51
a u teˇcnosti cnosti gustine gustin e ρ2 : p(2) (r,ϕ,z) r,ϕ,z) =
−ρ2gz + 12 ρ2ω2r2 + K 2 ,
(3.36)
Jednaˇ Jedn aˇcina cina slobod slob odne ne povrˇ pov rˇsine sine teˇcnosti cnos ti se dobija dob ija tako ˇsto sto se pritisa prit isak k p(1) izje iz jedn dnaˇ aˇci ci sa atmosferskim, odakle je ω2 2 (1) z = r , (3.37) 2g gde smo uzeli da je za r = 0 i z = 0, ˇsto sto onda znaˇci ci i da je K 1 = p0 . To je, je, naravno, jednaˇcina cina rotacionog rotacio nog parabol pa raboloida. oida. - slojeva teˇ Na granici izmedu cnosti cnosti su pritisci p(1) i p(2) jednaki u svakoj taˇcki, cki, pa izjednaˇcavanjem cavanjem izraza (3.35) i (3.36) dobijamo dobija mo z (2) =
ω2 2 K 2 r + . 2g g(ρ2 ρ1 )
(3.38)
−
Zapremina V gornjeg sloja slo ja teˇ t eˇcnosti cnosti jednaka je je R
V = 2π
z (1)
0
2
rdrdz =
z (2)
K 2 , − g(πR ρ2 − ρ1 )
gde je R polup po lupreˇ reˇcnik cnik osnove posude po sude,, a poˇsto sto je ova teˇ t eˇcnost cno st nestiˇ nest iˇsljiva, slj iva, takode je i V = πR2 h , - teˇcnost pa je jedn je dnaˇ aˇcina ci na graniˇ gra niˇcne cne povrˇ po vrˇsine sin e me du cn ostima ima z (2) =
ω2 2 r 2g
− h.
(3.39)
52
Statika fluida
52
Statika fluida
Poglavlje 4
Idealan fluid 4.1
Ojlerova Ojl erova jednaˇ jedn aˇ cina, cina , Bernulijev Bernuli jev i Koˇ si–Lagr si– Lagrananˇ zev ze v inte integr gral al
Zadatak 4.1 Polje brzine u fluidu ima oblik v = 3(x 3( x2
− y2)ex − 6xyey .
a) Pokazati da je fluid nestiˇsljiv sljiv pri ovakvom kretanju. kretanju. b) Ako je fluid idealan, idealan, gustine gustine ρ, u homogenom polju gravitacije g = (0, 0, 0) = p0 ). na´ci ci raspodelu raspode lu hidrost hid rostat atiˇ iˇckog ck og prit pr itis iska ka (uzi (u zimaj maju´ u´ci ci p(0,
−gez ,
c) Ako je ravan y = 0 ˇcvrsta cvrsta granica, na´ci ci tangencijalnu tangenci jalnu komponentu brzine na granici. Reˇsenj se nje e 4.1 4. 1 a) Poˇsto st o je 6 x − 6x + 0 = 0 , ∇v = ∂v∂xx + ∂v∂yy + ∂v∂zz = 6x
(4.1)
fluid zaista ostaje nestiˇ sljiv sljiv pri ovakvom ovakvom kretanju. b) Raspod Rasp odela ela hidros hid rostat tatiˇ iˇckog ckog pritis pri tiska ka moˇze ze se na´ci ci pomo´ po mo´cu cu Ojlerove Ojl erove jednaˇ jedn aˇcine cine (2.5): dv 1 p . = f dt ρ
− ∇
Poˇ sto sto je za z a zadato za dato polje polj e brzine b rzine dv ∂v = + (v dt ∂t
∂v ∂v + vy = 18(x 18(x2 + y 2 )(x )(xex + yey ) = 18r 18r3er , (4.2) · ∇)v = vx ∂x ∂y
= gez , a p u cilindriˇ gde je r rastojanje od z -ose, f cilindr iˇ cnim cnim koordinatama koordin atama ima oblik ∂p 1 ∂p ∂p p = er + eϕ + ez , (4.3) ∂r r ∂ϕ ∂z
−
∇
∇
54
Idealan fluid
projektovanjem pro jektovanjem Ojlerove jednaˇ j ednaˇcine cine na pravce p ravce ortova er , eϕ i ez dobi do bijam jamo o slede´ sle de´ce ce tri skalarne skalar ne jednaˇ jedn aˇcine: cine : =
− ρ1 ∂p ∂r
(4.4)
0 =
∂p − ρ1 ∂ϕ
(4.5)
0 =
−g − ρ1 ∂p ∂z
(4.6)
F (ϕ, z ) , − 92 ρr4 + F (
(4.7)
18 18rr3
Iz jednaˇcine cine (4.4) sledi p( p(r,ϕ,z) r,ϕ,z) =
pa zamenom ovakvog izraza za pritisak u (4.5) zakljuˇ cujemo cujemo da funkcija F ne zavisi od ϕ koordinate, a iz jednaˇ cine cine (4.6) onda sledi
−gρ = ddF z , odakle je F = pritisak
ρgz +con onst st.. −ρgz+c
p = p0
(4.8)
Vra´ca ca ju´ ju´ci ci F u (4.7) dobijamo konaˇ can can izraz za
− ρgz − 92 ρr4 = p0 − ρgz − 92 ρ(x2 + y2)2 ,
(4.9)
gde smo konstantu u F odredil odr edilii pomo´ p omo´cu cu uslova p(0, (0, 0, 0) = p0 . Lako se proverava da je rot rotv = 0, a poˇ sto sto je proticanje proticanje stacionarn stacionarno, o, fluid nestiˇsljiv sljiv i zapreminske sile potencijalne, pritisak se moˇ ze ze odrediti i pomo´cu cu Bernulij Bernu lijevog, evog, odnos od nosno no Koˇsi–Lagr si– Lagranˇ anˇzevog zevog integr i ntegrala, ala, koji ko ji se u ovom ovo m sluˇcaju ca ju svode svo de na jedn je dnaˇ aˇcinu ci nu 1 p + ρgz + ρv 2 = p(0, (0, 0, 0) = p0 , (4.10) 2 odakle se zamenom datog izraza za brzinu dobija ponovo (4.9). c) Poˇ sto sto brzina ima samo x i y komponentu, njena tangencijalna komponenta u ravni y = 0 je vtang = 3x2ex . Zadatak 4.2 Linijski izvor idealnog homogenog nestiˇsljivog sljivog fluida flu ida (vidi ( vidi zadatak 1.29) postavljen je u pravcu vertikalne ose u homogenom gravitacionom polju g = gez . Jaˇcina cina izvora izv ora je j e Q. Pomo´cu cu Ojlerove Ojl erove jednaˇcine cin e (2.5) (2. 5) na´ci ci raspodelu pritiska, ako je poznato da je na velikim rastojanjima od ose na visini z = 0 pritisak jednak p0 . Gustina fluida je ρ.
−
Reˇsenj se nje e 4.2 4. 2 Supstancijalni izvod brzine koji ko ji figuriˇ se se na levoj strani Ojlerove Ojlerove jed j ednaˇ naˇcine cin e (2. ( 2.5) 5) u ovom ov om sluˇ sl uˇcaju ca ju najl na jlakˇ akˇse se je izraˇ iz raˇcunat cu natii pom p omo´ o´cu cu izraz iz razaa (1. ( 1.10) 10),, ˇcime cim e dobijamo: dv Q2 = er . (4.11) dt 4π 2 r3
−
4.1 Ojlerova jednaˇ cina, Bernulijev i Koˇ si–Lagranˇ zev integral
55
Stavljanjem dobijenog izraza u Ojlerovu jednaˇcinu i njenim projektovanjem na pravce ortova er , eϕ i ez dobijamo tri skalarne jednaˇcine ˇcijim reˇsavanjem nalazimo ρQ2 p(r,ϕ,z) = ρgz + const . 8π 2 r2 Iz uslova da je na velikim rastojanjima od ose na visini z = 0 pritisak jednak p0 dobijamo da je integraciona konstanta koja se pojavila u prethodnom izrazu jednaka upravo p0 , pa se konaˇ cno za pritisak dobija
−
−
2
p(r,ϕ,z) =
−ρgz − 8πρQ2r2 + p0 .
(4.12)
Zadatak 4.3 Na´ ci raspodelu pritiska za slobodni vorteks (vidi zadatak 1.31)u homogenom polju gravitacije, ako se osa vorteksa poklapa sa pravcem gravitacionog polja g = gez . Gustina fluida je ρ, a za z = 0 i r pritisak teˇzi vrednosti p0 .
−
→∞
Reˇsenje 4.3 Sliˇcno kao u prethodnom zadatku, poˇsto je sledi dv 1 = grad(v 2 ) . dt 2 Kako je v =
Γ eϕ , 2πr
∂ v ∂t
= 0 i rotv = 0
Ojlerova jednaˇcina dobija oblik
−
Γ2 er = 4π 2 r3
odakle nalazimo
−gez − ρ1 grad p ,
(4.13)
2
p =
−ρgz − 8πρΓ2r2 + p0 .
(4.14)
I u ovom sluˇcaju su, kao i u prethodna dva zadatka zadovoljeni uslovi za vaˇzenje kako Bernulijevog, tako i Koˇ si–Lagranˇ zevog integrala, pa se izraz za pritisak mogao dobiti i direktno primenom ovih integrala. Zadatak 4.4 Tornado se moˇze grubo opisati kao vorteks sa rotacionim jezgrom koje se aproksimativno ponaˇ sa kao ˇcvrsto telo, dok je van jezgra brzina v = Γ e . (Tipiˇcna procenjena vrednost polupreˇ cnika jezgra je 30m.) Kako se 2πr ϕ menja pritisak na povrˇsini Zemlje van jezgra tornada? Koliki je maksimalni pad pritiska za tornado sa maksimalnom brzinom vetra 100km na ˇcas? Ovaj potpritisak je delimiˇ cno odgovoran za podizanje krovova i veliki deo ˇstete koju tornado pravi. Pretpostaviti da se gustina vazduha moˇ ze smatrati konstantom i 3 uzeti da je jednaka ρ = 2.3kg/m . Reˇsenje 4.4 Van jezgra polje brzine je potencijalno i stacionarno, a kako je gustina konstantna i jedina zapreminska sila potencijalna, vaˇ ze Bernulijev i KoˇsiLagranˇzev integral, tj. 1 2 1 p(R, z = 0) + ρvmax = p(r, z = 0) + ρv2 = p0 , 2 2
(4.15)
56
Idealan fluid
gde je R polupreˇcnik jezgra, a p0 atmosferski pritisak na povrˇ sini Zemlje na velikim udaljenostima od jezgra tornada (gde je onda brzina vetra zanemarljiva). Odatle je maksimalni pad pritiska jednak p(R, z = 0)
2 − p0 = − 12 ρvmax ≈ −890Pa .
(4.16)
Zadatak 4.5 Pokazati da Bernulijeva jednaˇ cina u sluˇcaju stacionarnog proticanja idealnog gasa ima oblik
a) U +
p ρ
b) U +
γ p γ −1 ρ
ln ρ + v2 /2 = const, za izotermno proticanje; + v 2 /2 = const, za izentropijsko proticanje.
Reˇsenje 4.5 Poˇsto Bernulijeva jednaˇcina ima oblik 1 U + v2 + I ( p) = const , 2
(4.17)
gde je I ( p) =
d p , ρ
(4.18)
a U masena gustina potencijalne energije, ovde je potrebno na´ ci funkciju I . Jednaˇcina stanja termodinamiˇcki idealnog gasa ima oblik p = ρRT ,
(4.19)
dρ p = RT ln ρ = ln ρ . ρ ρ
(4.20)
odakle se za a) izotermno proticanje dobija I = RT
b) Za izentropijsko proticanje idealnog gasa se moˇze pokazati [1] da vaˇzi jednaˇcina p = Kρ γ ,
(4.21)
odakle je d p = Kγρ γ −1 dρ , pa je I = Kγ
ργ −2 dρ = K γ
γ
−1
Ako sada iskoristimo jednaˇcinu (4.21) dobijamo I = ˇsto je i trebalo pokazati.
