Сон Э.Е. Лекции по физической механике

Подождите немного. Документ загружается.

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 27

3 Задание 2. Магнитная гид-

родинамика и радиационная

газодинамика

2.1. В плоском слое газа шириной 2а распреде-

ление температуры имеет вид T − T

= (T

−

[1 − (x/a)

]. Считая, что κ

a << 1 (κ

- ко-

эффициент поглощения излучения), найти энер-

гию, излучаемую газом и степень черноты слоя

² = q/q

). Считать, что планковский коэффи-

циент поглощения определяется фотоионизацией

∼ T

−3

exp(−I/T ). Принять для расчетов m =

2, 4, ∞; τ = T

= 0, 2; I/T

= 10, aκ

) = 0, 01.

2.2. Метеорит радиусом R = 0, 5. входит в

плотные слои атмосферы Земли со скоростью U =

6/. Давление и температура внешней части погра-

ничного слоя равны p

= 0, 034, T

= 10

K. Оце-

нить среднюю силу сопротивления, скорость уноса

массы (кг/с) и тепловой поток на поверхности ме-

теорита. При решении рассмотреть пограничный

слой с учетом диссоциации молекул в приближе-

нии "замороженного"течения, зависимость вязко-

сти воздуха т температуры принять по формуле

Кузнецова: η = [1, 68 + 0, 0057(T − 273)] · 10

−5

L = 5, 4 · 10

/ - теплота испарения поверхности

метеорита. Считать, что газ состоит из молекул с

энергией диссоциации 5,12 эВ (O

) и что область

диссоциации полностью содержится внутри погра-

ничного слоя. Температуру поверхности метеорита

принять равной T

= 2000K, P r = 0, 8; Le = 1.

2.3. В трубе, заполненной смесью паров бензи-

на с весовой концентрацией c

= 0, 5 и воздуха при

температуре T

= 300K и атмосферном давлении

возникает волна горения. Считая, что скорость

протекания реакции W (c, T ) = ρcν exp(−E/R

T ),

c - концентрация горючего, ν = nσv - частота

столкновений молекул горючего и окислителя, ρ -

плотность смеси, вычислить температуру продук-

тов сгорания и скорость распространения пламени,

считая число Льюиса Le = 1. Тепловой эффект ре-

акции E = 30/.

2.4. Несжимаемая вязкая проводящая жид-

кость находится между двумя диэлектрическими

плоскостями, расстояние между которыми l. Ниж-

няя плоскость является неподвижной, а верхняя

движется вдоль оси 0x со скоростью U . Перпенди-

кулярно пластинам приложено магнитное поле H

Найти распределение скоростей, токов и магнитно-

го поля между пластинами, считая заданным па-

раметр нагрузки K = cE

/UH

2.5. В плоском слое газа шириной 2а распреде-

ление температуры имеет вид T −T

= (T

−T

[1−

(x/a)

]. Считая, что κ

a >> 1 (κ

- коэффициент

поглощения излучения), найти энергию, излучае-

мую газом, степень черноты слоя ² = q/q

) и

яркостную температуру слоя. Принять для расче-

тов m = 2, 4, 8; τ = T

= 0, 2; l

= 0, 01a -

средний росселандов пробег излучения.

2.6. Метеорит радиусом R = 0, 5. входит в

плотные слои атмосферы Земли со скоростью U =

6/. Давление и температура внешней части погра-

ничного слоя равны p

= 0, 034, T

= 10

K. Оце-

нить среднюю силу сопротивления, скорость уноса

массы (кг/с) и тепловой поток на поверхности ме-

теорита. При решении рассмотреть пограничный

слой с учетом диссоциации молекул в приближе-

нии локального химического равновесия. Зависи-

мость вязкости газа от температуры принять по

формуле Кузнецова: η = [1, 68 + 0, 0057(T − 273)] ·

−5

/. Считать, что газ состоит из молекул с энер-

гией диссоциации 5.12, статистическим весом ос-

новного состояния g

= 3, вращательным кван-

том B

= 1, 45

−1

, колебательным квантом h$

1580

−1

. Температуру поверхности метеорита при-

нять равной T

= 2000K, P r = 0, 8; Le = 1.

2.7. При испарении металла лазером или элек-

тронным пучком возникает следующая задача:

на поверхность металла, имеющего температуру

∞

= 0 падает поток излучения q

= 10

− 10

это излучение частично отражается с коэффициен-

том отражения r, а частично поглощается метал-

лом с коэффициентом поглощения µ. Зная тепло-

ту испарения L и считая, что скорость испарения

металлического пара с поверхности определяется

формулой u = c

exp(−U/T

), где U = 0, 75L/R,

- температура поверхности, c

- скорость звука

в металле, построить график зависимости скоро-

сти фронта от теплового потока. В расчетах при-

нять, что металлом является медь с параметрами:

µ = 10

5−1

, L = 5, 41 · 10

/, r = 0, 1; λ = 390/ · K,

c = 360/ ·K, c

= 3710/.

