Klasična mehanika 2 ELASTOMEHANIKA

Comments

Transcription

Klasična mehanika 2 ELASTOMEHANIKA
Klasična mehanika 2
ELASTOMEHANIKA & HIDRODINAMIKA
Matej Ulčar
predavanja pri prof. Primožu Ziherlu
18. avgust 2014
Povzetek
O zapiskih: ti zapiski so nastajali v glavnem sproti po predavanjih z namenom ponavljanja snovi, jasno zapisanih enačb (sploh pri
mnogih indeksih) ter dodatnih komentarjev. Slednje mi žal ni uspevalo najbolje. Na žalost nisem vključil slik, sem pa poskusil čim bolje
opisati dano situacijo ali geometrijo z besedami. Nekatere trivialne (res
trivialne) dele izpeljav (sploh pri daljših izpeljavah v prvih poglavjih)
izpuščam. Manjši del snovi pri koncu podpoglavja Upogib palic najbrž
žal manjka.
Moralo bi biti sicer vse prav, ampak ne jamčim za pravilnost enačb!
Oštevilčene enačbe v nekaterih (predvsem kasnejših poglavjih) označujejo pomembnejše enačbe ali rezultate, marsikje pa so na žalost kar
vse oštevilčene.
1
Del I
ELAST OMEHAN IKA
Mehaniko telesa lahko razdelimo na tri dele. Najbolj osnoven je premik telesa
(premik težišča), potem rotacija okrog težišča. Tretji del, deformacija, pa
nas pri elastomehaniki najbolj zanima.
• gibanje točkastega telesa: TRANSLACIJA
• gibanje togega telesa: ROTACIJA
• elastomehanika: premik-(translacija+rotacija) = DEFORMACIJA
1
1.1
SPLOŠNE DEFORMACIJE
Deformacijski tenzor
Vzemimo nekje v telesu dve bližnji točki in ju označimo z vektorjema r~1 in
r~2 . Telo deformiramo. Količine pred deformacijo zapišemo z malimi črkami,
količine po deformaciji pa z velikimi; ~u je lokalni vektor premika in je v
splošnem odvisen od kraja.
~ = ~r + ~u(~r) → dR
~ = d~r + ∂~u d~r
R
∂~r
(1)
Zapišemo po komponentah, kjer upoštevamo Einsteinovo sumacijsko pravilo:
kjerkoli v enačbi se ponovita
P3 dva indeksa, to pomeni seštevanje po tem indeksu. Primer: xi yi = i=1 xi yi = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 . Včasih z indeksi
označimo konkretno komponento, ne mislimo seštevanja po tem indeksu; taki
indeksi so številčni indeksi (1,2,3) ali očitno pomenijo komponento (ϕ, ρ, ϑ...).
dXi = dxi +
∂ui
dxk
∂xk
(2)
Zgoraj se dvakrat ponovi indeks k, torej je to vsota po vseh k (od 1 do 3,
ker imamo 3 dimenzije). Pobliže si poglejmo razliko med razdaljama med
izbranima točkama pred deformacijo in po njej.
|d~r|2 = dl2 = dx2i
2
(3)
Pomni: indeks i se zgoraj pojavi dvakrat (kvadrat je množenje dveh enakih
izrazov)!
~ 2 = dL2 = dR
~ · dR
~ = dXi · dXi
|dR|
∂ui
∂ui
= dxi +
dxj
dxk
dxi +
∂xk
∂xj
∂ui
∂ui
∂ui ∂ui
= dx2i +
dxj dxi +
dxk dxi +
dxj dxk
∂xj
∂xk
∂xj ∂xk
∂ul ∂ul
∂ui
∂uk
dxk dxi +
= dl2 +
dxi dxk +
dxi dxk
∂xk
∂xi
∂xi ∂xk
(4)
Tu smo v zadnji vrstici preimenovali indekse, kar lahko naredimo brez težav, saj je to zgolj indeks po katerem seštevamo in nima nobene pomenske
vrednosti (tako imenovani nemi indeks).
∂ui
∂uk
∂ul ∂ul
2
2
dL − dl =
+
+
dxi dxk
(5)
∂xk
∂xi
∂xi ∂xk
Izraz v oglatem oklepaju označimo z 2uik , kjer je uik deformacijski tenzor.
Za opis deformacije sam vektor premika ~u ni dober, saj vsebuje translacijo.
Zato uporabimo krajevne odvode ~u. Problem predstavlja še rotacija, zato
za opis deformacije v deformacijskem tenzorju upoštevamo samo prva dva
člena (simetričen del deformacijskega tenzorja). Tretji člen (antisimetričen)
predstavlja rotacijo.
1 ∂ui
∂uk
∂ul ∂ul
uik =
+
+
(6)
2 ∂xk
∂xi
∂xi ∂xk
1.1.1
Zgled: rotacija okoli osi z
Zavrtimo vektor ~r okoli osi z v približku

cos(ϕ) sin(ϕ)
~

R = S~r = −sin(ϕ) cos(ϕ)
0
0
majhnih kotov.



1 ϕ
0
0 ~r = −ϕ 1  ~r
1
1
(7)
~ = ~r+~u.
Razdelimo matriko na simetrično in antisimetrično ter upoštevamo R






