Сон Э.Е. Лекции по физической механике
Подождите немного. Документ загружается.
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 47
Рис. 8:
Ha
2
=
H
2
L
2
4πρN
m
ν
, Ra =
gβ(∆T )L
3
ν cosh i
Получим систему дифференциальных уравнений:
½
(D
2
− k
2
)T
0
= V
0
(D
2
− k
2
)
2
V
2
− Ha
2
D
2
V
0
+ R aT
0
= 0
Граничные условия
v(0) = D
2
v(0) = 0; v(1) = D
2
v(1) = 0
T
0
(0) = T
0
(1) = 0. Эти условия следуют из условий
на свободных границах:
µ
µ
∂u
∂z
+
∂v
∂x
¶
= 0, µ
µ
∂w
∂z
+
∂v
∂y
¶
= 0,
∂u
∂x
+
∂w
∂y
+
∂v
∂z
= 0
Применим метод Галеркина. Собственные функ-
ции, учитывающие граничные условия:
v
0
= a sin nπz, T
0
= b sin nπz
Подстановка в систему уравнений дает дисперси-
онное уравнение
¯
¯
¯
¯
(n
2
π
2
+ k
2
)
2
+ Ha
2
n
2
π
2
Rak
2
1 n
2
π
2
+ k
2
¯
¯
¯
¯
= 0
Ra
n
=
n
2
π
2
+ k
2
k
2
[(n
2
π
2
+ k
2
)
2
+ Ha
2
n
2
π
2
]
∂Ra
∂k
2
= 0;
(π
2
+ k
2
0
)
2
(2k
2
0
− π
2
) = Ha
2
π
4
k
2
0
' (Ha
2
π ·
4
3
)
1/3
При Ha À 1.
Ra
min
' π
2
Ha
2
3.5. В плоскопараллельном сосуде шириной 2a
находится горючая смесь при температуре немно-
го выше температуры стенок (∆T ¿ T w). Считая
скорость реакции горения W = Ae
−E/RT
, где E -
энергия активации, найти условия возникновения
теплового взрыва.
Решение
В стационарном состоянии уравнение тепло-
проводности
λ∆T + QW (T ) = 0 ( Q − ) (1)
Это уравнение в одномерном случае можно ре-
шить при условиях T (a) = T w, ∂T/∂x(0) = 0. Если
температуру смеси на оси выбрать в качестве па-
раметра T
0
, то решение (1):
x =
Z
T
0
T
dT
2
R
T
0
T
Q
λ
W (T )dT
(2)
Параметр T
0
определяется из граничного условия:
a =
Z
T
0
T
w
dT
2
R
T
0
T
w
Q
λ
W (T )dT
≡ Ψ(T
w
, T
0
) (3)
Но не все решения этого уравнения существуют
Ψ(T
0
) - имеет max, то критическое условие вос-
пламенения будет иметь вид:
µ
∂Ψ
∂T
0
¶
T
w
= 0 (4)
При этом теплоотвод не успевает отвести теп-
ло, выделяемое в реакции. Линеаризуем уравнение
(1), удерживая exp нелинейность
d
2
T
1
dx
2
= −
Q
λ
W (T
w
)` ·
E
RT w
2
T
1
или полагая Q =
E
RT
w
·
T
1
T
w
, ξ =
x
a
, δ =
E
RT w
2
Q
λ
a
2
W (T
w
), получим уравнение для возмуще-
ний:
d
2
Q
dξ
2
= −δe
Q
(5)
Общее решение:
e
Q
=
a
cosh
2
µ
b ±
q
aδ
2
· ξ
¶
(6)
Из граничных условий
dQ
dξ
(0) = 0 или Q(ξ) =
Q(−ξ) и Q(1) = 0 получаем b = 0, а для величины
"а"получим трансцендентное уравнение:
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 48
Рис. 9:
a = cosh
2
r
aδ
2
(7)
Положим a = cosh
2
σ, тогда для получим уравне-
ние
cosh σ
σ
=
µ
δ
2
¶
−1/2
(8)
, т.е. критическое условие воспламенения дается
минимальным значением величины cosh σ/σ, что
дает σ = 1, 2; δ = 0.88 Максимальный предвзрыв-
ной разогрев находится из (6) при b = 0.
ν
m
= ln a = ln cosh
2
σ = 1, 2; (∆T )
max
= 1, 2
RT
2
0
E
.
Уравнение (6) можно переписать в виде:
Q = Q
0
− 2 ln cosh σξ, Q
0
= 2 ln cosh σ
Решение уравнения (8) имеет графическое реше-
ние:
При δ < 0, 88 из 2-х корней находим σ
1
- раз-
рыв в центре и распределение температур в сосуде.
3.6. Найти стационарное в сопутствующей си-
стеме координат, убывающее на бесконечности ре-
шение уравнения Кортвега-де-Вриза Ψ
t
+ ΨΨ
x
+
Ψ
xxx
= 0.
