Н.Е. Кочин, И.А. Кибель, Н.В. Розе - Теоретическая гидромеханика, Ч. 2 (1123855), страница 23
Текст из файла (страница 23)
14) можно написать 7 Х 6,5 (( — 1,30) (18,15) н т. п. Обычно в безвихревых задачах мы заранее знаем, в каких пределах меняется пале скоростей о (см. 11) и поэтому мы можем выбрать представление для 1Гт в виде наиболее подходяшей параболы. Но, если Уд.л 7.й Рве. 47 Если и положительно, удобно использовать (18. 17), если 7з < О, — возьмим (18.18). В обоих случаях мы получим уравнение Дарбу, причин тот тнп, который в общем виде решается до конца. Так, если и=+1, как это будет по Христиановичу в интервале (18.12), (уу = А('.+с), (18,16) где А, с и 7з — постоянные (причем л — целое число), то система (! 8.10) может быть решена в общем виде.
Именно, исключая из (18,10) у и используя (18.11) и (18,16), мы получим для ф уравнение Исключая же ф, мы получим для 7: (18,18) 150 теогетические ОснОВы ГА30ВОЙ динАмики !ГЛ. 1 мы просто будем иметь в качестве общего решения: ф(л ) — %1(Л)+ 92($") Л ГГ И -[- с (18. 19) ср = А (Л + р+ с) [% я (р) — %', (Л)[+ 2А ~ ~ Ч', (Л) г(Л вЂ” ~ !Рэ (р) г(р1.
Аналогичным образом в интервале (18.14) мы имеем (18.15), т. е. й= — 1, и по (18.18) можем написать Ф, (л) + и (и) Л [-и+с (! 8.20) где Ф, и Фя — произвольные функции, Прежде чем начать ставить краевые условии, построим еще, как определяется связь между х. у и ф, ф. Как прежде (см. $ !6), мы имеем равенства: 1 Нх = = соз 'р аЧР— -Р= з1п р г(ф, ~ о Ро г(у = = з1п Р' Й~+ = — соз р а'ф. Ро о Рэ (18.21) Слева В этих равенствах стоят полные дифференциалы, и это в конечном итоге обеспечивалось тем, что ф и ф, о, р были связаны уравнениями (18.9), (1б.10).
Теперь, когда ф и ф мы представляем приближенно, как функции Л и р (т. е. как функции р и о), мы должны позаботиться о том, чтобы (18.21) оставались полными дифференциалами, Величины 1!о и Р„[ро зависят только от о, т. е. отг. Поэтому запишем (18,21) в виде: г(х = р (ч) соа р сэр — о (ч) з!и 'р оф, ау = р (ч) з!и 'р гор+ ф (ч) соя 'р уф, (18. 22) и посмотрим, как надо представить р и д, чтобы (18.22) были полными дифференциалами. А(ы можем прежде всего ваписать, где Чг, и грз — две совершенно произвольные функции, каждая от одного аргумента; вид этих функций определится аналогично тому, как это делается в классической задаче о струне — из краевых условий. После того как ф известно, ф найдется из (18.10) путем простых квадратур.
Это будет 5 15! пРивлР!жеинып метод хРистичноиичл используя (! 8. !0): г(х = — (р ')1'у соя ~ + д 5!и Д вЂ” г(й + + 1!р )/г соз ~ — да!и р)1 — г(!и д~ ~/)( 51п Р— 1)с05 Р) — 1 с18+ +~Р 7 ~5!и~+ рсо581] д' ар. (!8.23) ду= — Ь Напишем условие того, что гтх есть полный дифференциал. Имеем: — — ~ ~ о )l ( соя Р + 1) 5!и Р) — ' ~ = — 1 ~ [ о ~/ У с05 Р— Р 5!п Р ) — ! или если выполнить дифференцирование и вспомнить, что ч=!ь+)„ р=!» — Х, и собрать члены с одинаковыми производными от р: дат Г Г Ф (р 1' у) — ! — — р Р т 151п р ! — = О.
(,лс г,) ) д!. Наконец, замечая, что вследствие (18.10) должно быть д'Ф л Р и ~ д~ + дф ) мы получим окончательно два соотношения — '„; —..~к=о, ) у +д О. (18.24) 'угу = А (ч+ с)', (18.28) ') Легко проверить, что если мы вставим л=з,/Ро, р = 1)Р, ру = ,л =~5 (оа — 1)((! — о'/Ь'), то (18.24) будут тождественно удовлетворяться. Те же соотношения получаются из условий, что гну есть полный дифференциал '). До сил пор наши выкладки были совершенно строгими. Подставим теперь вместо г'у наши приближйнные выражения. В случае, когда 152 теояетические Основы ГАЗОВОи динлмики !гл. г мы получим вследствие (18.24): !г! — = — А(1+ с)яр, А(Г-[-с)з — р = — !у.
