ПРАКТИКУМ ПО ОСНОВАМ МЕХАНИКИ СПЛОШНЫХ СРЕД

Министерство образования и науки РФ
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Кемеровский государственный университет»
Д. В. КОРАБЕЛЬНИКОВ, А. В. ХАНЕФТ
ПРАКТИКУМ
ПО ОСНОВАМ МЕХАНИКИ
СПЛОШНЫХ СРЕД
Учебное пособие
Кемерово 2011
1
УДК 531
ББК B253.31/32Я73
Х 19
Печатается по решению редакционно-издательского совета
ГОУ ВПО «Кемеровский государственный университет»
Рецензенты:
кафедра общенаучных дисциплин ФГОУ ВПО «Кемеровский государственный сельскохозяйственный институт» (зав. кафедрой, канд.
физ.-мат. наук, доцент Е. В. Шапошникова);
кандидат физ.-мат. наук, доцент ГОУ ВПО «Кузбасский государственный технический университет» Е. А. Николаева
Корабельников, Д. В.
Х 19 Практикум по основам механики сплошных сред: учебное пособие / Д. В. Корабельников, А. В. Ханефт; ГОУ ВПО «Кемеровский государственный университет». – Кемерово, 2011. – 103 c.
ISBN 978-5-8353-1135-4
Учебное пособие разработано по курсу «Основы механики
сплошных сред» для студентов специальности 010400 «Физика» в
соответствии ГОС ВПО. Пособие рассматривает примеры и задачи
по гидродинамике и теории упругости.
ББК B253.31/32Я73
ISBN 978-5-8353-1135-4
 Корабельников Д. В., Ханефт А. В., 2011
 ГОУ ВПО «Кемеровский государственный
университет», 2011
2
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 части: «Гидродинамика» и «Теория упругости».
В настоящее время существует потребность в задачниках для
практических занятий студентов физиков по механике сплошных
сред. Задачники, которые изданы ведущими университетами России, например, МГУ, НГУ, НИЯУ «МИФИ», УГУ, УГТУ, имеются
в библиотеке КемГУ или в областной библиотеке в единственном
экземпляре и предназначены в основном для студентов, специализирующихся в области механики сплошных сред.
В настоящем учебном пособии приводятся примеры решения задач и задачи для самостоятельной работы. Учебное пособие «Практикум по основам механики сплошных сред» написано по расширенным и дополненным материалам практик по механике сплошных сред, состоит из одиннадцати тем и четырёх разделов.
В первом разделе «Идеальная жидкость» рассмотрены примеры
и предложены задачи на применение уравнений Эйлера и Бернулли, нахождение потенциала, функции и линий тока, поля скоростей.
Второй раздел «Вязкая жидкость» посвящён применению уравнений Навье-Стокса и Рейнольдса для решения различных задач. В
третьем разделе «Волны в жидкости и газе» рассматриваются гравитационные, капиллярные и звуковые волны. Наконец, четвёртый
раздел «Основы теории упругости» посвящён решению различных
задач на оперирование законом Гука, уравнениями движения деформируемого тела, тензорами деформации, поворота и напряжений. Каждый раздел содержит краткие сведения из теории, основные формулы.
В основу задачника легли издания, указанные в библиографическом списке.
3
РАЗДЕЛ 1. ИДЕАЛЬНАЯ ЖИДКОСТЬ
1.1. Уравнение неразрывности, линии тока
Уравнение неразрывности:
∂ρ
(1.1)
+ div ρv = 0
∂t
является дифференциальной формой закона сохранения энергии.
Интегральная форма закона сохранения энергии имеет вид:
∂ρ
(1.2)
∫ ∂t = − ∫ ρvndS ,
V0
S0
где ρ – плотность жидкости; n – внешняя нормаль к площадке dS ;
v – скорость жидкости; S 0 – поверхность, охватывающая частицу
жидкости объемом V0 .
Вектор
(1.3)
j = ρv
есть плотность потока жидкости.
Для несжимаемой жидкости ( ρ = const ) уравнение неразрывности принимает вид:
div v = 0
(1.4)
Линия тока – это линия, касательная к которой указывает направление скорости движения жидкости в точке касания в данный
момент времени (рис. 1.1). Дифференциальные уравнения для линий тока
dx dy dz
=
= .
(1.5)
vx v y vz
Траектория – это воображаемая линия, описываемая индивидуальной частицей жидкости при движении.
При стационарном движении линии тока остаются неизменными
и совпадают с траекториями частиц жидкости.
Часть жидкости ограниченная линиями тока называется трубкой
тока (рис. 1.2). Через боковую поверхность трубки тока нет потока
жидкости. Жидкость в трубку тока может поступать только через ее
торцы.
4
Рис. 1.1. Линия тока
Рис. 1.2. Трубка тока
Для трубки тока при установившемся движении жидкости уравнение неразрывности принимает вид:
(1.6)
ρvS = const .
В случае несжимаемой жидкости это выражение упрощается
vS = const .
(1.7)
Пример 1. Найти уравнения линий тока и траекторий для течения жидкости, декартовы компоненты скорости которых заданы
формулой:
v x = − ay , v y = ax , v z = 0.
Решение. Запишем уравнения для линий тока
dx dy
=
.
vx v y
(1)
Подставляя выражения для компонент скорости и разделяя переменные, получим:
axdx = −aydy .
(2)
Интегрирование правой и левой части (2) приводит к выражению:
ax 2
ay 2
=−
+С,
(3)
2
2
где С – постоянная интегрирования. В итоге уравнения для линий
тока имеют следующий вид:
2C
x2 + y2 =
,
(4)
a
то есть описывают окружности.
Поскольку движение жидкости является стационарным (компоненты скорости явно не зависят от времени), траекториями также будут являться окружности. Действительно:
5
dx
dy
= −ay ; v y =
= ax .
(5)
dt
dt
Дифференцируя по времени правую и левую части (5) и выражая
первые производные через соответствующие компоненты скорости,
получим уравнения:
dx / dt
d 2x
2
y
=
−
=
−
a
x
;
.
(6)
a
dt 2
Решением уравнений (6) очевидно являются:
x = A cos wt ; y = A sin wt ,
(7)
которые параметрически определяют окружности. Действительно,
возводя в квадрат и, складывая правые и левые части (7), получим,
что траекториями движения частиц жидкости являются окружности
радиуса А.
Пример 2. Доказать, что течение с полем скоростей
1
1
vr = 2 (1 − r 2 ) cos ϕ , vϕ = 2 (1 + r 2 ) sin ϕ , v z = 0
r
r
удовлетворяет уравнению неразрывности в цилиндрической системе координат в случае несжимаемой жидкости.
Решение. Для несжимаемой жидкости ( ρ = const ) уравнение неразрывности в цилиндрической системе координат имеет вид:
vx =
1 ∂ (rυ r ) 1 ∂υϕ ∂υ z
divυ =
+
+
=0 .
r ∂r
r ∂ϕ
∂z
(1)
Подставляя из условия соответствующие компоненты скорости, для
производных получим:
∂ (rυr ) − (r 2 + 1)
=
cos(ϕ )
∂r
r2
1 ∂υϕ (r 2 + 1)
=
cos(ϕ )
r ∂ϕ
r2
∂υ z
= 0.
∂z
Подставляя (2)-(4) в (1), получим:
6
(2)
(3)
(4)
1  ∂ (rυ r ) 1 ∂υϕ
div υ = 
+
r  ∂r
r ∂ϕ

 = 0 .

Задачи
1. Поле скоростей имеет вид
bc
ca
ab
v1 = ( x2 − x3 ) , v2 = ( x3 − x1 ) , v3 = ( x1 − x2 ) ,
a
b
c
где a , b и c – постоянные. Доказать, что траектории частиц плоские.
2. Дано поле скоростей несжимаемой жидкости
2ax1 x2
a x12 − x22
2
2
2
v
=
,
,
v
=
0
,
.
v1 =
r
=
x
+
x
3
2
1
2
r4
r4
Доказать, что оно удовлетворяет уравнению непрерывности.
(
)
3. 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 + 2 x3 .
4. Дано поле скоростей:
x
2x
3x
v1 = 1 ,
v2 = 2 ,
v3 = 3 ,
1+ t
1+ t
1+ t
найти линии тока и траектории и доказать, что они совпадают.
5. Для поля скоростей
 x − αt x2 
v= 1
, − , 0
β
β 

показать, что линии тока – гиперболы. Здесь α и β – константы.
Найти траектории.
6. Поле скоростей имеет вид
7
v1 = cx2 − bx3 , v2 = ax3 − cx1 , v3 = bx1 − ax2 ,
где a , b и c – постоянные. Показать, что движение частиц происходит по окружности.
7. 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.
8. Доказать, что для поля скоростей
v1 = x12 x 2 + x 23 , v 2 = − x13 − x1 x 22 , v3 = 0
линии тока будут окружностями.
9. Найти уравнения линий тока и траекторий для течения жидкости,
декартовы компоненты скорости которых заданы формулой:
v x = ax R3 , v y = ay R 3 , v z = az R 3 ,
где
R2 = x2 + y2 + z2 .
10. 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.
1.2. Уравнение Эйлера
Уравнение Эйлера описывает движение идеальной жидкости
∂v
1
(1.8)
+ ( v∇) v = − ∇p + f ,
∂t
ρ
где f – внешняя сила, действующая на единицу массы жидкости;
p – давление. Уравнение Эйлера имеет граничное условие
vn = 0 ,
(1.9)
то есть на неподвижной стенке равна нулю нормальная к поверхности стенки компонента скорости.
8
Если жидкость находится в поле тяжести, то
(1.10)
f = g.
Для покоящейся жидкости, находящейся в однородном поле тяжести, уравнение Эйлера принимает вид
1
(1.11)
− ∇p + g = 0 .
ρ
Уравнение Эйлера можно записать в форме Громеки – Лэмба
∂
(1.12)
rot v = rot[ v rot v ] ,
∂t
если поле внешних сил потенциально
f = −∇u ,
(1.13)
где u – потенциальная энергия единицы массы жидкости в поле
внешних сил.
→
Если ввести аксиальный вектор ω , называемый вихревой скоростью
→
1
ω = rot v ,
(1.14)
2
то уравнение Громеки – Лэмба можно записать в виде
→
→
∂ω
= rot[ v ω] .
(1.15)
∂t
Вихревой линией называется линия, касательная в каждой точке
которой совпадает с направлением вихря. Уравнения вихревых линий представляются в виде
dx dy dz
.
(1.16)
=
=
ωx ω y ωz
Пример 1. Жидкость равномерно вращается вокруг оси z с угловой скоростью ω как твердое тело. Используя уравнение Эйлера,
найти градиент давления в отсутствии внешних сил.
Решение. В отсутствии внешних сил стационарное уравнение
Эйлера имеет вид:
1
( v ∇ ) v = − ∇p .
(1)
ρ
В цилиндрической системе координат:
9
∂υ υ ϕ ∂υ
∂υ
( v∇ ) v = υ r
+
+υz
.
∂r
r ∂ϕ
∂z
(2)
Очевидно, что при вращении вокруг оси z :
υr = υz = 0 ,
∂eϕ
∂υ
= ωr
.
∂ϕ
∂ϕ
(3)
Учитывая выражения для ортов цилиндрической системы
eϕ = − sin(ϕ )e x + cos(ϕ )e y , eϕ = cos(ϕ )e x + sin(ϕ )e y ,
получим для производной
∂υ
= −ωre r .
∂ϕ
Подставляя (3) и (5) в (1), получим для градиента:
∇p = ρω2r .
Пример 2. Цилиндрический
сосуд с радиусом основания R ,
высотой h , на 3/4 заполненный
жидкостью вращается с угловой скоростью ω (рис 1.3). При
какой скорости ω жидкость
начнет переливаться через край
сосуда?
Рис. 1.3
10
(4)
(5)
Решение. Запишем уравнения Эйлера в декартовой системе координат
∂v
∂v
1 ∂p
,
vx x + v y x = −
∂x
∂y
ρ ∂x
∂v y
∂v y
1 ∂p
,
+ vy
vy
=−
∂x
∂y
ρ ∂y
1 ∂p
0=−
−g.
ρ ∂z
Определим компоненты скорости жидкости
i j k
v = [ωr ] = 0 0 ω = −iωy + jωx ,
x y z
отсюда v x = −ωy , v y = ωx . Подставим данные выражения для компонент скорости течения жидкости в уравнения Эйлера
1 ∂p
1 ∂p
1 ∂p
.
(1)
, ω2 y =
, g =−
ω2 x =
ρ ∂x
ρ ∂y
ρ ∂z
Запишем выражение для полного дифференциала давления с учетом выражения (1)
∂p
∂p
∂p
dp = dx + dy + dz = ρω2 ( xdx + ydy ) − ρgdz =
∂y
∂x
∂z
 ρω 2 2

= d
x + y 2 − ρgz  .
 2

Учитывая, что r 2 = x 2 + y 2 , получим
 ρω2 2

dp = d 
r − ρgz  .
2


Интегрируем данное выражение
ρω2 2
p=
r − ρgz + p0 .
2
Отсюда получаем, что изобары являются параболоидами вращения
p −p
ω2 2
z=
r + z0 , z 0 = 0
.
2g
ρg
(
)
11
Свободная поверхность также является изобарой. Определим z 0 .
Вычислим объем под свободной поверхностью
2π R
 ω2 2

