Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 33
Текст из файла (страница 33)
20. Ось Ох направлена вдоль канала, причем начало ксюрдинат О помещено в плоскости, где поперечное сечение канале меняется скачком. Пусть ширина и глубина е) левого полуограннченного канала равны гл и Ь„ а для правого †рав т, и Ьз. Тогда для определения продольных смешений частик жидкости и вертикальных отклонений свободной поверхности жидкасш отравновеснога состояния получаем краевую задачу и, нианннния гипнвволичпского типа дзиз де из — а',— т при О <х <+со, 0 <~ <+ос, д Г з в 0 хе м,(О, ()= „(О, г>, д( „' =д(г Д,(О, Г) Д и (О, Г) ди (О, Г) ди,(О, () - з 'д„' — г 'д„' э и,(х, 0)=1(х).
иы(х, 0)=г(х) при — со<х <О. из(х, О) Е (х), им (х, 0) Р (х) при 0 < х <+оэ. (2) (3) (3') У к аз аи не. Второе иэ условий сопряжения (2) иыраягает второй закон Ньютоне для жесткой прокладки массы М. См. так.ке указание к задаче 26 и решение задачи 32. 31. Ось х направлена вдоль прямолинейного положения равновесия стержня, пр ~чем начачо координат помещено в плоскости соединения торца полуограннченных стержней ь). Для определения поперечных отклонений точек стержня от положения равновесия получаем краевую задачу — +ае — =0 при — оз<х<О, дзиге д'и, дтз ' дхч при О<1<+со, (1) — +а*„— =0 при 0<х <+со. дзи„ , д'и, д(з " дхх и, (О, () из(0, Г); игл(0, Г) и (О, Г), б,и „(О, Г)=б,и,хх(0, 0 '*), при О < г <+со .'Ии~гг (О, Г) М~щг (О Г) = Ргуи~~~~(0, Г) — Ез/из„хх (О, ~), (2) (3) и,(х, 0) ((Х), игг(х, 0)=г(х) пРн — оэ<х<0, 1 и,(х, 0),(х), им(х, 0)=Д(х) при 0<к<ею.
) Е,,/ 6,1 аз 3 „з т рвй рз 32. Ось Ох направлена вдоль стержня, так что его верхний конец имеет вбсциссу х О. Для определения продольного отклонения и (х, П точек стержня получаем краевую задачу ии ази при 0 <х < д 0 <( <-)-оз, (1) и(0, О О, — игг(1, Π— ЕЯи„(1, Г)+() при О<( -)-оз, (2) И иоп 0) О, иг(х, 0) 0 при 0<х<1, (3) *) Напомним. что по условию задачи толщина жесткой прокладки между соединеннымн торцами пренебрежимо мала **) Это условие сопряжения выражает равенство изгибающих моментов, вытекакицее яз предположения о том, что поперечные сечения стержкв не вра.
зцаются. Более подробно об атом см, (261. 30. Оси координат и характеризующие фущщин выбраны так же. как и задаче 26. Для определения и,(х, Г) и из(х, () получаем краевую задачу дзи, дзи, — =а' — при — со <х < О, О < Г <+со, дгз ' дхз ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ Решение. Остановимся на выводе второго нз граничных условнй (2), Составнм уравнение, выражающее в проекпнях на ось Ох второй закон Ньютона аля тела, состоящего нз груза О в элемента (1 — Лх, 1) стержвя.
Мы получив (рнс. 20): — + рЕ Ьх) игг (х, 1)= д = — Едих (1 — Лх, 1)+О. где х — абсписсз (лагранжена) аентрз масс рассматриваемого тела. Переходя к пределу при Ьх -ьб, получим нз этого уравнения граничное условие — иы(х„() — Еды (1, 1)+О. Ю д а Но так как груз О считается жестквм (недеформнруемым), то все его тачки получают одинаковые продольные ускорения прн продольных колебаниях стержня.
позтому в последнем ссютношеннн можно заменять х на 1, тогда н получится второе нз граннчных условий (2). 33. Ось Ох направлена горизонтально н, следовательно, парзалельна ненапряженному положению стержня, принятому за положение равновесия. Для определения поперечных отклонений и (х, 1) точек стержня от их положения равновесна получаем краевую задачу дзи д4и — +гд — 0 при 0<а<1, 0<1<+сю.