γ p , γ 1 ρ
−
ργ −1 .
(4.22)
4.2 Potencijalno proticanje idealnog fluida
4.2
57
Potencijalno proticanje idealnog fluida
Zadatak 4.6 Stacionarno proticanje idealnog nestiˇsljivog fluida gustine ρ, van polja zapreminskih sila, opisano je funkcijom toka Ψ(r, ϕ) = α
cos ϕ , r
gde je α konstanta, a r i ϕ polarne koordinate. a) Na´ ci polje pritiska u fluidu. b) Uzimaju´ci da je beskonaˇcno daleko od koordinatnog poˇcetka pritisak jednak p0 , na´ci ukupnu silu koja deluje na zamiˇsljeni cilindar jediniˇcne visine, ˇcija se osa poklapa sa z -osom. Reˇsenje 4.6 a) Poˇsto je v = e3
× ∇Ψ i
∇Ψ = − rα2 (cos ϕer + sin ϕeϕ ) ,
(4.23)
lako se nalazi da je
α (sin ϕ er cos ϕeϕ ) . (4.24) r2 Kako je rotv = 0 (ˇsto se lako proverava), polje pritiska u fluidu nalazimo pomo´cu Bernulijevog ili Koˇsi–Lagranˇzevog integrala, koji se u ovom sluˇcaju svode na jednaˇcinu v2 p + = const, (4.25) 2 ρ v =
−
odakle je
2
p = const b) Ako je za r
− 12 ρ αr4 .
(4.26)
→ ∞ pritisak jednak p0, onda iz prethodne jednaˇcine sledi 2
p = p0
− 12 ρ αr4 ,
(4.27)
koja deluje na zamiˇ a ukupna sila F , sljeni cilindar, jednaka je = F
−
, p d S
(4.28)
S
gde je S povrˇsina cilindra. Povrˇsinski integral u izrazu za silu moˇzemo razdvojiti na tri integrala: integral p o omotaˇcu i dva integrala po osnovama cilindra. Integrali po osnovama se medusobno anuliraju, poˇsto je jedina razlika medu . Element povrˇsine dS na omotaˇcu cilindra jednak je Rdϕ dzer , njima u znaku dS gde je R polupreˇcnik osnove cilindra, pa je = F
−R
p0
−
1 α2 ρ 2 R4
2π
0
1
(e1 cos ϕ + e2 sin ϕ)dϕ
0
dz = 0 ,
(4.29)
58
Idealan fluid
gde smo iskoristili jednakosti: 2π
er = e1 cos ϕ + e2 sin ϕ ,
2π
sin ϕdϕ =
0
cos ϕdϕ = 0 .
0
Zadatak 4.7 Profil brzine pri stacionarnom nestiˇ sljivom proticanju idealnog fluida, gustine ρ, van polja zapreminskih sila, u cilindriˇ cnim koordinatama ima oblik α v = 2 (cos ϕer + sin ϕ eϕ ) , r gde je α zadata konstanta. Znaju´ ci da je beskonaˇ cno daleko od koordinatnog poˇ cetka pritisak jednak p0 na´ci
a) polje pritiska u fluidu; b) ukupnu silu koja deluje na zamiˇsljeni kruˇzni cilindar jediniˇcne visine, ˇcija se osa poklapa sa z -osom. Reˇsenje 4.7 a) Lako se proverava da je rotv = 0, tj. ovde se radi o potenci jalnom proticanju, pa se polje pritiska u fluidu moˇze na´ci pomo´cu Bernulijeve jednaˇcine, koja u ovom sluˇcaju ima oblik v2 p + = const , 2 ρ odakle je
2
p = const Poˇsto je za r
(4.30)
− 12 ρ αr4 .
→ ∞ pritisak jednak p0, iz prethodne jednaˇcine sledi 1 α2 p = p0 − ρ 4 . 2 r
(4.31)
(4.32)
koja b) Na isti naˇcin kao u prethodnom zadatku dobija se da je ukupna sila F deluje na zamiv sljeni cilindar jednaka nuli.
4.2 Potencijalno proticanje idealnog fluida
59
Zadatak 4.8 Potencijal brzine Φ u cilindriˇcnim koordinatama ima oblik R2 Φ(r,ϕ,z) = U r + r
cos ϕ .
a) Uveriti se da Φ zadovoljava Laplasovu jednaˇ cinu ∆Φ = 0. b) Uveriti se da polje brzine v = Φ zadovoljava graniˇ cne uslove za proticanje nestiˇsljivog idealnog fluida oko nepokretnog ˇcvrstog cilindra r = R. Kolika je brzina fluida na jako velikim rastojanjima od takvog cilindra?
∇
c) Ako nema zapreminskih sila, a poznato je da je pritisak na jako velikim rastojanjima od cilindra jednak p∞, na´ci pritisak u bilo kojoj taˇcki fluida, ako je gustina fluida ρ. d) Izraˇ cunati silu kojom fluid deluje na jediniˇcnu duˇzinu cilindra. Reˇsenje 4.8 a) Direktnom zamenom datog potencijala u izraz za laplasijan u cilindriˇcnim koordinatama 1 ∂ ∆Φ = r ∂r
r
∂ Φ ∂r
+
1 ∂ 2 Φ ∂ 2 Φ + r2 ∂ϕ 2 ∂z 2
(4.33)
dobija se da je ∆Φ = 0. b) Poˇsto je v = gradΦ =
∇Φ = ∂ ∂rΦ er + 1r ∂ ∂ϕΦ eϕ + ∂ ∂zΦ ez ,
(4.34)
cilindriˇcne komponente brzine jednake su R2 r2
−
vr = U cos ϕ 1
,
vϕ =
R2 U sin ϕ 1 + 2 r
−
,
vz = 0 .
(4.35)
Graniˇ cni uslov koji treba da bude zadovoljen pri proticanju idealnog fluida oko cilindra r = R je uslov neprobojnosti, tj. uslov da je normalna komponenta brzine na povrˇsini cilindra jednaka nuli: vr
|r=R = 0 ,
(4.36)
- poˇsto je divv =div gradΦ = ∆Φ = 0, zaista se ˇsto jeste zadovoljeno. Takode, radi o nestiˇsljivom proticanju. Dekartove komponente brzine vx i vy izraˇzavaju se preko cilindriˇcnih komponenata kao vx = vr cos ϕ
− vϕ sin ϕ ,
vy = vr sin ϕ + vϕ cos ϕ ,
(4.37)
odakle je lim vx = U ,
r→∞
lim vy = 0 .
r →∞
(4.38)
60
Idealan fluid
c) Poˇsto je kretanje potencijalno i stacionarno, zapreminskih sila nema, a gustina fluida konstantna, zadovoljeni su uslovi za primenu Bernulijeve jednaˇcine u bilo kojoj taˇcki i bilo kom trenutku, pa je p v2 p v2 + = const = lim + r→∞ ρ ρ 2 2
=
p∞ U 2 + , ρ 2
(4.39)
odakle je p = p∞
ρU 2 2
−
2R2 (sin2 ϕ r2
−
R4 cos ϕ) + 4 r 2
,
(4.40)
pri ˇcemu smo iskoristili izraze za komponente brzine nadene pod b). d) Ukupna povrˇsinska sila F , koja deluje na jedinicu duˇ zine cilindra jednaka je = F
−
, p d S
S
na omotaˇcu cilindra gde je S povrˇsina tog dela cilindra. Element povrˇsine dS jednak je Rdϕ dzer , gde je R polupreˇcnik osnove cilindra, pa je 2π
= F
1
−R
dϕ
0
dzp(R, ϕ)er
0
2π
=
−R
dϕ p∞
0
−
ρU 2 4sin2 ϕ 2
gde smo iskoristili 2π
2
2π
4sin ϕ
0
−
−
1 cos ϕdϕ =
1
(e1 cos ϕ + e2 sin ϕ) = 0 ,
4sin2 ϕ
0
−1
sin ϕdϕ = 0 .
Zadatak 4.9 U prethodnom zadatku na´ci taˇcke u kojima je brzina jednaka nuli (taˇ cke stagnacije), ako takve postoje. Gde na povrˇsini cilindra pritisak ima minimalnu vrednost i kolika je ta vrednost? Reˇsenje 4.9 Iz izraza za brzinu na denih u prethodnom zadatku lako se nalazi da su taˇcke stagnacije (r = R, ϕ = 0) i (r = R, ϕ = π). Iz Bernulijeve jednaˇcine sledi da pritisak ima maksimalnu vrednost u ovim taˇckama. Taˇcke u ko jima pritisak ima ekstremalnu vrednost na povrˇsini cilindra nalaze se pomo´cu jednaˇcine d p(r = R) = dϕ
−4ρU 2 sin ϕ cos ϕ = 0 ,
(4.41)
koja je zadovoljena ako je cos ϕ = 0 ili sin ϕ = 0. Minimumu pritiska odgovaraju uglovi ϕ = π/2 i 3π/2, za koje je pmin = p∞
− 32 ρU 2 .
(4.42)
4.2 Potencijalno proticanje idealnog fluida
61
Zadatak 4.10 Stacionarno potencijalno proticanje idealnog nestiˇsljivog fluida gustine ρ, van polja zapreminskih sila, oko beskonaˇcno dugaˇckog kruˇznog cilindra polupreˇcnika r = a, zadato je potencijalom brzine: a2 r
Φ(r, ϕ) = V ∞ r +
cos ϕ
− Kϕ ,
gde su V ∞ i K zadate pozitivne konstante, a r i ϕ polarne koordinate. a) Na´ ci brzinu proticanja deli´ ca u fluidu, kao i taˇ cke stagnacije. Skicirati strujne linije. b) Izraˇ cunati cirkulaciju brzine po kruˇznici sa centrom na osi cilindra, polupreˇcnika R > a, koja leˇ zi u ravni normalnoj na osu cilindra. Reˇsenje 4.10 a) Komponente brzine su a2 r2
−
vr = V ∞ cos ϕ 1
,
vϕ =
−
a2 V ∞ sin ϕ 1 + 2 r
−
K , r
vz = 0 . (4.43)
Izjednaˇcavanjem ovih izraza sa nulom zakljuˇcujemo da
1. za K 2V ∞a u svakoj ravni normalnoj na osu cilindra postoje dve taˇcke stagnacije A i B odredene jednaˇcinama K r = a , sin ϕ = (4.44) 2V ∞a
≤
−
2. za K = 2V ∞a taˇcke A i B iz prethodnog sluˇcaja se poklapa ju, tj. u svakoj ravni normalnoj na osu cilindra postoji jedna taˇcka stagnacije (r = a, ϕ = 3π/2) i ona se nalazi na povrˇ sini cilindra;
62
Idealan fluid 3. za K > 2V ∞a taˇcke stagnacije odredene su izrazima K r= 2V ∞
1+
1
−
2 4a2 V ∞ K 2
,
ϕ=
3π . 2
(4.45)
b) Poˇsto je element linije na ovakvoj konturi d l = Rdϕeϕ , cirkulacija Γ je jednaka Γ=
·
v d l=R
2π
vϕ dϕ =
0
−2Kπ .
