Сон Э.Е. Лекции по физической механике
Подождите немного. Документ загружается.
3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 37
пар истекает со звуковой скоростью, соответству-
ющей температуре T , т.е. v
2
g
/2 = c
p
T = 5/2RT , то
v
2
g
/2 ' L только при температурах поверхности
T
0
≥
L
5R
=
5, 41 · 10
6
5 · 131
= 8560K, R =
R
µ
=
8314
63, 5
= 131 fr ac · K
Аналогична и величина 0, 67c
pg
T
0
. Член с теплосо-
держанием металла существен при температурах
T
0
≥
L
=
5, 41 · 10
6
360
= 15030K
Поэтому с большой точностью можно считать, что
∆h = L. В безразмерной форме это граничное
условие имеет вид
dΘ
dξ
=
ρuL
λµT
0
=
uL
c cosh iµT
0
= bS, S =
L
cT
0
(4)
Решим уравнение (2) с граничными условиями
(3,4):
Θ” + bΘ
0
= −e
−ξ
, Θ(∞) = 0, Θ‘(0) = bS.
Характеристическое уравнение однородного урав-
нения λ
2
+ bλ = 0, λ
1
= 0,
λ
2
= −b Общее решение однородного уравнения:
Θ = c
1
+ c
2
e
−bξ
Частное решение неоднородного
уравнения: Θ = ae
−ξ
: a −ba = −1, a =
1
b−1
Общее
решение: Θ = c
1
+ c
2
e
−bξ
+
1
b−1
e
−ξ
. Из Θ(∞) = 0
следует c
1
= 0 Θ
0
(0) = −bc
2
−
1
b−1
= bS, c
2
=
−S −
1
b(b−1)
= −S −
1
b−1
+
1
b
Решение:
Θ =
µ
1
b
−
1
b − 1
− S
¶
e
−bξ
+
1
b − 1
e
−ξ
(5)
Параметр b определим из дополнительного гра-
ничного условия - связи скорости испарения с тем-
пературой поверхности.
u = c
0
exp
·
−
U
T
0
¸
c
0
µ cosh i
exp
·
−
U
T
c
·
1
Θ
0
¸
Из решения (5) Θ
0
=
1
b
− S =
1−bS
b
, тогда
bS =
c
0
S
µ cosh i
exp
·
−
U
ST
c
bS
1 − bS
¸
Обозначим
U
ST
c
=
UcT
c
LT
c
=
cU
L
= m, bS = z
m =
c
R
UR
L
=
3R
R
3
4
=
9
4
= 2, 25 (..c = 3R−, ;
UR
2
=
3
4
)
Получаем уравнение
z = νe
−
mz
1−z
, ν =
c
0
S
µ cosh i
ν = ze
mz
1−z
Приведем графическое решение (таблица рассчи-
тана для m = 2, 22
z 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 0,717
, hline ν 4,60 16,76 124,4 5749 4, 28 · 10
8
199
, hline
При ν À e
m
≈ 9, 2 оценочное решение можно най-
ти, полагая z = 1 − ε, т.к. решение близко к 1
ν = (1 − ε)e
m(1−ε)
ε
≈ e
m(1−ε)
ε
(ε ¿ 1)
lnν =
m(1 − ε)
ε
, ε =
m
lnν
¿ 1, zapprox1 −
m
1 − lnν
Проведем расчеты при q
0
= 10
8
2
. Параметр ν =
c
0
µ cosh i
·
L
cT
c
=
c
0
Lρ
(1−r)q
0
1
ν
=
(1−r)q
0
ρLc
0
=
q
0
q
∗
, где харак-
терная величина теплового потока
q
∗
=
ρLc
0
1 − r
=
8, 93 · 10
3
· 5, 41 ·10
6
· 3710
1 − 0, 1
= 2·10
14
2
= 2·10
10
2
z = bs =
u
ρ cosh i
·
L
cT
c
=
uLρ
(1 − r)q
0
=
ρuL
(1 − r)q
0
u
c
0
·
q
∗
q
0
=
u
c
0
·ν
Построим график зависимости
u
c
0
=
z(ν)
ν
,
где z(ν) - решение уравнения, приведенное в таб-
лице.
Приближенное решение для малых потоков
q
0
≤
q
ast
100
имеет вид:
u
c
0
=
µ
1 −
m
ln
·
q
∗
q
0
¶
q
0
q∗
c
0
= 3710/, q
∗
= 2 · 10
10
2
.
Найдем температуру поверхности
T
0
T
c
=
1
b
− s =
µ cosh i
u
−
L
cT
c
;
¡
L =
cU
m
¢
3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 38
T
0
U
=
µ cosh iT
c
uU
−
L
cU
=
µ cosh iρc(1 − r)q
0
uρcλµU
−
1
m
=
(1 − r)q
0
uρcU
−
1
m
=
(1 − r)q
0
ρumL
−
1
m‘
T
0
U
=
1
m
·
(1 − r)q
0
ρuL
¸
=
1
m
µ
1
z
− 1
¶
=
1 − z
mz
.
Здесь U =
mL
c
=
2,25·5,41·10
6
360
= 33812K
2.17 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
0
. 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
y
/QH
0
.
