Л.М. Бреховских, В.В. Гончаров - Введение в механику сплошных сред (1119112), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Для вектора скорости этой новой задачи на основании (7.33) имеем 1 йв 3 йв (чвг)г ч= — ч,— — — ч,+ — — — ' 2 гв 2 гв (7.34) и соответственно для компонент скорости г 1 ов 3 ов и, = ч — = — и,сов 8 — — — и,соз8+ — — о,соз8 = 2 гв гв яв ) = — о,соз 8(1 — — ~ гв ) (7.35) 1 Кв) о, =о з(п8/1+ — — ) .
2 гв) В последнем выражении мы учли, что о,в — — о, з)п 8. На поверхности сферы (г=гг), как и должно быть, о,=О и о,= =*/,о.з)п8. (7.36) Отсюда следует, что о=О при 8=0 и О=я — передняя и задняя критические точки. Пользуясь теоремой Бернулли, легко нййти распределение давления по поверхности сферы. Подставив в 128 уравнения Лапласа потенциал диполя (двух близко расположенных зарядов противоположного знака), равный Вч (1/г), где  — постоянный вектор, называемый моментом диполя. Действительно, уравнение Лапласа будет удовлетворяться, так как операции дифференцирования, например д/дх, переставимы с операцией Ь.
Условие на бесконечности также будет выполнено, так как ~ 17 (1/г) ~ -1/гв при г-в-оо. Скорость сферы ч, входит в граничное условие при г=)г (7.32) линейно, поэтому естественно искать решение нашей задачи в виде ф=Ачвр(1/г) = Ачвг/г'. Отсюда скорость частиц жидкости ч= ч вр будет равна ч= — Ач,/г',+ЗА(ч,г) г/г'.
Подстановка этого выражения в условие на поверхности сферы (7.32) дает — Ао„/Р'+ЗАо„/К'= о„. Отсюда находим А=/гв/2. В результате имеем: 1 йв ! йв 3 йв (чг)г ~р = — — — (чвг), ч = — — — ч,+ — — — ' (7.33) 2 гв 2 гв 2 гв гв (7.25) вместо о выражение (7.36), получаем р = р, + '/, ро, '(1 — е/е з1по 8). (7.37) давление является симметричным по отношению к плоскости мнделя (8=п/2) и минимальным на ней. Коэффициент давления аналогично (7.27) будет К = — = 1 — — з(пе8. Р— Ре 9 (7.38) „е 4 29.2. Присоединенная масса.
В силу симметрии давления от- носительно плоскости О=и/2, нак и в случае с цилиндром, пол- ная сила, действующая со стороны потока на сферу, равна нулю (в соответствии с парадоксом Даламбера — Эйлера). Однако не- правильным было бы думать, что сила, необходимая для разго- на покоящегося шара массой т с постоянным ускорением а до скорости ч„будет равна та. Как оказывается, для этого необ- ходима ббльшая сила, т.
е. при разгоне шара (или другого тела) возникает сила сопротивления жидкости. Это обстоятельство не противоречит утверждению парадокса Даламбера — Эйлера, по- скольку последний имеет место лишь при стационарном (те= =сопя!) обтекании. В нашем же случае разгона шара задача становится нестационарной. Проще всего определить требуемую силу из энергетических соображений.
При конечной скорости шара ч, время действия си- лы Г равно Т=о,/а. Пройденный шаром при этом путь будет з= =аТ*/2=о,'/2а. Следовательно, работа силы Г равна Гз= =Го,'/2а. Эта работа идет на повышение кинетической энергии шара и жидкости, которая в начальный момент времени также покоилась. Таким образом, Роо/2а = то,'/2 + ~ (рое/2) йУ, где интегрирование проводится по объему всей жидкости (т> >/7). Отсюда легко получаем, что Р= та+Ма, где выражение М= ~ (оейУ (7.39) се е а>я называется присоединенной массой. Из (7.33) имеем: о, = (оеЯе/те) соз 8, о, = (оейе/2т') з)п 8, о' = (о,'/1е/то) х х (1 + 3 созе 8)/4.
