Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 33
Текст из файла (страница 33)
О) = К<х), цс(х,. 0) = — Ьс~'(х), Осе(х, 0) = — ЬсГ(х) при — ос <х< 0, (3) Сг(х 0) = 1'сх), (гссх, О) = г (х), Ъсх, 0) = — Ьгуссх), цгс(х, 0) = — ЬгР'Сх) Указание. Первое из условий сопряжения (2) следует из предположения о непрерывности давления в жидкости при переходе через поперечное сечение х = О, второе же выражает закон сохранения массы. Первое из условий (2) может быть заменено условием 1ссссе(0, 1) = Ьгчег,(0, 1) с помощью соотношений дссх, 1) = — Ьс1се(х, 1); ЪСх, 1) = — Ьгчге(х, 1). с5) д нс г д ис — = ас —, дгг дхг д' иг г д иг с дсг г д.г при — сю<х<0, 0<1<+со, (1) при 0 < т <+со, 0 <1<+ос, (1') и сО 1) = и сО с) М д ис(О,С) М д игСО, С) дсг дсс дссг(О, С) дссс(0, С) ссс(х, 0) = Дх)., иссС,х, 0) = Г(х) при — со < х < О, (3) иг(х, 0) = У(х), .иге(х, 0) = Гсх) при 0 < х < +ос. (3') Указание.
Второе из условий сопряжения (2) выражает второй закон Ньютона для жесткой прокладки массы М. См. также указание к задаче 26 и решение задачи 32. 31. Ось х направлена вдоль прямолинейного положения равновесия стержня, причем начало координат помещено в плоскости соединения торца полуограниченных стержней ). Лля определения попереч- ') 11апомним, что по условию задачи толщина жесткой прокладки между соединенными торцами пренебрежимо мала. Тогда краевая задача для определения Сс(х, 1) и Сг(х, 1) становится независимой от кРаевой задачи длЯ опРеделениЯ Ос(х, 1) и дг(х, С). Заметим, наконец, что условия сопряжения (2) [или второе из условий (2) и условие (4)) лишь приближенно описывают явление в окрестности поперечного сечения х = О, так как оба они базируются на предположении, что уровни поперечных сечений — с1сх и с1х при малом Ьх отличаются мало.
30. Оси координат и характеризующие функции выбраны так же, как в задаче 26. Для определения ис(х, 1) и иг(х, 1) получаем краевую задачу 161 Гл. 11. Уравнения енперболичесного типа =0 =0 из(0, 1) = иэ(0, 1); изя(0, 1) = ио,(0, 1), Ези~,,я(0, 1) = Езизтя(0, 1) ~), при 0 <1 <+ос, (2) Мизм(0, 1) = Мизн(0, 1) = = Ез о4и4яяя(0, 1) — Е2Лизяял(0, 1) и1(х, 0) = 1'(х), им(х, 0) = Е(х) иэ(х, 0) = 1'(х), и24(х, 0) = Г(х) 2 Е4о 2 а = —, аз= р)Я' при — оо < х < О, при 0<х<оо, (3) Е22 32. Ось Ох направлена вдоль стержня, так что его верхний конец имеет абсциссу х = О.
Лля определения продольного отклонения и(х, 1) точек стержня получаем краевую задачу им=а и„при 0<х<1, 0<1<+со, и(0, 1) = О, — иск, 1) = — ЕоиД, 1)+О при 0 <1<+ос,. Я 9 а(х,О)=0, ив(х,О)=0 при 0<х<Е Решение. Остановимся на выводе второго из граничных условий (2). Составим уравнение, выражающее в проекциях на ось Ох второй закон Ньютона для тела, состоящего из груза 1,1 и элемента (1 — Ьх, 1) стержня. Мы получим (рис. 19): = — ЕЯи,(1 — 4лх, 1) + О, где х, абсцисса (лагранжева) центра масс рассматриваемого тела.
Переходя к пределу при Ьх — у О, получим из этого уравнения граничное условие — им(хю 1) = — ЕЯи, Я 1) + 13. 9 Рнс. 19 Ч Это условие сопряжения выражает равенство изгибающих моментов, вытекающее из предположения о том, что поперечные сечения стержня не вращаются. Более подробно об этом см. (26). 11 Б.М. Будак в др. ных отклонений краевую задачу ди4 яд из 2 4 д12 ' дх4 д из о д из 2 4 д12 дхл +а точек стержня от положения равновесия получаем при — со<х<0, при 0 <1<+ос, (1) при 0 < х < +ос 162 Ответы, указания и решения Но так как груз Я считается жестким (недеформируемым), то все его точки получают одинаковые продольные ускорения при продольных колебаниях стержня, поэтому в последнем соотношении можно заменить х, на 1, тогда и получится второе из граничных условий (2).
