Rozdz_4B.pdf

(122 KB) Pobierz
PrimoPDF, Job 23
a zatem
G
=
Ð
V
C
µ
d
l
=
Ð
rot C
V
C
µ
d
=
0
l
s
wzdþuŇ dowolnej linii l leŇĢcej na tej powierzchni. Po upþywie pewnego czasu ten
sam zbir elementw pþynu utworzy innĢ powierzchniħ s i innĢ liniħ l , ale na
mocy (4.14) bħdzie
Ð
C
C
Ð
C
C
G
=
V
µ
d
l
=
rot
V
µ
d
=
0
.
l
s
Wnioskujemy stĢd, Ňe powierzchnia s jest rwnieŇ powierzchniĢ wirowĢ. JeĻli
w pewnej chwili czasu t 0 czĢstki pþynu tworzĢ powierzchniħ wirowĢ, to te same
czĢstki pþynu tworzĢ powierzchniħ wirowĢ we wszystkich chwilach czasu t. To samo
stwierdzenie odnosi siħ do rurki wirowej, jako szczeglnego przypadku powierzchni
wirowej i linii wirowej, traktowanej jako granicy rurki wirowej.
Drugie twierdzenie Helmholtza (rozdziaþ 3.6) dotyczyþo staþoĻci strumienia rota-
cji prħdkoĻci przez dowolny przekrj poprzeczny rurki wirowej. Strumieı ten, zwa-
ĘWICZENIA
Przykþad 4.1. Udowodnię zaleŇnoĻę pomiħdzy pochodnĢ konwekcyjnĢ wektora
prħdkoĻci, a rotacjĢ prħdkoĻci
( )
C
C
C
Ä
V
2
Ô
C
C
V
µ
¯
V
=
grad
Æ
Ö
-
V
rot
V
,
2
wystħpujĢcĢ we wzorze (4.4) i w rwnaniu (4.5).
Przeksztaþcenia (4.4) (4.5) wynikajĢ z toŇsamoĻci (12.9)
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
(
B
C
)
=
B
(
A
µ
C
)
-
C
(
A
µ
B
)
oraz z toŇsamoĻci uzyskanej po przestawieniu w niej wektorw A
C i C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
(
B
A
)
=
B
(
C
µ
A
)
-
A
(
C
µ
B
)
.
77
C
ny takŇe n a t ħ Ň e n i e m w i r o w o Ļ c i w r u r c e w i r o w e j , nie zmienia siħ
rwnieŇ z upþywem czasu. Na mocy wzoru (4.14), dla wszystkich linii leŇĢcych na
powierzchni rurki i obejmujĢcych tħ rurkħ cyrkulacja bħdzie staþa; z twierdzenia
Stokesa (rozdz. 12.2) wynika natychmiast niezmiennoĻę w czasie strumienia rotacji
przez dowolne powierzchnie rozpiħte na tych liniach.
37951529.036.png 37951529.037.png
WykorzystujĢc odpowiednio obydwa zwiĢzki
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
B
(
A
µ
C
)
+
B
(
C
µ
A
)
=
A
(
B
C
)
+
C
(
B
A
)
+
C
(
A
µ
B
)
+
A
(
C
B
)
,
po podstawieniu
C
B i pamiħtajĢc o regule rŇniczkowania iloczynu otrzymujemy
= C
¯
C
C
C
C
C
C
C
C
C
¯
(
A
µ
C
)
=
¯
(
A
µ
C
)
+
¯
(
C
µ
A
)
=
A
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
=
A
(
¯
C
)
+
C
(
¯
A
)
+
(
A
µ
¯
)
C
+
(
C
µ
¯
)
A
.
C
C
C
Dla V
=
C
=
uzyskujemy wzr, ktry naleŇaþo udowodnię.
Przykþad 4.2. Dysza o osi poziomej i dþugoĻci l ma profil zaprojektowany w ten
sposb, Ňe prħdkoĻę wody wzrasta liniowo od wartoĻci V 1 na wlocie do wartoĻci V 2
na wylocie. Obliczyę gradienty ciĻnienia w przekroju wlotowym i wylotowym
przyjmujĢc, Ňe na wylocie z dyszy panuje ciĻnienie atmosferyczne.