Решение
В этой задаче все величины зависят только от
координаты z. Векторы скорости, тока и полно-
го магнитного поля имеют следующие неизвестные
компоненты:
v = {u, 0, 0}, ·j = {0, −j, 0}, ·H = {h, 0, H
0
}
Это следует из закона Ома
j = σ
µ
E +
1
c
V × H
¶
, E = {0, E, 0}(1)
Направление электрического поля определяется
тем, что плоскости, перпендикулярные оси Oy яв-
ляются проводящими, т.е. являются эквипотенци-
альными поверхностями. Ток из (1) мог бы иметь
компоненты j
y
, j
r
, но из условия сохранения элек-
трического заряда ∇ · j = 0, или ∂j
z
/∂z = 0 сле-
дует j
z
= const, f = 0, т.к. через плоскости ⊥ 0z
ток не протекает. Ток, протекающий вдоль 0y со-
здает магнитное поле H
x
≡ h, H
z
. Из уравнения
∇ · H = 0 получаем ∂H
z
/∂z = 0, H
z
= const = H
0
,
т.к. вне канала Y
z
= H
0
. Система уравнений, опи-
сывающая течение в канале имеет вид:
∇ · v = 0 (2)
ρ(v · ∇)v = −∇ρ + η∇v +
1
c
j × H (3)
(v · ∇)H = ν
m
∆H + (H · ∇)v (4)
∇ · H = 0 (5)
v · ∇T = cosh i∇T + j
2
/σ (6)
,
Здесь η - динамическая вязкость
cosh i - коэффициент температуропроводности
ν
m
= c
2
/4πσ - магнитная вязкость
1. Распределение скорости u(z)
Из проекции уравнения движения (3) на ось z
получаем
−
∂p
∂x
= +η
∂
2
u
∂z
2
−
1
c
jH
0
= 0 (7)
Общий вид давления:
p = p
0
+ κ
∂p
∂x
+ P
1
(z)
∂p
∂x
= const, P
1
(z) находится из уравнения движе-
ния по z.
Из закона Ома находим ток
−j = σ
µ
E −
uH
0
c
¶
(8)
Подставляя (8) в (7), получаем:
η
∂
2
u
∂z
2
−
σH0
2
c
2
u =
∂p
∂x
−
σEH
0
c
Это неоднородное уравнение имеет решение
u(z) = C
1
cosh
z
l
+C
2
sinh
z
l
+
u
0
z }| {
cE
H
0
−
c
2
σH
2
0
·
∂p
∂x
, l
2
=
η
c
2
σH
2
0
Из частного решения неоднородного уравнения
следует, что для того, чтобы решение было стаци-
онарным необходимо
∂p
∂x
= const. l - длина Гартма-
на. C
1
и C
2
найдем из граничных условий u(z) =
u(−z), т.е. C
2
= 0, u(±l) = 0, т.е. C
1
= −U
0
/ cosh l/l
l
l
≡ H
a
Таким образом распределение скорости в канале
имеет вид
u(z) = u
0
µ
1 −
cosh
z
l
cosh H
a
¶
, u
0
=
cE
H
0
−
c
2
σH
2
0
·
∂p
∂x
(9)
Скорость u
0
найдем по заданному расходу:
2Qb =
Z
l
−l
u(z)dz Q =
Z
l
0
u
0
µ
1 −
cosh
z
l
cosh H
a
¶
dz = u
0
l
µ
1 −
l sinh H
a
l cosh H
a
¶
(10)
u
0
=
Q
l
³
1 −
tanhH
a
H
a
´
; u(z) =
Q
l
(
1−
tanhH
a
H
a
)
³
1 −
cosh
z
l
cosh H
a
´
(11)
3 ЗАДАНИЕ 2. МАГНИТНАЯ ГИДРОДИНАМИКА И РАДИАЦИОННАЯ ГАЗОДИНАМИКА 39
Приравнивая (9) и (10), найдем неизвестный
градиент давления. Рассмотрим предельные слу-
чаи. 1) H
a
À 1, tanhH
a
=
e
x
−e
−x
e
x
+e
−x
≈ 1; cosh H
a
=
e
x
+e
−x
2
'
e
H
a
2
u(z) =
Q
l
µ
1 −
e
−H
a
2
cosh
z
l
H
a
¶
2) H
a
¿ 1
u(z) =
3Q
lH
2
a
Ã
1 −
1 + ¯zH
a
+
(¯zH
a
)
2
2
+ 1 − zH
a
+
(¯zH
a
)
2
2
1 + H
a
+
H
2
a
2
+ 1 − H
a
+
H
2
a
2
!
=
3Q
lH
2
a
1 −
2
³
1 +
¯z
2
H
2
a
2
´
2
³
1 +
H
2
a
2
´
u(z) =
3Q
l
·
1 − ¯z
2
2
, .. 1−
tanhH
a
H
a
= 1−
2
³
H
a
+
H
3
a
6
´
H
a
2
³
1 +
H
2
a
2
´
=
H
2
a
3
.
2. Распределение тока
Из закона Ома (8) следует j = σ
¡
uH
0
c
− E
¢
.
Величина электрического поля может быть найде-
на из условия холостого хода, т.е. электрический
ток должен замыкаться внутри канала
Z
l
−l
j(z)dz = 0 (12)
или, т.к. j(−z) = j(z),
Z
l
0
σ
µ
uH
0
c
− E
¶
dz = 0
El =
H
0
c
Z
l
0
u(z)dz;
cEl
H
0
=
Z
l
0
Q
l(1 − tanhH
a
/H
a
)
µ
1 −
cosh z/l
k
cosh H
a
¶
dz
cEl
2
QH
0
(1−tanhH
a
/H
a
) = l−
l
cosh H
a
sinh H
a
= l(1−tanhH
a/H
a
)
сопр.нагрузки
или источник
энергии K =
cE
uH
0
, u =
a
l
При K = 1 -к.з,
0 < K < 1 - генератор
k > 1 - насос
Получаем величину электрического поля
E =
QH
0
cl
. ЭДС МГДГ равна ε = E
xx
b =
QH
0
b
cl
.