д(з дхг п[0, 1) и (О. 1) О, и„а(1, 1) 0; — н (1, 1) Е(п„(1, 1) при 0<1<+со. () (2) и(х, 0) 1(х), ит(х, О) Е(х) при 0 <х <1. Указ ание. Равенство и„„(1, 1) 0 выражает равенство нулю нзгибаю. щего момента, вытекающее нз йрелположення о том, что поперечные сечевая стержня не вращаются *) (см. вынод граничных условий в решении задачи 9). Последнее же нз граничных условий (2) выражает второй закон Ньютона в проекпнях нз ось Ои для груза Ц, прикрепленного на конце стержня.
34. Ось Ох направлена вдоль стержня, ее начало находится на оси вращения н совпадает с началом стержня. Для определения продольных отклонений а(х. 0 точек стержня получаем краевую залачу д'и дзн — а' — +мз (к+и) прв О < х <1„О <1 <+со. (1) дтз дхз Е где а' —, Š— модуль упругоста, а р — плотность массы стержня, р н(0, 1) ~0, — пгг(1, Π— ее[1-).и(1,0) — Е$и (1, 1) при О<~ <+Со, (2) л ' й и(х, О) 1(х), и,(».
0) Е(х> арь о<к <1. (За ь) См. тахже сноску к задаче 6. П. УРАВНЕЬПгя ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА 33. Ось Ох выбрзна так жЕ, как и в предЫдущей задаче. Для определения продольных отклонений точек стержня получаем краевую задачу дз» дзи — сз — + ьх(х+ и] + 6 соз м .11 -(- <рз д]з дхз прн 0<к<1, О<1<+со, (]) где а' имеет такое же знвченне, как в предыдущей задаче, а <рз — угол между стержнем н вертнкадьным направлением вннз в Момент врЕмени 1 О, и(0 О О, — игг(1, Π— мз(1+»(1, 1))+О пи вЮ+йч — 63» (1, 1) Ю Ю й й при О <1 <+са, (2) и (х, О] = ( (х), и,(х, О) = г" (х] прв О < х < 1. (3) 36.
Ось Ох нвпрзвлена вдоль стержня; шкив с моментом инерции Аз имеет вбсцнссу х О, шкив с моментом инерция Аи вставленный между двумя цнлнндрамн, имеет збсциссу х 1, наконец, и!кив с моментом Аз имеет абсциссу х 21. Для определения углов поворота поперечнык сечений цилиндров получаем краевую вадзчу — и', — прн 0 < х <1, 0 <1 <+со. дд]г, д'6! дг! ' дхз — =из! — прв 1<к<21 О<1<+с . д'ез д"ез УП ' дхз дзв (О, 1), дв (О, !] Аз '61,' -О»)! дх с ~1 (1 1) 1 "62(1' 1) 4 )гз д(! дв,(1, 1) 66,(1, 1) =~Д дх — ~ А 'дх д(з ! дх при 0 <)<+со, (2) 6,(х.
0]=! (х). 6ы(х, 0]=Р(х) пРи О <х <Ц Ез(х, 0) (х). 6»(х. О) =г (х] при 1<х< 2(, 1 Ог]з Оз)з из! — »6 =— А, ' А (3') ') !-р. с ответам к зздаче 3. ГПЕ ОР Зз, А, Н бз,,)м Аз — МОДУЛЬ СДВИГа, аГЕОМЕтРНЧЕСКНАЭ ПОЛЯРНЫЙ МОМЕНТ инерцни поперечного сечения и момент инерцнн единицы длины,зля первого н соответственно для второго цнлиндров '). 174 отпиты, нклзлния н рщпнния 37. Ось Ох савмепгена с палсжениел1 равновесия струны. Длн определения поперечных отклонений и (х С) точен струны получаем краевую задачу очи» д»ие — аа — — при — со <х < О, дС» дх» при 0 < Е <+со, (1) д из дти.