3 2


d
ϕ
r
+
z
0 rdr = πR h .
∫ ∫  2g
4

0
0
После интегрирования получим
3h ω2 R 2
z0 = −
.
4
4g
Уравнение свободной границы задается формулой
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 3. 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 p 0 .
Решение. В системе координат, связанной с поверхностью движущейся равноускоренно вагонеткой, ускорение движения вагонетки равно g sin α , жидкость покоится. В этой системе уравнения
Эйлера могут быть записаны в виде
1 ∂p
+ g sin α ,
g sin α = −
ρ ∂x
1 ∂p
0=−
− g cos α ,
ρ ∂y
где слагаемое g sin α соответствует инерционной составляющей
проекции силы на ось x (система координат движется равноускоренно). Давление изменяется только по оси y :
p = −ρgy cos α + C ,
где константа интегрирования определяется из граничного условия
на свободной поверхности: p = p0 при y = H , где H расстояние от
12
поверхности жидкости до дна вагонетки. Окончательно имеем
p = p0 + ρg (H − y ) cos α .
Свободная поверхность параллельна поверхности наклонной плоскости. Уравнение свободной поверхности
y=H.
Задачи
1. Стационарный поток несжимаемой идеальной жидкости характеризуется полем скоростей (цилиндрическая система координат):
1
v = nϕ .
r
Определить давление в потоке.
Ответ:
ρ
p = − 2 +C,
2r
где C – постоянная интегрирования.
2. Определить давление на поверхности жесткой сферы, расширяющейся в неограниченной жидкости по известному закону
R = R(t ) . Давление в невозмущенной жидкости p0 .
Ответ:
ρ ɺɺ ɺ 2
p = p0 + R
+R .
2
(
)
3 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
13
4. 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:
ax
y
.
=
x g − ay
5. Доказать закон Архимеда.
6 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:
ρ0
ρ
k=
− 0 −1.
ρ
ρ
7. Преобразовать уравнение Громеки – Лемба
∂v 1
1
+ grad v 2 + [ω, v ] = f m − grad p ,
∂t 2
ρ
в уравнение Гельмгольца
d rot v
= (rot v∇ )v .
dt
8. В несжимаемую жидкость помещен шар переменного радиуса
R = R0 exp(− αt ) .
14
Определить закон, по которому изменяется давление жидкости на
поверхности шара.
Ответ:
5
p (t ) = p0 + ρα 2 R02 exp( −2αt ) .
2
9. 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.
Ответ:
R
3ρ
dR
t=
0
2 p0
∫
0
( R0 R )
3
−1
.
1.3. Уравнение Бернулли
При установившемся течении несжимаемой жидкости в поле
тяжести уравнение Эйлера для линии тока преобразуется к виду
v2 p
+ + gz = const .
(1.17)
2 ρ
Данное уравнение называется уравнением Бернулли. Уравнение
Бернулли является уравнением сохранения полной энергии единицы массы вещества. Если жидкость покоится, то
p
(1.18)
+ gz = const .
ρ
Для сжимаемой жидкости уравнение Бернулли будет иметь другой вид
v2
+ h + u = const ,
(1.19)
2
15
где h – энтальпия, u – потенциал силы. Этим уравнением можно
пользоваться только для данной линии тока.
Пример 1. Две манометрические трубки установлены на горизонтальной трубе переменного сечения в местах, где сечения трубы
равны S1 и S 2 . По трубе течет вода. Найти объем воды Q , протекающий через сечение трубы, если разность уровней воды в манометрических трубках равна ∆h .
Решение. Запишем уравнения неразрывности
Q = S1v1 = S 2 v2
(1)
и Бернулли
v12
v22
ρ + p1 = ρ + p2 ,
2
2
(2)
где v1 – скорость жидкости в сечении S1 , v 2 – скорость жидкости в
сечении S 2 , p1 – давление жидкости в сечении S1, p 2 – давление
жидкости в сечении S 2 . Разность давлений
Из (1) имеем
∆p = p2 − p1 = ρg∆h .
(3)
v2 = S1v1 S 2 .
(4)
Подставим (3) и (4) в (2), получим
v1 =
2 g∆h
1 − (S1 S 2 )
2
, Q = S1v1 = S1S 2
2 g∆h
S 22
− S12
.
Пример 2. В плотине проделано отверстие, из которого вытекает
струя (рис. 6). 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?
16
Рис. 1.4
Решение. Запишем уравнение Бернулли
ρv12
ρv22
+ p0 + ρgH =
+ p0 + 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 = v2t .
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 высотой h и площадью основания S наполнен водой. В дне сосуда открыли отверстие с площадью s . Пренебрегая вязкостью воды, определить, через сколько
времени вся вода вытечет из сосуда.
17
Решение. Запишем уравнения неразрывности
Sv1 = sv2
(1)
и Бернулли
v12
v22
ρ + ρgx + p0 = ρ + p0 ,
(2)
2
2
dx
где v1 = – скорость перемещения уровня жидкости в сечении,
dt
v2 – 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
dx
2 gx
.
=
2
dt
(S s ) − 1
Интегрируя
h
∫
0
dx
=t
x
получим
t=
2g
(S s )2 − 1
[
,
]
2h
(S s )2 − 1 .
g
Пример 4. На горизонтальном дне широкого сосуда с идеальной
жидкостью имеется круглое отверстие радиуса R1 , а над ним укреплен круглый закрытый цилиндр радиуса R2 > R1 (рис. 1.5).
Рис. 1.5
Зазор между цилиндром и дном сосуда очень мал, плотность жидкости ρ . Найти статическое давление жидкости в зазоре как функ18
цию расстояния r от оси отверстия и цилиндра, если высота
жидкости равна h .
Решение. Ввиду малости зазора ∆h , скорость жидкости в сосуде
положим равной нулю υ 0 = 0 . Определим сначала скорость жидкости на выходе из зазора при r=R1 из уравнения Бернулли:
ρυ12
P0 + ρgh =
+ P0 .
(1)
2
Следовательно υ1 = 2 gh . Распределение давления в зазоре также
определим из уравнения Бернулли:
ρυ 2
P0 + ρgh =
+ P (r ) .
(2)
2
Следовательно
P(r ) = P0 + ρgh −
ρυ 2
2
.
(3)
Скорость υ в зазоре определим из уравнения неразрывности:
2πR1 ∆hυ1 = 2πr∆hυ .
Таким образом:
R 2 gh
Rυ
υ= 1 1 = 1
.
r
r
(4)
(5)
Подставляя (5) в (3), получим
 R12 
p = p0 + ρgh1 − 2  .
r 

Задачи
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.
Ответ:
2
(S s )2 − 1 .
t= h− h 2
g
(
)
19
[
]
2. Идеальная жидкость течет по плоской трубе одинакового сечения, расположенной в горизонтальной плоскости и изогнутой, как
показано на рис. 1.6. 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.
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. 1.6
4. Вертикальная струя идеальной жидкости вытекает из горизонтального отверстия радиуса r0 со скоростью v0 . Найти радиус
струи на расстоянии h ниже отверстия.
Ответ:
r0
.
r=
4 1 + 2 gh / v 2
0
5. Изогнутую трубку опустили в поток воды, как показано на рис.
1.7. Скорость потока относительно трубки v = 2,5 м/с . Закрытый
верхний конец трубки имеет небольшое отверстие и находится на
20
высоте h0 = 12 см. На какую высоту h будет подниматься струя воды, вытекающая из отверстия?
v2
− h0 .
Ответ: h =
2g
Рис. 1.7
6. Из конической воронки с радиусом нижнего основания r0 начинает выливаться жидкость. Найти время, за которое первоначальный уровень воды в воронке h понизится в два раза. Радиус начальной свободной поверхности R (R >> r0 ) .
4 2 −1 R2
Ответ: t =
20 r02
h
.
g
7. Определить время опорожнения цилиндрического резервуара с
водой, имеющего радиус r и высоту l , если он лежит горизонтально, а в боковой поверхности имеется отверстие площадью s << S ,
где S – площадь сечения жидкости в резервуаре. На свободной поверхности жидкости внутри резервуара поддерживается атмосферное давление.
8 lr r
Ответ: t =
.
3 s 2g
8. Какую работу необходимо совершить, чтобы, действуя силой на
поршень (рис. 1.8), который выдавит из горизонтально расположенного цилиндра всю воду за время t ? Объем воды, плотностью ρ
21
, в цилиндре равен V , площадь сечения отверстия – s , причем s
значительно меньше площади поршня. Трением и вязкостью пренебречь.
ρV 3
Ответ: A = 2 2 .
2s t
Рис. 1.8
9. Цилиндрический сосуд высотой 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:
S 2h
.
τ=
s g
10. 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:
g
a= 2 .
n −1
11. Тонкостенный цилиндрический сосуд высотой h погрузили в
идеальную жидкость до верхнего (открытого) основания. В нижнем, закрытом торце, имеется малое отверстие. Отношение площади сечения отверстия к площади сечения сосуда s / S << 1. Найти
время, за которое наполнится сосуд.
Ответ:
hS 2h
.
τ≈
3s g
22
12. Показать, что в случае стационарного потока идеальной жидкости уравнение Эйлера
∂v
ρ + ( v∇) v = f − ∇p
∂t
приводит к уравнению Бернулли.
13. Прямоугольная коробка высотой H и площадью основания S
плавает на поверхности жидкости, погрузившись на глубину h .
Выяснить, через какое время она утонет, если в центре основания
проделать малое отверстие площадью s .
Ответ:
S H −h
t=
.
s 2 gh
14. 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 
z=
− 1 ,
2 g  s 2

где s – минимальное сечение сосуда.
1.4. 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 ,
23
(1.20)
(1.21)
(1.22)
и циркуляция скорости по замкнутому контуру
Γ = ∫ vdl = const .
(1.23)
При двумерном течении несжимаемой жидкости компоненты
скорости можно записать через функцию тока ψ :
∂ϕ ∂ψ
∂ϕ
∂ψ
, vy =
.
(1.24)
vx =
=
=−
∂x ∂y
∂y
∂x
Семейство линий тока задаётся уравнением
ψ = const .
(1.25)
Потенциал и функция тока идеальной жидкости удовлетворяют
уравнению Лапласа:
(1.26)
∆ϕ = 0 , ∆ψ = 0 .
Связь между потенциалом скорости и функцией тока в декартовой и полярной системах координат:
 ∂ψ
∂ψ 
dx −
dy  + const ,
ϕ = ∫ 
(1.27)
 ∂y
∂x

 ∂ϕ
∂ϕ 
(1.28)
dx  + const ,
ψ = ∫  dy −
∂y 
 ∂x
∂ψ 
 1 ∂ψ
ϕ = ∫
dr − r
dϑ  + const ,
(1.29)
∂r
 r ∂ϑ

1 ∂ϕ 
 ∂ϕ
ψ = ∫  r dϑ −
dr  + const .
(1.30)
r ∂ϑ 
 ∂r
Комплексный потенциал
F ( z ) = ϕ( x, y ) + iψ( x, y ) .
(1.31)
Комплексная скорость
dF ∂ϕ ∂ψ ∂ϕ ∂ϕ
(1.32)
w=
=
+i
=
−i
= v x − iv y .
dz ∂x
∂x ∂x
∂y
Интеграл от производной комплексного потенциала
dw
F ( z) = ∫
dz = ∫ (v x dx + v y dy ) + i ∫ (v x dy − v y dx ) = Γ + iQ , (1.33)
dz
где Γ – циркуляция скорости; Q – расход жидкости; z = x + iy –
комплексное число.
Комплексные потенциалы простейших течений:
1. Однородный поток
F ( z ) = az .
(1.34)
24
2. Диполь
F ( z) =
m
.
z
(1.35)
3. Точечный источник
F ( z) =
Q
ln z .
2π
(1.36)
F ( z) =
Γ
ln z .
2πi
(1.37)
4. Точечный вихрь
Пример 1. 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 .
Решение. Поле скоростей
v = gradφ.
а) φ( x, y, z ) = ax , v = an x .
б) φ(r , θ, ϕ) = b ln r . Градиент в сферических координатах
∂φ 1 ∂φ 1 ∂ε grad φ = er +
eθ +
eϕ .
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
Значит
b
v = grad φ = n r .
r
в) φ(r , θ, ϕ) = cϕ
c
v = grad φ =
nθ .
r sin θ
Пример 2. Комплексный потенциал двумерного течения имеет
вид
F ( z) =
Г
ln z ,
2 πi
где Г – 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 ,
25
где ϕ – потенциал, ψ – функция тока. Следовательно
Г
Г
ψ = − lnr , ϕ = ϑ .
2π
2π
Линии тока определяются уравнением
ψ = const => r=const.
Cоставляющие скорости этого течения будут:
∂ϕ
1 ∂ϕ
Г
vr =
= 0 , vϕ =
=
.
∂r
r ∂ϑ 2πr
Таким образом, уравнение
F ( z) =
Г
ln z
2 πi
описывает течение, линиями тока которого будут концентрические
окружности с центром в начале координат. Скорости этого течения,
направленные по касательным, будут убывать обратно расстоянию
от начала координат. Таким образом, данный комплексный потенциал описывает точечный вихрь.
Пример 3. Можно ли многочлен f ( x, y ) = x 5 + ax 3 y 2 + 5 xy 4 рассматривать в качестве потенциала скорости некоторого плоского
течения несжимаемой жидкости? Если можно, то, при каком значении коэффициента а.
Решение. Для потенциала скорости ∆f = 0 . Найдем ∆f :
2
∂f
4
2 2
4 ∂ f
3
2
,
= 5 x + 3ax y + 5 y
=
+
20
x
6
axy
∂x
∂x 2
2
∂f
3
2
3
3 ∂ f
=
2
ax
+
60
xy
.
= 2ax y + 20 xy
2
∂y
∂y
∆f =
∂2 f
∂x 2
+
∂2 f
∂y 2
= 20 x 3 + 6axy 2 + 2ax 3 + 60 xy 2 =
= 2 x 3 (10 + a ) + 6(10 + a )xy 2 = 0
при a = −10 .
26
Пример 4. 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?
Решение. Определим компоненты скорости:
∂ϕ
∂ψ
vx =
= 3x 2 − 3 y 2 , v x =
= 3x 2 − 3 y 2 .
∂x
∂y
∂ϕ
∂ψ
vy =
= −6 xy , v y = −
= −6 xy .
∂y
∂x
Да, представляют.
Задачи
1. Проверить, что равенство rot v = 0 является необходимым условием потенциальности векторного поля v .
2. Определить функцию тока, если потенциал скорости ϕ = a( x 2 − y 2 ) ,
описать течение жидкости.
Ответ:
ψ = 2axy .
3. Доказать теорему Томсона:
d
dv
v
d
l
=
δl .
∫
∫
dt
dt
4. 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.
27
5. Несжимаемая идеальная жидкость обтекает шар радиусом a . Потенциал скорости жидкости
Ax
ϕ = − 3 − Bx ,
r
где r 2 = x 2 + y 2 + z 2 . Показать, что данный потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа. Постоянные A и B определить из граничных условий.
Ответ:
Ba3
A=
, B = −υ∞ .
2
6. Комплексный потенциал точечного источника Q расположен в
начале координат
Q
F ( z ) = ϕ + iψ =
ln z .
2π
Построить линии тока ψ = const и линии равного потенциала
ϕ = const . Получить формулу для распределения скоростей.
Ответ:
a
vϕ = 0 , vr = .
r
7. Комплексный потенциал диполя (М – момент диполя)
M
.
F ( z ) = ϕ + iψ =
z
Построить линии тока и эквипотенциали. Получить формулу для
распределения скоростей.
Ответ:
2
2
2
2

 m 




m 
 , y2 +  x − m  =  m  .
x2 +  y +
=

 2Cψ 

 2Cϕ 
2Cψ 
2Cϕ 






8. Комплексный потенциал плоского потока идеальной несжимаемой жидкости
1
F ( z ) = ϕ + iψ = 2 .
z
28
Построить линии тока ψ = const и линии равного потенциала
ϕ = const .
9. Потенциал скорости плоского течения идеальной несжимаемой
жидкости задан функцией
x
ϕ= 2
.
2
x +y
Найти функцию тока ψ( x, y ) для этого течения.
10. Доказать, что при плоском потенциальном течении несжимаемой жидкости имеет место соотношение
∫ 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.
11. 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 )n 2
двумя способами.
Ответ: Г = −4 .
12. Показать, что течение, определяемое комплексным потенциалом
F ( z ) = az 2 ,
соответствует обтеканию прямого угла. Найти линии тока и эквипотенциальные поверхности.
13. 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 ) .
29
14. 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=−
15. Найти циркуляцию вектора скорости
v = − x2n1 + x1n 2 + cn 3
а) вдоль окружности
x3 = 0 ;
x12 + x22 = 1,
б) вдоль окружности
x3 = 0 .
( x1 − 2) 2 + x22 = 1 ,
Здесь c – константа.
16. 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 + y2 = 9
и циркуляцию скорости Γ по этой окружности.
Ответ:
Q = 12 π , Γ = 8π .
17. Доказать, что функция тока ψ( x1 , x2 ) постоянна вдоль линии
тока.
18. Проверить, что функция
ϕ = A x12 − x22
(
)
может служить потенциалом скорости несжимаемой жидкости, и
описать заданное ею движение.
30
19. 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
20. Доказать, что функция тока
 A

