Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 31
Текст из файла (страница 31)
— 1Е )я,ая, т. е. ~ о. (БР)г1х = (Бри), — Фри)я а„ ') Пусть Я внутреннее поперечное сечение трубы, тогда сила сопротивления, прилОженная к эломЕнту жидкооти, заключэннэму мсжду Сечениями х и х + азх, равна ъа 2о / Яро в1х. 0 более точной постанове задачи, где подробнее анализируется сила сопротивлоння, см.,например,~44). з) В этом случае производсние массы кольцевого элемента трубы на радиальное ускорение пренебрежимо мало. 149 1"л. 11.
Уровненин еиперболинееноео типа откуда д($р) д($р ) дс дх В силу малости величин $, р, и это уравнение преобразуется в уравнение (2). Рис. 16 Аналогично (рис. 16, а) составляем уравнение движения, выражающее второй закон Ньютона для элемента воды, заключенного в рассматриваемый момент времени между сечениями х и х + Ьх: — / ($ри) дс = ($р) — ($р) ~ — 2а / ($рп) е1х, Ы бс с л-~- Хс а=салаг, а>0., / ~ — ($ри)) е1х = ($р) — ($р)( — 2а / ($ри) е1х, откуда д($ро) д($р) бс дх — 2а$ри.
2ройо В силу малости $, р, р и в силу малости по сравнению с единицей это уравнение (с помощью соотношений (6) и (8)) преобразуется в уравнение (1). Начальные условия (4) и граничные условия (3), приведенные в ответе, очевидны. Вместо системы дифференциальных уравнений первого порядка можно получить одно гиперболическое уравнение второго порядка как для функции и(х, 1), так и для р(х, 1). Именно, дифференцируя (1) по х и (2) по 1 и исключая и, получим — =Ля —,— 2а — при 0<х<1, 0<1<+ос, д'р д'р др дс' дх' дс р(0,1) =ро при 0<1<+ос.
Второе граничное условие для р(х,1) получаем из граничного условия и(1, 1) = 0 при 0 < 1 < -~-оо с помощью уравнения (1): р,(1, 1) = 0 при 0 <1<+ос. 150 Отвесны, указания и решения Далее, р(х, 0) =ре при 0<х <й Второе начальное условие для р(х, 1) получаем из п(х, 0) = пв при 0 < < х < 1 и уравнения (2): ре(х, 0) = 0 при 0 < х < й Аналогично может быть получена краевая задача для определения п(х, 1). 6. Решение. Пусть ш означает приращение объема жидкости в колпаке, Я площадь внутреннего поперечного сечения трубы на конце х = 1.
Мы имеем — = Яе — Я®, аа аг я — С РеПв = РЯв — ш), течения жидкости, а Р-- (2) где п †. скорость паке, откуда давление воздуха в кол- Р = „Р" = Р, (1 + — „) следовательно (4) давление жидкости в колпаке. В силу уравнения (2) гдер=Р на с. 152 (5) (6) при 0<х<), 0<8<+со, (2) Указание. Возмущение давления в воде при рассматриваемых волновых движениях можно считать пренебрежимо малым, т. е. давление р на глубине у, отсчитываемой от дна канала, можно считать близким к гидростатическому~). Слагающую п скорости частиц воды по направлению оси х можно считать малой, т.е, пренебрегать аш 3 Во ае — = — л ре — —. ае Р.
ах' Подставляя (5) в (1), получаем искомое граничное условие а. „Реа Р. а "ВеЛзре' аеЛ р. где с = уйз у — ускорение силы тяжести ЯО, 1) = с(1, 8) = О, при 0 < 1 < +со, О.(О,. 1) = О.(1, 1) = 0 Ях, 0) = Дх), се(х, 0) = у(х), при О < х < В Ч(х, 0) = — аз (х), ае(х., 0) = — еир (х) ~ ') Но нельзя пренебрегать его производной по х. (3) (4) (5) (6) 1"л. 11. Уравненин гиперболического типа х х -'е 1гх х ~- Дх, 1) х + Ьх т С(х -~ Ьх, 1) Рис. 17 Решение. На глубине у, отсчитываемой от дна канала, давление будет равно Р = Ро+ др(в+ 6 У). (7) Отсюда находим — = др —. др дп (8) дх дх Составим уравнение движения для элемента Лхасу Ьг слоя (х, х+ + Ьх) воды в проекциях на ось х (рис.