Решение
Предположим, что Ψ распространяется впра-
во по оси x и перейдем в с.к., связанную с волной:
n
x
0
= x − vt,
t
0
= t
(1)
Дифференциальные операторы перейдут в
след.значения:
∂
∂x
→
∂
∂x
0
,
∂
∂t
→ −v
∂
∂x
0
+
∂
∂t
0
(2)
Для стационарных волн: ∂/∂t
0
= 0. Для K −g −B
уравнения, выполняя преобразование (2), получим
Рис. 10:
(Ψ − v)
∂Ψ
∂x
0
+
∂Ψ
∂t
0
+
∂
3
Ψ
∂x
03
= 0
или
∂
∂x
0
µ
−vΨ +
Ψ
2
2
+
∂
2
Ψ
∂x
02
¶
= 0
Интегрируя это уравнение и вводя константу ин-
тегрирования, запишем это уравнение в форме за-
кона Ньютона:
∂
2
Ψ
∂x
02
= −
∂V
∂Ψ
, V =
Ψ
3
6
− v
Ψ
2
2
− KΨ (3)
Заметим, что для K = 0,
∂V
∂Ψ
=
Ψ
2
2
− V Ψ = 0 при
Ψ = 0 - т.равновесия. Умножая (3) на ∂Ψ/∂x
0
, за-
пишем закон сохранения:
1
2
µ
∂Ψ
∂x
0
¶
2
+ V (Ψ) = E (4)
Для частицы единичной массы в потенциале V (x)
d
2
x/dt
2
= −dV/dx. Если существует точка x
0
=
x(t
0
) такая, что (∂V /∂x)
x
0
= 0 = ¨x
0
и в то же
время ˙x
0
= (dx/dt)
x
0
= 0, тогда частица оста-
ется в т.x
0
все время. Теперь пусть t
0
→ −∞ и
дадим этой частице бесконечно малую начальную
скорость вдоль оси x. Мы предполагаем, что части-
це потребуется бесконечное время для достижения
конечной скорости. Если для некоторого x
1
> x
0
,
V (x
1
) = E, где E - общая энергия частицы, точ-
ка поворота достигается и частица возвращается в
свое начальное положение ∞ время в точке x
0
. Для
x
0
= 0 из сохранения энергии следует E = V (x
0
).
Полезно положить x
0
= 0 и исследовать уравнение
движения x(t) графически.
Для закона сохранения
1
2
¡
∂Ψ
∂x
0
¢
2
+ V (Ψ) = E.
Если сила исчезает при Ψ = Ψ
0
,
∂V
∂Ψ
|
Ψ
0
= 0, тогда
положим E = V (Ψ
0
) (5) . Полагая E = V (Ψ = 0) =
0 - что составляет "частицу"свободной в положе-
нии равновесия.
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 49
Рис. 11:
1
2
µ
∂Ψ
∂x
0
¶
2
+
Ψ
3
6
− v
Ψ
2
2
= 0
Разрешая относительно ∂Ψ/∂x
0
и интегрируя по x
0
и заменяя x
0
= x − vt, получим:
Ψ(x, t) = 3vse cosh
2
[
√
v(x − vt) − Z
0
]
где Z
0
- постоянная интегрирования.
Этим методом решаются уравнения:
1. Буссинеска
∂
2
w
∂t
2
−
∂
2
w
∂x
2
− 6
∂
2
w
2
∂x
2
−
∂
4
w
∂x
4
= 0
2. Нелинейный синус - Гордон
i
∂ϕ
∂t
+
∂
2
p
∂x
2
±K|Ψ|
2
Ψ = 0 → ϕ(x, t) = A(x, t)e
ikv−i
3.7. В горизонтальном слое невязкой жидко-
сти распределение плотности по высоте имеет экс-
поненциальный вид ρ = ρ
0
e
2βz
(0 < z < h). Предпо-
лагая, что нижняя граница слоя твердая, а верх-
няя - свободная, исследовать его устойчивость в
поле тяжести.
Решение
Аналог уравнения Орра-Заммерфельда имеет
вид (см.задачу 1.1):
D(ρDw
1
) +
dk
2
γ
2
Dρ · w
1
− k
2
ρw
1
= 0 (1)
С кинематическим и динамическим условиями:
{w
1
} = 0(2); {ρDw
1
} +
dk
2
γ
2
{ρ}w
1
= 0 (3)
Из дисперсионного уравнения
q
2
+ 2βq − k
2
µ
1 −
2βg
γ
2
¶
= 0
следует q
1,2
= −β ± iα, α
2
=
2βgk
2
γ
2
− β
2
− k
2
w
1
= A
(1)
e
q
1
Z
+ A
(2)
e
q
2
Z
;
При фиксированной нижней границе w
1
(0) = 0,
т.е. O = A
(1)
+ A
(2)
, т.е. w
1
= Ae
−βZ
sin
¡
αZ
h
¢
При-
ем h = 1 (т.е. размерные величины измеряются в
единицах h.) На свободной границе из (3) получа-
ем:
Dw
1
+
gk
2
γ
2
w
1
= 0, .. ρ(h + 0) = 0
Сокращая на А, получим дисперсионное уравне-
ние:
−β sin α + α cos α +
gk
2
γ
2
sin α = 0.
tan α =
α
β
−
gk
2
γ
2
=
α
β
−
α
2
+β
2
+k
2
2β
=
2αβ
β
2
− α
2
− k
2
.