ψ =  2 cos θ + Br 2  sin 2 θ ,
( A, B = const ) ,
r

записанная в сферической системе координат, определяет некоторое потенциальное оссесиметричное течение. Найти соответствующий потенциал скорости ϕ .
21. Комплексный потенциал двумерного течения жидкости имеет
вид
F ( z ) = cz ,
где c – комплексная постоянная. Доказать, что ему соответствует
плоскопараллельное течение с постоянной скоростью.
22. 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 z 2 (1,1) .
Ответ: Q = 2a .
23. Доказать, что поле скоростей
(
)
x x 
 2x x x
v =  − 1 42 3 , x12 − x22 34 , 22  ,

r
r r 
где r 2 = x12 + x22 + x32 является соленоидальным и безвихревым. Найти его векторный и скалярный потенциал.
31
24. 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).
25. Показать, что если циркуляция скорости по любому замкнутому
контуру в двумерном потоке несжимаемой жидкости равна нулю,
то функция тока является гармонической функцией.
26. Найти скорость и вихрь скорости течения с функцией тока
ψ = cr 2 ϑ ,
где r , ϑ – полярные координаты, c – константа. Показать, что семейство линий тока ( ψ = const ) в каждой точке ортогонально семейству линий равного потенциала ( ϕ = const ).
27. При вытекании воды из ванны образуется полая вихревая воронка, вокруг оси которой вращается жидкость. Найти форму воронки.
2
Ответ: z =  Γ  1 .
 2πr  g
32
РАЗДЕЛ 2. ВЯЗКАЯ ЖИДКОСТЬ
2.1 Уравнение Навье-Стокса для несжимаемой жидкости,
ламинарное течение
Закон трения Ньютона – Стокса
 ∂v ∂v 
σ′ik = µ i + k  ,
(2.1)
 ∂xk ∂xi 
где µ – динамическая вязкость.
Уравнение Навье – Стокса для несжимаемой жидкости в тензорной форме
∂vi
∂vi
1 ∂p
∂ 2vi
+ vk
=−
+ν
+ fi .
(2.2)
ρ ∂xi
∂t
∂xk
∂xk ∂xk
Уравнение Навье – Стокса для несжимаемой жидкости в векторной форме
∂v
1
µ
+ ( v∇) v = − ∇p + ∆v + f .
(2.3)
∂t
ρ
ρ
Граничное условие уравнения Навье – Стокса состоит в требовании обращения в нуль скорости жидкости на неподвижных твердых поверхностях
v = 0.
(2.4)
Отношение
µ
(2.5)
v=
ρ
называют кинематической вязкостью. Размерности вязкости
м2 
 кг 
, ν –  .
(2.6)
µ–

с
⋅
м
с


 
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 ,
(2.7)
∂x
∂y
ρ ∂x
∂
x
∂
y


33
 ∂ 2v y ∂ 2 v y 
1 ∂p
vx
+ vy
=−
+ ν 2 + 2  + f y ,
 ∂x
∂x
∂y
ρ ∂y
∂y 

∂v y
∂v y
(2.8)
∂v x ∂v y
+
=0 .
(2.9)
∂x
∂y
Уравнение Навье – Стокса для установившегося движения, выраженное через безразмерные величины
∂Vi
1 ∂P
1 ∂ 2Vi
Vk
=−
+
,
(2.10)
∂X k
2 ∂X i Re ∂X k ∂X k
где
v
2p
x
v L
Vi = i , X i = i , P = 2 , Re = ∞
(2.11)
v∞
L
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 :
(2.12)
F = 6πµua .
Пример 1. Тонкий горизонтальный диск радиуса R = 10 см расположен в цилиндрической полости с маслом, вязкость которого
η = 0,08 мПа·с. 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.
v
Решение. Пусть f = η – сила трения, действующая на единицу
h
площади диска, где v = ωr – линейная скорость. Мощность
R
R
ηω 2 3
πηω 2 R 4
N = 2 ∫ fvds = 4π
∫ r dr = h ,
h
0
0
где учли, что ds = 2πrdr .
Пример 2. Тонкий слой жидкости толщиной h стекает по поверхности вертикального цилиндра радиуса a . Найти скорость v z и
34
объемный расход жидкости Q .
Решение. Стационароное уравнение Навье-Стокса для стекающей плёнки имеет вид:
µ
( v∇)υ z = ∆υ z − g .
(1)
ρ
Решение (1) удобно проводить в цилиндрической системе координат для которой:
∂υ z υϕ ∂υ z
∂υ z
(v∇)υ z = υ r
+
+υz
(2)
∂r
r ∂ϕ
∂z
1 ∂ (rυ ′z ) 1 ∂ 2υ z ∂ 2υ z
∆υ z =
+ 2
+
.
(3)
r ∂r
r ∂ϕ 2
∂z 2
С учётом уравнения неразрывности и симметрии задачи υ z = υ z (r ) :
1 ∂(rυ ′z )
( v∇)υ z = 0 , ∆υ z =
.
(4)
r ∂r
Подставляя (4) в (1), получим:
µ ∂(rυ ′z )
− ρg = 0 .
(5)
r ∂r
Интегрируя, получим
с
ρg
r+ 1 .
υ ′z =
(6)
2µ
r
Интегрируя ещё раз:
ρg 2
υz =
r + с1 ln(r ) + с 2 .
(7)
4µ
С учётом граничных условий:
υ z (a) = 0 , σ zr (a + h) = µυ ′z (a + h) = 0 ,
(8)
получим
ρg (a + h) 2 ln(a) ρga 2
− ρg (a + h) 2
с1 =
−
, с2 =
.
(9)
2µ
2µ
4µ
Таким образом:
a+h
ρg 2
2
2
vz =
{r − a − 2(a + h) ln(r / a)}, Q = 2π ∫ rv z dr .
4µ
a
35
Пример 3. 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.
Решение. Выбираем цилиндрические координаты с осью z
вдоль оси цилиндров. Скорость движения жидкости направлена
вдоль оси z и зависит только от r : v z = v(r ) . Уравнение НавьеСтокса в этом случае принимает вид
1 d  dv 
∆v =
r  = 0.
r dr  dr 
Используя граничные условия: v = u при r = R1 и v = 0 r = R2 , получим после интегрирования
ln(r R2 )
vz = u
.
ln(R1 R2 )
Пример 4. 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 σ = ηr (∂ω ∂r ) , найти: а) угловую скорость вращающейся
жидкости в зависимости от радиуса r ; б) момент сил трения, действующих на единицу длины внешнего цилиндра.
Решение. Выберем цилиндрические координаты r , ϕ и z с
осью z направленной по оси цилиндров. Тогда
v z = vr = 0 , vϕ = v(r ) , p = p(r ) .
Уравнение Навье-Стокса для скорости в цилиндрических координатах примет вид
d  1 d (rv ) 

 = 0.
dr  r dr 
Решая, получим
36
C1r 2
Cr C
d (rv )
rv =
+ C2 , v = 1 + 2 .
= C1r ,
dr
2
2
r
Константы C1 и C 2 определим из граничных условий:
r = R1 ,
v = 0,
r = R2 ,
v = ω2 R2 .
(
)
(1)
(2)
Из (1) имеем C 2 = − C1 R12 2 . Из (2) C1 = 2ω 2 R22 R22 − R12 . Т.о.
ω 2 R22  R12 
v
.
ω= = 2
1−
r R2 − R12  r 2 
Определим силу трения на единицу длины цилиндра
ω2 R22 2 R12
dω
=
.
dr R22 − R12 r 3
Сила трения равна
ω 2 R12 R2
dω
F = 2πR2ηR2
= 4πη 2
.
dr r = R2
R2 − R12
Определим момент силы трения
M = R2 F = 4πη
ω 2 R12 R22
R22 − R12
.
Пример 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.
Решение.
R
R
 r2 
1
а) Q = ∫ vds = v0 ∫ 1 − 2 2πrdr = πv0 R 2 .
 R 
2

0
0
(
R 2
ρlv02
v
б) W = ρl ∫ ds =
2
2
0
)
2
 r2 
1 −
 2πrdr = 1 πρlv02 R 2 .
∫  R2 
6

0
R
37
dv
= −4πηlv0 ,
dr r = R
dv
2
= − v0 , а S = 2πRl – боковая площадь цигде учтено, что dr
R
r=R
линдра. Сила трения жидкости берется по модулю: F = 4πηlv0 .
в) F = Sη
Задачи
1. Показать, что поле скоростей и давлений
kx v = − ky
p
k 2 y2
a2
, y
, =−
,
vx =
+
1 + kt ρ
1 + kt
(1 + kt ) 2 (1 + kt ) 4
где k и a являются константами, удовлетворяют уравнению НавьеСтокса.
2. 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.
Ответ: v = v0 (1 − r 2 / R 2 ) .
3. 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.
Ответ:
2 2
ω2 R22 − ω1R12
(ω1 − ω2 ) R12 R22 1 M = −4πµ (ω1 − ω 2 ) R1 R2 .
1
v=
r+
⋅ .
2
2
2
2
2
2
R
−
R
2
1
r
R −R
R −R
2
1
2
1
4. 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 вытесне38
ния жидкости vr , скорость v z , давление и силу с которой необходимо давить на верхнюю пластинку, чтобы она двигалась со скоростью u .
5. 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:
dv (a )
dv (a )
v1 (a ) = v2 (a ) , µ1 1
.
= µ2 2
dy
dy
6. В системе (рис. 2.1) 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. 2.1
Ответ: v = 2 g∆h .
7. Радиус сечения трубопровода монотонно уменьшается по закону
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
∆x = 3,2 м.
Ответ:
exp(α∆x) = 5 .
39
8. Стальной шарик диаметром d = 3,0 мм опускается с нулевой начальной скоростью в глицерин, вязкость которого µ = 90 мПа·с.
Через сколько времени после начала движения скорость шарика
будет отличаться от установившегося значения на n = 1 %.
Ответ:
ρd 2
t=−
ln n .
18µ
9. Жидкость плотностью ρ = 900 кг/м 3 и кинематической вязко-
стью 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
10. 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:
l
E = 16ρνQ 2 4 .
πa
11. 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 ⋅103 кг/м 3 , масла ρ m = 0,9 ⋅103
кг/м 3 . Время погружения шарика в масло τ = 21 с. Оценить коэффициент динамической вязкости шарика.
12. Слой жидкости толщины h ограничен сверху свободной поверхностью, а снизу – неподвижной плоскостью, наклоненной под
углом α к горизонту (рис. 2.2).
40
Определить распределение скорости, давление и массовый расход жидкости, возникающее под влиянием поля тяжести.
Рис. 2.2
Ответ:
h
ρg sin α
gρ 2 h 3 sin α
.
u=
z (2h − z ) , p = p0 + ρg (h − z ) cos α , Qm = ρ ∫ udz =
2µ
3
µ
0
13. 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) .
14. 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 ⋅103 кг/м 3 .
15. Оценить скорость осаждения капелек тумана (диаметром 0,05
мм) в воздухе, скорость падения дождевых капель диаметром 1 мм
и града диаметром 4 мм.
16. Шар радиусом R вращается с постоянной угловой скоростью ω
в вязкой жидкости. Найти поле скоростей и момент сил трения.
Ответ:
ωR 3
v(r , ϑ) = 2 sin ϑ , M = 8πµR 3ω .
r
41
17. 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:
u −u
v = u1 + 2 1 .
h
18. В круглой трубе радиуса a движется вязкая жидкость с расходом Q . Определить силу трения F , действующую на участок трубы длины l .
Ответ:
ρνlQ
F =8 2 .
a
19. Вязкая жидкость стационарно вращается вокруг оси z так, что
vr = v z = 0 , vϕ = v(r ) .
Записать уравнение Навье – Стокса в цилиндрических координатах.
20. 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
21. 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 задан42
ным градиентом давления вдоль пластин.
в) пластина А покоится, пластина В движется со скоростью u и задан градиент давления вдоль u .
22. Найти стационарное движение вязкой несжимаемой жидкости в
длинной горизонтальной цилиндрической трубе длины l под действием заданного постоянного продольного перепада давления
i 0 = − ∂p ∂x ,
если сечением трубы является круговое кольцо, в котором a и b –
внутренний и внешний радиусы;
Ответ:
2
2
∆p  2
r 
2 b −a
.
vz =
b
−
r
+
ln
4µl 
ln b / a b 
23. 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?
24. Вязкая несжимаемая жидкость под действием перепада давления ∆p = 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:
∆p  d 2
2
 , dp = − ∆p .
vy =
−
z
 dy
2µl  4
l

43
2.2. Турбулентное течение несжимаемой жидкости,
уравнение Рейнольдса
Уравнение Рейнольдса для турбулентного плоского установившегося движения жидкости
 ∂ v′x 2
∂ v x′v′y
 ∂ 2v x ∂ 2 vx 
 ∂vx
∂vx 
∂p
 = − + µ  2 + 2  − ρ 
ρ  vx
+ vy
+
∂y 
∂x
∂y 
∂y
 ∂x
 ∂x
 ∂x

 ∂ v′y 2
 ∂ 2v y ∂ 2 v y 
∂v y 
 ∂v y
∂p
 = − + µ  2 + 2  − ρ 
ρ  vx
+ vy
 ∂y
 ∂x
∂y 
∂y
∂y 
 ∂x




 , (2.13)

