1629366495-96b763de880e0957938207fd4887632d (846319), страница 35
Текст из файла (страница 35)
О <~ <1. дг (40) в) Если один'конец стержня (х" 0) закреплен упруго, адругой(х' 1') двв жется по задащюиу закону, то имеем: агт =а"'и„.м„о <х < Р', 0 <1" <+ссч Ен„(0, г") — йи(0, Е) О, и(1', г') ю~()е), О<.'г <-(-со, (Пв) и(х', 0) фя(х"), и, (х", 0)- фя(к'), 0<х Если один конец провода (з'=0) заземлея через сосредоточенную самоиндук, цию Е, а к другому (х' р) приложена злектрсцвижущзя сила в (Е), та для определения электрического напряжения в проводе получаем краевую задачу Еео„,(0, Е) — Ео(0, Е)=9, и(1', б) мчат,",0<и<+со, „(,) ~ (х), „,,(;, О) ф,(х), О< '<1'.
(1в) .Задача (1в) аналогична задаче (Пв). Лля того чтобы задача (1в) была подобна задаче (Пв) с коэффициентами подобия йю йг, йю необдодимо я доствточгьь и. И АННКНИЯ ГИПЕРВОЛИЧВСКОГО ТИПА чтобы выполнялнсь соотношения (1а], (йа), (Зз), (4а) (см. выше) н соотношение м (!')=В„юе(!"), !' В«г, 0<!'<+со. У к а з а н н е. Задача решается аналогично предыдущей, 5!.
Если адин конец провода (х" =О) заземлен через сосредоточенное сопротивление Кз, а другой конец (х" !') ааземлен через сосредоточенную емкость Сз, то для определения напряжения в проводе с пренебрежимо малымн утечкамн получаем краевую задачу о!ч а«о, аз=С~ О<х <1, О<! <+со, Яео „(О, !') — Ео«. (О. ! )=0 !.Соо ... («-, !")+о .
(!", !")=О, 0 < !' <+со, о(х', 0)=«р. (х'), ог. (х", 0) ф„(х"). 0<х" <)', (Па) а для определения силы тока — краевую задачу !. а'ч!«„«, 0<х" <1", 0<!" <+со, (О П) С!!«гг (О ! )=О Се«(! ! )+С! (! ! )=О, 0 <!" <+оэ, !(х", О)=Ч«г( "], г„. ( ", О)=ф (х"), О« Г'. (11б) Еслн к концу упругого цилиндра (х'=О), совершающего крутнльные коле. банкя, прнложен тормозящий крутнльный момент силы трения, пропорциональный угловой скорости, а на другой (х' р) насажен шкив с осевым моментом ниерцня йм то для определения углов поворота В(х', !') поперечных сеченнй стержня получаем краевую задачу Вг ! =о «В 0 < х < 1~ О < 1~ <+со 6ХВ (О, !') — гзв, (О, !')=О, йевгт, (!', !')+6ХВ (!', Г]=0, 0 <!' <+со, В(х, О)=Во(х'), В (х.
О)-)ь(х), О<х <р, ()а) В«н а'ЬВ., 0<х'<!', О<!'<+со, 6Хбк,(0, ! ) — гсвг, (О, ! )=О, 6 !В„, (!', ! )+Н«В(!'. ! )=О, О <!' <+со, В (х', 0) = «рв (х'), Вг. (х', 0) =фа (х"), 0 < х' < !'. (1б) Задача (1а) аналогична задаче (!!з). Задача (1б) аналогична (11б). для гого чтобы задача (1а) была подобна задаче (!1а) с козффнциентаьн подобия Ва, 6.! где а"з= —, а величины 6, Х, й имеют тот же смысл, что я в ответе к за-.
В ' даче 3. Если к концу цнлнндрз х'=О, совершающего крутяльные ка«ебання, пряложен тормозшцнй крутнльный момент, пропорциональный тгловой скорости, а конец х'=!' закреплен упруго, то для определения В(х', ! ) получаем краевую задачу !Оэ ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ ам Аа, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись соотношении 1' )гх (2) )Ээ хх 1.
