Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Ухтинский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Руководство к решению задач

.pdf

Скачиваний:

268

Добавлен:

02.03.2016

Размер:

647.64 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

ω		∂			( ω x					− ω x ) − ω								∂			( ω x − ω x								) − ω				∂			( ω x − ω x				) +
ω	2 ∂x				( ω x				2	− ω x ) − ω						∂x					( ω x − ω x						3		) − ω				∂x			( ω x − ω x			3	) +
	2 ∂x		3			1			2	2 1				3		∂x			3			3 1				1	3				1		∂x		3 1			1	3
			3																3															1
+ω			∂			(ω x −ω x ) −ω												∂				(ω x −ω x ) −ω											∂			(ω x −ω x ) +
+ω						(ω x −ω x ) −ω											∂x					(ω x −ω x ) −ω										∂x				(ω x −ω x ) +
		1 ∂x					3 1 1 3							2			∂x					2 3				3 2					3	∂x			2 3			3 2
			2																2													3
														+ ω3ω1 − ω1ω3 = 0 ,
ω		∂		( ω			x			− ω	x		) − ω				∂			( ω x					− ω	x ) − ω							∂			( ω x		− ω x ) −
ω				( ω			x	3		− ω	x	2	) − ω							( ω x				2	− ω	x ) − ω					2	∂x				( ω x	2	− ω x ) −
3 ∂x						2		3		3		2		1 ∂x								1		2		2 1					2	∂x		2	1		2	2 1
	1															1																		2
														− ω				∂					( ω x − ω x							) =
														− ω	3 ∂x2								( ω x − ω x							) =
															3 ∂x2							3 1				1		3

= ω1ω2 −ω2ω1 = 0 .

Таким образом, rotaoc = 0 .

Если использовать символические формулы, то получим этот же результат. Покажем это

×(ω×r ) = ×(ωc ×V ) + ×(ω×V c ) =

=ωc ( V ) −V( ωc ) + ω( V c ) −V c ( ×ω) = = ωdivV −V( ω ) + ω(V ) −V c divω) =

∂

= ω( vk

) −V( ωk

) = ωk vk

ek −vk ωk

ek = 0 ,

∂xk

так как divV = 0 и divω = 0 , т.е. rotaoc = 0 , а вихрь поля ускорений будет равен

rota = rotaвр = 2ε.

3.13. Показать, что если поля a и b суть безвихревые поля, то поле a × b является соленоидальным.

Решение.

Согласно условию задачи rota = 0 и rotb = 0 , а согласно определению соленоидального поля его дивергенция должна быть равна нулю. Вычислим div( a ×b ). Это лучше сделать символически

div( a×b) = ( a×b ) = ( ac ×b) + ( a×bc ) = = −a ( ×b ) +b ( ×a ) = −a rotb +b rota = 0,

так как rota = 0 и rotb = 0.

Следовательно, векторное поле a × b будет соленоидальным.

3.14. Доказать, что поле b = ϕ ϕ, где ϕ − скалярная функция, является безвихревым, т.е. rotb = 0 .

Решение.

Доказательство проведем в символической форме

rotb = ×b = ×ϕ ϕ=ϕ( ×ϕ) =ϕrot grad ϕ=0.

Задачи для самостоятельного решения

	3.15. Задан закон движения сплошной среды			x = A +	e−bλ	sin λ( A + ωt ),
	3.15. Задан закон движения сплошной среды			x = A +		sin λ( A + ωt ),
				1	λ
		e−Bλ			λ
x2	= −B −	e−Bλ	cos λ( A + ωt ), x3 = X 3 . Показать,	что траектории частиц ок-
x2	= −B −	λ	cos λ( A + ωt ), x3 = X 3 . Показать,	что траектории частиц ок-
		λ
ружности, а величина скорости постоянна. Определить также связь между X1 и
X 2	и константами A и B .

3.16. Доказать, что поле скоростей

V =( Ax3 − Bx2 )e€1 +( Bx1 −Cx3 )e€2 + (Bx1 −Cx3)e€2 + (Cx2 − Ax1)e€3

представляет вращение абсолютно твердого тела, так как для него D ≡ 0 .

3.17. Для вращения абсолютно твердого тела со скоростью

V = 3x3e€1 − 4x3e€2 +( 4x2 −3x1 )e€3 определить вектор вихря скорости ω и пока-

зать, что V

= ω×

3.18. Дано стационарное поле скоростей

= ( x3 − x x2

)e€

+( x2 x

+ x

)e€ .