∂ vx′v′y 
+
, (2.14)
∂x 

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′y
∂ 2v x
 ∂v x
∂v x 
∂p
−
+
µ
−
ρ
.
ρ v x
+ vy
 =
2
∂y 
∂x
∂y
∂y
 ∂x
(2.15)
При турбулентном движении вязкой жидкости касательное напряжение включает в себя ламинарное и турбулентное напряжения:
∂v
(2.16)
σ xy = µ x − ρ v x′v′y .
∂y
Логарифмический закон распределения скорости в турбулентной части слоя вблизи стенки
v x 1  yvσ 
= ln
(2.17)
,
vσ κ  ν 
где σ 0 – касательное напряжение на стенке; vσ = σ 0 / ρ ; y – расстояние, отсчитываемое от стенки; κ = 0,4 – постоянная Кармана
(определяется экспериментально).
Пример 1. 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
44
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.
Решение. Когда числа Рейнольдса равны, поток выглядит одинаково, отличаясь лишь масштабом:
Re1 = Re2 ,
υ1r1 υ 2 r2
.
=
ν1
ν2
Следовательно, с учётом связи кинематической вязкости с динамической:
rρ µ
υ 2 = υ1 1 1 2 .
r2 ρ 2 µ1
Пример 2. 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).
Решение. При установившейся скорости результирующая сила
равна нулю:
0 = FТ − FA − Fc ,
(1)
где
FТ = πd 3 ρg / 6 , FА = πd 3 ρ 0 g / 6 , Fñ = 3πµdυ.
(2)
Подставляя (2) в (1), получим
υ = d 2 ( ρ − ρ 0 ) g / 18µ .
Следовательно
Re = υdρ 0 / µ = d 3 ( ρ − ρ 0 ) ρ 0 g / 18µ 2 .
Таким образом, d = 3
18 Re µ 2
.
ρ0 g (ρ − ρ 0 )
45
(3)
Пример 3. 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
∂ p
∂ 2 vx
,
(1)
+µ
−ρ
0=−
∂x
∂y
∂y 2
∂ v′y 2
∂ p
0=−
−ρ
.
∂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 .
Так как мы рассматриваем турбулентное течение жидкости, т. е.
течение жидкости при больших числах Рейнольдса, то в уравнении
(1) можно пренебречь слагаемым молекулярной вязкости:
∂ v x′v′y
∂ p
0=−
−ρ
.
∂x
∂y
Так как давление p не зависит от координаты y , то турбулентное
напряжение
∂ p
σ′xy = −ρ v x′v′y = y
.
∂x
46
Задачи
1. Показать, что за возникновение турбулентности в уравнении Навье-Стокса
1
∂v
µ
+ ( v∇) v = − ∇p + ∆v
∂t
ρ
ρ
отвечает слагаемое ( v∇) v .
2. Представив скорость потока в виде суммы средней и турбулентной составляющих
v = v + v′ ,
получить уравнение для изменения во времени энергии среднего
потока
2
ρv
Es =
2
и турбулентной энергии
ρ v′ 2
Et =
.
2
Ответ:
∂Es
∂
[(Es + p ) vk − vi σik + ρ vi v′ k′ vi ] −
=−
∂t
∂xk
∂ vi
,
− ρε s + ρ vi v′ k′
∂xk
где
∂ vk
∂ vk 
∂ v
ν∂ v
 , ε s =  i +
σik = µ i +
∂xi 
2  ∂xk
∂xi
 ∂xk
∂Et
∂ 
ρ 2

′
′
′
′
′
′
=−
E
v
+
v
v
+
p
v
−
v
σ
−
t
k
i
k
k
i
ik


∂t
∂xk 
2

∂ vi
,
− ρεt + ρ vi v′ k′
∂xk
47
2

 .

где
σ′ik
 ∂ v′ ∂ v′k
= µ i +
∂xi
 ∂xk

ν  ∂ vi′ ∂ vk′
 , εt =

+
2
∂
x
∂xi

 k



2
.
3. В трубе с радиусом a и длиной L стационарное течение несжимаемой жидкости с плотностью ρ и динамической вязкостью µ
создается перепадом давления ∆p . Найти расход жидкости в трубе
при большом перепаде давлений в режиме сильно турбулентного
течения.
Ответ:
πa 2ρ a∆p  a a∆p 
.
Q=
ln
κ
2ρL  ν 2ρL 
4. Оценить пространственный масштаб движений λ 0 , в которых
происходит вязкая диссипация энергии, для основного сечения
трубы в рассмотренном в предыдущей задаче турбулентном режиме.
Ответ:
 ν 2 ρL 
λ0 ~ a 3 
 a ∆p 
3/8
.
5. Найти закон изменения во времени расстояния между двумя
близкими элементами жидкости при ее турбулентном движении.
Ответ:
(ut ) 3 / 2
l (t ) ~ 1 / 2 .
L
48
РАЗДЕЛ 3. ВОЛНЫ В ЖИДКОСТИ И ГАЗЕ
3.1. Гравитационные и капиллярные волны
в идеальной жидкости
Уравнение Эйлера для гравитационных волн в идеальной несжимаемой жидкости:
∂ϕ
p − p0
.
(3.1)
+ gz = −
∂t
ρ
Граничные условия для уравнения Лапласа:
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ
(3.2)
+ 2 =0
2
∂x
∂z
на свободной поверхности жидкости, где давление p = p0 :
 ∂ϕ 1 ∂ 2 ϕ 
 +

=0
 ∂z g ∂t 2 

 z =0
(3.3)
∂ϕ
= 0.
∂z z = − h
(3.4)
и на дне водоема:
vz =
Фазовая скорость волны:
ω
,
k
где k = 2π / λ – волновое число; λ – длина волны.
Групповая скорость:
∂ω
ug =
∂k
Взаимосвязь между групповой и фазовой скоростью:
dv ph
dv ph
u g = v ph − λ
, u g = v ph + k
.
dλ
dk
v ph =
(3.5)
(3.6)
(3.7)
Операторы частоты и волнового числа:
∂
∂
.
(3.8)
ω→i ,
k → −i
∂t
∂x
Формула Лапласа для изменения давления под действием сил
49
поверхностного натяжения:
σ
,
(3.9)
R
где σ – коэффициент поверхностного натяжения; R – радиус кривизны поверхности, определяемый выражением
1
d 2 ς / dx 2
,
(3.10)
=
R 1 + (dς / dx )2 3 / 2
p1 − p2 =
[
]
где ς – смещение поверхности. Для слабо изогнутой поверхности
dς / dx << 1,
(3.11)
радиус кривизны
1 d 2ς
(3.12)
= 2 .
R dx
Отсюда
∂ 2ς
(3.13)
p − p0 = −σ 2 .
∂x
В капиллярных волнах выполняется неравенство:
p − p0
.
(3.14)
gz <<
ρ
Уравнение Эйлера для капиллярных волн в идеальной несжимаемой жидкости:
∂ϕ σ ∂ 2ς
−
=0 .
(3.15)
∂t ρ ∂x 2
Уравнение Эйлера для гравитационно-капиллярных волн в идеальной несжимаемой жидкости:
∂ϕ
σ ∂ 2ς
+ gς =
.
(3.16)
∂t
ρ ∂x 2
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
50
уравнению Лапласа:
∂ 2ϕ
+
∂ 2ϕ
= 0.
(1)
∂x
∂z
На дне жидкости нормальная составляющая скорости равна нулю.
Следовательно
∂ϕ
(2)
vz =
= 0 при z = −h.
∂z
Будем искать решение уравнения Лапласа в виде
ϕ( x, z, t ) = f ( z ) cos(kx − ωt ) .
(3)
Подставим (3) в (1), получим для функции f (z ) уравнение
2
2
d2 f
− k2 f = 0.
2
dz
Решение данного уравнения имеет вид
f = Ae kz + Be − kz .
В итоге получаем, что
ϕ = cos( kx − ωt ){ Ae kz + Be −kz }.
Из граничного условия (2) определяем отношение между постоянными A и B . В результате находим, что:
ϕ = A cos(kx − ωt ) ch k ( z + h).
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 ∂ 2 ϕ 
 +

=0
 ∂z g ∂t 2 

 z =0
получаем дисперсионное уравнение
ω 2 = gk th kh.
Отсюда групповая скорость распространения волны равна
g
∂ω
kh 

ug =
=
th
kh
+
(4)

.
2
∂k 2 k th kh 
ch kh 
При kh >> 1 (глубокая вода) из (4) получаем, что
51
1 g 1 gλ
,
ug = ⋅
=
2 k 2 2π
а при kh << 1 (мелкая вода) получаем
u g = gh.
Фазовая скорость распространения волны равна
ω
g
(5)
v ph = =
th kh .
k
k
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 в виде стоячей волны:
ϕ = cos ωt ch k ( z + h) f ( x, y ).
Для f получаем уравнение
∂2 f ∂2 f
+ 2 + k 2 f = 0.
2
dx
dy
Из граничного условия
 ∂ϕ 1 ∂ϕ 2 
 +

=0
 ∂z g ∂t 2 

 z =0
находим соотношение между k и ω в виде
ω 2 = gk th kh.
Решение уравнения для f берем в виде
f = cos px cos qy , p 2 + q 2 = k 2 .
На боковых сторонах сосуда должны выполняться условия:
∂f
vx =
= 0 при x = 0, а;
∂x
∂f
= 0 при y = 0, b.
∂y
Отсюда находим:
mπ
nπ
p=
, q= ,
a
b
где m, n – целые числа. Поэтому возможные значения k равны
52
k =
2
2
m
2
π  2
n 2 
+ 2 .
a
b 

Задачи
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.
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 .
Указание: на границе раздела двух жидкостей давление непрерывно и скорости жидкостей равны.
Ответ:
kg (ρ1 − ρ 2 )
ω2 =
.
ρ1 ctg kh1 + ρ 2 ctg kh2
3. Определить кинетическую Ek и потенциальную U p энергии бегущей гравитационной волны в жидкости глубиной z = −h .
Ответ:
ρg λ 2
Ek = U p =
A ,
4
где A – амплитуда смещений свободной поверхности.
4. 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
53
этом приближении приводит лишь к поправке на величину β .
Ответ:
 h2
σ 
v0 = gh , β = gh  −

6
2
ρ
g


5. По заданным волновым уравнениям получите дисперсионные
характеристики и изобразите их:
2
∂2F
2∂ F
2
а)
+
ω
−
v
F = 0.
0
2
2
∂t
∂x
∂F
∂F
∂3F
б)
+v
− α 3 = 0.
∂t
∂x
∂x
∂F
∂2F
в)
i
− α 2 = 0.
∂t
∂x
Ответ:
а) ω2 = ω02 + v 2 k 2 ; б) ω = vk − αk 3 ;
в) ω = α k 2 .
6. 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 ;
3
c2k 2
2
α
k
в) ω2 = kg +
; г) ω = 1 + r 2 k 2 .
d
ρ
Постройте зависимости v ph (k ) и u g (k ) графически.
7. Определите закон дисперсии капиллярных волн для «глубокой»
воды.
Ответ:
σ
ω2 = k 3 .
ρ
8. Определите закон дисперсии гравитационно-капиллярных волн
для «глубокой» воды.
Ответ:
54
σ 

