1629366495-96b763de880e0957938207fd4887632d (846319), страница 37
Текст из файла (страница 37)
может вовсе отсутствовать при )ге= 1гг — ' (случай полного поглощения пар' с Г(. дающей волны). Если )се) 1гг —, то отраженная волна имеет тот же знак. Р' С' l (. что и падающая; если йе < агг —, то противоположный (сохранение фазы н изменение фазы на противоположную). Если Аз=О (непосредственно завели ленный конец), то отраженная волна напряжения меняет знак, причем ее амплитуда равна (в точке х О) амплитуде падающей волны. Если ))з -ь+ОЗ (изолированный конец), то отраженная волна напршкения имеет знак н величину падающей волны.
Амплитуда отраженной волны в даа раза меньше амплитуды падающей волны при выполнении условия )с 'ггС вЂ” 'ГГХ )с 1/С+~ й 2 либо условия )( Ус — рй 72. Решение. Для определения предельного стационарного состояния н проводе шцем решение дифференциального уравнения дзо дто до дхе д(з д( — СС вЂ” — 2С)с — — 6)со=О, 0<х, (<+со, С)с бй ОТВЕТЫ.
УКАЗАНИЯ И РВШВНИЯ в виде функция, зависящей только от х и ие зависящей от Ф, и ио(х), 0(к~+со при граничном условии и(0) Е. Подстановка ио(х) в (1) дает: — — о)(и о, азиз Щ3 откуда получашл ио(х) С,е т ал" + Су~~ааз, Так как прн х.ч-+со функция ео(х) должна сыть ограниченной, Из граничного условия (3) нахсннм С, Е. Следовательно, и (х) Ее -!~ало, тес о. (4) Соогаетствукчцее стационарное распределение тока 1 1 (х) получим> подставляя (4) и (5) в дифференциальное уравнение их+ Е(е+ Е( О.
(6) Йы находим! и(х О) оЕе Уаях О ~ х(+со 1(х, О) Е е ало, Решение краевой задачи (В), (9), (10), (1!), (12) ишем в виде л и(х, ф е а (ор(х — аг)+ф(х+аг)), л -с' — Г() 1(», 1) е с $/ — (~р (х — а() ф(х+а() ). ~Е Для ф(г) и ф(з) из начальных условий (1!), (12) находим выражение ~Р(х) Ее ан' о О(з ~+со, ф(з) О, О~а <+со. Из граничного условия (10) е,~с — )гГ ~у( х) ' . ф(г) О, О(з~+соо е„Ус +г'Г (13г (14) (15з После того как конец провода х 0 заземлен (в момент 1 О) через сосредоточенное сопротивление, аля напряжения н силы тока в проиоде получаем краевув задачу и~+Е(е+Е! О, (в) !~+Си~+(Ь О. ) 1 0(х, ((+со, (9) в (ОФ 1)~й3( (О () О С 1 <+ооь (10) 1Е УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА Следовательно, а(х, Т)=Ее Од" ар(х — а(), О<х, (<+со, 1(х, т)=е ~,г е 1 дл» аа(х — ат), 0 <к, (<+со. -7 С ~ 7.
(10) (17) 73. Решением краевой задачи ам=ата»», 0<», т <+со, и(0, ()=р(т), 0<(<+со, и(х, 0)=и,(х, 0)=0, 0<х<-1-со (1) (2) (3) р~( "), <(<+,, и(х, т)= О, 0<1< —. а в виде (2) (3) О, 0<1< —, » а(х, т)= а Р(в) лй, — <(<+со. (4) 75. Решением краевой задачи др дю дх д( др дш — = 3а— д) дх ш (О, 1)+, ш(0, т)+ 3т()аРз ш (х, 0)=О, р (х, 0<х, с <+со, > 1 4(1) = О, 0<У <+со, )д()ара 0)=0, 0<х<-1-со (2) (3) мвлиетси О, 0 <Ал ° х, ) ~ а~ — ) айд~ х<и + [4) Указание. Решение краевой задачи (1), (2), (3) можно искать а(х, т)= р(( — —;)+ р((+;"). 74. Решением краевой задачи Е ам=а™»», О.
х, т <+со, аа Р ЕЗи» (О, ()= — Е((), О.<(<+со, а(х, 0)=ит(х, 0)=О, 0<х <+со Отиетн. Ркйзйния и Решения где р (х, () получается из ш (х, () с помощью соотношения (1) или (!'), И(х, 1) = = р ° и(х, (), где р — плотность. а и — скорость жидкости. 76. Решение краевой задачи (1) (й) и=о + 1 ез — )]а( —" — т), а л=о 0 < х, г <+со.
