Ю.С. Сикорский - Обыкновенные дифференциальные уравнения (1086556), страница 17
Текст из файла (страница 17)
«/в Т=— 2 ~' и'В ° г т~:аиду,' в При малом угле е, откидывая член нвв1пвр, получим известную формулу Гг Т= — = у' и гг я Пользуясь таблицами эалиитичес ких интегралов, нетрудно вычислить время колебания маятника при каком 'угодно начальном угле отклоиоиня е. Например, если а=60, то 7=30, и Т = — ° 1,6338 = 3,3716 фг 2 Гг 38. Псевдогарлгоничвсние колебания. Представим себе упру- Р гую проволоку, натянутую силами Р между точками А и В Фиг.
37. (фиг. 37), и массу лг, прикрепленную в средней точке О проволоки, длину которой АВ обо-; значим через 2й Примем точку О аа начало координат и направим ссь ОХ перпендикулярно АВ. Пусть в начальный момент г= 0 масса лг была некоторой силой выведена из положении О и заняла положе- 101 нне О, причем ОО = а есть величина,' по сравнению с 1, малая. В точке О масса т была предоставлена самой себе (без начального толчка). Это значит, что начальная скорость движения массы и равна нулю, т.
е. 1 ах~ хе — — а и ~ — ) =0 при 1=0. ~ Лг ~о Пусть М есть какое-нибудь положение массы и. Пусть а есть относительное удлинение проволоки АМ. Мы видим, что г~Р+ ха — 1 хе 1()ГР+ ха+ 1) Пренебрегая малой, по сравнению с Р, величиной хч, получим хе 2Р' Пусть Г обозначает площадь поперечного сечения проволоки и Š— модуль Юнга материала ее.
Тогда в каждой из частей МА и МВ проволоки действуют натяжения ЕГхз Р+ —. Сумма проекций зтих натяжений на ось ОХ равна (' ')— ЕГхт ~ 2х 2Рх+ ЕГхз 2Р /УР+хе 1 Р Здесь мы опять пренебрегли малыми величинами порядка выше (хфв. Диференцнальное уравнение движения массы и будет Их 2Рх ЕГхе и — = — — — —. ИР (100) Принимая во внимание начальные условия, имеем Раз ЕГа4 С= 1 + 4~~ поэтому Положим х аЕ и =)А ЕГаа 4РР+ ЕГаа 1Ол Движение, совершаемое массой т, согласно атому диференциальному уравнению принадлежит к числу так называемых п с е в д о г а р и онических колебаний. Вообще под зтим названием известны такие колебания, в которых „гибкость" системы зависит от перемещения (см.
Тимошенко, „Теория колебаний в инженерном деле", ЕГхз стр. 73). Если член =, настолько мал, что им можно пренебречь, то, откидывая его, мы приходим к случаю гармонического колебациш Чгобы проинтегрировать уравнение (100), умножим левую его часть ах на — Ф1, а правую — на Ых. Первый интеграл представится в виде аг Будем иметь илн ( — „чг1 =Ьв(1 — Ег)(1+ЛьЕь), где бг= Отсюда — „'; = — ЬУ'(1 — Е)(1+ЛЕз). Перед корнем взяг знак минус, так как Е есть убывающая функция от С. Полагая Е = соз у, получим д~й= Ег 1 — аг в~па г где Лг Еда ь йг= — = (1. Г!ри С=О имеем Е=1 и о=О. 1 + Лг 4Ргь + 2ЕРаг Поэтому И ='Ег 1 — йг ,) Г' 1 — Лоз1пг е ь следовательно, аг е ат )С1 — аг ' н уравнение движения Ы соз р = сп =— ьг н=асп= —.
В начале координат Е = О и е = †. Если под периодом колебаний 2' понимать время, в течение которого масса и из положения гЭ перей- дет в Е(ОЕ=а) и вернется обратно в О, то период колебаний Т= — К, 4 Есà — «г У 6 где кч Здесь гт — высота параболического сегмента, а г — длина бруса 103 ЗУ. Изгиб брусьев равного сопрогливления; прямоугольное сечение. Предположим, что на ле- Фнг. 38. жащий на двух опорах брус действует нагрузка, меняющаяся по закону параболы АСВ (фиг.38). Если выбрать оси координат, как показано на чертеже, то уравне.
нне этой параболы будет 4Н у = — (ух — яз). гь Вели л есть нагрузка, соответствующая 1 гме площали АСВ, то вся нагрузка О= —, Н/0; 2 реакции опор А = В = — (с. 1 2 Будем теперь через у обозначать прогиб бруса под действием указанной нагрузки. Граничные условии здесь таковы: 1) у=О при х=О; 2) у=О при х=й Предположим, что брус представляет собой балку равного сопротивления на изгиб, имеющую постоянную ширину прямоугольного поперечного сечения равную д и переменную высоту Ь. Пусть Р— площадь АВ/1, а л †пле, относительно сечения Я, нагрузки, соответствующей площади Р; тогда Р = з%(31х' — 2хз), з = х — лп 2Н где х — абсцисса сечения 8, а а, — абсцисса центра тяжести площади АЯ).