Получаем распределение тока в канале:
j = σ
H
0
Q
µ
u −
Q
l
¶
=
σH
0
c
µ
u −
Q
l
¶
(12)
При H
a
= 1
ul
Q
=
1
1−tanhH
a
/H
a
³
1 −
1
cosh H
a
´
=
1, 479.
3. Распределение магнитного поля может
быть найдено из уравнения магнитной индукции
(4), но само это уравнение получено из уравнения
Ампера применением дифференциального опе-
ратора rot. Более удобно поэтому использовать
уравнение Ампера, но не в дифференциальной, а
в интегральной форме:
Z
H · dl =
4π
c
Z
j · dS; 2hL =
4π
c
Z
z
−z
j(z
0
)Ldz
0
h(z) =
4π
c
Z
z
0
j(z
0
)dz
0
=
4π
c
Z
z
0
σ cosh iH
0
c
·
u(z
0
) −
Q
l
¸
dz
0
h(z) =
4πσH
0
c
2
Z
z
0
Q
l
·
1
1 − tanhH
a
/H
a
µ
1 −
cosh z
0
/l
cosh H
a
¶
− 1
¸
dz
0
h(z) =
4πσH
0
Q
c
2
l
½
1
1 − tanhH
a
/H
a
µ
z − l
sinh z/l
cosh H
a
¶
− z
¾
; h(0) = 0, h(l) = 0.
4. Зависимость напряжения трения на стенке от магнитного поля
Интегрируем уравнение (7)
R
l
−l
. . . dz. Инте-
грал от тока для разомкнутой цепи равен нулю
(12), поэтому
µ
−
∂p
∂x
¶
2l+η
∂u
∂z
¯
¯
¯
¯
l
−η
∂u
∂z
¯
¯
¯
¯
−l
= 0 τ
w
= −η
∂u
∂z
¯
¯
¯
¯
l
= −l
∂p
∂x
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 40
τ
w
= η
Q
l(1 − tanhH
a
/H
a
)
·
1
l
sinh H
a
cosh H
a
= η
Q
l
2
H
a
tanhH
a
(1 − tanhH
a
/H
a
)
В отсутствие магнитного поля H = 0
τ
(0)
w
= η
3Q
l
2z
2
¯
¯
¯
¯
z=1
=
3ηQ
l
τ
w
τ
(0)
w
=
H
a
tanhH
a
3(1 − tanhH
a
/H
a
)
Из книги М... Крюгер
Распределение тока и поля для модели b)
(k−1) cosh H
a
+1
H
a
sinh H
a
h(0) = −
k(cosh H
a
−1)
H
a
sinh H
a
соленоидальная модель
4 Задание 3. Устойчивость те-
чений газа и жидкости
3.1. В горизонтальном слое невязкой жидкости
распределения плотности по высоте имеет экспо-
ненциальный вид ρ = ρ
0
e
2βz
(0 < z < h) . Пред-
полагая, что слой ограничен твердыми стенками,
исследовать его устойчивость в поле тяжести.
Решение
Линеаризованные уравнения движения
несжимаемой невязкой жидкости имеют вид:
ρ
∂V
1
∂t
= −∆p
1
+ ρ
1
g
∆ · V
1
= 0
∂ρ
1
∂t
+ V
1
· ∆ρ = 0
(3)
Применим к уравнению (1) операцию (−∆ × ∆ ×
. . .)
z
:
∂
∂t
∆×∆×(ρV
1
)|
z
= (∆×∆×(ρg)
z
; V
1
= {u
1
, v
1
, w
1
}, g = (0, 0, −g)
∂
∂t
·
∂
∂z
(∆ · (ρv
1
)) − ∆(ρw
1
)
¸
= −g
∂
∂z
∂ρ
1
∂z
+g∆ρ
1
= g∆
xy
ρ
1
(
γ
h
∂
∂z
³
∂ρ
∂z
· w
1
´
− ∆(ρw
1
)
i
= g∆
xy
ρ
1
γρ
1
= −w
1
Dρ
Здесь все величины имеют зависимость ∼ e
γt+ikx
(плоская задача) D ≡
d
dz
.
γ[D
2
ρ ·w
1
+ DρDw
1
−D
2
ρ ·w
1
−ρD
2
w
1
−2DρDw
1
+
+k
2
ρw
1
] = g∆
xy
ρ
1
γ[ρD
2
w
1
+ DρDw
1
− k
2
ρw
1
] − gk
2
ρ
1
= 0
Исключая ρ
1
, получим:
D(ρDw
1
) +
gk
2
γ
2
Dρ · w
1
− k
2
ρw
1
= 0 (1)
- аналог уравнения Орра-Зоммерфельда. Из кине-
матического граничного условия
∂ξ
∂t
= w
1
, ξ =
w
γ
; {ξ} = 0
cледует {w
1
} = 0, т.е. w
1
непрерывно на границе.
Динамическое условие получается интегрировани-
ем (1) на границе раздела:
{ρDw
1
} +
gk
2
γ
2
w
1
{ρ} = 0 (2)
Применим к exp ——–:
ρD
2
w
1
+ DρDw
1
+
gk
2
γ
2
Dρ · w
1
− k
2
ρw
1
= 0
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 41
D
2
w
1
+
Dρ
ρ
µ
Dw
1
+
gk
2
γ
2
w
1
¶
− k
2
w
1
= 0;
Dρ
ρ
= 2β
D
2
w
1
+ 2βD w
1
− k
2
µ
1 −
2βg
γ
2
¶
w
1
= 0;
Далее индекс w
1
= w опускаем. Составим характе-
ристическое уравнение: w = e
q z
q
2
+ 2βq − k
2
µ
1 −
2βg
γ
2
¶
= 0. (3)
q
1,2
= −β ± iα, d
2
= −
·
β
2
+ k
2
µ
1 −
2βg
γ
2
¶¸
(4)
α
2
+ β
2
+ k
2
=
2βgk
2
γ
2
γ
2
g
=
2βk
2
α
2
+ β
2
+ k
2
(5)
Параметр α определяется из граничных условий:
Будем считать h = 1, т.е. все величины обезраз-
мерены на эту величину. Например, k := kh и т.д.
