книги из ГПНТБ / Степчков, А. А. Задачник по прикладной гидрогазовой динамике учебное пособие

Расчет можно

повторить

с

учетом

отброшенного

члена,

но

он

составляет

1,338-10-4, что может повлиять только на третий

знак

после

запятой в значе­

нии In рг.

После этого находим скорость

at'2 = w1

£l

4,92 м/с.

Р2

I 97.

w =

530 м/с;

Aw =

530 — 493 =

37 м/с.

1.98.

Для

процесса

Т =

const: даа — 450 м/с;

Мг =

1,46;

Т \ — 428.К.

Для

процесса

pvk — const:

ша = 425 м/с; Ма =

1,4153;

Г ^ З П К .

1.99

Ра

0,485;

А* =

0,326.

*

Р1

1,66

1,40

1,33

1,25

1,20

1,15

1,10

p*

31,4

36,7

40

43

47

51,5

59

p

1.

обозначения

показаны

на

рис.

1.11.

101. Решение. Схематечения и

По условию wt — 0,

wr — 0,

тогда

dm^

^

A

d(fdzdrdL

С другой

стороны,

Ф

dp

Приравнивая, получим

dm — — ——rf/ rd ф dz dr.

д(paw?)

ф

„

как

Wm*= гм,

то

— г----- = —г —г - ■

Так

Лр

<Э(р(о)

dt

Ф ,

0, что

и

требовалось доказать.

1----г— =

dt

ф

dmz

Г d(pwip)

д(р&г)

L

dz }dtp dz dr dt;

Ф

Фрю) .

d(pwz)

dt

d<f

dz

1.103. Решение.

По условию w<?=°

0. Элемент жидкости в сферической

системе координат

показан

на

рис. 1. 12. Запишем расход жидкости в направ­

лении радуса вектора г за

время dt

dmr =

д(Ргс,гГ ^

sjn 8- d © dtp dr dt.

dr

Приравнивая, получим

Эр

1

d(pwrr*)

dt

г*

дг

или

Эр ,

Эр

,

р

<3(да,г»)

О.

dt

' дг ^

г*

дг

Эр

1

Э(рауг)

Э(ршг)

dt

г

дг

дг

Эр

1

d(pw,rД)

1

Э(рют) _

0

dt

г1

дг

rsinO

dtp

или, преобразуя второй член суммы,

-Эр ,

'Э(ргеу)

2pwr

1

d(pw9)

dt

дг

r

r sin О

Э<р

1.106. Для р Ф const

'Э(рВДя)

Э(рay)

,

1

Э(рЩв)

pwr

= 0;

дх

+

дг

+

г

_ _

+ —

для

р Ш= const

dwx

dwr

1

Эдае

w

дх

дг

'

т

Эв ^

г

1. 107. Для

р Ф const

1

djpwrг»)

1

9 (pay)

1

Э(ра>е sin 6)

г

дг

^

sin 8

dtp

6in8

Э9

для

р = const

1

d(pwrr3)

1

dwv

1

а

sin 0)

r

dr

sin 8

dtp

sin 8

Э8

w \ — w\

+ RT In £l

■0;

Pi

получим

2

2

— е

»»2

- Щ

wx

2«г .

•^2

1. 111.

dwx _ (.,

dwy

п

дх

1)

ду

2) wx—А;

wx— wy= А;

wv = — А.

1.112. г|з =

2 ху, Q = 2 м3/с.

const.

1.113. wx= а;

wy = b ;

\j> = ау — bx =

1.114. wy =

— 2xii — 2у +

с(х).

1.115. wx==0 —— 3,19 м/с-,

ш*=_о,5 = — 4,25 м/с;

wx=+0,5~ — 4,25 м/с.

1.116. Решение. Вдоль оси х

(при у =

0)

для заданных условий гИСт = * — 1;

гСт = х + 11

а

ш— 5 Г ( Т З Г + 7 Т Г ) -

Решая уравнение,

найдем

и>ш=0

при

X =

± ° о ;

при

X = ±

1.

1.117.

Решение.