ω2 =  kg + k 3  th( kh) .
ρ 

9. На корабль, движущийся со скоростью v0 , набегают волны длиной λ . Определить частоту ударов волн о корабль ν , предполагая
фронт волны перпендикулярным курсу движения.
Ответ:
v
g
.
ν= 0 +
λ
2πλ
10. По поверхности жидкости распространяется квазимонохроматический пакет гравитационных поверхностных волн, содержащих
N ( N >> 1) горбов и впадин. Сколько колебаний «вверх-вниз» совершит находящийся на поверхности легкий поплавок при прохождении этого волнового пакета.
Ответ: 2 N
11. Показать, что ускорение на вершине гравитационной волны
равно g / 2 и направлено вертикально вниз.
3.2. Звуковые волны
Волновое уравнение для потенциала:
∂ 2ϕ 2
(3.17)
− c ∆ϕ = 0 .
2
∂t
Скорость звука для идеального газа:
γp0
c=
,
(3.18)
ρ0
где γ – постоянная адиабаты, равная отношению теплоемкости при
постоянном давлении к теплоемкости при постоянном объеме:
cp
.
(3.19)
λ=
cv
Уравнение для адиабатического процесса (уравнение Пуассона):
55
p
ρ
γ
= const .
(3.20)
Для плоской волны
∆ϕ =
∂ 2ϕ
(3.21)
∂x
и решение волнового уравнения имеет вид
ϕ = F1 ( x − ct ) + F2 ( x + ct ) .
(3.22)
Для сферической волны
1 ∂  ∂ϕ 
∆ϕ = 2  r 2 
(3.23)
r ∂r  ∂r 
и решение волнового уравнения (1) имеет вид:
f (r − ct ) f 2 (r + ct )
.
(3.24)
ϕ= 1
+
r
r
Уравнение Навье – Стокса для вязкой сжимаемой жидкости:
∂v
1
µ
1 µ
+ ( v∇) v = − ∇p + ∆v +  ς + ∇ div v ,
(3.25)
∂t
ρ
ρ
ρ
3
где µ – коэффициент второй вязкости (динамическая вязкость), ς –
коэффициент второй вязкости. Коэффициент второй вязкости описывает напряжения при изменении объема.
2
Пример 1. Определите собственную частоту звуковых колебаний газа в одномерном объеме размером a .
Решение. Запишем одномерное волновое уравнение для потенциала
∂ 2ϕ 2 ∂ 2 ϕ
(1)
−c
= 0.
∂t 2
∂x 2
Ищем решение уравнения (1) в виде стоячей волны
ϕ = f ( x) exp(−iωt ) .
(2)
Подставим (2) в (1), получим
d 2 f ω2
(3)
+
f = 0.
dx 2 c 2
Данному уравнению удовлетворяет решение
f = A sin kx + B cos kx .
(4)
56
Определим постоянные A и B из граничных условий. На левой
границе
df
= kA cos(k ⋅ 0) − kB sin( k ⋅ 0) = 0 .
dx x = 0
Отсюда A = 0 , т. к. cos 0 = 1.
На правой границе
df
= −kB sin(ka) = 0 .
dx x = a
Отсюда следует,
mπ
ka = mπ , k =
a
где m – целые числа. Отсюда функция
f = B cos kx .
(5)
Подставим решение (5) в (3), получим
2
2 ω
− k + 2 = 0.
c
Отсюда
π2 m 2 2
2
2 2
ω =k c = 2 c .
a
Пример 2. Показать, что в движущейся с постоянной скоростью
v 0 жидкости закон дисперсии звука анизотропный.
Решение. Запишем уравнение Эйлера и уравнение неразрывности
∂v
1
(1)
+ ( v∇) v = − grad p ,
∂t
ρ
∂ρ
(2)
+ div ρv = 0 .
∂t
Будем искать решение уравнений (1) и (2) в виде
v = v 0 + v′ , ρ = ρ0 + ρ′ , p = p0 + p′ ,
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
57
∂v′
1
+ ( v 0 ∇ ) v ′ = − ∇p ′
∂t
ρ0
∂ρ′
+ ρ0 div v′ + v 0∇ρ′ = 0 .
∂t
Далее учтем, что давление и плотность связаны соотношением
 ∂p 
p′ =  0  ρ′ = c 2ρ′ ,
 ∂ρ0  S
(3)
(4)
где c – адиабатическая скорость звука. С учетом этого перепишем
уравнение (3)
∂v′
c2
+ ( v 0∇) v′ = − ∇ρ′ .
(5)
∂t
ρ0
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
( v 0∇ ) v′ = ( v 0∇v′0 exp(ikr − iωt ) = i ( v 0k ) v′0 exp(ikr − iωt ) = i ( v 0k ) v′ ,
ρ 0 div v′ = ρ 0 [∇ ⋅ 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 0 k − ω) v ′ + kρ′ = 0 ,
(8)
ρ0
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
= 0.
ρ0
ρ 0k
v 0k − ω
Раскрывая определитель, получим
( v 0k − ω) 2 − c 2 k 2 = 0 .
Отсюда следует, что закон дисперсии: ω = ck + v 0k = 0 .
58
Задачи
1. Определите собственную частоту звуковых колебаний жидкости
в сосуде, имеющем форму параллелепипеда объемом V = a × b × d .
Ответ:
2
2
2 
m
n
l
2
2 2
ω = c π  2 + 2 + 2  .
b
d 
a
2. Определите собственные частоты центрально-симметричных
звуковых колебаний газа в сферическом сосуде радиуса a .
Ответ:
ωa ωa
.
tg
=
c
c
Первая (наименьшая) частота равна
c
ω1 = 4,49 .
a
3. 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?
59
4. 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
RT
,
c= γ
M
где R – газовая постоянная; M – молекулярная масса газа; T –
температура газа.
5. Составить волновое уравнение и найти дисперсионное уравнение
для звуковых волн, излучаемых источником звука, движущимся с
постоянной скоростью v 0 относительно жидкости. Найти частоту,
воспринимаемую неподвижным относительно жидкости приемником звука.
Ответ:
v0
ω′ =
,
ω
1 + cos θ
c
где θ – угол между векторами k и v 0 , ω – частота, излучаемая
движущимся источником.
6. Показать, что бегущая звуковая волна поляризована продольно.
7. Сравнить скорость звука c и среднюю тепловую скорость молекулярного движения в идеальном газе u .
Ответ:
u
8
.
=
c
πγ
8. Рассчитать время, за которое звуковая волна достигает высоты
H над поверхностью Земли в предположении линейного закона
изменения температуры воздуха с высотой:
T = T0 − αz .
60
Ответ:
t=
2 M
α γR
[
]
T0 − T0 − αH ,
где M – молярная масса газа, R – газовая постоянная.
9. 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:
∆p 2 ρ0 v 2
,
E=
+
2ρ0c
2
где ∆p – избыточное давление в акустической волне. Кинетическая
составляющая энергии совпадает с потенциальной составляющей
акустической волны.
10. 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 
61
РАЗДЕЛ 4. ОСНОВЫ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
4.1. Закон Гука и деформация упругих тел
Теория упругости рассматривает поведение таких тел, которые
обладают свойством восстанавливать свой размер и форму после
снятия деформационных сил. Опыт показывает, что для большого
числа упругих материалов достаточно малые удлинения ∆l пропорциональны растягивающей силе F , приложенной к торцам бруска
F ~ ∆l .
(4.1)
Удлинение упругого тела зависит от его длины l и площади поперечного сечения бруска S . Данные закономерности были установлены Гуком. Закон Гука имеет вид
∆l
(4.2)
F = ES ,
l
где E – коэффициент пропорциональности, называемый модулем
Юнга. Модуль Юнга зависит только от природы материала. Закон
Гука является основой линейной механики изотропных упругих
деформируемых сред.
Силу, действующую на единицу площади, называют напряжением σ , а относительное удлинение называют деформацией
∆l
(4.3)
ε= .
l
Таким образом, деформация твердого тела, согласно закону Гука
(4.1), равна
1
(4.4)
ε = σ.
E
При деформации упругое тело приобретает энергию.
F∆l
.
(4.5)
W=
2
Отсюда плотность упругой энергии, т. е. энергии приходящейся на
единицу объема бруска V = Sl , определяется выражением
W F∆l σε σ 2
w= =
=
=
.
(4.6)
V 2 Sl
2 2E
62
Для решения ряда практических задач необходимо иметь закон
Гука (4.2) в дифференциальной форме.
du
(4.7)
σ=E .
dx
где величина u называется смещением.
Опыт показывает, что под действием растягивающей или сжимающей силы F изменяются не только продольные, но и поперечные размеры стержня. Пусть a0 – толщина стержня до деформации,
a – после деформации. Отношение относительного поперечного
сжатия к соответствующему продольному удлинению называется
коэффициентом Пуассона:
∆a a
ν=−
.
(4.8)
∆l l
Коэффициент Пуассона, как и модуль Юнга, зависит только от материала тела и является одной из важных постоянных, характеризующих его упругие свойства.
Напряжение сдвига:
(4.9)
τ = µϑ ,
где ϑ – угол сдвига, а
E
–
(4.10)
µ=
2(1 + ν)
модуль сдвига.
Крутящийся момент сплошного цилиндра и цилиндра конечной
толщины, длиной L :
a 4ϕ M = πµ ϕ r 4 − r 4 .
M = πµ
,
2
1
(4.11)
2L
2L
Крутильные жесткости сплошного цилиндра и цилиндра конечной толщины:
πµa 4 f = πµ r 4 − r 4 .
2
1
f =
,
.
(4.12)
2L
2L
Изгиб характеризуется формой упругой линии NN ′ , проходящей
через центры тяжести поперечных сечений стержня. В любом сечении возникает пара сил, которая создает изгибающий момент силы
M относительно нейтральной линии.
Пусть R – радиус кривизны нейтральной линии NN ′ . Полный
(
(
63
)
)
момент сил, действующий на поперечное сечение, равен
E
M = I.
(4.13)
R
Величина I называется моментом инерции поперечного сечения и
равна интегралу
S
I = ∫ y 2 dS .
(4.14)
0
Обозначим отклонение на расстоянии x через z . Кривизна кривой
z (x) для малых отклонений
1 d 2z
=
.
(4.15)
R dx 2
Уравнение для определения нейтральной (упругой) линии при
малых изгибах имеет вид
EI
d 2z
M ( x) =
= EI 2 ,
(4.16)
R
dx
где M(x) – изгибающий момент упругих сил в сечении с координатой x, I – момент инерции поперечного сечения относительно оси,
проходящей через нейтральный слой. Величина максимального
прогиба называется стрелой прогиба.
Пример 1. Однородный упругий брусок движется по гладкой горизонтальной плоскости под действием постоянной силы F0 , равномерно распределенной по торцу. Площадь торца равна S , модуль Юнга материала – E . Найти относительное сжатие бруска в
направлении действия силы.
Решение. Запишем второй закон Ньютона для элемента бруска
dx с координатой х:
F
m  F
dT = dma =  dx  0 = 0 dx ,
(1)
l
l
m
где Т – натяжение в бруске, возникающее под действием F0.
Интегрируя правую и левую части (1), получим:
F
T= 0 x .
(2)
l
Согласно дифференциальной форме закона Гука, с учётом (2):
64
σ
F
T
dx = 0 xdx .
E
SE
lSE
Интегрируя правую и левую части (3), получим:
F0 l
F0 l
∆l =
xdx
=
lSE ∫0
2SE .
du =
Следовательно ε =
dx =
(3)
(4)
∆l
F
= 0 .
l
2SE
Пример 2. Для передачи момента M 0 используется вал с отношением внутреннего радиуса к внешнему, равным γ . Предполагая,
что максимально допустимое напряжение сдвига для материала вала есть τcr , определить минимально возможный внешний радиус
вала r2 и соответствующую ему массу единицы длины вала.
Решение. При кручении вала возникают сдвиговые деформации.
Причем
ϕr24
τcr = µϑcr = µ
.
(1)
L
Запишем выражение для крутящего момента M 0 :
ϕ 4 4
ϕr24
M 0 = πµ (r2 − r1 ) = πµ
(1 − γ 4 ) .
2L
2L
Отсюда угол закручивания вала
2M 0 L 1
.
(2)
ϕ=
πµr24 1 − γ 4
Далее подставим (2) в (1) и после простых преобразований получим
формулу для внешнего радиуса вала:
1/ 3
 2M 0

r2 = 
4 
πτ
(
1
−
γ
)
 cr
.
Масса единицы длины вала
m
= ρπr22 (1 − γ 4 )
1 / 3  2M 0
= ρπ

 τcr
65



2/3
(1 − γ 2 )1 / 3
(1 + γ )
2 2/3
.
Пример 3. Стальная балка имеет прямоугольное сечение, высота
которого равна h. Балка вмонтирована одним концом в стену так,
что длина выступающего конца равна l (рис. 4.1). Найти стрелу
прогиба λ , которая обусловлена собственным весом балки.
Рис. 4.1
Решение. Форма балки при малых изгибах определяется уравнением
d2y
M ( x) = EI 2 .
(1)
dx
Момент инерции прямоугольного сечения балки:
h/2
ah 3
2
I = a ∫ y dy =
(2)
12 .
−h / 2
На расстоянии х изгибающий момент вызывается силой тяжести,
приложенной к центру масс (l-x) части балки:
(l − x)
(l − x) 2
M ( x) = mg
= ρgha
.
(3)
2
2
Подставляя (2) и (3) в (1), получим:
d2y
(l − x) 2
= 6 ρg
.
(4)
dx 2
Eh 2
При этом граничные условия имеют вид:
dy
(0) = 0 , y(0) = 0 .
(5)
dx
Дважды интегрируя (4), с учётом граничных условий (5) получим:
ρg
y ( x) =
(l − x) 2 − 4l 3 (l − x) + 3l 4 .
(6)
2
2 Eh
Следовательно, стрела прогиба
3ρgl 4
λ = y (l ) =
.
2 Eh2
[
]
66
Задачи
1. Стальная проволока диаметром d = 1 мм натянута в горизонтальном положении между двумя зажимами, находящимися на расстоянии 2l = 2,0 м друг от друга. К середине проволоки – точке О
подвесили груз массы m = 0,25 кг. На сколько сантиметров опустится точка О?
Ответ:
13
πd 2
 mg 
x ≈ l
.
 , где s =
4
sE


2. Тонкий однородный медный стержень длины l и массы m равномерно вращается с угловой скоростью ω в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через один из его концов. Найти силу натяжения в стержне в зависимости от расстояния
r до оси вращения, а также удлинение стержня.
Ответ:
ρω 2l 3
mω 2l  r 2 
.
1 −  , ∆l =
T=
2  l 2 
3E
3. Сплошной медный цилиндр длины l = 65 см поставили на горизонтальную поверхность и сверху приложили вертикальную сжимающую силу F = 1000 Н, которая равномерно распределена по его
торцу. На сколько кубических миллиметров изменится при этом
объем цилиндра?
Ответ:
∆V =
Fl
(1 − 2µ ).
E
4. Медный стержень длины l подвесили за один конец к потолку.
Найти удлинение стержня ∆l под действием его собственного веса
и относительное приращение его объема ∆V / V .
Ответ:
ρgl 2
∆V
∆l
∆l =
,
= (1 − 2ν) .
2E
V
l
67
5. Кольцо радиуса r = 25 см, сделанное из свинцовой проволоки,
вращают вокруг неподвижной вертикальной оси, проходящей через
его центр и перпендикулярной к плоскости кольца. При какой частоте оборотов данное кольцо может разорваться?
Ответ:
n=
σm / ρ
wm
=
.
2π
2πr
6. Какое давление изнутри (при отсутствии наружного давления)
может выдержать стеклянная трубка радиусом r = 25 мм и толщиной стенок ∆r = 1,0 мм?
Ответ:
p = σ cr
∆r
.
r
7. На верхний торец стоящей вертикально на жёсткой опоре колонны, действует сила F0 . Как должна меняться площадь поперечного
сечения колонны S (x) , чтобы напряжение в каждом горизонтальном
сечении было одинаково? Найти общее уменьшение длины колонны.
Ответ:
ρgST
S ( x) = S T e
F0
(l − x )
F0 l
, ∆l = ES .
T
8. Найти форму лопатки турбины b( x ) , вращающейся вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ω , при которой напряжение в каждом прямоугольном сечении, перпендикулярном оси x , одинаково (σ=const).
Ответ:
b( x) = b0 e
−
ρw2 x 2
2σ
.
9. Стальной стержень квадратного сечения со стороной а вмонтирован одним концом в стенку так, что выступающий конец его име68
ет длину l (рис.4.2). Пренебрегая массой стержня, найти форму упругой линии и стрелу прогиба λ , если на его конец А действует сила F, направленная вдоль оси y.
Рис. 4.2
Ответ:
F  lx 2 x 3 
Fl 3


z (x) =
− , λ =
.
6 
EI  2
3EI
10. Стальная пластина толщиной h имеет форму квадрата со стороной l, причем h << l (рис. 4.3). Пластинка жестко скреплена с вертикальной осью ОО, которую вращают с постоянным угловым ускорением β . Найти стрелу прогиба λ , считая изгиб малым.
Рис. 4.3
Ответ:
λ=
9βρl 5
5 Eh
2
.
11. Стальная линейка шириной a и толщиной b концами и длиной
L упирается в две планки, прибитые к столу на расстоянии l (рис.
4.4).
69
Рис. 4.4.
.4. Продольно изогнутая линейка
Определить:
1. Какой кривой описывается форма изогнутой линейки;
2. Какова сила, с которой линейка упирается в планки.
12. Стальной стержень квадратного сечения со стороной а вмонтирован одним концом в стенку так, что выступающий конец его имеет длину l . Пренебрегая массой стержня, найти форму упругой линии и стрелу прогиба λ , если на его конец А действует: а) изгибающий момент пары сил M 0 ; б) сила F, направленная вдоль оси y
.
Ответ:
M 0l 2
F  x 2
Fl 3
M0 2
λ=
а) y =
. б) y =
.
x , λ=
l − x ,
2 EI
2 EI
2 EI  3 
3EI
13. Стальная балка длины l свободно опирается своими концами на
два упора (рис. 4.5). Момент инерции ее поперечного сечения равен
I. Пренебрегая массой балки и считая прогибы малыми, найти стрелу прогиба λ под действием силы F, приложенной к ее середине.
Рис. 4.5
Ответ:
Fl 3
λ=
.
48 EI
14. Установить связь между крутящим моментом M и углом закручивания ϕ для: а) трубы, у которой толщина стенок ∆r значи70
тельно меньше радиуса трубы; б) сплошного стержня круглого сечения. Предполагается, что их длина l , радиус r и модуль сдвига µ
известны.
Ответ:
lM
2lM
а) ϕ =
,
б
)
ϕ
=
.
3
4
2πr ∆rµ
πr µ
15. Вычислить момент сил M , которые вызывают закручивание
стальной трубы длины l = 3 м на угол ϕ = 2 вокруг ее оси, если
внутренний и внешний диаметры трубы равны d1 = 30 мм и
d 2 = 50 мм.
Ответ:
πϕµ 4
M=
d 2 − d14 .
32l
(
)
16. Найти наибольшую мощность, которую можно передать с помощью стального вала, вращающегося вокруг своей оси с угловой
скоростью ω = 120 рад/с, если его длина l = 200 см, радиус r = 1,5 и
допустимый угол закручивания ϕ = 2,5 .
Ответ:
1
N = πr 4µϕω .
2
17. Определить крутильную жесткость однородного стержня Эллиптического сечения с полуосями a и b .
Ответ:
πµ a 3b3
.
f =
L a 2 + b2
18. Найти энергию упругой деформации стального стержня массы
m = 3,1 кг, который растянут так, что его относительное удлинение
ε = 10 − 3 .
Ответ:
71
mε 2 E
W=
.
2ρ
19. Стальной цилиндрический стержень длиной l и радиусом r
подвесили одним концом к потолку. а) Найти энергию W упругой
деформации стержня. б) Выразить W через относительно удлинение стержня ε = ∆l / l .
Ответ:
πr 2l 3ρ 2 g 2
2πr 2lε 2 E
а) W =
, б) W =
.
6E
3
20. Найти энергию упругой деформации стального стержня, у которого один конец закреплен, а другой – закручен на угол ϕ = 6 .
Длина стержня l = 1 м, его радиус r = 10 см.
Ответ:
πr 4µϕ2
W=
.
4l
21. Упругий стержень массой m , длиной l площадью поперечного
сечения S движется в продольном направлении с одинаковым для
всех его точек ускорением a . Найти энергию упругой деформации.
Ответ:
m 2 a 2l
W=
.
6 ES
22. Упругий цилиндр высотой h и весом P поставлен основанием
на горизонтальную плоскость. Найти энергию упругой деформации.
Ответ:
P 2h
W=
.
6 ES
72
4.2. Тензор деформации и поворота
Рассмотрим в декартовой системе координат твердое тело
(рис. 2.1). Выделим на нем две близко лежащие точки P и Q с координатами r и r + dr соответственно. Под действием внешних
сил, приложенных к твердому телу, тело деформируется. Это означает, что расстояния между точками тела, подверженного действию
сил, отличаются от расстояний между теми же точками, до воздействия сил.
Рис. 4.6. Деформаци
Деформация элемента объема твердого тела
Пусть при деформации точка P перейдет в точку P′ с координатой
r ′ , а точка Q – в точку Q′ с координатой r′ + dr′ . При этом вектор
смещения точки P равен
u(r) = r′ − r ,
(4.17)
или в координатах
ui (r ) = xi′ − xi .
(4.18)
Вектор смещения точки Q , согласно рис. 4.6, равен
u(r + dr ) = r′ + dr′ − r − dr = u(r) + du ,
(4.19)
или в координатах
ui (r + dr ) = ui (r ) + dui .
(4.20)
Вектор du называется вектором относительного смещения. Радиусвектор между точками P′ и Q′ определяется суммой векторов
dr′ = dr + du .
(4.21)
Квадрат расстояния между точками P′ и Q′ равен
(dr′) 2 = (dr ) 2 + 2drdu + (du) 2 .
(4.22)
73
В компонентах уравнение (4.22) имеет вид
(dxi′ ) 2 = ( dxi ) 2 + 2ε ik dxi dxk .
(4.23)
Здесь величина
1  ∂u ∂u
∂u ∂u 
εik =  i + k + l l 
(4.24)
2  ∂xk ∂xi ∂xi ∂xk 
имеет тензорный характер и называется тензором деформации.
Правая часть тензора деформации не меняется при перестановке
индексов i и k , т. е. ε ik = ε ki . Практически во всех случаях деформирования упругих тел деформации являются малыми. Это означает, что изменение любого расстояния в теле оказывается малым по
сравнению с самим расстоянием. В этом случае тензор деформации
определяется выражением
1  ∂u ∂u 
εik =  i + k  .
(4.25)
2  ∂xk ∂xi 
Компоненты тензора деформации образуют матрицу
 ε11 ε12 ε13 


