Integral von Sedovs selbstähnlicher Lösung des sphärischen Druckwellenproblems

Question

Integral von Sedovs selbstähnlicher Lösung des sphärischen Druckwellenproblems

Physik
Stoßwellen
Flüssigkeitsdynamik
numerische Methode

pppqqq

Ich studiere die selbstähnliche Taylor-Sedov-Lösung für das Problem einer starken Explosion in einer homogenen Atmosphäre. Das Problem wird in Landau & Lifschitz VI (in der 2. Auflage ist es §106) behandelt. In diesen Notizen gibt es eine Reproduktion von Landaus Herleitung, die das Problem analitisch löst (ich glaube, dass die ursprüngliche Lösung auf Sedov zurückzuführen ist).

Kurzgesagt ( $R$ ist der Radius des Stoßes, $r$ ist die radiale Koordinate, die Größen mit $_0$ sind die ungestörten Größen vor dem Stoß). Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Das letzte Integral wird von Landau und in den obigen Anmerkungen aus energetischen Überlegungen abgeleitet (d. h. indem gefordert wird, dass die Energie innerhalb eines Radius $\eta R$ mit $\eta \in (0,1)$ bleibt zeitlich konstant).

Nun, die EDOs oben für $f,\phi,\psi$ wurden 1941 von GI Taylor numerisch gelöst. Siehe hier . Ich vergleiche die analytische Lösung mit der numerischen Lösung von Taylor, und beim Betrachten der Wertetabelle auf Seite 164 stellte ich fest, dass das obige Integral alles andere als erhalten ist. Die Identität ist bei erfüllt $\eta = 1$ aber für $\eta = 0.5$ Der Unterschied zwischen LHS und RHS beträgt ca $62$ !

Ich bin verwirrt: Ist das obige Integral eine zusätzliche Einschränkung, die sich aus physikalischen Überlegungen ergibt, die es ermöglicht, die Bewegungsgleichungen analitisch zu lösen? Ich glaube, dass dem nicht so ist, die Lösung für dieses Problem sollte einzigartig sein und muss daher der Relation genügen.

Vielen Dank im Voraus für jede Hilfe.

Aus Gründen der Übersichtlichkeit erfolgt die Adimensionalisierung in Landaus Buch etwas anders:

u = \frac{2 R}{5 T} v = U \cdot v, ρ = ρ_{0} G, C^{2} = γ \frac{P}{ρ} = \frac{4 R^{2}}{25 T^{2}} Z = U^{2} Z,

$u=\dfrac{2r}{5t}V=U\cdot V,\quad \rho = \rho _0 G,\quad c^2=\gamma\dfrac {p}{\rho}=\dfrac{4r^2}{25t^2}Z=U^2Z,$ und das Integral schreibt sich wie folgt:

Z = \frac{γ (γ - 1) (1 - v) v^{2}}{2 (γ v - 1)} .

$Z=\dfrac{\gamma(\gamma-1)(1-V)V^2}{2(\gamma V-1)}.$ Zurück zu Taylors Variablen findet man:

v = ϕ, G = ψ, Z = F / ψ

$V=\phi,\quad G=\psi,\quad Z=f/\psi$ und damit die obige Beziehung.

AKTUALISIEREN

Ich hatte einen dummen Fehler bei der Konvertierung gemacht $Z,V,G$ Zu $\phi, f,\psi$ Koordinaten. Die richtigen Beziehungen sind:

η^{2} Z = F / ψ, η v = ϕ .

$\eta ^2 Z = f/\psi,\qquad\eta V = \phi.$ Mit diesen Substitutionen lautet das Integral:

F = \frac{γ (γ - 1)}{2} \frac{η - ϕ}{γ ϕ - η} ϕ^{2} ψ

$f=\dfrac{\gamma(\gamma-1)}{2}\dfrac{\eta-\phi}{\gamma \phi -\eta}\phi ^2 \psi$ und ist entlang meiner numerischen Lösung perfekt erhalten.

pppqqq

Wenn ich etwas tun kann, um meine Frage zu verbessern, lassen Sie es mich wissen.

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Integral von Sedovs selbstähnlicher Lösung des sphärischen Druckwellenproblems

Wenn ich etwas tun kann, um meine Frage zu verbessern, lassen Sie es mich wissen.