1
ϕ
ϕ
~ =  1  ~r + −ϕ
 ~r = ~r + −ϕ
 ~r = ~r + ~u
R
(8)
1


ϕ
∂ui

= −ϕ
(9)
∂xk
3
To je neničeln tenzor. Ne predstavlja deformacije, saj imamo le rotacijo
okrog osi.
1 ∂ui
∂uk
uik =
=0
(10)
+
2 ∂xk
∂xi
Razdelimo deformacijski tenzor na simetričen del (1. člen v enačbi spodaj), ki opisuje deformacijo in na antisimetričen del (2. člen), ki opisuje
rotacijo:
∂ui
1 ∂ui
1 ∂ui
∂uk
∂uk
+
(11)
=
+
−
∂xk
2 ∂xk
∂xi
2 ∂xk
∂xi
1.2
Lastnosti deformacijskega tenzorja
Deformacijski tenzor je simetričen in realen, kar pomeni, da ga lahko diagonaliziramo. Ima lokalne lastne vektorje in lokalne lastne vrednosti. V
lastnem sistemu je tenzor uik diagonalen. Zapišimo deformacijo v splošnem
in odtod v lastnem sistemu:
∂ui
∂uk
2
2
dL = dl +
+
dxi dxk
∂xk
∂xi
= dl2 + 2(u11 dx21 + u22 dx22 + u33 dx23 )
dl2
Poglejmo primer: d~r = r~2 − r~1 = (dx1 , 0, 0). Pred deformacijo velja
= dx21 , po deformaciji pa je:
dL2 = dl2 + 2u11 dx21 = dx21 + 2u11 dx21 = (1 + 2u11 )dx21
√
dL = 1 + 2u11 dx1 ;
u11 << 1
1
dL ≈ (1 + 2u11 )dx1 = (1 + u11 )dx1
2
Relativni raztezek vzdolž lastne osi 1 je:
dL − dl
(1 + u11 )dx1 − dx1
=
= u11
dl
dx1
(12)
V lastnem sistemu diagonalni elementi predstavljajo raztezke vzdolž lastnih
osi!
V ne-lastnem sistemu pa lahko izračunamo spremembo kota med dvema
vektorjema po deformaciji. Imejmo pred deformacijo vektorja dr~1 = (dx1 , 0, 0)
4
in dr~2 = (0, dx2 , 0). Po deformaciji velja:
∂ui
dXi = dxi +
dxk
∂xk
∂u2
∂u3
∂u1
~
, dx2 +
dx2 ,
dx2
dR2 =
∂x2
∂x2
∂x2
∂u
∂u
∂u
1
2
3
dR~2 = dx1 +
,
dx1 ,
dx1
∂x1 ∂x1
∂x1
Iščemo kot, torej izračunamo skalarni produkt, kjer se omejimo na najnižji
red:
∂u1
∂u2
dR~1 · dR~2 ≈
dx1 dx2 +
dx1 dx2 + ...
∂x2
∂x1
dR~1 · dR~2
∂u1 ∂u2
cos ϑ12 =
=
+
= 2u12
~
~
∂x2 ∂x1
|dR1 ||dR2 |
Sled deformacijskega tenzorja nam poda spremembo prostornine pri deformaciji. Pomni: sled je invarianta na izbiro sistema: tr(A) = tr(SAS −1 ).
1.2.1
Sprememba prostornine
xi → Xi = xi + ui (xk )
Prostornino pred deformacijo zapišimo kot dv = dx1 dx2 dx3 , prostornino po
deformaciji pa dV = dX1 dX2 dX3 . Med njima velja zveza: dV = Jdv, kjer
je J Jacobijeva determinanta:
∂xi
∂ui
J = det
= det(δik +
)=
∂xk
∂xk
∂u1
∂u1 1 + ∂u1
∂x1
∂x2
∂x3 ∂u2 2
2
1 + ∂u
= ∂u
∂x1
∂x2
∂x3 =
∂u
∂u
3
3
3
∂x
1 + ∂u
∂x2
∂x3
1
∂u1 ∂u2 ∂u3
+
+
+ (...) =
∂x1 ∂x2 ∂x3
= 1 + u11 + u22 + u33 = 1 + tr(uik ) = 1 + ull
=1+
Zanemarili smo člene višjih redov. Relativna sprememba prostornine je torej:
dV − dv
(1 + tr(uik ))dv − dv
=
= tr(uik )
dv
dv
5
(13)
1.3
Eulerjev deformacijski tenzor
Doslej smo vedno uporabljali Lagrangev zapis deformacijskega tenzorja, ki
opisuje deformacijo glede na stanje pred deformacijo:
~ = ~r + ~u(~r)
R
∂ul ∂ul
1 ∂ui
∂uk
L
+
uik =
+
2 ∂xk
∂xi
∂xi ∂xk
Eulerjev zapis deformacijskega tenzorja se od Lagrangevega razlikuje v tem,
da deformacijo definira glede na deformiran sistem:
~ = ~r + ~u(R)
~ → ~r(R) = R
~ − ~u(R)
~
R
∂ui
dxi = dXi −
dXk
∂Xk
∂ui
∂ui
2
dXk
dXi −
dXl
dl = dXi −
∂Xk
∂Xl
∂ui
∂uk
∂ul ∂ul
2
= dXi −
+
−
dXi dXk
∂Xk
∂Xi ∂Xi ∂Xk
1 ∂ui
∂uk
∂ul ∂ul
2
2
E
dL − dl = 2uik dXi dXk = 2
+
−
dXi dXk
2 ∂Xk
∂Xi ∂Xi ∂Xk
Končno je Eulerjev zapis deformacijskega tenzorja:
1 ∂ui
∂uk
∂ul ∂ul
E
uik =
+
−
2 ∂Xk
∂Xi ∂Xi ∂Xk
1.4
(14)
Napetostni tenzor
Pomembno: oznake znajo biti zavajajoče zato pomni: s fi označimo (prostorninske ali površinske) gostote sil (indeks!), s f pa označimo gostoto proste
energije!
Z
~
F = f~(~r)d3~r
(15)
Zgornji integral moramo znati izraziti kot integral po površini zaradi KONTAKTNIH SIL. Na telo namreč delujemo zgolj s silami, ki prijemljejo na
površini, ne nekje v notranjosti.
Z
I
3
Fi = fi (~r)d ~r = pik dSk ,
f~ = ∇ · p
Z
(16)
= pik nk dS
6
Napetostni tenzor pik definiramo kot:
fi =
∂pik
∂xk
(17)
Za neobremenjeno telo velja, da je površinska gostota sil enaka 0. pik nk = 0
po površini (vse tri sile (x,y,z) na vsako ploskev so enake 0).
Napetostni tenzor je simetričen (zaradi kontaktnih sil).
~ = ~r × F~
M
Mi = ijk xj Fk
ijk je tu Levi-Civitajev simbol, za katerega velja, da je za enotske vektorje
(~
ei , e~j , e~k ) desnosučnega koordinatnega sistema enak 1, če nastopajo i, j, k
ciklično, -1, če nastopajo anticiklično in 0 sicer.
ijk = e~i · (e~j × e~k )
Z
Mi =
ijk xj fk d3~r
Z
∂pkl 3
d ~r
∂xl
Z
Z
∂(xj pkl ) 3
∂xj 3
= ijk
d ~r − ijk pkl
d ~r
∂xl
∂xl
I
Z
= ijk xj pkl dSl − ijk pkl δjl d3~r
I
Z
= ijk xj pkl dSl − ijk pkj d3~r
=
ijk xj
Prvi člen je že preveden na integral po površini, poglejmo pobliže še drugega:
Z
Z
1
3
ijk pkj d ~r =
(ijk pkj + ijk pjk )d3~r
2
Z
1
=
ijk (pkj − pjk )d3~r
2
To je v redu, če je le pkj = pjk . Torej je cel člen enak 0. Imamo zgolj integral po površini. To je matematična zahteva po simetričnosti napetostnega
tenzorja.
Oglejmo si tri preproste primere napetostnega tenzorja:
• hidrostatičen tlak
7