2.8. Несжимаемая вязкая проводящая жид-

кость течет вдоль оси Ox в канале высотой 2l,

ограниченном по оси Oz диэлектрическими стен-

ками. Вдоль оси Oz приложено внешнее магнитное

поле H

. Объемный расход жидкости на единицу

ширины канала по оси Oy равно 2Q. На большом

расстоянии по оси y перпендикулярно к ней име-

ются проводящие стенки, соединенные сопротив-

лением R. Найти распределения скорости, токов и

магнитного поля в канале. Считать заданным па-

раметр нагрузки K = clE

/QH

2.9. В плоском слое газа шириной 2а распре-

деление температуры имеет вид T − T

= (T

−

[1 − (x/a)

]. Считая, что κ

a << 1 (κ

- ко-

эффициент поглощения излучения), найти энер-

гию, излучаемую газом и степень черноты слоя

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 28

² = q/q

). Считать, что планковский коэффи-

циент поглощения определяется фотоионизацией

∼ T

−3

exp(−I/T ). Принять для расчетов m =

2, 4, ∞; τ = T

= 0, 2; I/T

= 10, aκ

) = 0, 01.

Решение

Радиационное охлаждение оптически тонкого

тела определяется по формуле (лекции)

divq

= 4κ

(T ) σT

(1)

Мощность, теряемая излучением из объема 2a×b×

= −

divq

r = −4

−a

(T )σT

bLdx

Подставим для среднего коэффициента поглоще-

ния Планка

(T ) = κ

−

(T = T

, κ

= κ

))

Средняя энергия, теряемая единицей объема на из-

лучение

˙ε

2abL

−

= 4κ

)σT

Где интеграл

τ ≡

, s ≡

I(m, τ, s) =

−

Подставляя заданное распределение температуры

1 −

(1−ξ

) = 1−(1−τ)ξ

, ξ = x/a

получаем

−

1 −

1 − (1 − τ)ξ

= −

s(1 − τ)ξ

1 − (1 − τ)ξ

I(m, τ, s) =

[1 − (1 − τ)ξ

| {z }

ϕ(ξ)

exp

−

s(1 − τ)ξ

1 − (1 − τ)ξ

| {z }

f(ξ)

dξ

Вычислим интеграл приближенно. Функция f(ξ)

резко падает в области, где показатель exp порядка

1, т.е. в точке ξ

, такой, что s(1 − τ)ξ

= 1 − (1 −

τ)ξ

, т.е.

√

m(1 − τ)(s + 1)

Но в области 0 < ξ < ξ

при достаточно больших

s функция ϕ(ξ) уменьшается слабо (ϕ(ξ) ≈ 1), по-

этому аппроксимируем подинтегральное выраже-

ние функцией

F (ξ) = 1 − bξ

m 2 4 ∞

, hline ε 0,009 0,015 0,027

, hline

где b определяется из условия F (ξ

) = 0, т.е. bξ

I(m, τ, s) ≈=

(1−bξ

)dξ = ξ

−

bξ

= ξ

1 −

bξ

I(m, τ, s) ≈

(1 − τ)(s + 1)

Если бы тело излучало как черное с температурой

,то мощность его излучения из объема 2a ×b ×L

была бы

(0)

= 2σT

bL ( × × 2..)

Степень черноты

ε =

(dE/dt)

(0)

4κ

)σT

2abLI(m, τ, s)

2σT

ε = 4aκ

)I(m, τ, s) =

8aκ

)

3[(1 − τ)(s + 1)]

1/m

(∗)

С увеличением m, ε → 8aκ

)/3 << 1. Расчеты

по формуле (∗) для m = 2, 4, ∞ приведены в таб-

лице

2.10. При движении тела в атмосфере с гипер-

звуковой скоростью возникает отошедшая ударная

волна и пограничный слой у поверхности тела.

Считая пограничный слой ламинарным и прини-

мая на внешней части слоя скорость газа U = 1/,

давление p

= 06034, температуру T

= 10

K, оце-

нить среднюю силу сопротивления, скорость уно-

са массы (кг/с) и тепловой поток на поверхность

метеорита. Принять зависимость вязкости газа от

температуры по формуле Кузнецова для воздуха

µ = [1, 68+0, 0057(T −273)]·10

−5

/, считать, что ре-

акция диссоциации заморожена, энергия диссоци-

ации 5, 12(O

). Температуру поверхности тела при-

нять равной T

= 2000K, числа P r = 0, 8, Le = 1,

для оценок принять радиус тела R = 0, 5.

