О С Н О В Ы М Е Х А Н И К И С П Л О Ш Н Ы Х С Р Е Д

А. В. ХАНЕФТ
ОСНОВЫ МЕХАНИКИ
СПЛОШНЫХ СРЕД
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Ч. I. Г И Д Р О Д И Н А М И К А
Кемерово 2010
Министерство образования и науки РФ ГОУ ВПО
«Кемеровский государственный университет»
Кафедра теоретической физики
А. В. ХАНЕФТ
ОСНОВЫ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Ч. I. ГИДРОДИНАМИКА
Учебное пособие
Кемерово 2010
ББК B253.31/32Я73
УДК 531
Х19
Печатается по решению Редакционно-издательского совета
ГОУ ВПО «Кемеровский государственный университет»
Рецензенты:
кафедра общенаучных дисциплин Кемеровского государственного
сельскохозяйственного университета (зав. кафедрой канд. физ.-мат. наук,
профессор Г. И. Колесников);
канд. физ.-мат. наук, доцент Е. А. Николаева
Ханефт Александр Вилливич
Х19 Основы механики сплошных сред в примерах и задачах Ч. I.
Гидродинамика / А. В. Ханефт; ГОУ ВПО «Кемеровский государственный
университет». 2010. – 108 c.
ISBN 978-5-8353-1058-6
Учебное пособие разработано по курсу «Основы механики сплошных сред»
по специальности 010400 «Физика» в соответствии ГОС ВПО и
рассматривает примеры и задачи по гидродинамике.
ISBN 978-5-8353-1058-6
ББК B253.31/32Я73
© Ханефт А. В., 2010
© ГОУ ВПО «Кемеровский
государственный университет», 2010
3
ПРЕДИСЛОВИЕ
Курс «Основы механики сплошных сред» читается в Кемеровском государственном университете студентам физикам в течение
одного семестра – одна лекция и одна практика в неделю. В состав
курса входят дисциплины: «Гидродинамика» и «Теория упругости».
В настоящее время существует пробел в задачниках для студентов физиков по механике сплошных сред. Задачники, которые изданы ведущими университетами России, например, МГУ, НГУ,
НИЯУ «МИФИ», УГУ, УГТУ, имеются в КемГУ в единственном
экземпляре и предназначены в основном для студентов, специализирующихся в области механики сплошных сред.
В настоящем учебном пособии рассматриваются примеры и задачи из раздела «Гидродинамика». Учебное пособие «Основы механики сплошных сред в примерах и задачах. Ч.1. Гидродинамика»
состоит из трех глав.
В первой главе рассмотрены примеры и предлагаются задачи из
раздела «Идеальная жидкость». Вторая глава посвящена примерам
и задачам из раздела «Вязкая жидкость». Третья глава посвящена
примерам и задачам на тему «Волны в жидкости и газе». Каждая
глава содержит краткие сведения из теории.
В основу задачника легли издания, указанные в библиографическом списке.
4
Глава 1. Идеальная жидкость
1.1. Уравнения неразрывности и Эйлера-Бернулли
Уравнение неразрывности:
∂ρ
+ div ρv = 0
(1)
∂t
является дифференциальной формой закона сохранения энергии.
Интегральная форма закона сохранения энергии имеет вид:
∂ρ
= − ∫ ρvndS ,
∂
t
V0
S0
∫
(2)
где ρ – плотность жидкости; n – внешняя нормаль к площадке dS ;
v – скорость жидкости; S 0 – поверхность, охватывающая частицу
жидкости объемом V0 .
Вектор
j = ρv
есть плотность потока жидкости.
Для
несжимаемой
жидкости
неразрывности (1) принимает вид:
( ρ = const )
уравнение
div v = 0 .
Линия тока – это линия, касательная к которой указывает
направление скорости движения жидкости в точке касания в
данный момент времени (рис. 1). Дифференциальные уравнения
для линий тока
dx dy dz
=
= .
vx v y vz
Траектория – это воображаемая линия,
индивидуальной частицей жидкости при движении.
описываемая
5
При стационарном движении линии тока остаются неизменными
и совпадают с траекториями частиц жидкости.
Часть жидкости, ограниченная линиями тока называется трубкой
тока (рис. 2). Через боковую поверхность трубки тока нет потока
жидкости. Жидкость в трубку тока может поступать только через ее
торцы.
Рис. 1. Линия тока
Рис. 2. Трубка тока
Для трубки тока при установившемся движении жидкости
уравнение неразрывности (1) принимает вид:
ρvS = const .
(3)
В случае несжимаемой жидкости выражение (3) упрощается
vS = const .
Уравнение Эйлера описывает движение идеальной жидкости
1
∂v
+ ( v∇ ) v = − ∇ p + f ,
∂t
ρ
(4)
где f – внешняя сила, действующая на единицу массы жидкости; p
– давление. Уравнение Эйлера имеет граничное условие
vn = 0 ,
то есть на неподвижной стенке равна нулю нормальная к
поверхности стенки компонента скорости.
Если жидкость находится в поле тяжести, то
f = g.
6
Для покоящейся жидкости, находящейся в однородном поле
тяжести, уравнение Эйлера принимает вид
1
− ∇p + g = 0 .
ρ
Уравнение Эйлера (4) можно записать в форме Громеки – Лэмба
∂
rot v = rot[ v rot v ] ,
(5)
∂t
если поле внешних сил потенциально
f = −∇u ,
где u – потенциальная энергия единицы массы жидкости в поле
внешних сил.
При установившемся течении несжимаемой жидкости в поле
тяжести уравнение Эйлера преобразуется к виду
v2 p
+ + gz = const .
2 ρ
(6)
Данное уравнение называется уравнением Бернулли. Уравнение
Бернулли является уравнением сохранения полной энергии
единицы массы вещества. Если жидкость покоится, то
p
+ gz = const .
ρ
Для сжимаемой жидкости уравнение Бернулли будет иметь
другой вид
v2
+ h + u = const ,
(7)
2
где h – энтальпия единицы массы вещества. Уравнением (7) можно
пользоваться только для данной линии тока.
→
Если ввести аксиальный вектор ω , называемый вихревой
скоростью
→
1
ω = rot v ,
2
то уравнение Громеки – Лэмба можно записать в виде
7
→
→
∂ω
= rot[ v ω] .
∂t
Вихревой линией называется линия, касательная в каждой точке
которой совпадает с направлением вихря. Уравнения вихревых
линий представляются в виде
dx dy dz
=
=
.
ωx ω y ωz
Пример 1. Открытый цилиндрический сосуд высотой h и
площадью основания S заполнен жидкость. В дне сосуда открыли
отверстие с площадью s . Пренебрегая вязкостью жидкости,
определить, через сколько времени уровень жидкости уменьшится
в два раза.
Решение. Запишем уравнения неразрывности
Sv1 = sv2
(1)
и Бернулли
v12
v22
ρ + ρgx + p0 = ρ + p0 ,
2
2
(2)
dx
– скорость перемещения уровня жидкости в сечении, v2
dt
– скорость истечения жидкости из отверстия, p0 – атмосферное
давление, x – текущее значение уровня. Из (1) имеем v2 = v1 (S s ) .
Подставим данное выражение для v2 в уравнение Бернулли (2),
получим
где v1 =
dx
=±
dt
2 gx
(S s )
2
−1
.
Берем знак «минус», т.к. высота уровня уменьшается. Интегрируя
h
2
∫
h
dx
= −t
x
2g
(S s )
2
−1
,
8
получим
t=
(
h− h 2
)
[
]
2
(S s )2 − 1 .
g
Пример 2. В плотине проделано отверстие, из которого
вытекает струя (рис. 1.1). Уровень воды в водохранилище H .
Отверстие находится на глубине h от уровня жидкости.
Определить расстояние l до места падения струи. Где надо
проделать отверстие, чтобы величина l достигала максимума?
Рис. 1.1.
Решение:
Запишем уравнение Бернулли
ρv12
ρv22
+ p0 + ρgH =
+ p 0 + ρg ( H − h ) ,
2
2
где v1 – скорость изменения уровня жидкости в водохранилище, v2
– скорость истечения жидкости из отверстия, p0 – атмосферное
давление. Пренебрежем изменением уровня жидкости в
водохранилище, т.е. положим, что v1 = 0 . Отсюда скорость
v2 = 2 gh .
В горизонтальном направлении скорость движения жидкости
происходит с постоянной скоростью, а в вертикальном –
равноускоренное движение с ускорением g . Следовательно
gt 2
,
H −h =
2
Отсюда
l = v2 t .
9
l (h ) = 2 h(H − h ) .
Максимальное расстояние определим из условия
dl
= 0.
dh
В результате получим, что l максимально при h = H 2 и равно
l=H.
Пример 3.
Цилиндрический
сосуд
с
R,
радиусом
основания
высотой h , на 3/4 заполненный
жидкостью
вращается
с
угловой скоростью ω (рис 1.2).
ω
При
какой
скорости
жидкость начнет переливаться
через край сосуда.
Рис. 1.2.
Решение:
Запишем уравнения Эйлера в декартовой системе координат
∂v
∂v
1 ∂p
vx x + v y x = −
,
∂x
∂y
ρ ∂x
vy
∂v y
∂x
+ vy
0=−
∂v y
∂y
=−
1 ∂p
,
ρ ∂y
1 ∂p
−g.
ρ ∂z
Определим компоненты скорости жидкости
i j k
r
v = [ωr ] = 0 0 ω = −iωy + jωx ,
x y z
10
отсюда v x = −ωy , v y = ωx . Подставим данные выражения для
компонент скорости течения жидкости в уравнения Эйлера
ω2 x =
1 ∂p
1 ∂p
1 ∂p 2
, ω y=
, g=−
.
ρ ∂x
ρ ∂y
ρ ∂z
(1)
Запишем выражение для полного дифференциала давления с
учетом выражения (1):
dp =
∂p
∂p
∂p
dx +
dy + dz = ρω2 ( xdx + ydy ) − ρgdz =
∂x
∂z
∂y
(
)
⎤
⎡ ρω2 2
= d⎢
x + y 2 − ρgz ⎥ .
⎣ 2
⎦
Учитывая, что r 2 = x 2 + y 2 , получим
⎡ ρω2 2
⎤
dp = d ⎢
r − ρgz ⎥ .
⎣ 2
⎦
Интегрируя данное выражение
ρω2 2
p=
r − ρgz + p0 .
2
Отсюда получаем, что изобары являются параболоидами вращения
p −p
ω2 2
.
z=
r + z0 , z0 = 0
2g
ρg
Свободная поверхность также является изобарой. Определим z 0 .
Вычислим объем под свободной поверхностью
2π
R
⎞
⎛ ω2 2
3 2
⎟
⎜
d
r
z
rdr
=
πR h .
ϕ
+
0⎟
∫ ∫ ⎜ 2g
4
⎠
0
0⎝
После интегрирования получим
3h ω2 R 2
.
z0 = −
4
4g
Уравнение свободной границы задается формулой
11
3h ω2 ⎛⎜ 2 R 2 ⎞⎟
.
z (r ) = +
r −
4 2 g ⎜⎝
2 ⎟⎠
Минимальная угловая скорость, при достижении которой жидкость
начнет выливаться из сосуда, определяется из условия z (R ) = h .
Она равна
ω = gh R .
Пример 4. Из жидкости плотности ρ , заполняющей все
пространство, внезапно удаляется сферический объем радиуса R0 .
Определить время, в течение которого образовавшаяся полость
заполнится жидкостью. На бесконечности поддерживается
постоянное давление p0 , внутри полости давление равно нулю,
начальная скорость заполнения полости также равна нулю.
Решение: Движение жидкости после образования полости будет
центрально-симметричным со скоростями, направленными в
каждой точке по радиусу к центру. vr = f (r , t ). Запишем систему
уравнений движения жидкости, окружающей сферу. Уравнение
неразрывности
∂ 2
(r v) = 0,
∂r
(1)
∂v
∂v
1 ∂p
+v =− ⋅ .
∂t
∂r
ρ ∂r
(2)
и уравнение Эйлера
Граничные условия на поверхности сферы v( R, t ) ≡ V = R& (t ), а в
невозмущенной жидкости на больших расстояниях от сферы
r → ∞, v = 0, p = p0 . Интегрируя уравнение неразрывности (1),
получим
v=
f (t )
r2
Уравнение Эйлера (2) преобразуем к виду
12
1 ∂f ∂ ⎛⎜ v 2 ⎞⎟
1 ∂p
+
=
−
⋅ .
ρ ∂r
r 2 ∂t ∂r ⎜⎝ 2 ⎟⎠
Интегрируя данное уравнение
p0
∞
0 ⎛ 2⎞
&f ∫ dr + ∫ d ⎜ v ⎟ = − 1 ∫ dp ,
2
⎜ ⎟
ρ 0
Rr
V ⎝ 2 ⎠
Получим
f& V 2
1
−
= − p0 .
ρ
R 2
Далее учтем, что V = R& , f (t ) = R 2 R& , а, следовательно
f& = 2 RR& V + R 2V& = 2 RR& 2 + RV& .
Итак
2
V
1
2 R + RV& −
= − p0
2
ρ
&2
или
3 2
1
V + RV& = − p0 .
2
ρ
(3)
Так как
dV dR
dV 1 dV 2
&
= RV
= R
,
RV = R
dR 2 dR
dt dR
то уравнение (3) примет вид
3 2 1 dV 2
1
= − p0 .
V + R
2
2 dR
ρ
Преобразуя данное выражение и интегрируя
R
1V
dV 2
dR
=
−
,
∫
∫
2 0 p0 / ρ + 3V 2 / 2
R
R0
получим уравнение для определения времени схлопывания полости
13
2 p0 ⎛⎜ R03 ⎞⎟
dR
V≡
=−
−1 ,
dt
3ρ ⎜⎝ R 3 ⎟⎠
откуда время схлопывания полости будет равно
3ρ R0
t=
∫
2 p0 0
dR
(R0 R )
3
−1
.
Данный интеграл не берется в элементарных функциях.
Пример 5. Найти уравнения линий тока и траекторий для
течения жидкости, декартовы компоненты скорости которых
заданы формулой:
v x = x + t , v y = − y + t , v z = 0.
Решение: В случае неустановившегося течения выражения для
линии тока и траектории отличаются. Получим выражение для
траектории течения жидкости. Для этого решим систему уравнений
dx
= x+t,
(1)
dt
dy
= −y + t .
(2)
dt
Решим дифференциальное уравнение (1). Делая подстановку
z = x + t , откуда x = z − t , получим
d
( z − t ) = z , ⇒ dz = z + 1 .
dt
dt
Решение уравнения (3) имеет вид
(3)
z +1 = C x et ,
переходя к старым переменным, получим
x = C x et − t − 1.
(4)
Аналогичным же образом решаем уравнение (2)
y = t − 1 − C y e −t ,
(5)
14
где C x , C y – постоянные интегрирования.
Согласно формуле (4)
Cx
.
e−t =
x + t +1
Подставим данную формулу в (5), получим выражение для
траектории течения жидкости
y = t −1−
C xC y
.
x + t +1
Получим выражение для линии тока. Формула для линии тока
определяется из соотношения
dx dy
= .
vx v y
Подставляя v x и v y в него, получим
dx
dy
=
.
x+t − y+t
(6)
Решая (6), получим уравнение линии тока жидкости
C
,
x+t
где C – постоянная интегрирования.
y=t+
Задачи
1.1. Идеальная жидкость течет по плоской трубе одинакового
сечения, расположенной в горизонтальной плоскости и изогнутой,
как показано на рис. 1.3. Поток стационарный. Одинаковы ли
давления и скорости жидкости в точках 1 и 2? Какой вид имеют
линии тока?
Ответ: Давление p1 > p2 , скорость v1 < v2 . Плотность линий тока
растет при переходе от точки 1 к точке 2.
15
1.2. Две манометрические трубки установлены на горизонтальной
трубе переменного сечения в местах, где сечения трубы равны S1 и
S 2 (рис. 1.4). По трубе течет вода. Найти объем воды,
протекающий через сечение трубы, если разность уровней воды в
манометрических трубках равна Δh .
Ответ:
Q = S1S 2
2 gΔh
S 22 − S12
.
1.3. Широкий сосуд с небольшим отверстием в дне наполнен водой
(плотность ρ1 ) и керосином (плотность ρ 2 ). Пренебрегая
вязкостью, найти скорость вытекающей воды, если толщина слоя
воды h1 = 30 см, а слоя керосина h2 = 20 см.
Ответ:
⎛
ρ ⎞
v = 2 g ⎜⎜ h1 + h2 2 ⎟⎟ .
ρ1 ⎠
⎝
Рис. 1.3.
Рис. 1.4.
1.4. Вертикальная струя идеальной жидкости вытекает из
горизонтального отверстия радиуса r0 со скоростью v0 . Найти
радиус струи на расстоянии h ниже отверстия.
Ответ:
r=
r0
4 1 + 2 gh / v 2
0
.
16
1.5. Трубка Пито (рис. 1.5) установлена по оси газопровода,
площадь внутреннего сечения которого равна S . Пренебрегая
вязкостью, найти объем газа, проходящего через сечение трубы в
единицу времени, если разность уровней в жидкостном манометре
равна Δh , а плотность жидкости и газа – соответственно равны ρ0
и ρ.
Ответ:
Q=S
2 gΔhρ0
.
ρ
1.6. Изогнутую трубку опустили в поток воды, как показано на рис.
1.6. Скорость потока относительно трубки v = 2,5 м/с . Закрытый
верхний конец трубки имеет небольшое отверстие и находится на
высоте h0 = 12 см. На какую высоту h будет подниматься струя
воды, вытекающая из отверстия?
Ответ:
v2
h=
− h0 .
2g
Рис. 1.5.
Рис. 1.6.
1.7. Идеальная жидкость течет стационарным потоком по
наклонной плоскости. Глубина потока уменьшается в n1 = 2 раза на
17
расстоянии l1 . На каком расстоянии l2 глубина потока уменьшается
в n2 = 4 раза?
