Пусть пьезоэлектрическая пластина толщиной $l$ и неограниченная в плоскости $(x,y)$ лежит на неподвижной подложке и помещена в воздушную среду. Из-за наличия трансляционной симметрии

\[\vec{u}_\perp = 0, \qquad \nabla_\perp u_z = 0, \qquad \nabla_\perp \varphi = 0\]

Соответствующие уравнения в пластине принимают вид:

\[\begin{aligned} & \rho \frac{\partial^2 u_z}{\partial t^2} = c_{33} \frac{\partial^2 u_z}{\partial z^2} + e_{33} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} \\ & \varepsilon_{33} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} = e_{33} \frac{\partial^2 u_z }{\partial z^2} \end{aligned}\]

В воздухе:

\[\begin{aligned} & \rho' \frac{\partial^2 u_z}{\partial t^2} = c_{33}' \frac{\partial^2 u_z}{\partial z^2} \end{aligned}\]

Где $c_{33}’ = \gamma p_0$, $\gamma$ - показатель адиабаты, $p_0$ - атмосферное давление. Граничные условия для $u_z$:

\[\begin{aligned} & u_z \Big|_{l-} = u_z \Big|_{l+} \\ & u_z \Big|_{0} = 0 \end{aligned}\]

Если рассмотреть маленький цилиндр, на границе $l$, то устремив толщину этого цилиндра к нулю, легко получить условие равенства давлений на границе $z = l$:

\[p = -\sigma_{zz}\]

Со стороны воздушной среды:

\[p = -c_{33}' \frac{\partial u_z}{\partial z}\]

Со стороны пьезоэлектрика:

\[\sigma_{zz} = c_{zzxx} \frac{\partial u_x}{\partial x} + c_{zzyy} \frac{\partial u_y}{\partial y} + c_{zzzz} \frac{\partial u_z}{\partial z} + e_{zz,x}^t \frac{\partial \varphi}{\partial x} + e_{zz,y}^t \frac{\partial \varphi}{\partial y} + e_{zz,z}^t \frac{\partial \varphi}{\partial z} = [e^t_{zz,\perp} = 0]\] \[= c_{13} \nabla_\perp\cdot\vec{u}_\perp + c_{33} \frac{\partial u_z}{\partial z} + e_{33} \frac{\partial \varphi}{\partial z}\]

Отсюда следует, что в нашем случае на границе выполняется равенство:

\[c_{33} \frac{\partial u_z}{\partial z} \Big|_{l-} - e_{33} \frac{\partial \varphi}{\partial z} \Big|_{l-} = c_{33}' \frac{\partial u_z}{\partial z} \Big|_{l+}\]

И, наконец, последнее условие - условие отсутствия отраженных волн в воздушной среде:

\[\lim_{z\to\infty} \left( v' \frac{\partial u_z}{\partial z} + \frac{\partial u_z}{\partial t} \right) = 0\]

Здесь $v’ = \sqrt{c_{33}’/\rho’}$ - скорость звука в воздухе. Из симметрии задачи, полагая, что потенциал меняется по синусоидальному закону с постоянной частотой:

\[\varphi \Big|_l= U e^{i\omega t}\]

Мы получаем следующее решение в воздухе:

\[u_z = u_{z}\Big|_{l+} e^{i\omega (t - (z- l)/v')} = u_{z}\Big|_{l-} e^{i\omega (t - (z- l)/v')}\]

Легко видеть, что оно удовлетворяет условиям на бесконечности. Тогда внутри пластины мы имеем задачу:

\[\begin{aligned} & \rho \frac{\partial^2 u_z}{\partial t^2} = c_{33} \frac{\partial^2 u_z}{\partial z^2} + e_{33} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} \\ & \varepsilon_{33} \frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} = e_{33} \frac{\partial^2 u_z }{\partial z^2} \\ & u_z \Big|_{0} = 0 \\ & c_{33} \frac{\partial u_z}{\partial z} \Big|_{l-} + e_{33} \frac{\partial \varphi}{\partial z} \Big|_{l-} = - \frac{i\omega c_{33}'}{v'} u_{z}\Big|_{l-} e^{i\omega t} \\ & \varphi \Big|_{0} = 0 \\ & \varphi \Big|_l = U e^{i\omega t} \end{aligned}\]