Решение

1)Найдем толщину пограничного слоя

√

, Re

- число Рейнольдса для внешней

части пограничного слоя. Вязкость при T = T

K равна

= [1, 68 + 0, 0057(T − 273)] · 10

−5

= 5, 71 · 10

−5

. Плотность газа

0, 034 · 10

287 · 10

= 1, 19 · 10

−3

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 29

R =

8314

= 287

· K

Кинематическая вязкость

5, 71 · 10

−5

1, 19 · 10

−3

= 0, 048

Число Рейнольдса внешней части пограничного

слоя

1 · 10

· 0, 5

0, 048

≈ 10

Это число Re меньше Re ≈ 10

, соответствующе-

го турбулентному движению в пограничном слое,

поэтому примем модель диссоциированного лами-

нарного пограничного слоя с толщиной

δ =

√

0, 5

√

= 5 · 10

−3

= 5

Уравнения движения, энергии и диффузии:

= 0, −

+ µ

∂

∂y

= 0,

ρD

= ˙c

Интегралы уравнений для замороженного течения

(

= 0)

= µ

(1), − q + uτ

= −q

(2), j

= ρD

(3)

, q

, j

- напряжение трения, тепловой поток в

стенку и массовый поток от стенки (искомые ве-

личины). Еще раз проинтегрировать нельзя из-за

зависимости коэффициентов переноса от T , а рас-

пределение T (y) определяется уравнением энер-

гии. Необходимо знать только зависимость одного

коэффициента переноса µ(T ), т.к. остальные вы-

ражаются через безразмерные отношения P r =

ν/ cosh i = 0, 8; Sm = ν/D, Le = D/ cosh i =

1, Sm =

P r

= 0, 8 Выражение для теплового пото-

ка в диссоциирующей среде определяется по фор-

муле

q = −

[∆h + (Le − 1)(h

− h

)∆c] (.65)

При LE = 1, , q = −

P r

(4), P r =

cosh i

, cosh i

ρc

. Подставляя (1) и (4) в

(2), получим

P r

+ µu

= −q

Умножим это равенство на P r/µ =

P r

, получим

+ P r

= −P r

Интегрируем это уравнение:

h − h

+ P r

P ru (5)

Приведем уравнение к безразмерному виду, поде-

лив на h

h − h

= P r

− v)v (6), v =

, v

Uτ

Теплоемкость смеси атомов и молекул определяет-

ся энтальпией

h = cosh

+(1−c)h

= c

R −1T + R

+(1−c)

Для простоты пренебрегаем колебательной энерги-

ей молекул. "1 атомы, "2 молекулы. В воздухе, со-

стоящем из O

и N

энергии диссоциации O

−5, 12,

азота N

− 9, 76, поэтому в диапазоне температур

2 · 10

< T < 10

можно учитывать только дис-

социацию кислорода. Для простоты рассмотрим

чистый кислород. R

= R

/2, поэтому получим

= 5, 12 ·11605 = 59420K - температура диссоци-

ации. Энтальпия смеси

h = cR

T + T

, h

( )

Подставляя в уравнение энергии (6), получим

уравнение, содержащее (c, T, u). Рассмотрим урав-

нение диффузии в приближении замороженного

течения, когда

= 0. Поделив (3) на (1), полу-

чим

, c = u

= v

(7)

т.к. область диссоциации находится внутри погра-

ничного слоя, граничные условия для уравнения

диффузии C(o) = 0, C(δ) ≈ 1. Тогда из (7) полу-

чаем

= 1 (8) j

USm

(9)

и решение уравнения диффузии имеет вид c = v

(10). Подставляя энтальпию смеси и (10) в (6), по-

лучим:

T + T

(T − T

)

= P r

κ − 1

−v)v (11)

β = αvW −

−1 h

κ − 1

; α =

κ − 1

P r,

Здесь M = U/a

. Распределение температуры в

зависимости от скорости имеет вид

T =

−αv

+ βv + 1

v +

(

−αv +

β +

1 −

β +

v +

)

(12)

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 30

Где α =

κ−1

P rM

1,4−1

· 0, 8 ·6, 69

= 7, 17

κ = 1, 4; α

√

κR

√

1, 4 · 287 · 2000 =

896 , M =

6000

896

= 6, 69

β = αv

−

− 1 Величина v

находится из гра-

ничного условия при v = 1

T (1) =

10000

2000

= 5

При подстановке в (11):

−1 = α(v

−1),

5, 12 · 11605

2000

= 29, 71

7, 17

· 5 + 29, 71

+ 5 − 1

+ 1 = 4, 22

При этом β = 7, 17 · 4, 22 −

· 29, 71 − 1 = 12, 31,

т.е. распределение температуры найдено. Подста-

вим его в уравнение (1)

= µ

где µ = a+bT по формуле Кузнецова. Интегрируем

это уравнение поперек всего слоя:

δτ

µ(v)dv =

(a+bT

T ) dv = a+bT

T dv = a+bT

= ¯µ(T

), (13)

где температура T

определяется интегралом

J =

T dv =

(

−dv +

β +

1 −

β +

v +

)

dv =

−

β +

1 −

β +

¶¸

Подставляя значения α = 7, 17; β = 12, 31, полу-

чим J = 3, 82, т.е. T

= T

·J = 2000·3, 82 = 7640K.