6л Д, 6л' дл ! 4, ' (г. = (.6э' фэ(х)=й.~ч( ), фе (х') = — ". фь (х'), — ь э х =д„-, О~Х ~И, 1 (б) У к а э а н н е. См. решение 49. 2 2. Метод распространявшихся воли (метод даламбера) 1. Задачи дл я бесконечной струны Решения краевых аадач этого пункта, имеюших внд ии=аэи „, — со Сх <+со, О <1 <+со, и(х, О)=-ф(х), иг(х, О)=-ф(х), — со(х(+со, (1) (2) находится по формуле Лалаглбера а+ аг ф( — а()+ф(х+Ш! 52. В рассматриваемой задаче ф(х) = О, поэтому и(х, 1)=— гр(х — а()+ф(х+а1] 1 1 2 2 2 =-,— ф(х — ам+ — ф (х+а(), (!) гас ф (х) задана графически в условия аадачи. 1 Прямая и обратная волны — ф(х — а1) и — ф(х-1-а1) 2 2 ! мент 1=0 соэпадаюг, имея значение, равное т(х). в на ыльный мо- Длн того чтобы задача ()б) была подобна задаче (Пб) с коэффипиенгамн подобна Фх.
До Аа, необходимо и достаточно, чтобЫ выполиались соотноШенИЯ (!)' (2), (б) и соотношения гэ дх О, С 6У )э ' 6У 6,. =6)1е ьх — = —. 185 П. УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА за время 111 ~ п1 график прямой волны переместятся беа деформации вправо на расстояние пГ, а графин обратной волны — влево на аГ. Складывая Рис. 21, перемещенные графина прямой и обратной волны в моменты времени 1ы 1ы ...„ получим профиль струны в ети моменты времени Выше (рис. 21) приводится проуиль струны для моыентов Га = †, Д О, 1, 2, 3, 5. ас 4а' ба. а) аг — ~1+и 1л+игг 2 Ф ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ где о, — со < х < — с, д~( — с — с<к<с, О, с<к<+со. ф (х) (2) Чтабы получить требуемые в условии задачи формулы, рассмотрим разбиение фааовой плоскости (х, С) характеристиками уравнения (1), проведенными из кон пов интервала ( — с, с), на котором начальное отклонение отлично от нуля (рнс, 22).
Рис. 22. Дадим сначала формулы, определяющие профиль струны при (=сопя(, ограничиваясь двумя характериымн случаямн: с с 0 < с < — и — < с <+ со. а а с Если с=сопя(, 0<1 < — то при к, изменяющемся монотонна от — со до +со, ~очка (х, С) фазовой плоскости последовательно проходит области 1, 1!С, !1, 1(1, Ш.
с Таким образом прн 0 <С < — профиль струны аадается соотнощеинямн и О, (х+а()з ~ и (х, С) =! й ~ !в — со < х < — с — оС, — с — ас < к < — с-)-пс, — с+ос <х <с-о(, — С 1 — 11, с — аС < х < с+а!, Сс г (к — ас)з т 2~ сз О, с+а( <х <+оп, с Аналог!сено получаесся профиль струны при — < С <+от. а б) Дадим теперь формулы, определяющие и (к, с) при к сопя(, представ.
лающие заков движенсся точки струны с фиксированной абсдс~ссой. Выберем П УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА по фиксированному значению х а каждом из интервалов — со <х < — с, — с< к<О, О<к<с, с<х <+со и изучим, как меняшся выражение для решения при (, изменяюшеися ат О до +со. Мы получим: и (к, г) = О, и(х, ()= — ((в Ь Г (к — ас)е 1 2( се Замечания. 1. а) н ()) получмогся из 6) н у) простой заменой х нв — х, так как и(х, г) являепся четной функиней па х в силу четности ф(х).