При х *» 0

_ Q

(

1

.

i

\ _

Q

W

2я \у 2 + 1

у2 + 1/

л(у2 + 1) '

Шшах при

у *» 0;

ш = — 3,19;

ю =

0 п р и (/-* о е.

1.118. у =

—

х + ci — уравнение

семейства

плоскостей,

перпендикулярных

а

плоскости хоу;

Ь

у =

семейства

плоскостей,

перпендикулярных

—г + с2— уравнение

с

плоскости уох.

Пересечение плоскостей

одного семей­

ства с плоскостями другого семейства дадут семейство

параллельных друг другу прямых, которые и будут

линиями

тока

результирующего

поступательного

потока.

1.119.

у — С\Х — семейство

плоскостей,

проходящих

через

ось

г;

у *= с2г — семейство плоскостей,

проходящих

через

ось

х.

Пересечение плоскостей

этих семейств

даст

линии

тока

результирующего

2.1.

fa =

0,74.

2.2.

Решение.

По скорости wi и температуре

Г,

находим

fa=-

w,

65

0,159;

z ( ^ i ) -

6,41.

=

Rfa

409

| /

—

У

k + \1

500

По уравнению (2.10) «(Яд) =

г(Л0 j / | ~

6'41/

4,14;

1200

Яг — 0,26;

ге>2 = А,2-аКр2=

0,26-18,3У 1200 =

165

л/с.

p(fa) — 0,9853,

Т(Я)) = 0,9958,

тогда

pi =

p\p(fa)

=

15-0,9853 =

14,8

бар;

fa =

Т * T(fa) =

50-0.9958 = 497 К;

р, =

р,

=

14,8-105

10,37 кг м\

RTt

—

1-------- =

н

287-497

По уравнению

(2.9)

Ра

XlZ(Z2)

Ps = 10,37

0,159-4,14

= 4,1 кг/л32.

Р»

Я2г(Х,)

0,26-6,41

’

2.3. Решение.

Mi =

Wi

50

0,133

20,1 V

350

По уравнению

V

kRT,

(2.8)

wt

^2 ( *

mJ ( i + *mJ)

’

откуда

wa

Mf

250

0,133»

i + m ]

M^='

50

+

1,4-0,133»

. 0,0082:

wa Mf

250

0,133»

1 -1 ,4

i + m \

50

1 +

1,4-0,133»

M2 = 0,314. Так

как

M2 =

w2

то

отсюда

V kRfa

r2=

Wo

250»

-=

1585 K.

k R b \ l

1,4-287-0,0982»

2. 4.

При

T* =

1200 K,

oT = 0,92;

при

=

2000 К, стт=

0,816.

2.5.

При

Г* = 1000 К,

ш1пих=

132 л/с,

от = 0,843;

при Г* = 2000 К,

K-'imax -

99 л/с,

От “

0,82.

2. 6.

Решение.

По уравнению

(2.12)

при %%*=*

1

(т*)

—

тогда

\

*

/крит

1

Гг.кр = Т,

1) i*(^m

2(k +

7* =

88

88

г(^х)’==^>25;

ЙКР'Х

18,3

V370

— 352 =

Гг.кр -

370

—

■ -4,252 =

1395 К;

4,8

при

Тг.кр == 2000 К,

г(7 х)

2 (k +

1)7Укр

1/

Г 4,8-2000

=

5,1;-

370

V

7Х=

0,205

®хтах =

7хвкр.х =

0,205-325 =

72 м/с.

2.7. Решение.

Максимальный

подогрев

был

бы

при

7,2=1,

но для такого

расширения

перепада

давления не хватает ( — ■> Ркр)-

Запишем

уравнение ко-

личества

движения

для

сечения

1—1

\Pi

)

в

виду,

что

Fi = const,

и 2—2,

имея

9

9

Так

как

газодинамическая

функция

/(7)

=

Р 3“ р®*

Pi + pi^i = Ра +

Ра®2-

----- -— ,

то с использованием этой

функции уравнение количества

движения

запишется:

/ ( 7 i ) =

/(72)Р2, но так как pj =

р2

р(Х>2)

г(7г) =

-------

- --------=/•(72), тогда получим

Pi

Р(72)

Л 7а)

нор 2 =

Рн.