Очевидно, T

< T

. При этой температуре

вязкость

µ(T

) = [1, 68+0, 0057(7640−273)]·10

−5

= 4, 37·10

−4

Напряжение трения находим из (13):

µ(T

4, 37 · 10

−4

· 6 · 10

2 · 10

−3

= 1311

Сила сопротивления (для полусферы):

F = τ

2πR

= 1311 · 2π · 0, 5

= 2060H = 0, 2T

Унос массы: 1) газа j

USm

1311

6·10

·0,8

0, 273

, ˙m = j

2πR

= 0, 43. Унос металла

(.)

−q

1,71·10

−3

5,4·10

= 0, 3 · 10

−3

= j

·2πR

= 0, 3 ·10

−3

·2π · 25

= 1, 18 Поток

тепла на поверхность

−q

Uτ

6 · 10

· 1311 · 4, 36

= 1, 71

2.11 Показать, что при МГД-течении в канале

может образоваться М-образный профиль скоро-

сти. (Шерклиф Дж. Курс МГД М.: Мир, 1967, 320

с.)

(v·∇)ω−(ω·)v = ν∆ω

|{z}

...

[(B · ∇)j − (j · ∇)B]

| {z }

..F

≡ ∇×F

∇jkB ∇Bkj.

1) B = const. Рассмотрим качественно два

случая течения в канале с поперечным магнитным

полем с проводящими и непроводящими стенками.

а)проводящие стенки: Тормозящая сила F =

j×Bdydx Ток замыкается по проводящей стенке,

поэтому сила торможения велика;

б)непроводящие стенки: Ток замыкается

внутри стенки, поэтому сила торможения меньше;

в) комбинированные стенки (неоднородная про-

водимость): ←

Суммарный ток в этом сечении меньше

← , т.е.

торможение здесь больше, возникнет − .

2.12 В трубе, заполненной смесью паров бен-

зина с весовой концентрацией c

= 0, 5 и воздуха

при температуре T

= 300K и атмосферном давле-

нии возникает волна горения. Предполагая извест-

ными тепловой эффект реакции E = 30/ и счи-

тая, что скорость протекания реакции W (c, T ) =

ρcν exp(−E/R

T ), (c - концентрация горючего, ν =

nσv - частота столкновений молекул горючего и

окислителя, ρ - плотность смеси), вычислить тем-

пературу продуктов сгорания и скорость распро-

странения пламени, считая число Льюиса Le = 1.

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 31

Решение

Рассмотрим задачу в системе координат, дви-

жущейся со скоростью пламени u

, в кото-

рой фронт пламени неподвижен. Большая часть

тепла, выделяющегося в реакции, затрачива-

ется на нагрев газа. Существенными процес-

сами являются теплопроводность и диффузия.

Уравнения непрерывности, диффузии горючего и

теплопроводности:

∂

∂t

= 0











dρu

= 0, ρu = ρu

= const (1) Q

£¤

- тепловой эффект реакции

ρu

ρD

− W (e, T ) (2) Q =

30·10

·10

·4,2

= 3, 94 · 10

ρuc

+ QW (c, T ) (3)W = ρcνexp

−

- массовая

скорость хим.реакции Перейдем

в (3) к энтальпии: ν = cosh inσV, cosh i - стер.ф-р,

σ = π(r

+ r

, V =

8RT

π µ

ρu

+QW (3

) 1 = 503, 2K, 30 = 15096K

Умножим (2) на Q и сложим с (3’), считая Le =

= 1

ρD =

ρu

(h+Qc) =

(h+Qc) → h+cQ = const

Полагая h = c

T ( c

= const), получим (Qc

− h

)

T + Qc = c

+ Qc

= c

(4),

откуда получаем T

= T

. Температура про-

дуктов сгорания T

= 300 +

3,94·10

·0,5

= 2270K.

Уравнение (4) определяет связь концентрации с

температурой

c =

− T )

= c

−

(T − T

)

(5)

Поэтому уравнение для c опускаем. I Оценку ско-

рости фронта можно сделать, рассматривая урав-

нение теплопроводности в зоне реакции, где кон-

вективный поток мал, т.к. температура меняется

незначительно:

dτ

+ QW (T ) = 0

Полагая y = λ

, получим

ydy

+λQW (T ) = 0. При

T = T

, λ

= y = 0,

y =0

2ydy = −λQ

dT = λ

W dT ; y =

2λ

W (T )dT

W ∼ c, поэтому W (T

) = 0. Количество

тепла, выделяющегося в химической реакции,

должно быть равно запасу химической энер-

гии в несгоревшем газе, движущемся со скоро-

стью u

, поэтому гран.усл. λ

= ρ

→ u

2λ

W (c, T )dT (6) Эту фор-

мулу можно преобразовать, определяя

W =

−T

W (c, T )dT

W dT =

W (T

− T

)

W c

2λ

W c

2λ

(7)

Или через температуропроводность

2ρ

cosh i

, cosh i

Оценим

скорость фронта по этой формуле.

