Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 30
Текст из файла (страница 30)
+оп =О. а, ь) 2 а, ь'=1 ь=ь ь=Ь и(хь,..., хп) = ехр) — — лз — ' х; и(хь,..., х„). 2 а, ь=ь Глава П э'РАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИх1ЕСКОГО ТИПА 0 1. Физические задачи, приводящие к уравнениям гиперболического типа; постановка краевых задач В большинстве задач настоящего параграфа (как, например, в задачах о колебаниях струн, стержней, газа) рассматриваются лишь малые колебания. Малыми колебаниями на.зываются такие, при которых можно пренебрегать квадратами, произведениями и высшими степенями функций, характеризующих процесс колебаний, и их производных. 1.
Свободные колебании в среде без сопротивления; уравнения с постоинными коэффициентами. В задачах этой группы влияние силы тяжести на колебания частиц считается пренебрежимо малым по сравнению с влиянием упругих сил, поэтому действием силы тяжести можно пренебрегать ~). 1. Ось Ох направлена вдоль стержня; за характеризующую функцию принято смещение и(х, 1) вдоль оси х поперечного сечения, абсцисса которого в равновесном состоянии равна х; иными словами, в момент времени 1 абсцисса этого сечения равна х = х+ и(х, 1). Для определения функции и(х, 1) получаем следующие краевые задачи: а) если концы стержня закреплены жестко, то им — — а и к при 0<х<1, 0<1<+со, Ж и(0, 1) = иД, 1) = 0 при 0 < 1 < +со, (2) и(х, О) = 1(х), и~1х, О) = г'(х) при 0 < х < 1, (3) г ро где Е -- модуль упругости, а ре --- плотность массы стержня в не- возмущенном состоянии; ') Заметим, что в более общем случае силу тяжести можно не включать в дифференциальное уравнение упругих колебаний, если за положение равновесия принять статическое напряженное состояние под действием силы тяжести (ср.
с )7, с. 104-106)). 1'л. 11. Уравнения гиперболического типа 141 а') если концы стержня двигаются по заданному закону, то граничные условия имеют вид и(0, 1) = ео(1), и(1, 1) = со(1) при 0 < 1 < +со, (2') где гр(1) и у(1) —.. заданные функции 1; б) если концы стержня свободны, то граничные условия имеют и,(О, 1) = и,(1, 1) = 0 при 0 < 1 < +со; (4) в) если концы стержня закреплены упруго, то граничные условия имеют вид ил(0, 1) — Ьи(0, 1) = ил(), 1) + Ии(), 1) = 0 при 0 < 1 <+со, (5) 6= —, ЕЯ' где Й .
коэффициент упругости заделки (предполагается, что он одинаков для обоих концов, в противном случае значения константы 6 для правого и левого концов будут различны), а Я площадь поперечного сечения. Указание~). Направим ось Ох вдоль стержня. Каждое поперечнос сечение стержня можно характеризовать той абсциссой х, которую оно имело в положении равновесия о). Тогда сечение, отмеченное абсциссой х, в момент 1 будет иметь абсциссу х = х + и(х, 1). Здесь и(х, 1) означает величину продольного смещения того поперечного сечения стержня, которое в положении равновесия имеет абсциссу х.
Таким образом, функция и(х, 1) выражена в лагранжевых координатах ). Дифференциальное уравнение (1) может быть получено переходом к пределу при сзх — о 0 из уравнения движения, выражающего второй закон Ньютона для элемента (х, х + Ьх) стержня, т.е. для элемента, торцы которого в состоянии равновесия имеют абсциссы х и х + 1зх.
Для определения упругих сил, действующих на этот элемент, нужно воспользоваться законом Гука, который выражается равенством Х = Е$ие(х, 1), где Х проекция на ось х силы Е, с которой часть стержня, лежащая правее рассматриваемого сечения, действует на часть, лежащую левее этого сечения, Я плошадь этого поперечного сечения ), а и (х, 1) относительное удлинение стержня в том поперечном сечении, которое в положении равновесия имела абсциссу х в).
Если концы стержня фиксированы неподвижно, то граничные условия очевидны. Если же концы стержня свободны или закреплены ') Ср. с выводом уравнения в (7, с. 27, 28]. г) Равновесным может быть статическое напряженное состояние. з) См. (7, с. 27). 4) Сила Е перпендикулярна к поперечному сечению, а следовательно, ее направление либо совпадает с направлением оси Ох, либо противоположно направлению оси Ох. Ч См. (7, с.
27). 142 Ответы, указания и решении упруго, то граничные условия могут быть получены из соотношений, выражающих второй закон Ньютона для граничных элементов. Рассмотрим, например, случай, когда конец т = 1 закреплен уп- руго. Слева на граничный элемент (1 — алт, 1), примыкаюгпий к этому концу, действует остальная часть стержня с силой — Евфия(Д вЂ” Ьт, 1), справа -- упругая опора с силой ) — йи(Е 1). Поэтому второй закон Ньютона для этого элемента выразится урав- нением ЕЯи,(1, 1) + Йи(1, 1) = 0 ия(1,л) + Ьи((,г) = О, или где 6 = —. ЕЯ Пля конца х = 0 знак при Л, в граничном условии будет иным. В самом деле, рассмотрим элемент (О, Ья).