Таким образом, дисперсионное уравнение получа-
ется в параметрическом виде:
γ
2
gk
2
=
2β
α
2
+ β
2
+ k
2
где параметр α определяется из трансцендентного
уравнения
tan α =
2αβ
β
2
− α
2
− k
2
В этом случае это распределение неустойчиво.
Другие случаи
1. Свободная граница при y = 0, фиксированная
граница при z = h
w = Ae
−βZ
sin
µ
α −
αZ
h
¶
, tan x =
2αβ
α
2
+ k
2
− β
2
2. Свободные границы при Z = 0 и Z = h
(
A
1
q
1
+ A
2
q
2
+
k
2
g
γ
2
(A
1
+ A
2
) = 0
A
1
q
1
e
q
1
+ A
2
q
2
e
q
2
+
k
2
g
γ
2
(A
1
e
q
1
+ A
2
e
q
2
) = 0
α = mπ
w = e
±KZ
,
γ
2
gK
= ∓1;
w = e
−βZ
h
cos(αZ) −
1
2αβ
(α
2
+ k
2
− β
2
) sin αZ
i
Спектр состоит из ??????? для 2-х фиксиро-
ванных границ плюс две ???? γ
2
= ±gK.
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 50
Рис. 12:
w = w
1
e
K(h−Z)
; w
1
= A
1
e
q
1
+A
2
e
q
2
; Kw
0
= q
1
A
1
+q
2
A
2
.
−Kw
n
= q
1
A
1
e
q
1
+ q
2
A
2
e
q
2
.
w = w
0
e
KZ
, w
0
= A
1
+ A
2
tan x =
2αK
α
2
+ β
2
+ k
2
det
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1 1 1 0
K q
1
q
2
0
0 e
q
1
e
q
2
0
0 q
1
e
q
1
q
2
e
q
2
−K
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
= 0.
3.8. Исследовать устойчивость тонкой жидкой
пленки в поле тяжести, считая жидкость невязкой,
имеющей поверхностное натяжение α и учитывая
ван-дер-виальсовые силы взаимодействия U (h) =
−C/h
3
(h - толщина пленки, C = const). Толщи-
ну пленки считать малой по сравнению с длиной
волны возмущений. (В.Г.Неволин, 1981г.)
Решение
Для тонких пленок дополнительно к силе тя-
жести действует Ван-дер-ваальсовые силы. Сум-
марный потенциал гравитационных и Ван-дер-
виальсовых сил равен
δU
1
= ρ
µ
gξ
1
−
∂U
∂h
ξ
1
¶
(1)
δU
2
= ρ
µ
gξ
2
−
∂U
∂h
ξ
2
¶
(2)
т.к. при ξ
1
> 0 пленка утолщается, притяжение по-
верхности уменьшается, а при ξ
2
> 0 пленка ста-
новится тоньше и притяжение поверхности увели-
чивается. Распределение давления и скоростей в
Рис. 13:
жидкой пленке такое же, как и в варианте 1 (невяз-
кая или вязкая задача):
p
ρ
= −γ
2
ξ
1
cosh k(Z + h) − ξ
2
cosh kZ
k sinh kh
(3); w = γ
ξ
1
sinh k(Z + h) − ξ
2
sinh kZ
sinh kh
(4)
В динамических граничных условиях учтем (1,2):
Z = D : p = ρ
µ
g −
∂U
∂h
¶
ξ
1
+ αk
2
ξ
1
(5)
Z = −h : p = ρ
µ
g +
∂U
∂h
¶
ξ
2
− αk
2
ξ
2
(6)
Подставляя (3,4) получим:
(γ
2
+ ω
2
1
tanhkh)(γ
2
− Ω
2
2
tanhkh) =
γ
4
cosh
2
kh
(7)
где
Ω
2
1
= gk
µ
1 +
αk
2
ρg
¶
−
∂U
∂h
k
Ω
2
2
= −gk
µ
1 −
αk
2
ρg
¶
−
∂U
∂h
k
Ван-дер-ваальсовые силы существенны для тонких
пленок, поэтому будем считать kh ¿ 1, cosh kh '
1, tanhkh ≈ kh Дисперсионное уравнение
(γ
2
+ ω
2
1
kh)(γ
2
+ ω
2
2
kh) = γ
4
γ
4
+ γ
2
hk(Ω
2
1
+ Ω
2
2
) + ω
2
1
ω
2
2
(kh)
2
= γ
4
γ
2
= −
Ω
2
1
Ω
2
2
kh
Ω
2
1
+ ω
2
2
ω
2
1
= −
¡
∂U
∂h
¢
k + gk
³
1 +
αk
2
ρg
´
ω
2
2
= −
¡
∂U
∂h
¢
k − gk
³
1 −
αk
2
ρg
´
При Ω
2
1
< 0, Ω
2
2
< 0 (при больших эффектных Ван-
дер-ваальсовых сил) жидкая пленка неустойчиво-
сти γ
2
> 0. Условие Ω
2
i
= 0 позволяет оценить тол-
щину устойчивых жидких пленок:
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 51
Рис. 14:
Ω
2
1
= 0 :
µ
∂U
∂h
− g
¶
=
αk
2
ρ
=
α
ρ
µ
2π
L
¶
2
,
где λ = L, т.е. длинноволновые возмущения.