(4.46)
Obratiti paˇznju da ovde ne moˇze da se primeni Stoksova teorema (rezultat bi bio 0). Zadatak 4.11 Uzimaju´ ci da je u prethodnom zadatku beskonaˇ cno daleko od cilindra pritisak jednak p∞, na´ci pritisak u fluidu, kao i silu koja deluje po jedinici duˇzine cilindra. Rezultat 4.11 Pritisak se nalazi iz Bernulijeve jednaˇ cine, a odatle F x = 0 i F y = 2πKρV ∞. Ponovo fluid ne deluje nikakvom silom u pravcu svog proticanja (na velikim rastojanjima od cilindra), ali sada postoji sila u pravcu normalnom na pravac toka.
−
Zadatak 4.12 Kolikom silom treba delovati na loptu radijusa R da bi ona mirovala u homogenom nestiˇsljivom idealnom fluidu, koji se na jako velikim rastojanjima od lopte kre´ce konstantnom brzinom u = uez ? Zapreminske sile zanemariti, a za polje brzine fluida pretpostaviti da je stacionarno i bezvrtloˇzno, pri ˇcemu je potencijal oblika Φ = F (r)cos θ ,
- radijus vektora r i orta ez . gde je r rastojanje od centra lopte, a θ ugao izmedu Reˇsenje 4.12 Da bi lopta mirovala potrebno je na nju delovati silom intenziteta jednakog intenzitetu ukupne povrˇsinske sile kojom fluid deluje na nju,
4.2 Potencijalno proticanje idealnog fluida
63
a suprotnog znaka. Potrebno je, dakle, na´ ci pritisak u fluidu, ˇsto je u ovom sluˇcaju mogu´ce uraditi pomo´cu Bernulijeve jednaˇcine: 1 1 p + ρv2 = p∞ + ρu2 , 2 2
(4.47)
ako je poznata brzina fluida v i pritisak na velikim rastojanjima od lopte p∞. Pod pretpostavkom sugerisanom u zadatku je v =gradΦ, pri ˇcemu potencijal zbog nestiˇsljivosti zadovoljava Laplasovu jednaˇcinu ∆Φ = 0 .
(4.48)
Stavljanjem pretpostavljenog oblika za potencijal Φ u izraz za laplasijan (A.8) u sfernim koordinatama dobijamo jednaˇcinu: r2
d2 F dF + 2r dr2 dr
− 2F = 0 .
(4.49)
Iz teorije diferencijalnih jednaˇcina poznato je da se reˇsenje ovakve jednaˇcine traˇzi u obliku F = Crk , gde su C i k konstante. Zamenom takvog oblika za funkciju F u jednaˇcinu dobijamo C (k 2 + k
− 2)rk = 0 ,
ˇsto je zadovoljeno za svako r jedino ako je k2 + k tj. ako je k = 1 ili k = oblika
−2.
− 2 = 0,
To dalje znaˇci da je opˇste reˇsenje jednaˇcine (4.49) F (r) = C 1 r +
C 2 , r2
(4.50)
tj. potencijal Φ je jednak Φ=
C 2 C 1 r + 2 r
cos θ ,
(4.51)
pa su komponente brzine u sfernim koordinatama: vr vθ vϕ
∂ Φ 2C 2 = = C 1 cos θ , ∂r r3 1 ∂ Φ C 2 = = C 1 + 3 sin θ , r ∂θ r = 0.
−
−
Zbog uslova neprobojnosti na povrˇsini lopte r = R normalna komponenta brzine vr treba da bude jednaka nuli, odakle sledi da je C 1 =
2C 2 , R3
64
Idealan fluid
pa je
−
r 1 Φ = C 2 2 3 + 2 cos θ , R r 1 1 vr = 2C 2 cos θ , 3 R r3 2 1 vθ = C 2 + sin θ , R3 r 3
−
Preostalu neodredenu konstantu C 2 odredujemo iz uslova da intenzitet brzine fluida za r teˇzi vrednosti u. Iz poslednjih izraza za komponente brzine vidimo da je
→∞
lim vr =
r →∞
2C 2 cos θ , R3
lim vθ =
r →∞
2 sin θ , − 2C 3 R
pa je
2C 2 1 3 C = uR . 2 R3 2 Konaˇ cni izrazi za potencijal i komponente brzine su onda u=
⇒
1 R3 cos θ , 2 r3 R3 = u 1 cos θ , r3 1 R3 = u 1+ sin θ , 2 r3
− −
Φ = ur 1 +
(4.52)
vr
(4.53)
vθ
(4.54)
pa je na povrˇsini lopte
9 2 2 u sin θ , 4 a onda je iz Bernulijeve jednaˇ cine pritisak v2 =
−
1 p(r = R,θϕ) = p∞ + ρu2 1 2
9 sin2 θ . 4
(4.55)
jednak Poˇsto je element povrˇsine lopte dS = R2 sin θdθdϕer , dS gde je er = sin θ cos ϕex + sin θ sin ϕ ey + cos θez , ukupna sila kojom fluid deluje na loptu jednaka je = R F
2
2π
π
dϕ
0
0
dθp(r = R,θ,ϕ)sin θ(sin θ cos ϕ ex + sin θ sin ϕ ey + cos θez ) . (4.56)
4.3 Vrtloˇ zno kretanje idealnog fluida
65
Jasno je da su F x i F y komponente ove sile jednake nuli, zbog 2π cos ϕdϕ = 0, a z komponenta je 0
F z = 2πR
2
1 p∞ + ρu2 2
π
sin θ cos θdθ
0
−
9 8
π
3
2π 0
sin θ cos θdθ
0
sin ϕdϕ =
= 0,
(4.57) jer su oba integrala u poslednjem izrazu takode jednaka nuli. Dakle, nije potrebno delovati nikakvom silom na loptu da bi ona mirovala. Ovo je paradoksalan rezultat (tzv. Dalamberov paradoks – sliˇ cne rezultate dobili smo u prethodnim zadacima sa cilindrima), poˇsto je iz iskustva poznato da na loptu u ovakvim sluˇ cajevima fluid deluje silom jednakom 6πηRu, gde je η koeficijent viskoznosti. Jasno, rezultat da je sila jednaka nuli i jeste posledica pretpostavke da se ovde radi o idealnom fluidu, tj. da se viskoznost zanemaruje.
4.3
Vrtloˇ zno kretanje idealnog fluida
Zadatak 4.13 Polaze´ci od Helmholcove jednaˇcine d ω + ωdivv dt
− ( ω · ∇)v = 12 rotf ,
(4.58)
koja vaˇzi za idealan barotropan fluid, pokazati da je pri nestiˇsljivom dvodimen = zionom proticanju takvog fluida u polju potencijalnih zapreminskih sila f U , vektor vrtloˇznosti ω konstantan duˇz trajektorije deli´ca.
−∇
Reˇsenje 4.13 Ako je proticanje nestiˇ sljivo, onda je divv = 0, a ako su za = rotgradU = 0, pa se Helmholcova preminske sile potencijalne, onda je rot f jednaˇcina svodi na d ω = ( ω )v . (4.59) dt S druge strane u zadatku 1.33 pokazano je da se pri dvodimenzionom nestiˇsljivom kretanju brzina v = v1 (x1 , x2 , t)e1 + v2 (x1 , x2 , t)e2 moˇze izraziti preko funkcije toka ψ(x1 , x2 , t) kao v = e3 ψ,
·∇
×∇
odakle je
1 1 ω = rotv = ∆ψe3 , 2 2
pa je onda ( ω
· ∇)v = 12 ∆ψ ∂x∂ 3 (e3 × ∇ψ) = 0 .
Iz jednaˇ cine (4.59) onda direktno sledi da je d ω = 0, dt tj. zaista je ω =const duˇz tra jektorije deli´ca.
(4.60)
(4.61)
66
Idealan fluid
Zadatak 4.14 Pokazati da pri proticanju idealnog fluida brzinom v, za inl vaˇzi finitezimalni supstancijalni vektor d
· · −
d v d l = d l dt
1 1 grad p + gradv 2 ρ 2
f
.
(4.62)
Reˇsenje 4.14 Supstancijalni izvod skalarnog proizvoda brzine v i supstanci jalnog elementa d l jednak je d dv d(d l) v d l = dl + v . dt dt dt
·
Ako je d l = r2
·
(4.63)
·
− r1, onda je d(d l) = (r2 + v(r2 , t)dt − (r1 + v(r1 , t)dt)) − (r2 − r1 ) = (v(r2 , t) − v(r1 , t)) dt ,
a poˇsto je
v (r2 , t) = v(r1 + d l, t) = v(r1 , t) + (d l
· ∇)v ,
sledi da je v
· d(ddtl) = v · ((d l· ∇)v) .
(4.64)
Kako je 3
v ((d l
·
· ∇)v)
=
3
vi
i=1
=
3
∂v i dlj = ∂x j i,j
3
1 2
j =1
3
j =1
=1
∂v i 1 dlj vi = ∂x j 2 i,j
3
∂ dlj ∂x j
vi2
=
i=1
=1
dlj
∂v i2 ∂x j
1 dl gradv 2 , 2
·
vra´ canjem ovog izraza u (4.64), a zatim u (4.63), dobijamo
· ·
d v d l = d l dt
dv 1 + gradv 2 dt 2
,
a odatle, zamenom supstancijalnog izvoda brzine iz Ojlerove jednaˇ cine (2.5), konaˇ cno i izraz koji je trebalo pokazati. Zadatak 4.15 (Kelvinova teorema) Koriste´ ci prethodni zadatak pokazati da se cirkulacija Γ = C (t) v dl po supstancijalnoj konturi C (t) u idealnom barotropnom fluidu, koji se kre´ce u polju potencijalnih zapreminskih sila, ne menja u toku njenog kretanja.
·
Reˇsenje 4.15 Supstancijalni izvod cirkulacije Γ jednak je dΓ d = dt dt
C (t)
v d l=
·
C (t)
d v d l, dt
·
4.3 Vrtloˇ zno kretanje idealnog fluida
67
a to je, na osnovu prethodnog zadatka dalje jednako dΓ dt
=
· − · ∇ − − f
C (t)
=
1 1 grad p + gradv2 ρ 2 1 ( U I + v2 ) = d( U 2 C (t)
d l d l
C (t)
− − I + 12 v2) = 0 ,
= gradU i grad p/ρ = gradI , koji su redom posledica gde smo iskoristili izraze f potencijalnosti zapreminskih sila i barotropnosti fluida. Dakle,
−
dΓ = 0, dt ˇsto znaˇci da je zaista Γ(t) =const u toku kretanja konture C sastavljene od deli´ca fluida. Zadatak 4.16 Kretanje tipa Rankinovog vorteksa v =
1 eϕ , 2 rΩ 1 Ωa2 eϕ , 2 r
za r < a za r > a
uspostavljeno je u velikoj zapremini vode sa slobodnom povrˇsinom ( r ,φ,z). Ako a slobodna povrˇsina deo ravni z = 0 , pokazati da je jednaˇ je za r cina slobodne povrˇsine vode za konaˇcno r data sa
z=
− −
Ω2 a4 , 8gr 2 Ω2 a2 Ω2 r2 + , 4g 8g
za r > a za r < a .
Reˇsenje 4.16 Zamenjivanjem izraza za brzinu u Ojlerovu jednaˇcinu, dobijaju se jednaˇcine u oblastima r < a i r > a, iz kojih sledi da je pritisak jednak p =
−
ρgz + 18 ρr2 Ω2 + C 1 , za r < a 2 4
−ρgz − 18 ρΩr a 2
+ C 2 . za r > a
(4.65)
Za r slobodna povrˇsina leˇzi u ravni z = 0, a na slobodnoj povrˇ sini je pritisak jednak atmosferskom pritisku p0 , pa odatle zakljuˇ cujemo da je C 2 = p0 . Takode, pritisak treba da bude neprekidna funkcija, pa odatle za r = a zakljuˇcujemo da je C 1 = p0 14 ρΩ2 a2 . Jednaˇcinu slobodne povrˇsine vode datu u zadatku onda direktno dobijamo izjednaˇcavanjem pritiska (4.65) sa atmosferskim pritiskom p0 .