(ε ik ) =  ε 21 ε 22 ε 23  .
(4.26)
ε ε ε 
 31 32 33 
Тензор деформации, как всякий симметричный тензор, можно
привести к главным осям. В данной системе координат ( X 1 , X 2 , X 3
) тензор деформации имеет диагональный вид
 ε1 0 0 


0
ε
0
(4.27)

.
2
0 0 ε 

3
Координатные оси X i называют главными осями, а диагональные
элементы ε i – главными значениями тензора деформации. Смещения в главных осях запишутся в виде
dui = ε i dX i ,
(4.28)
i = 1, 2, 3 .
Здесь du i есть смещение отрезка dX i . Следовательно, главные деформации описывают локальное растяжение или сжатие элемента
объема в направлении главных осей.
Главные значения тензора деформации определяются из условия, что определитель
74
ε11 − ε
ε12
ε 21 ε 22 − ε
ε13
ε 23
= 0.
(4.29)
ε 31
ε32
ε33 − ε
Это кубическое уравнение называется характеристическим уравнением тензора деформаций, и оно может быть записано в виде
ε 3 − I1ε 2 + I 2 ε − I 3 = 0 ,
(4.30)
где I i – инварианты тензора деформации. Инварианты тензора деформации не зависят от ориентации системы координат и определяются выражениями
ε11 ε12 ε13
ε11 ε12 ε11 ε13 ε 22 ε 23
I1 = ε11 + ε 22 + ε 33 = ε ii , I 2 =
+
+
, I 3 = ε 21 ε 22 ε 23 .
ε 21 ε 22 ε31 ε 33 ε 32 ε 33
ε 31 ε32 ε 33
Выражение для компонент вектора относительного смещения
∂u
dui = i dxk .
(4.31)
∂xk
Производную ∂ui ∂xk можно записать в виде суммы компонент
симметричного тензора (тензора деформации)
1  ∂u ∂u 
εik =  i + k 
(4.32)
2  ∂xk ∂xi 
и антисимметричного тензора
1  ∂u ∂u 
ϕik =  i − k  ,
(4.33)
2  ∂xk ∂xi 
т. е. в виде суммы
∂ui
= εik + ϕik .
(4.34)
∂xk
Антисимметричный тензор (4.33) называется тензором поворота.
Компоненты тензора ϕik образуют матрицу
 0 ϕ12 ϕ13 


(ϕ ik ) =  ϕ21 0 ϕ23  .
(4.35)
ϕ ϕ 0 
 31 32

Поскольку ϕik – антисимметричный тензор, то ϕik = −ϕ ki ,
75
и он включает в себя только три независимые компоненты.
Антисимметричному тензору можно поставить в соответствие
вектор ϕ , называемый вектором поворота и компоненты которого
равны соответствующим компонентам тензора поворота:
ϕ 23 = ϕ1 , ϕ31 = ϕ 2 , ϕ12 = ϕ3 .
(4.36)
Матрица (4.35), выраженная через компоненты вектора поворота, будет иметь вид
ϕ3 − ϕ 2 
 0


(ϕ ik ) =  − ϕ3 0
ϕ1  .
(4.37)
 ϕ −ϕ
0 
 2
1
Согласно (4.35), компоненты вектора поворота можно записать как
компоненты ротора, деленные пополам
1
(4.38)
ϕi = (rot u)i .
2
Компоненты вектора относительного смещения с учетом выражения (4.34) можно записать в виде
dui = ε ik dxk + ϕik dxk .
(4.39)
Таким образом, согласно (4.39), относительное смещение слагается
из поворота ϕik dxk и собственно деформации ε ik dxk .
Пример 1. Для поля смещений
u = (4 x1 − x2 + 3 x3 )e1 + ( x1 + 7 x2 )e 2 + ( −3 x1 + 4 x2 + 4 x3 )e3
найти главные значения тензора деформации.
Решение. Определим компоненты тензора деформации по формуле
1  ∂u ∂u 
εik =  i + k 
2  ∂xk ∂xi 
и составим характеристическое уравнение
4−ε
0
0
0
7−ε
2 = 0.
0
2
4−ε
Раскрывая определитель, получим:
(4 − ε)((7 − ε)(4 − ε) - 4) = 0.
Следовательно, главные деформации:
76
ε1 = 4 , ε 2 = 8 , ε 3 = 3.
Пример 2. Показать, что поле смещений
u = 0,02 x3e1 − 0,03 x3e 2 − (0,02 x1 − 0,03 x2 )e3
описывает поворот абсолютно твердого тела. Найти изменение вектора a , проведенного из точки 3e1 + 4e 3 в точку 3e1 + 0,1e 2 + 4e3 .
Решение. Определим вектор a :
a = (3e1 + 0,1e 2 + 4e3 ) − (3e1 + 4e3 ) = 0,1e 2 .
Далее определим компоненты тензора деформации по формуле
1  ∂u ∂u 
εik =  i + k  ,
2  ∂xk ∂xi 
где u1 = 0,02 x3 , u 2 = −0,03 x3 , u3 = −(0,02 x1 − 0,03 x2 ) . В результате
получим
 0 0 0


εij =  0 0 0  .
0 0 0


Следовательно, деформация твердого тела равна нулю.
Определим компоненты тензора поворота по формуле
1  ∂u ∂u 
ϕik =  i − k  .
2  ∂xk ∂xi 
В итоге получим
0 0,02 
 0


ϕij =  0
0 0,03  .
 − 0,02 − 0,03 0 


Таким образом, данное поле смещений описывает только поворот
абсолютно твердого тела.
Определим изменение вектора a по формуле:
δai = ε ij a j + ϕik a j = ϕik a j ,
т. к. εij = 0 . Перепишем данное выражение в матричной форме
 δa1

 δa2
 δa
 3
0 0,02   0 
  0
 
  
=
0
0
0
,
03
 
 ⋅  0,1 =
  − 0,02 − 0,03 0   0 
  
 
77
 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0,1 + 0,02 ⋅ 0   0 

 

=  0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0,1 + 0,03 ⋅ 0  =  0  .
 − 0,02 ⋅ 0 − 0,03 ⋅ 0,1 + 0 ⋅ 0   − 0,003 

 

Итак, изменение вектора a
δa = −0,003e3 .
Задачи
1. Некоторое поле однородной деформации приводит к тензору конечных деформаций
 1 3 − 2


εij =  3 1 − 2  .
 − 2 − 2 6


Определить главные деформации и направления главных осей.
Ответ:
главные деформации
ε1 = −2 , ε 2 = 2 , ε 3 = 8 .
2. В некоторой точке тензор деформации имеет вид
 5 − 1 − 1


εij =  − 1 4 0  .
 −1 0 4


Определить тензор деформации в главных осях и показать, что инварианты для каждого из этих тензоров совпадают.
Ответ:
тензор деформации в главных осях
6 0 0


ε′ij =  0 4 0  ,
0 0 3


инварианты
I1 = I1′ = 13 ,
I 2 = I 2′ = 54 ,
I 3 = I 3′ = 72 .
78
3. Для плоской деформации вычислен тензор малых деформаций
0
0
0



−2
−2
εij =  0 5 ⋅10
3 ⋅ 10  .


−2
−2 
⋅
⋅
0
3
10
5
10


Вычислить максимальный сдвиг и инварианты тензора. Определить
поверхность малых деформаций.
4. Показать, что поле перемещений
u1 = Ax1 + 3 x2 , u2 = −3 x1 − Bx2 ,
u3 = 5
дает состояние плоской деформации. Найти связь между A и B ,
при которой деформация будет изохорической (не изменяется объем).
Ответ: A = B
5. Вычислить инварианты тензора малых деформаций
 10 − 2 − 5 ⋅ 10 − 3
0 

εij =  − 5 ⋅ 10 − 3 2 ⋅ 10 − 2
10 −1  .


−
1
−
2
 0
10
− 3 ⋅ 10 


6. Найти главные компоненты и главные оси тензоров
формации:
 0 a 0
b a 0
0 b





а) εij =  a 0 0  , б) εij =  a b 0  , в) εij =  b 0
0 0 0
0 0 b 
0 b





малой де-
0

b.
0 
7. Вычислить инварианты тензора конечных деформаций
 5 − 3 2


ε ij =  − 3 4 1  .
 2 1 4


8. Построить поверхности деформаций для тензоров конечных деформаций
79
 3 −1 0


а) εij =  − 1 3 0  ,
 0 0 1


1 0 0 


б) εij =  0 4 1  .
 0 1 4


9. Даны три вектора малой длины a , направленной вдоль координатных осей. Найти изменения их длин, углов между ними и объема построенного на них кубика в результате малых деформаций,
характеризуемых тензором εij .
Ответ:
изменение длин равно
a1 = a (1 + ε11 ) + aε 21 + aε 31 ,
a2 = aε12 + a (1 + ε 22 ) + aε 32 ,
a3 = aε13 + aε 23 + a (1 + ε13 ) .
Изменение углов равно 2ε12 , 2ε13 , 2ε 23 .
Изменение объема равно
∆V
V = a 3 + a 3 (ε11 + ε 22 + ε33 ) ,
= (ε11 + ε 22 + ε33 ) .
V
10. Для поля смещений
u = ( x1 − x2 ) 2 e1 + ( x2 + x3 ) 2 e 2 − x1x2e3
определить тензор деформации, тензор поворота и вектор поворота
в точке x = 2e 2 − e3 .
Ответ:
 2 0 − 2
0 0 0
 −1 




 
εij =  0 2 1  , ϕij =  0 0 1  ,
ϕi =  0  .
 − 2 1 0
 0 −1 0
 0




 
Для однородной деформации дан тензор деформаций
 0,01 − 0,005 0 


εij =  − 0,005 0,02
0,01 .
 0
0,01 − 0,03 

Каково изменение прямого угла ADC γ µν на грани элементарного
80
тетраэдра (рис. 2.1), если OA = OB = OC , а точка D – середина ребра AB ?
Ответ:
γ µν = −
0,01
.
3
11. Дано поле перемещений
u1 = 3x1 x22 , u 2 = 2 x3 x1 , u3 = x32 − x1 x2 .
Определить тензоры деформации и поворота. Проверить, удовлетворяются ли условия совместности деформаций.
Ответ:
x 
 2
3 x1x2 + x3 − 2 
 3 x2
2

x1 

εij =  3 x1x2 + x3 0
.
2 


x
x
− 1
1
2 x3 

2
 2

4.3. Тензор напряжений. Уравнения движения
и условия равновесия
Есть два типа внешних сил, которые действуют на твердое тело.
Это объемные силы и силы, действующие на поверхность. К объемным силам относятся: сила тяжести, сила инерции (например,
центростремительная), макроскопические электрические поля и так
далее. К поверхностной силе относится давление. Объемные силы
пропорциональны объему тела, а поверхностные – его площади.
При воздействии на тело внешних сил происходит его деформация. Возникающие при этом силы называют внутренними напряжениями. Вследствие близкодействия межатомных сил внутренние
напряжения являются поверхностными силами. Силу (внешнюю
или внутреннюю), приходящуюся на единицу площади, называют
напряжением.
σ i – вектор напряжений, действующих на элемент поверхности
81
xi=C. Вектор напряжения в общем случае может иметь любую ориентацию в пространстве. Разложение данного вектора по координатным осям xi имеет вид
σ i = e k σ ki .
(4.40)
Здесь ei – базисные векторы ( i = 1, 2, 3 ) , направленные по соответ
ствующим осям координат, σ ki = e k σ i (рис. 4.7).
Рис. 4.7. Компоненты напряжений для различных ориентаций площадки
σ ik – тензор напряжений, компонентами которого являются про
екции σ на ось Xi для k- й ориентации площадки:
 σ11 σ12 σ13 