Для двух твердых стенок граничные условия име-
ют вид: w(0) = 0; (5), w(1) = 0 (6) Из (3) и (4)
следует
w = A
1
e
q
1
z
+ A
2
e
q
2
z
Из (5) следует A
2
= −A
1
≡ A/2i
w(z) =
A
2i
e
−βz
(e
iαz
− e
−iαz
) = Ae
−βz
sin α z
Из (6) следует sin α = 0, т.е. α = nπ n-я мода воз-
мущений имеет инкремент
γ
2
n
=
2βgk
2
n
2
π
2
+ β
2
+ k
2
3.2. Во многих практически важных зада-
чах образуется большое количество пены, кото-
рую необходимо гасить акустически и вибрацион-
но. Принимая в качестве модели пены жидкую
пленку толщины h исследовать ее устойчивость в
поле натяжения с учетом поверхностного натяже-
ния (В.Г.Неволин, 1981): а) невязкую задачу; б)
вязкую задачу.
Решение невязкой задачи
Уравнение движения жидкости:
ρ
∂V
∂t
= −∆p, ∆ · V = 0 (1)
Взяв div от уравнения движения, получим
уравнение ∆p = 0 или для зависимостей ∼
e
γt+ik
1
x+ik
2
y
, k
2
1
+ k
2
2
= k
2
получим:
(D
2
−k
2
)p = 0,
p
ρ
= C
1
cosh kz + C
2
cosh k(z + h) (2)
Из проекции уравнения движения на ось z, полу-
чим:
γw = −D
p
ρ
, w = −
1
γ
D
p
ρ
= −
k
γ
(C
1
sinh kz+C
2
sinh k(z+h)) (3)
Смещение поверхности связано с координатами по-
верхности соотношениями:
∂ξ
1
∂t
= w(0),
∂ξ
2
∂t
= w(−h) (4)
w(0) = γξ
1
= −
k
γ
C
2
sinh kh; C
2
= −
γ
2
ξ
1
k sinh kh
w(−h) = γξ
2
=
k
γ
C
1
sinh kh; C
1
=
γ
2
ξ
2
k sinh kh
Подставляя в (2), получим распределение давле-
ния и скоростей в (3) в пленке:
p
ρ
= −γ
2
ξ
1
cosh k(z + h) − ξ
2
cosh kz
k sinh kh
(5)
w = γ
ξ
1
sinh k(z + h) − ξ
2
sinh kz
sinh kh
(6)
Подставим в динамические граничные условия:
z = 0 : p = ρgξ
1
+ αk
2
ξ
1
z = −h : p = ρgξ
2
− αk
2
ξ
2
−γ
2
ξ
1
cosh kh−ξ
2
k sinh kh
= gξ
1
+
αk
2
ρ
ξ
1
−γ
2
ξ
1
−ξ
2
cosh kh
k sinh kh
= gξ
2
−
αk
2
ρ
ξ
2
h
γ
2
+ gk
³
1 +
αk
2
ρg
´
tanhkh
i
ξ
1
=
γ
2
cosh kh
ξ
2
h
γ
2
− gk
³
1 −
αk
2
ρg
´
tanhkh
i
ξ
2
=
γ
2
cosh kh
ξ
1
(8)
Обозначим Ω
2
1
= gk
³
1 +
αk
2
ρg
´
; Ω
2
2
=
−gk
³
1 −
αk
2
ρg
´
Тогда в пределе kh → ∞,
tanhkh → 1, cosh kh → ∞ получим
γ
2
+ ω
2
1
= 0, −γ = ±iΩ
1
, ξ
1
∼ a cos Ω
1
t + b sin Ω
1
t
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 42
- капиллярные волны на поверхности. γ
2
+ Ω
2
2
=
0, −γ = ±ω
2
, корень γ = ω
2
является неустойчи-
вым.
γ
2
− gk
µ
1 −
2k
2
ρg
¶
= 0.
В общем случае, перемножая (7) и (8), получим:
(γ
2
+ ω
2
1
tanhkh)(γ
2
+ Ω
2
2
tanhkh) =
γ
4
cosh
2
kh
γ
4
µ
1 −
1
cosh
2
kh
¶
+γ
2
(Ω
2
1
+ω
2
2
)tanhkh+ω
2
1
Ω
2
2
tanh
2
kh = 0; ω
2
1
+ω
2
2
=
2αgk
3
ρ
Положительный корень этого уравнения равен:
γ
2
=
Ω
1
Ω
2
q
¡
1 −
1
cosh
2
kh
¢
Ã
s
1 +
(Ω
2
1
+ Ω
2
2
)tanh
2
kh
4 −
¡
1 −
1
cosh
2
kh
¢
ω
2
1
Ω
2
2
−
(Ω
2
1
+ Ω
2
2
)
Ω
1
Ω
2
tanhkh
!
Устойчивость пленки в этом приближении полно-
стью определяется устойчивостью и имеет грани-
цу.
Решение вязкой задачи
Уравнение движения жидкости:
ρ
∂V
∂t
= −∆p + µ∆V (1)
∆ · V = 0
Зависимости величин ищем в виде: ∼ e
γt+ik
1
x+ik
i
y
,
k
2
= k
2
1
+ k
2
2
.