→∞
−
Zadatak 4.17 Jako dugaˇcak nepokretan cilindar nalazi se u struji idealnog fluida, opisanoj funkcijom toka ψ = U r sin ϕ
−
U a2 sin ϕ r
− 2πk ln ar ,
68
Idealan fluid
4πU a, a r, ϕ i z cilindriˇcne koordinate, pri gde su k, a i U konstante, k ˇcemu se z –osa poklapa sa osom cilindra. Pokazati da ukupna povrˇsinska sila kojom fluid deluje na jediniˇ cnu duˇzinu cilindra ima pravac normalan na pravac - normalan i na osu cilindra), brzine fluida na jako velikim rastojanjima (takode, a intenzitet ρU k, gde je ρ gustina fluida.
||≤
Reˇsenje 4.17 Pomo´cu date funkcije toka nalazimo cilindriˇcne komponente brzine: vr
=
vϕ
=
1 ∂ψ a2 = U cos ϕ r ∂ϕ r2 ∂ψ a2 = U sin ϕ +1 ∂r r2
− −
−
1
k 2πr
a onda stavljanjem izraza za brzinu u Ojlerovu jednaˇcinu dobijamo izraz za pritisak: p(r, ϕ) = ρ
U 2 a2 kU cos2ϕ + 2 r 2πr
a2 +1 r2
k2 8π 2 r2
−
+ const .
(4.66)
je onda jednaka Povrˇsinska sila po jedinici duˇzine F = F
2π
− a
2π
p(a, ϕ)er dϕ =
0
− a
p(a, ϕ)(cos ϕex + sin ϕ ey )dϕ =
0
−ρkUey .
Ova sila je oˇcigledno normalna na osu cilindra, a poˇsto je brzina fluida na jako velikim rastojanjima od cilindra jednaka = lim (vrer + vϕeϕ ) = V r →∞
−U (cos ϕer − sin ϕeϕ) = −Uex ,
sila je normalna i na brzinu u beskonaˇ cnosti.
4.4
Talasi u idealnom fluidu
Zadatak 4.18 Kroz stiˇsljivi idealni barotropni fluid prostire se ravan monohromatski talas, pri ˇcemu je brzina deli´ca v = ve1 = cos
gde je c=
2π (x1 λ
d p dt
− ct) ,
ρ=ρ0
c. Pretpostavljaju´ci da se gustina fazna brzina talasa, λ talasna duˇzina, a ρ pri prostiranju talasa menja kao ρ(x1 , t) = ρ0 (1 + s(x1 , t)), s 1, gde je ρ0 gustina neperturbisanog fluida, na´ci ρ(x, t). Jedina zapreminska sila je = ge3 . gravitaciona sila f
−
||
4.4 Talasi u idealnom fluidu
69
Reˇsenje 4.18 Poˇsto je v
∂v = ∂x 1
i
−2 cos 2πλ (x1 − ct)sin 2πλ (x1 − ct) ∂v 2π 2π = c sin (x1 ∂t λ λ
sledi da je
pa je
∂v v ∂x 1 ∂v ∂t
=
2π cos (x1 c λ
|
− ct)
− ct)| 1 ,
dv ∂v . dt ∂t - poˇsto je fluid barotropan, vaˇ Takode, zi
≈
∂p d p ∂ρ ∂s = = c2 ρ0 , ∂x 1 dρ ∂x 1 ∂x 1 pa iz Ojlerove jednaˇcine (2.5) sledi ∂v = ∂t
−c2 ∂x∂s1 ,
(4.67)
odakle je
2π cos (x1 ct) + F (t) . c λ S druge strane, jednaˇ cina kontinuiteta ovde ima oblik s(x1 , t) =
−
∂ρ ∂ + (ρv) ∂t ∂x 1
∂v + ρ0 = 0, ≈ ρ0 ∂s ∂t ∂x 1
− ∂x∂v1 ⇒
dF =0 dt
(4.68)
odakle sledi ∂s = ∂t
⇒
F = const ,
gde smo iskoristili (4.68). Konaˇ cno je ρ = ρ0
2π 1 + cos (x1 c λ
− ct)
,
poˇsto F mora da bude jednako 0, zbog uslova da je u neperturbisanom stanju ρ = ρ0 . Zadatak 4.19 (Rimanov talas) Poznato je da pri prostiranju talasa kroz stiˇsljiv barotropan fluid njegovi deli´ci imaju brzinu oblika v = v(ρ)e1 ,
70
Idealan fluid
pri ˇcemu je gustina ρ fluida funkcija samo x1 koordinate i vremena t. Ako = ge3 , pokazati da je jedina zapreminska sila koja deluje gravitaciona sila f gustina pri ovakvom talasnom kretanju mora da zadovoljava jednaˇcinu
−
− x u(ρ)
ρ = F t
gde je F proizvoljna funkcija svog argumenta (t u(ρ) = v(ρ) + c(ρ) ,
,
− x/u), a
c(ρ) =
d p . dρ
Reˇsenje 4.19 Pod pretpostavkama zadatka jednaˇcina kontinuiteta dobija oblik ∂ρ ∂ρ + ∂t ∂x 1
dv v+ρ dρ
= 0,
(4.69)
(4.70)
a projekcija Ojlerove jednaˇcine na x1 osu: dv ∂ρ ∂ρ + dρ ∂t ∂x 1
dv 1 d p v + dρ ρ dρ
=0.
Mnoˇzenjem jednaˇcine (4.69) sa ddvρ i poredenjem tako dobijene jednaˇ cine sa jednaˇcinom (4.70) zakljuˇcujemo da je d p = ρ2 dρ odakle je ρ
dv dρ
2
,
dv = c. dρ
Vra´canjem poslednjeg izraza u (4.69) dobijamo jednaˇcinu ∂ρ ∂ρ + u(ρ) = 0. ∂t ∂x 1
(4.71)
Konaˇcno, treba proveriti da li funkcija koja zadovoljava jednaˇcinu ρ = F (t x/u(ρ)), zadovoljava i jednaˇcinu (4.71). Poˇsto je ∂ρ ∂t ∂ρ ∂x 1
= =
−
−
x1 ∂ρ 1 + 2 u F , u ∂t 1 x1 ∂ρ + u F , u u2 ∂x 1
direktnom zamenom ovih izraza u jednaˇcinu (4.71) dobijamo identitet, ˇsto znaˇci da gustina zaista zadovoljava jednaˇcinu datu u zadatku, za funkciju F proizvoljnog oblika.
4.4 Talasi u idealnom fluidu
71
Zadatak 4.20 Gravitacioni talas male amplitude [1] prostire se kroz nestiˇsljivu teˇcnost beskonaˇcne dubine i jako velike povrˇ sine, pri ˇcemu je potencijal brzine Φ jednak Φ = C ekx3 cos(kx1 ωt) ,
−
gde su C , k i ω pozitivne konstante, a x3 koordinata izabrana tako da je gravitaciono ubrzanje g = ge3 . Pretpostavljaju´ci da se deli´ci teˇcnosti pri ovakvom kretanju ne udaljavaju mnogo od svojih srednjih poloˇ zaja (x01 , x02 , x03 )(koji se ne menjaju sa vremenom), pokazati da su trajektorije deli´ca pribliˇzno kruˇznice, ˇciji polupreˇ cnici opadaju sa dubinom.
−
Reˇsenje 4.20 Komponente brzine deli´ca su jednake v1
=
v2
=
v3
=
∂ Φ = kC ekx3 sin(kx1 ωt) , ∂x 1 ∂ Φ = 0, ∂x 2 ∂ Φ = kC ekx3 cos(kx1 ωt) . ∂x 3
−
(4.72)
−
(4.73) (4.74)
−
Poˇ sto su po sugerisano j pretpostavci xi (t) = x0i + X i (t) i = 1, 2, 3 , gde su X i (t) x0i , izrazi za brzinu su u prvoj aproksimaciji jednaki vrednostima koje dobijemo kada u njima x1 i x3 zamenimo njihovim srednjim vrednostima, tj. moˇzemo uzeti da je pribliˇzno
|
|| |
dx1 dt dx3 dt
=
−kC ekx 0
= kC ekx3
0 3
sin(kx01
− ωt) , cos(kx01 − ωt) ,
(4.75) (4.76)
odakle direktnim integraljenjem dobijamo X 1 (t) =
− ωk C ekx
0 3
cos(kx01
− ωt)
i X 3 (t) =
+ (x3
x03 )2
− ωk C ekx
0 3
sin(kx01
− ωt) ,
pa je jednaˇcina trajektorije (x1
−
x01 )2
−
k 2 2 2kx03 = 2 C e , ω 0
zaista jednaˇcina kruˇznice, ˇciji polupreˇcnik kC ekx3 /ω opada sa smanjivanjem x03 .
- frekvence ω i taZadatak 4.21 Pokazati da dizperziona relacija (veza izme du lasnog broja k) za gravitacioni talas male amplitude, koji se prostire kroz sloj nestiˇsljive teˇcnosti h x3 0, ima oblik
− ≤ ≤
ω 2 = gkthkh ,
( )
∗
72
Idealan fluid
pri ˇcemu je gravitaciono ubrzanje g = ge3 . Pretpostavlja se da je kretanje potencijalno sa potencijalom brzine Φ oblika
−
Φ = F (x3 )cos(kx1
− ωt) ,
ˇ gde su k i ω pozitivne konstante, a F (x3 ) nepoznata funkcija. Cemu je jednaka fazna brzina prostiranja talasa u sluˇ caju kada je dubina h mnogo manja od talasne duˇzine talasa? Reˇsenje 4.21 Poˇ sto je teˇcnost nestiˇsljiva, potencijal zadovoljava Laplasovu jednaˇcinu ∆Φ = 0 , pa zamenom izraza za potencijal, datog u zadatku, dobijamo obiˇcnu diferenci jalnu jednaˇcinu d2 F k 2 F (x3 ) = 0 , dx23
−
koju funkcija F treba da zadovoljava, a ˇcije je opˇste reˇsenje F (x3 ) = C 1 ekx3 + C 2 e−kx3 .
(4.77)
Na povrˇsini teˇcnosti potencijal treba da zadovoljava (videti u [1]) graniˇcni uslov: ∂ 2 Φ ∂ Φ +g =0, 2 ∂t ∂x 3
(4.78)
dok je za x3 = h komponenta brzine normalna na dno jednaka nuli (teˇcnost - kroz ˇcvrsto dno), tj. ne moˇze da pro de
−
∂ Φ ∂x 3
= 0.
(4.79)
x3 =−h
Zamenjuju´ci u uslov (4.79) potencijal sa funkcijom F oblika (4.77) nalazimo da je C 1 = C 2 e2kh , a onda iz uslova (4.78) primenjenog na x3 = 0 (ˇsto smemo da uradimo poˇsto se radi o talasu male amplitude, pa je povrˇ sina uvek bliska ravni x3 = 0) dobijamo disperzionu relaciju (*). Fazna brzina ovog talasa c = ω/k je, na osnovu disperzione relacije (*), jednaka ω c= thkh . k
Poˇsto se talasna duˇzina λ izraˇzava preko talasnog broja kao 2π/k, uslov da je dubina h mnogo manja od talasna duˇzine znaˇci da je hk 1, pa je fazna brzina u tom sluˇcaju jednaka lim c = gh .
hk→0
Poglavlje 5
Viskozan fluid 5.1
Navije–Stoksov tenzor napona
Zadatak 5.1 U Navije–Stoksovom fluidu polje brzine zadato je sa: v1 =
−x1 − x2,
v2 = x2
− x1,
v3 = 0 .