Ответ:
l2 = l1
n22 − 1
n12 − 1
.
1.8. На столе стоит широкий цилиндрический сосуд высотой 50 см.
Сосуд наполнен водой. Пренебрегая вязкостью, найти, на какой
высоте от дна сосуда следует сделать небольшое отверстие, чтобы
струя из него била в поверхность стола на максимальное
расстояние lmax от сосуда. Определить lmax .
Ответ:
h = 25 см, lmax = 50 см.
1.9. На горизонтальном дне широкого сосуда с идеальной
жидкостью имеется круглое отверстие радиуса R1 , а над ним
укреплен круглый закрытый цилиндр радиуса R2 > R1 (рис. 1.7).
Зазор между цилиндром и дном сосуда очень мал, плотность
жидкости ρ . Найти статическое давление жидкости в зазоре как
функцию расстояния r от оси отверстия и цилиндра, если высота
жидкости равна h .
Ответ:
⎛ R12 ⎞
p = p0 + ρgh⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ,
r ⎠
⎝
где R1 < r < R2 , p0 – атмосферное давление.
1.10. Какую работу необходимо совершить, чтобы, действуя силой
на поршень (рис. 1.8), выдавить из горизонтально расположенного
цилиндра всю воду за время t ? Объем воды, плотностью ρ , в
цилиндре равен V , площадь сечения отверстия – s , причем s
18
значительно меньше площади поршня. Трением и вязкостью
пренебречь.
Ответ:
A=
ρV 3
2 2
2s t
.
Рис. 1.7.
Рис. 1.8.
1.11. Цилиндрический сосуд высота h и площадью основания S
наполнен водой. В дне сосуда открыли отверстие с площадью
s << S . Пренебрегая вязкостью воды, определить, через сколько
времени вся вода вытечет из сосуда.
Ответ:
τ=
S
s
2h
.
g
1.12. Из отверстия в дне высокого цилиндрического сосуда
вытекает вода. Площадь сечения сосуда в n = 100 раз больше
сечения отверстия. Найти ускорение, с которым перемещается
уровень воды в сосуде.
Ответ:
a=
g
n2 − 1
.
1.13. Тонкостенный цилиндрический сосуд высотой h погрузили в
идеальную жидкость до верхнего (открытого) основания. В
19
нижнем, закрытом торце, имеется малое отверстие. Отношение
площади сечения отверстия к площади сечения сосуда s / S << 1.
Найти время, за которое наполнится сосуд.
Ответ:
τ≈
hS
3s
2h
.
g
1.14. Показать, что в случае стационарного потока идеальной
жидкости уравнение Эйлера
ρ
∂v
+ ( v∇ ) v = f − ∇ p
∂t
приводит к уравнению Бернулли.
1.15. С противоположных сторон широкого вертикального сосуда,
наполненного водой, открыли два одинаковых отверстия, каждое
площадью S = 0,5 см 2 . Расстояние между ними по высоте Δh = 51
см. Найти результирующую силу реакции вытекающей воды.
Ответ:
F = 2ρgΔhS .
1.16. В боковой стенке широкого цилиндрического вертикального
сосуда высоты h = 75 см сделана узкая вертикальная щель, нижний
конец которой упирается в дно сосуда. Длина щели l = 50 см,
ширина b = 10 мм. Закрыв щель, сосуд наполняют водой. Найти
результирующую силу реакции вытекающей воды непосредственно
после того, как щель открыли.
Ответ:
F = ρgbl (2h − l ) .
1.17. Вода течет со скоростью v по U -образной трубке, лежащей в
горизонтальной плоскости. Площадь сечения трубки S , радиус
закругления R . Найти:
20
а) суммарный импульс воды в закругленной части трубка;
б) модуль силы, действующей со стороны текущей воды на стенки
изогнутой части трубки.
Ответ:
а) p = 2ρvSR ; б) F = 2ρv 2 S .
1.18. Горизонтально расположенная трубка АВ длины l вращается с
постоянной угловой скоростью ω вокруг неподвижной оси OO′
через конец А (рис. 1.9). В трубке находится идеальная жидкость.
Конец трубки А открыт, а в закрытом конце В имеется очень малое
отверстие. Найти, с какой скоростью относительно трубки будет
вытекать жидкость в зависимости от «высоты» ее столба h .
Ответ:
v = ωh
2l
−1 .
h
1.19. Вода вытекает из большого бака по изогнутой под прямым
углом трубке, внутренний радиус которой r = 0,5 см (рис. 1.10)
Длина горизонтальной части трубки l = 22 см. Расход воды Q = 0,5
л/с. Найти момент сил реакции воды на стенки этой трубки
относительно точки О, обусловленный течением воды.
Ответ:
N=
ρlQ 2
πr 2
.
1.20. Цилиндрический сосуд с водой вращают вокруг его
вертикальной оси с постоянной угловой скоростью ω . Найти: а)
форму свободной поверхности воды; б) распределение давления
воды на дне сосуда вдоль его радиуса, если давление в центре дна
равно p0 .
Ответ:
а) Параболоид вращения:
21
ω2 2
z=
r ,
2g
где z – высота от поверхности жидкости на оси сосуда, r –
расстояние от оси вращения; б)
ρω2 r 2
p = p0 +
.
2
Рис. 1.9.
Рис. 1.10.
1.21. В боковой стенке широкого открытого бака вмонтирована
суживающаяся трубка (рис. 1.11), через которую вытекает вода.
Площадь сечения трубки уменьшается от S = 3,0 см 2 до s = 1,0
см 2 . Уровень воды в баке на h = 4,6 м выше уровня в трубке.
Пренебрегая
вязкостью
воды,
найти
горизонтальную
составляющую силы, вырывающей трубку из бака.
Ответ:
( S − s) 2
.
F = ρgh
S
1.22. Сечение ствола гидромонитора (рис. 1.12) меняется от S1 = 50
см 2 до S 2 = 5,0 см 2 . Найти модуль и направление горизонтальной
силы, возникающей в креплении ствола (сечение 1), если скорость
струи на выходе v2 = 25 м/с .
Ответ: cила направлена вправо и равна
22
ρv22 ( S1 − S 2 )
F=
.
2 S1
Рис. 1.11.
Рис. 1.12.
1.23. Замкнутый цилиндрический сосуд высотой h и площадью
основания S наполнен водой до уровня h0 . Давление в сосуде над
жидкостью постоянно и равно p1 . Давление вне сосуда равно p2 . В
дне сосуда открыли отверстие с площадью s << S . Пренебрегая
вязкостью воды, определить, через сколько времени вся вода
вытечет из сосуда.
Ответ:
τ=
p1 − p2
2 ⎛⎜ S 2 ⎞⎟ ⎡
h
−
×
+
−
1
0
⎢
⎟
ρ
g ⎜⎝ s 2
g
⎠ ⎣
p1 − p2 ⎤
⎥.
ρg ⎦
1.24. Найти уравнения линий тока и траекторий для течения
жидкости, декартовы компоненты скорости которых заданы
формулой:
v x = −ay , v y = ax , v z = 0.
1.25. Для поля скоростей
⎛ x − α t x2 ⎞
v=⎜ 1
, − , 0⎟
β
β ⎠
⎝
показать, что линии тока – гиперболы. Здесь α и β – константы.
Найти траектории.
23
1.26. Найти уравнения линий тока и траекторий для течения
жидкости, декартовы компоненты скорости которых заданы
формулой:
v x = ax R 3 , v y = ay R 3 , v z = az R 3 ,
где
R2 = x2 + y2 + z2 .
1.27. Доказать, что для поля скоростей
v1 = x12 x 2 + x 23 , v 2 = − x13 − x1 x 22 , v3 = 0
линии тока будут окружностями.
1.28. Показать, что поле скоростей
x
x
x
⎛y z⎞
⎛y z⎞
v x = cos − sin ax , v y = ⎜ + ⎟ sin , v z = ⎜ + ⎟ cos
a
a
a
⎝a a⎠
⎝a a⎠
описывает винтовое движение жидкости.
1.29. Поле скоростей имеет вид
bc
ca
ab
( x2 − x3 ) , v2 = ( x3 − x1 ) , v3 = ( x1 − x2 ) ,
a
b
c
где a , b и c – постоянные. Доказать, что траектории частиц
плоские.
v1 =
1.30. Поле скоростей имеет вид
v1 = cx2 − bx3 , v2 = ax3 − cx1 , v3 = bx1 − ax2 ,
где a , b и c – постоянные. Показать, что движение частиц
происходит по окружности.
1.31. Стационарный поток несжимаемой идеальной жидкости
характеризуется полем скоростей (цилиндрическая система
координат):
24
1
v = nϕ .
r
Определить давление в потоке.
Ответ:
ρ
p = − 2 +C,
2r
где C – постоянная интегрирования.
1.32. Жидкость равномерно вращается вокруг оси z с угловой
скорость ω как твердое тело Используя уравнение Эйлера найти
градиент давления.
Ответ:
∇p = ρω2r .
1.33. В изогнутую трубку постоянного поперечного сечения, одно
колено которой расположено под углом α к горизонту, а другое
вертикально, налита жидкость (рис. 1.13). Длина столба жидкости,
измеренная вдоль оси трубки, равна l . При внешнем воздействии
жидкость совершает колебания. Найти собственную частоту ω0
колебаний. Трением пренебречь.
Рис. 1.13.
Ответ: ω0 = gl (1 + sin α) .
1.34. Определить давление на поверхности жесткой сферы,
расширяющейся в неограниченной жидкости по известному закону
R = R (t ) . Давление в невозмущенной жидкости p0 .
Ответ:
25
p = p0 +
(
)
ρ && & 2
R+R .
2
1.35. Доказать, что при установившемся течении идеальной
жидкости в тонкой трубке тока произведение
ρvs = const
во всех сечениях трубки тока, где ρ – плотность жидкости, v –
скорость жидкости, s – площадь поперечного сечения трубки.
1.36. Определить закон изменения плотности и давления воздуха с
высотой у поверхности Земли в предположении постоянства
температуры воздуха по высоте в атмосфере.
Ответ:
⎛ gz ⎞
⎛ gz ⎞
p = ρ0 RT exp⎜ −
⎟ , ρ = ρ0 exp⎜ −
⎟.
⎝ RT ⎠
⎝ RT ⎠
1.37. Тяжелая жидкость находится в равновесии в вагонетке,
которая скатывается без скольжения по наклонной плоскости с
углом α . Какова форма свободной поверхности жидкости и
распределение давления в соответствии с глубиной жидкости?
Внешнее давление p0 .
Ответ: уравнение свободной поверхности
z=H
, p = p0 + ρg ( H − z ) cos α
1.38. Определить закон изменения плотности и давления воздуха с
высотой у поверхности Земли в предположении линейного
изменения температуры по закону T = T0 − βz .
Ответ:
g
βz ⎞ βR
⎛
p = p0 ⎜⎜1 − ⎟⎟
⎝ T0 ⎠
g
β z ⎞ βR
⎛
, ρ = ρ 0 ⎜⎜1 − ⎟⎟
⎝ T0 ⎠
.
1.39. Из конической воронки с радиусом нижнего основания r0
начинает выливаться жидкость. Найти время, за которое
26
первоначальный уровень воды в воронке h понизится в два раза.
Радиус начальной свободной поверхности R (R >> r0 ) .
Ответ:
4 2 −1 R2 h
.
t=
20 r02 g
1.40. Определить время опорожнения цилиндрического резервуара
с водой, имеющего радиус r и высоту l , если он лежит
горизонтально, а в боковой поверхности имеется отверстие
площади s << S , где S – площадь сечения жидкости в резервуаре.
На свободной поверхности жидкости внутри резервуара
поддерживается атмосферное давление.
Ответ:
t=
8 lr r
.
3 s 2g
1.41. Жидкость, налитая в конический стакан с диаметром
основания D , начинает выливаться через отверстие площади s ,
проделанное в центре основания. Определить время опорожнения
сосуда, если начальный уровень жидкости H . Угол между
образующей конуса и основанием ϑ .
Ответ:
π H ⎛⎜ 2 4 H
4H 2
2 ⎞
+
ϑ
+
ϑ ⎟⎟ .
t=
D
ctg
ctg
2 s 2 g ⎜⎝
3
5
⎠
1.42. Открытый бак, имеющий форму усеченной пирамиды с
прямоугольным основанием, заполнен жидкостью. В нижнем
меньшем основании со сторонами a, b проделано отверстие
площади s . Определить время, за которое уровень воды в баке
снизится с H1 до H 2 . Углы, под которыми противоположные грани
пирамиды наклонены к горизонту, одинаковы и равны ϑ, ϕ .
Ответ:
27
t=
(
)
1 2⎧
2
(a ctg ϕ + b ctg ϑ) ×
ab
H
−
H
+
⎨
1
2
s g⎩
3
(
4
⎡
× ⎢ H13 / 2 − H 23 / 2 + ctg ϑ ctg ϕ H15 / 2 − H 25 / 2
5
⎣
)⎤⎥⎦⎫⎬ .
⎭
1.43. Шаровая колба радиуса R погружена в воду до самого
горлышка. Через какое время она наполнится водой, если в центре
ее нижнего основания проделать малое отверстие площади s ?
Ответ:
16πR 2 R
t=
.
15s
g
1.44. Прямоугольная коробка высоты H и площадью основания S
плавает на поверхности жидкости, погрузившись на глубину h .
Через какое время она утонет, если в центре основания проделать
малое отверстие площадью s .
Ответ:
S H −h
.
t=
s 2 gh
1.45. Цилиндрический сосуд с плоским дном вращается вместе с
налитой в него жидкостью плотности ρ вокруг вертикальной оси с
угловой скоростью ω . Жидкость занимает объем V , расстояние от
дна на оси вращения до свободной поверхности h . Как давление на
дне сосуда зависит от расстояния до оси вращения r ? Найти также
полную силу, действующую на дно. Давление атмосферы p0 .
Ответ:
1
p = p0 + ρgh + ρω2 r 2 , F = ρgV .
2
1.46. Найти форму свободной поверхности в сосуде с жидкостью,
движущемуся с постоянным ускорением a = (a x , a y ) в поле силы
тяжести g = (0, g ) .
Ответ:
28
ax
y
.
=
x g − ay
1.47. Воздушный шарик, расположенный в жидкости плотности ρ ,
в момент времени t = 0 начинают надувать. Определить давление
p внутри шарика в момент времени t , если шарик раздувается с
постоянным ускорением a .
Ответ:
ρa 2t 2
p=
.
2
1.48. Сферический груз плотности ρ подвешен на пружине. Найти
k – отношение частоты малых колебаний в пустоте к частоте его
колебаний в жидкости плотности ρ0 .
Ответ:
k = 1+
ρ0
.
2ρ
1.49. Доказать закон Архимеда.
1.50. Однородное тело плотности ρ , имеющее форму параболоида
вращения
x 2 + y 2 = 2az , 0 ≤ z ≤ H ,
плавает на поверхности жидкости плотностью ρ0 ( ρ0 >> ρ ) так, что
ось параболоида вертикальна. Найти отношение k глубины
погружения тела с обращенной вверх вершиной к глубине
погружения тела с обращенной вниз вершиной.
Ответ:
k=
ρ0
ρ
− 0 −1.
ρ
ρ
1.51. Пожарный самолет, находящийся в полете, принимает на борт
воду, зачерпывая ее из озера. Водозаборник имеет ширину 1 м и
29
зачерпывает слой воды толщиной 25 мм. Сколько воды в секунду
принимает на борт самолет, если он движется со скорость 160 км/c
и чему равна сила сопротивления среды во время этой операции.
Ответ:
Q = sv , F = sρv 2 .
1.52. Струя, имеющая площадь поперечного сечения S и скорость
v1 , течет через сетчатый экран, после чего ее скорость становится
равной v1 << v2 . Определить силу, действующую на экран.
Ответ:
F = sρ(v12 − v22 ) .
1.53. Самолет истребитель, находящийся в стационарном полете,
дозаправляется керосином плотностью ρ = 700 кг/м3 . Диаметр
заправочного гибкого шланга равен 14 см. Гидростатическое
давление горючего на входе в бак равно 28 кПа. Пренебрегая
силами, действующими со стороны самого гибкого шланга на
самолет, определить дополнительную силу тяги, необходимую для
поддержания постоянной скорости самолета, которую он имел
перед началом операции заправки.
Ответ:
⎛
Q 2 ⎞⎟
⎜
ΔF = s ⎜ p g + ρ 2 ⎟ .
s ⎠
⎝
1.54. Доказать, что уравнение движения идеальной жидкости
можно записать в форме Громеки – Лемба
r
1
∂v 1
+ grad v 2 + [ω, v ] = f m − grad p ,
∂t 2
ρ
r
где ω = rot v – поле вихрей.
1.55. Преобразовать уравнение Громеки – Лемба
1
r
∂v 1
+ grad v 2 + [ω, v ] = f m − grad p ,
∂t 2
ρ
30
в уравнение Гельмгольца
d rot v
= (rot v∇ )v .
dt
1.56. В несжимаемую жидкость помещен шар переменного радиуса
R = R0 exp(− αt ) .
Определить закон, по которому изменяется давление жидкости на
поверхности шара.
Ответ:
5
p(t ) = p0 + ρα 2 R02 exp(−2αt ) .
2
1.57. Показателем времени в песочных часах служит высота уровня
в верхнем сосуде, которая должна уменьшаться равномерно с
постоянной скоростью
u0 . Определить форму сосуда,
употребляемую для водяных часов.
Ответ:
u02 ⎛⎜ π 2 x 4 ⎞⎟
− 1⎟ ,
z=
2 g ⎜⎝ s 2
⎠
где s – минимальное сечение сосуда.
1.58. Определить распределение гравитационного давления внутри
земного шара в модели однородной несжимаемой жидкости.
Ответ:
(
)
2
p(r ) = πγρ2 R 2 − r 2 .