ТО

г(72)

101325

0,522,

•

72 =

0,833;

/ (7 i)p *

1,0661 -1,82-103

р(72) =

0,6504;

г.(72) =

2,0335;

1,01325

,56 бар;

зт =

1

56

=

0,856;

Pi = ' 0,6504

1,82

I l - Г л Ь П 2 . г*

420

3,20712

=

1045 К.

Т\

L г (7а) ]

’

2

2.03352

"

2. 8. 7а =

0,785.

.................

2.9. dr =

19,4

мм\

р*ал = 1,05

бар; р* =

1,07 бар.

2.10.

%= 0,06;а — 0,4557;

7^ =.0,24;

а' =

0,3696.

2.11.

х —21,4

км,

пк = 13,4.

2. 12.

х = 21,4

км;

я к= 12,4.

7*1

л,

=

11,98;

Р|

= 10;

2.13. —

—

—*-=1,2.

Pi

Ра

Ti

2.16. ®2 =

52

м/с;

Pi

= 0,494.

а = —^~

2. 17.

®)тах =

Р1

28 м/с.

2.18.

Fi

= 23,8;

сгТ = 0,1297.

~

•I

2. 19.

5,28;

от=0,227.

2. 20.

dp

(1 — M2) =

kW

dF

d G \

(k — \ )Ш *

л k ,

F

I

,

dQ

_

dZ, ■

k [1 +

(fe — 1)Mg]

G J

a*

a3

a3

dl. тр-

2. 21.

dT

(1 — M2) =

„

(dF

d G \

kM2— 1

л

.1

(k — 1)

kM2-d i Tp j •

2. 22.

dp

. . . / df

dG \

A - l _

1 ..

k

—■—(1 — М») =

— -------

— — d Q - — dL -

—

dl™ .

F

P

\ r

G J

a*

a*

л*

2.23.

Решение.

Из

уравнения (2.1)

для

течения с трением и тепловым

воз­

действием

имеем

(Ма — 1)'dw

dQ-

dLTр.

По условию

задачи

LTp = — Q,

поэтому

( М 2 —

1)

dw

dL Тр

или

(М2— 1)

dw

= ^TdQ.

---------

а2

w

w

и*

Работу трения запишем согласно

(2.13), тогда

dw

tA*dx

(М2 — l)*- -

= — £ “Г" "ГГ-

dw

w3

w*

w

dw

2

U

dM3

dT

Заменим ----- через число М : М2 = — =

— — - ,

откуда —— = 2 --------- --- .

w

dM3

а*

kRT

М3

w

Т

Тогда (M2- l )

dT

w. dx

- ^

- +

(M2- l ) -

--------- £М2 — .

Второй член левой части найдем

из

ответа

на

задачу 2.20 при

условии

F —consf

и G = const

1

1

м?

k + 1

_x_

м.

+ In

2

S D

Найдем сначала

при

Q==0.

Из уравнения . (2. 15) при A«““ l по-

Для заданных условий Ач

18,3

600

=0,1,

М =

0,0914,

(— ) =

—------—

(—— — 1 +

1п 10-2 ) =

■(100 — 5,6052) = ‘4040.

\ d

L

7

0,02

\0,01

1 +

)

о,02

U

'

’

При

Q = — Ljp и

Мг*=1.

,

1

1

In Mf I == 41,7 (120 — 1 — 4,7867) =» 4760,

h

,

. — — — 1 +

кр

i

Н м ]

1

Расчетную формулу для

изменения

температуры

торможения найдем из

уравнения

,М, _ 1) ^

_ _ - I f l т Ц г - - i t i ~ з ~

~

к

' М2

2

D

а2

2

D

Л+ 1..г

k + 1 fn.

aLTp—

e

«Vi

dQ =

CpdT* :

■RdT* =

1

dT*

a2

Подставляя в предыдущее значение dQ, получим

(Ма — 1) м*

k + 1

l

* — 1

„ Л dT*

*— 1 (■ + —

« * ) —

Разделяя

переменные и интегрируя, получим

.