−p
−p
p=

f~1 = pe~1 = (−p, 0, 0)
,
(18)
−p
• strig
Telo obremenimo z dvojico sil v x smeri, eno na zgornji, drugo na spodnji
ploskvi. V z smeri ni obremenitve.
pik = p(δix δkz + δkx δiz )


p

p=
p
(19)
• enoosna obremenitev
Telo obremenimo v z smeri pravokotno na ploskev. Ni striga.
pik = pδik δkz


p=
(20)

p
1.5
Cauchyjeva enačba (2. Newtonov zakon)
(z)
ρu¨i = fi + ρfi
(21)
(z)
fi so sile med deli telesa (notranje sile), fi pa (morebitne) zunanje sile na
telo. Z ρ je seveda označena gostota telesa, u¨i pa je drugi časovni odvod
lokalnega odmika (lokalni pospešek). Drugače zapisano:
ρu¨i =
∂pik
(z)
+ ρfi
∂xk
(22)
Zanima nas linearna zveza med napetostnim tenzorjem in deformacijskim
tenzorjem. Zapišimo delo pri deformaciji:
Z
Z
∂pik
δui d3~r
δW = F~ · δ~s = fi δui d3~r =
∂xk
Z
Z
∂
∂δui 3
=
(pik δui ) d3~r − pik
d ~r
∂xk
∂xk
I
Z
1
∂δui 3
= pik δui dSk −
(pik + pki )
d ~r
(23)
2
∂x
k
Z 1
∂δui
∂δui
=0−
pik
+ pki
d3~r
2
∂xk
∂xk
Z
1 ∂δui ∂δuk
= − pik
+
d3~r
2 δxk
∂xi
8
Integral po zaključeni ploskvi gre za velik volumen proti 0. V zadnji vrstici
izraz v oklepaju skupaj z eno polovico spredaj preberemo kot δuik . Končno
dobimo izraz dw = pik duik . Dobljen izraz vstavimo v termodinamsko definicijo proste energije F = U − T S.
df = −SdT + dw = −SdT + pik duik
Pri konstantni temperaturi torej velja:
∂f
pik =
∂uik T
1.6
(24)
(25)
Elastična prosta energija izotropnega sredstva
Prosto energijo označimo z f = f (uik ); (odraža simetrijo sredstva). Izotropno sredstvo je invariantno na poljubno ortogonalno transformacijo prostora.
Ortogonalne transformacije so: vrtež okrog poljubne osi za poljuben kot, zrcaljenje ter inverzija.
Invariante določajo (ali kar so) lastne vrednosti deformacijskega tenzorja
u. Poglejmo si karakteristični polinom aλ3 + bλ2 + cλ + d = 0, ki ga dobimo
iz naslednje enačbe: det(uik − λδik ) = 0.
u11 − λ
u12
u13 1
u21
u22 − λ
u23 = −λ3 +tr(u)λ2 + (tr(u2 )−tr2 (u))λ+det(u) = 0
2
u31
u32
u33 − λ
(26)
Bralec lahko za vajo pokaže, da zgornja enakost res velja. Zgornji koeficienti karakterističnega polinoma so invariante (uporabimo le-te, ne računamo
posebej lastnih vrednosti).
Razvijmo f do kvadratnih členov:
1
f = f0 + A1 tr(u) + A2 tr2 (u) + B1 (tr(u2 ) − tr2 (u))
2
(27)
Determinanta sama je že tretjega reda, zato odpadejo vsi členi z determinanto.
V zgornjem razvoju nastopa linearni člen, ki pa ga v samem f ne sme
biti. Poglejmo zakaj (osredotočimo se le na linearni člen, zato samo za ta
primer zanemarimo vse višje člene):
f = f0 + A1 tr(u) + ... = f0 + A1 (u11 + u22 + u33 )
∂f
pik =
= A1 δik + ...
∂uik
9
A1 δik je v vsakem primeru različno od nič. Tudi, če je uik = 0. Kar
pa je nesmiselno, saj ne moremo imeti neke napetosti, če ni deformacije.
Zaključimo, da je A1 = 0.
Kar zapišimo sedaj f:
λ
(tr(u))2 + µ tr(u2 )
2
λ
= f0 + u2ll + µuik uki
2
f = f0 +
(28)
λ in µ sta Laméjevi konstanti in predstavljata prvi par elastičnih konstant.
Njun pomen si bomo ogledali malenkost kasneje.
Poglejmo si sedaj napetostni tenzor izražen z Laméjevima konstantama.
pik =
∂f
= λull δik + 2µuik
∂uik
(29)
Ta enačba je analogna Hookovemu zakonu F = kx. Bolj pa nas zanima
odvisnost posledice v odvisnosti od vzroka, torej x = F/u. Izrazimo sedaj u
v odvisnosti od p. Izračunajmo sled napetostnega tenzorja.
pll = λull · 3 + 2µull = (3λ + 2µ)ull
ull =
pll
3λ + 2µ
(30)
(31)
Če sedaj to vstavimo v enačbo za pik dobimo končni izraz.
pik = λ
uik
1.7
pll
δik + 2µuik
3λ + 2µ
λpll
1
=
pik −
δik
2µ
3λ + 2µ
(32)
(33)
Pomen Laméjevih konstant (λ, µ)
Deformacija sestoji iz striga (∆V = 0) in spremembe prostornine (ohranitev
oblike). Zapišimo deformacijski tenzor tako, da ločimo strig in spremembo
prostornine.
1
1
uik = (uik − ull δik ) + ull δik
3
3
10
1
k
f = f0 + µ
˜(uik − ull δik )2 + u2ll
3
2
2
1
k
= f0 + µ
˜uik uki − µ
˜ull uki δik + µ
˜ u2ll δik δki + u2ll
3
9
2
1 2
k 2
2 2
= f0 + µ
˜uik uki − µ
˜u + µ
˜ ull 3 + ull
3 ll
9
2
1
2
2
= f0 +
k− µ
˜ ull + µ
˜uik uki
2
3
Tu predstavlja µ
˜ strižni modul, k pa recipročno stisljivost. Primerjamo
sedaj člene enačb in ugotovimo, da veljata enakosti µ
˜ = µ ter λ = k − 2µ
3
oziroma k = λ + 2µ/3. µ in k predstavljata drugi par elastičnih konstant.
1.7.1
Primer: hidrostatična deformacija
Telo stisnemo enakomerno z vseh strani. pik = −pδik
∆V
1
λll
= ull =
pll −
3 =
V
2µ
3λ + 2µ
1 3λ + 2µ − 3λ