л Исключая„с!, придйм к уравнению лз' — + — —. + р = О. лс' ь" + с а'", Общим интегралом этого уравнения будет ,Р = г [с! з[п(О+ с)+ ся соя (ч+ с)[. 1 Для функции 4 мы получим при этом г) == А [с, э[ и (ч+ с) + с сов (Г + с)— — (5+ с) [с, соя(Г+ с) — сз сйп !ь+ с)И. В случае, когда ,г — А (! + )' ' получим для !у уравнешие —,+ —.+р=о, л'д 2 Ау сь! ",+с с(5 т. е. теперь будет у= [с,з[п(Г+с)+сзсоз(:-)-с)] 1 и 1 )! = — — [с! з[п (ч+ с)+ сз соя ( + с)— — (О -+ с) [с, сов(О+ с) — с, ейп ((, + с)[) .
Для функций р и д, отвечающих параболе (18.13), Христианович выбирает постоянные с, и ст так, чтобы при 5=0,2 было р= 1/о, с) = р„[ко, тогда с, = 0,553, сз = 0,082. Христианович давт решение всех четырех основных задач, о которых говорилось в э 11. При этом оказывается, что задачи 1, 11 и !Ч раша!отса сразу же в конечном ниде, или при помощи квадратур; задача же Н! приводится к решению одного обыкновенного дифференциального уравнения первого порядка. Начнем с задачи !. Задача 1, Движение известно на некоторой кривой, не являю- шейся характеристикой (кривая АВ на рпс.
12). Пусть А'В' есть линия, прсдс!ав.зя!Он!ая кривую АВ в плоскости скоростей (А'В' пзо- 153 ПРРиглижшшыи ывтод хяистилновичл бражена на рнс. 13). Пусть уравнение этой последней линии в плоскости (л, р) нам известно: Л:=Л(!2) или р.=Л((Л). (18. 26) Эти равенства, справедливые всюду, запишем для нашей заданной линни. Здесь можно написать: Ч,(),)=ф,(Л) [ [Л ф 31(Л)+,[(дЛг) д ~ гр (р) == фз(р)+[А(р)+р+ с) ~ — У) ) аы1' (18. 29) Члены, стоящие в правой части этих уравнений, известны все, за исключением (дф/дЛ) и (дф/д[г).
НайдЕм эти выражения, Очевидно, что если двигаться вдоль нашей кривой (18.26), будем иметь — '" + — дф Л1 (Л) —" у,(Л). (18.30) С другой стороны, + Л[ (Л) ф (Л) или, если воспользоваться (18.10) и (18.25), дф дф тг(Л) дл ' ( ) ди А [1-[-лл(л)+с)2 ' Из (18,30) и (18.31) мы получим: ( — './, „„,=- '— дф[ 1, т', (л) дл / мси 2 У~( ) 2А[л-)-м(л) -[-с[2' — / = — ИЛ ( — И)г „Ю=- ' ° э2 (Р) дй /, ю 2 фз (! )+ 2А [И + Л (И) + С]2 ' (18.31) (18.32) (! 8.33) Вдоль этой линии заданы гя и ф. Пусть будет здесь, в частности: ф = ф, (Л) = 22 (9), (18,27) ф ф! (Л) ф2 (й)' В обшее решение для ф ° (Л, )= "(Л)+~2( —" (18.
28) Л -1- Р -1- с входят две функции чгг и ггг Определим их. Умножим обе части последнего равенства на Л+!х+ с и продифференцируем по Л и р: щ,(Л)= [(Л ! !2 [ с) (Л, р)[=ф(Л, 9)-г-(Л+р+с) —, дф г[' (9)=- — -[()-,'-9+с)ф(Л 9)[=ф(Л. [)-[-(Л+р+с) д . дф ди ди ' 154 теогеюшеские основы глзовоп диилхнки !гл. г (18. 34) (18.35) Из (18.34) ~го (р) ~Р1 (Ло) + ()О +!а + с) фо (р)' Из (18.35) имеем: оР, (Л) = — ог'а (Ро)+ (Л+ Ро+ с) фт (Л).