L
1
=
2π
q
ρ
α
¡
∂U
∂h
− g
¢
Ω
2
2
= 0 : L
2
=
2π
q
ρ
α
¡
∂U
∂h
+ g
¢
,
т.к. L
2
< L
1
ответ:
L
kp
=
2π
q
ρ
α
¡
∂U
∂h
+ g
¢
.
3.9. Исследовать устойчивость идеально про-
водящей невязкой плоской струи шириной h, дви-
жущейся со скоростью U в продольном магнитном
поле H в среде той же плотности, что и струя.
В лекциях было получено общее уравнение
для возмущений скорости.
D[ρ(U−c)Dw−ρwDU]−k
2
ρ(U−c)w =
·
gk
2
kx
2
Dρ −
k
4
kx
2
ΣT
s
δ(z − ξ
j
) +
H
2
4π
(D
2
− k
2
)
¸
w
U − c
Которое в данном случае во всех областях имеет
вид
·
U − c −
H
2
4πρ(U − c)
¸
(D
2
− k
2
)w = 0
имеет exp решение C
1
e
kZ
+ C
2
e
−kZ
. Из кинемати-
ческого граничного условия
n
w
U−c
o
= 0 следует,
что решения для возмущений следует выбрать в
форме, указанной на рис. В лекциях было получе-
но общее динамическое условие
{ρ(U−c)Dw−ρwDU } =
µ
gk
2
kx
2
{ρ} −
k
4
kx
2
T
s
¶
w
U − c
+
H
2
4π
½
D
w
U − c
¾
Которое в данном случае имеет вид
{(U−c)Dw} =
H
2
4πρ
½
Dw
U − c
¾ ½µ
U − c −
C
2
a
U − c
¶
Dw
¾
= 0
Применим к границам раздела:
Z = 0 :
µ
−c +
C
2
A
c
¶
(a
1
ck)−
µ
U − c −
C
2
A
U − c
¶
(U − c)k
sinh kh
(−a
2
+a
1
cosh kh)
или
a
1
[C
2
A
−C
2
+(C
2
A
−(U−c)
2
)ctanhkh] =
a
2
sinh kh
[C
2
A
−(U−c)
2
]
Z = −h :
µ
U − c +
C
2
A
U − c
¶
(U − c)
sinh kh
[−a
2
cosh kh+a
1
]−
µ
−c +
C
2
A
c
¶
(−a
2
c) = 0
или
a
2
[C
2
A
−C
2
+(C
2
A
−(U−c)
2
)ctanhkh] =
a
1
sinh kh
[C
2
A
−(U−c)
2
]
Перемножая эти уравнения и сокращая на a
1
a
2
,
получим дисперсионное уравнение:
[(C
2
A
−C
2
)+(C
2
A
−(U−c)
2
)ctanhkh]
2
=
1
sinh
2
kh
[C
2
A
−(U−c)
2
]
2
(∗)
Рассмотрим частные случаи:
1. kh → ∞, ctanhkh → 1, sinh kh → ∞ C
2
A
−
C
2
+ C
2
A
− (U − c)
2
= 0 или 2c
2
− 2cU + U
2
−
2CA
2
= 0 C =
U
2
±
1
2
p
−U
2
+ 4C
2
A
- Неустой-
чивость Кельвина-Гельмгольца, стабилизиро-
ванная магнитным полем.
2. kh → 0, ctanhkh '
1
kh
, sinh kh ≈ kh
Уравнение (*) можно переписать в виде, сов-
падающем с (2.3) варианта, умножая (*) на
sinh
2
kh
cosh
2
kh
:
[(C
2
A
−(U−c)
2
)+tanhkh(C
2
A
−C
2
)]
2
=
1
cosh kh
[C
2
A
−(U−c)
2
]
2
при kh → 0, tanhkh → 0, cosh k h → 1 [C
2
A
−
(U − c)
2
]
2
= [C
2
A
− (U − c)
2
] первый случай
тривиален, а второй - устойчив.
3.10. В газе происходит химическая реакция,
при которой тепловыделение в единице объема за-
висит от плотности Q = Aρ
n
. Исследовать взаи-
модействие акустической и энтропийной мод без
учета вязкости и теплопроводности газа.