Граничные условия
В лекциях получены общие граничные усло-
вия:
{j} = 0, {jv + pn − ρgξ − σ ·n}
Γ
Ψ
= dn
µ
1
R
1
+
1
R
2
¶
j = ρ(V
n
− D); {σ
in
} = 0.
В рассматриваемом случае n k O
z
, V
n
= ω, D =
∂ξ
∂t
.
ρ
µ
w −
∂ξ
∂t
¶
= 0, w =
∂ξ
∂t
, j = 0;
1
R
2
= 0;
1
R
1
=
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
ξ
−(p
1
− ρgξ − σ
0
zz
) = d
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
ξ
σ
zz
= 2µ
∂w
∂z
.
Из уравнения непрерывности
∂u
∂x
+
∂v
∂g
+
∂w
∂z
= 0;
∂
2
w
∂z
2
= −
∂
∂x
∂u
∂z
−
∂
∂y
∂v
∂z
σ
xy
= µ
µ
∂w
∂x
+
∂u
∂z
¶
= 0; σ
y z
= µ
µ
∂w
∂x
+
∂v
∂z
¶
= 0, ..
∂
2
w
∂z
2
=
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
w
Граничные условия:
z = 0 :
∂ξ
1
∂t
= w,
∂
2
w
∂z
2
=
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
w ; p = ρgξ
1
−d
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
ξ
1
+2µ
∂w
∂z
z = −h :
∂ξ
2
∂t
= −w,
∂
2
w
∂z
2
=
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
w; p = ρgξ
2
+d
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
ξ
2
+2µ
∂w
∂z
Возьмем div(1) : ∆p = 0 или (D
2
− k
2
)p =
0.
¡
D ≡
d
dz
¢
Распределение давления имеет вид:
p
ρ
= C
1
cosh kz + C
2
cosh k(z + h) (8)
Проекция уравнения движения на ось Z:
γw = −D
p
ρ
+ ν(D
2
− k
2
)w
³
D
2
− k
2
−
γ
ν
´
w = D
p
ρ
Обозначим cosh i
2
= k
2
+
γ
ν
, тогда получаем неод-
нородное уравнение:
(D
2
− cosh i
2
)w = k(C
1
sinh kz + C
2
sinh k(z + h))
Это уравнение имеет решение:
w = C
3
sinh cosh iz+C
4
cosh i(z+h)+
k
k
2
− cosh i
2
(C
1
sinh kz+C
2
sinh k(z+h)) (9)
Используем граничные условия: D
2
w = −k
2
w
1.
z = 0 : cosh i
2
C
4
sinh cosh ih+
k
3
k
2
− cosh i
2
C
2
sinh kh = −k
2
(C
4
sinh cosh ih+
k
k
2
− cosh i
2
C
2
sinh kh)
откуда находим
kC
2
k
2
− cosh i
2
= −
(cosh i
2
+ k
2
) sinh cosh ih
2k
2
sinh kh
C
4
(10)
2.
z = −h : −C
3
cosh i
2
sinh cosh ih−
k
3
C
1
sinh kh
k
2
− cosh i
2
= k
2
µ
C
3
sinh cosh ih +
kC
1
sinh kh
k
2
− cosh i
2
¶
откуда
kC
1
k
2
− cosh i
2
= −
(cosh i
2
+ k
2
) sinh cosh ih
2k
2
sinh kh
C
3
(11)
Подставляя в (9), получаем:
w = C
3
sinh cosh iz+C
4
sinh cosh i(z+h)−
(cosh i
2
+ k
2
) sinh cosh ih
2k
2
sinh kh
C
3
sinh kz−C
4
(cosh i
2
+ k
2
) sinh cosh ih
2k
2
sinh kh
sinh k(z+h)
Используем граничные условия:
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 43
3.
w(0) = γξ
1
: γξ
1
= C
4
·
sinh cosh ih −
cosh i
2
+ k
2
2k
2
sinh cosh ih
¸
C
4
=
−2γk
2
ξ
1
(cosh i
2
− k
2
) sinh cosh ih
= −2νk
2
ξ
1
sinh cosh ih
4. w(−h) = γξ
2
= −C
3
sinh cosh ih +
cosh i
2
+k
2
2k
2
sinh cosh ihC
3
; Откуда C
3
=
−2γk
2
ξ
2
(cosh i
2
−k
2
) sinh cosh ih
= 2νk
2
ξ
2
sinh cosh ih
В ре-
зультате получаем распределение скоростей в
пленке:
w = (γ+2νk
2
)
ξ
1
sinh k(z + h) − ξ
2
sinh kz
sinh kh
−2νk
2
ξ
1
sinh cosh i(z + h) − ξ
2
sinh cosh iz
sinh cosh ih
(12)
А из (8) находим распределение давления:
p
ρ
= −γ(γ+2νk
2
)
ξ
1
cosh k(z + h) − ξ
2
cosh kz
k sinh kh
(13)
Подставим (12 и 13) в динамические гранич-
ные условия:
z = 0 :
p(0)
ρ
=
µ
g +
d
ρ
k
2
¶
ξ
1
+ 2νDw(0)
−γ(γ+2νk
2
)
ξ
1
cosh kh − ξ
2
k sinh kh
=
µ
g +
dk
2
p
¶
ξ
1
+2ν(γ+2νk
2
)
k(ξ
1
sinh kh − ξ
2
)
sinh kh
−
−4ν
2
k
2
cosh i(ξ
1
cosh cosh ih − ξ
2
)
sinh cosh ih
.
z = −h :
p(−h)
ρ
=
µ
g −
dn
2
ρ
¶
ξ
2
+ 2νDw(−h)
−γ(γ+2νk
2
)
ξ
1
− ξ
2
cosh kh
k sinh kh
=
µ
g −
dk
2
ρ
¶
ξ
2
+2ν(γ+2νk
2
)
k(ξ
1
− ξ
2
cosh kh)
sinh kh
−
−4ν
2
k
2
cosh i
ξ
1
− ξ
2
cosh cosh ih
sinh cosh ih
.