Kyle Kanos · Answer 1

Auf Seite 38 der Vorlesungsunterlagen sagt der Autor:

Da die Energie zeitunabhängig ist, muss das Oberflächenintegral Null sein. Die Terme im Integranden sind winkelunabhängig und daher muss der Integrand selbst Null sein

wobei das fragliche Integral auf Seite 37 steht,

\int_{Ω} [ρ v (\frac{1}{2} v^{2} + H) - (ε + \frac{1}{2} ρ v^{2}) \frac{D R}{D T}] R^{2} D Ω

$\int_\Omega\left[\rho V\left(\frac12V^2+h\right)-\left(\varepsilon+\frac12\rho V^2\right)\frac{dr}{dt}\right]r^2d\Omega$ Dann auf Seite 41

Da wir zunächst Integrale der Gleichungen haben, reduziert sich die Anzahl der unabhängigen Gleichungen nun von drei auf zwei.

Die Energieintegralmethode selbst führt also eine Einschränkung ein, die auf der Tatsache basiert, dass Energie erhalten bleibt. Daher die Reduktion von 3 auf 2 Gleichungen.

sagt Zel’dovich

Mit einer brillanten Methode, die das Energieintegral verwendete, gelang es Sedov, eine exakte analytische Lösung für die Gleichungen der selbstähnlichen Bewegung zu finden.

was den Punkt verstärkt, dass es getan wurde, um die analytische Lösung zu finden.

Offensichtlich sollten die beiden Lösungen übereinstimmen $\eta=1$ weil es eine Randbedingung ist. Bei weniger als dem bin ich nicht von der Beziehung überzeugt,

Z = \frac{γ (γ - 1)}{2} \frac{v^{2} (1 - v)}{γ v - 1}

$Z=\frac{\gamma(\gamma-1)}{2}\frac{V^2(1-V)}{\gamma V-1}$ ist befriedigt. Beachten Sie, dass als

η \to 0

$\eta\to0$ ,

V \to 0

$V\to0$ . Wenn

V \to 0

$V\to0$ , die obige RHS wird negativ (tritt auf bei

η = 0.92

$\eta=0.92$ unter Verwendung von Taylors Tabelle). Seit

Z

$Z$ stellt das Verhältnis von Druck und Dichte dar, die beide nicht negativ sind, ich sehe nicht, wie diese Bedingung gültig sein kann

η \neq 1

$\eta\neq1$ .

Beide Lösungen sind bis zu einem gewissen Grad gültig. Frank Timmes löste zusammen mit James Kamm erneut das Sedov-Problem (für generische Koordinatensysteme (dimension $j$ ) und mit generischem externem Umgebungsprofil, $\rho(r)=\rho_0r^{-\omega}$ ) und erhält ähnliche Zahlen wie Sedov für die $j=2,\,\omega=0$ Fall (an manchen Stellen an der 3. oder 4. Dezimalstelle, siehe das Papier von Kamm, Bolstead (RIP) & Timmes im obigen Link).
Taylor hingegen verwendete einen Näherungslöser für die ODE. Hier liegt der Unterschied zwischen den beiden: Numerische Methoden vs. analytische Lösung. Ich habe die drei Lösungen (Taylor, Timmes & Sedov) für die Dichte (auf die Spitze skaliert) für die aufgetragen $j=2,\,\gamma=1.4$ Fall, so dass Sie die geringfügige Abweichung sehen können Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Die Tatsache, dass $f(\eta)/\psi(\eta)$ stimmt nicht mit dem RHS für überein $\eta<1$ bedeutet nicht, dass die Lösung falsch ist , es bedeutet nur, dass das Verhältnis nur für gültig ist $\eta=1$ .

Hallo @Kyle Kanos, danke. Deinem letzten Punkt stimme ich voll und ganz zu, aber jetzt bin ich verwirrt. Ich gehe davon aus, dass das Cauchy-Problem für " $\psi$ , $\phi$ , $f$ ", oder $V,Z,G$ , mit den Rankine-Hugoniot-Beziehungen als Anfangsbedingungen, hat eine eindeutige Lösung. Besser, dass das fluiddynamische Problem mit dem Datum von $E$ , die Energie bei freigesetzt $t=0$ , hat eine einzigartige Lösung. Daher scheint es mir zwingend, dass die numerische Lösung gegen die analytische Lösung konvergiert, die durch den Energietrick erhalten wird. Warum ist es nicht so?
@pppqqq: Ich habe meine Antwort in Bezug auf Ihren Kommentar aktualisiert.
Ich habe gerade entdeckt, dass ich bei der Konvertierung zwischen den Variablen von Sedov einen dummen Fehler gemacht habe $V,Z,G$ und Taylors $\psi, \phi, f$ ; die richtigen Beziehungen sind $V=\phi/\eta$ , $\eta^2 Z=f/\psi$ . Mit dieser Korrektur stimmt meine Lösung genau mit der von Timmes überein und das Integral ist perfekt erhalten. Vielen Dank, dass Sie mir diese Papiere gezeigt haben!

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Kyle Kanos

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