17): 1гх Ьу 1гг р — = — 1гх Ьу 1ге— до др де дх эва ' где 0 < В < 1, откуда после сокращения на Ьх 1гу Ьг при Ьх — + 0 получаем до др 1г— д1 дх' (9) или,используя (8), ди дл до дп р — = — др —, т. е. — = — д —. де дх' ' ' д1 дх' Лалее, используя несжимаемость жидкости, получаем разрывности» (уравнение сохранения массы) д (ргп1ге) дх где гп ширина канала, откуда дс дх Линеаризация уравнения (10) дает ди дп — = — д —.
д1 дх (10) «уравнение не- (11) (12) (13) д дг ° Но — = —, поэтому д1 дег ' дг ° д — = — д —. дег дх ' получаем д1 дгг -д — = дй —,. дх дхг' (14) С другой стороны, из (12) (15) квадратами, произведениями и высшими степенями этой функции и ее производных. Жидкость можно считать несжимаемой.
152 Отеепгы, укаеания и ретения Сопоставляя (14) и (15), получим дифференциальное уравнение для функции С(т, 1) Огб Огб 01 л.г —, =д6 при 0<я<1,. 0<1<+ос. (16) Теперь нетрудно получить остальные соотношения ответа, приведенного выше. Укажем лишь., что граничные условия (4) можно получить из граничных условий (3) дифференцированием по 1 и применением равенства (14). В заключение необходимо отметить,что для определения Д(ж, 1) и г1(т, 1) достаточно решить краевую задачу (1), (3), (5) и затем по найденному С(т, 1) найти г1(т, 1) по формуле (12).
8. Ось От направлена по продольной оси симметрии стержня в его равновесном состоянии, а за характеристическую функцию принято поперечное отклонение и(т, 1) точек стержня от их положения равновесия. Лля определения и(т, 1) получаем краевую задачу — +аг — =Ог) при 0<я<1, 0<1<Чоо, (1) и(0,. е) = и я(0, 1) = и(1, е) = о,,г(1., 1) = 0 при 0 < 1 < +ос, (2) и(х, О) = Дт), не(я, О) = г'(и) при 0 < я < 1, ЕЯ рБ ' где Е модуль упругости стержня, р плотность массы стержня, Я площадь поперечного сечения стержня, 7 геометрический момент инерции поперечного сечения относительно его средней линии, перпендикулярной к плоскости колебаний.
Указание. Вывод уравнения (!) изложен в [7, с. 142 — 144]. Рассматривая движение концевых элементов стержня, можно получить граничные условия. 'о -— Выведем граничные условия в случае шарнирного закрепления конца. Рассмотрим граничный элемент (1— о — Ьх, 1) шарнирно закрепленного конца и составим для него уравнение вращательного движения относительно оси шарнира (рис. 18, см. также рис. 2) Рис. 18 ,7рЬж, = Е Ьт+ М . (5) г — Ья г — Ья Переходя к пределу при Ьт — > 0 в предположении, что нет бесконеч- агр ных угловых ускорений,, и бесконечных перерезывающих сил г, д1г ') Это уравнение получено в предположении, что угловые ускорения поперечных сечений стержня отсутствуют, т.е.
стержень должен быть достаточно тонким. Вывод более точного уравнения см. [26). Гл. И. Уравнения гиперболииееного типа получим М~ = О, т.е и, (1,1)=0. (6) Аналогично получаем второе граничное условие для левого конца и,(0, б) = О. В левой части равенства (5) можно было бы сразу писать нуль по предположению о малости колебаний ( 0). Но (,дг граничные условия (5) и (6) годятся и в том случае, когда угловые ускорения, элементов стержня не считаются пренебрежимо малы- дР ' ми. Второе граничное условие для рассматриваемого конца очевидно: и(1, 1) = О. 9. Ось Ох расположена так же, как в предыдущей задаче.
