Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 78
Текст из файла (страница 78)
В силу условия ао» аг давление воздуха, заключенного в сосуде, при подсчете сил, действующих на элемент мембраны, можно считать не зависящим от координат рассматриваемого элемента мембраны, а определяющимся общим изменением объема сосуда за счет прогиба мембраны. Замечание. Если скорость распространения малых возмущений в окружающей среде значительно меньше скорости распространения возмущений в мембране, т.е. если ио « пг, то реакция среды на каждый элемент мембраны определяется состоянием среды в непосредственной близости к этому элементу. В этом случае уравнение колебаний мембраны ) может быть записано в виде д~и г / даи дги ~1 рв ди дга ~')д г+д„г)' „де' 6.
( — + (ио, СУ)) 11 = а ЛГг, Ж где 11 потенциал скоростей частиц газа, вызванньгх малыми возмущениями по = 4и +уи + Йи вектор скорости движения среды, . (о) (о) 1о) оператор (ио, и ) определяется соотношением (по ~) и +ия +и (о) д 1о) д 1о) д д -' д„д (2) причем потенциал 11 рассматривается как функция координат (х, у, г) геометрической точки и времени 1 в неподвижной системс координат, относительно которой среда движется со скоростью по, иными словами, Ге изучается в эйлеровых координатах ). е) Подробный вывод уравнения (1) см.
в 17, с. 31 — 34). г) См. )38, с. 224). з) Подробнее о лагранжовых н эйлоровых координатах см. задачу 4 3 1 гл. П. 510 Ответы, указания и решения Если ось х совпадает по направленикз с вектором по,то д (по, зя) = ио— дх и уравнение (1) примет вид дов оодхду+ о дх. = ~дхе + дуз + дев) . Такие же уравнения имеют место для плотности и для давления. У к а з а н и е.
Сначала нужно вывести основные уравнения гидро- динамики в эйлеровых координатах до*,, 1 — + (е', 'р)п' = — — ягае1р, (5) — + 61у(ро*) = О, (4) Р= У(Р), У1Р) =Ро Р„ (5) рО ' = по + и, Р = ро + р, р = ро + р, где о* полная («абсолютная») скорость частиц, оо переносная скорость, и относительная скорость, а величины ро, ро, р, р определяются,как и в задаче 1. Линеаризация уравнения (3), .(4), (5) и исключение р и р приведут к уравнению (1) ответа. Уравнение (1) может быть получено также следующим путем. В системе координат (О', х', у', з'), движущейся вместе со средой и совпадающей в момент 1 = 0 с неподвижной системой (О, х, у, е), для потенциала 51 = Г1х', у', з', 1) будет иметь место уравнение (6) =а две ) дхе дуз де' Переход от эйлеровых координат (х', у', з', 1) к эйлеровым координатам (х, у, з, 1) преобразует уравнение (6) в уравнение (1) ответа. 7.
Совместим ось Оз декартовой прямоугольной системы с ребром клина так, чтобы клин был симметричен относительно плоскости хОз и чтобы направление скорости набегающего потока ео совпадало с направлением оси Ох (рис. 49). Угол раствора клина обозначим через 2е. у 0 Рис. 49 511 Гл. Рй Уравнения гиперболического типа Так как в данном случае потенциал скоростей 11, и = бтае(11, не будет зависеть от г и 1, то уравнение (1') ответа к предыдущей задаче преобразуется к виду д'5г 1 д П (1) дтз Мз — 1 ду' ' имеем дП р до"1 — = [оо+ — )1яе при у=тЦе.
ду [, д,) (2) На волне слабого разрыва (3) (1 = О при у = лсбо, 1 где $8 о = Умг — 1 8. В цилиндрической системе координат, ось Ог которой совпа- „Ь ЪЯ оо Рис. 50 дает с осью конуса (рис. 50), для потенциала скоростей еу = ье(г, г) получим краевую задачу д~о' 1 )[д еГ 1 до' [ дга Ма — 1 [ деа г дг / между поверхностью конуса и поверхностью волны слабого разрыва — = ) ео + — ( еК е дП дбе (2) на поверхности конуса, т.е.
при г = гббо; на поверхности волны слабого разрыва 11 = О. (3) ') Волна слабого разрыва отделяет возмущенную область от невозмущенной; на поверхности волны слабого разрыва потенциал о и ого производные первого порядка непрерывны. Подробнее см. [15). ио где М = — ) 1 в силу условия задачи (скорость набегающего потока а больше скорости звука).
Уравнение (1) имеет место между поверхностью клина и волной слабого разрываз) . На поверхности клина 512 Ответы, указания и решения (2) (3') 11. д'и да дг,в дт,... дзи дт„, да.в деве р — = — '*+ — "+ — "е+1; дгз дх ду де дат дг: дг„, да, р — = "+ — '"+ — '+Я, дев дх ду де где се,, т,„, г„проекции на оси координат вектора напряжения, действующего на площадку, перпендикулярную к оси х; аналогично 9. Для Дх, д, 1) получаем краевую задачу (1) а = дл, д --- ускорение силы тяжести; Дх, д, 0) = Дх, д), се(х, д, 0) = Р(х, д), — = 0 на стенке бассейна, д~ ~3) ди д где — — производная по нормали к стенке. Для потенциала горизонди тальных скоростей сГ(х, д, Г) получаем краевую задачу И(:с, д, 0) = Ых, д), $1с(х, д, 0) = Р~(х, д), (2') дΠ— = 0 на стенке бассейна.
ди Указание. Получить сначала: уравнение неразрывности дС вЂ” = — йу ел, де где из вектор горизонтальной скорости; уравнение движения два . др . др Р— = — 3гас1„уР = — 1 — — У вЂ”; уравнение, выражающее давление в жидкости на расстоянии я от дна бассейна, р - рв = М6+ < — х), а затем произвести надлежащие исключения (см. также решение за- дачи 1). 10.
Уравнение для потенциала горизонтальных скоростей принимает вид (1) дг' дх' ду- р дг Начальные и граничные условия формулируются, как в ответе к пре- дыдущей задаче. Гл. уй уравнения гиперболического типа определяются т.к. вю т„, и тг„т,„, пг; при этом па, ою пг назы- ваются нормальными напряжениями, а т,, т.г. т„, -- касательными или скалывающими напряжениями; Х, 1; Я . -- проекции на оси коор- динат вектора плотности объемных сил, 12.
Указание. Из уравнений движения, полученных в ответе к задаче 11, и закона Гука, приведенного в примечании 2 к настоящей задаче, нетрудно вывести следующие уравнения для составляющих вектора 0: дг дО р —, = рбли+ (Л+ р) — + Х, дй"' дх до дог р — = 1г1Лгг + (Л + р) — + У., дгг ду р, = ргаго+ (Л+ р) — + Я, д т дсЗ де дг где О = е11у 11. у' = О (х у 1): Ф = Их, у, 1), 1 дхг дуг 1 гг(х, у, 1) и гг(х, у, 1) --- свободные члены, получающиеся из вектора плотности объемных сил. 15. а) о, сов(п, х) +торсов(п, у) + галсов(п, г) = О, т„л сов(п, х) + о„ сов(п, у) + т, г сов(п,, г) = О., (1) т„ сов(п, х) 4- тгн сов(п, у) + пг сов(п, г) = О, где сов(п, х), е.оз(п, у), сов(п, г) направляющие косинусы нормали к рассматриваемому элементу границы.
