Практическая работа №11

Тип ОР

№

Формулировка

Знания

14

Определяет формулы интегрирования

Умения

8

Решает обыкновенные дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными

12

Применяет метод Эйлера для решения дифференциальных уравнений любого порядка (задачи Коши)

Формируемые компетенции

Планирует деятельность по решению задачи в рамках заданных (известных) технологий, в том числе выделяя отдельные составляющие технологии

Решить однородные ДУ:

1.

2.

3.

4. (2x-y) dx –x dy=0

_5. - =е^{х .} х³

6. + =х²

_7. -у ctg x=sin x

8. - y=3 е^х

9. - 2xy=2 е^х

^10.

Информационные материалы для выполнения задания практической работы

Однородные дифференциальные уравнения первого порядка

Уравнение вида называется однородным дифференциальным уравнением первого порядка.

Уравнение называется линейным дифференциальным уравнением первого порядка.

Однородные ДУ решаются с помощью замены y=u(x)x или

x=u(x)y и оно сводится к уравнению с разделяющими переменными.

Алгоритм решения однородных ДУ

Решить уравнение:    Решение: Введем вспомогательную функцию u. Отметим, что введенная нами функция u всегда положительна, т.к. в противном случае теряет смысл исходное дифференциальное уравнение, содержащее Подставляем в исходное уравнение:  Разделяем переменные: Интегрируя, получаем:  Переходя от вспомогательной функции обратно к функции у, получаем общее решение:

Тип ОР

№

Формулировка

Знания

14

Определяет формулы интегрирования

Умения

9

Решает линейные дифференциальные уравнения

12

Применяет метод Эйлера для решения дифференциальных уравнений любого порядка(задачи Коши)

Формируемые компетенции

Планирует деятельность по решению задачи в рамках заданных (известных) технологий, в том числе выделяя отдельные составляющие технологии

Решить линейные ДУ:

1.

2.

3.

4. ,

5.

6.

7.

8.

9.

Решить прикладные задачи:

Задача 1. Движение тела массой m = 0,7 кг выражается уравнениями: x = 3t;

y = 4 + t – 2t², где x и y (в сантиметрах) – координаты точки в момент времени t (в секундах).

Определить силу, действующую на тело.

Задача 2. Движение тела массой m = 0,9 кг выражается уравнениями: x = -4t;

y = 3 +5 t – t², где x и y (в сантиметрах) – координаты точки в момент времени t (в секундах).

Определить силу, действующую на тело.

Задача 3. Движение тела массой m = 0,4 кг выражается уравнениями: x = 6t;

y = 5 -2t – 3t², где x и y (в сантиметрах) – координаты точки в момент времени t (в секундах).

Определить силу, действующую на тело.

Информационные материалы для выполнения задания практической работы

Линейными дифференциальными уравнением 1-ого порядка называется уравнение, линейное относительно неизвестной функции и её производной

dy/dx+P(x)y=Q(x).

Решение линейного уравнения ищем в виде , имеем .

Алгоритм решения линейных ДУ

Найти общее решение дифференциального уравнения 

Решение:

 Данное уравнение имеет «классический» вид   линейного уравнения. Проведем замену:   и подставим   и   в исходное уравнение  :

После подстановки проведем вынесение множителя за скобки,  какие два слагаемых нужно мучить – смотрите предыдущий пример. Хотя, наверное, все уже поняли:

Составляем систему. Для этого приравниванием к нулю то, что находится в скобках:  , автоматически получая и второе уравнение системы:

В результате: .

Из первого уравнения найдем функцию  :  – найденную функцию    подставим во второе уравнение системы  : Теперь находим функцию  . Уравнение опять получилось простенькое: Обе функции найдены:  Таким образом: Общее решение: 

Ответ: общее решение: 

Найти решение задачи Коши для данного дифференциального уравнения , 

Решение: В данном уравнении слагаемые опять не на своих местах, поэтому сначала пытаемся максимально близко приблизить ДУ к виду  :

Что здесь особенного? Во-первых, в правой части у нас константа  . Это допустимо. Во-вторых, рядом с производной есть множитель  , который зависит только от «икс». Это тоже допустимо. Из-за этих особенностей линейное уравнение не перестает быть линейным.