Поэтому окончательно мы получим: (Ло+и+с) Фь (и)+(Л+ но+ с) Фо(Л) (Ло+ но+с) Ф1 (на) ф( !") Л+~ +с (18. 36) Зада ч а 111, Движение задано вдоль одной из (заданных) характе- ристик. Пусть, например, при Л=Ло будет ф=фо(р), где фа — из- вестная функция. Движение происходит между этой характеристикой и стенкой, причем уравнение последней мы напишем в виде х=-Х(р), у= У(р) и на стенке примем Ф=О. Ищем вновь решение в виде (18.28). Полагая сперва там Л = Ло, получим: Л" г (Ла) + ~ о (И), Ло+н+с отсюда сразу найдем ор,(!о) с точностью до постоянной лр,(Ло); остаатся определить Ф', (Л).
Чтобы это сделать, заметим, что если Остается подставить (18.32) и (18.33) в правые части (18.29) и про- вести квадратуры, Постоянные интегрирования найдутся из условия совпадения ф и ф с заданными значениями из начальной кривой. Мы приняли приближение (18.25). Аналогичным образом решаешься задача при ~',"г = А/((+ с)о. Задача 11.
Если в задаче 1 пришлось брать ещй квадратуры, то задача 11 решается совершенно элементарно. Имеем две характе- ристики: Л= — Ло и р=ро, выходящие из одной точки (рис. 14 и 15). На этих характеристиках движения известны. Пусть будет прн ) =Ло ф=фо(Р) при р =р.о ф=фт(Л), п(оичйм ф,(ра) = фт(Ло). Тогда, полагая в (18,28) Л=Ло, мы получим: ~Г! (Ла) + о о (!а) )ч -1- и -1- с а полагая р= — р„,, получим: 1 ~ (Л) + оо (ио) Л1-иа -1-с Кроме того, первое из этих соотношений даст нам: ». о Ч'ь(Ло)+ Ло(но) Л, + И, -1- с пРиилижвниыи мвтод ХРистиАновичА 185 $1В! идти вдоль стенки, где ф=0 и пф=0, получим по (18.22): дХ 1 дт с0. дт дн 1. — =р(ь)совр — = рсоа р( — — + —— дд '(дЛ ф д, дд последнее равенство можно написать, вследствие (18.10), в виде: дХ В 1 дф ди дф дЛ 1 1 ди дд дЛ дй1' — = рсоа рА (ь+ с) (18,38) С другой стороны, вдоль линии стенки (ф = О) будет: 'РВ (Л)+ йга (р) =- 0 н ешли (18.
39) дф и1 (Л) дф ч'В ри) дЛ Л+Р+с ' ди Л+И+с ' Таким образом, комбинация, входящая в (18.38). будет дф дн дф дЛ 1 г Р дн 1 дЛ 1 д.; дд ди дй л+и+ с ( ~ ~Р,(9) — „',, — 1Р,(Л) -„—,1. (18.40) 2%"а — . ди дв Итак, мы можем дать формуле (18.38) вид — = А р(ч+-с) соз р1ра ( — )11 + — '~. (18.41) Р Наконец, мы можем сюда подставить Ч'В нз (18.37) по формуле гра($а) = 1(ЛВ+ 9+ с) фа(9)]. д Мы получим обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка для определения вдоль стенки ч в функциях от р. Дальше решение сводится к квадратурам.
Задача 1Ч. Эта задача решается значительно проще, чем пре- дыдущая, Вдоль свободной поверхности, которая есть линия тока, пусть будет ф=0. Кроме того, на свободной поверхности давление и, значит, скорость известны; пусть будет там 1=1Р Тогда: Ч', (Л) + йга (р) = О, если Л+ р, = Г, Далее, вдоль характеристики (см. рис. 18), пусть это будет Л= Л, имеем ф= ф (р), где фа в заданная функция.
Тогда ф (р)=— 11,(л,) ~-ч-,(и) ЛВ+Р+с По (18,39) выражение в квадратной скобке, стоящее здесь справа, будет просто 156 ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ ГАЗОВОЯ ДИНАМИКИ 1ГЛ, 1 Итак, 'Гт (р) = «в-+ р+ с) фт (р) — 'р «а) >!'> «,) = — «.а+ с + ч> — й) ф, ('", — ).) — ЕР> «ч). ПостоЯннаЯ Ч.", «ч) опРеделитса из Условии совпадениЯ зпачениа Р с заданными ее значениями на характеристике. $ 19. Переход через скорость звука. Предельные линии.
Примеры точных решений. Представим себе несжимаемую жидкость, обтекающую с определенной по величине и направлени>о скоростью на бесконечности, замкнутый контур, Если. не меняя направление скорости, мы увеличим величину ее, то конфигурация линий тока останется неизменной — только нумерация функций тока изменится. Существует лишь одно семейство кривых, которые могут служить линиями тока при обтекании (под данным углом атаки) заданного контура несжимаемой жидкостью. Совсем ш<аче будет обстоять дело в сжимаемой жидкости.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