77. Решение краевой задачи (4) (4') и (х, Г) из (х, () + й (х, 1), г(х. О=(а(; ~)+('(х, О. (б) ть (х, () Ег-и" мп (оМ вЂ” Рх) — напряжение установившихся колебаний, 1 (з(х. ()-Ег-о" ((сЖ+()ИЕ)з)п(и( — ()х)+(ОŠ— сссзЕ)соз(Ы вЂ” ()х)) (ОУ л ич(х, Ф)=е ь ~~р( )+ )( + — напряжение затухающих колебаний. а=- —, Ф(з)= — — 4)(з), 0<а<+со, РоЕ Рз ? з()з(В ' ) г()чрь им=изиль 0<к (<+со и(х, 0)=иг(х, 0)=0, 0<х <+со, + ОР Л(игг(0, Г) ЕЕи (О.
Г)+У Г' 6 (1 — лТ), где 6 (() — одностороиняи Ь-функция, имеет вид и,+и,+И=О, 0 <х, 1- +со, СЕ=И, (в+Сит+ би 0 и(О, ()-ЕИ (. О«<+ и (х, О) =1 (х, О]. О, О < х <+оп — сила тока установившихся колебаний, Г' - ГС (*(х () у — з ь (ф(х — а()-ф(х+ )) (1) (1 ) (2) (зу П.
УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА — сила тока затухающих колебаний, Г ). п.,(а, О)+га(а, 0) "р, еа(а, 0) — (а (а, 0) 1г ° ф(а)-- — 2 (10) 0 С а ~ со, ф(а)= — 1)( — а), — со(а(0. При 1 (1 10 Г)+ 6 Р— !+ )(+)) 0) У(, 1) т!и 10~1+ (12) 3. Задач и для бесконечной прямой, составленной из двух однородных пол упрямых.
Сосредоточен нне факторы Если неограниченная струна (стержень) получена соединением двух полу- ограниченных однородных струн (стержней), то, принимая точкч соединения ва х=О, можно написать для отклонения точек струны уравнения итг,=ага,„х — со~к(0, 0(! С+со изгг=а„из О~к <+со, О С!<+~ > (1) (1') и начальные условия иг (х.
0) =)г (х). им (х, 0) Р (х), — со С х С О, иа(х, 0) 'а (х), им (х, 0) = Га (х), 0 ( х ~ +со. (2) (2') К зтим уравнениям и начальным условиям нужно еще добавить условия сопряжения в точке х О. Если, например, струны соединены непосредственно (без каких-либо сосредоточенных включений), то условия сопряжения имеют вид иг (О, !) =из (О, !), Е, иьх(0, !)=Ееиа (О. !). [3) (4) Решение краевой задачи (1), (1чд (2), (2'), (3), (4) можно искать в виде и,(х, П ф,(х — аг!)+фг(х+аД, — со(х(О. 0<((+со, (5) иа(х, !)=ф,(х — аа()+ф (к+а Ф), 0<а~+со, 0(!.с.+со.
(6) Функции ф1 (а). ф1 (а) фа[а), 4в(а) определяются из начальных условий (2), (2') н условий сопряжения (3) и (4). амплитуда напряжения затухающих колебаний будет меньше 10а4 амплитуды напряжения усгшювившихся колебаний. У к аз а н не. Исключить из (Ц и (1') силу тока н найти установившиеся колебания напрюкения, подставляя которые в (И), найти установившиеся колебания тока. Установившиеся колебании напряжения и тока целесообразно сначала искать в компл "ксной форме 6(х, !)=е(х) еда, ((х, !)=! (х) а!иг, где 1= )à — 1, требуя ограниченности при х -ь+со, а затем вернуться к действительным переменным и удовлетворить граничному условию (2).
Отннты, укАзАния и ришниия 78. Решенисч краевой заалев " иья а»и»хю — со< х <О, 1 '10<(<+ о, » О<к<+ щ(О, т) (О, (), Е ' Е ', О<)<+со. ди,(0, 1) . д»»ь(0, Г) дх дх к 1 ди, (х, О», т х 1 и»(х, О) )( — — т», ' /'» — — т»» — со<х<0, из(к, 01=0, ' О. 0<х <+со, диа(х, 0) (1) (1') (З») являетсш - ( — ")+) '"" ) '""ф+ — '): (й) к х — со<х<0, — — <г <+со; к <О, 0<1< — —; и, и, ' иа(х () — ) ~( — — !» и»'к<1<+оп, х О, О<1<а-»х, (5) 2)' Е»р, ( х) У Е»Р»+)' ЕИ»» . ит» 0 <Г<+оэ.