Za ravan ˇciji je ort normale e1 na´ci: a) razliku normalne komponente napona u ovom fluidu i normalne komponente napona koja bi delovala u sluˇ caju da je fluid idealan, b) intenzitet tangencijalne komponente napona. Koeficijent viskoznosti je η = 0.982mP a s.
·
Reˇsenje 5.1 a) Poˇsto je divv =
∂v 1 ∂v 2 ∂v 3 + + = ∂x 1 ∂x 2 ∂x 3
−1 + 1 = 0 ,
ovde se, u stvari, radi o Stoksovom fluidu, pa tenzor napona ima oblik
P ˜ = − pE ˜ + 2ηS ˜ ,
(5.1)
gde je η koeficijent viskoznosti. Lako se nalazi da je tenzor brzine deformacije ˜ u ovom sluˇcaju reprezentovan matricom
S
− −
−1
− − −
−
S =
1 1 0
1 0
0 0 0
pa tenzoru napona odgovara matrica
P =
,
2η p 2η 0 2η 2η p 0 0 0 0
−
(5.2)
,
(5.3)
74
Viskozan fluid
odakle je traˇzena normalna komponenta napona P N jednaka P N = e1
· P · e1 = −2η − p .
(5.4)
ideal = p, Kako je u sluˇcaju idealnog fluida normalna komponenta napona P N N za ova dva sluˇcaja je razlika normalnih komponenata napona ∆P
−
ideal ∆P N = P N
− P N = 2η ,
(5.5)
ˇsto znaˇci da veliˇcina p kod viskoznih fluida nema uvek smisao normalne sile po jedinici povrˇsine. b) Poˇ sto je ukupni napon koji deluje u taˇckama ravni normalne na e1 jednak
P · e1 =
− − − 2η p 2η 0
,
(5.6)
intenzitet njegove tangencijalne komponente P T jednak je
| |
|P T | = 2η = 1.964mPas .
(5.7)
Zadatak 5.2 Kretanje fluida koje je takvo da brzine svih deli´ca imaju isti pravac naziva se paralelni tok. Pokazati da je u sluˇcaju paralelnog toka u Stoksovom fluidu intenzitet normalne komponente napona koji deluje na ravni paralelne ili normalne na tok jednak pritisku p. Reˇsenje 5.2 Za paralelan tok polje brzine ima oblik v = vn, gde je n fiksirani ort. Izaberimo koordinatni sistem tako da x1 osa ima pravac orta n. Onda je v = v(x1 , x2 , x3 , t)e1 .
(5.8)
Poˇsto se radi o Stoksovom fluidu, koji je po definiciji nestiˇsljiv, potrebno je da je zadovoljen uslov divv = 0, tj. divv =
∂v =0, ∂x 1
(5.9)
ˇsto znaˇci da intenzitet brzine v ne zavisi od koordinate x1 . Tenzoru brzine deformacije ˜ u tom sluˇcaju odgovara matrica
S
S = 12 a tenzoru napona
0 ∂v ∂x 2 ∂v ∂x 3
p
P =
−
∂v η ∂x 2 ∂v η ∂x 3
∂v ∂x 2
∂v ∂x 3
0 0
0 0
∂v η ∂x 2 p 0
−
∂v η ∂x 3 0 p
−
,
(5.10)
,
(5.11)
odakle je jasno da je intenzitet normalne komponente napona koji deluje na ravni paralelne ili normalne na tok jednak pritisku p.
5.2 Stacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
5.2
75
Stacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
Zadatak 5.3 (Ravan Kuetov tok) Stoksov fluid stacionarno protiˇce izme du dve beskonaˇcne paralelne ploˇce, od kojih jedna miruje, a druga se kre´ ce konstantnom brzinom intenziteta u u svojoj ravni. Na´ ci profil brzine unutar fluida, ako je poznato da je rastojanje izmedju ploˇca d, da je gradijent pritiska jednak nuli i da su zapreminske sile jednake nuli.
Reˇsenje 5.3 Izaberimo koordinatni sistem tako da donja ploˇ ca leˇ zi u ravni x2 = 0, gornja u ravni x2 = d, a neka je x1 osa odredena pravcem vektora u, tj neka je u = ue1 . Pod pretpostavkom da je kretanje laminarno, tj. u slojevima (dakle da nema znaˇcajnog meˇ sanja susednih slo jeva, tj. turbulencija), kao i zbog simetrije, pretpostavi´cemo da je brzina deli´ca u fluidu oblika v = v(x2 )e1 . Onda je ∂v ∂ + (v ) v = v v = 0 , ∂t ∂x 1
·∇
a poˇsto se zapreminske sile zanemaruju i nema gradijenta pritiska, Stoksova jednaˇcina ∂v 1 grad p + η ∆v + (v ) v = f (5.12) ∂t ρ ρ
·∇
−
se svodi na ∆v = 0
⇒
d2 v = 0, dx22
(5.13)
odakle sledi v(x2 ) = C 1 x2 + C 2 .
(5.14)
Integracione konstante u poslednjem izrazu odre duju se iz graniˇ cnih uslova – u ovom sluˇcaju to su tzv. uslovi slepljivanja . Naime, usled viskoznosti deli´ ci fluida se lepe za ˇcvrstu granicu, tako da im je brzina jednaka brzini granice. Ovde to znaˇci da je v(0) = 0, poˇsto ploˇca x2 = 0 miruje, odnosno v(d) = u, poˇsto se ploˇca x2 = d kre´ce brzinom u. Zamenom ovih graniˇcnih uslova u dobijeni izraz za profil brzine, dobijamo dve jednostavne algebarske jednaˇcine, ˇcijim reˇsavanjem nalazimo konstante C 1 i C 2 , tako da je konaˇcno v =
u x2e1 . d
(5.15)
76
Viskozan fluid
Zadatak 5.4 Tanka ravna ploˇ ca kvadratnog oblika, ivice a, klizi na tankom sloju ulja, debljine d, po horizontalnoj ravni. Ako je brzina ploˇ ce u, a viskoznost ulja η, izraˇcunati silu kojom treba delovati na ploˇ cu da bi se ovakvo kretanje odrˇ zalo, pretpostavljaju´ci da se kretanje fluida moˇze aproksimirati ravnim Kuetovim tokom. Kolika je ta sila ako je a = 1m, d = 2mm, u = 1m/s i η = 1P a s?
·
Reˇsenje 5.4 Ako iskoristimo rezultate dobijene u prethodna dva zadatka, tj. izraz (5.15) za brzinu pri Kuetovom proticanju i izraz (5.11) za tenzor napona pri paralelnom toku, dobijamo da tenzor napona pri Kuetovom proticanju ima oblik p η ud 0 u = ηd p 0 , (5.16) 0 0 p
P
−
−
−
pa je vektor napona koji deluje na gornju ploˇcu jednak u ( e2 ) = η e1 + pe2 . d
P −
−
(5.17)
visk kojom fluid deluje na gornju ploˇcu jednaka je proizvodu Ukupna viskozna sila F tangencijalne komponente ovog vektora i povrˇsine ploˇce: visk = η u a2e1 , F (5.18) d
−
istog pravca i intenziteta, a suprotnog pa je na ploˇcu potrebno delovati silom F smera, da bi se ovakvo kretanje odrˇ zalo. Intenzitet te sile jednak je u F = η a2 = 500N . d Zadatak 5.5 (Ravan Poazejev tok) Stoksov fluid stacionarno protiˇce izme- dve beskonaˇcne paralelne ploˇce, koje miruju, u pravcu paralelnom ploˇcama, du pri ˇcemu intenzitet brzine deli´ca zavisi samo od najkra´ce udaljenosti deli´ca od ploˇ ca. Pokazati da je gradijent pritiska unutar fluida konstantan i na´ ci profil brzine, ako je taj gradijent poznat. Rastojanje izmedju ploˇca je 2b, koeficijent viskoznosti je η , a zapreminske sile se mogu zanemariti.
Reˇsenje 5.5 Ako koordinatni sistem izaberemo kao na slici, brzina ima oblik v = v(x2 )e1 , pa stavljanjem takvog izraza u Stoksovu jednacinu (5.12), uz ostale pretpostavke zadatka, dobijamo jednaˇcinu grad p = η∆v .
(5.19)
5.2 Stacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
77
Projektovanjem ove jednaˇcine na x2 i x3 osu dobijamo: ∂p ∂p = = 0, ∂x 2 ∂x 3 odakle zakljuˇ cujemo da pritisak zavisi samo od koordinate x1 . Uzimaju´ci to u obzir, projekcija Stoksove jednaˇcine na pravac x1 dobija oblik: d p d2 v =η 2. dx1 dx2
(5.20)
Leva strana ove jednaˇcine zavisi samo od x1 , a desna samo od x2 , ˇsto je za proizvoljne vrednosti ovih koordinata mogu´ce jedino ako su obe strane ove jednaˇ cine jednake konstanti. Kako leva strana jednaˇ cine upravo predstavlja x1 komponentu gradijenta pritiska, dok su preostale dve komponente jednake nuli, to znaˇ ci da je zaista gradijent pritiska pri ovakvom proticanju konstantan. d p Ako dx1 oznaˇcimo sa K , onda iz poslednje jednaˇcine dobijamo diferencijalnu jednaˇcinu ˇcijim reˇsavanjem dobijamo izraz za intenzitet brzine: d2 v K = 2 dx2 η
⇒
1 K 2 x + C 1 x2 + C 2 , 2 η 2
v(x2 ) =
(5.21)
gde konstante C 1 i C 2 nalazimo iz graniˇcnih uslova v( b) = v(b) = 0. Zamenom dobijenog izraza za v u ove graniˇ cne uslove dobijamo sistem od dve obiˇcne algebarske jednaˇcine po C 1 i C 2
−
v( b)
−
=
v(b)
=
iz kojih sledi C 1 = 0, C 2 =
1 K 2 b C 1 b + C 2 = 0 , 2 η 1 K 2 b + C 1 b + C 2 = 0 , 2 η
−
− 12 Kη b2, pa je, konaˇcno, profil brzine:
v(x2 ) =
−
x22 b2
−
1 K 2 b 1 2 η
.
(5.22)
- dve beskonaˇ Zadatak 5.6 Prostor izmedu cne ravne paralelne ploˇ ce, koje se nalaze na rastojanju 2a jedna od druge, ispunjen je sa dva Stoksova fluida, jednakih debljina a i koeficijenata viskoznosti η1 i η2 . Fluidi stacionarno protiˇcu - ploˇca usled delovanja konstantnog gradijenta pritiska K , paralelnog ploizmedu ˇcama. Pretpostavljaju´ ci da se fluidi pri kretanju ne meˇ saju, da je proticanje laminarno, kao i da se zapreminske sile mogu zanemariti, na´ ci profil brzine u fluidima. Reˇsenje 5.6 Stoksova jednaˇcina u ovom sluˇcaju svodi se na jednaˇcine = η1 ∆v1 K
= η2 ∆v2 i K
u odgovaraju´cim oblastima fluida (poˇsto su fluidi nestiˇsljivi, zapreminskih sila nema, a v = v(y)ex – vidi sliku).
78
Viskozan fluid
= Kex , gornje vektorske jednaˇcine se svode na skalarne Poˇsto je K d2 v1 K = η1 2 dy
d2 v2 i K = η2 2 , dy
ˇcija su opˇsta reˇsenja 1 K 2 y + Ai y + Bi , 2 ηi
vi (y) =
i = 1, 2 .
(5.23)
Konstante Ai i Bi odreduju se iz graniˇcnih uslova: v1 (a) = 0 , v1 (0) = v2 (0) , v2 ( a) = 0 , e P y
−
y =0
=
−
−e P y
(5.24) (5.25) (5.26)
y=0
.
