1629366495-96b763de880e0957938207fd4887632d (846319), страница 78
Текст из файла (страница 78)
Подробнее см, (15), 17 Б, и. Будам а лэ. (рис. 50). Угол распюра клина обозначим через 2в. Так как в данном случае потенциал скоростей О, в=*йгад К не будет зависеть от г и 1, то уравнение (1') ответа к предыдущей задаче преобразуется к виду 514 ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ На волне слабою разрыва (1=0 при р=х(йа, 1 где (йа= ]«М — 1 еб ф У -«В.Ф-; ч«ю' Рнт.
51. 6. В цилиндрической системе координат, ось Ох которой совпадает с осью конуса (рнс. 51), для потенциала скоростей 0 =1/ (г, з) получим краевую за- дачу пеклу поверхностью конуса и поверхностью волны слабого разрыва (2) на поверхности конуса, т. е. при г х(йа; на поверхности волны слабого разрыва 5« =О. (5) 9. Для 9(х, у, 1) получаем краевую задачу оз яд, я — ускорение силы тяткес«и; Е (х, У, 0)=1(х, Р), (т(х, У, 0) Р (х, д), -- = 0 на стенке бассейн», где — — производная по нормали и стенке. Для потенциала горвзонтальных д дл скоростей 0(х, р, 1) получаем краевую задачу дЧ3 lд'0 д«01 — =от~ — .1. — ~, ат ол, д( '(дх дрз) ' О (х, р, 0)=тт (х, у), 5«т(х, у, О) = тт (х, р], д(т — = О на стенке бассейна.
дн (5] ю!. РРАВниния гипБРВОличвскОГО типа Указание. Получить сначала: уравиеиие неразрывности — — а(ч тв, д~ дг где то — вектор горизонтальной скорости; уравнение движения дто д1з др р — = — йгаа р — 1 — — / —; дт дх ду ' уравнение, выражающее давление в жидкости иа расстоянии х от д«а бассейна, Р— Р.— -йР(в+4 — х). а затем произвести надлежащие исключения (см. также решепве задачи 1). 10.
Уравнение для потенциала горизонтальных скоростей принимает вид дг(1 (дт(/ дг(l ) 1 дпз — = а' + — + — — аз=да. дд ( дхз дуя) р д( Начальные к граничные условия формулируются, как в ответе к предыдущей задаче. 11. дти до„дт „, д гх Р д( дх + ду + дх +~' део дту „до„дту, рд~-* ах+ д + д +У д~ дтх дтху дох Рде дх+ ду + дх+ г, где а„, т„, т — проекции иа оси координат вектора иапряжения„действую. щего иа йлощвдку, перпендикулярную к оси х; аналогично определщотся тую оу. туг и тхх. тху, ох; при згом ох, оу, ох называются нормальными ва- прюкеииями, а т, т„„т„— касательными или скалываквцими напряжениями; Х, У.
2 — проекцйи па осй координат вектора плотности объемных сил. 12. У к а за ние. Из уравнений движения, полученных вответек задаче 11, и закова Гуна, приведенного в примечании 2) к настоящей задаче, нетрудно вывести следующие уравнения для составлякхцих вектора йб д'и ае дг' 1 д дто дЕ р — = Фо+Ф+р) — +!'. д(т ду д-'п~ дŠР— = Ибю+(Д+ П) — +Х, д(2 дх тле Е=д(чи: ии и-11' — + — ~+1~ — — — ~, ч - р(».
у. 1). ф-ф(х, д, (). I д~р дф ! / Йр др ! (дх ду/ ~ду дх/' — (1+2)г) ( — + — „!+ Е, (х, у, 1), дата 1 дър дт~р 1 де '(дхт а;с ) дте ( сит) дьф 1 — — + ) +гз(х у 1) д(т (дхз дуз ) \7 ° 516 ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ Принимая плоскость хг за граничную и направляя ось у внутрь тела, в слу- чае плоской задачи *) получим следующее аыражеине граничных условий: — — ='- — 1,.— а' — -1- (а' — 2дз) ха. — 2аг — 1 = О, Рр д- Юр т дуг дх' дк ду )а„а где <р и ф — потенциалы, фигурирующие а ответе к предыдущей задаче.
