Документ 202000

Вариант 1
Задание 1.
Задана векторная функция плоскопараллельного установившегося движения несжимаемой
жидкости сплошной среды

 x, y   2 xi  2 y j
Требуется:
1. Построить трубку тока
2.Определить наличие стоков, источников
3. Определить параметры вращательного движения
4. Определить поток сплошной среды через поверхность единичного куба.
Решение
1. Для построения трубки тока необходимо определить уравнения линий тока. Для нахождения
уравнений линий тока надо решить дифференциальное уравнение:
dx dy

x
y
где  x ,  y - проекция векторной функции поля скоростей на Оси Ox и Oy.
В нашем случае: x  2 x , а  y  2 y . В итоге получаем следующее дифференциальное уравнение:
dx dy
- уравнение с разделяющимися переменными.

2x 2 y
dx dy
Умножив на 2, получим:
. Решаем это уравнение.

x
y
dx dy

 ln x  ln C  ln y  y  Cx , где С – это постоянная интегрирования, которую находим из
x
y
условия, что поток проходит через точки граней единичного куба. Мы построим линии тока через
вершины площадки BB1C1C (рис 1.1).
Рис 1.1
т. B (1,1,0): 1  C 1  C  1  y  x - линия тока проходящая через точку В (1,1,0).
т. B1 (1,1,1): 1  C 1  C  1  y  x - линия тока проходящая через точку В1 (1,1,1).
т. С1 (0,1,1): 1  C  0 - решений нет  x  0 - линия тока проходящая через точку С1(1,1,1). Это
dx dy
особенная прямая для уравнения
.

x
y
т. С (0,1,0): 1  C  0 - решений нет  x  0 - линия тока проходящая через точку С (0,1,0). Это
dx dy
особенная прямая для уравнения
.

x
y
Трубка тока изображена на рис 1.2.
рис. 1.2
2. Для определения наличия источников необходимо найти дивергенцию вектора скорости, которая
определяет скорость относительного объемного расширения сплошной среды.
  y z 2x  2 y  0
div r  x 




 22  4  0
x
y
z
x
y
z
Поскольку дивергенция больше нуля, то можем сделать вывод, что в сплошной среде имеет место
наличие источника.

3. Вращательное движение характеризуется векторным полем угловых скоростей, т.е ротором поля
скоростей.
i

rot r 
x
j

y

x
т.к.  z  0,
y
k
 
 
   z  y    z  x    y  x 
i  
k   y  x k
 



 j  
z  y
z   x
z   x
y 
y 
 x
z
 y
 x
 0,
 0.
z
z
Найдем частные производные:

 y  2 y 
 x 2 x 

0

0 и
x
x
y
y
Получаем, что rot r  0 . Это означает, что наше векторное поле безвихревое.
1
1
1
0
0
0
4. Поток вектора скорости несжимаемой среды равен: Q   divdV   dx  dy  divdz . Поскольку

V
дивергенцию мы уже определяли div r  4 , то подставляем её значение и вычисляем интеграл.
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
Q   dx  dy  4dz  dx  4dy   4dx  4  0 - через поверхность куба больше вытекает, чем втекает.
Определим поток вектора скорости через каждую грань единичного куба.
Q   d S i , где  - поле скоростей, d S i  ni d S i
Si
Рис 1.3
Q1   dy   idz   dy  x 1   y  0
1
1
0
1
0
1
0
Q2   dy   idz   dy  x 1   y  0
1
1
1
0
0
0
0
1
0
0
1
dz   dy  2 1dz   2dy  2 , x  1 на грани АА1В1В.
x 1
0
1
1
x 0
0
1
1
0
0
dz   dy  2 x x0 dz  0 , x  0 на грани ODCC1.
Q3   dx   jdz   dx  x  0   y 1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
y 1
1
0
Q4   dx   jdz   dx  x  0  y  1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
dz   dx  2 1dz   2dx  2 , y  1 на грани ВВ1С1С.
y 0
0
0
1
1
0
0
dz   dx  0dz  0 , y  0 на грани ОDA1A.
Видим, что Q1  0 и Q3  0 . Это означает, что через грани АА1В1В и ВВ1С1С среда выходит. Через
грани ODCC1 и ОDA1A потока нет, поскольку Q2  0 и Q4  0 . Расход через грани DC1B1A1 и
OCBA равен нулю, т.к. отсутствует проекция скорости на ось Oz.
Делаем проверку Q  Q1  Q2  Q3  Q4  2  0  2  0  4 - верно.
Задание 2
Для абсолютно упругого тела заданы:
Н 
а) упругие постоянные материала – модуль упругости E  10 6  2  и коэффициент Пуассона
м 
  0,3
б) поле перемещений для любой точки U x, y, z   0,1z  y  ,
W x, y, z   0,1xz (миллиметры)
в) точка М, координаты которой заданы единичным вектором
OM  l i  m j  nk  0,6i  0,8 j ,
2
V x, y, z   0,1x  y 
2
и
где l  0,6; m  0,8; n  0 - направляющие косинусы вектора OM или координаты точки М
(поскольку OM  1 )
Необходимо определить деформационное и напряженное состояние материала в точке М и
графически изобразить деформации и вектор полного напряжения по наклонной площадке.
Решение
1. Исследование деформационного состояния в точке.
Под действием внешней нагрузки абсолютно упругое тело деформируется. Поле перемещений
частиц определяется векторной функцией.
S x, y, z   U x, y, z i  V x, y, z  j  W x, y, z k ,
где U x, y, z ,V x, y, z ,W x, y, z  - функции проекций вектора перемещений S на оси Ox, Oy и Oz.
Согласно теореме Гельмгольца деформационное движение определяется тензором деформаций:
1
1 