Алгоритм решения полностью сохраняется за исключением пары нюансов в самом начале.

Проведем замену: 

Сначала раскрываем скобку, поскольку одно из нужных нам слагаемых недоступно:

Вот теперь проводим вынесение множителя скобки: Обратите внимание на тот факт, что за скобки мы вынесли не только функцию  , но еще и «икс». Всё, что можно вынести за скобки – выносим.

Составим и решим систему:

Из первого уравнения найдем  :  – подставим во второе уравнение системы:

Таким образом, общее решение:  Найдем частное решение, соответствующее заданному начальному условию:

Ответ: частное решение: 

Прикладные задачи в области профессиональной деятельности.

1. ДУ в гидравлике

ДУ в гидравлике - дифференциальные уравнения движения невязкой жидкости

Уравнение Эйлера служит одним из фундаментальных в гидравлике, наряду с уравнением Бернулли и некоторыми другими.

Изучение гидравлики как таковой практически начинается с уравнения Эйлера, которое служит исходным пунктом для выхода на другие выражения.

Попробуем вывести это уравнение. Пусть имеем бесконечно малый параллелепипед с гранями dxdydz в невязкой жидкости с плотностью ρ. Он заполнен жидкостью и движется как составная часть потока. Какие силы действуют на выделенный объект? Это силы массы и силы поверхностных давлений, которые действуют на dV = dxdydz со стороны жидкости, в которой находится выделенный dV. Как силы массы пропорциональны массе, так и поверхностные силы пропорциональны площадям, на которые оказывается давление. Эти силы направлены к граням вовнутрь по нормали. Определим математическое выражение этих сил.

Назовем, как и при получении уравнения неразрывности, грани параллелепипеда:

1, 2 – перпендикулярные к оси ОХ и параллельные оси ОY;

3, 4 – перпендикулярные к оси OY и параллельные оси ОХ;

5, 6 – перпендикулярные к оси OZ и параллельные оси ОХ.

Теперь нужно определить, какая сила приложена к центру масс параллелепипеда. Сила, приложенная к центру массы параллелепипеда, которая и заставляет эту жидкость совершать движение, есть сумма найденных сил, то есть

Получили уравнение движения параллелепипеда с dV1 по направлению оси Х.

Делим (1) на массу ρdxdydz:

Полученная система уравнений (2) есть искомое уравнение движения невязкой жидкости – уравнение Эйлера.

К трем уравнениям (2) добавляются еще два уравнения, поскольку неизвестных пять, и решается система из пяти уравнений с пятью неизвестными: одним из двух дополнительных уравнений является уравнение неразрывности. Еще одним уравнением является уравнение состояния. Например, для несжимаемой жидкости уравнением состояния может быть условие ρ = const.

Уравнение состояния должно быть выбрано таким образом, чтобы оно содержало хотя бы одно из пяти неизвестных.

2. ДУ в электротехнике

Рассмотрим двухпроводную однородную линию, физические параметры которой равномерно распределены по ее длине:

R0 ― активное сопротивление пары проводов на единицу длины [Ом/м], определяется по известной формуле R=ρ*(l/s), зависит от материала провода (γ ) и от ее температуры;

L0 ― индуктивность пары проводов на единицу длины линии [Гн/м], определяется как отношение потокосцеплепия к току (L0=ψ0/i), является отображением магнитного поля линии в ее схеме замещения, зависит от магнитных характеристик среды (μ) и геометрических размеров линии;

G0 ― активная проводимость между проводами на единицу длины линии [См/м], является следствием несовершенства изоляции между проводами, зависит от электрических параметров среды (γ) и геометрических размеров линии;

C0 ― емкость между проводами на единицу длины линии [Ф/м], определяется как отношение заряда к напряжению(C0=q0/U), является отображением электрического поля линии в ее схеме замещения, зависит от электрических характеристик среды (ε) и геометрических размеров линии.

Удельные параметры линии R0. L0. G0. C0зависят от физических параметров самих проводов и окружающий их среды, поэтому они получили название физических или первичных.