Решение
Система уравнений, описывающая движение
идеального газа при наличии джоулева нагрева
имеет вид:
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 52
dρ
dt
+ ρ∆ · V = 0
dV
dt
= −
1
ρ
∆p
ρ
dh
dt
−
dp
dt
= Q
Здесь
d
dt
=
d
dt
+ U
d
dx
h = c
p
T =
κ
κ−1
p
ρ
- удельная
энтальпия газа. Уравнения для возмущений имеет
вид:
dρ
1
dt
+ ρ∆ · V = 0
dV
1
dt
= −
1
ρ
∆p
1
κ
κ−1
h
dp
1
dt
−
p
ρ
dp
1
dt
i
−
dp
1
dt
= Q
n
ρ
1
ρ
Определим безразмерные переменные:
ρ
0
=
ρ
1
ρ
, V
0
=
V
1
a
, p
0
=
p
1
ρa
2
¯
∆ = `∆ t
0
= t
a
`
Получим следующую систему:
dρ
0
dt
0
+
¯
∆ · V = 0 d =
(κ−1)Q
pκ
n
dV
0
dt
0
+
¯
∆p
0
= 0
dp
0
dt
0
=
dρ
0
dt
0
+ dρ
0
Для возмущений, имеющих форму f
0
∼ e
−iωt +ikr
.
Исключая V
0
, p
0
, получим уравнение:
d
3
ρ
0
dt
3
+ k
2
dρ
0
dt
− k
2
dρ
0
= 0 (−iω)
3
− k
2
iω − k
2
α = 0
Положим x =
−iω
ak
, β =
α
a
3
k
, тогда x
3
+ x − β = 0.
Это уравнение может быть решено в предельных
случаях:
1. α ¿ 1; x
1,2
= ±i −
α
2
, x
3
= α
ω
1,2
= ±ka +
iγ
2
, ω
3
= −iγ
2. α À 1, x = α
1/3
y; y
1,2
= −
1
2
± i
√
3
2
ω
1,2
= ±
√
3
2
ka
3
r
γ
ka
+
i
2
ka
3
r
γ
ka
ω
3
= −ika
r
γ
ka
При α > 0 акустическая мода, соответствующая
корнем ω
1,2
неустойчива, а переменная ω
3
- устой-
чива при α < 0 наоборот.
3.11. Рассматривается ламинарное движение
несжимаемой жидкости в круглой трубе радиусом
R и длиной L. Среднемассовая температура жид-
кости в начальном сечении равна T
0
, на длине L
от жидкости отводится настоящий тепловой по-
ток q
w
. Считая λ, ρ, c
p
постоянными, вязкость η =
η
0
exp[−β(T −T
0
)], число Пекле P e = uR
ρ
C
p
/λ À 1,
найти условия, при которых стационарное движе-
ние невозможно, т.е. возникает вязкостный взрыв
(Н.Б.Алексапольский, В.И.Найденов, 1980)
Решение
Система уравнений, описывающих движение
жидкости имеет вид:
1.
R
R
0
u(r)2πrdr = Q - постоянство расхода озна-
чает, что u = u(r), т.е. профиль скоростей оди-
наков в любом сечении трубы.
2.
∂p
∂r
= 0 - давление постоянно по сечению, т.е.
p = p(x)
3. 0 = −
dp
dx
+
1
2
∂
∂r
rη
∂u
∂r
- уравнение движения по
оси х, η = η[T (x, r)]
4. u(r)
∂T
∂x
= cosh i
h
1
r
∂
∂r
r
∂T
∂r
+
∂
2
T
∂x
2
i
- баланс энер-
гии.
cosh i∂
2
T/∂x
2
u
∂T
∂x
∼
cosh i
L
n
=
cosh i
uR
·
R
L
¿ 1 P e À
R
L
(5)
u
∂T
∂x
cosh i
£
1
r
∂
∂r
r
∂T
∂r
¤
∼
uR
2
cosh iL
∼
uR
cosh i
·
R
L
= P e·
R
L
' 1
т.е. конвективный перенос тепла существует
при P e ∼
L
R
À 1 (6)
Получаем систему уравнений:
(
1
r
∂
∂r
rη(x, r)
∂u(r)
∂r
=
dp
dx
(7)
cosh i
1
r
∂
∂r
r
∂T
∂r
= u(r)
∂T (x,r)
∂x
(8)
Эта система уравнений не может быть решена
аналитически из-за нелинейных членов η∂u/∂r,
u∂T/∂x. Переменные в общем случае также не раз-
деляются из-за зависимости η = η[T (x, v)]. По-
лучим условия существования решения системы
(7,8). Для этого осредним уравнения (7,8) по се-
чению трубы:
< A(x) >=
1
πR
2
Z
R
0
2πrA(x, r)dr
Получим систему обыкновенных дифференциаль-
ных уравнений:
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 53
d
dx
< uT >= cosh i
2
R
2
Z
R
0
∂
∂r
µ
r
∂T
∂r
¶
dr =
2 cosh i
R
2
r
∂T
∂r
¯
¯
¯
¯
¯
R
0
=
2 cosh i
ρc
p
R
µ
∂T
∂r
¶
w
= −
2q
w
ρc
p
R