В результате получаем систему уравнений:
·
(γ + 2νk
2
)
2
+ gk
µ
1 +
dk
2
ρ
¶
tanhkh
¸
ξ
1
=
(γ + 2νk
2
)
2
cosh kh
ξ
2
+tanhkh(2νk
2
)
2
cosh i
k
·
(ξ
1
cosh cosh ih − ξ
2
)
sinh cosh ih
= 0
·
(γ + 2νk
2
)
2
− gk
µ
1 −
dk
2
ρ
¶
tanhkh
¸
ξ
2
=
(γ + 2νk
2
)
2
cosh kh
ξ
1
+tanhkh(2νk
2
)
2
cosh i
k
·
(ξ
2
cosh cosh ih − ξ
1
)
sinh cosh ih
= 0
Если положить здесь ν = 0, то получим систему
уравнений невязкой жидкости. В следующем при-
ближении по ν, удерживая члены ∼ ν
1
, получим
результат, совпадающий с решением невязкой за-
дачи с учетом замены γ
2
→ γ
2
+2νk
2
. В частности,
положительный корень дисперсионного уравнения
равен
γ
2
= −2νk
2
+
Ω
1
Ω
2
q
1 −
1
cosh
2
kh
Ã
s
1 +
(Ω
2
1
+ ω
2
2
)tanh
2
kh
4
¡
1 +
1
cosh
2
kh
¢
ω
2
1
ω
2
2
−
Ω
2
1
+ ω
2
2
Ω
1
Ω
2
tanhkh
!
3.3 Плоская жидкая струя шириной h с плот-
ностью ρ
1
движется в газовой среде с плотно-
стью ρ
2
со скоростью U. Исследовать устойчи-
вость струи с учетом поверхностного натяжения
α. Построить область устойчивости w = f(kh), где
w = ρ
1
U
2
h/α - число Вебера, k - волновое число
возмущений.
Решение
Уравнения движения жидкости и газа во всех
областях имеют вид:
∂V
∂t
+ U
∂V
∂x
= −
1
ρ
∆p; ∆ · V = 0
В областях 2,3 U = 0. Взяв div уравнения дви-
жения, получим ∆p = 0. C учетом затухания воз-
мущений на бесконечности, получим решения это-
го уравнения: (D
2
− k
2
)p = 0, p = e
−ikct+ikx
p(z);
D =
d
dz
p
2
ρ
2
= C
3
e
−kz
,
p
1
ρ
1
= C
1
cosh kz+C
2
cosh k(z+h),
p
3
ρ
2
= C
4
e
k(z+h)
Используем кинематические граничные условия и
уравнения движения в проекции на ось Z:
∂w
∂t
+
U
∂w
∂x
= −
1
ρ
dp
dz
; ik(U − c)w = −
1
ρ
Dp
*******************************
w =
∂ξ
∂t
+U
∂ξ
∂x
; w = ik(U−c)ξ; −k
2
(U−c)
2
ξ = −
1
ρ
Dp
ξ =
Dp
ρ(U − c)
2
k
2
; ξ
1
= −
kC
3
ρ
2
k
2
(c)
2
; C
3
= kc
2
ξ
1
ξ
1
=
kC
2
sinh kh
(U − c)
2
k
2
; C
2
= k(U−c)
2
ξ
1
sinh kh
; ξ
2
=
−kC
1
sinh kh
(U − c)
2
k
2
; C
1
= −
k(U − c)
2
sinh kh
ξ
2
ξ
2
=
C
4
k
(U − c)
2
k
2
; C
4
= kC
2
ξ
2
Получаем распределения давления:
p
2
= −p
2
kc
2
ξ
1
; p
1
= ρ
1
k(U−c)
2
ξ
1
cosh k(z + h) − ξ
2
cosh kz
sinh kh
; p
3
= ρ
2
kc
2
ξ
2
Подставим в динамические граничные условия:
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 44
Рис. 2:
p
1
−p
2
= dk
2
ξ
1
z = 0 :
ρ
1
(U − c)
2
sinh kh
[ξ
1
cosh kh−ξ
2
]+ρ
2
c
2
ξ
1
= dkξ
1
p
1
−p
3
= −dk
2
ξ
2
z = −h :
ρ
1
(U − c)
2
sinh kh
[ξ
1
−ξ
2
cosh kh]−ρ
2
c
2
ξ
2
= −dkξ
2
или
[ρ
1
(U −c)
2
+(ρ
2
c
2
−dk)tanhkh]ξ
1
=
ρ
1
(U − c)
2
cosh kh
ξ
2
(1)
[ρ
1
(U −c)
2
+(ρ
2
c
2
−dk)tanhkh]ξ
2
=
ρ
1
(U − c)
2
cosh kh
ξ
1
(2)
*****************************
1. При kh → ∞, cosh kh → ∞, tanhkh → 1 по-
лучим для каждой из поверхностей раздела
неустойчивость Кельвина-Гельмгольца:
ρ
1
(U−c)
2
+ρ
2
c
2
= dk; c
2
(ρ
1
+ρ
2
)−2ρ
1
Uc+ρ
1
U
2
−dk = 0
с соответствующей стабилизацией поверхност-
ным натяжением коротковолновых возмуще-
ний.
