Н.Е. Кочин, И.А. Кибель, Н.В. Розе - Теоретическая гидромеханика, Ч. 2 (1123855), страница 39
Текст из файла (страница 39)
ЛинеАРизАциЯ УРАВнений 249 этом давление определится нз уравнения (28.12). В кзчестве краевых условий надо принять: о(ф +') о (28. 18) дп на обтекаемых твердых стенках, или )21 + Р' = — соп Ш. нз свободной поверхности, Можно указап сразу же ряд замечательных частных решений уравнения (28.!3).
Именно, если формально перейти от переменных х, у, г к переменным х, у, е, так что 2 уг — о~ — / о х=х; у= 1з/ 1 — —;у; г= !Рг' ! — — е, (28.19) ! аз го уравнение (28.13) перейдет в уравнение Лапласа, и мы можем в качестве решения взять, например, потенциал источника, находящегося в точке (О, О, 0): 1 р соп51. 1' х'+ уз+аз В озвращаясь к старым переменным, получим в качестве решения уравнения (28.13): Ф'— (28.
20) ,2 т х + ! — — (уз+а~) а 1 Если о, <~ ао то приближенно (28.19) будет иметь тот же вид, что и потенциал, в несжимаемой жидкости источника, помешанного в точке (О, О, О). Мы можем, таким образом, считать, что потенциал вида Ф (х, у, г) = огх + оз т (х — х')' -[- 1 — — [ [(у — у')' -1- (л — л')2) 1 а1 представляет в сжимаемой жидкости результат наложения потока о;, параллельного оси х, на источник бесконечно малой интенсивностй, помещшшый в точке (х', у', з'). Так как уравнение (28.13) линейно, то сумма выражений вида ф у (28.21) 121 1 (х — к')г+ 1 — — [(» — у')'+(а — л')2[ а2 1 гэ) ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ ГАЗОВОЙ ДИНАМИКИ [ГЛ.
1 для разных (х', у', «') и с будет также решением (28.13). Кроме того, решениями будут функции, получающиеся путем дифференцирования правой части (28.21). Потенциалы вида ФО мы можем теперь использовать для краевой задачи газовой динамики. Пусть для конкретности речь идет об обтекании крыла конечного размаха, бесконечно тонкого и бесконечно мало отклоненного к оси х. Поместим во всех точках М'(х', у', «') поверхности крыла источники с потенциалами Ф Ц вида (282!), считая, что с есть функция от х', у', «', а затем возьмем Ф' в виде интеграла от Ф, распространенного по поверхности крыла; Ф'(х, у, «) = с (М') ач (28.
22) 2Ъ (х — х')' + 1 — — ) [(у — у')'+ (« — «)1[ а2 1 Вид функции с останется определить из краевого условия (28.18), которое, если ограничиться малыми первого порядка, может быть записано в виде , аф' о[сов(л, х)+ — = 0 на поверхности крыла (28.23) д« (так как соз (а, х) = б. м., соз (л, у) = б. м., соз (и, «) = 1 + б. м.), и, таким образом, даст интегральное уравнение для с. Если п1с.
а,, то подкоренное выражение в ФО положительно во всем пространстве, и мы можем действительно распространить интеграл (28.22) на все точки поверхности крыла. Качественно движение будет происходить здесь так же, как в несжимаемой жидкости. Принципиально иначе будет обстоять дело при п1 > а,. Теперь ФО будет иметь смысл лишь до тех пор, пока (х — х')2)~ — — 1 [(у — у')2+-(« — «')2[. ~, аа 1 Это значит, во-первых, что если мы имеем единственный источник, помешанный в точке М'(х', у', «'), то он будет поставлять потенциал Ф' лишь в точки М(х, у, «), расположенные внутри прямого круглого конуса, вершина которого находится в М', ось параллельна оси х, а котангенс половины угла раствора равен ~/О21[а21 — 1, ибо уравнение такого конуса в пространстве (х, у, «) будет / 2 (х — х')2 = — ' — 1 Иу — у')2+(« — «')2[.
