Динамика вязкого газа, турбулентность и струи

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ			191
Интегрируя его по r, получаем
u = -	p	r2	+ a ln r + b .
	4 l

Постоянные интегрирования а и b находим из граничного условия u = 0 при r = R1 и r = R2.

й

2

2

щ

p

к

r

ъ

u =

кR2

- r2 +

R2

- R1

ln

ъ .

4

l

к

2

R2

R

ъ

ln

2

к

R

ъ

л

1

ы

Решение задачи 2.4

Так как зазор между трубами очень мал, то можно пренебречь кривизной поверхности и записать уравнение Навье–Стокса в виде

dp = ¶2u dz ¶x2 .

Граничные условия: u(h) = 0; u(0) = U. Здесь U – искомая скорость всплывания цилиндра, z – координата вдоль оси трубы; х – координата вдоль радиуса трубы. Так как силы трения велики, то распределение давления вдоль трубы не подчиняется выражению p = – gz для свободной жидкости, его необходимо найти. Интегрируя уравнение Навье–Стокса по координате х, получаем

u (x) = 2x2 dpdz + ax + b .

Постоянные интегрирования находим из граничных условий

b = U; a = - 2h dpdz - Uh .

При подъеме цилиндра со скоростью U жидкость стекает вдоль зазора вниз.

192	РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Тогда из условия неразрывности получаем соотношение

R2U = -2 Rhт u (x) dx .

0

Подставляя выражение для скорости u(x) в это уравнение и интегрируя по х, получаем выражение для градиента давления вдоль трубы

dp = 6 UR . dz h3

Сила трения, препятствующая всплыванию, будет равна

ж		du ц			6 R2L U
Fтр = 2 R з	-		ч	= -2 RL a @		.
					h2
и		dx ш x=0

При равномерном всплывании сила трения равна подъемной силе

Fтр = Fвспл = R2L g .

Отсюда получаем

	U @	gh2	.
		6

Решение задачи 2.5

Так как тело движется к плоскости, то жидкость вытесняется из зазора между торцом цилиндра и плоскостью со скоростью u. Течение в зазоре будет плоским течением Пуазейля с параболическим законом распределения скоростей. Если принять в вершине параболы скорость за umax, то средняя скорость потока в зазоре будет uср = 2umax/3, а градиент скорости у поверхности

	du	y = 0; h	будет равен 4umax/h или, если выразить через величину средней
	dy

скорости, 6uср/h. Сила трения на единицу площади будет тогда 6uср/h. Рас-

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ	193

смотрим силы, действующие на элемент жидкого диска растекающейся жидкости (см. рисунок). Запишем уравнение баланса сил давления Р и трения fтр

	pr h - p (r + r)	h - 2 r r Ч6	uср	= 0.
			h

Раскрыв скобки и разделив выражение на величину r h, получим дифференциальное уравнение

¶p +12 uср = 0.

¶r h2

уfтр

		P
		h
P	fтр r	r

Величину uср можно получить из условия сохранения объема жидкости

-v r2 = 2 rhuср или uср = -v 2rh .

Тогда уравнение принимает вид

¶p		vr
	= 6		.
¶r		h3

Решением этого уравнения будет соотношение

p (r) - p0 = -3 v r2 . h3

194	РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Введем эффективную массу цилиндра М, включающую его массу и массу порядка массы вытесняемой жидкости, и запишем уравнение его движения:

M

dv

= a

й p

(

r

)

- p

щ2 rdr = -

6

v

a r3dr = -

3 va4

.

3

dt

т

л

0

ы

h

т

2h

3

0

0

Так как

dv

=

dv

dh

= v

dv

, то

dt

dh dt

dh

dv

= -

3

a4

1

.

dh

2

Mh3

Интегрируя, получаем

3

ж

1

1

ц

v - v0 =

a4 з

-

ч .

4M

2

h

2

ш

и h0

Из соотношения видно, что скорость падения v становится нулевой при h > 0, т. е. цилиндр остановится, не доходя до поверхности, на величину

	3 a4h2
	0
h =	(3 a4 + 4Mv0h02 ) .

Решение задачи 3.1

Пусть 0 – плотность капель, – плотность воздуха, – вязкость воздуха, g – ускорение силы тяжести. При равномерном движении капель сила сопротивления равна силе тяжести. Для частиц малых размеров можно предположить, что Re < 1, и воспользоваться законом Стокса:

6 UR = 43 R3 0g .

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ	195

Из этого выражения можно получить связь скорости U с числом Рейнольдса Re, сформированного из параметров в правой части:

U	3	=	2	0				g Re	2	.
			9

Отсюда

U = 3	2	0	g Re2	.
		9	2

Решение задачи 3.2

Подставим выражение для высоты зазора подшипника в (3.27) и после интегрирования найдем расход жидкости Q:

Q = V	(a - l)a	.
	2a - l

Подставим расход в (3.26) и после интегрирования получим

	p (x) = p0	+ 6 V		(x - l ) x	.
			2	(a - x)2 (2a - l )

Распределение давления достигает максимума в точке, где ¶p (x) = 0 , или ко-

¶x

						f (x) =	(x - l ) x
	гда производная от функции							равна нулю. Отсюда получаем
							(a - x)2
	xmax =			al	. Когда угол между скользящей парой очень мал и a >> l , то
			2a - l
	xmax @	l		. Когда угол велик и		a @ l , то xmax @ a . В остальных случаях макси-
	2

мум находится между серединой ползуна и концом ползуна со стороны угла, как это показано на рис. 3.4.