ZakþadajĢc, Ňe oĻ x pokrywa siħ z osiĢ dyszy mamy:
V
=
V
2
-
V
1
x
+
V
,
d
V
=
V
2
-
V
1
.
l
1
d
x
l
Rwnanie Eulera (4.3) upraszcza siħ w tym przypadku do postaci
V
d
V
=
-
1
d
p
;
d
x
r
d
x
w
obliczamy wiħc:
d
p
=
r
V
V
1
-
V
2
,
d
x
w
1
l
1
d
p
=
r
V
V
1
-
V
2
.
d
x
w
2
l
2
Przykþad 4.3. RozwiĢzaę zadanie z przykþadu 2.5 przy wykorzystaniu ukþadu
rwnaı Eulera (4.1).
Pole prħdkoĻci wyznaczamy ze wzoru
V
C
= Ƀ dla wektora wirowoĻci o skþa-
C
r
G
dowych C
=
[
0
0
w
]
oraz
r C
=
[ z
x
,
y
,
]
.
Jest ono zatem okreĻlone nastħpujĢcymi
zaleŇnoĻciami:
78
A
37951529.038.png 37951529.039.png 37951529.001.png 37951529.002.png 37951529.003.png 37951529.004.png 37951529.005.png
V
x
=
-
w
y
,
V
y
=
w
x
,
V
z
=
0
.
Ruch cieczy w naczyniu odbywa siħ w ziemskim polu grawitacyjnym:
X
=
Y
=
0
,
Z
=
-
g
.
Po wstawieniu tych zwiĢzkw do rwnaı Eulera:
V
V
x
+
V
V
x
+
V
V
x
=
X
-
1
p
,
x
x
y
y
z
z
r
x
V
V
y
+
V
V
y
+
V
V
y
=
Y
-
1
p
,
x
x
y
y
z
z
r
y
V
V
z
+
V
V
z
+
V
V
z
=
Z
-
1
p
,
x
x
y
y
z
z
r
z
otrzymujemy ukþad trzech rwnaı:
-
w
2
x
=
-
1
p
,
r
x
-
w
2
y
=
-
1
p
,
r
y
0
=
-
g
-
1
p
,
r
z
ktre moŇna zastĢpię jednym rwnaniem, po pomnoŇeniu ich, odpowiednio, przez
dx dy dz
,
i i dodaniu stronami
w
2
x
d
x
+
w
2
y
d
y
-
g
d
z
=
1
d
p
.
r
RozwiĢzanie tego rwnania rŇniczkowego wyznacza rozkþad ciĻnienia w cieczy
oraz ksztaþt powierzchni swobodnej
( =
d
p
0
Przykþad 4.4. Zbiornik cylindryczny, zawierajĢcy ciecz, zaczyna siħ obracaę
wokþ osi pionowej. ZnaleŅę ciĻnienie w dowolnym punkcie cieczy, jeŇeli na ciecz
dziaþa siþa pola o skþadowych:
X
=
A
x
+
B
y
,
Y
=
B
x
+
C
y
,
Z
=
0
,
a oĻ O z pokrywa siħ z osiĢ obrotu i jest skierowana do gry.
79
37951529.006.png
Skþadowe prħdkoĻci sĢ rwne:
V y V x V
x
= -
w
,
y
=
w
,
z
=
0 ,
gdzie w jest tylko funkcjĢ t.