(5.27)
Zamenom izraza (5.23) za brzine u uslove (5.24), (5.25) i (5.26) dobijaju se slede´ce jednaˇcine: K 2 a + A1 a + B1 2η1 B1 K 2 a A2 a + B2 2η2
−
= 0,
(5.28)
= B2 ,
(5.29)
= 0.
(5.30)
ˇ Cetvrti uslov (5.27) se, zbog e P y
y=0
= =
P ˜1ey = (− p1E ˜ + 2η1S ˜) ey |y=0 − p1 η1 ddvy 0 η1 ddvy − p1 0 0 0 − p1 y=0
1
1
i, sliˇcno,
−
−e P y
y=0
= ˜2ey =
P
− − 0 1 0
η2 A2 p2 (0) 0
=
,
η1 A1 p1 (0) 0
,
(5.31)
5.2 Stacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
79
svodi na jednaˇcine: η1 A1 = η2 A2 p1 (0) = p2 (0) .
(5.32)
Reˇsavanjem sistema jednaˇcina (5.24), (5.25), (5.26), (5.32) dobijamo koeficijente Ai i Bi : Ai B1
Ka η1 η1 η2 , i = 1, 2 2ηi η2 η1 + η2 Ka2 = B2 = . η1 + η2
−
=
−
Zadatak 5.7 Sloj Stoksove teˇcnosti gustine ρ, koeficijenta viskoznosti η i debljine d stacionarno teˇ ce niz nepokretnu strmu ravan ugla α, tako da brzina proticanja zavisi samo od dubine. Strma ravan je jako velika i postavljena je na horizontalnu ravan u homogenom gravitacionom polju. Pretpostavljaju´ ci da je atmosfera idealan fluid, a da je atmosferski pritisak jednak p0 , na´ci profil brzine unutar teˇcnosti.
Reˇsenje 5.7 Brzinu ´cemo traˇziti u obliku v = v(x2 )e1 . Poˇsto je g = g(sin αe1 cos αe2 ), projekcije Stoksove jednaˇcine na koordinatne ose imaju oblik: 0 0 0
1 ∂p η d2 v = g sin α + , ρ ∂x 1 ρ dx22 1 ∂p = g cos α , ρ ∂x 2 1 ∂p = , ρ ∂x 3
−
− −
−
−
(5.33) (5.34) (5.35)
Iz jednaˇ cine (5.35) zakljuˇ cujemo da pritisak ne zavisi od x3 koordinate, a iz (5.34) onda sledi (5.36) p = ρgx2 cos α + F (x1 ) ,
−
80
Viskozan fluid
gde je F (x1 ) nepoznata funkcija koordinate x1 , a zamenom ovog izraza u (5.33) dobijamo jednaˇcinu dF (x1 ) d2 v ρg sin α + =η 2. (5.37) dx1 dx2 Leva strana poslednje jednaˇ cine zavisi samo od koordinate x1 , a desna samo od x2 , ˇsto je za proizvoljne vrednosti x1 i x2 mogu´ ce samo ako su obe strane jednakosti jednake istoj konstanti, koju ´cemo oznaˇciti sa K . Odatle za brzinu dobijamo obiˇcnu diferencijalnu jednaˇcinu drugog reda
−
K d2 v = , η dx22
(5.38)
ˇcije je reˇsenje
K 2 x + K 1 x2 + K 2 . (5.39) 2η 2 Za x2 = 0, tj. uz samu strmu ravan, brzina teˇ cnosti je jednaka nuli, odakle zakljuˇcujemo da je K 2 = 0. Za x2 = d, graniˇcni uslov dobijamo iz v=
− − E
˜ ( e2 )
(5.40) P − x =d = p0 ˜ (e2) . ˜ = − pE ˜ + 2ηS ˜, a tenzoru brzine deformacije odgovara matrica Poˇsto je P
S − =
iz uslova (5.40) dobijamo
2
1 2
µ ddxv2 p 0
odnosno
dv dx2
i
dv dx2
= x2 =d
⇒
0 0 0
−
0 0
0
=0
x2 =d
dv dx2
0
,
0 p0 0
K 1 =
(5.41)
,
(5.42)
− Kd η
(5.43)
p(d) = p0 .
(5.44)
Medutim, iz (5.36) onda sledi da je
−ρgd cos α + F (x1) = p0
(5.45)
taˇcno za svako x1 , ˇsto je mogu´ce jedino ako je F (x1 ) =const. Odatle je K =
1) = −ρg sin α , −ρg sin α + dF (x dx1
(5.46)
pa je konaˇcno brzina jednaka v=
ρg sin α x2 (2d 2η
− x2) .
(5.47)
5.2 Stacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
81
Zadatak 5.8 (Hagen–Poazejev tok) Pod Hagen–Poazejevim tokom podrazumeva se stacionarno proticanje viskoznog Stoksovog fluida, gustine ρ i koefici jenta viskoznosti η u homogenom polju gravitacije kroz cilindriˇcnu cev preˇ cnika d, ˇcija osa sa horizontalom zaklapa ugao θ . Smatraju´ci da se radi o paralelnom toku u pravcu ose cevi, kao i da brzina fluida zavisi samo od rastojanja od ose cilindra
a) pokazati da je projekcija gradijenta pritiska na pravac ose cilindra konstanta i b) na´ ci profil brzine u cevi, ako je ta projekcija poznata.
Reˇsenje 5.8 a) Stoksova jednaˇcina (5.12) u ovom sluˇcaju ima oblik 0 = g
− 1ρ grad p + ηρ ∆v .
(5.48)
Ako koordinatni sistem izaberemo kao na slici, onda gravitaciono ubrzanje g i brzinu v moˇzemo da napiˇsemo kao g = g( cos θe1 + sin θe3 ) ,
−
v = v(x1 , x2 )e3 ,
(5.49)
pa projektovanjem Stoksove jednaˇcine na x2 osu dobijamo 0=
− 1ρ ∂x∂p2 ,
odakle zakljuˇ cujemo da pritisak ne zavisi od koordinate x2 , tj. p = p(x1 , x3 ). Projekcija Stoksove jednaˇcine na x1 osu ima oblik 0=
−g cos θ − ρ1 ∂x∂p1 ,
(5.50)
odakle je p(x1 , x3 ) =
−ρgx1 cos θ + F (x3) ,
(5.51)
gde je F funkcija samo koordinate x3 . To dalje znaˇci da je ∂p dF = , ∂x 3 dx3
(5.52)
82
Viskozan fluid ∂p ∂x 3
pa stavljanjem ovakvog izraza za 0=
u projekciju Stoksove jednaˇcine na x3 osu:
−g sin θ − ρ1 ∂x∂p3 + ηρ ∆v ,
(5.53)
dobijamo jednaˇcinu: ρg sin θ +
dF (x3 ) = η∆v . dx3
(5.54)
Leva strana ove jednaˇcine je funkcija samo od x3 , a desna samo od x1 i x2 , ˇsto je za proizvoljne vrednosti ovih koordinata mogu´ce samo ako su obe strane jednaˇcine jednake istoj konstanti. Odatle sledi da je i dF d(xx33 ) konstantno, pa zbog (5.52) to istovremeno znaˇci i da je projekcija gradijenta pritiska na osu cevi konstanta. b) Poˇsto je v=v jednaˇcinu
x21 + x22
∆v =
= v(r)
ρg sin θ + K = C η
(5.55)
je na jzgodnije reˇsavati u cilindriˇcnim koordinatama. Izraz za laplasijan (A.4) u cilindriˇcnim koordinatama se svodi na 1 d ∆v = r dr
r
dv dr
r
dv 1 = Cr 2 + C 1 , dr 2
,
(5.56)
pa iz jednaˇcine (5.55) sledi d dr
r
dv dr
= Cr
⇒
(5.57)
odnosno
dv 1 C 1 1 = Cr + v(r) = Cr 2 + C 1 ln r + C 2 . (5.58) dr 2 r 4 Za r 0 vaˇzi ln r , ˇsto znaˇci da treba uzeti da je konstanta C 1 = 0, jer nema nikakvog fiziˇckog razloga da brzina deli´ca na osi cevi bude beskonaˇcna. Preostalu neodredenu konstantu C 2 nalazimo iz uslova da je v(d/2) = 0, odakle 2 je C 2 = Cd /8, tako da je konaˇcno
⇒
→
→ −∞
−
v =
ρg sin θ + 4η
∂p ∂x 3
r
2
−
d2 4
e3 .
(5.59)
Zadatak 5.9 (Kuetovo proticanje) Stoksov fluid stacionarno protiˇce izmedu dva beskonaˇcna koaksijalna cilindra, polupreˇcnika r1 i r2 ( r1 < r2 ), usled njihove rotacije oko zajedniˇcke ose ugaonim brzinama Ω1 i Ω2 , respektivno. Zanemaruju´ci zapreminske sile, na´ci profil brzine fluida, ako je poznata gustina fluida ρ i koeficijent viskoznosti η.
5.2 Stacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
83
Reˇsenje 5.9 Zbog simetrije problema polje brzine treba traˇziti u obliku v = v(r)eϕ ,
(5.60)
gde su (r,ϕ,z) cilindriˇcne koordinate, pri ˇcemu se osa z poklapa sa za jedniˇckom osom cilindara. Supstancijalni izvod brzine je ovde najzgodnije traˇ ziti preko formule dv ∂v 1 = + gradv 2 v rotv . (5.61) dt ∂t 2
− ×
v Zbog stacionarnosti proticanja je ∂ ∂t = 0, a ako primenimo izraze za gradijent (A.1) i rotor (A.3) u cilindriˇ cnim koordinatama dobijamo
dv v2 = er . dt r
(5.62)
Kako je ∆v = graddivv
− rotrotv = −
d rotrotv = dr
dv v + dr r
eϕ ,
(5.63)
Stoksova jednaˇcina u ovom sluˇcaju dobija oblik v2 er = r
−
1 d p η d er + ρ dr ρ dr
dv v + dr r
eϕ ,
(5.64)
odakle je v2 = r i
d dr
− ρ1 d p dr
dv v + dr r
=0
(5.65)
(5.66)
84
Viskozan fluid
Iz poslednje jednaˇ cine direktno dobijamo linearnu nehomogenu diferencijalnu jednaˇcinu prvog reda dv v + = C 1 , (5.67) dr r ˇcije je opˇste reˇsenje: −
v(r) = e
dr r
C 1
e
dr
dr + C 2
r
= C 1
r C 2 + . 2 r
(5.68)
Konstante C 1 i C 2 odredujemo iz graniˇcnih uslova: v(r1 ) = Ω1 r1 ,
v(r2 ) = Ω2 r2 .
(5.69)
Zamenom dobijenog izraza za brzinu u ove graniˇ cne uslove dobijamo sistem od dve algebarske jednaˇcine po C 1 i C 2 , ˇcijim reˇsavanjem nalazimo 2 2
C 1 = 2(Ω1
− Ω2) r2r1−r2r2 , 2
C 2 =
1
Ω2 r22 r22
− Ω1r12 . − r12
(5.70)
Zadatak 5.10 U sluˇcaju Kuetovog proticanja (vidi prethodni zadatak) izraˇ cunati moment povrˇsinskih sila koji deluje na jediniˇcnu duˇzinu unutraˇ snjeg, odnosno spoljaˇsnjeg cilindra, ako unutraˇ snji cilindar miruje, a spoljaˇsnji rotira ugaonom brzinom Ω. Rezultat 5.10 Traˇ zeni moment povrˇsinskih sila jednak je 4πηΩr12 r22 /(r22
− r12).
