Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Задача (1а) аналогична задаче (11а). Для того чтобы задача (1а) была подобназадаче (11а) скоэффициентамиподобиях», Им кв, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения й,,= — „, (1) !2» н2 ~й Г»" й,— = —,. Ь й йв Ь'' (За) у»в(х ) = 1вн'Рв(х )~ Ф.( ') = — "Ф.("), х =1в,х, 0 < хн <1". (2а) (4а) б) Если конец стержня (хн = О) свободен, а другой (хн = 1н) испытывает сопротивление, пропорциональное скорости, то краевая задача для определения продольных смещений и(х", 1н) точек стержня имеет вид и(хн,О)=ув(х ), и» (х,О)=фв(х ), 0<х <1 (11б) Здесь г означает коэффициент сопротивления трения.
Если один конец провода (х' = 0) заземлен непосредственно, а другой (х' = 1') заземлен через сосредоточенное сопротивление Ле, то, предполагая, что Если за функцию, характеризующую электрические колебания в проводе 0 < х' < 1' с пренебрежимо малым сопротивлением и утечкой, принять электрическое напряжение и если один конец провода (х' = 0) заземлен непосредственно, а другой (х' = 1') — через сосредоточенную самоиндукцию, то для определения напряжения и(х', Е) в проводе получается краевая задача !2 ! и㻠— — а и.», 0<х <1, Гл.
И. ,Уравнения гиперболического типа 173 сопротивление и утечка провода равны нулю, для определения силы тока г(х', 1') получим краевую задачу вг 1 ги(0, 1') =О, г.,(1', 1')+СЛогн(1', 1') =О, 0< 1' <+оо, (1б) (2б) (4б) в) Если один конец стержня (хо = 0) закреплен упруго, а другой (хо = 1о) движется по заданному закону, то имеем иеч =ао а, „, 0<хо<1"., 0<1о <+со, Еи, (О, 1о) — йи(0, 1о) = О, и(1", 1о) = ео (го), 0 < Хо< +со, (Пв) и(х", О) = ~ро(х'), ие (х', О) = гР„(хо), 0 < хо< 1о.
Если один конец провода (х' = 0) заземлен через сосредоточенную самоиндукцию Ьо, а к другому (х' = 1') приложена электродвижущая сила ыо(1'), то для определения электрического напряжения в проводе получаем краевую задачу ие е —— а" и... О < х' < 1', О < 1' < +ос, Аои. (О, 1') — Еи(0, 1') =О, и(1', 1') =ыо(1'), 0< 1' <+оо, (1в) и(х', 0) = ро(хр), ие (х', 0) = фо(х'), 0 < х' < 1'. Задача (1в) аналогична задаче (Пв). Пля того чтобы задача (1в) была подобназадаче (Пв) с коэффициентами подобия ля, Ц, йв, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения (1а), .(2а), (За), (4а) (см.
выше) и соотношение ово(1') = кныв(1о), 1' = 'не1о., 0 < 1о < +со. У к а з а н и е. Задача решается аналогично предыдушей. 51. Если один конец провода (хо = 0) заземлен через сосредо- точенное сопротивление Ло, а другой конец (хо = 1о) заземлен че- рез сосредоточенную емкость Со, то для определения напряжения в 1(х', 0) = уг,(х'), ъа(х', 0) = ф,(х'), 0 < х' < 1'. Задача (1б) аналогична задаче (Пб).
Пля того чтобы задача (1б) была подобна задаче (Пб) с коэффициентами подобия й„ьц, й, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношения а,= — „, (1б) вг в. ог а = — 'а йег СЛо — „' = —, (Зб) огг(х') = йв,~р (хо), ф,(х') = — "гР (хо), х' = И,хо, 0 < хо <1". 174 Отвенгм, унаэания и решения проводе с пренебрежимо малыми утечками получаем краевую задачу Лов~ (О, 1н) — Ьое (О, 1а) = О, (Па) ЙСоин е (1а, га) + и (1а, го) = О, 0 < $н < +со, с(х", О) = Уг„(ха), ое«(х", .0) = 4г,(хн), 0 < ха < 1", а для определения силы тока -- краевую задачу 1е«е = ааг1... 0 < хн < 1", 0 < га < +со, г, (О, гн) — СЛоге (О, Ка) = О, Соу (Г, 1а) + Сг(Г, гн) = О, 0 < га < +со, г(хн, 0) = уг,(хн), ге (ха, 0) = ф,1ха), 0 < ха <1".
(Пб) Если к концу упругого цилиндра (х' = 0), совершающего крутильные колебания, приложен тормозящий крутильный момент силы трения, пропорциональный угловой скорости, а на другой (х' = Г) насажен шкив с осевым моментом инерции Йо, то для определения углов поворота В(х', В) поперечных сечений стержня получаем краевую задачу Вее =а'Ва„, 0<х'<Г, 0<1'<+ос, С/В, (О, Х ) — годн(0, в ) = О, йоВе е (1', 1') + С УВ* (1', 1') = О, 0 < 1' < +со, В(х',0) = ~рв(х'), В, (х', 0) = вгв(х'), 0 < х' < 1', (1а) Вее — — аггВем, 0<х'<1'., О< У<+ос, СуВа (О, гу) — гоВ, (О, г') = О, Срв.
1Г, В) + НоВ1Г, В) = О, О < 1' < + Дб) В(х',0) = агв(х ), Ве (х, 0) = фв(х'), 0 < х' < 1'. Задача (1а) аналогична задаче (Па). Задача (1б) аналогична задаче (Пб). Лля того чтобы задача (1а) была подобна задаче (Па) с коэффициентами подобия л„Ие, и, необходимо и достаточно, чтобы где а = —, а величины С,,У, Й имеют тот же смысл, что и в «г ответе к задаче 3. Если к концу цилиндра (х' = 0), совершающего крутильные колебания, приложен тормозящий крутильный момент, пропорциональный угловой скорости, а конец х' = 1' закреплен упруго, то для определения В(х', В) получаем краевую задачу 175 Рл. 55 Уравиеиин гиперболического типа выполнялись соотношения й,= —, 1о ' !2 вл ог йг й.
й. ~, Ж йе го' СУ й,' 1 йо й~ ЬСо ' З в( ') = й.Мхп), Фв(х') = — „" Ф.(хп) . ' = й, ", О « " 1". (2) (3) (4) (5) З 2. Метод распространиющихся волн (метод Даламбера) 1. Задачи для бесконечной струны. Решения краевых задач этого пункта, имеющих вид иее — — оги,„, — оо < х < +ос, 0 < 1 < +со, (1) и(х, 0) = ~р(х), ие(х, 0) = ээ(х), находятся по формуле Даламбера — со < х < +со, (2) -~-И Зг(х — аг) в- Зг(х -~- а1) 1 2 2а ./ (3) 52.
В рассматриваемой задаче у1(х) = О, поэтому и(х, 1) = = — р(х — ай) + — Зо(х+ аг), (1) где у(х) задана графически в условии задачи. 1 1 Прямая и обратная волны — оо(х — а1) и — оо(х + ас) в начальный 2 2 1 момент 1 = 0 совпадают, имея значение, равное — Зо(х). 2 За время 1 (1 ) 0) график прямой волны переместится без деформации вправо на расстояние а1, а график обратной волны влево на ай Складывая перемещенные графики прямой и обратной волн Для того чтобы задача (1б) была подобна задаче (Пб) с коэффициентами подобия й ., йм й, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись аналоги соотношений (1), (2), (5) и соотношения то йе Оо С вЂ” — =СЛо, й,— = —. СУ йе ' СУ Со' Указание. См, решение 49.
176 Ответы, укааания и решения Рис. 20 в момент времени 1ы 1а,..., получим профиль струны в эти моменты времени. Выше (рис. 20) приводится профиль струны для моментов — й = О, 1, 2, 3, 5. а 53. а) где О, — со < х < — с, (2) О, с<к<+со. 177 1'л. !1. Уравиеиин гиперболического типа Рис. 21 О, — оо<х< — с — ай -> ае) сг с — с — а1 < х < — с+ а1, й 1— и(х, 1) = — с+а1<х< с — а1, ( О, — а1)~ с — аЕ < х < с+ ай с+ аХ < х + оо. сг с Аналогично получается профиль струны при — < 1 < +со.