3
1.59. Жидкость, уравнение состояния которой имеет вид
p = λρ k ,
находится в однородном поле тяжести. Найти глубину, на которой
давление будет в N раз превышать атмосферное.
Ответ:
31
(
)
⎡ kp0 ⎤ 1−1 / k
z=⎢
−1 .
⎥N
(
k
1
)
g
−
ρ
⎣
0 ⎦
1.60. Плоская струя невесомой жидкости ширины h0 , движется со
скоростью v0 , встречает на своем пути плоскость, наклоненную под
углом α к струе (рис 1.14). В результате взаимодействия
образуются две расходящиеся струи. Определить: толщины
расходящихся струй h1 , h2 ; силу F , с которой жидкость действует
на плоскость; точку приложения этой силы.
Рис. 1.14.
Ответ:
h1 = h0
1 + cos α
1 − cos α
= h0 cos 2 α , h2 = h0
= h0 sin 2 α ,
2
2
h
F = ρv02 h0 sin α ,
l = ctg α .
2
1.61. По горизонтальной поверхности движется тележка, на
которой стоит сосуд с налитой в него жидкостью. Общая масса
равна m . Давление над поверхностью сосуда p1 , давление
окружающей среды p0 < p1 . В задней вертикальной стенки сосуда
на глубине h имеется отверстие, через которое бьет струя
32
жидкости сечением s . Пренебрегая изменением массы и силами
трения определить ускорение тележки с сосудом.
Ответ:
a=
2 s(ρgh + p1 − p0 )
.
m
1.62. Доказать, что течение с полем скоростей
vr =
1
r
2
(
1
−
r
) cos ϕ , vϕ =
2
1
2
(
1
+
r
) sin ϕ , v z = 0
2
r
Удовлетворяет уравнению неразрывности в цилиндрической
системе координат в случае несжимаемой жидкости.
1.63. Найти линии тока и траектории, если движение среды
происходит с полем скорости:
а) v1 = −ωx2 , v2 = ωx1 , v3 = u , ω, u = const ;
б) v1 = − Ax2 , v2 = Bx1 , v3 = 0 , A, B = const ;
в) v1 = −V sin t , v2 = V cos ωt , v3 = 0 , ω, V = const .
1.64. Имеется плоский поток несжимаемой жидкости, в котором
v1 = − A
x2
r
2
,
где
r 2 = x12 + x22 .
Найти во всем потоке компоненту скорости v2 , если v2 = 0 при
x1 = 0 для всех значений x2 . Показать, что движение безвихревое, а
линии тока являются окружностями.
1.65. Дано поле скоростей:
3x
2x
x1
,
v2 = 2 ,
v3 = 3
1+ t
1+ t
1+ t
найти линии тока и траектории и доказать, что они совпадают.
v1 =
33
1.66. Определить траектории частиц для следующих полей
скоростей:
а) v1 = x1 − x2 + x3 ,
v2 = x1 + x2 − x3 ,
v3 = 2 x1 − x2 .
б) v1 = 4 x1 − x2 ,
v2 = 3 x1 + x2 − x3 ,
v3 = x1 + x3 .
в) v1 = 4 x1 − x2 − x3 , v2 = x1 + 2 x2 − x3 ,
v3 = x1 − x2 + 2x3 .
1.67. Доказать, что для поля скоростей
v1 = Ax3 − Bx2 , v2 = Bx1 − Cx3 , v3 = Cx2 − Ax1
вихревые линии являются прямыми. Написать для них уравнение.
1.68. Дано поле скоростей несжимаемой жидкости
v1 =
(
a x12 − x22
), v2 = 2ax1x2 , v3 = 0 , r 2 = x12 + x22 .
r4
r4
Доказать, что оно удовлетворяет уравнению непрерывности.
1.69. Дано поле скоростей несжимаемой жидкости
v1 =
(
a x12 − x22
), v2 = 2ax1x2 , v3 = 0 , r 2 = x12 + x22 .
r4
r4
Доказать, что поле скоростей является безвихревым.
1.70. Показать, что в поле скоростей
v1 = A[− sin ( x1 a ) + cos( x1 a )],
v 2 = A[x 2 a + x3 / a ]sin ( x1 a ) ,
v 2 = A[x 2 a + x3 / a ]cos( x1 a )
вихревые линии совпадают с линиями тока.
34
1.2. Потенциал и функция тока
При потенциальном движении жидкости скорость
v = ∇ϕ ,
где ϕ – потенциал. Причем
rot v = rot ∇ϕ = 0
тождественно.
При вихревом движении жидкости
rot v ≠ 0 ,
и циркуляция скорости по замкнутому контуру
Γ = ∫ vdl = const .
При двумерном течении несжимаемой жидкости компоненты
скорости можно записать через функцию тока ψ :
vx =
∂ϕ ∂ψ
∂ϕ
∂ψ
=
, vy =
=−
.
∂x
∂x ∂y
∂y
Потенциал и функция тока идеальной жидкости удовлетворяют
уравнению Лапласа:
Δϕ = 0 , Δψ = 0 .
Связь между потенциалом скорости и функцией тока в
декартовой и полярной системах координат:
⎛ ∂ψ
∂ψ ⎞
dx −
dy ⎟ + cons t ,
ϕ = ∫ ⎜⎜
∂x ⎟⎠
⎝ ∂y
⎛ ∂ϕ
∂ϕ ⎞
ψ = ∫ ⎜⎜ dy − dx ⎟⎟ + const ,
∂y ⎠
⎝ ∂x
∂ψ ⎞
⎛ 1 ∂ψ
ϕ = ∫⎜
dr − r
dϑ ⎟ + const ,
∂
r
∂
ϑ
r
⎝
⎠
1 ∂ϕ ⎞
⎛ ∂ϕ
ψ = ∫⎜r
dϑ −
dr ⎟ + const .
r ∂ϑ ⎠
⎝ ∂r
Комплексный потенциал
35
F ( z ) = ϕ( x, y ) + iψ ( x, y ) .
Комплексная скорость
w=
dF ∂ϕ ∂ψ ∂ϕ ∂ϕ
+i
=
−i
= v x − iv y .
=
dz ∂x
∂x ∂x
∂y
Интеграл от производной комплексного потенциала
dw
dz = ∫ (v x dx + v y dy ) + i ∫ (v x dy − v y dx) = Γ + iQ ,
dz
где Γ – циркуляция скорости; Q – расход жидкости; z = x + iy –
комплексное число.
Комплексные потенциалы простейших течений:
1. Однородный поток
F ( z) = ∫
F ( z ) = az .
2. Диполь
F ( z) =
m
.
z
3. Точечный источник
F ( z) =
Q
ln z .
2π
F ( z) =
Γ
ln z .
2πi
4. Точечный вихрь
Пример 6. Даны компоненты скорости двумерного течения
жидкости
v x = −ay ,
v y = ax .
Определить потенциал скорости и линии тока.
Решение. Вначале покажем, что данное течение жидкости
является потенциальным. При потенциальном движении жидкости
скорости
36
vx =
∂ϕ
∂ϕ
= −ay , v y =
= ax .
∂x
∂y
(1)
Так как
Δϕ =
∂ 2ϕ
∂x 2
+
∂ 2ϕ
∂y 2
=
∂v x ∂v y
∂y
∂x
+
= −a + a = 0 ,
∂x
∂y
∂x
∂y
следовательно, течение жидкости является потенциальным.
Дифференциал потенциала
dϕ =
∂ϕ
∂ϕ
dx +
dy .
∂x
∂y
Потенциал
∂ϕ
(2)
dx + f ( y ) = −a ∫ ydx + f ( y ) = −axy + f ( y ) .
∂x
Определим функцию f ( y ) . Согласно выражениям (1) и (2),
производная
ϕ=∫
∂ϕ
∂f
≡ ax = −ax + .
∂y
∂y
Отсюда имеем
∂f
= 2ax .
∂y
Интегрируя, получим
f = 2a ∫ xdy + C ) = 2axy + C ,
(3)
где C – постоянная интегрирования. Подставим (3) в выражение
для ϕ (2) мы и получим окончательное выражение для потенциала
ϕ = axy + C .
Определим линию тока жидкости. Согласно определению
dx dy
= .
vx v y
Следовательно
37
−
dx dy
= .
ay ax
Отсюда
xdx = − ydy .
Интегрируя, получим
x 2 + y 2 = 2C .
Таким образом, линией тока является окружность радиусом
R = 2C , где C – постоянная интегрирования.
Пример 7. Комплексный потенциал двумерного течения имеет
вид
F ( z ) = a ln z ,
где a – действительное число. Найти линии тока.
Решение: Логарифм от комплексного числа, записанного в
полярных координатах, равен
ln z = ln r + iϑ .
С другой стороны
F ( z ) = ϕ + iψ ,
где ϕ – потенциал, ψ – функция тока. Следовательно ϕ = a ln r ,
ψ = aϑ . Учитывая, что составляющие скорости этого течения
будут:
vr =
∂ϕ a
1 ∂ϕ
= , vϕ =
.
r ∂ϑ
∂r r
Таким образом, уравнение
F ( z ) = a ln z
описывает течение, линиями тока которого будут прямолинейные
лучи, выходящие из начала координат, а эквипотенциалями будут
концентрические окружности с центром в начале координат.
Скорости этого течения, направленные по лучам, будут убывать
38
обратно расстоянию от начала координат. Т.е.
комплексный потенциал описывает точечный источник.
данный
Пример 8. Получить уравнения линий тока в жидкости от двух
вихрей с интенсивностями Γ1 = Γ2 .
Решение. Комплексный потенциал плоского течения от системы
двух закрепленных вихрей с одинаковой интенсивностью Γ :
F ( z) =
Γ ⎛ 2 H2 ⎞
ln⎜ z −
⎟
2πi ⎝
4 ⎠
в системе координат с началом в середине между центрами вихрей.
Потенциал скорости и функция тока образуют комплексный
потенциал:
F ( z ) = ϕ + iψ .
Отсюда функция тока течения:
2
Γ
2
2 H
.
ψ = − ln x + 2ixy + y −
2π
4
Уравнение линий тока:
2
2⎞
⎛ 2
H
2
⎜x − y −
⎟ + 4 x 2 y 2 = const ,
⎜
4 ⎟⎠
⎝
является семейством лемнискат:
(x 2 + y )
2 2
(
)
2
H2 2
H4
2
x −y +
−
= const .
2
16
Задачи
1.71. Проверить, что равенство rot v = 0 является необходимым
условием потенциальности векторного поля v .
1.72. Доказать теорему Томсона:
39
d
dv
v
l
=
δl .
d
∫
∫
dt
dt
1.73. Можно ли рассматривать многочлен
f ( x, y ) = x 5 + ax 3 y 2 + 5 xy 4
в качестве потенциала скорости некоторого плоского течения
несжимаемой жидкости? Если можно, то при каком значении
коэффициента a .
Ответ:
a = −10 .
1.74. Бесконечной длины цилиндр радиусом R с осью z обтекается
потоком жидкости с начальной скоростью v ∞ , направленной вдоль
оси x , и потенциалом скоростей
2⎞
⎛
a
ϕ = v∞ ⎜⎜ r + ⎟⎟ cos ϑ + bϑ ,
r ⎠
⎝
где ϑ – угол между осью x и перпендикуляром, опущенным из
точки наблюдения на ось цилиндра. Найти поле скоростей и силу,
действующую на цилиндр.
1.75. Представляют ли многочлены
ϕ = x 3 − 3 xy 2 , ψ = 3 x 2 y − y 3
соответственно потенциал скорости, и функцию тока одного и того
же течения?
1.76. Потенциал скорости плоского
несжимаемой жидкости задан функцией
ϕ=
x
2
x +y
2
течения
.
Найти функцию тока ψ( x, y ) для этого течения.
идеальной
40
1.77. Проекции скорости на оси декартовой системы координат
заданы выражениями
v x = 2 x , v y = −2 y .
Возможно ли такое течение? Является ли оно потенциальным?
Если ответы положительны, то найти потенциал скорости ϕ( x, y ) и
функцию тока ψ( x, y ) .
1.78. Комплексный потенциал точечного источника Q расположен
в начале координат
Q
ln z .
2π
Построить линии тока ψ = const и линии равного потенциала
ϕ = const . Получить формулу для распределения скоростей.
F ( z ) = ϕ + iψ =
1.79.
Комплексный
потенциал
потока
вокруг
вихря,
расположенного в начале координат (Г – циркуляция скорости),
Г
ln z .
2π
Построить линии тока и эквипотенциали. Получить формулу для
распределения скоростей.
F ( z ) = ϕ + iψ =
1.80. Комплексный потенциал диполя (М – момент диполя)
M
.
z
Построить линии тока и эквипотенциали. Получить формулу для
распределения скоростей.
F ( z ) = ϕ + iψ =
1.81. Комплексный потенциал
несжимаемой жидкости
плоского
F ( z ) = ϕ + iψ =
1
z
2
.
потока
идеальной
41
Построить линии тока ψ = const и линии равного потенциала
ϕ = const .
1.82. Показать, что функция
q
, r = x2 + y2 + z2
4πr
является потенциалом скорости несжимаемой жидкости, имеющим
особенность в начале координат. Изучить это движение, найти
вектор скорости. Вычислить объем жидкости, протекающей за
единицу времени через поверхность сферы радиуса r с центром в
начале координат.
ϕ=−
1.83. Доказать, что при плоском потенциальном
несжимаемой жидкости имеет место соотношение
течении
∫ wdz = Γ + iQ ,
L
где w – комплексная скорость, Γ и Q – соответственно циркуляция
скорости и расход жидкости по любому замкнутому контуру L ,
принадлежащему области, занятой жидкостью.
1.84. Изучить движение, определяемое комплексным потенциалом
c
F ( z) = − .
z
Найти линии тока, эквипотенциальные линии и скорость течения
жидкости.
1.85. Показать,
потенциалом
что
течение,
определяемое
комплексным
F ( z ) = az 2 ,
соответствует обтеканию прямого угла. Найти линии тока и
эквипотенциальные поверхности.
42
1.86. Найти циркуляцию скорости по контуру квадрата
x1 = ±1, x 2 = ±1, x3 = 0 в двумерном течении с полем скоростей
v = ( x1 + x2 )n1 + ( x12 − x2 )n1
с использованием теоремы Стокса.
1.87. Найти циркуляцию вектора скорости
v = − x2n1 + x1n 2 + cn 3
а) вдоль окружности
x12 + x22 = 1,
x3 = 0 ;
б) вдоль окружности
( x1 − 2) 2 + x22 = 1 ,
x3 = 0 .
Здесь c – константа.
1.88. Движение жидкости определяется комплексным потенциалом
1
F ( z ) = (1 + i ) ln( z 2 − 4) + (2 − 3i ) ln( z 2 − 1) + .
z
Найти расход жидкости Q через окружность
x2 + y 2 = 9
и циркуляцию скорости Γ по этой окружности.
Ответ:
Q = 12π , Γ = 8π .
1.89. Доказать, что функция тока ψ( x1 , x 2 ) постоянна вдоль линии
тока.
1.90. Проверить, что функция
(
ϕ = A x12 − x22
)
может служить потенциалом скорости несжимаемой жидкости, и
описать заданное ею движение.
43
1.91. Получить выражения для компонент скорости течения
жидкости, описываемого комплексным потенциалом
ϕ=
A
.
z
1.92. Потенциал скорости F ( z ) = ϕ + iψ является аналитической
функцией комплексного переменного z = re iϑ . Показать, что в
полярных координатах
∂ϕ 1 ∂ψ 1 ∂ϕ
∂ψ
=
,
=−
.
∂r r ∂ϑ r ∂ϑ
∂r
1.93. Доказать, что функция тока
⎛ A
⎞
ψ = ⎜ 2 cos θ + Br 2 ⎟ sin 2 θ ,
⎝r
⎠
( A, B = const ) ,
записанная в сферической системе координат, определяет
некоторое потенциальное оссесиметричное течение. Найти
соответствующий потенциал скорости ϕ .
1.94. Определить поле скоростей жидкости с потенциалом
скоростей
а) Φ( x, y, z ) = ax , б) Φ(r , θ, ϕ) = b ln r , в) Φ(r , θ, ϕ) = cϕ .
1.95. Комплексный потенциал двумерного течения жидкости имеет
вид
F ( z ) = cz ,
где c – комплексная постоянная. Доказать, что ему соответствует
плоскопараллельное течение с постоянной скоростью.
1.96. Комплексный потенциал двумерного течения имеет вид
F ( z ) = v∞ z +
m
,
z
44
где v∞ и m – положительные действительные числа. Определить
потенциал, функцию тока и модуль скорости.
1.97. В некотором плоскопараллельном потоке выполнено условие:
vx = − A
y
2
2
,
A
=
const
,
r
=
x
+
y
.
2
r
Найти во всем потоке компоненту v y , если известно, что жидкость
несжимаема и v y → 0 при y → ∞ для всех x . Показать, что течение
потенциально всюду, кроме оси r = 0 ; что потенциал является
гармонической функцией, а траектории – окружности.
1.98. Показать, что поле скорости с потенциалом
(
)
ϕ = c x − ae ky sin (kx ) , c, a, k = const
определяет течение несжимаемой жидкости. Найти комплексный
потенциал этого течения.
1.99. Несжимаемая идеальная жидкость обтекает шар радиусом a .
Потенциал скорости жидкости
ϕ=−
Ax
r
3
− Bx ,
где
r 2 = x 2 + y 2 + z 2 . Показать, что данный потенциал
удовлетворяет уравнению Лапласа. Постоянные A и B определить
из граничных условий.
1.100. Определить вид течения, которое задано комплексным
потенциалом
F = az 3 .
Какой объем жидкости Q протекает каждую секунду через отрезок
прямой, соединяющей две точки z1 (1,0) и z2 (1,1) .
1.101. Доказать, что поле скоростей
45
(
)
x x ⎞
⎛ 2x x x
v = ⎜ − 1 42 3 , x12 − x22 43 , 22 ⎟ ,
⎝
r
r r ⎠
где r 2 = x12 + x22 + x32 является соленоидальным и безвихревым.