2. Геоиетрическигг метод нахождения профиля струны для разлнчнык иоментан времени описан в решении задачи 52. б4. Отклонение и(х, т) достигает ианбольшего значения в точке с або цнссой се+ [5а+ а, + ()г х= 4 в момент времени а,+~е — (и, +()г) 4а зто наибольшее значение равно —. (гг+йа 2 а) О, -1Ф[- '";"'$ О, А~( —.'+„" 1, 6~ (х — а' 1 О, О«Г» —— с+х 1 а с+х с — к — «Г»,~ — со<к< с, с — х О«г « с+х с+х с — х <с « —,,— с<к<О, и а с — х '=.
г <+со, с — х 1 а с — к с+х — «(» — „-,~О<к <с, с-)-х . Г <+со„ О -(< г+к -с+х с+х — с <к<+аз. и а с+х <(<+а~. ютВеты. уклзлния и рншпния Рмс рй йб. Ретпеиие краевой задачи имеет вид а(х, Г) ч )х+пг) — гр(х — аг), где О, — со<с< — с, п„[а+ с) -с(з -с, г„— с, хс с, а ' ге" з(+оп, позтому закон данжепнд ~очек струны с разльчными абгмыссзми предчавлаетсн У к а з а н н е.
Рассмотреть интегральную поверхность, представлнюпгую регпенне и и гл, )) краевой задачи. И УРАВНЕНИЯ ГИПЕРВОЛИЧЕСКОГО ТИПА формулами а) б] ое (х — йс) осе 2й йа ' пгс й в) С си Сх — ий сзс и(х, 0= 2й 2а 0<1<— с+к ) — С+Х СЛГХ вЂ” -сс < — ' а й с <х <+со. с -)-х < 1 <+со, й ) Профиль струны для моментов времени 1,, 1з,:.. может быть получен вычитанием графика прямой волны Ч'(х — ас) нз графика обратной аолньгЧ'(х+йс). йс ,((ля моментов 1з= —, Й=О, 2, 4, б, он имеет вид, изображенный на рис.
23. 4й ' 50. Приведем два способа решении задачи. П е р в ы й способ. Будем сначала считать импульс равномерно рас. пределенным по отрезку х,— 6<к<ха+6. Тогда краевая задача формулнРуесея следуюшим образачс им=очи — <х <+ о, О<1 <+ и (х, О) О, — со < х <-(- оз, 1 26р ' — -6<и<,+6, О,,+6-- <+ (2) иг (х, О) фе (х) 00(х 1)=фе(х+ ) — Че( -йс), (3) о, и(х, 0=, — + —, се Сх+ас) йес йес й 1 ) к с)=( ', + —,'. се!х — Ш) "зс 0~1< —, с+х а г+х с — х й — — оо<х< — с, й г с — х — и-1 <+со, й с+ х с+х с х — <1< —,) — с<х<0, а а с — х с — х с+х —,)0<и<с, — <с <+со, с-(-х а )об Ответы, укдзшц~п и Решения сде — со<а <х,— 6, о, 1 1' (б(г)=т — ~ Рб(и)«ц= Оабр йа (г — «„+6), х„— 6 <г <ха+6, (4) 1 2а(т' и (х, 1) 1пп(тб(х, 1)= Иш Чб(х+ш) — Иптчб(х — а1)=Ч(х+а() — Ч(х — ат), О О б О где О при — со < х < ха.
й'(г) = Итп ЧЪ (г) = ! — ПРИ ХО < Х <+Оп. ~ 2ар Если ввести функцию о,(г), определяемую соотношениями 0 при — со<г<0, ог(г) = 1 при О « ° +со, =( 1 'К(г) — оз (г — х„) 2ар ! и (х, !) — (о„(х+аС вЂ” ха) — оа [х — а( — х,)). 2ар В т ар о й с и ос о б. Используя аельта-фушшюо ~), молва сформуляро вать красвую задачу так: иа = агихю — со < х <+со, 0 <! <+со, и(х, О) О, — со<х <+оп, ! ит (х, 0) = — 6 (х — ха) *) — со < х <+со.