Найти

скорости

относительно

точки

M (1,1,3 ) частиц в точках N1

(1,0,3 ), N2 (1,

,3 ), N3

(1,

,3 ), отнесенные к рас-

стоянию от этих точек до точки M , и показать, что их величины стремятся к

относительной скорости, определенной формулой dV

3.19.

Доказать,

что

при

установившемся

движении среды,

когда

∂v

( ∂ti = 0 ) линии тока и траектории совпадают.

3.20. Доказать, что для течения vi = 1x+i t линии тока и траектории сов-

падают.

3.21. Доказать, что поле скоростей vi = εijk bj xk + ci , где bi и ci – постоянные векторы, представляет вращение абсолютно твердого тела, и определить вектор вихря скорости ωi для этого движения.

Ответ: 2ωi = qi = 2bi .

3.22. Доказать, что для поля скоростей v1 = x12 x2 + x23 , v2 = −x13 − x1 x22 , v3 = 0 линии тока будут окружностями.

Раздел 4

Динамика сплошной среды

Закон сохранения массы

(δm)

(ρδτ)=

dρδτ

+ρ

(δτ)= 0.

(4.1)

Уравнение сплошности (неразрывности)

dρ

+ρdivV

= 0 .

(4.2)

Другой вид уравнения неразрывности

∂ρ

) = 0.

(4.3)

+ div( ρV

∂t

В проекциях на координатные оси x1 ,x2 ,x3

∂ρ

∂

(ρv

∂

(∂v

∂

(ρv

)= 0.

(4.4)

∂t

∂x

Для несжимаемой жидкости (ρ = const) уравнения (4.2) и (4.4) примут

вид

divV

= 0, или

∂vi

= 0.

(4.5)

∂xi

Теорема об изменении

главного

вектора

количества

движения

''жидкого'' объема

∫

δτ =

∫

δτ+

∫

pn€δs .

(4.6)

ρf

Дифференциальные уравнения динамики сплошной среды ''в

напряжениях'':

+ DivP,

(4.7)

= ρf

или с учетом индивидуальной производной

∂V

+(V

= ρf + DivP ,

(4.8)

V )V

∂t

или в аналитической форме

	∂vi				∂pki
			∂vi	= ρ fi +		( i =1,2,3 ).
ρ		+ υk					(4.9)
	∂t				∂xk
			∂xk

Теорема об изменении момента количества движения ''жидкого'' объема

∫

×ρ

δτ = ∫

δτ+ ∫

×ρ f

× pn€δs .

(4.10)

Теорема об изменении кинетической энергии ''жидкого'' объема

= ρ f V

+V DivP .

(4.11)

Другая форма этой теоремы

d v2

= ρ f V + div( PV ) − P D .

(4.12)

Объемная плотность распределения мощности внутренних сил по среде

Nвн

) = −P D.

(4.13)

DivP − div( PV

Уравнение баланса полной энергии в дифференциальной форме

= ρ f V

+ div( PV ) +ρq .

(4.14)

U +

Уравнение баланса внутренней энергии
ρ	dU		= ρq − Nвн = ρq + P D .		(4.15)
ρ	dt		= ρq − Nвн = ρq + P D .		(4.15)
	dt
Теорема Бернулли
			v2	+ ρ + Π = const.	(4.16)
		2		+ ρ + Π = const.	(4.16)
		2

Примеры решения задач

A( x2

− x2

)

4.1. Дано плоское течение несжимаемой жидкости

v =

r 4

2Ax1x2

, v

= 0, где r 2 = x2

+ x2

. Доказать, что поле скоростей удовле-

r 4

творяет уравнению неразрывности и является безвихревым.

Решение.

Для несжимаемой жидкости уравнение неразрывности имеет вид

∂v

− x2

divV =

= 0 .

нашем

случае

− 4x

∂x1

∂x2

∂x3

∂x1

∂v

−8x

= 0. Складывая, получаем

= A

∂x2

∂x3

(− 4x3

−8x x2 + 4x r 2 )A

- 4x1

x2 − x2

−

8x x2

+ 4x x2

+ A

1 2

= rA6 (− 4x13 − 4x1 x22 + 4x13 + 4x1 x22 )= 0. Таким образом, уравнение неразрывно-

сти удовлетворяется.

Для безвихревого течения необходимо выполнение условия rotV = 0. Проверим его вычислением определителя

e€1

e€2

e€3

A(x2 − x2 )

∂

2Ax x

∂

rotV = ×

−

e€

∂x

r 4

∂x

r 4

A(x2

2 )

− x

2Ax x

r 4

2x2

4x2 r

8x1

4x2 (x1

− x2 )

−8x1

x2 + 4x1

x2 − 4x2

= A

−

e€3 =

e€3

4x2 (x1

+ x2 )− 4x1 x2

− 4x2

e€3

= 0,

следовательно, движение безвихревое.