Zadatak 5.11 Beskonaˇcno dugaˇcak ˇcvrsti cilindar polupreˇcnika a rotira konstantnom ugaonom brzinom Ω oko sopstvene ose u Stoksovom fluidu. Na´ ci pro fil brzine koji odgovara stacionarnom laminarnom osno–simetriˇ cnom kretanju uspostavljenom u fluidu usled rotacije cilindra, ako se zapreminske sile mogu zanemariti. Reˇsenje 5.11 Sliˇcno kao u sluˇcaju Kuetovog proticanja nalazimo da je brzina oblika v = v(r)eϕ , gde je K 2 v(r) = K 1 r + . (5.71) r Konstanta K 1 u ovom sluˇcaju mora biti jednaka nuli, poˇsto nema nikakvog fiziˇckog razloga da na jako velikim rastojanjima od ose cilindra brzina posta je neograniˇceno velika, a konstantu K 2 odredujemo iz uslova slepljivanja na povrˇsini cilindra: v(a) = aΩ, odakle je konaˇcno v(r) =
Ωa2 . r
(5.72)
5.3 Nestacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
5.3
85
Nestacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
Zadatak 5.12 Stoksov fluid gustine ρ i koeficijenta viskoznosti η nalazi se u poluprostoru y > 0. Graniˇcna ravan y = 0 kre´ce se brzinom v0 (t) = a cos ωt u pravcu x–ose, gde su a i ω konstante. Na´ci polje brzine u fluidu, pretpostavljaju´ci da brzina ima pravac x–ose, a da joj intenzitet zavisi samo od vremena i y – koordinate (tj. od rastojanja od ploˇce koja osciluje). Zanemariti zapreminske sile i gradijent pritiska. Reˇsenje 5.12 Stoksova jednaˇcina se u ovom sluˇcaju svodi na jednaˇcinu ∂v ∂ 2 v = ν 2 , ∂t ∂y
(5.73)
gde je v intenzitet brzine, a ν = η/ρ kinematiˇcki koeficijent viskoznosti. Uvedimo kompleksnu funkciju iωt ˆ vˆ = F (y)e . (5.74) Ako ovakva funkcija zadovoljava jednaˇcinu (5.73), onda sigurno i njen realni deo zadovoljava tu jednaˇcinu. Potraˇzimo reˇsenje jednaˇcine (5.73) u obliku (5.74), pri ˇcemu ´cemo zahtevati da realni deo funkcije vˆ zadovoljava graniˇcni uslov Reˆv(x, y = 0, z , t) = a cos ωt = v0 (t) .
(5.75)
ˆ ∂ 2 vˆ d2 F = eiωt , ∂y 2 dy2
(5.76)
Poˇsto je ∂ vˆ iωt ˆ = F (y)iωe , ∂t
ˆ iz jednaˇcine (5.73) sledi da kompleksna funkcija F (y) treba da zadovoljava jednaˇcinu ˆ d2 F iω ˆ F = 0 , (5.77) 2 dy ν
−
ˇcije je opˇste reˇsenje oblika
ω (1 + i)y 2ν + Be
ˆ F (y) = Ae
ω (1 + i)y 2ν .
(5.78)
−
(5.79)
Odatle je
vˆ = Ae
ω y i(ωt + 2ν e
ω y) − 2ν + Be
ω y i(ωt 2ν e
ω y) 2ν ,
pa je brzina jednaka
v(y, t) = e
ω y i(ωt + 2ν Re[Ae
ω y) − 2ν ]+e
ω y i(ωt 2ν Re[Be
−
ω y) 2ν ] . (5.80)
86
Viskozan fluid
√
ω
Kada y 0 ˇclan e 2ν y u prethodnom izrazu za brzinu teˇzi beskonaˇcnosti, ˇsto bi znaˇcilo da se na jako velikim rastojanjima od ploˇce (ˇcije je oscilovanje uzrok kretanja fluida) deli´ci kre´cu jako velikim brzinama. Poˇ sto za to ne postoje nikakvi fiziˇcki razlozi, treba uzeti da je konstanta A jednaka nuli, ˇsto znaˇci da brzina ima oblik
→
−
v(y, t) = e
ω y 2ν B1 cos(ωt
−
ω y) 2ν
− B2 sin(ωt
− ω y) 2ν
,
(5.81)
gde je B = B1 + iB2 , tj. B1 i B2 su redom realni i imaginarni deo kompleksne konstante B. Iz graniˇcnog uslova (5.75) konaˇcno sledi da je B1 = a i B2 = 0, pa je ω y − ω 2ν cos(ωt v(y, t) = ae y) . (5.82) 2ν
−
- dve beskonaˇcne ravne paralelne ploˇce ispunjen Zadatak 5.13 Prostor izmedu je Stoksovim fluidom, gustine ρ i koeficijenta viskoznosti η. Na´ci polje brzine unutar fluida, ako jedna od ploˇca miruje u ravni y = 0, a druga se kre´ce u sopstvenoj ravni y = H brzinom u = ue−αtex , gde su u i α pozitivne konstante. Zanemariti zapreminske sile i gradijent pritiska, a reˇsenje pretpostaviti u obliku v (r, t) = V (y)T (t)ex . Reˇsenje 5.13 Ako pretpostavljeni izraz za brzinu (uz sve ostale pretpostavke zadatka) zamenimo u Stoksovu jednaˇcinu, dobijamo slede´cu skalarnu jednaˇcinu: dT η d2 V = T (t) , dt ρ dy2
(5.83)
1 dT η 1 d2 V = . T (t) dt ρ V (y) dy2
(5.84)
V (y) odakle deljenjem sa V T sledi
U p oslednjoj jednaˇ cini izraz sa leve strane je funkcija samo vremena t, a izraz sa desne strane funkcija samo koordinate y, ˇsto je za proizvoljne vrednosti t i y mogu´ce samo ako su obe strane jednaˇcine jednake istoj konstanti K . Odatle onda dobijamo dve jednaˇcine:
i
1 dT = K T dt
(5.85)
η 1 d2 V = K. ρ V dy 2
(5.86)
Reˇsavanjem jednaˇcine (5.85) dobijamo T (t) = C 1 eKt ,
(5.87)
5.3 Nestacionarno laminarno proticanje viskoznog fluida
87
a, kako je u svakom trenutku v(H, t) = V (H )C 1 eKt = ue−αt , zakljuˇcujemo da je K = α. Onda jednaˇ cina (5.86) dobija oblik
−
d2 V αρ + V = 0 , dy 2 η
(5.88)
odakle je V (y) = C 2 cos
αρ y + C 3 sin η
αρ y η
.
(5.89)
Iz graniˇcnog uslova v(0, t) = 0 zakljuˇ cujemo da je C 2 = 0, tako da je brzina oblika: αρ v(y, t) = C sin y e−αt , (5.90) η
gde je C = C 1 C 3 . Konaˇcno, iz graniˇcnog uslova v(H, t) = ue−αt imamo
αρ H e−αt = ue−αt , η
C sin
αρ η H ) ,
odakle je konstanta C jednaka u/ sin( u
v = sin
αρ η H
pa je
αρ y e−αtex . η
sin
(5.91)
(5.92)
Zadatak 5.14 Ako se cilindar iz zadatka 5.11 u nekom trenutku iznenada zaustavi, na´ ci polje brzine u fluidu nakon zaustavljanja, pretpostavljaju´ ci da je ono oblika 1 v = F (r2 /νt)eϕ . r Jednostavnosti radi, pretpostaviti da je polupreˇ cnik cilindra jako mali. Reˇsenje 5.14 Zamenjuju´ci sugerisani oblik brzine u Stoksovu jednaˇcinu dobija se da je funkcija F reˇsenje obiˇcne diferencijalne jednaˇcine d2 F 1 dF + = 0, dw2 4 dw
(5.93)
gde je w = r2 /νt. Odavde se dobija da je F = 4C 1 + C 2 e−w/4
(5.94)
a konstante C 1 i C 2 se nalaze iz graniˇcnih uslova, tako da konaˇcno nalazimo v =
Γ0 1 2πr
−
e−r
2
/4νt
eϕ .
(5.95)
gde je Γ0 cirkulacija brzine po proizvoljnoj konturi koja obuhvata cilindar, pre nego ˇsto se on zaustavi.
88
5.4
Viskozan fluid
Vrtloˇ zno i potencijalno kretanje u viskoznom fluidu
Zadatak 5.15 Na´ci vektor vrtloˇznosti ω u zadatku 5.14. Direktnim raˇcunom ω zadovoljava uopˇstenu Helmholcovu jednaˇcinu: pokazati da d ω dt Rezultat 5.15 ω=
− ( ω · ∇)v = 12 rotf + ν ∆ ω .
Γ0 −r 2 /4νt e 8πν t
Zadatak 5.16 Polje brzine u Navije–Stoksovom fluidu ima oblik v1 = kx1 ,
v2 =
−kx2 ,
v3 = 0 .
a) Pokazati da je ovakvo kretanje potencijalno i nestiˇ sljivo. b) Na´ci polje ubrzanja. c) Zanemaruju´ci zapreminske sile, pomo´cu Stoksove jednaˇcine na´ci pritisak u fluidu, ako je gustina ρ. d) Pokazati da za ovakvo kretanje postoji integral analogan Bernulijevom integralu kod idealnih fluida i pomo´ cu njega na´ci pritisak. e) Na´ci brzinu disipacije mehaniˇcke energije u toplotu. f) Da li ravan x2 = 0 moˇze da predstavlja granicu fluid–ˇcvrsto telo? Zaˇsto? Reˇsenje 5.16 a) Lako se proverava da je rotv = 0, pa se zaista radi o potenci jalnom proticanju, kao i da je divv = 0, pa je i uslov nestiˇsljivosti zadovoljen. b) Ako iskoristimo izraz za ubrzanje dat u zadatku 1.10 dobijamo: dv 1 k2 = gradv 2 = grad x21 + x22 = k 2 (x1e1 + x2e2 ) dt 2 2
c) Poˇsto je
∆v = graddivv
(5.96)
− rotrotv ,
(5.97)
Stoksova jednaˇcina (5.12) se u ovom sluˇcaju svodi na jednaˇcinu dv 1 = grad p , (5.98) dt ρ - za ubrzanje pod b) dobijamo tri skalarne odnosno, ako iskoristimo izraz na den
−
jednaˇcine k 2 x1
=
− ρ1 ∂x∂p1
k 2 x2
=
− ρ1 ∂x∂p2
0 =
− ρ1 ∂x∂p2
5.4 Vrtloˇ z no i potencijalno kretanje u viskoznom fluidu
89
iz kojih sledi p =
− 12 ρk2(x21 + x22) + const
(5.99)
d) Stoksova jednaˇcina se u ovom sluˇcaju moˇze napisati i u obliku grad
1 2 p v + 2 ρ
= 0,
(5.100)
odakle sledi da je 1 2 p v + = const , 2 ρ
(5.101)
ˇsto jeste analogno Bernulijevom integralu kod idealnih fluida. Odatle se, zamenjivanjem izraza za brzinu datog u zadatku, direktno nalazi izraz za pritisak isti kao pod c). e) Ako sa E k oznaˇcimo kinetiˇcku energiju jedinice mase fluida, onda je dE k d = dt dt
1 2 ρv 2
= ρv
dv = k3 ρ(x21 dt
− x22) .