(28.24) аз Во-вторых, это значит, что если мы имеем ряд источников, помещенных в различных точках М'(х', у', «'), то в какой-нибудь точке э вй ПРОСТРАНСТВЕННАЯ ЗАДАЧА. ЛИНЕАРИЗАЦИЯ УРАВНЕНИИ 251 М(л, у, г) пространства (х, у, е) будут проявляться лишь те источ- ники М'(л', у', е'), которые попадут внутрь конуса У ВЯ1 (х' — л)'= ~ — ' — 1 1(у' — у)'+( —.)1), (28.28) ( аз 1 вершина которого находится в М, ось параллельна оси х, а котангенс половины угла раствора равен у' оз1/аз1 — 1. Но если это так, то при вычислении потенциала Ф' в точке М'(х, у, е) мы должны, при выполнении интегрирования (28.22), распространять интеграл лишь на ту часть поверхности крыла, которая отсекается конусом (28.25) и лежит внутри этого конуса.
Легко видеть, что угол раствора нашего конуса есть в точности двойной угол Маха, отвечающий невозмущенному потоку: если з! я а, = а 11'О1, то Р'1 à — — 1 = $/ — — 1 = с(К а . аг г ~/ г а!и а — 1' Конусы (28.24) — это характеристики наших линеаризированных дифференциальных уравнений гиперболического типа. Прежде чем переходить к конкретным случаям, отметим еще, что с точки зрения нашего первого приближения безразлично, интегрировать ли в (28.22) по поверхности крыла, или же по площадке, получающейся как проекция нашего крыла на плоскость (х, у).
Это происходит от того, что с само бесконечно мало и, заменяя интегрирование (28.22) на интегрирование по бесконечно близкой поверхности е'=О, мы совершаем ошибку второго порядка малости. То же относится и к условию (28.23), каковое можно написать при г'=О. Итак, чтобы найти потенциал Ф', вызываемый в точке М(х, у, г) заданными источниками, расположенными на поверхности бесконечно тонкого и бесконечно мало наклоненного крыла, бегущего со сверхзвуковой скоростью, надо: 1) построить проекцию (Р) крыла на плоскость (л, у), 2) построить конус, вершина которого находится в точке М, ось параллельна оси х, угол раствора равен 2аР 3) рассчитать интеграл (28.22), распространяя его на ту часть площади (Р), назовем еЕ (гт'), которая находится внутри построенного конуса.
В качестве примера рассмотрим сперва уже разобранное нами выше крыло бесконечного размаха. Пусть передняя кромка его совпадает с осью у, а «глубина» его равна Т (рис. 96). Очевидно, что Ф' будет зависеть от у, и можно искать Ф', например, в точках М (л, О, л); естественно, далее, считать, что с также не зависит от у'1 с=с(х'). 252 теогвтичвскнз основы газовой динамики 1ГЛ. ! Тогда имеем (л'=0): ~/(х х~)я ля(у г 1 хя) где лт = с16Я ен Желая выбрать (гт'), мы должны рассмотреть отдельно три случая, в зависимости от того, как расположена точка М. Конус характеристик, выходящий из М, всегда пересекает плоскость (х, у) по гиперболе'), ибо плоасость (х, у) к параллельна оси конуса; однако эта гипербола либо: 1) целиком лежит вне полосы 0(х~ т.
я=О, занимаемой крылом (кривая / на рис. 96), либо 2) пересекает наше крыло так, что вершина гиперболы лежит внутри этой полосы (кривая П), либо 3) гипербола пересекает крыло, но вершина ез лежит вне нашей полосы. В первом случае крыло не попадает внутрь конуса вовсе, и мы должны положить там Ф' =— О. Так как уравнение нашей ветви гиперболы будет х' — х= — й 1' у' +ля (х' и у' — текущие координаты), то первый случай мы получим, когда х к Й ( г ), т.