Ук аз анне. Левые части равенства (!) являются проекциями на оси координат вектора напряжения, приложенного к площадке с нормалью л **). 16. Ддя радиального смешения и(г, () частицы трубы, отстоящей от осн трубы на расстоянии г, получаем: д'и Гдги ! ди и ! =аз ~ . + — /+ г (г, г), гт'шг(гз 0(! ~+со, (1) д(г (дгг г дг гг / й+2р где г и гз — внутренний и анешний радиусы трубы. Ф= — а — скорость в р Э распространения продольных деформаций, — 1=,= — +61 =О, '.— +~ 1 -О.
О«<+ ди 1 Г ди дг г=г1 дг г гг А где Л= + а') (2) и(г, О)=ф(г), О~к~к„) иг(г, 0) = ф (г), О < г < га. ) 12. для радиального смещения и(г, !) частиц сферической оболочки при усаовнях задачи получаем: д'и (дги 2 ди 2и! — ат( — + — — — — (р гг-бг~гз, 0(Г(+со, (1) дд (дгг г дг гз 1' а' имеет тот же смысл, что и а предыдушей задаче, ди и ( — р(!) при г=гы! ( +2Р) дг+ г 1 0 при г=г„( и (г, О) О, гг(гага.
иг(г, О) О, *) См. задачу !4. г«) Пцяробнее см. (26), стр. П вЂ” 16, г, (х, у, !) и Рз(х, у, 1) — свободные члены, получаккциеся из аектора плот- ности объемных сил. !6. а) о„соз(л. х)+ткасоз(л, у)+ткксса(л, г)=0, 1 тикам(л, х)+а„оса(л, у)+тк соя(л. г)=0, т „аж(л, х)+т „ссн(л, у)+а, сов(л, г)=0, где ссж(л, х), соз(л, у), соз(л, г) — направляющие косинусы нормали к рас- сматриваемому элементу границы.
б) (Г=О, т. е. и=О, о=О, в=О. (2) 51 7 Нг, КРАВИЕИИИ ГИПЕРВОЛИЧЕСКОГО ТИПА 18. Длн поперечных отклонений от иевозмущеиного положения точек пластинки получаем уравнение дйи 4' д4и дйи д4и '4 ! — -1-сй ! — +2 д!й ( дхй дхй ду' дуй / 2рй + — ! — Р(х, у, г), Ейй где ой=, Š— модуль Юнга.
ш — коэффициент Пуассона, и†3р[1 — шй) ' толщина пластинки. р — плотность массы пластинки, р (х, у, () — поперечная сила, дейсгвующая на единицу площади пластинки. Если йке пластинка лежит на упругом основании, то дйи I дйи дйи дйи ! й 1 — +ой ! -+2 д(й ( дхй дйв дуй дуй ) ар 2йр + — !+ — и= — р(х, и, !), (1') й — коэффициент упругости основания *). П р и и е ч а н и е. Совокупность членов в круглых скобках удобно записы- вать в виде Лйййи, где Ьй=йч йгад — оператор Лапласа на плоскости. дйи /дйи ! д ! д2 (2 19.
— +ой!( — + — — + — — ! и=0, О=цг(ге, дн ( дг' г дг гй дфй( О ( ф 4- 2п, О.Ц ! С+со, (1) и(г, ф, О)=[(г, 1Р), иг(г, ф, 0)=Р(г, 4Р), О~4~ге, Оей47~2п, (2) и(гй* ф, !)=и (гй4 йр !)=О 0(ф(2п, 0(!(+со. (3) 20. В сферических координатах с полюсом в диполе с осью В=О, направ- ленной по диполю, получаем краевую задачу д.Н (! д'(гНе) ! д [ — =ийг[ — + — — ~ —.— (яоон )11, г>О, 1>0. (1) дн (г дгй гй до ~ й!по до 4' )1 ° при г>0, (2) дН,! 3М з(по при г)0, д! !4 о Н ! о — — — — Япо4(зшо 42Мй при т) О.
е[4 о агй (2') (3) У к а а а н н е. Воспользоваться системой уравнений Максвелла в сферических координатах. В силу цилиндрической симметрии и в силу элементарных злектродинамнческих соображений Н,=Нз=Е, 0 при !)О. При 1=0 имеетсн электростатическое иоле. порожденное злектрсстатиче. схим диполем, так что Н, [4„2=0 и 2МйпмВ М,йюВ Ег(4 а= ',, Ео!4 е= 1 ~ д(гЕо) дЕг ~ г [ дг до Наконец. граничное условие (3) выражает напряженность магнитного поля в точках, столь близких к диполю, что можно пренебречь временян распро.