33. Ось Ох направлена горизонтально и, следовательно, параллельна ненапряженному положению стержня, принятому за положение равновесия. Лля определония поперечных отклонений и(х, 1) точек стержня от их положения равновесия получаем краевую задачу г Д '+а =0 при О <и <1, О <1<+ею, (1) Дег Дав и(0, е) = ия(0, 1) = О., и,,(1, 1) = 0; Я вЂ” иее(б, 1) = Едигея(Е, е) при 0 < 1 < +со, (2) у и(х, 0) = у'(х), ие(х, 0) = Г(х) при 0 < т < й Указание. Равенство ияя(в, е) = 0 выражает равенство нулю изгибающего момента, вытекающее из предположения о том, что поперечные сечения стержня не вращаются ) (см. вывод граничных условий в решении задачи 9).
Последнее же из граничных условий (2) выражает второй закон Ньютона в проекциях на ось Ои для груза Я, прикрепленного на конце стержня. 34. Ось Ох направлена вдоль стержня, ее на гало находится на оси вращения и совпадает с началом стержня. Лля определения продольных отклонений и(х, 1) точек стержня получаем краевую задачу — =и — +аг (я+и) при 0<я<1, 0<у<+со, (1) дги г дги Дог Дяг где а = —, Е модуль упругости, а р — плотность массы стержни, 2 р и(0, Ц) = О,. — иее(1, 1) = — се~(Х+ и(1, 1)] — ЕЯи,е(1, 1) у у при О <1<+со, (2) и(х, 0) = 1(т), ие(х, 0) = г'(х) при 0 < х < й (3) 35.
Ось Ож выбрана так же, как и в предыдущей задаче. Для определения продольных отклонений точек стержня получаем краевую задачу г г ди гди ,+.(.+.) .з.,(). + ) Дег Дзг о при 0<я<1, 0<1<+ос, (Ц где в имеет такое жс значение, как в предыдущей задаче, а уго— г угол между стержнем и вертикальным направлением вниз в момент времени 1 = О, ') См. также сноску к задаче 8. Тл. !й Уравнения енперболинееноео типа (в О = о, — пв, О = — ° г+,.<Е ~З + О, г(1' ве-;-е)— Я Я д ' д — ЕЯиг,(1, 1) при 0 < 1 < +ос, и(х, 0) = 1(х), ие(х, 0) = Г(х) при 0 < х < 1.
(2) (3) Д В (0,.1), ДВ (0,1) з дег 1 1 дз Д'9,(1, 1) Д'В,(1, 1) дег дег двг(1, 1) С двг(1, 1) — 2 2 д 1 1 д дгВ (21, 1) ДВг(21, 1) дег 2 2 д при 0 <1<+со, (2) 91(х, 0) = ((х), 911(х, 0) = Е(х) при 0 < х < 1, ') 92(х, О) = ((х), Вге(х, О) = Р(х) пРи 1 < х < 21, )( (3) 2 ~1ог 2 ~ гог (3') а1 = аг = 91 ' йг где Сы о1, Й1 и Сг, оз, Йг модуль сдвига, «геометрический» полярный момент инерции поперечного сечения и момент инерции единицы длины для первого и соответственно для второго цилиндров 1).
37. Ось Ох совмещена с положением равновесия струны. Для определения поперечных отклонений и(х, 1) точек струны получаем краевую зада 1у д'иг 2 Д'гм -а, при — ос<х<0, при 0<1<+ос, (1) д 22 2 д н2 — =а = при 0<х<+ос Дзг Дхг и1(0, 1) = иг(0, 1), Тоига(0, 1) — Тонге(0, 9) + Р(1) = 0 при 0<1<+ос, из(х, 0) = ((х), им(х, 0) = Р(х) при — со < х < О, иг(х, О) = ((х), иге(х, 0) = Р(х) пРи 0 < х < +ос. (2) (3) (3') 1) Ср. с ответом к задаче 3. 11' 36. Ось Ох направлена вдоль стержня: шкив с моментом инерции йз имеет абсциссу х = О, шкив с моментом инерции йл, вставленный между двумя цилиндрами, имеет абсциссу х = 1, наконец, шкив с моментом йз имеет абсциссу х = 21.
Для определения углов поворота поперечных сечений цилиндров получаем краевую задачу Д'В, , Д291 при 0<х<1, 0<1<+ос, (1) 1 д.г — = аз —, при 1< х < 21, 0 <1<+со, д'Вг 2 дгВг дег ' д*г (1 ) 1б4 Ответы, укаэания и решения Если точка приложения силы перемещается вдоль струны по закону х = вг(1) при 0 < 1 <+оо, аг(0) = О, (4) то условия сопряжения принимают вид из[угу, 1] = иг[уг(1), 1], Тонг,[уг(1), 1] — Тоигя[вв(1), 1]+ Е(1) = 0 при 0 < 1 < +со.
38. Ось Ох располагается,. как в предыдущей задаче: ' -~-а „=0 при — со<х<0, 0<1<+гю, (1) две дх" ,'+а в' — — 0 при 0<х<+оо, 0<1<+оо, (1') Дег Дх 4 иг(0, 1) = из(0, 1), ига(0, 1) = иг (0,1), иг„(0, 1) =из„(0, 1),] Евиге,е(0, У) — Е.Тигяяг(0,. в) + Е(А) = 0 пРи 0 < 1 < +со,. (2) иг(х, 0) = ((х), ам(х, 0) = Е(х) при — оо < х < О, (3) иг(х, 0) = ((х), игв(х, 0) = Я(х) при 0 < х < +со. (3') Если точка приложения силы перемешается вдоль стержня по закону х, = Зг(1) при О < 1 < +со, вг(0) = О, (4) то условия сопряжения (2) принимают вид иг[уг(1), 1] = аз[За(1), Ю], игя[р(1). 1] = ггг,[р(1), 1], гг1,га[уг(у) 1] — игга[уг(в) Евгиг~, [р(1), 1] — ЕУиг, [уг(1), 1]+ Е(1) = 0 при 0 < 1 < +ос. 39.
Ось Ох направлена вдоль трубки, причем начало ее помещено в начале трубки, где поставлен поршень. Для определения продольных отклонений и(т,е) частиц газа получаем краевую задачу им=а и.„при 0<х<+оо., 0<1<+со, (1) Мии(0, 1) = — ЯИрои,(0, 1) — а'*аг(0, Х) — а™и(0, 1), (2) и(х, 0) = ((х), иг(х, 0) = Е(х) при 0 < х <+со. (3) Указание. Граничное условие (2) выражает второй закон Ньютона для поршня ~). 40. Ось Ох совмещена с положением равновесия струны, шарик массы М имеет абсциссу х = О.
Для определения поперечных отклонений и(т, 1) точек струны от положения равновесия получаем краевую задачу г имг — — а и„.я при — оо < х < О, О <1<+со, (1) игвв = агиг, при 0 < х < +со, 0 < 1 < +со, (1') ') Ср. с рассуждениями при вывода третьего граничного условия в решении задачи 4. 165 Тл. !й ,Уравнения еннерболинееноео тина иг(0, 1) = иг(0 1), Миги(0 1) = Миги(0 1) = Тоига(0, 1)— — Тоиг*(0; 1) — йиг(0, 1) = Тоиг*(0, 1) — Тонг (О, 1) — Миг(0: 1), (2) иг(х, 0) = 1(х), им(х, 0) = г'(х) при — оо < х < О, (3) иг(х,О) = 1(х), иге(х, 0) = г'(х) при 0 < х <+ею.
(3') Копи шарик испытывает сопротивление, пропорциональное скорости, то вместо второго из условий сопряжения (2) получается условие соп1)яжения Миме(0, 1) = Миги(0; 1) = Тоига(0, 1) — Таиса(0, 1) — Фиг(0, 1)— — И*им(0, 1) = Тоига(0, 1) — Тоны(0, 1) — йиг(0, 1) — И*иге(0, 1) при 0 < 1 < +ею. 41. В качестве координаты х точки на проводе взято ее расстояние вдоль провода от конца, заземленного через сосредоточенное сопротивление.
Дпя определения напряжения о(х, 1) и силы тока г(х, 1) в проводе получаем краевую задачу о. +Ив=О, 1,+Сис =0 при 0<х<1, 0<1<+ос, (1) — о(0, 1) = Ло1(0, 1), Свое(1, 1) =1(1, 1) при 0 <1<+со, (2) о(х, 0) = 1'(х), г(х, 0) = св(х) при 0 < х <1 (3) или им=ого„при 0<х<1, 0<1<-Ьоо, йоо,(0, 1) = Тие(0, 1), ЙСоии(1, 1) = — о.(1, 1) при 0 <1<+со, (2') и(х, 0) = Дх), ие(х, 0) = — — св'(х) при 0 < х < 1 (3') и гее —— аггел при 0<х<1, 0<1<+со, (1а) 1,(0, 1) = С йоге(0, 1), Сага(1, 1) + Сг(1, 1) = 0 при 0 < 1 < +со,. (2а) 1(х, 0) = ~р(х), г,(х, 0) = — — ('(х) при 0 < х < 1,.
(За) г а СЛ Указание. Днфференциапьные уравнения (1) получаются из дифференциальных уравнений (1) и (2) ответа к задаче 19 при й = = С = О. Граничные условия (2) получаются из соотношения — с11 г-'~ = Ло1+ То — + = / г с11, (4) Со с помощью которого определяется падение напряжения при переходе через последовательно включенные сосредоточенные сопротивление Ао, самоиндукцию Хо и емкость Со. Так, например, для конца х = = 0 провода имеем 0 — о(0, 1) = йД0,1) при 0 <1<+оо, 166 Ответы, указания и решения где 0 — гг(0, 1) означает разность потенциалов земли и конца провода (потенциал земли принимается равным нулю).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