Но, как нетрудно видеть, 41х — Зхе 21х — хе х = — и 2 (31 — 2х) 2 (31 — 2х) ' Вследствие этого изгибающий момент в сечении Я М = — Рг/л + Ах = — (хе — 2/хз+ Рх). Нд 3/е Пусть /с — напряжение в любом' сечении бруса Я = сопз() и зле Ит = — — момент сопротивления этого сечения; расчетная формула М в/ 2Нг/ К вЂ” =И дает 3= в~ — )? х' — 2/х'+/вх. В?' Предполагая изгиб малым, будем пользоваться приближенным лифе* ренциальным уравнением упругой линии Е/у =М, где Š— модуль Юнга для материала, из которого сделан брус, ЫР а /= — — момент инерции поперечного сечения. 12 Диференциальное уравнение представим в виде (101) Ъг хе — ?2/хе + /ех где Т= — 11 —,. Полагая х= — (1+6), уравнению (101) можно М/- ? 1~Ь Е Г' 2Нд' 2 придать вид 104 Уб ~// ( — Р>( — 3.
) Отсюда А +с. )( 5 ) а (102) Примем за аргумент интеграл Е (103) ( 5 ) 1 квадрат модуля которого йз= —. Положив й=з!пу, будем иметь 26'34'. Обращая (103), находим иу 1 — — 1з =бпи. Г ! 5 Е=зпи, !Г1 — !а=спи Вследствие етого (102) дает Ыу= = йзп и+ Сйзпи, Ти У5 откуда у = — (и зп и — ~ зп иасап)+ Сзп и+ Сг Т ~5 Принимая во внимание, что зп ийи = — — 1п(до и+й спи), 1 А находим у= + Т!п(дп и+йспи)+Сени+С,. )Г5 (104) ТК 2 С = = — Т!Ой=. г'5 С=О и Ф Вследствие этого имеем и за и — К + г" 5 пв и+ сп и В то же время л= — (1+зли).
Два последних равенства предста. 2 рляют параметрическое уравнение изогнутой оси бруса. 10$ Произвольные постоянные С и С, определим, подчиняя равенство (104) граничным условиям. Предварительно, однако, заметим, что $ — 1 и и= — К при х=О и 1=1 н и=К при л=й Здесь через К обозначен полный эллиптический интеграл первого рода, модуль 1 которого равен =. Приняв во внимание, что зп К = 1, сп К = 0 и г'5 бп К = —, находим Стрелу прогиба У получим при х= —, т. е. при 1=0 и и=О; Р 2 ' тогда получим у=Т 1п или, находя значение К в таблицах эллиптических интегралов, Т= — 0,261Т.
Если, например, г = 200 см, Н = 50 см, а = 20 см, Е = 100000 кг/смг, д = 2 кг1смг, Р = 200 Нг)см'-', то У = — 0,93 см. 40. Изгиб бруса равного солрогливления; круглое сечение. Предположим, что брус круглого поперечного сечения, лежащий на двух опорах, подвергается действию равномерно распределенной нагрузки, интенсивносги о кг/см'.
Поперечные размеры бруса подобраны так, что нормальное напряжение равно допускаемому. Граничные условия, очевидно, таковы: 1) при х=О ордината у=О; 2) при х=1 также у=О. Здесь 1 — длина бруса. Пусть г есть радиус его поперечного сечения, удаленного на расстояние х от левой опоры. Изгибающий момент для этого сечения будет М= ~ (Рх — х'). 2 есг Момент сопротивления И'= — . 4 Если гс обозначает допускаемое напряжение, то уравнение М вЂ” =й В' дает г/ 24 г с=фl ~ )с1х — хе. У .9 Вследствие етого момент инерции à — У.1, 1 в гГ 2с г 4 2гс 1' кгс Диференциальное уравнение упругой линии будет у )' гк — хг г,аг„р г гс где Т= — гг —...
Полагаем х — — = —, представим уравнение в виде Е1 св 2 2 ' в 10 «гу Т гг «гг а— усе — 1 откуда — — = — Т ~' — +С. е 10 «у г «с г ~ з— 1, гг 106 Пусть у'?~ — 1=я, т. е. 2?=:,~/4Р+4; знак минус соответствует изменению х в интервале от 0 до ??2, а плюс — изменению х в интер- вале от ??2 до ?. Тогда Л? Зека Примем ва аргумент интеграл СО обращая который, находим я=?аи, причеминварианты д = 0 и 3 = — 4. Корни 1+?7 3 е = 2 е. = — 1 1 — ?~3 еа = При изменении х в интервале (О, ??'2) функция 1 и убывает от 0 до — 1, При изменении х в интервале (??'2, Г) функция ьзи возрастает от — 1 до О.
При х= — аргумент и становится равным вещественному полу- 2 периоду и . Производная тт'и= — Г'4ае+4 — в первом интервале и Р'и =+ ~/ 4зз+ 4 — во втором. Вследствие этого для обоих интервалов л? - = З?аиЫи. Следовательно, — — = — 3Т~ ?аи1и+ С ?а л? или 107 — ° — = ЗТьи+ С. в м Принимая во внимание, что Ю=3?ави4и, далее имеем 3/ 16 ~/ —,у= 9ТГ~ "ьи1"Яппи+ ЗС ) чапаи+ Сп Но при аз=О имеем (?з'и) =4?а~и — Зз, ?а~и= — 1"""и и ~ ДП??и= = — ?з и. 1 6 Интегрирование по частям лает 1 ~' 1?т1"ЪсЬ = — 11"Ыя+ — 1Ъ~. Вследствие этого ?4 У= 2 ~ри Ги+2р~и~+2 ?а'и+С,.
(105) 16 ЗТГ, 1 '1 С Произвольные постоянные С и С, определятся иа основании граничных условий. Пусть и есть то зйачение аргумента и, прн котором Гти=О. В таком случае 7а'ие= — 2, р'(2мя — ие)=2. Подчиняя (105) граничным условиям и приняв во внимание, что Г (2мя "о) = 2"мя чпе получим Зуьио+С вЂ” С, = 0 и — ЗТьио+677аз+ С+ С, = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