е. ) г ) ) тп и1х, результат, уже известный нам по плоской задаче. Во втором случае мы должны принять за (г') сегмент, отсекаемый от нашей гиперболы отрезком АВ (рис. 96), т. е. написать х'=х-л~т~ ху'=+У~х-хни-лы~ 1тг(х — х')я — Ляхе — Лт уж ау' =- Утх- хн~- лтх1 ') Мы берем лишь ту ветвь г~шерболы, которая уходы иа — со, 1 ай ПРОСТРАНСТВЕННАЯ ЗАДАЧА. ЛИНЕАРИЗАЦИЯ УРАВНЕНИИ 253 Выполняя интегрирование по у', получим: х' =х-г ~ г1 1 дн' 1гу =+У1х-х'Р-амв с (х') — а!с з1п ( с(х' = уг —.) =ж1„ Ф'= / х — «~ г~ — с (х') с(х'.
-Лд о (28.27) Наконец, в третьем случае имеем: х'=г '=(.~ х'=0 гх'=В У<х-х'Р-гг~ гу' = - Усг-х'Р- вм х' — с (х') г(х' = сопз1. Этот последний потенциал будет существовать везде, где х — й(е() 7, т. е. (е! < 1па„(х — Т). Тогда по (28.23) должны написать х'=х-гг о~ Лх = д- — г 1 св(х )«х = — ксв(х). х'=з г=е Итак, с (х)= —— ~'-%ьв (х') в = и хх Аналогично получим для с„(х'): с (х )=+ — —, в е! ~~нн (Х ) н =, Ых Итак, для е ) 0: Ф,(х, О, е) = — — 'Г.,(х — йе), для еСО: Фн(х, О, е)=+ — 'чн(х+де) Краевое условие (28.23) позволит определить вид функции с (х') в (28.27), если известен вид сечения нашего бесконечного крыла. Так как в (28.27) входит (е(, то удобно отдельно произвести выкладки для верхней (е,Р 0) и для нижней (» ( 0) части пространства. Пусть уравнение верхней части крыла будет ~в (х )' 254 ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ ГАЗОВОП ДИНАМИКИ 1гл.
2 По уравнению Бернулли мы получим при этом 1 дбв(х — ах), 2 1 дСн(в+ах) )эв Р1Ф дх ' )н Л Л дх размаха, бегущей под углом р Так, для пластинки бесконечного к плоскости (х, у). получим: г 2 Р2Е1— н так что будет 4— С = — — р= — 418а~, л что совпадает с первым приближением Аккерета (см. Э 14). При этом получится о,'= ОЯ. В областях 1 и 3 мы имеем о'=о' =О. и х В качестве второго примера рассмотрим уже изученный в 8 27 случай обтекания снаряда, ось симметрии которого параллельна на этот раз оси х. Предположим, чтобы можно было применить наш метод линеаризации, что снаряд сильно вытянут, так что его меридиональное сечение имеет вид: г = )т'(х), < Р22'т д2Ф' 1 дФ' дгФ 1 дзФ 2+ + 2 + 2 — О, (28.28) аз дх г дг дг2 гз д02 Потенциал ф', не зависящий от 0 (осевая симметрия) и удослетво.
ряющий этому уравнению, возьмем в виде ф2 р(х — х')' — нвгв (источники расположены на оси снаряда). Мы можем теперь написать потенциал ф' в точке (х, г) меридиональной плоскости в виде к'вх — Ю ф2 г =О с(х') дх' )г(х — х')' — лвгв где )т вместе с дгг(г(х — бесконечно малы (г — расстояние от оси х). Здесь удобно воспользоваться уравнением (28.13), записанным в ци- линдрических координатах: Бычпсления с втпм потенциалом удобно делать после замены переменных. перейдя от х' к и по формуле х — х' =сИ и. лг Тогда и.:О Ф' = — ~ с (х — йг СИ и) сгк (28. 29) и= аг сЬхГаг [агсйи —.— 1п(а+")ггя' — 1)1, и если предположить, что с(0)=0, то и=а дФ' д о' = — — — — г — с(х — гггг сИ к) лги = дх ,I дх и = аг сЬ ига г х'=х — Ггг дс (х') 1 сгхг.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