 xy
 xz 
 x
2
2 

1
1 
S    yx
y
 yz ,
2
2 
1

1
 zy  z 
  zx
2
2

где  x ,  y ,  z - линейные деформации вдоль осей Ox, Oy и Oz,
 xy   yx ,  xz   zx ,  yz   zy - углы сдвига в координатных плоскостях xOy, xOz и yOz,
соответственно.
Находим с помощью формул Коши компоненты тензора деформаций.


U  0,1 z  y 

0;
x
x
2
V  0,1x  y 
y 

 0,1  2x  y   0,2x  y  ;
y
y
W  0,1xz
z 

 0,1x ;
z
z
2
2
U V  0,1z  y 
 0,1x  y 
 xy 



 0,1  2z  y   0,1  2x  y   0,2x  2 y  z  ;
y x
y
x
x 
2




 


U W  0,1z  y 
 0,1xz



 0,1  2z  y   0,1z  0,13 z  2 y  ;
z
x
z
x
2
V W  0,1x  y 
0,1xz
 yz 



0
z
y
z
y
Вычисляем компоненты тензора деформаций в точке M  0,6;0,8;0 .
 xz 
2


x M  0;
 y M  0,2 0,6  0,8  2,8 ;
 z M  0,1   0,6  0,06 ;
 xy M  0,2 0,6  2   0,8  0,44 ;
 xz M  0,13  0  2   0,8  0,16 ;
 yz M  0
Тензор деформаций в точке М будет выглядеть следующим образом:
 0,44 0,16 
 0


S M    0,44  2,8
0 
 0,16
0
 0,06 

Используя формулу    xl 2   ym2   z n2   xy lm   xz nl   yzmn ,
определим
относительное
удлинение OM .
 OM  0   0,62  2,8   0,82  0,06  02  0,44   0,6   0,8  0,16   0,6  0  0   0,8  0 
 2,0032
На примере единичного куба схематично изобразим деформацию.
В плоскости z  0 .
точка 0; 0; 0:  x  0;  y  0;  xy  0
точка 1; 0; 0 :  x  0;  y  0,2  0;  xy  0,2  0
точка 1; 1; 0 :  x  0;  y  0,4  0;  xy  0,6  0
точка 0; 1; 0 :  x  0;  y  0,2  0;  xy  0,4  0
В плоскости y  0 .
точка 0; 0; 0:  x  0;  z  0;  xz  0
точка 1; 0; 0 :  x  0;  z  0,1  0;  xz  0
точка 1; 0; 1 :  x  0;  z  0,1  0;  xz  0,3  0
точка 0; 0; 1 :  x  0;  z  0;  xy  0,3  0
В плоскости x  0 .
точка 0; 0; 0:  y  0;  z  0;  yz  0
точка 0; 1; 0 :  y  0,2  0;  z  0;  yz  0
точка 0; 1; 1 :  y  0,2  0;  z  0;  yz  0
точка 0; 0; 1 :  y  0;  z  0;  yz  0
2. Исследование напряженного состояния в точке.
Для получения картины напряженного состояния необходимо по уже полученным деформациям
определить напряжения в точке. Для этого используем обобщенный закон Гука, записанный через
параметры Ламе.
 x  V  2 x ,  xy  G xy
 y  V  2 y ,  xz  G xz
 z  V  2 z ,  yz  G yz
где  
E
106  0,3
H

