . . .v0v0(1)′A0kH0 (ka) = − v0 ⇒ A0 = −=.(1)(1)′kH0 (ka) kH1 (ka)Так как :то :d (1)n(1)(x),Hn (x) = Hn(1)(x) − Hn+1xdxH0(1) (ka) = − H1(1)(ka) .′Получаем потенциал скоростей u(r) , который выражается в следующемвиде:H0(1)(kr) v0u(r) = (1).kH1 (ka)И радиальная составляющая скорости будет иметь следующий вид:H1(1)(kr)v0 H0(1)′(kr)∂u(r).vr(r) = −=−= v0 (1)(1)∂rk H1 (ka)H1 (ka)28Давление воздуха p связано с потенциалом скоростей u(r) следующимобразом:p(r) = − iρ0ωu ,откуда незамедлительно следует:p(r) = − icρ0H0(1)(kr).H1(1)(ka)На больших расстояниях, при kr > > 1 , пользуясь асимптотическойформулой, мы получим:Hn(1)(kr) =2 i(kr − π n − π )24eπkrH0(1)(kr) ≈2 i(kr − π )4 ,eπkrH1(1)(kr) ≈2 i(kr − π ) i π4 e 2eπkr( (kr)1+O=−i32,)2 i(kr − π )4 .eπkrПодставляя асимптотическое выражение, мы получим:vr(r) ≈ − ip(r) ≈ − iv0H1(1)(ka)cρ0v0H1(1)(ka)2 i(kr − π )4,eπkr2 i(kr − π )4 .eπkrТогда поток энергии, равный Y = 0,5pv*r , будет равен:Y=cρ0v02πkr H1(1)(ka)229.4) Излучение волн.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