(5.102)
f) Za x2 = 0 brzina je jednaka v = kx1e1 , tj. nije jednaka nuli za proizvoljno x1 , ˇsto znaˇci da uslov slepljivanja nije zadovoljen, pa ravan x2 = 0 ne moˇze da predstavlja granicu fluid–ˇcvrsto telo. Zadatak 5.17 Na´ci vektor vrtloˇznosti za
a) ravno Poazejevo proticanje (zadatak 5.5); b) Hagen–Poazejevo proticanje (zadatak 5.8). Rezultat 5.17 a) ω=
− 2Kη x2e3; b) ω = − ρg sin4θη+
∂p ∂x 3
reϕ
Zadatak 5.18 Pri kom uslovu je Kuetovo proticanje (zadatak 5.9) bezvrtloˇ zno? Reˇsenje 5.18 Poˇsto je
− Ω1r12 ez (5.103) − r12 Kuetovo proticanje je bezvrtloˇzno kada je Ω2 r22 − Ω1 r12 = 0, odnosno kada je ω =
1 Ω2 r22 2 r22
zadovoljen uslov
Ω2 r2 = 12 . Ω1 r2
(5.104)
90
Viskozan fluid
5.5
Disipacija energije u viskoznom fluidu
Zadatak 5.19 Polaze´ci od opˇste jednaˇcine (2.20) unutraˇsnje energije pokazati da temperatura T Stoksovog fluida zadovoljava jednaˇ cinu ρc
gde je
dT = Θ + κ∆T , dt
(5.105)
S 112 + S 222 + S 332 + 2S 12 + 2S 13 + 2S 23) .
Θ = 2η(
- gustine unPri izvodenju ove jednaˇcine treba pretpostaviti da je veza izmedu utraˇsnje energije u i temperature T oblika u = cT , gde je c–konstanta (toplotni q = κ T , gde je κ konstanta (koeficikapacitet), kao i da vaˇ zi Furijeov zakon jent termoprovodnosti).
−∇
Reˇsenje 5.19 Jednaˇ cina (5.105) direktno sledi iz (2.20), ako se uzme u obzir da iz Furijeovog zakona sledi da je div q=
−κ∆T ,
(5.106)
kao i da je Tr ˜ ˜ = 2ηTr ˜2 = 2η(
S P
S 112 + S 222 + S 332 + 2S 122 + 2S 132 + 2S 232 ) .
S
(5.107)
Zadatak 5.20 Na´ci stacionarno polje temperature u Stoksovom fluidu koji vrˇsi - ploˇca y = 0 i y = d, ravno Kuetovo proticanje v = kye1 ( k =const) izmedu ˇcije se temperature odrˇzavaju redom na vrednostima T 1 i T 2 . Zbog simetrije problema pretpostaviti da temperatura zavisi samo od y koordinate. Reˇsenje 5.20 Poˇ sto su jedini nenulti elementi tenzora brzine deformacije S 12 = S 21 = k/2 jednaˇcina (5.105) u ovom sluˇcaju ima oblik 0 = ηk 2 + κ odakle je
d2 T , dy 2
y2 + C 1 y + C 2 . (5.108) 2 Iz graniˇcnih uslova T (0) = T 1 i T (d) = T 2 nalazimo integracione konstante: T =
− ηkκ
C 2 = T 1 ,
2
C 1 =
T 2 ηk 2 d + d 2κ
− T d1 ,
odakle je polje temperature T =
−
ηk 2 2 y + 2κ
T 2
− T 1 + ηk 2d d
2κ
y + T 1 .
(5.109)
Poglavlje 6
Razni zadaci Zadatak 6.1 Potencijal brzine ima oblik Φ = Ax1 + Bx 1 /r2 , gde je r2 = x21 + x22 . Na´ci funkciju toka ψ . Zadatak 6.2 Posmatrajmo potencijalno proticanje kome odgovara potencijal brzine A Φ = V ∞r sin ϕ + cos ϕ , r gde su r i ϕ polarne koordinate.
−
a) Na´ci funkciju toka ψ ako je proticanje nestiˇsljivo. b) Na´ci taˇcke stagnacije i izraˇcunati ψ u njima. c) Skicirati nekoliko strujnih linija za ψ
≤ −√2V
∞
A i ψ
≥ √2V
∞
A.
Zadatak 6.3 U kontinualnoj sredini polja brzine i gustine zadata su jednaˇcinama v(x1 , x2 , x3 , t) = x1e1 ,
ρ(x1 , x2 , x3 , t) = ρ0 e−t ,
gde je ρ0 =const. a) Uveriti se da je jednaˇcina kontinuiteta zadovoljena. b) Izraˇcunati masu i brzinu promene mase u cilindriˇcnoj zapremini popreˇ cnog preseka S , sa osnovama u ravnima x1 = 0 i x1 = 3 . c) Da li kretanje definisano jednaˇ cinama x1 = X 1 et−t0 ,
x2 = X 2 ,
x3 = X 3 ,
odgovara zadatom polju brzine? Obrazloˇziti odgovor. Zadatak 6.4 Cilindriˇ cna posuda u kojoj se nalazi voda, rotira konstantnom ugaonom brzinom ω oko svoje ose (koja je postavljena u pravcu gravitacionog polja). Kolika je maksimalna vrednost ω pri kojoj voda ne izlazi iz posude, ako je poznato da su polupreˇ cnik osnove i visina posude jednaki a, a da u stanju mirovanja voda ispunjava posudu do visine h = 3a/4? Kolika je minimalna visina vode u posudi za sluˇ caj te maksimalne ugaone brzine?
92
Razni zadaci
Zadatak 6.5 Pretpostavljaju´ci da se deli´ci teˇcnosti pri kretanju opisanom u zadatku 4.21 ne udaljavaju mnogo od svojih srednjih poloˇzaja (x01 , x02 , x03 ), pokazati da su njihove trajektorije pribliˇzno elipse. Zadatak 6.6 Polje brzine u viskoznom fluidu ima oblik v1 = k(x21
− x22) ,
v2 =
−2kx1x2 ,
v3 = 0 .
a) Pokazati da je ovakvo kretanje potencijalno i nestiˇ sljivo. b) Na´ci polje ubrzanja. c) Zanemaruju´ci zapreminske sile, pomo´cu Stoksove jednaˇcine na´ci pritisak u fluidu. Uzeti da je gustina fluida ρ. d) Pokazati da za ovakvo kretanje postoji integral analogan Bernulijevom integralu kod idealnih fluida i pomo´ cu njega na´ci pritisak. e) Na´ci brzinu disipacije mehaniˇcke energije u toplotu. f) Da li ravan x2 = 0 moˇze da predstavlja granicu fluid–ˇcvrsto telo? Zaˇsto? - dve beskonaˇcne Zadatak 6.7 Dva sloja razliˇcitih Stoksovih fluida protiˇcu izmedu paralelne ploˇce, od kojih jedna miruje, a druga se kre´ ce konstantnom brzinom v0 u svojoj ravni. Pretpostavljaju´ci da se slojevi teˇcnosti ne meˇsaju, da je graniˇcna ravan izmedju njih paralelna ploˇcama, da nema gradijenta pritiska, kao i da se zapreminske sile mogu zanemariti, na´ci profil brzine izmedju ploˇca. Pretpostaviti da su gustine i koeficijenti viskoznosti fluida poznati, a da su debljine slojeva b1 i b2 . Zadatak 6.8 a) Pokazati da se za polje brzine oblika v = v(y, z)ex , van polja zapreminskih sila, Navije–Stoksova jednaˇcina svodi na oblik: ∂ 2 v ∂ 2 v 1 d p + = = β = const . ∂y 2 ∂z 2 η dx
b) Koriste´ ci prethodni deo zadatka na´ ci polje brzine u viskoznom fluidu koji protiˇce kroz horizontalnu cev ˇciji je presek jednakostraniˇcni trougao. Pretpostaviti (zvog simetrije) da je v(y, z) oblika
v=A z+
√ b
2 3
z+
√
3y
√ −√ − b 3
z
3y
−√ b 3
+B,
gde je b-stranica trougla, a A i B treba odrediti. Zadatak 6.9 Stoksova teˇcnost gustine ρ i koeficijenta viskoznosti η stacionarno - dva beskonaˇcna koaksijalna cilindra, polupreˇcnika a protiˇce kroz prostor izme du i b ( a < b). Cilindri su postavljeni horizontalno. Pretpostavljaju´ ci da se deli´ ci fluida kre´cu u pravcu ose cilindra, pri ˇcemu intenzitet brzine zavisi samo od rastojanja od ose, na´ci profil brzine ako se fluid kre´ ce samo usled toga ˇsto
93
a) se unutraˇ snji cilindar kre´ ce u pravcu ose brzinom va , a spoljaˇsnji brzinom vb ; b) postoji konstantan gradijent pritiska u pravcu ose, a oba cilindra miruju. Zadatak 6.10 Na´ci silu trenja koja deluje na svaku od dve paralelne beskonaˇcne - kojih se nalazi sloj Stoksove teˇ ploˇce, izmedu cnosti, gustine ρ i koeficijenta viskoznosti η, ako se jedna ploˇca kre´ce brzinom v0 (t) = a cos ωt u svojoj ravni, a druga miruje. Rastojanje izmedju ploˇca je h, a zapreminske sile i gradijent pritiska se zanemaruju. Zadatak 6.11 Stoksov fluid miruje u dugaˇckom kanalu, ˇcije su graniˇcne ravni y = a nepokretne. U trenutku t = 0 iznenada poˇcinje da deluje konstan = G ex . Pretpostavljaju´ tan gradijent pritiska G ci da se zapreminske sile mogu zanemariti, a da je brzina oblika v = v(y, t)ex , na´ci jednaˇcinu koju zadovoljava v(y, t) za t > 0, kao i graniˇcne i poˇ cetne uslove za v(y, t). Kada t oˇcekuje se da v(y, t) prestaje da zavisi od vremena, tj. kretanje postaje stacionarno. Pretpostavljaju´ci da je v(y, t) = V (y) + v1 (y, t), gde je V (y) = limt→∞ v(y, t), formirati jednaˇ cinu i graniˇ cne uslove koje zadovoljava v1 (y, t).
±
→∞
94
Razni zadaci
Dodatak A
Matematiˇ cki dodatak A.1
Cilindriˇ cne koordinate gradψ = = divA = rotA
∇×
= A
1 ∂ψ ∂ψ er + eϕ + ez ∇ψ = ∂ψ ∂r r ∂ϕ ∂z
1 ∂A ϕ ∂A z r) + + ∇ · A = 1r ∂ (rA ∂r r ∂ϕ ∂z
− −
1 ∂A z r ∂ϕ
∂A ϕ ∂z
1 ∂ (rAϕ ) r ∂r
1 ∂ ∆Φ = r ∂r
A.2
(A.1)
∂ Φ r ∂r
er +
1 ∂A r r ∂ϕ
∂A r ∂z
−
(A.2)
∂A z ∂r
eϕ +
ez
(A.3)
1 ∂ 2 Φ ∂ 2 Φ + 2 + r ∂φ 2 ∂z 2
(A.4)
Sferne koordinate 1 ∂ψ 1 ∂ψ er + eθ + eϕ ∇ψ = gradψ = ∂ψ ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ
(A.5)
1 ∂ 1 ∂v ϕ (sin θvθ ) + ∇ · v = divv = r12 ∂r∂ (r2vr ) + r sin θ ∂θ r sin θ ∂ϕ
∇× 1 r
1 ∂ ∂v θ v = rotv = (sin θvϕ ) r sin θ ∂θ ∂ϕ 1 ∂v r ∂ 1 ∂ (rvϕ ) eθ + (rvθ ) sin θ ∂ϕ ∂r r ∂r
−
−
−
(A.6)
er + ∂v r ∂θ
eϕ
(A.7)
96
Matematiˇ cki dodatak
1 ∂ ∆Φ = 2 r ∂r
r
2 ∂ Φ
∂r
1 ∂ + 2 r sin θ ∂θ
∂ Φ sin θ ∂θ
+
1 ∂ 2 Φ r 2 sin2 θ ∂ϕ 2
(A.8)