 0,577  106  2  - коэффициент Ламе
1   1  2  1  0,31  2  0,3
м 
E
106
H


 0,77  106  2  - коэффициент Ламе
1   1  0,3
м 
V   x   y   z - объемная деформация
E
106
H

 0,385  106  2  - модуль упругости при сдвиге.
21    21  0,3
м 
 x , y , z - нормальные напряжения
G
 xy , yz , xz - касательные напряжения
Тензорное поле напряжений записывается в виде матрицы следующего вида:
  x  xy  xz 


P   yx  y  yz 


 zx  zy  z 
В точке М определяем компоненты тензора напряжений.
В точке М объемная деформация равна
VM   x M   y   z M  0  2,8  0,06  2,86
M
Тогда имеем:
 x M  V M  2 x M  0,577   2,86 106  2  0,77  0 106  1,65022 106 Па  1,65022МПа
 y M  V M  2 y M  0,577   2,86  106  2  0,77   2,8  106  5,96222  106 Па  5,96222МПа
 z M  V M  2 z M  0,577   2,86 106  2  0,77   0,06 106  1,74262  106 Па  1,74262МПа
 xy M  G xy M  0,385   0,44  106  0,1694  106 Па  0,1694МПа
 xz M  G xz M  0,385  0,16 106  0,0616 106 Па  0,0616МПа
 yz M  G yz M  0,385  0  106  0
Построим площадку, нормалью которой является вектор OM . Для этого отложим на осях Ох, Оy
1
1
1
1
отрезки равные a  
 1,667 , b  
 1,25 соответственно. Поскольку n  0 , то
l  0,6
m  0,8
плоскость параллельная оси Оz. Получаем плоскость, которая нарисована на рисунке ниже.
Найдем вектор полного напряжения n в точке М. Для этого вычислим проекции этого вектора
через компоненты тензора напряжений по следующим формулам:
 nx   xl   xy m   xz n  1,65022   0,6  0,1694   0,6  0,0616  0  1,092772МПа 
 ny   yl   xy m   yz n  5,96222   0,6  0,1694   0,6  0  0  3,678972МПа 
 nz   z l   yz m   xz n  1,74262   0,6  0   0,6  0,0616  0  1,045572МПа 
В итоге получили, что вектор полного напряжения равен:
  nx i  ny j  nz k  1,092772i  3,678972 j  1,045572k ,
2
а его модуль n  nx2  ny
 nz2  1,0927722  3,6789722  1,0455722  3,9777МПа 
Разложим вектор полного напряжения на нормальное напряжение и касательное.
 n   n  n  nxl  ny m  nz n  1,092772   0,6  3,678972   0,8  0  1,045572  3,5988408МПа нормальное напряжение
 n  n2   n2  3,97772  3,59884082  1,69424МПа
Задание 3
кг
при комнатной температуре вытекает по
м3
трубопроводу переменного сечения из закрытого бака в атмосферу. Уровень жидкости в баке
h  1м поддерживается постоянным. Абсолютное давление PM  1,1атм воздуха над поверхностью
Идеальная несжимаемая жидкость плотности   998

м2 

жидкости измеряется манометром.  d 2  30 мм; d3  45 мм;  10 6
с


Требуется:
1) построить пьезометрическую линию трубы
2) рассчитать потери напора по длине трубы в участках с постоянным сечением, считая жидкость
вязкой, а скорости движения взять из расчетов для идеальной жидкости.
Решение.
Для построения пьезометрической линии используем закон Бернулли. Выбирая плоскость
сравнения 0-0, проходящей через ось трубы, сечение 1-1 – совпадающим с уровнем жидкости в
баке, сечение 2-2 – совпадающим с выходным сечением, запишем уравнение Бернулли:
12 P1
2 P

 Z1  2  2  Z 2  const ,
2 g g
2 g g
где H ск 
12
2g
- скоростной напор,
P
- пьезометрический напор.
g
H  z - геометрический напор, определяемый расстоянием центра сечения потока от произвольно
выбранной плоскости сравнения, параллельной поверхности Земли.
Выбираем два сечения: 1-1 и 2-2.
Тогда исходя из условий задачи имеем.
1  0 , т.к. уровень постоянный.
P1  PM , т.к. это давление на поверхности жидкости.
P2  Pатм  105 Па , атмосферное давление.
Hп 
Z1  h; Z2  0 , т.к. плоскость сравнения выбираем проходящей через ось трубы.
Подставляя данные задачи в уравнение , получаем формулу для расчета скорости истечения
жидкости в сечении 2-2.
 PM  Pатм