=
pll =
2µ 3λ + 2µ
1
1
(−3p) = −
p
=
3λ + 2µ
λ + 2µ
3
Relativno spremembo prostornine lahko zapišemo kot ∆V /V = −χT p,
kjer je χ izotermna stistljivost. Velja: χ = 1/k = 1/(λ + 2µ/3).
1.7.2
Primer: enoosna obremenitev
Telo obremenimo s silo samo vzdolž ene osi, recimo z. V tej smeri se telo
skrči, v smereh x in y pa se praviloma raztegne. pik = pδiz δkz
∆l
1
λp
1 3λ + 2µ − λ
uzz =
=
p−
=
p
l
2µ
3λ + 2µ
2µ 3λ + 2µ
λ+µ
uzz =
p
µ(3λ + 2µ)
Spremembo dolžine telesa (palice) zapišemo z znano enačbo:
kjer je E Youngov (prožnostni) modul.
E=
µ(3λ + 2µ)
λ+µ
11
∆l
l
=
F
SE
=
pzz
E ,
(34)
Izračunajmo še raztezek v smeri pravokotno na obremenitev.
uxx = −
1
λp
2µ 3λ + 2µ
(35)
Od tu sledi sedaj še Poissonovo število σ:
σ=−
uyy
λ
uxx
=−
=
uzz
uzz
2(λ + µ)
(36)
Youngov modul (E) in Poissonovo število σ predstavljata še tretji par elastičnih konstant. Izrazimo sedaj λ in µ s konstantama E in σ. Navajam le
končne izraze, sama izpeljava je trivialna.
λ=
Eσ
(1 − 2σ)(1 + σ)
(37)
E
2(1 + σ)
(38)
µ=
Recipročna stistljivost k, mora biti pozitivna, saj nimamo snovi, ki bi se
jim pri stisku povečala prostornina.
2µ
E
σ
1
=
+
=
3
1 + σ 1 − 2σ 3
E
3σ + 1 − 2σ
E
=
=
>0
1+σ
3(1 − 2σ)
3(1 − 2σ)
k =λ+
Od tod sledi: σ < 21 . Mejna vrednost (1/2) pomeni nestisljivo snov. Ker
velja tudi, da morata biti µ in E pozitivna, omejimo Poissonovo število na
interval: −1 < σ < 1/2. Če je σ < 0 to pomeni, da se palica ob stisku v z
smeri, skrči tudi v x in y smeri.
1.8
Nazaj k Cauchyjevi enačbi
pik = λull δik + 2µuik =
Eσ
E
ull δik +
uik
(1 + σ)(1 − 2σ)
1+σ
ρu¨i =
(39)
∂pik
(z)
+ ρfi
∂xk
(40)
Izračunajmo prvi člen na desni strani enačbe:
∂pik
Eσ
∂ ∂ul
E
∂ 1
=
δik +
∂xk
(1 + σ)(1 − 2σ) ∂xk ∂xl
1 + σ ∂xk 2
12
∂ui
∂uk
+
∂xk
∂xi
(41)
∂pik
∂ ∂uk
∂ 2 ui
E
∂ ∂uk
Eσ
E
+
=
+
(42)
2
∂xk
(1 + σ)(1 − 2σ) ∂xi ∂xk
2(1 + σ) ∂xk
2(1 + σ) ∂xi ∂xk
V vektorski obliki to pomeni:
σ
E
E
1
¨
∇∇ · ~u +
ρ~u =
+
∇2 ~u
1 + σ 1 − 2σ 2
2(1 + σ)
(43)
Malo drugače prepišemo zgornjo enačbo in dobimo Navierovo enačbo:
¨=
ρ~u
1.8.1
E
E
∇∇ · ~u +
∇2 ~u + ρf~(z)
2(1 + σ)(1 − 2σ)
2(1 + σ)
(44)
Elastična energija kristalov
1
(45)
f = f0 + uik Kiklm ulm
2
Tenzor elastičnih konstant Kiklm ima kar 81 elementov (4x po tri dimenzije,
34 = 81). Na srečo je dejanskih konstant manj zaradi simetrije napetostnega
tenzorja. Pri tenzorju Kiklm lahko zamenjamo indeksa i in k, m in l ter
paroma ik in lm pa ostane vrednost enaka. Kiklm = Kkilm = Klmik = Kikml
Tako ima kristal brez kakršnekoli simetrije 21 različnih konstant. Različni
kristalni sistemi z višjo simetrijo imajo ustrezno manj konstant:
• triklinski 21 konstant
• monoklinski 13
• ortorombski 9
• tetragonalni 6 ali 7
• trigonalni 6 ali 7
• heksagonalni 5
• kubični 3
Popolnoma izotropno sredstvo pa ima le 2 neodvisni konstanti.
2
DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ
Obravnavajmo sedaj "projekcijo"elastomehanike na prostore z manj dimenzijami: plošče in palice.
Predstavljajmo si tanko ploščo, z dvema robnima ravninama, vmes med
njima pa je nevtralna ravnina. Pri čistem upogibu se dve bližnji točki na
enaki višini približata (stisk) ali oddaljita (razteg) druga od druge, odvisno
13
od višine, tj. kateri ploskvi plošče sta točki najbliže. Na nevtralni ravnini ni
ne stiska ne raztega.
Obravnavamo tanke plošče h << L. Njihovo deformacijo opišemo s
funkcijo ζ(x, y), ki opisuje nevtralno ravnino in je neodvisna od z. ζ(x, y) je
kar prečni odmik deformirane plošče od nedeformirane.
Na zgornji ploskvi ~n ≈ (0, 0, 1) velja (kot v prejšnjem poglavju), da tam
ne prijemlje nobena sila, torej f~ = 0. Izračunano po komponentah dobimo:
fx = pxk nk = 0 = pxx nx + pxy ny + pxz nz = 0 → pxz = 0
fy = pyx nx + pyy ny + pyz nz = 0 → pyz = 0
fz = pzx nx + pzy ny + pzz nz = 0 → pzz = 0
Enako postopamo tudi na spodnji ploskvi ~n ≈ (0, 0, −1) in dobimo: pxz =
pyz = pzz = 0. Ker so ti koeficienti enaki nič na zgornji in spodnji ploskvi, sklepamo, da morajo biti nič tudi povsod znotraj plošče (to je naša
aproksimacija).
σ
E
pik =
ull δik + uik
(46)
1 + σ 1 − 2σ
E
uxz → uxz = 0
1+σ
E
=
uyz → uyz = 0
1+σ σ
E
(uxx + uyy + uzz ) + uzz = 0
=
1 + σ 1 − 2σ
σ
=−
(uxx + uyy )
1−σ
0 = pxz =
0 = pyz
pzz
→ uzz
∂ux ∂uz
uxz
+
= 0,
∂z
∂x
∂ux
∂uz
∂ζ
=−
=−
∂z
∂x
∂x
∂ζ
∂ζ
uy = −z
ux = −z
∂x
∂y
1
=
2
uz = ζ(x, y)
Sedaj lahko zapišemo deformacijski tenzor u:



∂2ζ
∂2ζ
−z ∂x
−z ∂x∂y
2
uxx uxy
0

∂2ζ
 = −z ∂ 2 ζ
0
u = uxy uyy
−z ∂y
2
∂x∂y

σ
(uxx + uyy )
0
0 − 1−σ
0
0
14
0

0



2
2
∂ ζ
∂ ζ
σ
− 1−σ
(−z ∂x
2 + −z ∂y 2 )
Poiščimo gostoto proste energije:
σ
E
E
f = f0 +
tr2 uik + tr u2ik = f0 +
· (∗)
2(1 + σ) 1 − 2σ
2(1 + σ)
(47)
2
2
σ
σ
σ
2
2
2
uxx + uyy −
(uxx + uyy )2
(∗) =
(uxx + uyy ) + uxx + uyy + 2uxy +
1 − 2σ
1−σ
1−σ
"
2
2 #
σ
σ
σ
2
=
1−
(uxx + uyy ) + 1 +
(uxx + uyy )2 + 2(u2xy − 2uxx uyy )
1 − 2σ
1−σ
1−σ
1
=
(uxx + uyy )2 + 2 u2xy − uxx uyy
1−σ
" 2
2
∂2ζ
E
2 ∂ ζ
z
+
+ 2(1 − σ)2 z
f = f0 +
2(1 + σ)(1 − σ)
∂x2 ∂y 2
∂2ζ
∂x∂y
2
2
∂2ζ ∂2ζ
∂x2 ∂y 2
∂2ζ ∂2ζ
− 2 2
∂x ∂y
(48)
Integriramo zgornji rezultat po celotnem volumnu, da dobimo prosto
energijo.
3
Eh
F = F0 + 24(1−σ
2)
R
dxdy
∂2ζ
∂x2
+
∂2ζ
∂y 2
2
+ 2(1 − σ)
Za poves togo vpete plošče variiramo F:
Z
δF − pδζdxdy = 0
∂2ζ
∂x∂y
−
(49)
kjer je p tlačna razlika med zgornjo in spodnjo ploskvo plošče. Enačbo
ravnovesja zapišemo kot:
D∆2 ζ − p = 0,
(50)
3
Eh
Pokjer je ∆ Laplaceov operator in D = 12(1−σ
2 ) upogibna konstanta.
membno: upogibna konstanta je odvisna od debeline plošče na tretjo potenco!
Robna pogoja za togo vpeto ploščo sta:
ζ(x, y)|rob = 0
∂ζ
|rob = 0
∂n
15
(51)
!#
2.1
Deformacija plošč pri vzdolžni obremenitvi
Tanko ploščo dolžine a in širine b obremenimo v smeri x, vzdolž stranice a.
Ploščo vpnemo plavajoče, tako da je odmik pri vpetju še vedno 0, odvod po
x (torej nagib) pa ne.
Vpeljimo nove količine saj obravnavamo 2D primer. Namesto (3x3) deformacijskega tenzorja uik pišemo ik , ki ima dimenzije 2x2. Pravtako namesto
napetostnega tenzorja pik pišemo Nik .
Delo notranjih sil je enako:
Z
Z
3
δW = − pik δuik d ~r → δW = − Nik δik dxdy
Spet si poglejmo čisti upogib. Majhna dolžina dx se ne raztegne ali skrči,
se ji pa spremeni smer. Pravokotni projekciji sta enaki:
dx|x =
∂ζ
dx
∂x
dx|z = dx(1 +
∂ux
) = dx(1 + uxx )
∂x
Po pitagorovem izreku dobimo:
∂ux 2
∂ζ 2
dx = dx 1 +
+ dx
∂x
∂x
"
2 #
2
∂ux
∂ux
2 ∂ζ
2
+
+ (dx)
= (dx) 1 + 2
∂x
∂x
∂x
2
2
x 2
Zanemarimo člen ( ∂u
∂x ) in delimo enačbo z (dx) . Dobimo:
2
∂ζ
∂ux
1≈1+2
+
∂x
∂x
Od tod sledi:
∂ux
1
=−
∂x
2
∂ζ
∂x
2
= xx
Na enak način izpeljemo tudi v y smeri in dobimo:
∂uy
1 ∂ζ 2
=−
= yy
∂y
2 ∂y
(52)
(53)
Rabimo še mešani člen. Ta se glasi:
xy = −
∂ζ ∂ζ
∂x ∂y
16
(54)
Tako zapišemo delo notranjih sil z zgoraj izračunanimi količinami:
2
2 #
Z "
∂ζ
∂ζ ∂ζ
∂ζ
Nxx
+ 2Nxy
dxdy
δW = +
+ Nyy
∂x
∂x ∂y
∂y
(55)
Za naš primer (obremenitev le v x smeri) velja: Nxx = 0, Nyy = Nxy =
0. Uporabimo nastavek za rešitev funkcije ζ(x, y) kot funkcijo sinusa. Pri
tem postavimo izhodišče koordinatnega sistema (x = y = 0) v enega izmed
vogalov plošče, tako da plošča leži v prvem kvadrantu.
πx πy ζ(x, y) = A sin
sin
(56)
a
b
Do nestabilnosti (upogibanja plošče) pride, ko je vloženo delo večje od
elastične energije plošče. Izračunajmo sedaj zato delo zunanjih sil in prosto
energijo plošče. Velja Nxx = konst.
∂ζ 2
dxdy
δW = −Nxx
∂x
Z
πx πy π2
sin2
dxdy
= −Nxx A2 2 cos2
a
a
b
π2 a b
π 2 A2 ab
= −Nxx 2 A2
= −Nxx
a
22
4 a2
Z Še prosta energija:
"
#)
2
2
Z ( 2
D
∂2ζ
∂2ζ
∂2ζ ∂2ζ
∂ ζ
F =
dxdy
+
+ 2(1 − σ)
− 2 2
2
∂x2 ∂y 2
∂x∂y
∂x ∂y
2
Z ( 2
πx πx D
π2
π
2
=
A − 2 − 2
sin2
sin2
+
2
a
b
a
b
πx πy π 2 π 2 2
2(1 − σ) −
−
A cos2
cos2
−
a
b
b
b
πx πy π 2 π 2
− −
−
sin2
sin2
A2 dxdy
a
b
b
b
D 2 π 2 π 2 ab
= A
+ 2
2
a2
b
4
17
Do upogiba pride, ko je δW = F .
π 2 2 ab
D 2 π4 1
1 2
+
ab
−Nxx A 2 = A
4
a
2
4 a2 b2
Dπ 2 1
1 2 2
Nxx = −
+
a
2
a2 b2
π2D b a 2 1
Nxx = −
+
2
a b
b2
Poglejmo še minimum od Nxx v odvisnosti od razmerja dolžine proti širini
plošče ( ab ).
∂Nxx
a
= 0,
=1
(57)
∂(a/b)
b
Za kvadratne plošče je potrebna najmanjša sila za upogib. Če ima plošča
večje ali manjše razmerje med dolžino in širino je potrebna večja sila, da
pride do upogiba.
3
3.1
DEFORMACIJE PALIC
Torzija palic
Palico zasukamo okoli njene vzdolžne osi (osi z) tako, da naj spodnji konec
palice miruje, zgornji pa se zasuka za nek kot ϕ. Definiramo mero za torzijsko
deformacijo (τ ) kot razmerje majhne spremembe kota zasuka na neki majhni
višini z.
dϕ
τ=
(58)
dz
Poiščimo vektor deformacije v najnižjem redu, tako da vektorsko množimo
vektor zasuka ϕ
~ = (0, 0, ϕ) s krajevnim vektorjem ~r = (x, y, z). Vektor
zasuka ima samo eno komponento različno od nič, saj palico zasukamo le
okoli osi z.
i j k
~u(0) = ϕ
~ × ~r = 0 0 ϕ = (−ϕy, ϕx, 0)
(59)
x y z Z natančnejšim računom bi bila tudi zadnja komponenta vektorja deformacije različna od 0. Zapišimo jo kot τ ψ(x, y), kjer je ψ torzijska funkcija.
Upoštevamo še enakost ϕ = τ z, ki izhaja iz same definicije torzije in dobimo:
~u = (−τ yz, τ xz, τ ψ(x, y))
18
(60)
Izračunajmo od tod komponente deformacijskega tenzorja uik :
1 ∂ui
∂uk
uik =
+
2 ∂xk
∂xi
uxx = 0
(61)
uyy = 0
uzz = 0
Vidimo, da je sled deformacijskega tenzorja torzije enak 0, kar pomeni, da
pri torziji ni spremembe prostornine (oz. je ta enaka 0); gre za čisti strig.
Poglejmo še ostale komponente deformacijskega tenzorja:
1
uxy = (−τ z + τ z) = 0
2
1
∂ψ
τ
∂ψ
uxz =
−τ y + τ
=
−y +
2
∂x
2
∂x
1
∂ψ
τ
∂ψ
uyz =
τx + τ
=
x+
2
∂y
2
∂y
(62)
Ravnovesje velja, ko je vsota sil enaka nič. Tako imamo pogoj za ravnovesje fi = 0, kjer je fi prostorninska gostota sil, ki jo lahko zapišemo kot
odvod napetostnega tenzorja po kraju. Spomnimo se definicije napetostnega
tenzorja:
pik = λull δik + 2µuik
Edini neničelni komponenti tenzorja napetosti sta:
∂ψ
pxz = τ µ −y +
∂x
∂ψ
pyz = τ µ x +
∂y
Poglejmo gostoto sil po komponentah:
∂pxx ∂pxy
∂pxz
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
∂pyx ∂pyy
∂pyz
fy =
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
fx =
Tu sta pri obeh enačbah prva dva člena enaka nič, ker je komponenta napetostnega tenzorja enaka nič, tretja člena pa sta nič, ker je odvod nič. Še
19
tretja komponenta sile, ki mora biti enaka nič, da velja ravnovesje:
2
∂pzx ∂pzy
∂pzz
∂ ψ ∂2ψ
=0
fy =
+
+
= τµ
+
∂x
∂y
∂z
∂x2
∂y 2
Pogoj za ravnovesje je:
∇2 ψ = 0
(63)
Izraza za neničelni komponenti tenzorja napetosti/tlaka, lahko poenostavimo tako, da uvedemo prirejeno torzijsko funkcijo χ:
∂ψ
∂χ
pxz = τ µ −y +
= 2µτ
∂x
∂y
(64)
∂χ
∂ψ
= −2µτ
pyz = τ µ x +
∂y
∂x
Odvajajmo prvo enačbo parcialno po y, drugo pa parcialno po x.
∂2ψ
∂2χ
τ µ −1 +
= 2µτ 2
∂x∂y
∂y
2
∂ ψ
∂2χ
τµ 1 +
= −2µτ 2
∂x∂y
∂x
Odštejemo spodnjo enačbo od zgornje:
2
∂ χ ∂2χ
−2µτ = 2µτ
+ 2
∂x2
∂y
ter poenostavimo v končni izraz
∇2 χ = −1.
(65)
Če hočemo rešiti problem moramo še zadostiti robnim pogojem. Na robu ne
prijemlje nobena sila, zato je površinska gostota sil fi enaka 0:
fi = pik nk = 0,
(66)
kjer je nk normala na površino. Normala je v vsaki točki pravokotna na
majhen delček krivulje s katero opišemo obseg palice v ravnini x, y. Velja:
~n · d~l = 0, d~l = (dx, dy), ~n ∝ (−dy, dx).
Normala torej nima komponente v smeri osi z, oz. je ta nič. Površinska
gostota sil po komponentah je torej:
fx = pxx nx + pxy ny + pxz nz = 0
fy = pyx nx + pyy ny + pyz nz = 0
fz = pzx nx + pzy ny + pzz nz = 0
20
V prvih dveh enačbah so vsi členi enaki nič, ker je ali normala enaka nič ali
komponenta napetostnega tenzorja enaka nič. Razpišimo še zadnjo enačbo:
∂χ
∂χ
fz = 2τ µ − dy + −
dx = 0
∂y
∂x
V oglatih oklepajih prepoznamo izraz za popolni diferencial χ, robni pogoj
izrazimo kot:
dχ = 0 → χ|rob = konst.
(67)
Gostota proste energije f .
1
f = pik uik
2
Vzamemo polovico, zato ker smo vsak člen že sešteli dvakrat zaradi simetričnosti tenzorjev. Razpišemo in upoštevamo samo neničelne člene:
f=
1
(pxz uxz + pzx uzx + pyz uyz + pzy uzy ) =
2
h
i
= pxz uxz + pyz uyz = 2µ (uxz )2 + (uyz )2
"
#
∂χ 2
∂χ 2
+ −τ
= 2µ τ
∂y
∂x
Celotno prosto energijo dobimo z integracijo po volumnu:
" (Z
2 #)
∂χ 2
∂χ
2
τ
dz =
F = 2µ
+
∂y
∂x
Z
Z
1
2
2
=
τ dz 4µ (∇χ) dxdy
2
Z
1
τ 2 C dz
=
2
kjer smo definirali torzijski modul C kot:
Z
C = 4µ (∇χ)2 dxdy
3.2
(68)
Upogib palic
Poglejmo si še upogib palic. Palico deformiramo tako, da nimamo torzije.
Mero za upogibno deformacijo – ukrivljenost, definiramo kot R1 , kjer je R
krivinski polmer, to je polmer kroga, ki se lokalno popolnoma prilega ukrivljenosti palice.
21
Postavimo palico tako, da je njena daljša dimenzija vzporedna z z osjo
ter jo deformiramo tako, da jo zvijemo okrog y osi. Za majhen upogib je
v preseku v ravnini x, y videti skoraj nedeformirana. Če imamo pravokoten
presek (orientiramo tako, da kaže x os navzdol, y os pa v desno (tloris)),
sta normali na stranski ploskvi, imenujmo ju leva in desna, ~n = (0, −1, 0),
oziroma ~n = (0, 1, 0). V narisu, torej v ravnini x, z, kjer x kaže navzdol,
z v desno, pa sta zgornja in spodnja ploskev malo ukrivljeni. Za majhen
upogib vseeno lahko napišemo v približku normali na zgornjo ~n ≈ (−1, 0, 0)
in spodnjo ploskev ~n ≈ (1, 0, 0).
Na robu, torej na ploskvi, ne prijemlje nobena sila, zato je površinska gostota sil enaka nič. Razpišemo enačbo fi = pik nk po komponentah. Najprej
za zgornjo ploskev:
fx = pxx nx + pxy ny + pxz nz = pxx (−1) + pxy · 0 + pxz · 0 = 0 → pxx |z.p. = 0
fy = pyx nx + pyy ny + pyz nz = pyx (−1) + pyy · 0 + pyz · 0 = 0 → pyx |z.p. = 0
fz = pzx nx + pzy ny + pzz nz = pzx (−1) + pzy · 0 + pzz · 0 = 0 → pzx |z.p. = 0
Podobno še za spodnjo ploskev, kjer dobimo:
pxx |s.p. = pyx |s.p. = pzx |s.p. = 0
Nekih singularnosti v sredini palice ne pričakujemo, lahko pa bi se komponente napetostnega tenzorja spreminjale. Za tanke palice je dimenzija v x
smeri precej manjša od dolžine v z smeri, tako da je naš približek, da so
komponente, ki so na robu nič, tudi po celi palici enake nič:
pxx = pyx = pzx = 0
Manjkajo nam še komponente napetostnega tenzorja na stranskih ploskvah. Za levo velja:
fx = pxx nx + pxy ny + pxz nz = pxx · 0 + pxy (−1) + pxz · 0 = 0 → pxx |l.p. = 0
fy = pyx nx + pyy ny + pyz nz = pyx · 0 + pyy (−1) + pyz · 0 = 0 → pyx |l.p. = 0
fz = pzx nx + pzy ny + pzz nz = pzx · 0 + pzy (−1) + pzz · 0 = 0 → pzx |l.p. = 0
analogno tudi za desno ploskev, kjer dobimo:
pxx |d.p. = pyx |d.p. = pzx |d.p. = 0.
Tudi tu uporabimo enak približek kot za zgornjo in spodnjo ploskev, torej,
da po celi palici velja, da so izračunane komponente napetostnega tenzorja
enake nič.
22
Edina komponenta napetostnega tenzorja, ki je od nič različna je pzz .
Upogib je nehomogena enoosna deformacija. Iz Hookovega zakona dobimo
zvezo:
pzz = Euzz .
Poglejmo kakšna ta deformacija uzz dejansko je. Gledamo palico v ravnini
(z, −x). Na levi in desni je palica zaukrivljena navzgor v obliki črke U
(vendar za mnogo manjši kot). x = 0 postavimo na nevtralno ravnino, kjer
velja pik = 0, torej tam tudi ni lokalne deformacije. Razliko med dvema
bližnjima točkama na nevtralni ravnini označimo z dz 0 . Ko palico upognemo
se razdalja med dvema bližnjima točkama spremeni. Na nevtralni ravnini
ostane enaka, nad njo se točki približata in pod njo oddaljita, če upognemo
kot opisano. Če te točke povežemo z navideznima črtama (to je vse leve z eno
črto in vse desne točke z drugo črto) se sekata v sredičču kroga s krivinskim
radijem R. Torej lahko primerjamo podobne trikotnike. To storimo za točki
na nevtralni ravnini (oddaljeni R od središča kroga s krivinskim polmerom),
saj predstavljata stanje pred deformacijo in pa poljubnim parom nekje drugje
(na razdalji R+x od središča kroga, njuno medsebojno razdaljo pa označimo
z dz).
dz
dz 0
=
R+x
R
dz
R+x
=
dz 0
R
Od tod dobimo uzz kot:
uzz =
dz
R+x
x
−1=
−1=
0
dz
R
R
Kar vstavimo sedaj v enačbo za pzz :
pzz = E
x
R
(69)
Če to spet vstavimo v Hookov zakon, dobimo še ostale komponente defor-
23
macijskega tenzorja:
x
R
x
= −σ
R
uxx = −σuzz = −σ
uyy = −σuzz
x
uzz = −
R
uxy = 0
uyz = 0
uxz = 0
Z integracijo diagonalnih členov, ki so edini neničelni, dobimo komponente vektorja odmika/deformacije:
xz
R
xy
uy = −σ
R
x2
ux = −σ
+ f (y, z)
2R
uz =
Težava sedaj je seveda v funkciji f (y, z), ki je ne poznamo. Pa jo izračunajmo. Iz izvendiagonalnih členov uxy in uxz lahko izpeljemo:
uxy = 0 →
∂ux ∂uy
+
=0
∂y
∂x
Z
Z
y
y2
∂ux
dy = σ dy = σ
∂y
R
2R
Podobno še za drugi člen:
uxz = 0 →
∂ux ∂uz
+
=0
∂z
∂x
Z
Z
∂ux
z
z2
dz = −
dz = −
∂z
R
2R
Sedaj lahko zapišemo funkcijo f (y, z) kot vsoto izračunanih členov ux , tako
da se končno ux glasi:
ux = −
1 2
z + σ x2 − y 2
2R
24
3.2.1
Energija
Elastično oziroma prožnostno energijo znamo zapisati s preprosto enačbo
Epr = 12 kx2 . Zapišimo jo sedaj kot prostorninsko gostoto energije f izraženo
z napetostnim in deformacijskim tenzorjem.
E
1
1
1 Ex x
f = pik uik = pzz uzz =
= x2
2
2
2 R R
2
2
1
R
Integrirajmo po volumnu:
Z
F =
E
f dxdydz =
2
Z 2 Z
1
2
x dxdy dz.
R
V oglatih oklepajih prepoznamo izraz za vztrajnostni moment I.
Z 2
1
Idz
R
EI 1 2
L
F =
2
R
E
F =
2
Z L smo označili dolžino palice.
upogibni modul palice.
3.3
1
R
je mera za deformacijo, EI pa predstavlja
Splošna teorija palic
• Obravnavamo hkrati upogib in torzijo palic.
Najprej definirajmo koordinatni sistem v katerem opisujemo deformacijo.
Naj bodo enotski vektorji: e~ζ v smeri tangentno na palico, e~ξ v smeri normale
na palico in e~η v smeri binormale (pravokoten na normalo in tangento).
Smer vektorjev se vzdolž deformirane palice spreminja. Definirajmo vektorja
tangente (~t) in normale (~n) ter ukrivljenost (1/R), kjer je R krivinski radij.
~t = d~r ,
dl
d~t
~n ∝ ,
dl
~
dt/dl
~n =
,
|d~t/dl|
~t = 1
d~t ⊥ ~t
(70)
|~n| = 1
1
d~t
= ~n ·
R
dl
25
Za zgled si poglejmo krožnico z radijem R0 :
l
l
, R0 sin
,0
~r(l) = R0 cos
R0
R0
~t = d~r = − sin l , cos l , 0
dl
R0
R0
d~t
l