Будем искать решение в виде:
T ( x, r) =< T (x) > Θ(r); u(r) =
Θ
πR
2
v(r)
d < T > (x)
dx
= −
2πq
w
R
ρc
p
Q < vΘ >
, < vΘ >= const, .. v = v(r), Θ = Θ(r)
¯
T (x) = T
0
−
2πq
w
R
ρc
p
QvΘ
x; T
0
− T
L
=
2πq
w
RL
ρc
p
Q < vΘ >
- изм???? вдоль трубы. Осредним уравнение дви-
жения (7) по радиусу. Т.к. давление по радиусу
постоянно, получаем:
dp
dx
=
1
πR
2
Z
R
0
2πr
1
r
∂
∂r
rη(T )
∂u
∂r
dr =
2
R
rη(T )
∂u
∂r
¯
¯
¯
¯
¯
R
0
=
= 2η(T
w
)
µ
∂u
∂r
¶
w
=
2Q
πR
2
η(T
w
)
µ
∂v
∂r
¶
w
; T
w
= T
w
(x)
Найдем перепад давления по длине трубы:
∆p =
2Q
πR
2
µ
∂v
∂r
¶
w
Z
L
0
η(T
w
(x))dx
Z
L
0
η(T
w
(x))dx =
Z
T
L
T
0
η(T
w
)
dx
dT
dT '
Z
T
0
T
L
η
0
e
−β(T −T
0
)
ρc
p
Q < vΘ >
2πq
w
R
dT =
=
η
0
ρc
p
Q < vΘ >
2πq
w
Rβ
³
e
β(T
0
−T
L
)
− 1
´
∆p = Q
2
·
2η
0
ρc
p
< vΘ >
2π
2
R
3
q
w
β
·
exp
2πq
w
RL
ρc
p
Q < vΘ >
− 1
¸
Получаем следующую зависимость ∆p(Q):
∆p = aQ
2
h
e
b
Q
− 1
i
При ∆p < ∆p
∗
стационарные режимы отсутству-
ют, т.е. тепла, проводимого к степеням трубы за
счет конвекции не хватает для осуществления ста-
ционарного теплового баланса.
Механизм неустойчивости
Если в потоке жидкости возникает разность
между конвекцией тепла вдоль оси трубы и отво-
дом тепла через стенку, то температура жидкости
понизится, что в свою очередь приведет к увеличе-
нию вязкости и уменьшению подвоза тепла за счет
движения и еще большему уменьшению темпера-
туры и т.д. Вязкость среды начнет прогрессивно
увеличиваться во времени и этот процесс можно
определить как вязкостный взрыв. Условие воз-
никновения вязкостного взрыва: функция ∆p(Q)
имеет минимум при
1 − e
−ξ
=
ξ
2
, ξ =
b
Q
, ξ ' 1, 6.
Положим Q
w
= 2πRLq
w
- полное тепло, отводимое
в единицу времени от трубы, тогда
Q∗ =
Q
w
1, 6ρc
p
< vΘ >
3.12. Найти стационарное в сопутствующей
системе координат, убывающее на бесконечности
решение нелинейного волнового уравнения синус-
Гордон:
ϕ
xx
− ϕ
tt
= sin ϕ (1)
Решение
(см.1.6.)
Выполняя преобразования (1,2), получим
(1 − v
2
)
∂
2
ϕ
∂x
12
= −
∂
∂ϕ
cos ϕ = −
∂V
∂ϕ
Здесь потенциалом является V (ϕ) = cos ϕ. Замена
переменных S =
x
0
√
1−v
2
приводит к уравнению, ко-
торое является статистической формой (1). Вслед-
ствие периодичности V (ϕ) существует бесконечно
много интегралов, в которых можно найти реше-
ния. Примем 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Уравнение сохранения
"энергии":
1
2
µ
∂ϕ
∂s
¶
2
+ cos ϕ = E (2)
"Сила"∂V/∂ϕ = 0 при ϕ = 0 - что есть положение
равновесия. Для того, чтобы частица была свобод-
ной в соответствии с (5), положим E = V (0) = 1,
тогда (2):
1
2
µ
∂ϕ
∂s
¶
2
+ cos ϕ = 1
Интегрируя и выбирая ограниченное на бесконеч-
ности решение, получим:
ϕ(x, t) = 4 arctan
·
exp
µ
±
x − vt − x
0
√
1 − v
2
¶¸
где x
0
- постоянная интегрирования
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 54
3.13 (Невязкая устойчивость течения Куэтта)
Жидкость находится между двумя коаксиальны-
ми цилиндрами, с радиусами R
1
, R
2
вращающи-
мися с угловыми скоростями Ω
1
, Ω
2
. Найти стаци-
онарное распределение скоростей в вязкой жидко-
сти и исследовать его устойчивость, пренебрегая
вязкостью.