(σ ik ) =  σ 21 σ 22 σ 23  .
(4.41)
σ σ σ 
 31 32 33 
Компоненты σ ii называют нормальными компонентами напряжения. Положительные значения σ 11 , σ 22 и σ33 соответствуют напряжениям растяжения, а отрицательные – напряжениям сжатия.
Компоненты σ ik при i ≠ k называют касательными компонентами
напряжения τ ik . В отсутствие объёмных моментов сил (электрических и магнитных полей)
σ ik = σ ki .
(4.42)
т. е тензор упругих напряжений является симметричным тензором.
Из девяти компонент только шесть являются независимыми.
82
Зная компоненты тензора
напряжений в точке, можно вычис
лить вектор напряжений σ на произвольно ориентированной площадке δS , проходящей через эту точку и нормалью
n = e1n1 + e 2 n2 + e3n3 .
(4.43)
Компоненты σ для произвольно ориентированной площадки имеют вид:
σ i = σ ik n k .
(4.44)
Тензор напряжений, как и тензор деформации можно выбором
системы координат привести к главным осям.
 σ1 0 0 


σ
(4.45)
0
0

2 .
0 0 σ 

3
Диагональные элементы σ i называют главными значениями тензора напряжения.
Главные значения тензора напряжения определяются из условия
σ11 − σ σ12
σ13
σ 21 σ 22 − σ
σ 23
= 0.
σ31
σ32
σ33 − σ
Это кубическое уравнение называется характеристическим уравнением тензора напряжений, и оно может быть записано в виде
σ3 − I1σ 2 + I 2σ − I 3 = 0 ,
(4.46)
где I i – инварианты тензора деформация. Инварианты тензора напряжений не зависят от ориентации системы координат и определяются выражениями
I1 = σ11 + σ 22 + σ 33 = σ ii , I 2 =
σ11 σ12
σ 21 σ 22
+
σ11 σ13
σ31 σ33
+
σ 22 σ 23
σ32 σ33
σ11 σ12 σ13
I 3 = σ 21 σ 22 σ 23 .
Уравнение движения деформируемого упругого тела
∂σ 11 ∂σ 12 ∂σ 13
d 2 x1
+
+
+ f1 = ρ 2 ,
∂x1
∂x2
∂x3
dt
∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23
d 2 x2
+
+
+ f2 = ρ 2 ,
∂x1
∂x2
∂x3
dt
83
σ31 σ32 σ33
(4.47)
(4.48)
∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33
d 2 x3
+
+
+ f3 = ρ 2 ,
(4.49)
∂x1
∂x2
∂x3
dt
где σ ik – компоненты тензора напряжений, f i – компоненты массовых сил (плотность объёмных сил), ρ – плотность вещества, ɺxɺ – i- я
проекция ускорения точки тела r ( xi ) . Данная система уравнений в
тензорной форме:
∂σ ik
+ f i = ρɺxɺi .
(4.50)
∂x k
Для деформируемого тела, находящегося в поле тяжести уравнение (4.50) имеет вид
∂σ ik
+ ρgi = ρɺxɺi .
(4.51)
∂xk
В случае статического равновесия деформируемого тела уравнения (4.50) и (4.51) принимают вид
∂σik
+ fi = 0 ,
(4.52)
∂xk
∂σik
+ ρgi = 0 .
(4.53)
∂xk
Уравнения (4.52), (4.53) определяют условие равновесия упругого тела при наличии объемных сил. В случае отсутствия объемных
сил уравнения равновесия (4.52) и (4.53) принимают вид
3 ∂σ
∂σik
≡ ∑ ik = 0 .
(4.54)
∂xi i =1 ∂xi
Для вращательного движения:
σ32 − σ 23 + M 1 = 0
(4.55)
σ13 − σ31 + M 2 = 0
(4.56)
σ 21 − σ12 + M 3 = 0 ,
(4.57)
где Mi – объёмные моменты сил для Oxi.
В отсутствии электрических и магнитных полей объемные моменты не возникают, и мы получаем вновь, что
σik = σ ki .
(4.58)
84
Пример 1. Определить главные напряжения тензора
1 1 1


σ ij = 1 1 1.
1 1 1


Решение. Запишем характеристическое уравнение для данного
тензора
1−σ 1 1
−σ σ
0
1
1−σ 1 = 1
1 − σ 1 = 0.
(1)
1
1 1−σ
1
1 1−σ
Раскрывая определитель (1), получим:
σ 2 (3 − σ ) = 0 .
(2)
Откуда главные напряжения
σ1 = 3 , σ 2 = 0 , σ 3 = 0 .
Пример 2. В точке P(0, 0, 0) задан тензор напряжений:
 7 − 5 0


σij =  − 5 3 1  .
 0 1 2


Определить вектор напряжений σ на площадке, проходящей через
точку P параллельной плоскости ABC . Плоскость ABC определяется уравнением
3 x1 + 6 x2 + 2 x3 = 12 .
Решение. Уравнение нормали к данной плоскости определяется
выражением
n = cos αe1 + cos β e 2 + cos γe3 .
Направляющие косинусы
A
3
3
B
6
cos α =
=
= , cos β =
= ,
9 + 36 + 4 7
A2 + B 2 + C 2
A2 + B 2 + C 2 7
C
2
cos γ =
= .
A2 + B 2 + C 2 7
Отсюда
85
3
6
2
n = e1 + e 2 + e3 .
7
7
7
Компоненты вектора напряжений определяются выражением
σ i = σ ik nk .
Запишем данное выражение в матричной форме
 7 − 5 0
  9 5 10 
 3 6 2 
( f1 f 2 f 3 ) = 
 − 5 3 1  =  −
.
7
7
7
 7 7 7 



0
1
2


Таким образом
9
5
10
σ = − e1 + e2 + e3 .
7
7
7
Пример 3. Напряженное состояние упругого тела задано тензором
 0 x3 0 


σ ij =  x3 0 − x1  .
0 − x 0 
1


Показать, что если объемные силы равны нулю, то условие равновесия соблюдается.
Решение. В отсутствие объёмных сил условие равновесия имеет вид:
∂σ ik
=0 .
(1)
∂xk
Непосредственной подстановкой компонент тензора из условия задачи в (1), легко убедиться, что условие равновесия выполняется:
∂σ 11 ∂σ 12 ∂σ 13
+
+
=0
∂x1
∂x 2
∂x3
∂σ 21 ∂σ 22 ∂σ 23
+
+
=0
∂x1
∂x 2
∂x3
∂σ 31 ∂σ 32 ∂σ 33
+
+
= 0,
∂x1
∂x2
∂x3
86
∂xi
= δ ij .
где учтено, что ∂x
j
Пример 4. Какой вид должны иметь компоненты объёмной
(массовой) силы, если среда находится в равновесии при распределении напряжений:
 3x1 x2 5 x22 0 


2
σ ij =  5 x2 0
2 x3  .


0
2 x3 0 


Решение. Из условия равновесия (4.52) следует, что компоненты
объемной силы определяются следующим образом:
∂σ
f i = − ik .
(1)
∂x k
Непосредственной подстановкой компонент тензора из условия задачи в (1), получим:
 ∂σ
∂σ 
∂σ
f 1 = − 11 + 12 + 13  = −13x 2
∂x 2
∂x3 
 ∂x1
 ∂σ
∂σ 23 
∂σ
 = −2
f 2 = − 21 + 22 +
∂
x
∂
x
∂
x
2
3 
 1
 ∂σ
∂σ
∂σ 
f 3 = − 31 + 32 + 33  = 0 ,
∂x2
∂x3 
 ∂x1
∂xi
где учтено, что ∂x = δ ij .
j
Задачи
1. В некоторой точке задан тензор напряжений:
 7 0 − 2


σ ij =  0
5 0 .
− 2 0 4 


87
Определить вектор напряжений σ в этой точке на площадке с нор 2
2
1
малью n = e1 − e 2 + e3 .
3
3
3
10
Ответ: σ = 4e1 − e3 .
3
2. Напряженное состояние упругого тела задано тензором
 0 x3 0 


σij =  x3 0 − x1  .
0 − x 0 
1


Вычислить вектор напряжения σ в точке P(4; − 4; 7) на плоскости
2 x1 + 2 x2 − x3 = −7
и на сфере
x12 + x22 + x32 = 81.
Определить главные напряжения.
Ответы:
14
18
8
σ
=
e
+
e
−
e3 ,
на плоскости
1
2
3
3
3
28
16
на сфере σ = − e1 + e3 .
9
9
3. Определить главные напряжения тензора напряжений:
 3 −1 0
7 3 0 




1)
σij =  − 1 3 0  ,
2) σij =  3 7 4  ,
 0 0 1
 0 4 7




0
10 − 6 0 
5 0




3)
σij =  − 6 10 0  ,
4) σij =  0 − 6 − 12  ,
 0 0 1
 0 − 12 1 




 7 − 4 0
3 2 0 




5)
σij =  − 4 5 4  ,
6) σij =  2 4 − 2  .
 0 4 3
0 − 2 5




88
Ответы:
1) σ1 = 1, σ 2 = 2 , σ3 = 4 ;
3) σ1 = 1, σ 2 = 4 , σ3 = 16 ;
5) σ1 = 5 , σ 2 = 11, σ3 = −1 ;
2) σ1 = 2 , σ 2 = 7 , σ3 = 12 ;
4) σ1 = 10 , σ 2 = 5 , σ3 = −15 ;
6) σ1 = 1, σ 2 = 4 , σ3 = 7 .
4. В некоторой точке задан тензор напряжений:
 −5 0 0 


σij =  0 − 6 − 12  .
 0 − 12 1 


Определить вектор напряжения в этой точке на площадке с нормалью
2
1
2
n = e1 + e 2 + e3 .
3
3
3
Ответ:
10
10
σ = − e1 − 10e 2 − e3
3
3
5. В некоторой точке задан тензор напряжений:
 1 0 − 2


σij =  0 5 0  .
 − 2 0 2


Определить:
1) вектор напряжения σ в этой точке на площадке с нормалью
1
n=
(e1 + e 2 − e 3 ) ;
3
2) нормальную σ n и касательную σ τ компоненты вектора напряжения;
3) модуль вектора напряжений σ ;
4) угол между вектором напряжений и нормалью к площадке.
6. Октаэдрической называется площадка, которая составляет равные
углы с главными направлениями Ox1 , Ox2 и Ox3 . Определить октаэдрические нормальные и октаэдрические касательные напряжения.
89
Ответ:
σ oc, n =
σ1 + σ 2 + σ3 σ = 1 (σ − σ ) 2 + (σ − σ ) 2 + (σ − σ ) 2 .
oc ,τ
1
2
2
3
3
1
3
3
7. Напряженное состояние в некоторой точке задано тензором напряжений
 σ aσ bσ 


σij =  aσ σ cσ  ,
 bσ cσ σ 


где a , b , c – константы, а σ – некоторое значение напряжения.
Определить константы a , b , c так, чтобы вектор напряжения на
октаэдрической площадке с единичной нормалью
1
n=
(e1 + e 2 + e3 )
3
был равен нулю.
Ответ:
1
a=b=c=− .
2
8. Для тензора напряжений
0 1 2 


σij = 1 σ 22 1
2 1 0


определить величину σ 22 так, чтобы вектор напряжений σ на некоторой площадке в этой точке обращался в нуль. Найти единичную нормаль к этой площадке.
Ответ:
1
(e1 − e 2 + e3 ) .
σ 22 = 1, n =
6
9. В точке P задан тензор напряжений:
 2 − 5 0


σij =  − 5 3 1  .
 0 1 1


90
Определить вектор напряжений σ на площадке, проходящей через
точку P параллельной плоскости ABC . Плоскость ABC определяется уравнением
x1 x2 x3
+
+ = 1.
4
7 6
10. Напряженное состояние среды задано тензором
 3 x1 x2 5 x22 0 


σij =  5 x22 0
2 x3  .


0
2 x3 0 


Определить вектор напряжения в точке P с координатой
x = 2e1 + e 2 + 3e3
на площадке, касательной в этой точке к цилиндрической поверхности x22 + x32 = 4 .
5
Ответ: σ = e1 + 3e 2 + 3e3
2
11. Непосредственным вычислением найти инварианты I1 , I 2 , I 3
тензора напряжений
 6 − 3 0


σij =  − 3 6 0  .
 0 0 8


Найти главные напряжения. Показать, что в главных осях получаются те же самые значения инвариантов.
Ответ:
σ1 = 9 ,
σ2 = 8 ,
I1 = 20 ,
σ3 = 3 ;
91
I 2 = 123 , I 3 = 216 .
12. В некоторой точке задан тензор напряжений
5 0 0 


σij =  0 − 6 − 12  .
 0 − 12 1 


Определить максимальное касательное напряжение в этой точке и
показать, что оно действует в плоскости, которая делит пополам
угол между площадками максимального и минимального нормального напряжений.
Ответ:
σ − σ1
σ1 = 10 , σ 2 = 5 ,
σ3 = 15 , σ τ max = 3
= −12,5 .
2
13. Определить максимальное касательное напряжение для следующих напряженных состояний
τ

а) σij =  τ
0

τ 0

τ 0 ;
0 0 
б)
τ τ 0 


σij =  0 − τ
0 .
 0 0 − 2τ 


Ответ:
а) σ τ = τ ; б) σ τ = 3τ / 2 .
14. Напряженное состояние упругого тела в равновесии задано тензором
 x32
0 2 x1 x 2 


3
σ ik =  0
x 2 x1 x3  .


 2 x1 x 2 x1 x3 0 


Определить компоненты объемных сил.
Ответ:
2
f1 = 0, f 2 = −(3x2 + x1 ) , f 3 = −2 x2 .
92
15. Поле напряжений в сплошной среде задано тензором
 x12 x2
(1 − x22 ) x1
0 

σik =  (1 − x22 ) x1 ( x23 − 3 x2 ) / 3 0  .


