Лекции по гидроаэромеханике - Валландер С.В.
Скачать (прямая ссылка):
Причина несуществования стационарного решения (парадокс Стокса) может быть в какой-то мере выяснена, если рассматри-
(3.1)
dvx dvy
~dT+Ti
Vx\ г-а — 0, Vy |r==a — О,
VX loo = V, Vy L = 0, P L ¦= Poo,
285
шается с угловой скоростью ом, а внешний — со скоростью ыо. Для решения задачи удобно ввести цилиндрические координаты г, 0, х н записать в этих координатах систему уравнений вязкой
жидкости. Для этого надо найти выражения divv,-^-, grad/?,
Ду в этой системе координат. Естественно предполагать, что скорость направлена по касательной к окружности г — const п зависит так же, как и давление, только от г, т. е. vx — vr = О, vo = v(r), р = р(г). Полученная система уравнений применительно к рассматриваемой задаче, когда движение установившееся, принимает простой вид н позволяет сразу получить решение задачи в виде
^ I Сг . Cr V2 (г) .
ve = C1r + —, p = Pi+\ ——dr. r r Постоянные Cj и C2 определяются из граничных условий. Однако для решения рассматриваемой задачи мы используем другой путь.
Чтобы найти зависимости v = v(r), запишем закон сохранения момента количества движения в слое Ri у2z~ ^ г2, г < R2 (рис. 55). Пусть М — момент сил, действующих на этот слой. Поскольку течение плоское, вектор М направлен по оси х.
В силу стационарности движения имеем равенство М — 0. Очевидно, что М = Mi + М г, где М, — момент сил, действующих на внутренний цилиндр, МЛ — момент сил вязкого трения, приложенных к цилиндру радиуса г.
Величина этого вектора
2я 2 л
Мг = ^ г (тГвг dQ) = г2 ^ т,0 dQ.
о о
Здесь Хгв — проекция на ось 0 (т. е. на направление v) напряжения, действующего на площадку с нормалью г. Пр и наших предположениях оно зависит только от г, поэтому
Мг = тг02 лг2.
Таким образом, закон сохранения момента дает равенство
тг02лг2 + = 0. (6.1)
Пусть угол 0 отсчитывается от оси у. Очевидно, что
^гв 1е=о — tyz 1г=0*
259
Поскольку тге не зависит от 0, последнее соотношение верно при всех 0. Таким образом,
(дои . дог\|
Tre = V’t’=o = l1(i-^ + -57y|2_0- (6-2)
Далее имеем vy = — v sin 0 — — vz — v cos Q = v у n
dou
dz dv г dy
_ d
z=0 dz \ r / I г
(-7)L—f-
— ?._l (А-ОЛу1-\ — 0 I r ( d v\
a г V dr r ) r |z_o /¦ V dr r )
(6.3)
Используя эти равенства, на основании (6.2) получим
d
Tre = H^(f). (6-4)
Подставляя (6.4) в (6.1), получим уравнение для отыскания v:
М\ + 2яг3ц ¦— (у-) = 0. (6.5)
Общее решение этого уравнения дается формулой
v = Clr + ^, (6.6)
где С2 = -^~. Постоянные С\ и С2 определяются из граничных условий
® 1г-л, = “1^1* v Ir-л в “2^2, (6.7)
или, более подробно,
+ = «>,*,, С,/?2 + ^=(02/?2. (6.8)
Решая систему (6.8), получим
®,Л| — «»я^ „ (“а-«О /впч
С|“ ¦ Сг=—~гщ~- (6-9)
Таким образом, распределение скоростей между соосными цилиндрами дается формулой
“1*1 -“2*2 _ , *1*2 (“2 - ®l) 1 ,АЧ
рде' р» & г + ——7- (610)
А| А 2 Aj А2 •
Имея формулу (6.10), легко вычислить хгв и МГ:
тг0 = |1Г-^(-^) = —2|1-?г, Мг = хгв2лг2 = —4яцСг, (6.11)
где С2 имеет вид (6.9).
Заметим также, что, измеряя в эксперименте Мг, можно определить вязкость.
260
Отметим частные случаи течения.
а) Оба цилиндра вращаются с одинаковой угловой скоростью: coi = ©2 = и. Для этого случая из (6.10) получаем
v = сог.
Вязкая жидкость вращается как твердое тело с той же угловой скоростью.
б) Жидкость заполняет безграничное пространство вне цилиндра Ri :Ri = R, ©i = и, R2 = оо, «2 = 0. В этом случае
г>2 И
v = Ri—.
в) Один из цилиндров неподвижен, например ом = 0, сог = со. Тогда
R\ R]R\ to
•cor •
- Ri R‘2-R\ Г
§ 7. ПРИМЕР ПРОСТЕЙШЕГО УСТАНОВИВШЕГОСЯ ДВИЖЕНИЯ ВЯЗКОЙ ЖИДКОСТИ С ПЕРЕМЕННОЙ ВЯЗКОСТЬЮ
Рассмотрим задачу. Пусть плоскость у — 0 движется вдоль оси х с постоянной скоростью vx = и0- Жидкость, заполняющая полупространство у > 0, имеет при у -> оо скорость vx = vx. Коэффициент вязкости ц зависит от у: ц = ц(у). Массовые силы отсутствуют. Посмотрим, имеет ли такая задача решение, и если имеет, то при каких условиях? Очевидно, следует принять, что