= nσ¯v = 3 ·10

π(3+3)

·10

−16

8 · 287 · 2270

· 10

| {z }

¯v,/

= 1, 46·10

10−1

W = ρcνe

−E/RT

= 1, 16·0, 5·1, 46·10

−10

= 3, 84·10

cosh i = 1

3/2

| {z }

2 · 1, 16 · 3, 84 · 10

10 0, 5

· 10

−4

· 10

√

10 = 20, 5/ < a

Распределение во фронте. Запишем

уравнение теплопроводности через энтальпию:

ρu

+QW (h), h(−∞) = h

, h( ∞) = h

Введем безразмерные величины z =

h−h

−h

- без-

размерная энтальпия, z ≈

T −T

−T

y =

λdh/dx

Q(h

−h

)

(W λ/c

)

∗

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 32

- безразмерный тепловой поток. Можно выбрать

∗

= W (T

, c

), λ

∗

= λ(T), c

= c

(T).

m =

−h

∗

- безразмерная скорость фронта,

ϕ =

λW/c

(λW/c

)

∗

- безразмерное тепловыделение, ϕ(0) = 0, ϕ(1) =

0 (9)

Уравнение баланса энергии.

− my + ϕ(z) = 0 (8)

или

my − ϕ (z)

Уравнение (8) с переопре-

деленными граничными условиями, т.к. уравне-

ние I порядка, а условие - 2 имеет решение не

при любой ϕ(z) . Для реальной ϕ(z), соответству-

ющей закону Аррениуса, решения не существу-

ет (Я.Б.Зельдович), для существования решения

необходимо положить ϕ(z) = 0 при 0 < z < z

Для упрощения задачи рассмотрим случай заме-

ны (Даниэль)

ϕ(z) =

0 при 0 < z < z

при z

< z < 1

где ϕ

ϕ(z)dz =

W /c

(λW/c

)

∗

W =

−T

W (r)dr Точку z

можно определить

из условия z

−h

−T

, T

≈ 0, 1E/R =

1510K В нашем случае z

1510−300

2270−300

= 0, 637.

Найдем решение: z ∈ [0, z

] yy

− my = 0, y

m, y = mz y(0) = 0.

y(z

) = mz

= y

z ∈ [z

; 1], y(1) = 0 yy

−my+ϕ

= 0

ydy

my − ϕ

1−z

my · ϕ

+ ϕ

my − ϕ

dy =

dy+

my − ϕ

= −

− my

Подставляя z

, получим

= l

−m

, 1 −

= e

−

. Обозначим ξ =

, тогда z

1−e

−ξ

, откуда

= ξ(z

)

ξ 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9

, hline z

0,95 0,906 0,864 0,824 0,787 0,752 0,719 0,688 0,659

, hline

ξ 1 2 3 4 5

, hline z

0,632 0,432 0,367 0,245 0,199

, hline

далее z

≈

с точн. 10

−3

m =

ξ(z

) =

−h

∗

Отсюда находим скорость фронта:

ξ(z

)

W /c

(λW/c

)

∗

− h

∗

ξ(z

W =

ξ(z

)ρ

W cosh i

Эта формула с точностью до ξ(z

) ≈ 2 совпадает

с (6) или (7). В нашем случае ξ(z

) ≈ 1, поэтому

разница в формулах

√

2. Для точного расчета по

(6) или (7) необходимо вычислить

z =

− h

T − T

− T

= const.

W =

− T

ϕ(z)dz·W

( λ = λ

, c = c

= const)

где W (T ) = ρcνe

−E/RT

, e =

−T

)

−T

= c

(1 − z)

R(T

− T

)

T −T

−T

R(T

− T

)

(z + τ)

z + τ

где ε =

R(T

−T

)

15100

2270−300

= 7, 665, τ =

−T

300

2270−300

= 0, 152

= ρ

−

R(T

−T

)

= 0, 153·0, 5·1, 64·10

·e

−7,665

= 5, 88·10

287 · 2270

= 0, 153

; c

= 0, 5; ν =

= nσv; n

1, 38 · 10

−23

· 2270

= 3, 19·1024

−3

= 3, 19·10

8−3

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 33

σ = π(1, 8 + 1, 8)

·10

−16

= 4, 07 ·10

−152

' 4 ·10

−152

¯v

π¯µ

8 · 287 · 2270

= 1288 = 1, 288·10

= 3, 19 · 10

·4 ·10

−15

·1, 288 · 10

= 1, 64 · 10

9−1

cosh i

1, 288 · 10

3 · 3, 19 · 10

· 4 · 10

−15

= 3, 36

= 3, 36·10

−4

287 · 300

= 1, 16

2ρ

cosh i

1, 16

2 · 0, 153 · 3, 36 · 10

−4

· 5, 88 ·10

0, 5

1/2

= 3, 00·J

1/2

где J(ε, τ) =

(1 − z)e

−ε

(

z+τ

−1

)

dz. Численный

расчет при ε = 7, 665 τ = 0, 152 дает J = 4, 254·10

−2

= 0, 619 .