б) Ладим теперь формулы, определяющие и(х., 1) при х = сопз1, представляющие закон движения точки струны с фиксированной абсциссой. Выберем по фиксированному значению х в каждом из интервалов -оо < х < -с, -с < х < О, О < х < с, с < х < +ос и изучим, как меняется выражение для решения при 1, изменяющемся 12 Б.М. Булак и др.
Чтобы получить требуемые в условии задачи формулы, рассмотрим разбиение фазовой плоскости (х, 1) характеристиками уравнения (1), проведенными из концов интервала ( — с, с), на котором начальное отклонение отлично от нуля (рис. 21). Ладим сначала формулы, определяющие профиль струны при 1 = = сопя1, ограничиваясь двумя характерными случаями: с с О <1< — и — < 1<+ос. а а с Коли 1 = сопзс, О < 1 < —, то при х, изменяющемся монотонно от а' — со до +ос, точка (х, 1) фазовой плоскости последовательно проходит области 1, 1Ъ; П, 'у'1, 111. с Таким образом при О < 1 < — профиль струны задается соотноа шениями 178 Ответы, указания и решении от 0 до +со.Мы получим: 0<1<— а О, ег а а и1х, 1) = — оо < х < — е:; (1 < +со,. а О, 6 1— х + аг1г ег 0<2< а + )г 21 сг — <1< —, а а п(х, 1) = — с<х<0; (1<+ос, О, Ь, 1— х +а 1 сг 6 ~ (х — ае) 2~ сг — (1( —, а а и(х, 1) = 0<и(с; (1 < +ос,.
а О, 0<1< а О, ( е) 6 Г 1х — ае) 1 — с+х се-х с ~ ' а а с<х <+со. с -Ь х <1<+ос, О, Замечания. 1. о) и Д) получаются из д) и у) простой заменой х на -х, так как и1х, 1) является четной функцией по х в силу четности уг(х). 2. Геометрический метод нахождения профиля струны для различных моментов времени описан в решении задачи 82. 54. Отклонение и(х, 1) достигает наибольшего значения в точке с абсциссой ог г дг г аг г егг х= 4 в момент времени ог -е 11г — (ог г- бе) 4а 6г+6г это наибольшее значение равно 2 Рл. П.
Ураоиеиин гиперболического типа У к а з а н и е. Рассмотреть интегральную поверхность, представляющую решение и = и(х, 1) краевой задачи. 55. Решение краевой задачи имеет вид и(х, 1) = Ф(х -~- а1) — Ф(х — а1), где О, 1 оо(г + с) ) — 2а /'е( ) = 2а оос с<я<+ос, а поэтому закон движения точек струны с различными абсписсами представляется формулами а) 0<8<— а О, ио(х 1- аг) оос с+ х < с — х — со < х < — с; 2а 2а' а а и(х, 1) = с — х — (1<+со, а оос а б) 0<1< —, а стх« с — х а а и(х, г) = — с<х<0; оос а с — х — (1<+со, а в) 0<1< —, а сое, с — х с-~-х а а и(х, 1) = 0<х<с; с+х <1<+ос, иос а г) 0<1< О, оо(х, — аг) иос — с+х с+х а а и(х, 1) = с<х<+оо.
+ —, 2а 2а ' < 1 <+со, а иос а Профиль струны для моментов времени 1ы 12,... может быть получен вычитанием графика прямой волны Ф(х — а1) из графика обратной 12* оо(х — аг) иос + —, 2а 2а ' ио(х — ае) иос + —., 2а 2а ' — оо < г < — с, — с<я<с, хо= — с, 180 Ответы, указания и решения Рис. 22 /сс волны Ф(х + а1). Лля моментов 1я = —, й = О., 2, 4, 6, он имеет вид., изображенный на рис. 22. 56. Приведем два способа решения задачи. Первый способ. Будем сначала считать импульс равномерно распределенным по отрезку хо — д < х < хо+ б.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