196 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Решение задачи 3.3

Так как расстояние между пластинками мало, выполняются следующие усло-

вия: vz << vr и ¶vr << ¶vr , которые могут быть получены из условия сохране-

¶r ¶z

ния объема жидкости между пластинами. Тогда уравнения движения и неразрывности в цилиндрических координатах принимают вид

		¶2v			=		¶p	,
			r
		¶z2					¶r
			¶p		= 0,
			¶z
1 ¶(rvr )					+	¶vz		= 0
r ¶r							¶z

Граничными условиями для этой задачи будут: при z = 0 vr = vz = 0; при z = h vr = 0, vz = – u; при r = R p = p0. Здесь р0 – внешнее давление среды. Интегрируя первое уравнение по z и используя граничные условия, находим

vr = 21 ¶¶pr z (z - h) .

Интегрируя третье уравнение по z, используя ранее полученное соотношение для vr и граничные условия, находим

1 d

h

h3

d ж

dp ц

u =

т rvr dz = -

зr

ч .

r dr

12

0

r dr и

dr ш

Интегрируя последнее соотношение уже по r и используя граничные условия, получаем

p = p0 + 3h3u (R2 - r2 ).

Полная сила сопротивления, действующая на пластинку, равна

R	( p - p0 ) rdr =	6	u R		(R2 - r2 )rdr =	3 uR4
F = 2 т				т				.
		h	3			2h	3
0			0

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ	197

Решение задачи 4.1

Пусть скорость отсоса – V0. Тогда задача формулируется следующим образом. Уравнение пограничного слоя

¶u

¶u

1 ¶p

¶2u

u

¶x

+ v ¶y

= -

¶x

+

¶y2

,

(1)

¶u

+ ¶v

= 0.

¶x

¶y

Граничные условия

u = 0 при y = 0,

v = –V0 = const

при y = 0,

(2)

u = U

при y = .

Для пластины

¶p

= 0 . В случае независимости решений от Х

¶

= 0 . Тогда

¶x

¶x

имеем систему уравнений

¶u

¶2u

v ¶y

=

¶y2

,

(3)

¶v

= 0.

¶y

Из второго уравнения (3) и граничных условий (2) имеем v = V0.

Первое уравнение системы (3) преобразуется к виду

-V0

du

d 2u

=

.

dy

dy2

Его частное решение u = eky , где для k имеем характеристическое уравне-

ние -V0k = k2 , т.е. k1 = 0; k2 = –V0/ . Константы а1 и а2 определяем из граничных условий (2). Тогда

a1 = UҐ; a2 = -UҐ, u = UҐ (1 - e-V0 y / ).

198	РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

*= - V0 ,

**= - / 2V0 ,

0 = - V0UҐ.

Решение задачи 4.2

Пусть y есть такое расстояние от поверхности тела, на котором, с одной стороны, уже можно применить уравнение Бернулли, а с другой стороны, такое, что квадрат скорости u2(y) в пограничном слое здесь меньше изменения

квадрата скорости вне пограничного слоя

U 2

. Для скорости u(y) можно за-

писать следующую оценку:

u (y) »

du

y »

U

y .

(1)

dy

Здесь =

x

»

l

– толщина пограничного слоя,

l – размеры тела. Из

Rex

U

уравнения Навье–Стокса

¶u

¶u

¶2u

1 dp

u

+ v ¶y =

¶y2

-

,

¶x

dx

с использованием оценки для скорости u(y) (1) получаем соотношения для порядков величин:

1

p

»

u ( y)

»

U

.

(2)

y2

x

y

Из уравнения Бернулли u2 =

U 2

= 2

p

и оценки для скорости u(y) (1) по-

лучаем следующие соотношения для порядков величин:

U 2	y2 »	p	.	(3)
2

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ	199

Исключая из (2) и (3) y, получаем оценку на скорость роста давления в пограничном слое

		2	ж	x ц		2/3
p »	U		з		ч .
			и	l ш

Решение задачи 6.1

Произведем соответствующие умножения уравнений импульса и неразрывности и сложим их:

u

¶u

+ v

¶u

= U

dU

+

¶2u

2u,

(1)

¶x

¶y

dx

¶y2

¶u

¶v

(2)

+

= 0

u2.

¶x

¶y

Получим

¶u3	¶u2v	= 2uU	dU	+ 2u	¶2u	.	(3)
+
¶x	¶y		dx		¶y

Умножим уравнение неразрывности на U2 и сложим с уравнением (3). Получим

¶U 2u

+

¶U 2v

= 2Uu

dU

.

(4)

¶x

¶y

dx

Вычтем из уравнения (4) уравнение (3):

¶

(U 2u - u3 )+

¶

(U

2v - u2v) = -2u

¶2u

¶y2 .

(5)

¶x

¶y

200 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Проинтегрируем (5) по y от 0 до :

Ґ

¶

(U 2u - u3 )dy + v (U 2

- u2 )

0Ґ

Ґ

¶2u

0т

= -2

0т u

¶y2 dy,

¶x

Ґ

¶2u

dy =

Ґ ж

¶u ц

2

так как т u

¶y2

т з

ч

dy , получаем

0

0 и ¶y ш

¶

Ґ ж ¶u ц

2

(U 3 * ) = 2 т з

ч

dy ,

¶x

0 и ¶y ш

или

* =

2

Ґ x

ж

¶u ц

2

т т

з

ч

dydx .

U 3

0 0

и ¶y ш

Решение задачи 6.2

Определим константы из граничных условий u(

) = V; ¶u

= 0; u(0) = 0.

¶y y =

Получим u = V sin( y/2 ).

Вычисления интегральных толщин и напряжения трения дают

*

ж

2

ц

=

з1 -

ч

,

и

ш

**

ж 4 -

ц

,

= з

ч

2

и

ш

0 =

V

.

2

Уравнение импульса для пластины ¶ **

=

0

.

¶y

V 2