— —" Га — х» и(х (), ~ е и г ~»з)»|~( х»1 1Тер-Мй ) когда х<а( <+со, и(х, ()юО, когда 0<а( <х. При — оп < к < 0 решение и(к, () получается из (1), (2), (3) заменой х иа — х. ° ) См, задачу 2об. Отраженная волна» '11+ — / отсутствует при )гдр» — у Ер,( )» Е»р»+1I Егра а» т~ Е»Р» )г Ента.
ПРи Егдь ч. 0 отРаженне бУдет пРоисходить, как от свосюлного конца, при Еаре-ьсо — как от закрепленного жестко. Преломленная волна. При Енк»-ьО имеет амплитуду в два раза болыие, чем падающая волна; прн Егр,-ь+со преломленная волна исчезает. Следует особо отметить, что при Е,р,— 0 отражение происходит, как от сноб»одного конца, но преломленная волна < уществует и лаже имеет амплитуду в два раза большую амплитуды палиха»»ей волны. 79. а) при Мй ~ Т р (и 0 <к<-)-со) (1) когда х<»я <+со, и(х, т) О, когда 0<а(<х; б) прн МЬ Т,р (и 0<к<+со) а ( к1 и(х, г) сье м» а»((- — /о„(( — — ), О<т<+ск»; (2) в) при Мд < Тар (и О < к <+со) и.
кнлвненип гиппрволичиского тнпд (1) (1') (2) (3) (3) (4) (4 ) где и = ит (х, Г), — со < х < юа(, и=из(х, (), ва(<в<+со, 1 ~.(п,(, ()= О.О ()= — — Р((), арр и(х, 0)=ит(х, 0)=0, — оп<х<0, 0<х<+со (3) имеет вид к+ат а+та — — 5(В)йа, — а(<в<па(, а+ па йпа О, со" х< М ш Р(3)%, н,т -х-(, йпа О, а( < х <+ со. ит(х, В= (4) иа(х, С)= (4') В частности, если р (Г)=А совы(, — — А ' ~! — (х+а()1. а(<Х< 'а(т а+аз .
Г и ит(х, ()= йраш !а+па О, — со<х< — а(, а — еа ° Г ш — А а(п ~ — (х — а()1, оа( < х - а). и (х, () йруа ! а — па О, и( <х <+со. 80. Решение краевой задачи иттт=ааит„х, — со<х<0, 1 '10<(<+ иит а~ивах О < х <+со, ) у'а (и,„(0, () — и,„(0, т)) =йи,(0, т)+Мига(0 т)+тат(О. «)= 0<(<-)-со, = йи~(0, Г)+Минт (О, ))+гам(О, (), и, (О, С) = и, (О, Ф), и,(х, О)=Г(х), итт(х, 0)= — аг'(х), — аз<в<0, ,(х, О)-О, и„(х,О)=О, О«+ может быть представлено в виде ит(х, Ф)=)(х — а()+ср(х+а(), иа(х, т)=~р(х — а(), где ~р(г) есть решение днфференпиального уравнения ааМ4т" (г)+(2Та — ш) ~Р' (г)+)ау(г) =27цг' (г) пРи — со «а < О прн нулевых начальных условиях, а <р (г) =у( — г) — ((г) прн 0 < г <+со.
31. Решение краевой задачи ии=ааи„», — со < х< аат, ца( <х <+оэ, 0 <( <+со, ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ а в направлении движения источника — волна с частотой, большей частоты источника, а — со а — по (аффект Допплера). 82. Решением краевой задачи ии=аои„„, — оэ<х<оо(, оо(< х<+со, 0<1 <-)оо, ) и=и,[х, Г), — со<х<ог),. и=из(х, Г), ооГ<х<-[со, ) [1) ис (оо(, Г) = ио [оос Г), У о ~ — ~ — Р ((), (2) 1 диз (оос Г) дис (оо(. Г) 1 дх дх 0 <( <+со, ис (х„О) исс (х 0) = О, со < х < О, из(х, 0)=гиг(х, О)=0, О<х<+со, (3) является о+ ог а+ сь Р5)с[3, — а[<к<по[, О, — со<о < — а(, ог — х о-о, Г($) дз, о,( <,х <аг, и, (х, Г)= (4) ао — й 2аУ'о из[х, Г)= (4') о О, 4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