В результате после интегрирования " йУ = /еп)ч "е. аья 5 л. м. врехоеоаеа, в. в. Гончаров 129 Следовательно, М='/ того'Р= ('/,)'/,няор='/,(/ р, (7.40) где и' —.объем шара. Таким образом, присоединенная масса ускоренно движущегося в жидкости шара равна половине массы жидкости, заключенной в его объем. Задачи 7Л. Пусть жидкость вращается вокруг вертикальной оси так, что частота вращения цилиндрического слоя радиусом г равна й(г), При какой зависимости й(г) движение будет потенциальным? Р е ш е н и е.
Скорость частиц жидкости найдется как ч=(и, о) =й Хи=( — Йу, Йх), где К= (х, у, г) = (г, г) . Отсюда для ш = го( т имеем: в= ючуг, ш = до/дх — ди/ду= й+хй'х/г+й+ уй'у/г =2Й+гй'. При потенциальном движении (ю 0) й(г) определяется из уравнения й'=Ый/дг= — 2й/г, ре<пением которого будет функция й(г) =йово/го, где Йож й(а); а — произвольно. 7.2.
Найти форму свободной поверхности при потенциальном вращении жидкости (см, предыдущую задачу) в поле силы тяжести. Решение Вводя центробежную силу инерции рйог=рйо'(а'/г')г с цо. тенциалом на единицу массы жидкости </<йота</го и потенциал силы тяжести дг (ось г направлена вертикально вверх), запишем уравнение Бернулли (6.38) в виде р/р+ йота</2го+ ух = уго = сопж. Поскольку движение безвнхревое, то постоянная ц< одинакова для всех точек жидкости (см. п.
23.1). Отсюда получаем уравнение свободной поверхности жидкости (р=О); г = го — йо'а</2уг'. Мы видим, что г-ь — оо при г-<0. 7.3. Предполагая, что слон жидкости вращаются в поле силы тяжести вокруг вертикальной оси с частотой Йо при г(а и Йоа'/го при г>а, найти форму свободной поверхности.
Решение. Форма свободной поверхности при г(а бмла нами найдена в задаче О.11: г(г)=Н-<-(йо'/Яу)г', Н-(ро — ро)/ур. При г>а ояа получена в предыдущей задаче. Связь между постоянными Н и г, можно определить из условия непрерывности функции г(г) при г а: го Н+йооао/у. Окончательно уравнение свободной поверхности может быть записано в виде Йоа 1'гз/ао, г ( а, (г) + 2 (2 — ао/го, г> а, 2у Нетрудно убедиться также, что при переходе через точку г=а остается не.
прерывиой и дг/дг, 7.4. Получить выражение длв комплексного потенциала г"(г) в случае обтекания цилиндра с зллиптическим сечением (рис. 7,7) набегающим вдоль 130 занан вместе (7.22) потенциал Рв(г), получаем Р,(г) = — — (а+Ь) ~ ов г+ )/*' — аз — Ьв ехр; — !а) + .+Ь з — Угз — а'+ Ь' + ехр (/а)~ а — Ь 7.6.
Найти комплексный потенциал в случае обтекания бесконечно тонкой полосы шириной 2а набегающим под углом а к оси х потоком со скоростью ов (рис. 7.8). Рассмотреть частные случаи а 0 и и=п/2. Р е ш е н и е. Полоса является частным случаем эллипса с равной нулю вертикальной полуосью. Положив в Р,(г) (см. задачу 7.5) Ь=О, по. лучаем Р (г) = — ив (асса а — / )'"г' — а'з)па)= о г — /о Ьггз — аз. вз При а=О, как и должно быть, тонкая пластинка не влияет на поток: Р(г) = = — овг. При а=к/2 поток набегает перпендикулярно плоскости пластинки н Р(г) /овуг' — а'. Заметим, что комплексная скорость, равная Р'(г), обращается в бесконечность на краях пластинки (г=~а).
7.7. Пусть несжимаемая жидкость, заполняющая полупространство'х(0, с давлением р~ на бесконечности вытекает из отверстия размером 2Р в плоской стенке /,/.' (плоская задача, рис. 7,9, а, АВ и А'В' являются границами струи) в свободное полупростраиство х>0, где давление равно рз. Получить отображение области течения г=х+/у на плоскость комплексного потенциала Р=<р+/вр н плоскость комплексной скорости ю=и — /и. Решение. Отметим, что задача имеет зеркальную симметрию относительно осн х, причем последняя является линней тока (вр)в-в=сова(). Без ограничения общности можно положить вр) в-в=О. Линией тока будет и линия /АВ.