2.13 Несжимаемая вязкая проводящая жид-

кость находится между двумя диэлектрическими

плоскостями, расстояние между которыми l . Ниж-

няя стенка является неподвижной, а верхняя дви-

жется вдоль оси 0x со скоростью U . Перпендику-

лярно пластинам приложено магнитное поле H

Найти распределение скоростей, токов и магнитно-

го поля между пластинами, считая заданным па-

раметр нагрузки K = cE

/UH

Решение

Течение Куэтта моделирует пограничный

слой, но в присутствие электромагнитных полей

необходимо иметь полную картину замыкания то-

ков и магнитных полей. Течению Куэтта отвечает

одна из реальных схем течения изображенных на

рис. а, б. Создать радиальное поле H

на всем ци-

линдре невозможно, поэтому более реальна ситу-

ация в), где поле создается на части окружности.

Направления векторов: v = (u, 0, 0) j = (0, j, 0)

, vspace0.5 cm H =

(h, 0, H

) E = (0, E, 0) Реальная геометрия течения

важна для постановки граничных условий. Для за-

дачи а) h(0) = 0, h(l) = 2J/cR, где J - полный ток,

протекающий по цилиндру. Для задачи б) h(l) = 0

(поле вне соленоида). 1.

Уравнение движения. Распределение скорости в канале.

4π

= 0. (1)

(v · v)v = −∇ρ + η∇v +

j × H‘ = 0

Из закона Ома j = σ(E +

j × H), j = σ(E −

) (2) Уравнение для индуцированного маг-

нитного поля:

∇ × H =

4π

∂h

∂z

4π

j (3)

Подставляя ток в уравнение движения, получаем

σH

E −

= 0 (4)

Введем безразмерные переменные: ¯u =

, ¯z =

, K =

, H

σ H

ηc

(5) получаем уравнение

¯u

− H

(¯u − K) = 0, ¯u(0) = 0; ¯u(1) = 1 Решение:

¯u = c

sinh H

(1 − z) + c

sinh H

z + K

(0) =

sinh

= 0;

−

sinh H

¯u(1) = c

sinh H

+ K; c

= −

K − 1

sinh H

¯u = K

1 −

sinh H

(1−¯z)+c sinh H

¯z

sinh H

¯z

sinh H

(6)

При H

→ 0 ¯u → ¯z (плоское течение Куэтта).

2.Распределение токов.

Из закона Ома j =

σ U H

(K − ¯u) 3.

Индуцированное магнитное поле определяет-

ся законом Ампера h =

4π

jdz + h

, где посто-

янная h

определяется граничным условием. Для

рассмотренных моделей:

) h(0) = 0 ) h(l) = 0 ) h(l) =

4π

jdz

вращ.цилиндра соленоид.модель поле на части радиуса

4π

jdz = −

4π

σUH

K cosh H

(1 − z) + (1 − K) cosh H

z − 1

sinh H

а)

Вращение цилиндра в радиальном поле (h

0):

h(z)

= −

K cosh H

(1 − z) + (1 − K) cosh H

z − 1

sinh H

б)

Соленоидальная модель:

0 = h(l)+h

;

= −

h(1)

(1 − K) cosh H

− 1

sinh H

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 34

h(z)

(1 − K) cosh H

− K cosh H

(1 − z)

sinh H

в)

Поле на части радиуса совпадает с а).

2.14 В плоском слое газа шириной 2а распреде-

ление температуры имеет вид T −T

= (T

−T

[1−

(x/a)

]. Считая, что κ

a >> 1 (κ

- коэффициент

поглощения излучения), найти энергию, излучае-

мую газом, степень черноты слоя ² = q/q

) и

яркостную температуру слоя. Принять для расче-

тов m = 2, 4, 8; τ = T

= 0, 2; l

= 0, 01a -

средний росселандов пробег излучения.