б) 11 = О, т.е. и = О, и = О, ю = О. (2) Принимая плоскость хз за граничную и направляя ось у внутрь тела, в случае плоской задачи ) получим следующее выражение граничных условий: дг д д ' + (,' — 2Ьг) ~ — 2Ьг З' 3 = О, дуг дхг д:е ду) ) н=о 2~+а †.,=О; о=о б') ') См, задачу 14. ЗЗ Б.М. Булак и яр. о 14 Ответы, укаваиия и решения 16. Для радиального смещения и(г, 1) частицы трубы, отстоящей от оси трубы на расстоянии т, получаем д' 4 деи 1 д =а ( '+ — — — — (+Е(Т,1), д12 (, д" д.,? г1 ( г ( гз, 0 < С < +со, (1) Л+ 2р где т1 и тз — внутренний и внешний радиусы трубы, а а -- скорость распространения продольных деформаций, Р [г — +6и~ =О, [г — +6и~ =О, 0<1<+ос, (2) Л где 6 = Л+ 2д' и(Т,О)=у2(т), 0<т(то,) ие(г, О) = ф(т), 0 < г < то.
/ 17. Для радиального смещения и(г, 1) частиц сферической оболочки при условиях задачи получаем д' , ( д'и 2 ди 2и ) — =а 4 —,+ — — — — ), <г<т, 0<1<+со, (Ц д12 (дта т дт те) ' а имеет тот же смысл, что и в предь1дущей задаче, ди и — Р(1) п|зи т = Т1, Л+ 2р) — '+ Л вЂ” = дт т 0 при т= та, (2) и(г, 0) = О, Т1 44 т 44 12 ° ие(т, 0) = О, 18. Для поперечных отклонений от невозмущенного положения точек пластинки получаем уравнение деа 2 ~два дви дви д12+ (д 4+ дхзду2+ду4? 21Р(хУ, ), () Е6 где с' = Е модуль Юнга, т коэффициент ПуасЗр(1 — те) сона, 26 — толщина пластинки, р плотность массы пластинки, р(х, у, 1) . поперечная сила, действующая на единицу площади пластинки.
') Подробнее см. [26, с. 17-18). где р и ф потенциалы, фигурирующие в ответе к предыдущей задаче. Указание. Левые части равенства (1) являются проекциями на оси координат вектора напряжения, приложенного к площадке с нормалью и1). Гли У1. Уравнения еиперболинееного типа дзи з Г д 1 д 1 дз 'з 19. +с ) — + — — + —, ) и=О, дез ~ дтз г дт тз дгрз / 0(т<го, 0 < уз < 2зг, 0 < Х < +со, (1) и1т, гр, 0) = 1'1т, гр)., иггт, уз, 0) = Ят, уз), 0 < т < то, 0 ( гр ( 2зг, (2) и(то, гр, 1) = и,Гто, уз, 1) = О, О ( гр ( 2я, О < 1 < +ос. 13) 20. В сферических координатах с полюсом в диполе с осью д = 0 направленной по диполю., получаем краевую задачу (1) 12) при 3аМо в1~ б при т >О, дг е — ео 12') Н ~ = — — з1паз1зшд при 1 > О.
азМо (3) У к а з а н и е. Воспользоваться системой уравнений Максвелла в сферических координатах. В силу цилиндрической симметрии и в силу элементарных электродинамичсских соображений Н, = Нв =Е, =Оприг>0. При 1 = 0 имеется электростатическое поле, порожденное электростатическим диполем., так что Н.~ = 0 и 2Мосооб . ~ Мосйпб '~е=о тз ' 'в ~г=о тз Начальное условие 12') получаем из этих соотношений с помощью максвелловского уравнения 1 ~дгтев) де ~ 1 д11 т ~ дт два а де Наконец, граничное условие 13) выражает напряженность магнитного поля в точках, столь близких к диполю, что можно пренебречь временем распространения возмущений 1см.
117)). з) См, задачу 10 З 1 гл. П. Если же пластинка лежит на упругом основании, то дзи /дли д"и д"и \ 1 1 дез+сз~д 4+2дхздуз+д„л)+ 6 и= ь р(х,у.1), (1) Й коэффициент упругости основания ). П р и м е ч ание. Совокупность членов в круглых скобках удобно записывать в виде Ьзеззи, где еаз = г11н 3гаг1 оператор Лапласа на плоскости. 516 Ответы, указания и уегаения 2 2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