При х-ьоо поток становится однородным (и=дзр/ду= ос, о= = — двр/ах=О), следовательно, вр=ову прн х-~-ов и на линии тока /.АВ вр ова. Аналогично на линия тока /.'А'В' зр= — ова. Теперь ясно, что отображение области течения на плоскости потенциала Р=ю+/вр является полосой (рис. 7.9, б). Рвслкв 132 Скорость жидкости ое при к-+со можно найти по теореме Бернулли: р,/р=рз/р+оо/2, по=Уй(Р~ — Рэ)/р. Отсюда также следует, что на участках АВ и А'В' скорость постоянна по модулю 1оо( и меняется от ч=(0, — ое) до ч=(оьО) на АВ и от ч=(О,оэ) до ч=(оьО) нэ А'В'. На участке /А (Е'А') ч=(0, и), причем э монотонно убывает (возрастает) от о=О при у= шсо до — оз(+оэ). Из сказанного следует, что отображение области течения на плоскость комплексной скорости — полукруг (рис. 7,9, э). 7.6. Воспользовавшись результатами задачи 7.7, получить выражение для комплексного потенциала в случае истечения жидкости через отверстие и вычислить коэффициент истечения.
Решение. Предварительно получим преобразование ш=ш(Р) (в обозначениях задачи 7.7), отобразив каждую из областей на рис. 7.9, б н э на полуплоскость ~)0 комплексной переменной в=э+!г) (рис. 710): (=ь(Р) = =((ш). Первое отображение, как легко проверить, определяется функцией 9=сэр( — лР/2оэс(), второе — преобразованием Жуковского (7.21) с позоро/ /в /оэ~ том на и/2: ь= — — ~ —,+ — /1,обратным которому будет преобразова(оэ нне ш=ое(гьэ(-1 — ь).
Следовательно, отображение полосы в плоскости потенциала иа полукруг в плоскости комплексной скорости имеет вид ш (Р) оэ ((1+ ехр ( — пР/оэб))'" — ехр ( — пР/2оеб)) Но так как ш=Р', то искомое преобразование Р(г) можно найти яэ урав- нения дР— / ир' ~ оэдэ= =(Р 1-(-геэ+а)бР, а ехр~ — — ~, 1~1+ аэ — а 2оэч интегрирование которого дает обратное преобразование г=г(Р): э = С вЂ” (24л) ( пР/2ом(-(-сэ+ 71+<А+1п (У 1(-шз — Ц ). Комплексная постоянная С С'+/С" может быть определена из известных соотношений на линиях тока. Рассмотрим, например, линию тока /АВ (см.
рис. 79, а), на которой ф=иЫ, Р=ф+/оЫ ( — ео«у<ой). Подставляя это значение Р в выражение для х(Р), получаем ш=ехр( — /я/2 — у), у=пф/2иФ я э!9, —— С вЂ” (И/и) (у+/п/2 — (е т+)/! — е 'т+ + 1п(р' 1+ехр( — 1п — 27) — Ц). (7.41) у Если <р ео, то г- я+Ы, у-ьаа, 1п([1+ехр(/я-27) "— — Ц яэ — 1п2 — (я — 2у. Следовательно, к+Ы= =С'+/С"+~р/ое — 2б(1 — !п2)/и+Ы, откуда С" О.
На участке ЕА линии тока, соответствующем ф(0, имеем з=/у, у(0, ехр( — Т) >1. Следовательно, ф 2б С' — — — — 1п ! Р ! — ехр ( — 27) — 1 ! = 0 оэ и "о У! — ехр( — 27) =/Уехр( — 27) — 1, (У! — ехр( — 27)— 1! — ехр( у), поэтому С'=О. Таким образом, комплексная постоянная в выражении (7.4ц С=О. Рас.7.1э 1ЗЗ Коэффициент истечения, равный, по определению, Ф=4//Р, найдем из условия в(/оп/) =/Р, что дает Р 4/(ПЛ-2)/л, й=п/(и+2) =061. 7.9. Найти присоединенную массу на единицу длины кругового цилиндра, двяжущегося с ускорением в несжимаемой жидкости в направлении, перпендикулярном его оси.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