Rwnania Eulera majĢ postaę:
-
y
d
w
-
2
w
2
x
=
A
x
+
B
y
-
1
p
,
d
t
r
x
x
d
w
-
2
w
2
y
=
B
x
+
C
y
-
1
p
.
d
t
r
y
RŇniczkujĢc pierwsze z tych rwnaı wzglħdem y, drugie wzglħdem x i odejmujĢc
je od siebie otrzymamy
d
w
=
1
(
B
-
B
)
.
d
t
2
Wynika stĢd, Ňe ciecz obraca siħ jako ciaþo sztywne ze staþym przyspieszeniem kĢ-
towym wokþ osi z. PodstawiajĢc wartoĻę
dw do rwnania Eulera i wykonujĢc
d
t
caþkowanie otrzymamy zaleŇnoĻę okreĻlajĢcĢ rozkþad ciĻnienia w postaci
p
=
1
2
w
2
(
x y Ax B B xy Cy
+ +
2
)
1
4
[
2
+ + +
2
(
)
2
]
+
const .
r
Przykþad 4.5. Gaz o staþej temperaturze porusza siħ w prostoliniowej pionowej
rurce o staþym przekroju. PomijajĢc siþħ ciħŇkoĻci oraz przyjmujĢc, Ňe prħdkoĻę V
jest staþa w przekroju rurki, napisaę rwnanie rŇniczkowe dla wyznaczenia V.
Po przyjħciu kierunku osi O x w dþ rurki i ustaleniu poczĢtku ukþadu wspþrzħd-
nych rwnanie Eulera przybiera postaę
V
+
V
V
=
-
1
p
.
t
x
r
x
Rwnanie ciĢgþoĻci wyraŇone jest w formie
r
+
(
r
V
)
=
0
,
t
x
a rwnanie stanu gazu jest prawem BoyleÓa-MariotteÓa:
p
= K
r
.
80
2
37951529.007.png 37951529.008.png 37951529.009.png 37951529.010.png 37951529.011.png 37951529.012.png 37951529.013.png 37951529.014.png 37951529.015.png 37951529.016.png 37951529.017.png 37951529.018.png 37951529.019.png 37951529.020.png
Zadanie sprowadza siħ do napisania rwnania zawierajĢcego tylko prħdkoĻę;
rŇniczkujĢc zatem rwnanie Eulera wzglħdem czasu mamy
2
V
2
V
V
V
K
2
r
K
r
r
+
V
+
=
-
+
2
x
t
x
t
r
x
t
2
t
x
t
r
lub
2
V
2
Ä
V
Ô
Ä
K
r
Ô
+
Æ
V
Ö
=
-
Æ
Ö
.
x
t
x
r
t
t
WprowadzajĢc wartoĻę
r
z rwnania ciĢgþoĻci i wykonujĢc rŇniczkowanie pra-
t
wej czħĻci tego rwnania, otrzymamy
2
V
Ä
V
Ô
2
V
Ä
K
V
r
Ô
+
Å
Æ
V
Õ
Ö
=
K
+
Å
Æ
Õ
Ö
.
2
x
t
2
x
r
x
t
x
Na mocy rwnania stanu gazu i rwnania Eulera jest
K
V
r
=
V
p
=
-
V
V
-
V
2
V
.
r
x
r
x
t
x
PodstawiajĢc to wyraŇenie do poprzedniej zaleŇnoĻci, po prostych przeksztaþceniach,
dostajemy poszukiwane rwnanie
2
V
Ä
V
V
Ô
2
V
+
Æ
2
V
+
V
2
Ö
=
K
.
2
x
t
x
2
t
x
Przykþad 4.6. Wyprowadzię rwnanie Bernoulliego w postaci rŇniczkowej.
ZapisujĢc rwnania Eulera (4.1) w postaci:
X
-
1
p
-
d
V
x
=
0
,
r
x
d
t
Y
-
1
p
-
d
V
y
=
0
,
r
y
d
t
Z
-
1
p
-
d
V
z
=
0
,
r
z
d
t
po pomnoŇeniu ich, odpowiednio, przez dx dy dz
, , oraz dodaniu stronami otrzy-
mamy
81
37951529.021.png 37951529.022.png 37951529.023.png 37951529.024.png 37951529.025.png 37951529.026.png 37951529.027.png 37951529.028.png 37951529.029.png 37951529.030.png 37951529.031.png 37951529.032.png 37951529.033.png 37951529.034.png 37951529.035.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin