Течения газов и жидкостей

В первых двух пунктах воздух вытесняется из клина, и его скорость находится из сохранения объёма (массы), а при ламинарном течении без потерь сохраняется полная энергия «пластина + воздух». В пятом пункте процесс обратим, поэтому энтропия не меняется, а скорость струи даёт сохранение энергии для потока.

1) \(v=\dfrac{L^2\omega_0}{2h_0}\);  2) \(\omega=\omega_0\sqrt{\dfrac{1+\frac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\frac1{h_0}}{1+\frac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\frac1{h}}}\);  3) \(\mu=2\pi Rt\sqrt{\dfrac{h\rho_w(\rho_s-\rho_w)\,g}{\ln(R/r)}}\);  4) \(\Delta S\approx110\) Дж/К;  5) \(r\approx0{,}114\), \(\mu\approx59\) г/с.

i) (1 балл) Когда пластина падает, она вращается вокруг бугорка без проскальзывания и выталкивает воздух из-под себя со всё большей скоростью по мере приближения к нижней пластине. Таким образом, часть энергии вращения пластины передаётся уходящему воздуху. Кроме того, давление и температура газа однородны в силу условия несжимаемости.

Поскольку задача двумерная, масса, объёмы, момент инерции и другие величины берутся на единицу длины системы (на рисунке — вглубь страницы). Пусть \(x\) — расстояние от бугорка, а \(v\) — горизонтальная скорость воздуха на расстоянии \(x\). Между \(0\) и \(x\) заключён объём воздуха \(V(x)=x\cdot hx/(2L)\). По мере падения пластины \(V(x)\) уменьшается, и воздух вытесняется. Рассмотрим малый промежуток времени \(dt\). За это время \(h\) изменяется на \(\dot h\,dt=-\omega L\,dt\). Из сохранения числа частиц воздуха \(0=dV(x)+v(x)\,hx/L\,dt\), где \(dV(x)=-x^2\omega\,dt/2\). Следовательно, \[v(x)=\frac{xL\omega}{2h}.\] При \(x=L\) получаем \[v(x=L)=\frac{L^2\omega}{2h}.\]

ii) (2,5 балла) Поскольку течение воздуха ламинарное и диффузии нет, вся потерянная вращательная энергия падающей стеклянной пластины превращается в кинетическую энергию частиц воздуха. Таким образом, \(K_{\text{вращ}}+K_{\text{возд}}=\text{const}\). Из предыдущего пункта мы знаем, что воздух вытесняется из зазора между пластинами со всё большей скоростью (\(v(x)\gg L\omega\)). Однако вне пространства между пластинами течение быстро расходится во все стороны, так что подавляющая часть кинетической энергии сосредоточена между двумя пластинами. Кинетическая энергия воздуха между пластинами равна \[K_{\text{возд}}=\int_0^L dx\,\frac{hx}{L}\,\rho_a\,\frac12\,v(x)^2=\frac{\rho_aL\omega^2}{8h}\int_0^Lx^3\,dx=\frac{\rho_aL^5\omega^2}{32h},\] а энергия вращения стеклянной пластины равна \[K_{\text{вращ}}=\frac{I\omega^2}{2}=\frac{m_{\text{стекла}}L^2}{3}\,\frac{\omega^2}{2}=\frac{L^3t\rho_g\omega^2}{6}.\] Тогда закон сохранения энергии имеет вид \[\frac{\rho_aL^5\omega^2}{32h}+\frac{L^3t\rho_g\omega^2}{6}=\text{const}=\frac{\rho_aL^5\omega_0^2}{32h_0}+\frac{L^3t\rho_g\omega_0^2}{6},\] и отсюда \[\omega=\omega_0\sqrt{\frac{1+\dfrac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\dfrac1{h_0}}{1+\dfrac{3\rho_aL^2}{16\rho_gt}\dfrac1{h}}}.\] Видно, что \(\lim_{h\to0}\omega=0\), то есть воздух действует как подушка и останавливает стеклянную пластину прежде, чем она ударится о неподвижную.

iii) (3 балла) Входящая из трубы <<2>> вода растекается осесимметрично по зазору между каменным диском и потолком. После этого она растекается по бассейну и в конце концов уходит через выходную трубу <<3>>. Каменный диск удерживается вверху разностью давлений сверху и снизу диска, возникающей из-за того, что скорость течения воды с разных сторон различна. То, что давления с двух сторон различаются, видно прямо из принципа Бернулли \(p+\rho_wv^2/2=\text{const}\) вдоль линии тока или из того, что градиенты скорости течения создаются градиентами давления.