Решение
Стационарное распределение скоростей опре-
деляется из системы уравнений:
ρ
u
2
r
=
dp
dr
(1)
(Баланс сил в радиальном направлении)
ν
³
∆u −
u
r
2
´
= 0 (2)
(Баланс вязких сил в касательном направлении)
Из (2) получаем:
1
r
d
dr
r
du
dr
−
u
r
2
= 0
Ищем решение в виде u = Cr
n
, u
0
= Cnr
n−1
1
r
d
dr
Cnr
n
=
Cn
2
r
r
n−1
=
Cr
n
r
2
; n
2
= 1
u = C
1
r +
C
2
r
; ω(r) =
u
r
= C
1
+
C
2
r
2
Условия прилипания:
ω
1
= C
1
+
C
2
R
2
1
C
1
=
Ω
2
R
2
2
−ω
1
R
2
1
R
2
2
−R
2
1
Ω
2
= C
1
+
C
2
R
2
2
C
2
=
(Ω
1
−ω
2
)R
2
1
R
2
2
R
2
2
−R
2
1
Устойчивость
Для невязкого движения жидкости имеется
энергия движения - момент импульса. Т.е. для эле-
мента жидкости с массой m
L = mr
2
ω(r) = const
Центробежная сила
mu
2
r
= mΩ
2
r = mr
¡
L
mr
2
¢
2
=
L
2
mr
3
Уравнение радиального равновесия:
L
2
mr
3
=
dp
dr
Рассмотрим устойчивость движения. Пусть
некоторый элемент движения по окружности ра-
диуса r
0
, а затем под действием случайного возму-
щения перемещается в точку с радиусом r. Этот
элемент имеет свой момент импульса, но поле дав-
лений - соответствующее радиусу r, поэтому ба-
ланс сил имеет вид (при устойчивом движении).
L
2
0
mr
3
−
µ
dp
dr
¶
r
< 0
Из условия равновесия элемента с массой m на рас-
стоянии r имеем
L
2
mr
3
=
µ
dp
dr
¶
r
,
поэтому
L
2
0
mr
3
−
L
2
mr
3
< 0 или L
2
0
− L
2
< 0 L
2
− L
2
0
=
L
2
0
+
d
dr
L
2
· dr − L
2
0
> 0, при dr > 0,
dL
2
dr
> 0
L
2
= m
2
r
4
ω
2
;
d
dr
r
4
Ω
2
= 4r
3
Ω
2
+ r
4
2Ω
dΩ
dr
> 0
2Ωr
3
µ
2Ω + r
dΩ
dr
¶
> 0; ω = C
1
+
C
2
r
2
;
dΩ
dr
= −
2C
2
r
3
2Ω + r
dΩ
dr
= 2C
1
Условие устойчивости: Ω(r)C
1
> 0
или
Ω(r)(Ω
2
R
2
2
− ω
1
R
2
1
) > 0
Обозначим A = ω
2
R
2
2
− ω
1
R
2
1
3.14. Получить критерий устойчивости тече-
ния Куэтта, используя "перестановочный метод".
Решение
Используем сохранение момента импульса, ко-
торое можно получить и из уравнений невязко-
го движения. L = ρr
2
ω(r). Центробежная сила
F = ρ
L
2
r
3
. С этой силой связана энергия Φ = ρ
L
2
2r
2
Сделаем перспективу двух элементарных колец с
равной массой, т.е. площадью dS = 2πr
1
dr
1
=
2πr
2
dr
2
(r
2
> r
1
) Изменение кинетической энергии
(или центробежной энергии) при этом пропорцио-
нально:
·µ
L
2
2
r
2
1
+
L
2
1
r
2
2
¶
−
µ
L
2
1
r
2
1
+
L
2
2
r
2
2
¶¸
ds = (L
2
2
−L
2
1
)
µ
1
r
2
1
−
1
r
2
2
¶
> 0
Цел.устойчивости Релея. Если освобождается
"+"кинетическая энергия, то она идет на разви-
тие неустойчивости. Сохранение момента импуль-
са следует из уравнения движения невязкой жид-
кости:
∂u
Θ
∂t
+ (u · ∆)u
Θ
+
u
r
u
Θ
r
= 0
Покажем, что это уравнение эквивалентно уравне-
нию
d
dt
(ru
Θ
) = 0.
∂
∂t
(ru
Θ
) + (u · ∆)(ru
Θ
) = 0
r, t - независ.перем., осеммит.дв.
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 55
r
∂u
Θ
∂t
+ u
Θ
(u · ∆)r + r(u · ∆)u
Θ
= 0
∂u
Θ
∂t
+
1
r
u
Θ
u
r
+ (u · ∆)u
Θ
= 0
т.е. L = ru
Θ
= r
2
ω(r) = const
4 ЗАДАНИЕ 3. УСТОЙЧИВОСТЬ ТЕЧЕНИЙ ГАЗА И ЖИДКОСТИ 56
3.15. Исследовать устойчивость движения вяз-
кой жидкости в узком зазоре между ???? вращаю-
щимися цилиндрами (d ¿ R)
Решение
Система уравнений для течения между коак-
сиальными цилиндрами имеет вид:
∂u
r
∂t
+ (u · ∆)u
r
−
u
2
Θ
r
= −
1
ρ
∂p
∂r
+ ν
¡
∆u
r
−
2
r
2
∂u
Θ
∂Θ
−
u
r
r
2
¢
(1)
∂u
Θ
∂t
+ (u · ∆)u
Θ
+
u
r
u
Θ
r
= −
1
ρr
∂p
∂Θ
+ ν
¡
∆u
Θ
−
2
r
2
∂u
r
∂Θ
−
u
Θ
r
2
¢
(2)
∂u
z
∂t
+ (u · ∆)u
z
= −
1
ρ
∂p
∂z
+ ν∆u
z
(3)
∂u
r
∂r
+
u
r
r
+
1
r
∂u
Θ
∂
Θ
+
∂u
z
∂z
= 0(4)
Здесь u · ∆ = u
r
∂
∂r
+
u
∂
r
∂
∂Θ
+ u
z
∂
∂z
∆ =
1
r
∂
∂r
r
∂
∂r
+
1
r
2
∂
2
∂Θ
2
+
∂
2
∂z
2
Рассматривая оссиметричные
¡
∂
∂Θ
= 0
¢
возму-
щения на границе устойчивости
¡
∂
∂t
= 0
¢
для узко-
го зазора d ¿ R сохраняем оставшиеся члены и
ищем решение в виде:
½
u
r
= u(r)e
γt
cos kz, u
Θ
= V (r) + v(r)
γt
cos kz
u
z
= w(r)e
γt
sin kz, p = p
0
+ ρπ(r)e
γt
cos kz.