Для определения и(х, 1) получаем краевую задачу —, + а — = 0 при О < х < 1, О < 1 < +ос, (1) ди од~и де дх4 и(0, 1) = и,(0, 1) = иа(1, 1) = и...(1, С) = 0 при 0 < 1 < +со, .(2) и(х, 0) = ((х), п,(х', 0) = г'(х) при 0 < х < 1. (3) Указание. Уравнение (Ц получается переходом к пределу при Ьх -в 0 из уравнения, выражающего в проекциях на ось Ои второй закон Ньютона для элемента (х, х+ Ьх) стержня. По поводу граничных условий см. решение задачи 8.
2. Вынужденные колебания и колебания в среде с сопротивлением; уравнения с постоянными коэффициентами. 11. им = а ион+1(х, 1) при О < х <1, О <1< +со, (1) и(0, 1) = и(1, 1) = 0 при 0 < 1 < +со, а(х, 0) = ((х), н,(х, 0) = Г(х) при 0 < х < 1, 1 з (х, г) = — г" (х, 1), где р линейная плотность массы струны. р (2) (3) и(х, 0) = 1(х), ие(х, 0) = Г(х) при 0 < х < 1, 2 рд Указание. Граничными условиями для жестко закрепленного конца х = 0 являются неподвижность конца и горизонтальность касательной. На свободном конце, что доказывается обычным образом, изгибающий момент и перерезывающая сила должны быть равны нулю. 10. Ось Ох расположена так же, как в ответе задачи 8.
Для определения отклонения и(х, 1) получаем краевую задачу — + а — -е — и = 0 при 0 < х < 1. 0 < 1 < +ос, (1) дги яд и й дев дх' рд и(0,1) =и, (О, Ю) =и(Е, й) =ил,(1,1) =0 при О <1<+со, (2) 154 Ответы, унвввния и решения <1) (2) (3) определяющем силу трения, действующую на единицу длины струны. Указание. Уравнение (1) получается переходом к пределу при ллх — л 0 из уравнения движения для элемента (т, х + Ьх) струны.
16. Для определения поперечного отклонения точек стержня от их положения равновесия получаем краевую задачу илл -~- оги„„+ 2игил = Д~х, 1) при 0 < х < л, О < ~ < +со, (1) Указание. Дифференциальное уравнение (1) получается из уравнения движения для элемента (х, х + лзх) струны при лах — э О. 12. Для отклонений и(х, 1) точек струны от положения равнове- сия получаем краевую задачу ивы=ага е+ — ТЯ, О<х<г, О<1<+о, (1) ер г где а = —, Т -- натяжение струны, р .. линейная плотность массы, Р с скорость света, и(0,1)=и(1,1)=0, 0<1<-'еоо, (2) и(х, 0) = ил(х, 0) = О, 0 < х < й (3) 13.
ип — — агпле при 0 < х < ), 0 < л <+со, (1) гл(0,1)= рЯ,. лл,,(1,1)= ~) р О<1<+со, (2) 4'(л) ЕЯ и(х, 0) = О, ил(х, 0) = 0 при 0 < х < Р. (3) Указание. Граничное условие для конца х =! получается пе- реходом к пределу при ллх — э 0 из уравнения движения, выражающего второй закон Ньютона для элемента (1 — Лх, Ц стержня. 14. Для определения предельных отклонений и(х, 1) поперечных сечений стержня получаем краевую задачу и л = ага,, + д при О < х < 1, О < С < +ос, (1) лл(0,~)=и (1,1)=0 при 0<8<+ос, (2) и(х, 0) = О, ил(х, 0) = ьв при 0 < х < л, Р) где д —. ускорение силы тяжести, а ие .-- скорость, достигнутая лиф- том к моменту остановки.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