Найти его векторный и скалярный потенциал.
1.102. Для двумерных потоков с потенциалами скорости
а) ϕ( x, y ) = ln
( x + a) 2 + y 2
2
( x − a) + y
, б) ϕ( x, y ) = Ax +
2
Bx
2
x +y
2
,
найти функцию тока.
1.103. Круговой цилиндр радиуса R с центром в начале координат
обтекается потоком с комплексным потенциалом
2⎞
⎛
R
⎟.
F ( z ) = v∞ ⎜⎜ z +
⎟
z
⎝
⎠
Найти критические точки (точки, где скорость обращается в нуль).
1.104. Круговой цилиндр радиуса R с центром в начале координат
обтекается потоком с комплексным потенциалом
2⎞
⎛
R
⎟ + Γ ln z .
F ( z ) = v∞ ⎜⎜ z +
z ⎟⎠ 2πi
⎝
Найти критические точки (точки, где скорость обращается в нуль).
1.105. Показать, что если циркуляция скорости по любому
замкнутому контуру в двумерном потоке несжимаемой жидкости
равна нулю, то функция тока является гармонической функцией.
1.106. Найти скорость и вихрь скорости течения с функцией тока
ψ = cr 2ϑ ,
46
где r , ϑ – полярные координаты, c – константа. Показать, что
семейство линий тока ( ψ = const ) в каждой точке ортогонально
семейству линий равного потенциала ( ϕ = const ).
1.107. Определить присоединенную массу шара радиусом R из
вещества плотностью ρ .
1.108.
Показать,
что
кинетическая
энергия
плоского
потенциального потока несжимаемой жидкости может быть
записана в виде
ρ
∫ ϕdψ ,
2
где ϕ – потенциал скорости потока, ψ – функция тока.
T=
1.109. В постоянный плоскопараллельный поток несжимаемой
идеальной жидкости, имеющей скорость v 0 , погружен шар
радиусом a . Найти картину потенциального обтекания.
Ответ:
a 3 3( v 0r )r − v 0 r 2
v = v0 −
.
2
r5
1.110. Рассмотреть картину течения, если комплексный потенциал
задан формулой
F ( z ) = arch z = ψ + iϕ = arch( x + iy ) .
Ответ: линии тока ψ = const образуют семейство конфокальных
эллипсов
x2
2
ch ψ
+
y2
2
sh ψ
= 1,
а линии равного потенциала образуют семейство конфокальных
гипербол
x2
y2
+ 2 = 1.
2
cos ϕ sin ϕ
47
1.111. При вытекании воды из ванны образуется полая вихревая
воронка, вокруг оси которой вращается жидкость. Найти форму
воронки.
Ответ:
2
⎛ Γ ⎞ 1
z =⎜
⎟ .
⎝ 2πr ⎠ g
1.112. Получить уравнения линий тока в жидкости от двух вихрей с
интенсивностями Γ1 = −Γ2 .
Ответ:
(
)
2
⎡ x2 − H 2 / 4 + y2 ⎤
y2H 2
+
= const .
⎢
2
2
2 ⎥
2
(
)
(
)
/
2
−
/
2
+
x
−
H
+
y
x
H
y
⎣
⎦
48
Глава 2. Вязкая жидкость
2.1. Ламинарное течение жидкости
Закон трения Ньютона – Стокса
⎛ ∂v ∂v
σ′ik = μ⎜⎜ i + k
⎝ ∂xk ∂xi
⎞
⎟⎟ ,
⎠
где μ – динамическая вязкость.
Уравнение Навье – Стокса для несжимаемой жидкости в
тензорной форме в отсутствии массовых сил
∂vi
∂ 2vi
∂vi
1 ∂p
+ vk
=−
+ν
.
∂t
∂xk
ρ ∂xi
∂xk ∂xk
Уравнение Навье – Стокса для несжимаемой жидкости в
векторной форме в отсутствии массовых сил
∂v
1
μ
+ ( v∇) v = − ∇p + Δv .
∂t
ρ
ρ
Граничное условие уравнения Навье – Стокса состоит в
требовании обращения в нуль скорости жидкости на неподвижных
твердых поверхностях
v = 0.
Отношение
v=
μ
ρ
называют кинематической вязкостью. Размерности вязкости
⎡ кг ⎤
μ–⎢
,
⎣ с⋅ м ⎥⎦
⎡м2 ⎤
ν – ⎢ ⎥.
⎣ с ⎦
Уравнение диссипации кинетической энергии жидкости
49
2
∂E
μ ⎛ ∂v ∂v ⎞
= − ∫ ⎜⎜ i + k ⎟⎟ dV .
∂t
2 V ⎝ ∂xk ∂xi ⎠
Уравнение переноса тепла в несжимаемой вязкой жидкости
2
∂T
μ ⎛ ∂v ∂v ⎞
c pρ
= λΔT − c p ρv∇T + ⎜⎜ i + k ⎟⎟ ,
∂t
2 ⎝ ∂xk ∂xi ⎠
где c p – удельная теплоемкость при постоянном давлении; λ –
коэффициент теплопроводности жидкости.
Для плоского установившегося движения уравнение Навье –
Стокса и неразрывности для несжимаемой жидкости в присутствии
массовых сил имеют вид:
⎛ ∂ 2v x ∂ 2v x ⎞
∂v x
∂v x
1 ∂p
vx
+ vy
=−
+ ν⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ + f x ,
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y ⎠
⎝ ∂x
⎛ ∂ 2v y ∂ 2v y ⎞
1 ∂p
⎟+ f ,
vx
+ vy
=−
+ ν⎜ 2 +
y
2
⎜
⎟
∂x
∂y
ρ ∂y
∂
x
∂
y
⎝
⎠
∂v y
∂v y
∂v x ∂v y
+
= 0.
∂x
∂y
Уравнение Навье – Стокса для установившегося движения,
выраженное через безразмерные величины
∂Vi
1 ∂P
1 ∂ 2Vi
Vk
=−
+
,
∂X k
2 ∂X i Re ∂X k ∂X k
где
v
Vi = i ,
v∞
x
Xi = i ,
L
P=
v∞ L
2p
=
Re
,
2
ν
ρv∞
безразмерные скорость, длина, число Рейнольдса. Число
Рейнольдса определяет отношение сил инерции к силам трения.
Формула Стокса для силы сопротивления сферы радиуса a ,
движущейся в вязкой жидкости со скоростью u :
F = 6πμua .
50
Уравнения Прандтля для ламинарного пограничного слоя:
∂v x
∂v x
∂ 2v x ∂p
1 ∂p
vx
+ vy
=−
+ ν 2 , = 0,
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y ∂y
(1)
∂v x ∂v y
+
= 0.
∂x
∂y
Если обозначить через u (x) продольную скорость жидкости вне
пограничного слоя и учесть, что
du
1 ∂p
=−
ρ ∂x
dx
то уравнение (1) примет вид
∂ 2v x
∂v x
∂v x
du
=u
+ν 2 .
vx
+ vy
∂x
∂y
dx
∂y
Интегральное соотношение Кармана для установившегося
движения вязкой несжимаемой жидкости в пограничном слое:
∂v x
∂ δ
∂ δ 2
∫ v x dy − u ∫ v x dy + ν
∂x 0
∂y
∂x 0
=u
y =0
du
δ.
dx
Пример 1. Найти движение вязкой несжимаемой жидкости,
заключенной
между
двумя
коаксиальными
цилиндрами,
вращающимися вокруг своей оси с угловыми скоростями ω1 и ω2 .
Радиусы цилиндров R1 и R2 , причем R1 < R2 . Определить моменты
действующих на цилиндры сил трения.
Решение. Выберем цилиндрические координаты r , ϕ , z . Тогда
v z = vr = 0 , vϕ = v(r ) , p = p(r ) .
Уравнение неразрывности при этом удовлетворяется тождественно.
Уравнения Навье-Стокса в цилиндрических координатах в данном
случае примут вид
dp
v2
=ρ ,
dr
r
(1)
51
d ⎛ 1 d (rv ) ⎞
⎜
⎟ = 0.
dr ⎝ r dr ⎠
(2)
Решая, получим
C1r 2
Cr C
d (rv )
= C1r ,
rv =
+ C2 , v = 1 + 2 .
dr
2
2
r
Постоянные интегрирования C1 и C 2 находим из граничных
условий:
v( R1 ) = ω1R1,
v( R2 ) = ω2 R2 .
В результате получим, что
v=
ω2 R22 − ω1R12
R22 − R12
(ω1 − ω2 ) R12 R22 1
r+
⋅ .
r
R22 − R12
Компонента тензора напряжений
σ rϕ
r = R1
(ω1 − ω2 ) R22
⎛ dv v ⎞
.
= −2μ
= μ⎜ − ⎟
⎝ dr r ⎠ r = R1
R22 − R12
Сила трения, действующая на поверхности единицы длины
цилиндра, получается отсюда умножением на 2πR1 , а момент M 1
этих сил – умножением еще на R1 . В результате получим
M 1 = −4πμ
(ω1 − ω2 ) R12 R22
R22
− R12
.
Пример 2. Две параллельные плоские круглые пластинки
радиуса R расположены одна над другой на малом расстоянии h
друг от друга. Пространство между ними заполнено жидкостью.
Пластинки сближаются друг с другом с постоянной скоростью u ,
вытесняя жидкость. Внешнее давление равно p0 . Определить
скорость вытеснения жидкости vr , скорость v z , давление и силу с
которой необходимо давить на верхнюю пластинку, чтобы она
двигалась со скоростью u .
Решение. Выбираем цилиндрические координаты с началом в
центре нижней пластинки, которую полагаем неподвижной.
52
Движение жидкости осесимметрично и ввиду тонкости слоя
жидкости в основном радиально ( v z << vr ), причем
∂vr
∂v
<< r ,
∂r
∂z
т.к. h << r . Поэтому компоненты уравнения Навье-Стокса и
уравнение неразрывности принимают вид:
μ
∂ 2 vr
2
=
dp
,
dr
∂z
dp
= 0,
dz
1 d (rvr ) ∂v z
+
= 0.
r dr
∂z
Данные уравнения имеют следующие граничные условия:
z = 0 : v z = vr = 0 ;
z = h : v r = 0 , v z = −u ;
r = R : p = p0 .
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Проинтегрируем уравнение (1) два раза по переменной z ,
получим:
vr =
1 dp 2
⋅ z + C1 z + C2 ,
2μ dr
где C1 , C2 – постоянные интегрирования, которые определяются из
граничных условий (5). Из условия, что при z = 0 скорость vr = 0
получим, что C2 = 0 . А условия, что при z = h скорость vr = 0
получим, что
0=
1 dp 2
h + C1h ,
2μ dr
Откуда
C1 = −
1 dp
h.
2μ dr
В итоге распределение радиальной скорости
53
vr =
1 dp
⋅ z ( z − h) .
2μ dr
(6)
Определим распределение давления между круглыми
пластинками. Для этого воспользуемся уравнением неразрывности
(3). Интегрируя его координате z
−u
1 d ⎛ dp ⎞h
1 d h
− ∫ dv z =
⎜ r ⎟ ∫ z ( z − h)dz
∫ rvr dz =
2
r
dr
r
dr
μ
⎝ dr ⎠0
0
0
в итоге получим
12uμ
d ⎛ dp ⎞
⎜r ⎟ = − 3 r .
dr ⎝ dr ⎠
h
(7)
Далее интегрируя уравнение (7) два раза, получим
12uμ r 2
p=− 3
+ C3 ln r + C4
4
h
Давление p при r = 0 величина конечная. Следовательно,
постоянная интегрирования C3 = 0 . При r = R
3uμ
p = p0 = − 3 R 2 + C4 .
h
Следовательно, константа
C4 = p0 +
3uμ
h
3
R2
В итоге
p = p0 +
3uμ
h
3
(R2 − r 2 ) ,
А производная
6uμ
dp
= − 3 r.
dr
h
С учетом этого, выражение для скорости примет вид
vr = 3u
(h − z )
h3
zr .
(8)
54
Определим скорость v z . Для этого (8) подставим в уравнение
неразрывности, далее возьмем производную по r от произведения
rvr и потом проинтегрируем по z . В итоге получим
6uz 2 ⎛ h z ⎞
vz = − 3 ⎜ − ⎟ .
h ⎝ 2 3⎠
Сила, с которой необходимо давить на верхнюю пластинку,
чтобы она двигалась со скоростью u , равна
Fz = ∫ ( p − p0 )ds ,
S
где ds = 2πrdr – элемент площади. Интегрируя, получим
Fz =
3πμuR 3
2h
2
.
Пример 3. Определить сопротивление, испытываемое пластиной
длиной L , шириной a и толщиной δ 0 << L , движущейся
параллельно своей плоскости в вязкой жидкости с постоянной
скоростью U . Воспользоваться интегральными соотношениями
Кармана для пограничного слоя и кубическим профилем скорости
жидкости в пограничном слое.
Решение.
Профиль
скорости
в
пограничном
слое
аппроксимируем кубической параболой
2
3
⎡
y
⎛ y⎞
⎛ y⎞ ⎤
u = v x = U ⎢ A + B + C ⎜ ⎟ + D⎜ ⎟ ⎥ ,
δ
⎝δ⎠
⎝ δ ⎠ ⎥⎦
⎣⎢
(1)
где δ – толщина пограничного слоя; A , B , C , D – постоянные
коэффициенты, определяемые из граничных условий:
так как производная
u y =0 = 0 ,
u y =δ = U ,
∂u
∂y
∂ 2u
= 0,
y =δ
∂y 2
= 0,
y =0
55
∂p
=0
∂x
вдоль пластины.
Для данных граничных условий имеем
3
1
A = 0 , B = , C = 0, D = − ,
2
2
а уравнение (1) примет вид:
⎡ 3 y 1 ⎛ y ⎞3 ⎤
u =U⎢ ⋅ − ⎜ ⎟ ⎥.
⎢⎣ 2 δ 2 ⎝ δ ⎠ ⎥⎦
Интегральное соотношение Кармана для пограничного слоя
σ xy
dδ**
y =0
**
* dU
U
+ U (2δ + δ )
=
dx
dx
ρ
2
в случае пластины, движущейся со скоростью U , превращается в
уравнение
dδ** σ xy y =0
U
=
,
dx
ρ
2
где:
δ
⎛ u⎞
δ = ∫ ⎜1 − ⎟dy
U⎠
0⎝
*
толщина вытеснения жидкости,
**
δ
u⎛ u⎞
⎜1 − ⎟dy
U
U⎠
0 ⎝
δ =∫
толщина вытеснения импульса жидкости,
σ xy
y =0
=μ
∂u
∂y
.
y =0
компонент тензора напряжений на поверхности пластины.
Для случая пластины
(2)
56
3
1
39
δ,
σ xy
= μU ,
y =0
2
280
δ
а интегральное соотношение Кармана (2) превращается
дифференциальное уравнение
δ** =
в
13 dδ ν
= .
U
140 dx ρ
Интеграл этого уравнения
1/ 2
280 ⎛ νx ⎞
δ=
⎜ ⎟
13 ⎝ U ⎠
.
Отсюда
σ xy
1/ 2
y =0
3 13
⎛U ⎞
=
μU ⎜ ⎟
2 280 ⎝ νx ⎠
.
Сила трения, действующая на пластину шириной a и длиной L ,
равна
L
Fτ = 2a ∫ σ xy
0
y =0
dx = 1,29a μρU 3 L .
Задачи
2.1. Тонкий горизонтальный диск радиуса R = 10 см расположен в
цилиндрической полости с маслом, вязкость которого μ = 8 мПа·с
(рис. 2.1).
Рис. 2.1.
Зазоры между диском и горизонтальными торцами полости
одинаковы и равны h = 1,0 мм. Найти мощность, которую
развивают силы вязкости, действующие на диск, при вращении его
с угловой скоростью ω = 60 рад/с. Краевыми эффектами
пренебречь.
57
Ответ:
πμω2 R 4
P=
.
h
2.2. Длинный цилиндр радиуса R1 перемещают вдоль его оси с
постоянной скоростью u внутри коаксиального с ним
неподвижного цилиндра радиуса R2 . Пространство между
цилиндрами заполнено вязкой жидкостью. Найти скорость
жидкости в зависимости от расстояния r до оси цилиндров.
Течение ламинарное.
Ответ:
v = v0
ln(r / R2 )
.
ln( R1 / R2 )
2.3. Жидкость с вязкостью находится между двумя длинными
коаксиальными цилиндрами с радиусами R1 и R2 , причем R1 < R2 .
Внутренний цилиндр неподвижен, а внешний вращают с
постоянной угловой скоростью ω2 . Движение жидкости
ламинарное. Имея в виду, что сила трения, действующая на
единицу площади цилиндрической поверхности радиуса r ,
определяется формулой
∂ω
,
∂r
найти: а) угловую скорость вращающейся жидкости в зависимости
от радиуса r ; б) момент сил трения, действующих на единицу
длины внешнего цилиндра.
Ответ:
σ = μr
R12 R22 ⎛⎜ 1
1 ⎞⎟
R12 R22
.
а) ω = ω2 2
− 2 ⎟ ; б) N = 4πμω2 2
2
2⎜ 2
R2 − R1
R2 − R1 ⎝ R1 r ⎠
2.4. По трубе радиуса R течет стационарный поток вязкой
жидкости. На оси трубы ее скорость равна v0 . Найти скорость
жидкости как функцию расстояния r от оси трубы.
58
Ответ:
v = v0 (1 − r 2 / R 2 ) .
2.5. По трубке длины l и радиуса R течет стационарный поток
жидкости, плотность которой ρ и вязкость η . Скорость течения
жидкости зависит от расстояния r до оси трубки по закону
v = v0 (1 − r 2 / R 2 ) .
Найти: а) объем жидкости, протекающей через сечение трубки в
единицу времени; б) кинетическую энергию жидкости в объеме
трубки; в) силу трения, которую испытывает трубка со стороны
жидкости; г) разность давлений на концах трубки.
Ответ:
4μlv0
1
1
а) Q = πv0 R 2 ; б) T = πlR 2ρv02 ; в) F = 4πμlv0 ; г) Δp =
.
2
2
6
R
2.6. В системе (рис. 2.2) из широкого сосуда А по трубке вытекает
вязкая жидкость, плотность которой ρ = 1,0 г/см 3 . Найти скорость
вытекающей жидкости, если h1 = 10 см, h2 = 20 см и h3 = 35 см.
Расстояния l одинаковы.
Рис. 2.2.
Ответ:
v = 2 gΔh .
59
2.7. Радиус сечения
закону
трубопровода монотонно уменьшается по
r = r0 exp(− αx ),
где α = 0,5 м −1 , x – расстояние от начала трубопровода. Найти
отношение чисел Рейнольдса в сечениях, отстоящих друг от друга
на Δx = 3,2 м.
Ответ:
exp(αΔx) = 5 .
2.8. При движении шарика r1 = 1,2 мм в глицерине ламинарное
обтекание наблюдается при скорости шарика, не превышающей
v1 = 23 см/с. при какой минимальной скорости v2 шара радиуса
r2 = 5,5 см в воде обтекание станет турбулентным? Вязкости
глицерина и воды равны соответственно μ1 = 1,39 Па·с и μ 2 = 1,1
мПа·с.
Ответ:
v2 = v1
r1ρ1μ 2
.
r2ρ 2μ1
2.9. Свинцовый шарик, плотностью ρ , равномерно опускается в
глицерине, вязкость которого μ = 1,39 Па·с, а плотность ρ0 . При
каком наибольшем диаметре шарика его обтекание еще остается
ламинарным? Известно, что переход к турбулентному обтеканию
соответствует числу Re = 0,5 (это значение числа Re , при котором
за характерный размер взят диаметр шарика).
Ответ:
2
18
Re
μ
d =3
.
ρ0 g (ρ − ρ0 )
2.10. Стальной шарик диаметром d = 3,0 мм опускается с нулевой
начальной скоростью в глицерин, вязкость которого μ = 90 мПа·с.
60
Через сколько времени после начала движения скорость шарика
будет отличаться от установившегося значения на n = 1 %.
Ответ:
ρd 2
t=−
ln n .
18μ
2.11. Жидкость плотностью ρ = 900
кг/м3 и кинематической
вязкостью ν = 30 ⋅ 10 − 6 м 2 /с втекает в вертикальную трубку радиуса
r0 = 3 мм из мелкого сосуда и вытекает из второго открытого конца
трубки. Найти массовый расход жидкости.
Ответ:
πρgr04
Q=
.
8ν
2.12. Стальной шарик радиусом r = 0,75 мм за время τ погружается
на дно сосуда, наполненного смазочным маслом. Высота уровня
масла в сосуде h = 0,5 м. Диаметр сосуда много больше диаметра
шарика. Плотность стали ρ c = 7,8 ⋅10 3 кг/м 3 , масла ρ m = 0,9 ⋅ 10 3
кг/м3 . Время погружения шарика в масло τ = 21 с. Оценить
коэффициент динамической вязкости шарика.
2.13. Слой жидкости толщины h ограничен сверху свободной
поверхностью, а снизу неподвижной плоскостью, наклоненной под
углом α к горизонту (рис. 2.3).
Определить распределение
скорости, давление и массовый
расход жидкости, возникающее под влиянием поля
тяжести.
Рис. 2.3.
Ответ:
61
u=
ρg sin α
z (2h − z ) ,
2μ
p = p0 + ρg (h − z ) cos α ,
gρ 2 h3 sin α
.
Qm = ρ ∫ udz =
3
μ
0
h
2.14. Жидкость кинематической вязкостью v = 30 ⋅ 10 − 5 м 2 /с стекает
тонкой пленкой с наклонной плоскости с углом наклона к
горизонту α = 30° . Найти толщину пленки h и распределение
скорости поперек пленки, если известен объемный расход
жидкости (на единицу ширины наклонной плоскости) Q = 0,007
м 3 /(с⋅ м) .
2.15. Оценить скорость подъема u пузырька воздуха диаметром
d = 0,5 мм в баке с турбинным маслом при температуре T = 293 К.
Вязкость масла μ = 0,086 Па·с, плотность масла ρ m = 0,9 ⋅ 10 3 кг/м 3 .
2.16. Оценить скорость осаждения капелек тумана (диаметром 0,05
мм) в воздухе, скорость падения дождевых капель диаметром 1 мм
и града диаметром 4 мм.
2.17. Шар радиусом R вращается с постоянной угловой скоростью
ω в вязкой жидкости. Найти поле скоростей и момент сил трения.
Ответ:
v(r , ϑ) =
ωR 3
r2
sin ϑ , M = 8πμR 3ω .
2.18. Между двумя параллельными плоскостями, расположенными
перпендикулярно оси y на расстоянии h друг от друга, находится
жидкость с кинематической вязкостью ν . Плоскости двигаются со
скоростями u1, u2 , направленными вдоль оси z . Найти поле
скоростей.
Ответ:
62
v = u1 +
u2 − u1
.
h
2.19. В круглой трубе радиуса a движется вязкая жидкость с
расходом Q . Определить силу трения F , действующую на участок
трубы длины l .
Ответ:
F =8
ρνlQ
a2
.
2.20. Вязкая жидкость стационарно вращается вокруг оси z так, что
v r = v z = 0 , vϕ = v(r ) .
Записать уравнение Навье – Стокса в цилиндрических координатах.
2.21. Бесконечный цилиндр радиуса R , погруженный в вязкую
жидкость, вращается вокруг своей оси с постоянной угловой
скоростью. Найти поле скоростей.
Ответ:
ωR 2
v=
nϕ .
r
2.22. Слой вязкой жидкости ограничен двумя горизонтальными
бесконечными параллельными пластинами А и В, расстояние Н
между которыми фиксировано. Найти распределение скоростей и
напряжения сил трения τ A и τ B на пластинах, если:
а) пластина А покоится, пластина В движется со скоростью u и
давление вдоль пластин постоянно.
б) обе пластины покоятся, а движение жидкости вызывается
заданным градиентом давления вдоль пластин.
в) пластина А покоится, пластина В движется со скоростью u и
задан градиент давления вдоль u .
63
2.23. Найти стационарное движение вязкой несжимаемой жидкости
в длинной горизонтальной цилиндрической трубе длины l под
действием заданного постоянного продольного перепада давления
i0 = − ∂p ∂x ,
если сечением трубы является круговое кольцо, в котором a и b –
внутренний и внешний радиусы;
Ответ:
Δp ⎛⎜ 2 2 b 2 − a 2 r ⎞⎟
vz =
b −r +
ln .
4μl ⎜⎝
ln b / a b ⎟⎠
2.24. Найти поле скоростей и расход жидкости при стационарном
движении
вязкой
несжимаемой
жидкости
в
длинной
горизонтальной цилиндрической трубе длины l под действием
заданного постоянного продольного перепада давления
i0 = − ∂p ∂x ,
если сечением трубы является эллипс с полуосями a и b .
Ответ:
Δp a 2b 2 ⎛⎜ x 2 y 2 ⎞⎟
πΔp a 3b3
vz =
⋅
−
1−
, Q=ρ
.
⋅
4μl a 2 + b 2
2μl a 2 + b 2 ⎜⎝ a 2 b 2 ⎟⎠
2.25. Плоское стационарное движение с линейным полем скоростей
u = ax + by , v = cx − ay
удовлетворяющее
уравнению
Навье-Стокса.
При
каких
соотношениях между постоянными a, b, c отсутствует диссипация
энергии?
2.26. Вязкая несжимаемая жидкость под действием перепада
давления Δp = p2 − p1 течет между двумя бесконечными
параллельными плоскостями, находящимися на расстоянии d друг
от друга. Определить поле скоростей и давлений в пространстве
между плоскостями.
Ответ:
64
Δp ⎛⎜ d 2
2⎞
⎟ , dp = − Δp .
−
vy =
z
⎟ dy
l
2μl ⎜⎝ 4
⎠
2.27. Вязкая несжимаемая жидкость находится между двумя
коаксиальными цилиндрами, радиусы которых R1 и R2 , причем
R1 < R2 . Определить поле скоростей, в трех случаях: 1) внешний
цилиндр вращается с угловой скоростью ω1 ; 2) внутренний
цилиндр вращается с угловой скоростью ω2 ; 3) оба цилиндра
вращаются соответственно с угловыми скоростями ω1 и ω2 .
Ответ:
vϕ2
dp
R22 ⎞⎟
ω1R12 ⎛⎜
1)
= ρ , v z = vr = 0 , vϕ = 2
;
r−
r
dr
r ⎟⎠
R1 − R22 ⎜⎝
ω2 R22 ⎛⎜
R12 ⎞⎟
2) vϕ = − 2
;
r−
r ⎟⎠
R1 − R22 ⎜⎝
ω1R12 − ω2 R22
(ω2 − ω1 ) R12 R22 1
3) vϕ =
r+
⋅ .
2
2
2
2
r
R1 − R2
R1 − R2
2.28. Показать, что поле скоростей и давлений
k 2 y2
a2
kx
ky p
, vy =
, =−
,
+
vx =
2
4
1 + kt
1 + kt ρ
(1 + kt )
(1 + kt )
где k и a являются константами, удовлетворяют уравнению НавьеСтокса.
2.29. Найти установившееся движение двух несмешивающихся
жидкостей с параметрами ν1, ρ1 и ν 2 , ρ 2 между пластинами y = 0
и y = h . Пластина при y = 0 неподвижна, пластина при y = h
движется параллельно оси x со скоростью V . Граница раздела
между жидкостями прямая y = a , траектории прямолинейны,
градиент давлений отсутствует и внешние силы равны нулю. На
границе раздела скорость и напряжения непрерывны:
65
v1 (a ) = v2 (a) , μ1
dv1 (a)
dv (a)
= μ2 2
.
dy
dy
2.30. Найти количество энергии, которая диссипируется в единицу
времени на участке 0 < z < l круглой трубы радиуса a , если
жидкость движется по пуазейлевскому закону. Расход жидкости
равен Q .
Ответ:
E = 16ρνQ 2
l
πa
4
.
2.31. Тонкий слой жидкости толщиной h стекает по поверхности
вертикального цилиндра радиуса a . Найти скорость v z и объемный
расход жидкости Q .
Ответ:
a+h
ρg ⎧ 2
2
2
2 ln(r / a ) ⎫
vz =
⎬ , Q = 2π ∫ rv z dr .
⎨a − r + [(a + h) − a
ln(1 + h / a) ⎭
4μ ⎩
a
2.32. Двухслойная жидкость ограничена сверху свободной
поверхностью, а снизу неподвижной плоскостью, наклоненной под
углом α к горизонту. Плотность, толщина и вязкость первого слоя
ρ1 , h1 и μ1 , второго слоя соответственно ρ 2 , h2 и μ 2 . Определить
распределение скоростей и массовый расход жидкости под
влиянием поля тяжести.
Ответ:
v1 =
ρ1 g sin α ⎡ ⎛
ρ2 ⎞
2⎤
⎜
⎟
+
−
2
h
h
y
y
⎢ 1 2 ⎟
⎥ в области 0 ≤ y ≤ h1 ,
ρ1 ⎠
2μ1 ⎣ ⎜⎝
⎦
v2 =
⎛ μ2 ⎞
ρ 2 g sin α ⎡ 2 ⎛ ρ1μ 2 ⎞
2⎤
⎜
⎟
⎜
⎟
−
+
−
+
+
−
h
1
2
h
h
1
2
(
h
h
)
y
y
⎢ 1
⎥
1 2⎜
1
2
⎟
2μ 2 ⎣ ⎜⎝ ρ 2μ1 ⎟⎠
⎝ μ1 ⎠
⎦
в области h1 ≤ y ≤ h1 + h2 .
66
2.33. В опыте Милликена по определению элементарного заряда
капельки
масла
распылены в воздухе между
двумя
горизонтальными пластинами конденсатора. Радиус капельки a ,
плотность ρ , плотность воздуха ρ0 . Заряд отдельной капли равен
nq , где n = 0,1, 2 ; q – заряд электрона по модулю. Потенциал
пластин подобран так, что при n = 1 капля неподвижна. Найти
скорость v(t ) движения капли а) при n = 0 ; б) при n = 2 . Поле
включается в момент времени t = 0 .
Ответ:
⎛ 9μ ⎞⎤
2a 2 (ρ − ρ0 ) ⎡
v(t ) =
t ⎟⎟⎥ .
⎢(n − 1) − (n − 1) exp⎜⎜ −
2
9μ
⎝ 2ρa ⎠⎦⎥
⎣⎢
2.34.
Несжимаемая
вязкая
жидкость
соприкасается
с
горизонтальной твердой плоской стенкой, совершающей в своей
плоскости гармоническое колебательное движение. Частота
колебания ω , амплитуда колебаний равна A . Определить скорость
жидкости и силу трения на площади стенки.
Ответ:
⎛
⎞
ω ⎞ ⎛ ω
v( y, t ) = ωA exp⎜⎜ −
y ⎟⎟ cos⎜⎜
y − ωt ⎟⎟ ,
2ν ⎠ ⎝ 2ν
⎝
⎠
F
y =0
⎞
⎛π
= −ωA μωρ cos⎜ + ωt ⎟ .
⎠
⎝4
2.35. Определите диссипацию энергии при движении воздуха в
плоском канале со средней скоростью v = 20 м/с. Ширина канала
d = 0,5 м, длина канала l = 1 м, зазор канала h = 1 мм, вязкость
воздуха μ = 1,8 ⋅ 10 − 5 Па·с. Оцените разность температур на входе и
выходе из канала за счет диссипации энергии.
Ответ:
1 ∂E
∂E
12
Δt ,
= − 2 μv 2V ; ΔT ≈ −
c
V
∂
t
ρ
∂t
h
V
где V = ldh , Δt = l / v .
67
2.36. Определить поле температуры в жидкости, текущей по
круглой трубе радиусом R , температура стенки которой постоянна.
Ответ:
4
vμ ⎡ ⎛ r ⎞ ⎤
T = T0 +
⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ,
λ ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦
где v – средняя скорость течения по трубе.
2.37. По трубе кругового сечения радиуса R с осью OZ течет
жидкость, удовлетворяющая условиям: она подчиняется уравнению
состояния идеального газа
mp
,
T
где m – масса молекулы. Температура газа постоянна и вязкость не
зависит от давления. Найти распределение давления p (z ) при
условии, что p(0) = p0 и расход газа равен Q .
Ответ:
ρ=
p( z ) =
p02 +
16μQT
πmR
4
z.
2.38. Доказать, что уравнение Прандтля для произвольной функции
f (x) не меняется при замене переменных следующего вида:
x′ = x , y′ = y + f (x) , v′x = v x , v′y = v y + v x
где f (x) – произвольная функция.
df ( x)
, p′ = p ,
dx
2.39. Найти общий вид преобразования растяжения, допускаемого
уравнением Прандтля.
Ответ:
a2
1
x = ax′ , y = by′ , v x = 2 v′x , v y = v′y , p = 4 p′
b
b
b
a
68
2.40. Из большого сосуда в трубу радиуса R втекает вязкая
жидкость. Найти расстояние от начала трубы L , на котором
установится параболический профиль скорости жидкости по
радиусу в трубе.
Ответ:
uR 2
L=
2
4,65 ν
= 0,046 Re⋅ R ,
где
Re =
uR
ν
число Рейнольдса.
2.41. Оценить толщину пограничного слоя δc вблизи критической
точки у обтекаемого вязкой жидкостью кругового цилиндра
радиуса R .
Ответ:
δc ~
νR
.
U
2.42. Найти связь толщины вытеснения потока жидкости δ* ,
толщины вытеснения импульса δ** и толщины вытеснения энергии
δ*** с толщиной пограничного слоя для линейного профиля
скорости жидкости в пограничном слое.
Ответ: толщины вытеснения потока жидкости для пограничного
слоя
δ
δ
⎛ u⎞
δ = ∫ ⎜1 − ⎟dy = ,
U⎠
2
0⎝
*
толщины вытеснения импульса для пограничного слоя
**
δ
u⎛ u⎞
δ
⎜1 − ⎟dy = ,
U⎠
6
0U ⎝
δ =∫
толщины вытеснения энергии для пограничного слоя
69
***
δ
u ⎛⎜ u 2 ⎞⎟
δ
= ∫ ⎜1 − 2 ⎟dy = .
4
U ⎠
0U ⎝
δ
2.2. Турбулентное течение жидкости
Уравнение
Рейнольдса
для
установившегося движения жидкости
турбулентного
плоского
⎛ ∂v
∂v ⎞
ρ⎜⎜ v x x + v y x ⎟⎟ =
∂y ⎠
⎝ ∂x
⎛ ∂ v′ 2
2
2 ⎞
∂ v′x v′y
⎛
x
∂ vx ∂ vx ⎟ ⎜
∂p
⎜
= − + μ⎜ 2 + 2 ⎟ − ρ⎜
+
x
∂x
∂
∂y
∂y ⎠ ⎜
⎝ ∂x
⎝
⎞
⎟
⎟,
⎟
⎠
∂v y ⎞
⎛ ∂v y
⎟⎟ =
ρ⎜⎜ v x
+ vy
x
y
∂
∂
⎝
⎠
2
⎛ ∂ 2v y ∂ 2v y ⎞ ⎛⎜ ∂ v′y
∂ v′x v′y
∂p
⎜
⎟
= − +μ
+ 2 − ρ⎜
+
⎜ ∂x 2
⎟ ⎜ ∂y
∂y
∂x
y
∂
⎝
⎠ ⎝
⎞
⎟
⎟,
⎟
⎠
где v x ≡ v x , v y ≡ v y – усредненные во времени скорости; v′x , v′y
– пульсации скоростей; p ≡ p – усредненное во времени
давление.
Уравнение Рейнольдса для плоского пограничного слоя
∂
⎛ ∂v x
∂v x ⎞
∂ 2v x
∂p
ρ⎜⎜ v x
+ vy
⎟⎟ = − + μ 2 − ρ
∂x
∂y ⎠
∂y
⎝ ∂x
v′x v′y
∂y
.
При турбулентном движении вязкой жидкости касательное
напряжение включает в себя ламинарное и турбулентное
напряжения:
σ xy = μ
∂v x
− ρ v′x v′y .
∂y
70
Логарифмический закон распределения скорости в турбулентной
части слоя вблизи стенки
v x 1 ⎛ yvσ ⎞
= ln⎜
⎟,
vσ κ ⎝ ν ⎠
где σ0 – касательное напряжение на стенке; vσ = σ0 / ρ ; y –
расстояние, отсчитываемое от стенки; κ = 0,4 – постоянная
Кармана (определяется экспериментально).
Пример 4. Имеется установившееся равномерное турбулентное
течение жидкости в направлении оси x под действием давления
p
между параллельными горизонтальными пластинами,
перпендикулярными оси y . Определить: а) распределение
осредненного давления вдоль y ; б) турбулентное касательное
напряжение σ′xy .
Решение. Из условия задачи следует, что
∂ vx
= 0 , vy = 0 .
∂t
В итоге проекции двумерного уравнения Рейнольдса на оси
координат примут вид
∂ v′x v′y
∂ 2 vx
∂ p
+μ
−ρ
0=−
,
∂x
∂y
∂y 2
(1)
∂ v′y 2
∂ p
−ρ
0=−
.
∂y
∂y
(2)
Из уравнения (2) следует, что
p + ρ v′y 2 = const .
Таким образом, давление в жидкости между параллельными
пластинами превышает давление вдоль потока на величину
ρ v′y 2 .
71
Так как мы рассматриваем турбулентное течение жидкости, т.е.
течение жидкости при больших числах Рейнольдса, то в уравнении
(1) можно пренебречь слагаемым молекулярной вязкостью. В этом
случае
0=−
∂ v′x v′y
∂ p
.
−ρ
∂y
∂x
Так как давление p не зависит от координаты y , то турбулентное
напряжение
σ′xy = −ρ v′x v′y = y
∂ p
.
∂x
Задачи
2.43. Показать, что за возникновение турбулентности в уравнении
Навье-Стокса
∂v
1
μ
+ ( v∇) v = − ∇p + Δv
∂t
ρ
ρ
отвечает слагаемое ( v∇) v .
2.44. Представив скорость потока в виде суммы средней и
турбулентной составляющих
v = v + v′ ,
получить уравнение для изменения во времени энергии среднего
потока
ρv
Es =
2
2
и турбулентной энергии
Et =
Ответ:
ρ v′ 2
2
.
72
∂Es
∂
[(Es + p ) vk − vi σik + ρ vi′vk′ vi ] −
=−
∂t
∂xk
− ρε s + ρ vi′vk′
∂ vi
,
∂xk
где
σik
∂ vk
⎛∂ v
= μ⎜⎜ i +
∂xi
⎝ ∂xk
∂Et
∂
=−
∂t
∂xk
∂ vk
⎞
ν⎛∂ v
⎟⎟ , ε s = ⎜⎜ i +
2 ⎝ ∂xk
∂xi
⎠
2
⎞
⎟⎟ .
⎠
ρ 2
⎡
⎤
′
′
′
′
′
′
E
v
+
v
v
p
v
v
+
−
σ
t
k
i
k
k
i
ik
⎢⎣
⎥⎦ −
2
− ρεt + ρ vi′vk′
∂ vi
,
∂xk
где
σ′ik
⎛ ∂ v′ ∂ vk′
= μ⎜⎜ i +
∂xi
⎝ ∂xk
⎞
ν ⎛ ∂ vi′ ∂ vk′
⎟⎟ , εt =
⎜⎜
+
2
x
∂
∂xi
⎠
⎝ k
⎞
⎟⎟
⎠
2
.
2.45. В трубе с радиусом a и длиной L стационарное течение
несжимаемой жидкости с плотностью ρ и динамической вязкостью
μ создается перепадом давления Δp . Найти расход жидкости в
трубе при большом перепаде давлений в режиме сильно
турбулентного течения.
Ответ:
πa 2ρ aΔp ⎛ a aΔp ⎞
⎟.
Q=
ln⎜
κ
2ρL ⎜⎝ ν 2ρL ⎟⎠
2.46. Оценить пространственный масштаб движений λ 0 , в которых
происходит вязкая диссипация энергии, для основного сечения
трубы в рассмотренном в предыдущей задаче турбулентном
режиме.
Ответ:
73
3/8
⎛ ν 2ρL ⎞
λ 0 ~ a⎜⎜ 3 ⎟⎟ .
⎝ a Δp ⎠
2.47. Найти закон изменения во времени расстояния между двумя
близкими элементами жидкости при ее турбулентном движении.
Ответ:
(ut )3 / 2
,
L1 / 2
где u – скорость основного течения жидкости.
l (t ) ~
74
Глава 3. Волны в жидкости и газе
3.1. Гравитационные и капиллярные волны в идеальной
жидкости
Уравнение Эйлера для гравитационных волн в идеальной
несжимаемой жидкости:
p − p0
∂ϕ
.
+ gz = −
ρ
∂t
Граничные условия для уравнения Лапласа:
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
=0
+
∂x 2 ∂z 2
на свободной поверхности жидкости, где давление p = p0 :
⎛ ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ ⎞
⎜ +
⎟
=0
⎜ ∂z g ∂t 2 ⎟
⎝
⎠ z =0
и на дне водоема:
vz =
∂ϕ
= 0.
∂z z = − h
Фазовая скорость волны:
ω
,
k
где k = 2π / λ – волновое число; λ – длина волны.
Групповая скорость:
v ph =
∂ω
.
∂k
Взаимосвязь между групповой и фазовой скоростью:
ug =
u g = v ph − λ
dv ph
,
dλ
Волны с дисперсией ( kh << 1):
u g = v ph + k
dv ph
dk
.
75
⎛ h2 2 ⎞
ω = ghk ⎜⎜1 − k ⎟⎟
6
⎝
⎠
описываются уравнением Кортевега – де Фриза:
∂v
∂v
∂ 3v
+ v + β 3 = 0,
∂x
∂t
∂x
где β = v0 h 2 / 6 ; v0 = gh .
Операторы частоты и волнового числа:
∂
∂
,
k → −i .
∂t
∂x
Формула Лапласа для изменения давления под действием сил
поверхностного натяжения:
ω→i
σ
,
R
где σ – коэффициент поверхностного натяжения; R – радиус
кривизны поверхности, определяемый выражением
p1 − p2 =
1
d 2ς / dx 2
=
R 1 + (dς / dx )2
[
]
3/ 2
,
где ς – смещение поверхности. Для слабо изогнутой поверхности
dς / dx << 1,
радиус кривизны
1 d 2ς
= 2
R dx
Отсюда
p − p0 = −σ
∂ 2ς
2
·
∂x
В капиллярных волнах выполняется неравенство:
76
gz <<
Уравнение Эйлера для
несжимаемой жидкости:
p − p0
·
ρ
капиллярных
волн
в
идеальной
∂ϕ σ ∂ 2 ς
−
= 0.
∂t ρ ∂x 2
Уравнение Эйлера для гравитационно-капиллярных волн в
идеальной несжимаемой жидкости:
∂ϕ
σ ∂ 2ς
+ gς =
.
2
∂t
ρ ∂x
Пример
1.
Определить
скорость
распространения
гравитационных волн на неограниченной поверхности жидкости,
глубина которой равна h .
Решение:
Направим
ось
x
вдоль
распространения
гравитационной волны. Направим ось z вертикально вверх против
силы тяжести. Потенциал скорости гравитационных волн
удовлетворяет уравнению Лапласа:
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
+
= 0.
(1)
∂x 2 ∂z 2
На дне жидкости нормальная составляющая скорости равна нулю.
Следовательно
∂ϕ
= 0 при z = −h.
∂z
Будем искать решение уравнения Лапласа в виде
vz =
(2)
ϕ( x, z , t ) = f ( z ) cos(kx − ωt ) ,
(3)
Подставим (3) в (1), получим для функции f (z ) уравнение
d2 f
− k2 f = 0.
2
dz
Решение данного уравнения имеет вид
77
f = Ae kz + Be − kz .
В итоге получаем, что
ϕ = cos(kx − ωt ){ Ae kz + Be −kz }.
Из граничного условия (2) определяем отношение
постоянными A и B . В результате находим, что:
ϕ = A cos(kx − ωt ) ch k ( z + h).
между
Дифференцируя потенциал по x и z , получим компоненты
скорости жидкости:
v x = − Ak sin(kx − ωt ) ch[k ( z + h)] ,
v z = Ak cos(kx − ωt ) sh[k ( z + h)] .
Из граничного условия
⎛ ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ ⎞
⎜ +
⎟
=0
⎜ ∂z g ∂t 2 ⎟
⎝
⎠ z =0
получаем дисперсионное уравнение
ω2 = gk th kh.
Отсюда групповая скорость распространения волны равна
ug =
g
∂ω
kh ⎫
⎧
=
⎨th kh + 2 ⎬ .
∂k 2 k th kh ⎩
ch kh ⎭
(4)
При kh >> 1 (глубокая вода) из (4) получаем, что
1 g 1 gλ
,
ug = ⋅
=
2 k 2 2π
а при kh << 1 (мелкая вода) получаем
u g = gh .
Фазовая скорость распространения волны равна
v ph =
ω
=
k
g
th kh .
k
При kh >> 1 (глубокая вода) из (5) получаем, что
(5)
78
v ph =
g
=
k
gλ
,
2π
а при kh << 1 (мелкая вода) получаем
v ph = gh .
Пример 2. Определить собственные частоты колебаний
жидкости глубины h в прямоугольном бассейне ширины a и
длины b .
Решение: Оси x и y выбираем по двум боковым сторонам
бассейна. Ищем решение уравнения Лапласа
∂ 2ϕ
∂x 2
+
∂ 2ϕ
∂z 2
=0
(1)
в виде стоячей волны:
ϕ = cos ωt ch k ( z + h) f ( x, y ).
(2)
Подставим (2) в (1), получим для f уравнение
∂2 f
dx 2
+
∂2 f
dy 2
+ k 2 f = 0,
Из граничного условия
⎛ ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ ⎞
⎜ +
⎟
=0
⎜ ∂z g ∂t 2 ⎟
⎝
⎠ z =0
находим соотношение между k и ω в виде
ω2 = gk th kh.
Решение уравнения для f берем в виде
f = cos px cos qy ,
где p 2 + q 2 = k 2 .
На боковых сторонах сосуда должны выполняться условия:
vx =
∂f
= 0 при x = 0, а;
∂x
79
∂f
= 0 при y = 0, b.
∂y
Отсюда находим:
p=
mπ
nπ
, q= ,
a
b
где m, n – целые числа. Поэтому возможные значения k равны
2
k =
2
m
2⎛
π ⎜⎜ 2
n 2 ⎞⎟
+ 2 ⎟.
b ⎠
⎝a
Пример 3. По поверхности жидкости распространяется
квазимонохроматический пакет гравитационных поверхностных
волн, содержащих N ( N >> 1) горбов и впадин (рис. 3.1). Сколько
колебаний «вверх-вниз» совершит находящийся на поверхности
легкий поплавок при прохождении этого волнового пакета.
Рис. 3.1. Движение цуга поверхностных волн
Решение: Полная длина пакета
πN
.
k
Так как пакет перемещается с групповой скоростью u g , то
поплавок будет совершать колебания в течение промежутка
времени
L = Nλ =
80
t=
L 2πN
=
.
u g ku g
Для квазимонохроматического
поверхности жидкости
T=
пакета
период
колебаний
2π
.
ω(k )
Поэтому число колебаний поплавка
n=
t Nω(k ) v ph
=
=
N.
T
ug k
ug
Закон дисперсии гравитационных волн на «глубокой воде»
ω(k ) = gk .
Групповая скорость
∂ω ω v ph
=
=
.
∂k 2k
2
Следовательно, поплавок совершит 2 N колебаний.
ug =
Задачи
3.1. Определить траекторию частиц жидкости в гравитационной
волне, если известны ее компоненты скорости:
v x = − Ak sin(kx − ωt ) ch[k ( z + h)] ,
v z = Ak cos(kx − ωt ) sh[k ( z + h)] .
Ответ: Траекторией частицы жидкости является эллипс.
3.2. Определить связь между частотой и длиной волны для
гравитационных волн на поверхности раздела двух жидкостей.
Верхняя жидкость ограничена сверху, а нижняя – снизу
горизонтальными неподвижными плоскостями. Плотность и
глубина слоя нижней жидкости ρ1 и h1 , а верхней ρ 2 и h2 .
81
Указание: на границе раздела двух жидкостей давление
непрерывно и скорости жидкостей равны.
Ответ:
ω2 =
kg (ρ1 − ρ 2 )
.
ρ1 ctg kh1 + ρ 2 ctg kh2
3.3. Определить связь между частотой и длиной волны для
гравитационных волн, распространяющихся одновременно по
поверхности раздела и верхней поверхности двух слоев жидкости.
Нижняя жидкость бесконечно глубокая и имеет плотность ρ1 .
Верхняя жидкость имеет плотность ρ 2 , толщину h2 и свободную
верхнюю поверхность.
Ответ:
ω2 =
kg (ρ1 − ρ 2 )[1 − exp(−2kh2 )]
.
ρ1 + ρ 2 + (ρ1 − ρ 2 ) exp(−2kh2 )
3.4. Определить кинетическую Ek и потенциальную U p энергии
бегущей гравитационной волны в жидкости глубиной z = −h .
Ответ:
ρgλ 2
A ,
4
где A – амплитуда смещений свободной поверхности.
Ek = U p =
3.5. Определить кинетическую Ek и потенциальную U p энергии
стоячей гравитационной волны в жидкости глубиной z = − h .
Ответ:
ρgλ 2
A [1 − cos(2ωt − 2α)] ,
8
ρgλ 2
Up =
A [1 + cos(2ωt − 2α)] ,
8
где A – амплитуда смещений свободной поверхности.
Ek =
82
3.6. Покажите, что для гравитационных волн при условии kh << 1
можно использовать приближенный закон дисперсии
ω = v0 k − βk 3 .
Найдите константы v0 и β . Покажите, что учет капиллярности в
этом приближении приводит лишь к поправке на величину β .
Ответ:
⎡ h2
σ ⎤
v0 = gh , β = gh ⎢ −
⎥
6
2
g
ρ
⎣
⎦
3.7. Преобразовать уравнение Кортевега – де Фриза
∂v
∂v
∂ 3v
+ v + β 3 = 0,
∂t
∂x
∂x
описывающее волны на «мелкой» воде, заменой переменных
v( x, t ) = u (ξ) , ξ = x − ct
Ответ:
du
d 3u
(u − c) + β 3 = 0 .
dξ
dξ
3.8. Показать, что решение
du
d 3u
(u − c) + β 3 = 0
dξ
dξ
удовлетворяет уравнению
u (ξ) =
A
⎛ A
ch 2 ⎜⎜
⎝ 3β
ξ⎞
⎟
2 ⎟⎠
, A = 3c .
3.9. По заданным волновым уравнениям получите дисперсионные
характеристики и изобразите их:
83
∂2F
а)
∂t
2
−v
2
∂2F
∂x
2
+ ω02 F = 0 .
б)
∂F
∂F
∂3F
+v
− α 3 = 0.
∂t
∂x
∂x
в)
∂F
∂2F
i
− α 2 = 0.
∂t
∂x
Ответ:
а) ω2 = ω02 + v 2 k 2 ;
б) ω = vk − αk 3 ;
в) ω = αk 2 .
3.10. Вычислите фазовые v ph и групповые u g скорости для волн в
средах со следующими дисперсионными уравнениями:
а) ω = ω0 + vk ; б) ω2 = ω02 + v 2 k 2 ;
αk 3
c2k 2
2
в) ω = kg +
; г) ω =
ρ
1 + rd2 k 2
Постройте зависимости v ph (k ) и u g (k ) графически.
2
3.11. Определите
«глубокой» воды.
Ответ:
закон
дисперсии
ω2 =
капиллярных
волн
для
σ 3
k .
ρ
3.12. Определите закон дисперсии гравитационно-капиллярных
волн для «глубокой» воды.
Ответ:
σ ⎞
⎛
ω2 = ⎜ kg + k 3 ⎟ th(kh) .
ρ ⎠
⎝
3.13. Найти скорость распространения гравитационных волн с
учетом сил поверхностного натяжения на границе раздела двух
84
бесконечно глубоких жидкостей плотностью ρ1 и ρ 2 ( ρ 2 > ρ1 ).
Коэффициент поверхностного натяжения на границе раздела сред
σ . Определить минимальную скорость распространения волн.
Ответ:
ω2
gk (ρ 2 − ρ1 ) + σk 3 2
, v ph = 2 ,
ω =
ρ1 + ρ 2
k
2
2
σg (ρ 2 − ρ1 ) .
ρ1 + ρ 2
3.14. На корабль, движущийся со скоростью v0 , набегают волны
длиной λ . Определить частоту ударов волн о корабль ν ,
предполагая фронт волны перпендикулярным курсу движения.
v 2ph min =
Ответ:
ν=
v0
g
.
+
λ
2πλ
3.15. Поплавок поднимается и опускается 15 раз в минуту. Найти
длину волны и скорость ее распространения.
Ответ: λ = 24,98 м, v ph = 6,25 м.
3.16. Показать, что ускорение на вершине гравитационной волны
равно g / 2 и направлено вертикально вниз.
3.2. Звуковые волны
Волновое уравнение для потенциала;
∂ 2ϕ
− c 2 Δϕ = 0 .
∂t 2
Скорость звука для идеального газа:
c=
γp0
,
ρ0
(1)
85
где γ – постоянная адиабаты, равная отношению теплоемкости при
постоянном давлении к теплоемкости при постоянном объеме:
cp
λ= .
cv
Уравнение для адиабатического процесса (уравнение Пуассона):
p
ργ
= const .
Для плоской волны
Δϕ =
∂ 2ϕ
∂x 2
и решение волнового уравнения (1) имеет вид
ϕ = F1 ( x − ct ) + F2 ( x + ct ) .
Для сферической волны
Δϕ =
1 ∂ ⎛ 2 ∂ϕ ⎞
r
⎟
2 ∂r ⎜
r
∂
⎝
⎠
r
и решение волнового уравнения (1) имеет вид:
f1 (r − ct ) f 2 (r + ct )
.
+
r
r
Уравнение Навье – Стокса для вязкой сжимаемой жидкости:
ϕ=
∂v
μ
μ⎞
1
1⎛
+ ( v∇) v = − ∇p + Δv + ⎜ ς + ⎟∇ div v ,
∂t
ρ
ρ
ρ⎝
3⎠
где μ – коэффициент второй вязкости (динамическая вязкость), ς –
коэффициент второй вязкости. Коэффициент второй вязкости
описывает напряжения при изменении объема.
Пример 4. Определите собственную частоту звуковых
колебаний газа в одномерном объеме размером a .
Решение. Запишем одномерное волновое уравнение для
потенциала
86
∂ 2ϕ
2
−c
2
∂ 2ϕ
2
= 0.
∂t
∂x
Ищем решение уравнения (1) в виде стоячей волны
ϕ = f ( x) exp(−iωt ) .
(1)
(2)
Подставим (2) в (1), получим
d2 f
f = 0.
(3)
f = A sin kx + B cos kx .
(4)
2
+
ω2
2
dx
c
Данному уравнению удовлетворяет решение
Определим постоянные A и B из граничных условий. На левой
границе
df
dx
= kA cos(k ⋅ 0) − kB sin(k ⋅ 0) = 0 .
x =0
Отсюда A = 0 , т.к. cos 0 = 1.
На правой границе
df
dx
= − kB sin(ka) = 0 .
x=a
Отсюда следует,
ka = mπ , k =
mπ
a
где m – целые числа. Отсюда функция
f = B cos kx .
(5)
Подставим решение (5) в (3), получим
2
−k +
ω2
c2
= 0.
Отсюда
2
2 2
ω =k c =
π2 m 2
a2
c2 .
87
Пример 5. Показать, что в движущейся с постоянной скоростью
v 0 жидкости закон дисперсии звука анизотропный.
Решение. Запишем
уравнение
Эйлера и уравнение
неразрывности
∂v
1
+ ( v∇) v = − grad p ,
∂t
ρ
∂ρ
+ div ρv = 0 .
∂t
Будем искать решение уравнений (1) и (2) в виде
v = v 0 + v′ , ρ = ρ0 + ρ′ , p = p0 + p′ ,
(1)
(2)
где v′ , ρ′ и p′ – малые добавки к невозмущенным значениям v 0 ,
ρ0 , p0 . Подставляя эти величины в (1) и (2) получим в линейном
приближении
∂v′
1
(3)
+ ( v 0∇ ) v ′ = − ∇p ′
∂t
ρ0
∂ρ′
+ ρ0 div v′ + v 0∇ρ′ = 0 .
(4)
∂t
Далее учтем, что давление и плотность связаны соотношением
⎛ ∂p ⎞
p′ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ρ′ = c 2ρ′ ,
⎝ ∂ρ0 ⎠ S
где c – адиабатическая скорость звука. С учетом этого перепишем
уравнение (3)
∂v′
c2
+ ( v 0∇) v′ = − ∇ρ′ .
∂t
ρ0
(5)
Пусть
ρ′ = ρ′0 exp(ikr − iωt ) ,
(6)
v = v′0 exp(ikr − iωt ) .
(7)
Подставим (6) и (7) в (4) и (5) и учтя, что
88
( v 0∇) v′ = ( v 0∇v′0 exp(ikr − iωt ) = i ( v 0k ) v′0 exp(ikr − iωt ) = i ( v 0k ) v′ ,
ρ0 div v′ = ρ0 [∇ ⋅ v′0 exp(ikr − iωt )] = ρ0 [ v′0∇ exp(ikr − iωt )] =
= iρ0 ( v′0k ) exp(ikr − iωt ) = iρ0 ( v′k ) ,
v 0∇ρ′ = v 0∇[ρ′0 exp(ikr − iωt )] = i ( v′0k )ρ′ ,
получим
c2
( v 0k − ω) v ′ + kρ′ = 0 ,
ρ0
(8)
ρ0 (kv′) + ( v 0k − ω)ρ′ = 0 .
(9)
Система уравнений (8) и (9) имеет решение, если ее определитель
равен нулю
c2
v 0k − ω
κ
ρ0
ρ 0k
= 0.
v 0k − ω
Раскрывая определитель, получим
( v 0k − ω) 2 − c 2 k 2 = 0 .
Отсюда следует, что закон дисперсии есть анизотропная функция
ω = ck + v 0k = 0 .
Задачи
3.17. Определите собственную частоту звуковых колебаний
жидкости в сосуде, имеющем форму параллелепипеда объемом
V = a×b×d .
Ответ:
ω
2
2
m
2 2⎛
= c π ⎜⎜ 2
l 2 ⎞⎟
+ 2 + 2 ⎟.
b
d ⎠
⎝a
n2
89
3.18. Определите собственные частоты центрально-симметричных
звуковых колебаний газа в сферическом сосуде радиуса a .
Ответ:
ωa ωa
.
=
c
c
Первая (наименьшая) частота равна
tg
c
ω1 = 4,49 .
a
3.19. Дисперсионная характеристика для волнового уравнения
имеющая вид:
ω2 − c 2 k 2 = 0
распадается на две независимые ветки
ω = ±ck .
Напишите соответствующее каждой ветке волновое уравнение в
частных производных. Покажите, что функции
F1 ( x − ct ) , F2 ( x + ct )
являются решениями этих уравнений. Каков физический смысл
этих уравнений.
3.20. Покажите, что звуковые волны в газе удовлетворяют
линейному волновому уравнению. Получите формулу для скорости
звука в газе. Вычислите эту скорость для кислорода, азота и
воздуха.
Ответ: скорость звука
c= γ
RT
,
M
где R – газовая постоянная; M – молекулярная масса газа; T –
температура газа.
3.21. Составить волновое уравнение и найти дисперсионное
уравнение для звуковых волн, излучаемых источником звука,
движущимся с постоянной скоростью v 0 относительно жидкости.
90
Найти частоту, воспринимаемую неподвижным относительно
жидкости приемником звука.
Ответ:
v0
,
ω
1 + cos θ
c
где θ – угол между векторами k и v 0 , ω – частота, излучаемая
движущимся источником.
ω′ =
3.22. Какую частоту будет воспринимать приемник звука,
движущийся в жидкости относительно неподвижного источника
звука (эффект Доплера).
Ответ:
⎛ v
⎞
ω′ = ω ⎜1 − 0 cos θ ⎟ .
c
⎝
⎠
Смысл обозначений тот же, что и в задаче 5.
3.23. В прямой трубе длиной L , закрытой с обоих концов и
установленной вертикально в поле тяжести g , находится
идеальный газ с температурой T . Молекулярная масса газа M ,
показатель адиабаты γ . Найти частоты собственных колебаний в
отсутствии диссипации.
Ответ:
ω = (ω2g + ω2p )1 / 2 ,
где
3.24. Показать,
продольно.
ωg =
nπc
γg
γRT
, ωp =
, c=
.
2c
L
M
что
бегущая
звуковая
волна
поляризована
3.25. Сравнить скорость звука c и среднюю тепловую скорость
молекулярного движения в идеальном газе u .
91
Ответ:
u
8
=
.
πγ
c
3.26. Рассчитать время, за которое звуковая волна достигает высоты
H над поверхностью Земли в предположении линейного закона
изменения температуры воздуха с высотой:
T = T0 − αz .
Ответ:
t=
[
]
2 M
T0 − T0 − αH ,
α γR
где M – молярная масса газа, R – газовая постоянная.
3.27. Рассчитать скорость звука в стехиометрической смеси
водорода с кислородом при температуре 20o C .
Ответ:
c=
γ 3 RT
,
M3
где γ 3 – постоянная адиабаты смеси газов, M 3 – молярная масса
смеси газов.
3.28. Определить энергию, переносимую плоской звуковой волной.
В каком соотношении находятся потенциальная и кинетическая
части энергии, переносимой плоской волной?
Ответ: Энергия единичного объема, переносимая акустической
волной:
Δp 2 ρ0v 2
+
,
E=
2ρ0c
2
где Δp – избыточное давление в акустической волне. Кинетическая
составляющая энергии совпадает с потенциальной составляющей
акустической волны.
92
3.29. Для жидкости, удовлетворяющей уравнению Ван-дер-Ваальса
p=
ρRT
− aρ 2
1 − bρ
показать, что удельная теплоемкость cv зависит только от
температуры и что скорость звука c определяется формулой
⎛
b ⎞ ⎛
R⎞
c 2 = RT ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜1 + ⎟⎟ .
⎝ ρ ⎠ ⎝ cv ⎠
3.30. В вязкой среде распространяется плоская монохроматическая
звуковая волна с частотой ω . Найти декремент ее затухания на
единице длины.
Ответ: Волновое число
2
k =
ω2
ω(ς + 4μ / 3)⎤
c ⎢1 + i
⎥
2
c
ρ
⎣
⎦
0
2⎡
,
k≈
ω⎡
ω(ς + 4μ / 3)⎤
i
1
−
⎢
⎥.
2
c⎣
2ρ0c
⎦
Мнимая часть k является декрементом затухания.
3.3. Ударные и детонационные волны
Условия Гюгонио на фронте ударной волны:
1) Уравнение неразрывности выражает непрерывность потока
вещества через фронт ударной волны:
ρ1 ( D − v1 ) = ρ 2 ( D − v2 ) ,
где D – скорость ударной волны; ρ1, v1 – плотность и скорость газа
перед фронтом ударной волны; ρ 2 , v2 – скорость и плотность газа
между ударной волной и поршнем (рис. 1). В системе координат,
движущейся вместе с фронтом ударной волны
u1 = D − v1 ,
u 2 = D − v2
93
обозначают скорости частиц перед фронтом и соответственно сзади
фронта ударной волны.
2) Закон сохранения импульса:
p1 + ρ1u12 = p2 + ρ 2u22 .
Рис. 1.
3) Закон сохранения энергии при установившемся движении
фронта ударной волны имеем:
u12
u22
h1 +
= h2 + .
2
2
где hi – энтальпия.
Условия Гюгонио на фронте детонационной волны: движение
детонационного фронта по веществу подчиняется законам
сохранения массы, импульса и энергии
ρ1D = ρ 2 ( D − u2 ) ,
ρ1Du2 = p2 − p1 ,
u22
ρ1D(ε 2 − ε1 ) = p2u2 − ρ1D ,
2
где ρ1 – исходная плотность вещества, ρ 2 – плотность продуктов,
u2 – скорость продуктов, D – скорость детонации, ε1 – внутренняя
энергия исходного вещества, ε 2 – внутренняя энергия продуктов.
Внутреннюю энергию исходного вещества и продуктов реакции
можно представить в виде
94
ε1 =
p1V1
+Q,
γ −1
ε2 =
p2V2
,
γ −1
где Q – тепловой эффект реакции на единицу массы вещества при
постоянных значениях давления и объема.
Пример 6. Получить выражение для ударной адиабаты при
распространении светодетонационной волны.
Решение. Выберем систему координат, в которой фронт
ударной волны неподвижен. При переходе через фронт холодный
газ в результате поглощения лазерного излучения превращается в
плазму. Газ с плотностью ρ1 , давлением p1 и удельной внутренней
энергией ε1 втекает в разрыв со скоростью D . Поглотив на разрыве
поток лазерного излучения c плотность потока энергии Φ , газ
приобретает параметры ρ 2 , p2 , ε 2 и скорость относительно фронта
волны u2 . Запишем условия Гюгонио на фронте ударной волны:
ρ1D = ρ 2u2 ,
(1)
p1 + ρ1D 2 = p2 + ρ 2u22 ,
(2)
Φ
p1 D 2
p2 u22
ε1 + +
+
= ε2 +
+ .
ρ2 2
ρ1
2 ρ1D
(3)
Исключим из (3) скорости D и u2 с помощь соотношений (1), (2),
получим выражение для ударной адиабаты, которая связывает
параметры газа по обе стороны ударного фронта:
⎛1 1 ⎞
1
ρ 2 − ρ1
ε 2 − ε1 = ( p1 + p2 )⎜⎜ − ⎟⎟ + Φ
.
ρ
ρ
2
ρ
ρ
(
p
−
p
)
⎝ 1
2⎠
1 2 2
1
(4)
При известном уравнении состояния ε( p, ρ) уравнение (4) дает
связь между конечными значениями давления и плотности за
разрывом.
Для простоты рассмотрения положим газ идеальный. Для него
уравнение состояния известно
ε=
1 p
.
γ −1 ρ
(5)
95
При сверхзвуковом режиме распространении светодетонационной волны давление p1 << p2 , удельная внутренняя энергия
ε1 << ε 2 . Подставляя выражение (5) в (4) и учитывая выше
записанные неравенства, получим явное выражение для ударной
адиабаты:
2
⎞ ⎫3
⎧
⎛ ρ
⎪ 2Φ ρ1 ⎜⎜1 − 1 ⎟⎟ ⎪
⎪
⎝ ρ2 ⎠ ⎪
p2 = ⎨
⎬ .
γ + 1 ρ1
⎪
⋅ −1 ⎪
⎪
⎪ γ − 1 ρ2
⎩
⎭
(6)
Согласно условию Жуге скорость светодетонационной волны
относительно газа за ее фронтом равна местной скорости звука:
D = c2 = γ
p2
.
ρ2
(7)
Используя условие Жуге (7), из системы уравнений (1) – (3), (6)
найдем скорость светодетонационной волны и параметры газа за ее
фронтом:
1
Φ ⎤3
[
⎡
1
D = ⎢2( γ 2 − 1) ⎥ , p2 =
4( γ 2 − 1) 2 ρ1Φ 2
γ +1
ρ1 ⎦
⎣
]
1
3,
1
2⎤3
γ ⎡ 4 ⎛Φ⎞
γ +1
⎢
⋅⎜ ⎟ ⎥ .
ρ1 , ε 2 =
ρ2 =
γ
γ + 1 ⎢ γ 2 − 1 ⎜⎝ ρ1 ⎟⎠ ⎥
⎣
⎦
Пример 7. В воздухе при ρ1 = 1,29 кг/м 3 , p1 = 105 Па и
T1 = 273 K распространяется ударная волна, образованная
движущимся поршнем. Определить скорость волны и параметры за
ее фронтом для случая скорости поршня u2 = 2 ⋅ 103 м/с без учета
диссоциации воздуха.
96
Решение. Для нахождения искомых величин необходимо
ришить совмнстно уравнения сохранения массы и импульса,
адиабаты Гюгонио и состояние идеального газа:
ρ1D = ρ 2 ( D − u2 ) ,
ρ1Du2 = p2 − p1 ,
γ + 1 ρ2
⋅ −1
γ − 1 ρ1
p2 =
p,
γ + 1 ρ2 1
−
γ − 1 ρ1
p2
p
= 1 .
ρ 2T2 ρ1T1
Вычисления, проведенные в предположении, что воздух
является идеальным газом ( γ = 7 / 5 ), дали следующие результаты:
D = 2,44 ⋅ 103 м/c , ρ 2 = 7,1 кг/м3 , p2 = 6,4 МПа, T = 3170 К.
Задачи
3.31. Получить уравнение адиабаты Гюгонио в политропном газе.
3.32. Получить уравнение адиабаты Гюгонио в газе, уравнение
состояния которого определяется уравнением
⎡⎛ ρ ⎞ n ⎤
p = A⎢⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎥ , n > 1 .
⎢⎣⎝ ρ0 ⎠
⎥⎦
3.33. Показать, что ударная волна в политропном газе приводит к
повышению температуры.
3.34. Ударная волна с числом Маха M распространяется в
идеальном газе, имеющем давление p1 и плотность ρ1 . Найти
давление и плотность газа за ударной волной, считая показатель
адиабаты газа γ постоянным.
Ответ:
97
ρ2
( γ + 1) M 2
=
,
2
ρ1 2 + ( γ − 1) M
p2 2 γM 2 − γ + 1
=
.
p1
γ +1
3.35. Сильная ударная волна с числом Маха M 0 >> 1 отражается от
плоской абсолютно жесткой стенки. Определить число Маха M 1
отраженной ударной волны.
Ответ:
M 12 −
2γ
γ +1
.
M1 − 1 = 0 , M1 ≈
γ −1
2 γ ( γ − 1)
3.36. Получить выражение для изменения энтропии в слабой
ударной волне в общем виде для газа с постоянным показателем
изэнтропы.
Ответ:
S 2 − S1 =
γp1 (1 + γ )
12T1V22
(V1 − V2 )3 ,
где V1 , V2 – удельные объемы газа перед фронтом и за фронтом
ударной волны соответственно.
3.37. Ударная волна в идеальном газе падает на абсолютно жесткую
и неподвижную преграду, параллельную фронту волны. Найти
отношение давления p2 в отраженной волне к давлению p1 в
падающей волне, если давление в невозмущенном газе равнялось
p0 .
Ответ:
p2
=
p1
1+
3.38. Получить соотношение
p ⎞
γ −1⎛
⎜⎜ 2 − 0 ⎟⎟
p1 ⎠
γ +1⎝
.
γ − 1 p0
+
γ + 1 p1
98
Δp
= v1v2
Δρ
на ударном фронте, где Δp – скачек давления на фронте; Δρ –
скачек плотности; v1, v2 – скорости газа по обе стороны скачка.