(5)
Стационарное решение: V (r) = rΩ(r) Поло-
жим x =
r−R
d
, r = R + xd, ω(x) = ω
1
+ x(Ω
2
− ω
1
)
V (x) = RΩ
1
[1−(1−µ)x] = Rω
1
(1+dx); µ =
Ω
2
Ω
1
, d = −(1−µ) =
Ω
2
− ω
1
Ω
1
Подставляя (5) в (1-4) получаем уравнения для
возмущений:
u · ∆ =
u
d
∂
∂x
+ w
∂
∂z
∆ =
1
d
2
∂
2
∂x
2
+
∂
2
∂z
2
=
1
d
2
D
2
− k
2
.
−
2V (x)v
R
= −
1
d
Dπ + ν
¡
1
d
2
D
2
− k
2
¢
u
u
d
DV (x) = ν
¡
1
d
2
D
2
− k
2
¢
v
kπ + ν
¡
1
d
2
D
2
− k
2
¢
w = 0 → π = −
ν
dκ
2
(D
2
− κ
2
)Du
1
d
Du + kw = 0 → w = −
1
κ
Du
Получаем:
(
2V (x)d
2
κ
2
Rν
v = (D
2
− κ
2
)D
2
u − κ
2
(D
2
− κ
2
)u = (D
2
− κ
2
)u
ud
ν
DV = (D
2
− κ
2
)v
Подставляя стационарное распределение скоро-
стей, получаем:
(
(D
2
− κ
2
)
2
u =
2Ω
1
κ
2
d
2
ν
(1 + dx)v
(D
2
− κ
2
)v = −
Ω
1
R(1−µ)d
ν
u
Положим u =
2Ω
1
κ
2
d
2
ν
˜u, тогда
(D
2
− κ
2
)
2
˜u = (1 + dx)u(6)
T =
2(1−µ)Rω
2
1
d
3
ν
2
(8)
(D
2
− κ
2
)v = −T κ
2
˜u(7)
Граничные условия
v(0) = v(1) = 0; u(0) = u(1) = 0
Из уравнения непрерывности Du+kw = 0; Du(0) =
Du(1) = 0 Задача несамосопряженная, поэтому
решаем методом Галеркина. Граничным услови-
ям удовлетворяют функции v(x) =
P
n
C
n
sin nπx.
Наиболее неустойчивы длинноволновые возмуще-
ния, поэтому ограничимся случаем n = 1. Диспер-
сионное уравнение определяется из решения одно-
родного уравнения, поэтому считаем C
1
= 1. Под-
ставим v(x) = sin πx в уравнение (6):
(D
2
− κ
2
)
2
˜u = (1 + dx) sin πx (8)
Корни однородного уравнения λ
1,2
= κ; λ
3,4
= −κ.
Общее решение уравнения (8):
˜u(x) =
1
(π
2
+ κ
2
)
2
"
A
1
cosh κx+B
1
sinh κx+A
2
x cosh κx+B
2
x sinh κx+
+(1 + dx) sin πx +
4πd cos πx
π
2
+ κ
2
#
Доказательство:
(D
2
−κ
2
)
2
1
(π
2
+ κ
2
)
2
·
(1 + dx) sin πx +
4πd
π
2
+ κ
2
cos πx
¸
= (1+dx) sin πx
D
2
[. . .] = 2dπ cos πx−π
2
(1+dx) sin πx−
4πd
π
2
+ κ
2
π
2
cos πx
D
2
[. . .]−κ
2
[. . .] = −(π
2
+κ
2
)(1+dx) sin πx−4πd cos πx+2πd cos πx
f = (D
2
−κ
2
)
1
(π
2
+ κ
2
)
[. . .] = −(1+dx) sin πx−
2πd
π
2
+ κ
2
cos πx
D
2
f = −2dπ cos πx+(1+dx)π
2
sin πx+
2πd
π
2
+ κ
2
π
2
cos πx
D
2
f−κ
2
f = (1+dx)(π
2
+κ
2
) sin πx+
2πd
π
2
+ κ
2
(π
2
+κ
2
) cos πx−2π cos πx =
= (π
2
+ κ
2
)(1 + dx) sin πx