р Тогда с помощью формулы Даламбера получаоя: к+ш х — щ+ОО ! ! т ! и(х, 1) — ° — ~ 6(г — х,) т)г= — ~ 6(~] ОЕ 2а р 2ар к-ат — «ч-Ш ,— (оь (х+ и( — хг) — ог (х — а1 — х )) !цр О т так как х 6($)О%=(0' О'~ при ге<0 и ~ 6%) 4 ~1' ~'~ пря ге- О. О О О ') Сш [7), стр, 270 — 275.
ча) Ком)трициент при дельтачрункции 6(х — хя) выбирается так, чтобы + ОР момеиО 1=0, т, е. ~ ит(х, О)рах, суммарный импульс, передаваемый струие О был равен !. Формальным переходом к пределу цри 6-ь0 в решеиии (3) получим решение исходной задачи 191 и. трлвиеиия гипепволического типа бу. В аадаче 52 н (х, 0)=«р (х) е'= О, нг (х, 0) ф (х) = — О.
а а рассматриваемой задаче бегугцая волна в момент (=О характернзуется отличными от нуля «начальны»«н» отклоненаямн н скоросгямв «) и(х, 0)=«р(х), иг(х, 0)= — оф'(х), — со<х<-)-со. ! ! В случае задача 52 мы имели: и(х, !)= — «р (х — о!)+ — ч (х+Ы). 2 2 В рассматрнваемой же задаче формула Даламбера дает: »+а« и(х, !) «р(х — а!)+ф (х+л() 1 2 + — ~ ( — шр'(з)) «(г=~р (х — о(), 2а бе. Решение краевой задачи ох+С!г+)«1=0, ! пра — со < х <+ со, 0 < ! <+со, «я+Со, +йо = О ) ГС о(х, О)=![х), »(х, 0)=1уг — г(х) прн -со<х<+со (2) прн условии СИ=ОС имеет внд д и (х, !) =е («р (х — о!) + ф (х+о()), л 1 ~С 1/ С (,(„ф х+ !.
— о» <х <+~~. о<!<+ где ) (х) + р (а) У (х) —" (з) !00 2 а «р (г)= 2 прв — со < г <+со. (4) 2, Задачи для полупрямой Разыскяваем решение краевой задача для полупрямой им=а»и „; 0<а<+со, О<(<+со, (1) а,им (О, В+а»иг(0, !)+а»и (О. !)+а и(О, г)=Ф(!), О<!<+со, (2) и(х, 0)=«р(х), иг(х, 0)=«р(х), 0<а<-1-со (З) в виде и (х, !) =«р, (х — о()+«)«»(х+о!). (4) Функции ~р, (х) я ф» (х) можно определить аз начальных условий лишь прн 0 <а <+со, Для определения «р,(х) этого достаточно, так как х-1-а() 0 пра 0<а<-)-со, 0<!<+со. Функцня же «р,(х) должна быть определена н для — со <а <О, что досгнгается с помощью граннчного условна (2), ») Предполагаетсв, что волна угке существует прн ! < О. у к аз а н не.
Исключить нз уравнення (!) силу тока; в полученном также образом уравнении второго порядка длн о(х, В освсбодяться ог члена ог(х, !) (см. гл. !), тогда уравнение примет вяд пг«=о»и»х. Вго решением будет: м(х, !) «р(х — а!)+ф (х+п!). Возвращаясь к функции о(х, Г) н используя уравненнн (1) н начальные успевая 2), нетрудно получить ответ. ответы. яклздния и оешения Репэенне краевой задачи ()), (2), (3) можно искать также с помогпью формулы Даламбера х+аг ~р(х — а()+~р (х+а(] 1 (б) 2 2а для неограннченной струны.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