Решение

Радиационный поток тепла для оптически

толстого газа определяется приближением лучи-

стой теплопроводности (лекции):

= −λ

∇T, λ

σT

Здесь l

- росселандов пробег излучения. Тепловой

поток с поверхности тела

q = −λ

∂T

∂x

= λ

−T

)

m−1

x=a

mλ

− T

)

q =

m(T

− T

)

σT

+ σT

= −λ

∇T q =

div q

= =

Bdx = B Степень черноты слоя

ε =

σT

− T

+ 1

Яркостная температура слоя определяется по фор-

муле q = σT

, следовательно, T = T

1/4

. Расчеты

приведены в таблице:

m 2 4 8

, hline ε 1,427 1,853 2,71

, hline

ε =

· 0, 01

0, 2

− 1

m = 0, 213m

То, что в случае m = 8, ε > 1 означает, что излу-

чается поток, соответствующий T > T

2.15 Метеорит радиусом R = 0, 5. входит в

плотные слои атмосферы Земли со скоростью U =

6/. Давление и температура внешней части погра-

ничного слоя равны p

= 0, 034, T

= 10

K. Оце-

нить среднюю силу сопротивления, скорость уноса

массы (кг/с) и тепловой поток на поверхности ме-

теорита. При решении рассмотреть пограничный

слой с учетом диссоциации молекул в приближе-

нии локального химического равновесия. Зависи-

мость вязкости газа от температуры принять по

формуле Кузнецова: η = [1, 68 + 0, 0057(T − 273)] ·

−5

/. Считать, что газ состоит из молекул с энер-

гией диссоциации 5.12, статистическим весом ос-

новного состояния g

= 3, вращательным кван-

том B

= 1, 45

−1

, колебательным квантом h$

1580

−1

. Температуру поверхности метеорита при-

нять равной T

= 2000K, P r = 0, 8; Le = 1.

Решение

Из интеграла уравнения движения τ

µdu/dy следует

δτ

µdv, v =

Из формулы для вязкости газа µ = a + bT следует

δτ

(a + bT )dv = a + bT

Θ(v)dv

Определим температуру T

= T

J, J =

Θ(v)dv,

тогда

a + bT

= µ(T

) и напряжение трения

)

(1)

Для вычисления интеграла J используем уравне-

ние энергии

h − h

κ − 1

P rM

− v)v = dv(v

− v)(2)

α =

κ − 1

P rM

= 7, 17; M =

6000

896

= 6, 69,

κR

1, 4 · 287 · 2 · 10

= 896 . κ = 1, 4

Энтальпия смеси

h = R

T + T

(1 − c)T

= R

T + T

h + w =

Подставляя в уравнение (2), получим

Θ +

+ Θ − 1 = A(vv

− u

) (3)

Из граничного условия y = δ, c = 1, Θ = Θ

, v = 1

находим

= 1 +

·µ

+ Θ

− 1

= 4, 22

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 35

Для случая химического равновесия концентрация

c определяется по заданному давлению и являет-

ся функцией температуры. С учетом зависимости

вращательной статсуммы от температуры Z =

запишем уравнение дисс. равновесия:

1 − c

3/2

−

c(1−c

)

(4)

Заштрихована область диссоциации. Температу-

ра, при которой происходит диссоциация газа за-

висит от давления. При p = 1 она равна T

≈ 0, 1T

Найдем T

при p = 0, 034. Положим c =

в урав-

нении дисс. равновесия:

= AT

3/2

−T

, p = 1, T

= T

/10, ..

= A(0, 1T

)

3/2

−10

A =

3(0, 1T

)

3/2

, . p =

10T

10−

или lnp =

10T

+ 10 −

(5) Задавая значения

, находим соответствующие значения p, при

p = 0, 034.,

= 0, 077Θ

= 0, 077 · 29, 71 = 2, 29 Определим

искомый интеграл

J =

Θ(v)dv =

dΘ

dΘ (6)

Производную dv/dΘ, получим, дифференцируя

(2):

d(v

− 2v)

dΘ

Θ +

c + 1;

dΘ

c + 1 +

Θ +

dΘ

α(v

− 2v)

(7)

J =

c + 1 +

Θ +

dΘ

α(v

− 2v)

dΘ (8)

Оценим интеграл приблизительно. c(Θ) - функция

(4), 0 ≤ c ≤ 1, близка к ступенчатой 1 < Θ < Θ

≈

5, Θ

≈ 30, кроме того dc/dΘ ∼ Θ

(4), 0 < v < 1,

значение 0, 5 < v

< 1 (ближе к 1 из-за нелинейно-

го профиля скорости). Оценка интеграла опреде-

ляется членом Θ

dc/dΘ

J ≈

α(v

− 2v)

dΘ

≈

4Θ

7α

Θ(c)

− 2v(c)

dc ≈

≈

4Θ

7α

− 2v

Θ(c)dc ≈

4Θ

7α(v

− 2v

4 · 29, 78 · 2, 29

7 · 7, 17 · (4, 22 − 2, 07)

= 1, 92q

Находим T

= T

J = 2000 · 1, 92 = 3840K,

µ(T

) = [1, 68+0, 0057(3840−273)]·10

−5

= 2, 20·10

−4

Находим напряжение трения:

µ(T

2, 20 · 10

−4

· 6 · 10

2 · 10

−3

= 660

Сила сопротивления для полусферы

= τ

2πR

= 660 · 2π · 0, 25 = 1037H = 0, 1T

Поток тепла на поверхность

−q

V τ

6 · 10

· 660 · 4, 22

= 8, 35·10

= 0, 835

Оценим унос массы с поверхности тела для хими-

чески равновесного случая:

= ρD

∂c

∂y

= ρD

∂T

∂y

= ρD

c(1 − c

)

∂Θ

∂y

;

Θ = 1. Напряжение трения τ

= µ

∂u

∂y

= µV

∂u

∂y

Поделив эти равенства, получим

V j

c(1 − c

)

∂Θ

∂y

Для дальнейших оценок необходимо рассчитать

степень диссоциации кислорода:

1 − α

1 − c

= K

5/2

3/2

0, 482 p

(.)

−

= 0, 034 ·

= 8, 5 · 10

−3

парциальное давление O

, g

= 5,

= g

·g

= 3·

− 1

= 3·

2000 · 0, 833

1, 45 · 1, 44

= 2394

y =

¯hω

1580 · 1, 44 · 0, 569

2 · 2000

= K

0, 482

5/2

· 32

3/2

8, 5 · 10

−3

2394

·e

−29,71

= 6, 53·10

−5

3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 36

c =

1 + K

= 8, 08 · 10

−3

т.к. c ¿ 1, производную dΘ/dv можно оценить из

(7), где

dΘ

≈

c(1 − c

)

2 · 1

≈

8, 08 · 10

−3

2 · 1

29, 71 +

≈ 0, 126

dΘ

≈

αv

7, 17 · 4, 22

= 0, 033

V j

dΘ

0, 8

· 0, 126 ·30 = 4, 725

(больше, чем в замороженном случае).

= 4, 725

= 4, 725 ·

660

6 · 10

= 0, 52

Унос массы

˙m = j

· 2πR

= 0, 52 · 2π · 0, 25 = 0, 82

Ответ: F

= 100 кГ

dotm = 0, 82 (газа)

−q

= 0, 835 f rac

Унос металла:

()

−q

0, 835 · 10

5, 4 · 10

()

= j

· 2πR

= frac.

2.16 При испарении металла лазером или элек-

тронным пучком возникает следующая задача:

на поверхность металла, имеющего температуру

∞

= 0 падает поток излучения q

= 10

− 10

это излучение частично отражается с коэффициен-

том отражения r, а частично поглощается метал-

лом с коэффициентом поглощения µ. Зная тепло-

ту испарения L и считая, что скорость испарения

металлического пара с поверхности определяется

формулой u = c

exp(−U/T

), где U = 0, 75L/R,

- температура поверхности, c

- скорость звука

в металле, построить график зависимости скоро-

сти фронта от теплового потока. В расчетах при-

нять, что металлом является медь с параметрами:

µ = 10

5−1

, L = 5, 41 · 10

/, r = 0, 1; λ = 390/ · K,

c = 360/ ·K, c

= 3710/.

Решение

При падении потока излучения слева на по-

верхность, происходит испарение металла и фронт

границы металла движется вправо со скоростью u.

Будем считать, что металл движется влево со ско-

ростью u, так что граница металла неподвижна.

В этой системе координат распределение темпера-

туры стационарно зависит только от продольной

координаты x и определяется уравнением тепло-

проводности

ρc

∂T

∂t

− uρ

∂T

∂x

∂

∂t

∂T

∂x

− ∇ · q,

q ≡ q

= (1 − r)q

−µx

, −∇ · q = (1 − r)q

−µx

или

uρ

+ (1 − r)q

−µx

= 0 (1)

Поперечной теплопроводностью можно прене-

бречь, если Приведем к безразмерному виду, вво-

дя характерный масштаб задачи l = µ

−1

и тем-

пературу T

(1−r)q

: ξ = µx, Θ = T/T

, b =

µ cosh i

, cosh i = λ/ρc, b -безразмерная скорость

движения границы, параметр которой должен

быть определен в решении задачи. Уравнение (1)

приводится к виду

Θ” + bΘ

= −e

−ξ

(2)

Граничные условия для уравнения теплопроводно-

сти:

T (∞) = 0 Theta(∞) = 0 (3)

При x = 0 падающий поток тепла и теплосодержа-

ние металла затрачиваются на фазовый переход -

испарение металла, разгон и нагрев пара:

Sdt + cT

S(dx) = ρS(−dx)

L +

+ 0, 67c

или +λ

= ρu∆h знаки следуют из векторного

равенства −q = ρ∆hu, ∆h = L +

+ 0, 67c

−

. Коэффициент 0,67 следует из решения зада-

чи об испарении материала в вакуум и описыва-

ет кнудсеновский слой. Вследствие большой ве-

личины теплоты испарения металла, даже если