3.39. Получить зависимость скачка скорости газа на ударном
фронте от скачка давления:
v1 − v2 = ( p2 − p1 )
2V1
.
( γ + 1) p2 + ( γ − 1) p1
3.40. Воздух при температуре 300 К сжимается ударной волной от
давления 1 до 5 атмосфер. Затем он адиабатически расширяется до
1 атмосферы. Определить, насколько изменилась его температура.
Ответ: Температура возросла на 36 К.
3.41. Определить внутреннюю структуру слабой ударной волны в
вязком газе с кинематической вязкостью ν .
Ответ: толщина фронта слабой ударной волны
δ=
2ν
.
c( M − 1)
3.42. В трубе по реакционноспособной газовой смеси двигается
ударная волна в виде прямоугольной ступеньки с числом Маха M ,
температура за фронтом которой недостаточна, чтобы поджечь
смесь. Эта ударная волна отражается от жесткого торца трубы.
Определить
скорость
отражения
от торца
пересжатой
детонационной волны и давление продуктов детонации на торце.
Детонация развивается мгновенно при отражении ударной волны.
Начальное давление смеси p1 , теплота сгорания единицы массы
смеси Q .
Ответ: Скорость фронта отраженной детонационной волны D2
определяется из решения квадратного уравнения:
99
2
⎛ D2 ⎞
D ⎡3 − γ 3 − γ 1
( γ − 1)Q ⎤
⎜⎜
⎟⎟ + 1 ⎢
−
⋅ 2−
−
2 ⎥
γ
+
γ
+
D
D
1
1
M1
AD1 ⎦
⎝ 1⎠
2 ⎣
⎡3 − γ 1
2( γ − 1) ( γ − 1)Q ⎤
⋅ 2+
= 0,
+
⎢
2 ⎥
γ
+
1
γ
+
1
M
D
⎦
⎣
1
1
где
A=
2 ⎛⎜
1 ⎞⎟
−
,
1
γ + 1 ⎜⎝ M 12 ⎟⎠
M1 =
D1
.
c
3.43. Определить, во сколько раз возрастает скорость химической
реакции в газе с постоянным показателем изэнтропы γ = 1,4 при
энергии активации Ea = 2,0 эВ в детонационной волне. Скорость
детонационной волны 2,8 км/с. Возбуждением колебательных
степеней свободы пренебречь. Начальный объем газа V1 = 2 ⋅ 103
см3 /г , начальное давление p1 = 108 Па, начальная температура
T1 = 300 К.
Ответ:
T2 / T1 = 6,4 .
Экспонента в законе Аррениуса изменяется от 10 − 31,8 до 10 − 3,4 .
Реакция ускоряется примерно на 28 порядков.
3.44. Найти скорость детонации в газе с постоянным показателем
изэнтропы γ , пренебрегая начальной энергией и начальным
давлением.
Ответ:
D = 2Q( γ 2 − 1) .
100
ПРИЛОЖЕНИЕ
1. Цилиндрическая и сферическая системы координат
б
а
2. Дифференциальные операции в декартовых,
цилиндрических и сферических координатах
Градиент скалярной функции:
grad Φ ≡ ∇Φ =
=
∂Φ
∂Φ
∂Φ
∂Φ
∂Φ
1 ∂Φ
nx +
ny +
nz =
nr +
nϕ +
nz =
∂x
∂y
∂z
∂r
∂z
r ∂ϕ
1 ∂Φ
1 ∂Φ
∂Φ
nr +
nϑ +
nϕ .
r ∂ϑ
r sin ϑ ∂ϕ
∂r
Дивергенция векторной функции:
∂Ax ∂Ay ∂Az 1 ∂ (rAr ) 1 ∂Aϕ ∂Az
div A ≡ ∇A =
+
+
=
+
+
=
∂x
∂y
∂z r ∂r
∂z
r ∂ϕ
101
1 ∂ (r 2 Ar )
1 ∂ (sin ϑAϑ )
1 ∂Aϕ
.
= 2
+
+
r sin ϑ
r sin ϑ ∂ϕ
∂r
∂ϑ
r
Ротор векторной функции:
⎛ ∂A
⎛ ∂A ∂Ay ⎞
∂A ⎞
∂A ∂A
⎟⎟n x + ⎛⎜ x − z ⎞⎟n y + ⎜⎜ y − x ⎟⎟n z =
rot A ≡ [∇ × A] = ⎜⎜ z −
∂y ⎠
∂z ⎠
∂x ⎠
⎝ ∂z
⎝ ∂x
⎝ ∂y
⎛ 1 ∂Az ∂Aϕ ⎞
1 ⎛ ∂ (rAϕ ) ∂Ar ⎞
⎛ ∂Ar ∂Az ⎞
⎟
⎜
⎟⎟n z =
=⎜
−
−
−
nr + ⎜
⎟n ϕ + ⎜⎜
⎟
∂z ⎠
∂ϕ ⎠
∂r ⎠
r ⎝ ∂r
⎝ ∂z
⎝ r ∂ϕ
1 ⎛ ∂ (sin ϑAϕ ) ∂Aϑ ⎞
1 ⎛ 1 ∂Ar ∂ (rAϕ ) ⎞
⎜
⎟
⎟⎟n ϑ +
−
n r + ⎜⎜
−
=
⎜
⎟
∂ϑ
r sin ϑ ⎝
r ⎝ sin ϑ ∂ϕ
∂ϕ ⎠
∂r ⎠
1 ⎛ ∂ (rAϑ ) ∂Ar ⎞
+ ⎜
−
⎟n ϕ .
r ⎝ ∂r
∂ϑ ⎠
Лапласиан скалярной функции:
∂ 2Φ
∂ 2Φ
∂ 2Φ
1 ∂ ⎛ ∂Φ ⎞ 1 ∂ 2Φ ∂ 2Φ
ΔΦ ≡ 2 + 2 + 2 =
+ 2 =
⎜r
⎟+ 2
2
∂
∂
r
r
r
⎝
⎠ r ∂ϕ
∂z
∂z
∂x
∂y
1 ∂ ⎛ 2 ∂Φ ⎞
1
∂Φ ⎞
1
∂ 2Φ
∂ ⎛
.
= 2 ⎜r
⎜ sin ϑ
⎟+ 2 2
⎟+ 2
2
∂
ϑ
∂
∂
∂
ϑ
r
r
⎝
⎠ r sin ϑ ∂ϕ
⎠ r sin ϑ ⎝
r
Лапласиан векторной функции:
ΔA = grad div A − rot rot A =
⎛ ∂ 2 Ay ∂ 2 Ay ∂ 2 Ay ⎞
⎛ ∂ 2 Ax ∂ 2 Ax ∂ 2 Ax ⎞
⎟n +
⎟n x + ⎜
+
+
=⎜ 2 +
+
2
2 ⎟ y
⎜ ∂x
⎜ ∂x 2
∂y 2
∂z 2 ⎟⎠
∂
∂
y
z
⎝
⎝
⎠
⎛ ∂ 2 Az ∂ 2 Az ∂ 2 Az ⎞
⎟n =
+⎜ 2 +
+
2
2 ⎟ z
⎜ ∂x
∂y
∂z ⎠
⎝
102
⎛
⎛
A
2 ∂Aϕ ⎞
⎟⎟n r + ⎜⎜ ΔAϕ −
= ⎜⎜ ΔAr − 2r − 2
r
r ∂ϕ ⎠
⎝
⎝
2 ∂Ar ⎞
⎟n + ΔAz n z =
+
2
2 ∂ϕ ⎟ ϕ
r
r
⎠
Aϕ
⎛
∂ ( Aϑ sin ϑ)
2A
2
2 ∂Aϕ ⎞
⎟⎟n r +
− 2
= ⎜⎜ ΔAr − 2r − 2 2
∂
ϕ
∂
ϑ
r
r sin ϑ
r sin ϑ
⎝
⎠
⎛
A
2 ∂A
2 cos ϑ ∂Aϕ ⎞
⎟⎟n ϑ +
+ ⎜⎜ ΔAϑ − 2 ϑ 2 + 2 r − 2 2
∂
ϑ
∂
ϕ
r sin ϑ r
r sin ϑ
⎝
⎠
Aϕ
⎛
2 ∂Ar
2 cos ϑ ∂Aϑ ⎞
⎟⎟n ϕ .
+ 2 2
+ ⎜⎜ ΔAϕ − 2 2 + 2
∂
ϕ
∂
ϕ
r sin ϑ r sin ϑ
r sin ϑ
⎝
⎠
Оператор конвективной производной:
v∇v = v x
∂v
∂v
∂v
+ vy
+ vz
=
∂x
∂y
∂z
2⎞
⎛ ∂v vϕ ∂v
v
∂
v
ϕ
r +v
r −
⎟n +
= ⎜ vr r +
z
r
⎜ ∂r
∂z
r ∂ϕ
r ⎟
⎝
⎠
∂vϕ vr vϕ ⎞
⎛ ∂vϕ vϕ ∂vϕ
⎟⎟n ϕ +
+ ⎜⎜ vr
+
+ vz
−
r
r
z
r
∂
∂
ϕ
∂
⎝
⎠
vϕ ∂v z
⎛ ∂v
∂v ⎞
+ ⎜⎜ vr z +
+ v z z ⎟⎟n z =
r ∂ϕ
∂z ⎠
⎝ ∂r
⎛ ∂v
vϕ ∂vr vϑ2 + vϕ2 ⎞⎟
vϑ ∂vr
r
⎜
= vr
+
+
−
nr +
⎜ ∂r
r ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ
r ⎟
⎝
⎠
2
⎛ ∂v
v
v
v
−
v
ctg ϑ ⎞⎟
v
∂
v
∂
v
ϕ
ϕ
ϕ
r
ϑ
ϑ
ϑ
ϑ
⎜
+ vr
+
+
+
n +
⎜ ∂r
⎟ ϕ
r ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ
r
⎝
⎠
103
vϕ ∂vϕ vr vϕ + vϑvϕ ctg ϑ ⎞
⎛ ∂vϕ vϑ ∂vϕ
⎟⎟n ϑ .
+
+ ⎜⎜ vr
+
+
∂
ϕ
sin
∂
r
r
∂
ϑ
r
ϑ
r
⎝
⎠
3. Компоненты тензора напряжений для вязкой жидкости в цилиндрической и сферичеcкой системах координат
В цилиндрических координатах r , ϕ, z :
⎛ ∂vϕ vϕ 1 ∂vr ⎞
∂vr
⎟⎟ ,
, σ rϕ = μ⎜⎜
σ rr = − p + 2μ
− +
r r ∂ϕ ⎠
∂r
⎝ ∂r
σ ϕϕ
⎛ 1 ∂vϕ vr ⎞
⎛ 1 ∂v z ∂vϕ ⎞
⎟
⎟⎟ ,
⎜
= − p + 2μ⎜
+ ⎟ , σ ϕz = μ⎜⎜
+
⎝ r ∂ϕ r ⎠
⎝ r ∂ϕ ∂z ⎠
σ zz = − p + 2μ
∂v z
⎛ ∂v ∂v ⎞
, σ rz = μ⎜ r + z ⎟ .
∂r ⎠
∂z
⎝ ∂z
В сферических координатах r , ϑ, ϕ :
ε rr = − p + 2μ
∂vr
⎛ 1 ∂vϑ vr ⎞
+ ⎟,
, σ ϑϑ = − p + 2μ⎜
∂r
⎝ r ∂ϑ r ⎠
⎛ 1 ∂vϕ vϑ
v ⎞
+ ctg ϑ + r ⎟⎟ ,
σ ϕϕ = − p + 2μ⎜⎜
r
r ⎠
⎝ r sin ϑ ∂ϕ
⎛ 1 ∂vϕ vϕ
1 ∂vϑ ⎞
⎟⎟ ,
σ ϑϕ = μ⎜⎜
− ctg ϑ +
∂
ϑ
ϑ
∂
ϕ
r
r sin
⎝r
⎠
v
1 ∂vr ⎞
⎛ ∂v
σ rϑ = μ ⎜ ϑ − ϑ +
⎟,
r r ∂ϑ ⎠
⎝ ∂r
⎛ ∂vϕ vϕ
1 ∂vr ⎞
⎟⎟ .
σ ϕr = μ⎜⎜
− +
∂
ϑ
∂
ϕ
r
r
r
sin
⎝
⎠
104
4. Теорема Гаусса – Остроградского:
Поток вектора a через замкнутую поверхность S равен интегралу от дивергенции вектора a по объему, ограниченному этой поверхностью:
∫ andS = ∫ div adV .
S
V
5. Теорема Стокса:
Циркуляция произвольного вектора a по замкнутой кривой L
равна потоку вихря этого вектора через односвязную поверхность
S , ограниченную контуром L :
∫ adr = ∫ (rot a)ndS .
L
S
6. Формула Грина для плоскости
Интеграл по контуру
ограниченной контуром:
равен
интегралу
по
⎛ ∂Q ∂P ⎞
Pdx
Qdy
(
+
)
=
∫
∫∫ ⎜⎜ − ⎟⎟dxdy .
∂y ⎠
l
S ⎝ ∂x
поверхности,
105
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Бреховских, Л. М. Введение в механику сплошных сред / Л. М.
Бреховских, В. В. Гончаров. – М.: Наука, 1982. – 336 с.
2. Векштейн, Г. Е. Физика сплошных сред в задачах / Г. Е. Векштейн. – М.: Институт компьютерных исследований, 2002. –
208 с.
3. Гречко, Л. Г. Сборник задач по теоретической механике / Л. Г.
Гречко, В. И. Сугаков, О. Ф. Томасевич, А. М. Федорченко. – М.:
Высшая школа, 1972. – 336 с.
4. Ильюшин, А. А. Задачи и упражнения по механике сплошной
среды / А. А. Ильюшин, В. А. Ломакин, А. П. Шмаков. – М.: Издательство Московского университета, 1979. – 200 с.
5. Иродов, И. Е. Задачи по общей физике / И. Е. Иродов. – М.: Наука, 1979. – 368 с.
6. Компанеец, А.С. Курс теоретической физики. Т. 2. Статистические законы / А.С. Компанеец – М.: Просвещение. 1975. – 480 с.
6. Кочин, Н.Е., Теоретическая гидромеханика. Ч. II. / Н.Е Кочин,
И.А. Кибель, Н.В. Розе. – М.: ФМ. 1963. – 728 с.
7. Кузнецов, А. П. Линейные колебания и волны (сборник задач) /
А. П. Кузнецов, А. Г. Рожнев, Д. И. Трубецков. – М.: Физматлит, 2001. – 128 с.
8. Ландау, Л.Д. Гидродинамика / Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц. – М.:
Наука. 1986. – 736 с.
9. Лобойко, Б. Г. Сборник задач по газодинамике / Б. Г. Лобойко. –
Снежинск: РФЯЦ – ВНИИТФ, 1997. – 84 с.
10. Лойцянский, Л. Г. Механика жидкости и газа / Л. Г. Лойцянский
– М.: Наука-Физматлит. 1987. – 840 с.
11. Любимов, А. В. Сборник задач по гидродинамике, газодинамике
и теории упругости / А. В. Любимов. – М.: Издательство
МИФИ, 1970. – 146 с.
12. Мейз, Дж. Теория и задачи механики сплошных сред / Дж.
Мейз. – М.: URSS, 2007. – 322 с.
13. Механика сплошной среды в примерах и задачах / под ред. П.Е.
Суетина. – Свердловск: Уральский государственный университет, 1979. – 108 с.
106
14. Ольховский, И. И. Курс теоретической механики для физиков /
И. И. Ольховский. – М.: Издательство Московского университета, 1978. – 576 с.
15. Райзер, Ю.П. Лазерная искра и распространение разрядов /
Ю.П. Райзер. – М.: Издательство «Наука», 1974. – 308 с.
16. Рябченко, В. П., Задачи по гидродинамике / В. П. Рябченко, Е.
А. Карабут. – Новосибирск: Новосибирский государственный
университет, 2002. – 116 с.
17. Самойлович, Г. С. Сборник задач по гидродинамике / Г. С. Самойлович, В. В. Нитусов. – М.: Машиностроение, 1986. – 150 с.
18. Сборник задач по гидродинамике / под общей ред. Л. В. Овсянникова. – Новосибирск: Новосибирский государственный университет, 1974. – 46 с.
19. Сысоев, Н.Н. Ударные волны в газах и конденсированных средах / Н.Н. Сысоев, Ф.В. Шугаев – М.: Издательство Московского
университета, 1987. – 134 с.
20. Учайкин, В. В. Механика. Основы механики сплошных сред.
Задачи и упражнения / В. В. Учайкин. – М.: Институт компьютерных исследований, 2002. – 196 с.
21. Черняк, В. Г. Механика сплошных сред / В. Г. Черняк, П. Е.
Суетин. – М.: Физматлит, 2006. – 352 с.
107
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие…………………………………………………………...3
Глава 1. Идеальная жидкость………………………………………4
1.1. Уравнения неразрывности и Эйлера – Бернулли…………....4
1.2. Потенциал и функция тока…………………………………..33
Глава 2. Вязкая жидкость…………………………………………47
2.1. Ламинарное течение жидкости……………………………..47
2.2. Турбулентное течение жидкости……………………………68
Глава 3. Волны в жидкости и газе………..………………………73
3.1. Гравитационные и капиллярные волны…………………….73
3.2. Звуковые волны………………………………………………83
3.3. Ударные волны и детонационные волны……………….…..91
108
Ханефт
Александр Вилливич
ОСНОВЫ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Ч. I. ГИДРОДИНАМИКА
Учебное пособие
Редактор
Подписано в печать 2.10.2010 г. Формат 60x84 1/16. Бумага
офсетная № 1. Печать офсетная.
Уч.-изд. л. 7.5. Тираж 100 экз. Заказ № 121 .
ГОУ ВПО «Кемеровский государственный университет».
650043, Кемерово, ул. Красная, 6.