Скорость течения вне зазора пренебрежимо мала из-за \(t\ll R\), поэтому давление на нижней стороне можно считать везде равным \(p_0\). Скорость течения в зазоре на расстоянии \(x\) от оси симметрии находится из закона сохранения массы для соосного цилиндра радиуса \(x\) и высоты \(t\): \(2\pi xt\rho_wv(x)=\mu\). Следовательно, \[v(x)=\frac{\mu}{2\pi xt\rho_w}.\] Применяя принцип Бернулли, получаем \(p(x)+\rho_wv^2/2=p_0\), и потому \[\Delta p=p_0-p(x)=\frac{\rho_wv^2}{2}=\frac1{2}\rho_w\left(\frac{\mu}{2\pi xt\rho_w}\right)^2 .\] Теперь силу от разности давлений в зазоре найдём интегрированием от \(x=r\) до \(x=R\). Сначала заметим, что результирующая сила направлена вертикально вверх, поскольку \(p(x)<p_0\). Интегрируя, \[F_1=\int_{x=r}^{x=R}2\pi x\,dx\,\Delta p=\frac{\mu^2}{4\pi t^2\rho_w}\int_{x=r}^{x=R}\frac{dx}{x}=\frac{\mu^2}{4\pi t^2\rho_w}\ln\frac Rr .\] Заметим, что вода, входящая через трубу, тормозится, толкая диск вниз. Однако результирующая сила от этого оказывается пренебрежимо малой из-за условия \(r\gg t\). Чтобы это увидеть, можно рассудить, что эта сила порядка \(\mu v_{\text{тр}}\sim\mu\cdot\mu/(\rho_wr^2)\sim\mu^2/(\rho_wr^2)\ll F_1\).

Далее, на диск действуют сила тяжести \(F_g=-mg=-\pi R^2h\rho_sg\), тянущая его вниз, и сила Архимеда \(F_b=\pi R^2h\rho_wg\), толкающая его вверх. Тогда баланс сил имеет вид \(F_g+F_b+F_1=0\). Решая это уравнение, находим \[\mu=2\pi Rt\sqrt{\frac{h\rho_w(\rho_s-\rho_w)}{\ln(R/r)}\,g}.\]

iv) (0,5 балла) В термодинамике энтропия определяется через её дифференциал: изменение энтропии системы равно \(dS=dQ/T\), где \(dQ\) — теплота, поступающая в систему, а \(T\) — её температура. Кроме того, в обратимых термодинамических процессах энтропия является функцией состояния, то есть зависит только от текущего (равновесного) термодинамического состояния системы. Это означает, что при вычислении разности энтропий одного моля пара и жидкости температура, при которой происходил фазовый переход, на окончательный результат не влияет. Поэтому удобнее всего считать, что два конечных состояния отличаются лишь тем, что жидкость конденсируется при \(t_0=100\,^\circ\)C. Конечная температура равна \(t_0=100\,^\circ\)C, потому что при ней давление водяного пара равно \(p_0\) (то есть это температура кипения при атмосферном давлении). Это соответствует теплоте \(\Delta Q=mL=1\text{ моль}\cdot ML\), поступающей в систему с паром по сравнению с системой с жидкостью. Следовательно, разность энтропий одного моля пара и жидкости равна \[\Delta S=\frac{\Delta Q}{T_0}=\frac{1\text{ моль}\cdot ML}{T_0}=110\text{ Дж/К}.\]

v) (3 балла) Поскольку расширение воды обратимо, энтропия сохраняется. Это значит, что изменение энтропии из-за расширения пара уравновешивается изменением энтропии из-за конденсации. Как обсуждалось выше, поскольку энтропия — функция состояния, удобнее всего вычислять изменение энтропии, представив, что \(n\) молей воды (потом \(n\) сократится) охлаждаются и расширяются от \(T_t\), \(p_t\) до \(T_0\), \(p_0\), а в конце конденсируется \(rn\) молей воды. Величина \(r\) находится из требования \(\Delta S=0\) в этом процессе.