Разделим всю линию на элементарные участки длиной dх и рассмотрим один из таких участков, находящийся на расстоянии х от начала линии. Схема замещения участка будет иметь вид рис.87.1.Здесь u и i ― напряжение и ток в начале рассматриваемого участка. В конце участка напряжение и ток получают приращения:

Дифференциальные уравнения цепи с распределенными параметрами

Функции напряжения и тока ( u, i ) зависят от двух параметров t и x, они изменяются в пространстве и во времени, поэтому дифференциальные уравнения для схемы замещения следует составлять в частных производных.

Уравнение по 2-му закону Кирхгофа для контура:

После упрощения получим:

По закону Ома и 1-му закону Кирхгофа:

В приведенном выражении пренебрегаем слагаемыми второго порядка малости, содержащими d2x.

По 1-му закону Кирхгофа для узла:

После упрощения получим:

3. ДУ в технической механике

Принцип независимости действия сил.

Принцип независимости действия сил формулируется так: при одновременном действии на материальную точку нескольких сил ее ускорение равно векторной сумме ускорений, которые эта точка получила бы от действия каждой силы в отдельности.

Пусть к материальной точке А приложены силы F1 и F2 равнодействующая которых равна F на основании аксиомы параллелограмма запишем:

F1 + F2 = F.

Разделив обе части равенства на массу точки m, получим:

F1/m + F2/m = F/m, откуда имеем: а1 + а2 = а.

Применяя последовательно аксиому параллелограмма, можно показать, что при одновременном действии на материальную точку нескольких сил ее ускорение будет таким, как если бы действовала одна равнодействующая сила F = ΣFi.

Пользуясь изложенным выше принципом независимости действия сил, выведем уравнение движения материальной точки в дифференциальной форме.

Дифференциальные уравнения движения материальной точки.

Пусть материальная точка А массой m движется в плоскости чертежа под действием равнодействующей силы F = ΣFi с ускорением а, тогда:

Дифференциальные уравнения движения материальной точки: F = ma.

Спроецируем это векторной равенство на две взаимно-перпендикулярные оси координат x и y (оси и вектор силы F лежат в одной плоскости) и получим уравнение плоского движения материальной точки в координатной форме:

Fx = ΣX = max; Fy = ΣY = may.

Применяя теорему о проекции ускорения на координатную ось, эти уравнения можно записать в виде дифференциальных уравнений плоского движения точки:

ΣX = m(d2x/dt2); ΣY = m(d2y/dt2),

где ΣX и ΣY – алгебраические суммы проекций сил, действующих на точку, на соответствующие координатные оси; x и y – текущие координаты точки.

С помощью полученных дифференциальных зависимостей решаются две основные задачи динамики: по заданному движению точки определяют действующие на нее силы;

зная действующие на точку силы, определяют ее движение.

В тех случаях, когда при решении задач имеем дело с несвободной материальной точкой, необходимо применять принцип освобождаемости, т. е. отбросить связи и заменить их реакциями, учитывая последние в уравнении движения наравне с действующими на точку активными силами.

Пример решения первой задачи динамики.

Задача: движение тела массой m = 0,5 кг выражается уравнениями: x = 2t;

y = 3 + t – 5t², где x и y (в сантиметрах) – координаты точки в момент времени t (в секундах).

Определить силу, действующую на тело.

Решение:

Данный пример относится к первой задаче динамики. Прежде всего, пользуясь теоремой о проекции ускорения на координатную ось, определим проекции ускорения на оси x и y:

ax = d2x/dt2 = 0; ay = d2y/dt2 = - 10 см/с2 = - 0,1 м/с2.

Подставив эти значения в уравнение движения материальной точки, получим:

X = max = 0,5×0 = 0 Н; Y = may = 0,5×(- 0,1) = - 0,05 Н.

По полученным значениям проекций силы на координатные оси можно сделать вывод, что она параллельна оси ординат, направлена в сторону отрицательных ординат и по модулю равна:

F = √(X² + Y²) = |Y| = 0,05 Н.

Задача решена.