2(»-1> ,

k — 1

Т,

/М , \ *+i

1 +

—~

Ll = (m±)

т*

1мJ

1 +-£— -м

В нашем случае при Мг = 1

.

k + 1

т

------

1.2

— = м]/3-

-

f

,0914

=

0,54;

“0i

1 +0,2-0,09142

, +

1 Г М

:

Отвод тепла,

Тз* =

600-0,54 =

324 К.

равный теплу трения,

приводит к несущественному увеличению

3.2. DKр = 0,285 м\

Да = 0,523 м;

ша - 2050

л/с; R = 513

000 Н.

3.3. Решение. Тяга

двигателя R — m ( w a— о) + (Ра— Рн) FaПервый член

правой части будет равен нулю при

ша = v. Сопло у двигателя

простое, следо­

вательно, в пределе

Wa = аКр -

RT*

-

■ j / '- Ц -

287-900 = 543

м/с.

Число М полета найдем

М = -

543

543

1,6.

20,1 V Т0

341

3.

4. R =

17 300 Н;

D Kp = 86,6

мм;

D a = 162,3

мм.

3.

5.

R =

91 700 Н;

# пол„ =

97 000 Н;

Fa= 0,347 л 2.

3.

6.

А/? = Яполн —R = 86 000 —

77 500 = 8500 Н.

3. 7.

/? =

80 600

I I;

Я ф = 125 400

Н ,

F ф=

0,516 л 2.

3. 8.

7 ф =

1900 К ,

/-ф =

0,47.

количества

движения

для

сечений 1—1

3. 9. Решение.

Запишем уравнение

и 2—2

(см. рис. 3. 2)

PiFi + GiW\ — R = P2F2

+ G2 W2 .

Заменим площади через расход Fi

,

Ft

Gs

P ia > i

P2W2

Так

как

Gi — G2,

то

— R = G

Р2

+ W2\

( Pi

+

Wi ,

P2 W2

Г

1

P lZtll

ai| = XiflKp;

w2

ta-пкр >

Pi =

1;

P2 =

f

Подставим

эти значения

RTt

R

~

0

[ ^(%2wв кр + **’*')*V-

V(w кр +

'

запишем

7|

и

через

Г*

и X

и подставим в уравнение

—R*=G

« 7" ( 1- Т Т Т >0

+ Хайкр

RT*(l

+ XiO

Xiflкр

ХаОкр

4

Дополним RT* до окр, для чего умножим и разделим на

2k

тогда

k + г

Дкр ( 1-

Т Т Т х*)

+ Хзакр

Лкр

k + I

о

+ Xiflкр

2k

2k

k 4- I

Л+ 1

Вынесем за

скобки окр

и вводя функцию г(Х),

получим

•— R =”

k 4- 1

[2 (1а)

в (Xi)].

Guкр

“

2k

V

7

?

/

- ' ’• ‘ ( т т т )

Подставив

в уравнение для R, получим

1

- R

= P* ( т ^ т ) * - 1

I2 <*•> -

2 <*«> I •

По заданным размерам найдем q(fa), X и г(Х):

Я(fa)

D кр

90»

= 0,2025;

Xi = 0,13;

г(Х,) =

7,822;

200»

q(fa)

D l

90»

= 0,193;

fa = 2,01;

г (fa)

=

2,5075.

Dl

205»

Найдем

FKp и подставим все в уравнение для

тяги

FKp =

яОкр

3.14-9М0-*

= -- ---- -------- = 63,6- НИ м*-

— Я = 12-105-0,8332>6-63,6-10~< (2,5075 — 7,822) = — 25 600 Н.

Тяга направлена по потоку.

3.10.

Решение.

Поскольку неизвестно расчетное или нерасчетное истечен

запишем тягу в общем виде

1

Я = mw2 + p2 F2 — p HFa —р* [ у

~

) к~ ХFKpz (fa) —p„Fa.

Площадь Fj найдем из соотношения

Ft —

Гкр

’