— '=аз — ' при О < х «--со, д<з дхз и, <О, Е; и СО, С). Тси,х(0, С) — Т,и,х<0, Е)+Р(Е)=0 пРн:! <Е <+оо, (2) и <х. 0) = С (х), ии <х, О) = Р (х) пРи †< х < О, (3) си (х, О) =[ (х), и»г<х, 0) = Р (х) при 0 < х <-[-со, (3') Если точка приложения силы перемещается вдоль струны по закону х ф(Е) прн 0 <С <+оо, ф(О) О, <4) (2) (3) <3) игс ахи~» пРи 0<»<+со, 0<С<+со, (1) Л<исе(0, С) — ЗйРаих(0, С) — й*ие(0, С) — й»»и(0, С), (2) и(х, О)=;(х), ие(х, О) г" (х) при О<х<+со. (3 Ь к аз а н и е. Граничное условие (2) выражает второй закон Ньютона для порщня '), ') Ер. с рассуждениями прн выводе третьего граничного условия в ресин.
нии задачи 4, та условия сопояжения принимают внд [ф<С), С) [ф(Е), С), Т и [ф(Е), С< — Т,и, [ф<С), Е[+Р<С) прн 0<< <+оэ. 38. Ось Ох располагается, как в предыдущей задаче» д'и, д'и, — '+аз — -О прн — со <х <О, О <Е <+оз, д<з дх» (1) — +из — =0 при 0 < х <+со. 0 <С <+оз, дзиз д'их д<а д и (О, Е) г»з(0, Е), и,»<0.
С! игх(0, Е) и,хх(0, Е)=и»х» (О, С), [ Ииххх <О, О-Е/иех»(0 Е)+г (С! ' пРи 0<С<+со, и, (х, 0) = [( х), и с (х, О) = г <х) при — со < х < О, и [х, 0)=[(х), иы(х, 0) г(х) при 0<х <+со. Если точка приложения силы перемещается вдаль стержня по закону х ф(Е) при 0<С<+со, ф<0)=0, (4) та условна сопряжения (2) принимают вид и, [ф(С), С) иа [ф(Е), С), игх[ф <С), С) из» [ф<С), Е) пРи О<С<.[ оз, Еуи»хх» [ф(С)» С[ — ЕСи»ххх[ф(Е) С)+Р<О 0 пРи 0<С<-1-со 39. Ось Ох направлена вдоль трубки, причем начало ее помещено в начале трубки, где поставлен порщень.
Лля определении продольнык отклояехщй и(х, Е) частик газа получаем краевую задачу 175 и. тилнннния гипнпноличкского типа 40. Ось Ох совмещена с положением равновесия струны„шарик массы М имеет абсциссу х=О. Для определения поперечных отклонений и(х, 1) точек струны от положения равновесия получаем краевую задачу изм=озиз» при — со<х<0, 0<1<+со, (!) нам=азиз»» при 0 <х <+оз, 0 <1 <+со. (1') и, (О, 1)=и,(0, 1) Мизм(0, 1)=Мнем(0, 1)= = Там»» (О, 1) — Тзи г (О, 1) — йц, (О, 1] = = Т»из„ (О, 1) — Тчп„.(О. 1) — йие (О, 1), (2) пз (х, О) ) (х), им (х, С) = Т (х) при — сх, < х < О, (3) их(х, 0)=1 (х), из!(х.
0]=г (х) при 0<а <-(-со. (3) Если шапнк испытынзет сопротивление, пропорциональное скорости, то вместо юорого йз условкй сопряжения (2) получается условие сопряжения Миг!!(О, 1)=Меме(0, 1)=Тек» (О 1) — Тзгц»(0 1) — йсч(0, 1) — йчизг(0, 1)= =.Т и „(О, 1) — Т,м,„(0, 1) — йиз(0, 1) — й»цм(0, 1) при 0<1<+со. (1) (2) (3) или (1') (2') оп=сто»» при О <х <1, 0 <1<-(-со, )(ео»(О, 1)=Ьсг(0, О, ЬСзогг(1, 1)= — о„(1, 1) при 0<1<-(-оэ, 1 о(х, 0)=1(х), о,(х, О)= — — гр'(х) при О =х -.1 С (3') и Ос=аз(»» прк 0 <х < 1, 0 <1 <-)-оз.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