4.2.Определяющие

уравнения

для

некоторой

среды

имеют

вид

i j

= (− p + λ* D

)δ

+ 2µ* D , где λ* и µ*

– постоянные. Написать уравнения

движения, выраженные через вектор скорости V

Решение.

∂pij

Уравнения движения ρv&i

= ρfi +

в этом случае будут иметь форму

∂x j

ρv&

= ρ f

∂p

∂D

2µ

∂Dij

По определению 2D

∂v

∂vij

−δ

+ λ δ

ij ∂xij

∂x j

∂xij

∂xi

∂

∂(2D )

∂2v

так

что

Dkk

∂

Поэтому

∂xk

∂xi

∂x j

∂x2j

∂xi ∂x j

ρv&i

= ρfi −

∂p

+ (λ*

+µ* )

∂2v j

+µ*

∂2vi

. Это уравнение можно записать в

∂x j ∂x j

∂xi

∂xi ∂x j

− p + (λ*

+ µ* ) ( V

)+µ* 2V

символических обозначениях ρV&

= ρf

4.3. Вычислить материальную скорость изменения кинетической энергии среды, занимающей объем τ, и объяснить физический смысл полученных интегралов.

Решение.	∂T
Согласно формуле	∂T	= ∫ρvi v&i dτ,мощность внешних поверхностных
	dt	τ

сил равна ∫vi pni ds, что можно записать иначе: ∫vi pij n j ds.Применим к этому

s s

интегралу теорему Гаусса – Остроградского и воспользуемся уравнением

движения.			Тогда	∫vi pij ni ds = ∫ pij			∂vi	dτ+ ∫ρ(vi v&i − fi vi )dr. Отсюда получим
							∂xi
	dT			s	∂vi	τ		τ
		= ∫ρfi vi dτ− ∫ pij				dτ+ ∫vi pni ds .		Интегралы этой суммы представляют
	dt				∂x j
		τ	τ			s

мощности массовых сил и внешних поверхностных сил соответственно.

4.4. Доказать, что для движения абсолютно твердого тела с полем скоростей vi = εijk ωj xk интеграл кинетической энергии сводится к аналогичному

выражению из динамики твердого тела.

Решение.

Воспользуемся формулой интеграла кинетической энергии, в которую поставим значения скоростей данного движения

T = ∫ρ	vi vi	dτ =	1	∫ρεijk ωj xk εipq ωp xq dτ =				1	∫ρωp ωj (δip δkq −δjq δkp )xk xq dτ =
T = ∫ρ	2	dτ =	2	∫ρεijk ωj xk εipq ωp xq dτ =					∫ρωp ωj (δip δkq −δjq δkp )xk xq dτ =
τ	2		2	τ	2				τ
				=		ωj ωp	∫ρ(δ jp xq xq − x p x j )dτ =			ωj ωp I jp	,
				=			∫ρ(δ jp xq xq − x p x j )dτ =				,
						2 t			2
где I jp	= ∫ρ(δip xq xq				− x p x j )dτ – тензор моментов инерции.
	τ

4.5. В некоторой точке сплошной среды даны тензоры скоростей деформации и напряжения соответственно

		48
1 4 5				4 0 −1
	4 2 6	и		0 5 7
D =	4 2 6	и	P =	0 5 7	.
	5 6 3			−1 7 6
	5 6 3			−1 7 6

Определить в этой точке величину λмощности напряжений.

Решение.

Умножая каждую компоненту тензора D на соответствующую компоненту тензора P , а затем складывая полученные произведения, получаем

λ = D P = 4 + 0 −5 + 0 +10 + 42 −5 + 42 +18 =106.

4.6. Найти функцию давления P(p) при баротропном течении жидкости с уравнением состояния p = λρk , где λ и k – постоянные величины.

Решение.

По определению функции давления имеем

k −1

p dp

p −

kλ

P(p)= ∫

= ∫

∫ =

dp =

−

k −1

4.7. Газ с уравнением состояния p = λρk , где λ и k – постоянные ве-

личины, вытекает из большого закрытого резервуара через гладкую тонкую трубку; течение баротропное. Давление в резервуаре равно N атмосферам. Определить скорость истечения газа, считая давление в струе на выходе из резервуара равным атмосферному.

Решение.