Из второго уравнения следует, что:

\[\frac{\partial \varphi}{\partial z} = \frac{e_{33}}{\varepsilon_{33}} \frac{\partial u_z}{\partial z} - E\]

$E$ - постоянная по $z$, но может быть (и будет) функцией времени $E = E_0 \exp (i\omega t)$. Подставляя данное соотношение в первое уравнение и в граничное условие, а также учитывая, что $u_z = u_z’(z) \exp (i\omega t)$, $\varphi = \varphi’(z) \exp (i\omega t)$ получаем:

\[\begin{aligned} & -\omega^2 u_z' = v^2 \frac{d^2 u_z'}{d z^2} \\ & u_z' \Big|_{0} = 0 \\ & v^2 \frac{d u_z'}{\partial z} \Big|_{l-} + \frac{i\omega c_{33}'}{v'\rho} u_{z}'\Big|_{l-} = \frac{e_{33}}{\rho} E_0 \\ & \varphi' \Big|_{0} = 0 \\ & \varphi' \Big|_l = U \\ & \varphi' = \frac{e_{33}}{\varepsilon_{33}} u_z' - E_0 z \end{aligned}\]

Здесь:

\[v^2 = \frac{c_{33} \varepsilon_{33} + e_{33}^2}{\varepsilon_{33} \rho}\]

Введём также обозначение $V^2 = c_{33}/\rho$. Из последнего выражаем $E_0$ и подставляем в третье выражение:

\[E_0 = \frac{e_{33}}{\varepsilon_{33} l} u_z'\Big|_l - \frac{U}{l}\] \[\begin{aligned} & -\omega^2 u_z' = v^2 \frac{d^2 u_z'}{d z^2} \\ & u_z' \Big|_{0} = 0 \\ & \frac{d u_z'}{\partial z} \Big|_l + \frac{1}{l} \left(\frac{i\omega l v'\rho'}{\rho v^2} + \frac{V^2}{v^2} - 1 \right) u_{z}'\Big|_l = - \frac{e_{33} U}{\rho l v^2} \end{aligned}\]

Легко видеть, что решение представляет собой:

\[u_z' = A \sin \left(\frac{\omega z}{v}\right)\]

Обозначая $k = \omega/v$:

\[kA \cos (kl) - \frac{A}{l} \left(1 -\frac{V^2}{v^2} - i k l \frac{v'\rho'}{v \rho} \right) \sin (kl) = - \frac{e_{33} U}{\rho l v^2}\]

Откуда находим $A$ при данной частоте:

\[A = - \frac{e_{33} U}{\rho v^2} \frac{1}{k l \cos (kl) - \left(1 -\dfrac{V^2}{v^2} - i k l \dfrac{v'\rho'}{v \rho} \right) \sin (kl)}\] \[|A| = \frac{|e_{33} U|}{\rho v^2} \frac{1}{\sqrt{\left(k l \cos (kl)- \left(1 -\dfrac{V^2}{v^2}\right) \sin (kl) \right)^2 + \left(k l \dfrac{v'\rho'}{v \rho} \right)^2 \sin^2 (kl)}}\] \[\arg A = - \arctan \frac{\dfrac{v'\rho'}{v \rho} \tan (kl)}{1 - \left(1 -\dfrac{V^2}{v^2}\right) \dfrac{\tan (kl)}{kl}}\]

Следует отметить, что мы нашли таким образом частное решение, а не общее. Тем не менее именно оно обладает физическим смыслом, так как собственные частоты все комплексные, а значит возбуждение никогда не происходит на собственной частоте - собственные гармоники быстро затухают со временем. На рисунке представлена зависимость модуля $A$ от параметра $kl$ для ЦТСнв1 ($ A_0 = \lvert e_{33} U \rvert /\rho v^2 $).

Видно, что имеют место резонансы. Первый резонанс $\omega = 0$ не рассматриваем, так как при этом меняется характер решения, второй приходится на значение $kl \approx 1.3$. Для толщины $l = 0.5$ мм, при скорости звука в материале $v = 3770$ м/c, это соответствует частоте возбуждения $f = \omega/2\pi \approx 1.56$ МГц. Очевидно, что такие большие частоты не соответствуют звуковой частоте. Это означает, что для звуковых устройств с пьезокерамикой в первую очередь играют роль неоднородности в поперечном сечении.