2
 0
0
2 x3 


Определить компоненты объемных сил.
Ответ:
f1 = 0 , f 2 = 0 , f 3 = −4 x3 .
16. В случае равновесия среды и отсутствия объемных сил определить:
а) компоненту тензора напряжения σ12 , если σ11 = 2 x1 x32 ,
σ13 = 3 x1 x2 x3 ;
б) компоненту тензора напряжения σ 23 , если σ 21 = 4 x1 x22 , σ 22 = 5 x23
;
в) компоненту тензора напряжения σ33 , если σ31 = 2 x12 x32 , σ32 = 3x24
93
ПРИЛОЖЕНИЕ
1. Цилиндрическая и сферическая системы координат
а
б
2. Дифференциальные операции в декартовых,
цилиндрических и сферических координатах
Градиент скалярной функции:
∂Φ
∂Φ
∂Φ
∂Φ
1 ∂Φ
∂Φ
grad Φ ≡ ∇Φ =
nx +
ny +
nz =
nr +
nϕ +
nz =
∂x
∂y
∂z
∂r
r ∂ϕ
∂z
∂Φ
1 ∂Φ
1 ∂Φ
=
nr +
nϑ +
nϕ .
∂r
r ∂ϑ
r sin ϑ ∂ϕ
Дивергенция векторной функции:
∂Ax ∂Ay ∂Az 1 ∂(rAr ) 1 ∂Aϕ ∂Az
div A ≡ ∇A =
+
+
=
+
+
=
∂x
∂y
∂z r ∂r
r ∂ϕ
∂z
1 ∂ (r 2 Ar )
1 ∂(sin ϑAϑ )
1 ∂Aϕ
= 2
+
+
.
∂r
r sin ϑ
∂ϑ
r sin ϑ ∂ϕ
r
Ротор векторной функции:
94
 ∂Az ∂Ay 
 ∂Ay ∂Ax 
 ∂Ax ∂Az 


n z =
−
nx + 
−
−
rot A ≡ [∇ × A ] = 
n y + 

∂z 
∂x 
∂y 
 ∂z
 ∂y
 ∂x
 1 ∂Az ∂Aϕ 
1  ∂ (rAϕ ) ∂Ar 
∂A ∂A
n r +  r − z n ϕ + 
n z =
= 
−
−
r
∂
ϕ
∂
z
∂
z
∂
r
r
∂
r
∂
ϕ






1  ∂ (sin ϑAϕ ) ∂Aϑ 
1  1 ∂Ar ∂ (rAϕ ) 

n r + 
n ϑ +
=
−
−
r sin ϑ 
∂ϑ
∂ϕ 
r  sin ϑ ∂ϕ
∂r 
1  ∂(rAϑ ) ∂Ar 
+ 
−
n ϕ .
∂ϑ 
r  ∂r
Лапласиан скалярной функции:
∂ 2Φ ∂ 2Φ ∂ 2Φ 1 ∂  ∂Φ  1 ∂ 2Φ ∂ 2Φ
∆Φ ≡ 2 + 2 + 2 =
+
=
r
+
r ∂r  ∂r  r 2 ∂ϕ2 ∂z 2
∂x
∂y
∂z
1 ∂  2 ∂Φ 
1
∂ 
∂Φ 
1
∂ 2Φ
= 2 r
.
+ 2
 sin ϑ
+ 2 2
2
∂
r
∂
r
∂
ϑ
∂
ϑ

 r sin ϑ 
 r sin ϑ ∂ϕ
r
Лапласиан векторной функции:
∆A = grad div A − rot rot A =
 ∂ 2 Ay ∂ 2 Ay ∂ 2 Ay 
 ∂ 2 Ax ∂ 2 Ax ∂ 2 Ax 
n +
n + 
= 2 +
+
+
+
2
2  x 
2
2
2  y
 ∂x
∂y
∂z 
∂y
∂z 

 ∂x
 ∂ 2 Az ∂ 2 Az ∂ 2 Az 
n =
+ 2 +
+
2
2  z
 ∂x
∂y
∂z 

A


A
2 ∂Aϕ 
2 ∂Ar 
n + ∆Az n z =
n r +  ∆Aϕ − ϕ +
=  ∆Ar − 2r − 2
2
2 ∂ϕ  ϕ
∂
ϕ
r
r
r
r





2A
2
∂ ( Aϑ sin ϑ)
2 ∂Aϕ 
n r +
=  ∆Ar − 2r − 2 2
− 2
∂
ϑ
∂
ϕ
r
r sin ϑ
r sin ϑ



A
2 ∂A
2 cos ϑ ∂Aϕ 
n ϑ +
+  ∆Aϑ − 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 .
+  ∆Aϕ − 2 2 + 2
+ 2 2
∂
ϕ
∂
ϕ
sin
ϑ
sin
ϑ
sin
ϑ
r
r
r


95
Оператор конвективной производной:
∂v
∂v
∂v
v∇v = v x
+ vy
+ vz
=
∂x
∂y
∂z
2
 ∂v
v
v
∂
v
∂
v
ϕ
ϕ
r +v
r −
n +
=  vr r +
z
r
 ∂r
r ∂ϕ
∂z
r 


∂vϕ vr vϕ 
 ∂vϕ vϕ ∂vϕ

n ϕ +
+  vr
+
+ vz
−
r ∂ϕ
r 
∂z
 ∂r
 ∂v z vϕ ∂v z
∂v 
+  vr
+
+ 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
−
ctg ϑ 
v
v
v
v
v
∂
v
∂
v
ϕ
ϕ
ϕ
r
ϑ
ϑ
ϑ
ϑ

+ vr
+
+
+
n +
 ∂r
 ϕ
r ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ
r


vϕ ∂vϕ vr vϕ + vϑvϕ ctg ϑ 
 ∂vϕ vϑ ∂vϕ
n ϑ .
+  vr
+
+
+
r ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ
r
 ∂r

3. Векторные тождества
(a∇)b = a x
∂b
∂b
∂b
,
+ ay
+ az
∂x
∂y
∂z
div ∇ϕ = ∆ϕ =
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
,
+
+
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
rot ∇ϕ = 0 ,
div rot a = 0 ,
rot rot a = ∇ div a − ∆a ,
∇ (ϕf ) = ϕ∇f + f∇ϕ ,
div (ϕa) = ϕ div a + a ⋅ ∇ϕ ,
rot (ϕa) = ϕ rot a + [∇ϕ × a] ,
div [a × b] = b rot a − a rot b ,
∇ (ab) = (a∇) b + (b ∇) a + [a × rot b] + [b × rot a] ,
96
1
∇ a 2 = (a∇) a + [a × rot a] ,
2
rot [a × b] = (b∇) a − (a ∇) b + a div b − b div a ,
∫ [n × a]dS = ∫ rot a dV ,
∫ al dl = ∫ rot n a dS ,
L
S
∫ ϕdl = ∫ [n × ∇ϕ] dS .
L
S
4. Сложение и умножение матриц
Суммой двух матриц A и B называется матрица, определяемая
равенством:
 a11 a12 a13   b11 b12 b13   a11 + b11 a12 + b12 a13 + b13 

 
 

a
a
a
+
b
b
b
=
a
+
b
a
+
b
a
+
b
 21 22 23   21 22 23   21 21 22 22 23 23  .
 a a a  b b b   a + b a + b a + b 
 31 32 33   31 32 33   31 31 32 32 33 33 
Произведение матрицы на матрицу столбец является матрица,
определяемая равенством:
 a11 a12 a13   b1   a11b1 + a12b2 + a13b3 

   

 a21 a22 a23  ⋅  b2  =  a21b1 + a22b2 + a23b3  .
 a a a  b  a b + a b + a b 
 31 32 33   3   31 1 32 2
33 3 
Произведение матрицы строки на матрицу является матрица,
определяемая равенством:
 a11 a12 a13 


(b1 b2 b3 ) ⋅  a21 a22 a23  =
a a a 
 31 32 33 
= (a11b1 + a21b2 + a31b3 a12b1 + a22b2 + a32b3 a13b1 + a23b2 + a33b3 ) .
Произведение двух матриц A и B является матрица, определяемая равенством:
97
3
3
 3

 ∑ a1k bk1 ∑ a1k bk 2 ∑ a1k bk 3 
k =1
k =1
 k =1

 a11 a12 a13   b11 b12 b13  

3
3
3

 

 a21 a22 a23  ⋅  b21 b22 b23  =  ∑ a2k bk1 ∑ a2k bk 2 ∑ a2k bk 3  .

k =1
k =1
 a a a   b b b   k =1
 31 32 33   31 32 33   3

3
3
 ∑ a3k bk1 ∑ a3k bk 2 ∑ a3k bk 3 
 k =1

k =1
k =1
Характеристическим уравнением матрицы
 a11 a12 a13 


a
a
a
 21 22 23 
a a a 
 31 32 33 
называется уравнение
a11 − λ a12
a13
a21 a22 − λ a23
= 0.
a31 a32
a33 − λ
Корни этого уравнения λ1 , λ 2 , λ 3 называются характеристическими числами. Они всегда действительны, если исходная матрица является симметрической.
5. Компоненты тензора напряжений для вязкой жидкости
в цилиндрической и сферичеcкой системах координат
В цилиндрических координатах r , ϕ, z :
 ∂vϕ vϕ 1 ∂vr 
∂v
 ,
− +
σ rr = − p + 2µ r , σ rϕ = µ
∂
∂
ϕ
∂r
r
r
r


 1 ∂vϕ vr 
 1 ∂v z ∂vϕ 
 ,
σϕϕ = − p + 2µ
+  , σϕz = µ
+
r
∂
ϕ
r
r
∂
ϕ
∂
z




∂v
 ∂v ∂v 
σ zz = − p + 2µ z , σ rz = µ r + z  .
∂r 
∂z
 ∂z
В сферических координатах r , ϑ, ϕ :
98
∂vr
 1 ∂vϑ vr 
+ ,
, σϑϑ = − p + 2µ
∂r
 r ∂ϑ r 
 1 ∂vϕ vϑ
v 
σϕϕ = − p + 2µ
+ ctg ϑ + r  ,
r 
 r sin ϑ ∂ϕ r
 1 ∂vϕ vϕ
1 ∂vϑ 
 ,
− ctg ϑ +
σϑϕ = µ
∂
ϑ
sin
ϑ
∂
ϕ
r
r
r


v
1 ∂vr 
 ∂v
σrϑ = µ ϑ − ϑ +
,
r r ∂ϑ 
 ∂r
 ∂vϕ vϕ
1 ∂vr 
 .
= µ
− +
sin
∂
r
r
r
ϑ
∂
ϕ


ε rr = − p + 2µ
σϕr
6. Компоненты тензора деформации в цилиндрической и
сферичеcкой системах координат
В цилиндрических координатах r , ϕ, z :
∂u
1 ∂u ϕ u r
∂u
+ , ε zz = z ,
ε rr = r , ε ϕϕ =
∂r
r ∂ϕ r
∂z
1 ∂u z ∂uϕ
∂u
∂u
2ε ϕz =
+
, 2ε rz = r + z ,
r ∂ϕ
∂z
∂z
∂r
∂uϕ uϕ 1 ∂ur
2ε rϕ =
−
+
.
∂r
r r ∂ϕ
В сферических координатах r , θ, ϕ :
∂u
1 ∂u θ u r
ε rr = r , ε θθ =
+ ,
∂r
r ∂θ
r
u
1 ∂u ϕ u θ
ε ϕϕ =
+ ctg θ + r ,
r sin θ ∂ϕ
r
r
1 ∂uϕ uϕ
1 ∂uθ
2ε θϕ =
− ctg θ +
,
r ∂θ
r
r sin θ ∂ϕ
∂u
u
1 ∂ur
,
2ε rθ = θ − θ +
∂r
r r ∂θ
99
2ε ϕr =
∂uϕ
∂r
−
uϕ
r
+
1 ∂ur
.
r sin θ ∂ϕ
7. Плотность, упругие постоянные и предел прочности
Вещество
ρ,
кг
м3
Алюминий
Медь
Свинец
Сталь
Стекло
Вода
2700
8900
1130
0
7800
2500
1000
МоМо- Коэффи- Предел Коэффидуль
дуль
циент
прочноциент
Юнга сдвига Пуассости
сжиE , ГПа µ , ГПа
на
на разрыв маемости
σ cr , ГПа
ν
-1
β , ГПа
70
26
0,34
0,1
0,014
130
16
40
5,6
0,34
0,44
0,3
0,015
0,007
0,022
200
60
–
81
30
–
0,29
0,25
–
0,6
0,05
–
0,006
0,025
0,49
100
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1. Бреховских, Л. М. Введение в механику сплошных сред /
Л. М. Бреховских, В. В. Гончаров. – М.: Наука, 1982. – 336 с.
2. Бондарь, В. Д. Основы теории упругости / В. Д. Бондарь. – Новосибирск: НГУ, 2004. – 260 c.
3. Векштейн, Г. Е. Физика сплошных сред в задачах / Г. Е. Векштейн. – М.: Институт компьютерных исследований, 2002. – 208 с.
4. Задачи по физике твердого тела / под ред. Г. Дж. Голдсмита. –
М.: Наука, 1976. – 432 с.
5. Ильюшин, А. А. Задачи и упражнения по механике сплошной
среды / А. А. Ильюшин, В. А. Шмаков, А. П. Шмаков. – М.: Издательство Московского университета, 1979. – 200 с.
6. Иродов, И. Е. Задачи по общей физике / И. Е. Иродов. – М.:
Наука, 1979. – 368 с.
7. Ландау, Л. Д. Гидродинамика / Л. Д. Ландау, Е. М. Лифшиц. –
М.: Наука, 1986. – 736 с.
8. Ландау, Л. Д. Теория упругости / Л. Д. Ландау, Е. М. Лифшиц.
– М.: Наука, 1987. – 248 с.
9. Лойцянский, Л. Г. Механика жидкости и газа / Л. Г. Лойцянский. – М.: Наука-Физматлит, 1987. – 840 с.
10. Любимов, А. В. Сборник задач по гидродинамике, газодинамике и теории упругости / А. В. Любимов. – М.: Издательство
МИФИ, 1970. – 146 с.
11. Мейз, Дж. Теория и задачи механики сплошных сред /
Дж. Мейз. – М.: URSS, 2007. – 322 с.
12. Стрелков, С. П. Сборник задач по общему курсу физики /
С. П. Стрелков Д. В. Сивухин, В. А. Угаров, И. А. Яковлев. – М.:
Наука, 1977. – 288 с.
13. Черняк, В. Г. Механика сплошных сред / В. Г. Черняк,
П. Е. Суетин. – М.: Физматлит, 2006. – 352 с.
14. Хан, Х. Теория упругости / Х. Хан. – М.: Мир, 1988. – 344 с.
101
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ................................................................................. 3
Раздел 1. Идеальная жидкость ..................................................
1.1. Уравнения неразрывности, линии тока ...........................
1.2. Уравнение Эйлера ..............................................................
1.3. Уравнение Бернулли ..........................................................
1.4. Потенциал и функция тока ................................................
4
4
8
15
23
Раздел 2. Вязкая жидкость ........................................................ 33
2.1. Уравнение Навье-Стокса для несжимаемой жидкости,
ламинарное течение ............................................................ 33
2.2. Турбулентное течение несжимаемой жидкости,
уравнение Рейнольдса ........................................................ 44
Раздел 3. Волны в жидкости и газе .......................................... 49
3.1. Гравитационные и капиллярные волны в идеальной
жидкости .............................................................................. 49
3.2. Звуковые волны .................................................................. 55
Раздел 4. Основы теории упругости ........................................
4.1. Закон Гука и деформация упругих тел ............................
4.2. Тензор деформации и поворота ........................................
4.3. Тензор напряжений. Уравнения движения и условия
равновесия ...........................................................................
62
62
73
81
Приложение .................................................................................. 94
Список использованной литературы ...................................... 101
102
Корабельников Дмитрий Васильевич
Ханефт Александр Вилливич
ПРАКТИКУМ
ПО ОСНОВАМ МЕХАНИКИ
СПЛОШНЫХ СРЕД
Учебное пособие
Редактор Л. М. Борискина
Подписано в печать 02.10.2010 г. Формат 60х84 1/16.
Печать офсетная. Бумага офсетная № 1. Уч. изд. л. 6,4.
Тираж 100 экз. Заказ № 85.
ГОУ ВПО «Кемеровский государственный университет».
650043, г. Кемерово, ул. Красная, 6.
Отпечатано в типографии «СТИВЭС», 644053, г. Омск,
ул. Нефтезаводская, д. 38, кор. 2, а/я 3218.
103