Применим интеграл Бернулли к установившемуся течению в двух точках линии тока газа: A – в покоящейся внутри резервуара и B – на свободной поверхности вытекающей струи

	v2		v2
ПA + pA +	A	= ПB + pB +	B	= const.	(1)
ПA + pA +	2	= ПB + pB +	2	= const.	(1)
	2		2

Но vA = 0, и если пренебречь силой тяжести и учесть, что течение баротропное, т.е.

p −k

kλk

k −1

p =

∫

dp =

−

(2)

ρ(p)

k −1

ρ0

где p0 и ρ0 – значения величин, относящиеся к какой-нибудь точке покоя-

щегося газа, а k = c p – показатель адиабаты, то уравнение (1) дает cV

−

vB , или vB =

−

(3)

k −1

ρA

k −

ρA

ρB

Вынося отношение

за скобки, получим

ρB

2k pB pAρB

pB NρB

−1

−1 .

(4)

k −1

ρA

1 − k ρB pBρA

ρB

−

k −1

−

Так как

= N

, то окончательно vB =

2k pB

−1 .

ρA

k −1 ρB

4.8. Адиабатическое течение идеального (без трения) совершенного (подчиняющегося уравнению Клапейрона) газа представляет собой баро-

тропное течение и описывается уравнением p = cρk , где c и k – постоянные,

причем k = c p – отношение теплоемкостей при постоянном давлении и по- cv

стоянном объеме. Найти зависимость между температурой и плотностью, а также между температурой и давлением для данного процесса.

Решение.
Подставляя p = cρk в уравнение состояния p =ρRT ,							находим соотно-
шение между температурой и плотностью:
ρk −1	=	R	= const.
T	=	C	= const.
T		C
				1
				p
				p	k	.
Кроме того, из уравнения баротропного течения ρ =							Подставляя её в
Кроме того, из уравнения баротропного течения ρ =							Подставляя её в
			c

уравнение состояния, получим зависимость между температурой и давлением

	k −1
p	k	=	R		= const.
T		=		1	= const.
				1
			c k
			c k

4.9. При движении твердого тела с неподвижной точкой поле скоростей имеет вид vi = εijk ωj xk . Доказать, что для такого движения формула теоремы

момента количества движения для континуума сводится к известному уравнению моментов динамики твердого тела вокруг неподвижной точки.

Решение.

Формула теоремы моментов для континуума имеет вид

∫S εijk x j pnk dS + ∫τ εijk x j ρfk dτ = dtd ∫τ εijk x j ρvk dτ.

В этом выражении слева стоит сумма моментов всех поверхностных и объемных сил относительно начала координат. При vk = εipq ωp xq это уравнение

преобразуется следующим образом:

M i = dtd ∫τ εijk x jρεkpqωp xq dτ = dtd ∫τ ρωp ( δipδjp − δiqδjp )x j xq dτ =

	d				d	(ωp Iip ),
=		ωp ∫ρ( δip xq xq − xp xi )dτ

	dt		τ	dt

где Iip = ∫ρ(δip xq xq − xp xi )dτ – тензор моментов инерции.

Задачи для самостоятельного решения

4.10. Найти вид уравнения неразрывности для безвихревого движения, для которого вектор вихря скорости тождественно равен нулю rotV ≡ 0.

Ответ: ddtρ +ρ 2Y = 0.

4.11. Показать, что поле скоростей V = rA2 (x1e€1 + x2e€2 + x3e€3 ), где

r 2 = x12 + x22 + x32 и A – производная константа, удовлетворяет уравнению неразрывности несжимаемой жидкости.

4.12. Пусть функция Pij ...(r ,t) представляет любую скалярную, векторную или тензорную величину, отнесенную к единице массы сплошной среды,

так что Pij ...(

,t)= ρPij* ...(

,t).

∫ρPij* ...(

,t)δτ = ∫ρ

dP* ...(

,t)

Показать, что

δτ.

4.13. Если

pij

= −pδij ,

то мощность напряжений можно представить

выражением D P

dρ

ij ij

ρ dt

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.12.2018611.84 Кб9рисунок по воднику.doc
#
02.03.201617.92 Mб110риторика_вводный_курс.pdf
#
02.03.2016942.08 Кб24РОССИЙСКАЯ ИСТОРИЯ в документах.doc
#
27.09.2019128.51 Кб6РП практики 1 учебная.doc
#
01.07.2025344.06 Кб0РТМ 24.090.29-77.doc
#
02.03.2016647.64 Кб268Руководство к решению задач.pdf
#
02.03.20162.03 Mб15Руководство по продукции Ароматы.pdf
#
02.03.2016446.77 Кб33русский язык .pdf
#
01.05.2025137.22 Кб0РЦБ метод 2007г..doc
#
24.09.201943.19 Кб10Рынок ЦБ РФ тесты.docx
#
01.05.202540.2 Кб0рыночная экономика и т.д.docx