К его левому концу приложена сила — йи(0, 1), а к правому концу — сила Евфия(Ьт, л),. поэтому уравнение, выражающее второй закон Ньютона для этого элемента, имеет вид ЯроЬт а = Е$ия(балх, .1) — ни(О,. 1). дла Переходя к пределу при Ья — л О, получаем и,(0, л) — йлл(0, л) = О, где Ь имеет прежнее значение, если стержень однороден, а коэффициент упругости заделки для обоих концов одинаков. Примечание. Иногда для постановки краевой задачи о продольных колебаниях стержня целесообразно использовать не одно уравнение в частных производных второго порядка, а систему двух дифференциальных уравнений в частных производных первого порядка. Обозначим через р(т, л) напряжение в поперечном сечении с лагранжевой координатой т, определяя его соотношением Х(з, л) Я ) См.
пункт в) условия задачи. ЯроЛ.'Зи ' = — ЕЯиа(1 — Ьх, 1) — йи(1, 1), д лл, откуда, переходя к пределу при лат — л О,получим граничное условие для конца т = 1 143 1'л. 11. Уравнения гиперболического типа р(х, 1) и ио(х, 1) = ие(х, 1). Рассмотрим, например, случай, когда левый конец стержня закреплен неподвижно, а правый свободен. Мы придем к краевой задаче 1 т,, — — ре — — О, Š— Рх + Роте — — О, 0<а<1, 0<1<+со, т(0, 1) = О, р(1, 1) = О, 0 < 1 < +ос. (2) ш(х, 0) = |р(х), р(х, 0) = 4~(х), 0 < х < 1.
(3) 2. Ось Ох декартовой системы координат направлена вдоль положения равновесия струны. Пусть в положении равновесия точка имеет координаты [х; 0; 0], а в отклоненном положении [х+иг(х, 1); из(х, 1); из(х, 1)]. Для определения функций щ (х, 1), иг(х, 1), из(х, 1), характеризующих процесс колебаний струны, получаем краевые задачи д',, да, = ая при 0 < х < 1, 0 < 1 < +со, дев дхг иг(0,1) =ив(1,1) =О при 0(1<+ос, Й=1,2,3, ия(х, 0) = (в(х), ' = Еь(х) при 0 < х < 1, див(х, О) ЕЕ э я То где а1 = —, аг = аз = —, Е модУль УпРУгости, Я площадь Р Р поперечного сечения, р - линейная плотность массы.
У к а з а н и е. Полная сила натяжения струны складывается из на- чальной силы натяжения То и упругой силы, возникающей при относи- тельном удлинении элементов струны. При малых колебаниях струну можно считать абсолютно гибкой, т. е. силу натяжения в каждой точ- ке струны считать касательной к струне.
Дифференциальные уравне- ния для функций иь(х, 1) можно получить переходом к пределу при Ьх -э 0 из уравнений движения, выражающих для элемента (х, х + + Ьх) второй закон Ньютона в проекциях на оси координат. По поводу определения сил, действующих на концы элемента (х, х+ еэх) см, до- полнительно [7, с. 23, 24], а также указание к предыдущей задаче. 3. Ось Ох направлена по продольной оси инерции цилиндра, а че- рез д(х, 1) обозначен угол поворота поперечного сечения с абсциссой х, причем концы цилиндра определяются абсциссами х = 0 и х = 1. Для функции о(х, 1) получаем краевые задачи: где Я площадь поперечного сечения стержня, а Х(х, 1) проекция на ось х силы, с которой часть стержня, примыкающая к сечению х справа, действует на часть этого стержня, примыкающую к сечению слева. Через и(х,1), как обычно, обозначим смещение из положения равновесия поперечного сечения с лагранжевой координатой х.
В качестве функций, характеризующих процесс колебаний, возьмем 144 Отвесам, указания и решения а) в случае жестко закрепленных концов д'8 з д'а — =а —, при 0<х<1, 0<1<+со, дев дха д(0,1) =д(1,1) =О при 0<1<+со, (1) (2) д(х, 0) = у(х), де(х, 0) = Р(х) при 0 < х < 1, (3) а = —, где С -. модуль сдвига,7 полярный (геометрический) С,7 К ' момент инерции поперечного сечения цилиндра относительно точки, в которой ось цилиндра встречает это поперечное сечение, К осевой момент инерции единицы длины стержня (относительно той же оси); б) когда концы цилиндра свободны, то граничные условия имеют вид (4) в) когда концы цилиндра закреплены упруго, то граничные условия имеют вид 0.10, 1) — 5В10, 1) = О, В,<г, 1) + ЬдН, 1) = О. <5) Указание.
Установить, что момент М упругих сил, приложенных к поперечному сечению х цилиндра, может быть найден по формуле М = Сэ —. (6) Для этого рассмотреть (рис. 15) сдвиг параллельного оси цилиндра элементарного волокна АВ с основанием е1ц на сечениях, вызываемый Рис. 15 дд поворотом сечения х + езх вокруг оси цилиндра на угол Ьд = — Ьх дх относительно сечения х, и определить связь между углом сдвига ув дд и —.
Напряжение сдвига т на основании Иц такого волокна, лежащего дх в сечении х, может быть определено по закону Гука для деформации сдвига = Су. (7) Дифференциальное уравнение (1) можно получить предельным пе- 145 Гл. И. Уравнения гаперболнчесного тапа реходом при Ьх э 0 из уравнения вращательного движения~) для элемента (х, х + Ьх) цилиндра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