м
 1,1  1  101325 
 h   2  9,81
 1  6,32
g
c
 998  9.81



2  2 g 
PM  Pатм
1,1  1  101325  2,035 м - приведенный к атмосферному
 1
g
998  9,81
давлению статический напор в трубе, который в данном случае равен приведенному полному
Величина
H ст  h 
22
 2,035 м  .
2g
Для нахождения скорости течения жидкости в остальных сечениях используем уравнение
неразрывности, показывающее постоянство объемного расхода в трубе:
i  S i  const ,
где i - скорость в i-ом сечении;
S i - площадь круглого сечения.
Скорость в сечении 3-3 определяется по формуле:
напору, т.е. H ст  Hпол 
2
d 
S
м
 30 
S 33  S 22 ,3  2 2  2  2   6,32     2,8
S3
с
 45 
 d3 
Рассечем конусообразный участок трубы пополам сечением 4-4 и еще раз пополам сечениями 5-5
и 6-6 .
Вычисляем скоростные напоры для сечений:
d
d  d 3 30  45
d4  2

 37,5 мм,4  2  2
2
2
 d4
2
2

м
 30 
  6,32
  4,05
с
 37,5 

2
2
2
2
2
d
d  d 3 37,5  45
d5  4

 41,25 мм, 5  2  2
2
2
 d5

м
 30 
  6,32
  3,34
с
 41,25 

d
d  d 2 37,5  30
d6  4

 33,75 мм, 5  2  2
2
2
 d5

м
 30 
  6,32
  4,99
с
 33,75 

Скоростные напоры вычисляем по формуле
H i ск 
вычисляются по формуле H i п  H i пол  H i ск  2,035 
H 2 п  2,035 
H 3 п  2,035 
H 4 п  2,035 
H 5 п  2,035 
H 6 п  2,035 
22
2g
32
2g
42
2g
52
2g
62
2g
 2,035 
 2,035 
 2,035 
 2,035 
 2,035 
6,32
2
2  9,81
2,8 2
2  9,81
4,05 2
2  9,81
3,34 2
2  9,81
4,99 2
2  9,81
0
 1,635 м
 1,2 м
 1,466 м
 0,766 м
i2
2g
i2
2g
, тогда пьезометрические напоры
Расчет потерь напора.
В случае движения по трубе реальной жидкости, у которой коэффициент кинематической
вязкости не равен нулю, имеет место потеря напора по длине трубы. Эти потери зависят от
режима течения жидкости. Режим течения характеризуется числом Рейнольдса, которое можно
определить по формуле:
 d
Re 
,

 м
Где  - скорость течения жидкости на участке трубы с постоянным течением   ;
с
d - диаметр потока в трубе м ;
 м2 
 ;
 с 
Потери напора вычисляем по формуле:
 - кинематическая вязкость 
Hi  
l 2
,

d 2g
где l - длина трубы;
 - коэффициент Дарси, зависящий от режима течения;
64
, в противном
Re
0,316
случае – режим течения турбулентный и следует использовать формулу   4
.
Re
Определим потери напора на участке трубы с постоянным диаметром d 3  45 мм .
 d
2,8  0,045
 0,126  106  2320 . Поток турбулентный.
Вычисляем число Рейнольдса: Re  3 3 
6

10
0,316
0,316
Коэффициент Дарси равен   4

 0,01677
4
Re
0,126  106
Если Re  2320 , то режим течения ламинарный и коэффициент Дарси равен  
Потери напора: H 3  
l3 32
100  0,045 2,82

 0,01677

 0,67 м 
d3 2 g
0,045
2  9,81
Определим потери напора на участке трубы с постоянным диаметром d2  30 мм .
 d
6,32  0,03
 0,1896  106  2320 . Поток турбулентный.
Вычисляем число Рейнольдса: Re  2 2 
6

10
0,316
0,316
Коэффициент Дарси равен   4

 0,01514
4
Re
0,1896  106
l2 22
100  0,03 6,322

 0,01514

 3,08 м 
d2 2g
0,03
2  9,81
Складываем потери напора и сравниваем с H пол : H 2  H 3  3,75 м  H пол  2,035 м . Видим, что
сумма потерь по двум участкам больше, чем полный напор. Это означает, что проводить расчеты
нужно с учетом вязкости жидкости, т.е. жидкость нельзя считать идеальной.
Потери напора: H 2  