D = (ρ
1
U)
2
−(ρ
1
+ρ
2
)(ρ
1
U
2
−dk) = −ρ
1
ρ
2
U
2
+dk(ρ
1
+ρ
2
)
границы устойчивости k >
ρ
1
ρ
2
U
2
d(ρ
1
+ρ
2
)
2. При производных kh, перемножая (1) и (2),
получим:
[ρ
1
(U−c)
2
+(ρ
2
c
2
−dk)tanhkh]
2
=
·
ρ
1
(U − c)
2
cosh kh
¸
2
при dk < ρ
2
c
2
получим ρ
1
(U − c)
2
+
(ρ
2
c
2
− dk)tanhkh =
ρ
1
(U−c)
2
cosh kh
или ρ
1
(U −
c)
2
¡
1 −
1
cosh kh
¢
+ ρ
2
c
2
tanhkh = dktanhkh или
ρ
1
(U − c)
2
+ ρ
2
c
2
f − dkf = 0, где f(kh) =
sinh kh
cosh kh−1
Рис. 3:
Рис. 4:
c
2
(ρ
1
+ ρ
2
f) − 2ρ
1
Uc + ρ
1
U
2
− dkf = 0
c =
ρ
1
U ±
p
ρ
2
1
U
2
− (ρ
1
+ ρ
2
f)(ρ
1
U
2
− dkf)
(ρ
1
+ ρ
2
f)
Условие устойчивости D = ρ
2
1
U
2
− ρ
2
1
U
2
−
ρ
1
ρ
2
U
2
f +dkf(ρ
1
+ρ
2
f) > 0 или W e =
ρ
1
U
2
h
d
<
kh(ρ
1
+ρ
2
f)
ρ
2
=
ρ
1
ρ
2
kh + kh ·
sinh kh
cosh kh−1
ϕ = x
e
x
− e
−x
e
x
+
e
−x
−
2
≈ 2(x ¿ 1)
ϕ ≈ x(x À 1)
Сравни с устойчивостью цилиндрической
струи.
3.3. Исследовать устойчивость плоской затоп-
ленной струи жидкости шириной h, движущейся
со скоростью U
1
в среде той же плотности, движу-
щейся со скоростью U
2
.
Решение
Уравнения движения жидкости во всех обла-
стях имеют вид:
∂V
∂t
+ U
∂V
∂x
= −
1
ρ
∆p; ∆ · V = 0
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 45
Рис. 5:
Взяв div уравнения движения, получим ∆p = 0.
С учетом затухания на бесконечности, получим
решения этого уравнения: (D
2
− k
2
)p = 0, p =
e
−ikct+ikx
· p(z)
p
2
ρ
= c
3
e
−kz
;
p
1
ρ
= c
1
cosh kz+c
2
cosh k(z+h);
p
3
ρ
= c
4
e
k(z+h)
Выразим константы c
1
. . . c
4
через смещения гра-
ниц струи. Из z-проекции уравнения движения по-
лучим:
∂W
∂t
+ U
∂W
∂x
= −
1
ρ
∂p
∂z
ik(U − c)W = −
1
ρ
Dp,
Из кинематических граничных условий имеем:
W =
∂ξ
∂t
+U
∂ξ
∂x
; W = ik(U−c)ξ, .. ξ =
1
k
2
(U − c)
2
Dp
ρ
ξ
1
=
1
k
2
(U
2
− c)
2
(−kc
3
); c
3
= −k(U
2
− c)
2
ξ
1
ξ
1
=
k
k
2
(U
1
− c)
2
c
2
cosh kh; c
2
= k
(U
1
− c)
2
sinh kh
ξ
1
ξ
2
=
k
k
2
(U
1
− c)
2
c
1
(−sinh kh); c
1
= −k
(U
1
− c)
2
sinh kh
ξ
2
ξ
2
=
k
k
2
(U
2
− c)
2
c
4
; c
4
= k(U
1
− c)
2
ξ
2
Получаем распределения давления:
p
2
= −kρ
2
(U
2
− c)
2
ξ
1
e
−kz
p
1
=
kρ
1
(U−c)
2
sinh kh
[ξ
1
cosh k(z + h) − ξ
2
cosh kz]
p
3
= kρ
2
(U
2
− c)
2
ξ
2
e
k(z+h)
***************************************
Динамические граничные условия. При усло-
вии поверхностного натяжения было бы
p
1
− p
2
= −α
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
ξ
1
= αk
2
ξ
1
α = 0
p
1
−p
3
= α
µ
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂y
2
¶
ξ
2
= −αk
2
ξ
2
p
1
= p
2
, z = 0
p
1
= p
3
, z =
−h. Поделив на k, получим:
(
ρ
1
(U
1
−c)
2
sinh kh
(ξ
1
cosh kh − ξ
2
) = −ρ
2
(U
2
− c)
2
ξ
1
ρ
1
(U
1
−c)
2
sinh kh
(ξ
1
− ξ
2
cosh kh) = ρ
2
(U
2
− c)
2
ξ
2
(
[ρ
1
(U
1
− c)
2
+ ρ
2
(U
2
− c)
2
tanhkh]ξ
1
=
ρ
1
(U
1
−c)
2
cosh kh
ξ
2
[ρ
1
(U
1
− c)
2
+ ρ
2
(U
2
− c)
2
tanhkh]ξ
2
=
ρ
1
(U
1
−c)
2
cosh kh
ξ
1
1. В пределе "толстого"слоя (kh → ∞, cosh kh →
∞, tanhkh → 1) на каждой из поверхностей
получим дисперсионное уравнение неустойчи-
вости Кельвина-Гельмгольца:
ρ
1
(U
1
− c)
2
+ ρ
2
(U
2
− c)
2
= 0
2. В общем случае, перемножая левые и правые
части, получим:
[ρ
1
(U
1
−c)
2
+ρ
2
(U
2
−c)
2
tanhkh]
2
=
·
ρ
1
(U
1
− c)
2
cosh kh
¸
2
или можно извлечь корни.