Изменение энтропии пара находим, применяя первый закон термодинамики на малом приращении температуры и давления \(dT\), \(dp\): \[dS_{\text{пар}}=\frac{dQ}{T}=\frac{dU+dW}{T},\] где \(dU=nc_v\,dT\) — изменение внутренней энергии пара, а \(dW=p\,dV\) — работа пара. Важно, что мы пренебрегаем объёмом воды по сравнению с паром, поскольку это позволяет упростить дифференциал работы с помощью закона идеального газа. Используя уравнение состояния идеального газа, имеем \[p\,dV=p\,d\!\left(\frac{nRT}{p}\right)=nR\,dT-nRT\,\frac{dp}{p}.\] Следовательно, \[dS_{\text{пар}}=n(c_v+R)\frac{dT}{T}-nR\,\frac{dp}{p},\] и интегрированием получаем \[\Delta S_{\text{пар}}=nc_p\ln\!\left(\frac{T_0}{T_t}\right)-nR\ln\!\left(\frac{p_0}{p_t}\right),\] где \(c_p=c_v+R=R(i+2)/2=R\gamma/(\gamma-1)\) — теплоёмкость при постоянном давлении. Полное изменение энтропии тогда равно \[\Delta S_{\text{полн}}=0=\Delta S_{\text{пар}}+\Delta S_{\text{конд}}=\Delta S_{\text{пар}}-rn\,\frac{ML}{T_0}=nc_p\ln\!\left(\frac{T_0}{T_t}\right)-nR\ln\!\left(\frac{p_0}{p_t}\right)-rn\,\frac{ML}{T_0}.\] Таким образом, \[r=\frac{RT_0}{ML}\left(\ln\!\left(\frac{p_t}{p_0}\right)-\frac{\gamma}{\gamma-1}\ln\!\left(\frac{T_t}{T_0}\right)\right)=0{,}114.\] Чтобы найти массовый расход, начнём со скорости \(v\) вытекающей жидкости/пара. Поскольку \(r\) известно, можно применить закон сохранения энергии (необходимый для обратимости) к текущему пакету воды. Удобнее всего требовать сохранения энергии для системы в целом. Пусть за некоторый промежуток времени в котле образуется \(n\) молей водяного пара объёмом \(V_t\). Тогда на выходе в установившемся режиме в силу сохранения частиц удаляются \((1-r)n\) молей водяного пара объёмом \(V_0\) вместе с \(rn\) молями жидкой воды. Вытекающая вода обладает дополнительной кинетической энергией \(nMv^2/2\). Изменение энергии всей системы за счёт обоих шагов должно компенсироваться в силу закона сохранения энергии. Запишем это как \[0=W_{\text{вх}}-W_{\text{вых}}+U_{\text{вх}}-U_{\text{вых}}-nMv^2/2,\] где \(W_{\text{вх}}=p_tV_t=nRT_t\) и \(W_{\text{вых}}=p_0V_0=(1-r)nRT_0\) — работы входящего и выходящего пакета, а аналогично \(U_{\text{вх}}=c_vnT_t\) и \(U_{\text{вых}}=c_vnT_0-rnML+rnRT_0\) — внутренние энергии входящего и выходящего пакета. Заметим, что во внутренней энергии выходящего пакета есть дополнительный член \(rp_0V_0=rnRT_0\). Это происходит потому, что удельная теплота парообразования включает работу, совершаемую на расширение пара до объёма, который он должен занять. Поэтому эту работу надо вычесть из теплоты парообразования, чтобы она отражала действительное изменение внутренней энергии воды. Объединяя всё, получаем \[0=nRT_t-(1-r)nRT_0+c_vnT_t-c_vnT_0+rnML-rnRT_0-nMv^2/2=(c_v+R)n(T_t-T_0)+rnML-nMv^2/2,\] и потому \[v=\sqrt{2\left(\frac{c_p\Delta T}{M}+rL\right)}=906\text{ м/с}.\] Плотность пара на выходе находится из уравнения состояния идеального газа: \(\rho=p_0M/(RT_0)\). Массовый расход водяного пара тогда равен \[\mu_{\text{пар}}=A\rho v=\frac{Ap_0Mv}{RT_0},\] но вытекает ещё и жидкая вода, так что полный массовый расход равен \[\mu=\frac1{1-r}\,\mu_{\text{пар}}=\frac{Ap_0Mv}{(1-r)RT_0}=59\text{ г/с}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.