странения возмущений (см. [17!). е) См. задачу 1О В 1 гл, П. Начальное условие (2') получаем из этих соотношений с помощью максйел* лонского уравнения 1 дН„ а д! б)В ответы, РкАЭАния и Решения $2. Простейшие задачи; различные приемы решепяя 21. а) и(г, ()= г+м (г — а() ор (г — а()+(г+а() ор(г-)- а() 1 2г 2аг г — оо где Функции ~р6) и ор($) продолжены четко для отрицательных $; !(га и (г, () = а( ор' (а()+ой(а()+(ор (а(). е б) У к а э а н и е. Формула (() получается в предположении, что и (г, () остается ограниченным при г-о-б. о+он — т1 ! и(г. т)= — о(т ~ ц(й, т)йй, 2аг о — ои — и где ) ($, т) продолжена четно для отрицательных значений $.
2З. При начальных условиях а): при 0(г(гы го при 0((( —, а ( —,~ г+ го го при а и(г. т) ) (гав при г, < г <+ по. а .+. 1 г + го прн Прн начальных условиях б): 0(( < —, го — г а прн го — (г — а()о (4 ~ при 0(г <го и(г, Г~= при 0 прн 0<1< го а при го — г — <(< —, го+ г а а прн го<г <-(-со. при (г «+се, и прн ( о. г — а( «(., т)=~ (~о —, ~0 (о 'о — (г — ат)' (т о 0<Г (— го — г го — г го +г при а а го+ о пр.
о+ <( -+ а го — г го+а <(<в а а (((+со, 512 У1, УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА 24. Потенпвал скоростей частнп газа равен и [г, 1) из ответа к прелы- дущей задаче пря начальных условнях б), еслв положить ц, иа Р! Р( где из=й —. Рз Рз 26. Пусть (((г„г] означает решение задачи 23 б) для неограниченного пространства (см. ответ к задаче 23 б)); тогда а) и(х. у, г, 1)=(('(г, 1) — (('(г, 1), б) и(х, у, г, 1)=(! (г, 1)+(г [гг, 1), -(д««( — г ' («« *«.('«('. 26. Пусть (('(г, 1) означжг ту же функпвв, что н в ответе к превьц(у(пей задаче; тогда а) и[х. У. 2, 1)=(/(гг, 1) — [!(гз, 1]+[((гз, 1) — [((га 1), б] и(х, у, г, 1) (г'(га 1)+(!(гз, 1) — (!(гж 1] — [('(га 1).
где г! )«хз+(У вЂ” Уз) +(2 — 22)з, ('з ) хв+(У+Уф)з+(2 — хз)з, гз=)( хз+(у+на) +(2+хо)2 24= угх +(у — ув) +(2+2з)т. — ('-й 27. (Р(г, 1)= 4пг 4[1]=0 при 1~0. у к а в а н н е. (р (г, Г) является решением краевой задачн 4(гг= и' й(Р рй.-р,], -о, [нп 4пгзй(, 6 (1) «о (1) (2) (3) г) зр( та+газ Еггз с(в~в+6«+ — ~ + (г — 2 )з гг,= ф г"+гз — 2гг„соз 6 — 6,— — .1 [2 гз]з.
о и / б) ПУсть источннк лежат в слое 0(2«~1 н нмеет каоРдннаты ха, Ув, аз, 0(ха ч 1. Обозначая через (р(г, 1) решение задачи 27, подучжи: !р(х, у, г, 1! ~, '((р[2$, 1)+(р[га, ! ), 28. а) ПУсть нсточаик лежит в плоскостн 2=22 н имеет полЯРные кооРДннаты гз, 62, 0 С(з( —. Тогда, обозначаа чеРез (Р(г, 1) Реаение пРедЫДУщей задачи. получим: а — 1 (р(х, у, г, П=,г' ((р (г(, г)+6((г-, 1)), (1) а=о Ответы, РЕАэАния и Решения Г» Уоо+(а+го — 2И)оо г» )' го+(г — го — 2Ы)з, (2') (5') здесь г = И» — хо)с+(у — узР.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