ρ
1
(U
1
−c)
2
µ
1 −
1
cosh kh
¶
+ρ
2
(U
2
−c)
2
tanhkh = 0
ρ
1
(U
1
− c)
2
+ ρ
2
(U
2
− c)
2
sinh kh
cosh kh − 1
= 0
Обозначим f(x) =
sinh x
cosh x−1
, x = kh
c
2
(ρ
1
+ρ
2
f)−2c(ρ
1
u
1
+ρ
2
u
2
f)+ρ
1
U
2
1
+ρ
2
U
2
2
f = 0
c =
ρ
1
u
1
+ ρ
2
u
2
f
ρ
1
+ ρ
2
±
s
µ
ρ
1
u
1
+ ρ
2
u
2
f
ρ
1
+ ρ
2
¶
2
− (ρ
1
U
2
1
+ ρ
2
U
2
2
f)
D(ρ
1
+ρ
2
) = ρ
2
1
u
2
1
+ρ
2
2
u
2
2
f
2
+2ρ
1
ρ
2
u
1
u
2
f−ρ
2
1
U
2
1
−ρ
1
ρ
2
U
2
1
−ρ
1
ρ
2
U
2
2
f−ρ
2
2
U
2
2
f =
= −ρ
2
2
u
2
2
f(1−f)−ρ
1
ρ
2
[u
1
−u
2
]
2
−ρ
1
ρ
2
u
2
2
f(1−f) < 0
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 46
Рис. 6:
***********************************************
II способ решения задачи 3.3
В лекциях было получено уравнение Орра-
Заммерфельда, имеющее в областях решение
c
1
e
kz
+ c
2
e
−kz
. С учетом кинематического гранич-
ного условия
n
w
U−c
o
= 0 выберем решения в виде:
w = a
1
(U
2
− c)e
−kz
w =
U
1
− c
sinh kh
[a
1
sinh k(z + h) − a
2
sinh kz]
w = a
2
(U
2
− c)e
k(z+h)
В лекциях получено общее динамическое гранич-
ное условие:
{ρ(U−c)Dw−ρwDU } =
µ
gk
2
k
2
x
{p} −
k
4
k
2
x
T
¶
w
U − c
+
H
2
4π
½
D
w
U − c
¾
Учитывая только необходимые в задаче эффекты,
получим:
{ρ(U − c)Dw} = −k
2
T
w
U − c
z = 0−ρ
2
(U
2
−c)
2
a
1
−ρ
1
(U
1
− c)
2
sinh kh
[a
1
cosh kh−a
2
] = −k
2
T a
1
z = −h : ρ
1
(U
1
− c)
2
sinh kh
[a
1
−a
2
cosh kh] = −ρ
2
(U
2
−c)
2
a
2
−k
2
T a
2
или
a
1
[ρ
2
(U
2
−c)
2
+ρ
1
(U
1
−c)
2
ctanhkh−k
2
T ] =
ρ
1
(U
1
− c)
2
a
2
sinh kh
a
2
[ρ
2
(U
2
−c)
2
+ρ
1
(U
1
−c)
2
ctanhkh−k
2
T ] =
ρ
1
(U
1
− c)
2
a
1
sinh kh
Перемножая правые и левые части, получим:
[ρ
1
(U
1
−c)
2
+ρ
2
(U
2
−c)
2
tanhkh−k
2
T tanhkh]
2
=
·
ρ
1
(U
1
− c)
2
cosh kh
¸
2
Рис. 7: Стационарное распределение температуры:
T = T
0
−
∆T
L
z.
1. kh → ∞ : ρ
1
(U
1
− c)
2
+ ρ
2
(U
2
− c)
2
− k
2
T =
0 - Кельвин-Гельмгольц, стабилизированный
поверхностным натяжением
2. kh → 0 : [ρ
1
(U
1
− c)
2
]
2
= [ρ
1
(U
1
− c)
2
]
2
- три-
виально или устойчиво.
3.4. Вязкая проводящая жидкость находится
в горизонтальном слое между двумя пластинами,
разность температур между которыми ∆T , рас-
стояние между пластинами L. Перпендикулярно
пластинам направлено магнитное поле H. Найти
критическую величину разности температур, при
которых начинается конвекция. Пластины поддер-
живаются при постоянных температурах, но на
границах отсутствуют касательные напряжения.
Решение
Система уравнений конвекции в приближении
Буссинеска имеют вид:
ρ
1
= βρT
1
, β =
1
V
∂V
∂T
ρ
∂V
∂T
= −∆
¡
p +
Hh
4π
¢
+ µ∆V +
H
4π
∂h
∂z
+ gρβT
1
∂h
∂t
= ν
m
∆h + H
∂V
∂z
∂T
1
∂t
+ V · ∆T = cosh i∆T
1
, ∆ · V = 0, ∆ · h = 0
Применив к уравнению движения оператор
−(∆ × ∆ × . . .)
z
получим:
∂
∂t
∆V = ν∆∆V +
H
4π ρ
∂
∂z
∆h
z
− βg
∂
2
T
1
∂x
2
∂h
z
∂t
= ν
m
∆h
z
+ H
∂V
∂z
∂T
1
∂t
−
(∆T )
L
V = cosh i∆T
1
Граница устойчивости определяется условием γ =
∂
∂t
= 0. Для плоской волны получим:
ν(D
2
− k
2
)
2
V +
H
4πρ
(D
2
− k
2
)Dh + βgk
2
T
1
= 0
ν
m
(D
2
− k
2
)h + HDV = 0
(∆T )
L
= cosh i(D
2
− k
2
)T
1
Помножим
T
1
(∆T )
= T
0
,
V L
cosh i
= V
0
.