l
1
cos
, sin
,0 ;
=−
dl
R0
R0
R0
l
d~t/dl
l
, sin
,0
~n =
= − cos
R0
R0
|d~t/dl|
1
1
d~t d~t =
= ~n ·
=
R
dl dl R0
d~t = 1
dl R0
~
Ker je ddlt ⊥ ~t lahko pišemo odvod kot vektorski produkt ~t z nekim vek~ ki opisuje deformacijo.
torjem Ω,
d~t ~ ~
=Ω×t
dl
(71)
~
~ × ~t = t2 Ω
~ − ~t(Ω
~ · ~t)
~t × dt = ~t × Ω
dl
~
~ = ~t × dt + (Ω
~ · ~t)~t
Ω
dl
~ · ~t je
Vidimo, da je prvi člen pravokoten na tangento, drugi pa vzporeden. Ω
kar enak τ = dΦ/dl.
1
~ + Ωζ e~ζ ,
Ω = Ωη e~η + Ωξ eξ
Ω2η + Ω2ξ = 2
(72)
R
Prva dva člena v zgornji enačbi predstavljata upogib, tretji člen pa torzijo.
Seveda velja Ωζ = τ .
Naj bo fd kvadratna funkcija odvisna od Ωη , Ωξ ; Ωζ . Zaradi simetrije ne
sme biti mešanih (linearnih) členov z Ωζ .
Z 1
1
1
1
2
2
2
Fd =
EIηη Ωη + EIηξ 2Ωη Ωξ + EIξξ Ωξ + CΩζ dl
(73)
2
2
2
2
C predstavlja torzijski modul, I pa vztrajnostni moment preseka. V kartezičnem koordinatnem sistemu npr. predstavlja Iyy vztrajnostni moment
preseka pri upogibu, kjer je xz nevtralna ravnina, Ixx pa vztrajnostni moment preseka pri upogibu kjer je yz nevtralna ravnina. Prosto energijo Fd
lahko poenostavimo, če pišemo ξ in η komponenti v lastnem sistemu.
Z 1
1
1
2
2
2
Fd =
EIηη Ωη + EIξξ Ωξ + CΩζ dl
(74)
2
2
2
26
3.3.1
Malo deformirana palica
Za malo upognjeno palico privzamemo, da je tangenta vzdolž palice kar
konstantna.
~t(z) =
~ = (X(z), Y (z), z)
r(z)
dX dY
,
, 1 ≈ (0, 0, 1)
dz dz
d~t
= (X 00 , Y 00 , 0),
dl
X 00 = Ωη , Y 00 = Ωξ
Če sta oba vztrajnostna momenta enaka (Iηη = Iξξ = I), kar velja pri
kvadratnem ali okroglem preseku, pišemo:
Z
002
EI
Fd =
X + Y 002 dl
(75)
2
~
~ = ~t × dt + (Ω
~ · ~t)~t = (−Y 00 , X 00 , 0)
Ω
(76)
dl
Drugi člen zgoraj, ki predstavlja torzijo je enak nič, saj v primeru ni torzije.
3.3.2
Ravnovesje sil in navorov
Poglejmo si tanko rezino debeline dl v upognjeni palici. Znotraj palice se z
dolžino spreminja sila na palico. Na eno ploskev deluje sila −F~ , na drugo
ploskev pa sila +F~ + dF~ . Ti sili nista vzporedni. V palici velja ravnovesje,
vsota vseh sil na palico mora biti enaka 0.
~ =0
F~ + dF~ − F~ + Kdl
(77)
dF~
~
= −K
(78)
dl
~ predstavlja gostoto vseh zunanjih sil na dolžino.
Vektor K
Podobno velja tudi za navore, na vsaki ploskvi deluje nekoliko različen
navor na palico (ter vsak v svojo smer) in vsota vseh navorov na palico mora
biti enaka nič. Os vzemimo pri eni izmed ploskev.
~ + dM
~ −M
~ + (−d~l) × (−F~ ) = 0
M
(79)
Sila druge ploskve prav tako povzroča navor na prvi ploskvi. Pri tisti ploskvi
kjer smo definirali os je ročica enaka 0 in zato tudi navor enak nič. Navor
zunanjih sil je sorazmeren z |dl|2 , tj. višjega reda, zato ga zanemarimo.
~
dM
= −~t × F~ = F~ × ~t
dl
Robni pogoji:
27
(80)
• vzidan konec
~r|konec = konst.
d~r
|konec = konst.
dl
• prosti konec palice
F~ = 0
~ =0
M
~ | ∝ x00
|M
|F~ | ∝ x000
• podprta palica (na mestu podpore)
~r = konst.
~ =0
M
3.3.3
Kirchoffova teorija palic
Z 1
1
1
2
2
2
Fd =
EIηη Ωη + EIξξ Ωξ + CΩζ dl
2
2
2
(81)
Izhajamo iz Hookovega zakona kjer silo F = kx dobimo iz energije E = 12 kx2 .
Tu nas zanima linearna zveza med navorom in upogibom. Dobimo torej:
Mη = EIηη Ωη
Mξ = EIξξ Ωξ
(82)
Mζ = CΩζ
• upogibna deformacija okrogle palice
Pri čistem upogibu nimamo torzije, zato je Ωζ = 0. Zaradi okroglega preseka
velja za vztrajnostne momente preseka Iηη = Iξξ = I. Komponeneti navora
zapišemo:
Mη = EIΩη
(83)
Mξ = EIΩξ
~ sorazmeren z Ω.
~ Ker nimamo torzije, lahko za vektor
Vidimo, da je navor M
~
Ω pišemo:
~
~ = ~t × dt
Ω
(84)
dl
28
Če zgornje enačbe združimo dobimo
~
~ = EI~t × dt ,
M
dl
(85)
odvod navora pa je
~
dM
d ~ d~t
= EI
= EI
t×
dl
dl
dl
d~l
d~l
d2~t
l × l + ~t × 2
d
d
dl
!
d2~t
= EI~t × 2 = F~ × ~t
dl
(86)
Upoštevamo še definicijo tangente ~t = d~r/dl:
EI
4
d~r d3~r
d~r
× 3 = F~ ×
dl
dl
dl
(87)
ELASTIČNI VALOVI
Začnimo z Navierovo enačbo:
¨=
ρ~u
E
E
∇2 ~u +
∇∇ · ~u
2(1 + σ)
2(1 + σ)(1 − 2σ)
(88)
Običajno sta zgornji količini E in σ izotermni, pri valovanju pa privzamemo,
da potuje tako hitro, da se toplota ne more izmenjati z okolico, tako da sta
E in σ adiabatna.
Poglejmo si ravni val posebej longitudinalno in transverzalno polariziran.
~u = (ux , uy , uz ) = ~u(x, t) ∝ exp(i(kx − ωt))
(89)
• longitudinalna polarizacija
Valovanje naj potuje v smeri x in odmik naj bo tudi v smeri x (ux ). Pišemo:
E
∂ 2 ux
E
∂ 2 ux
+
2(1 + σ) ∂x2
2(1 + σ)(1 − 2σ) ∂x2
2
∂ ux
E
1 − 2σ + 1 ∂ 2 ux
ρ 2 =
∂t
2(1 + σ)
1 − 2σ
∂x2
E(1 − σ)
∂ 2 ux
=
(1 + σ)(1 − 2σ) ∂x2
ρu¨x =
Prepišemo v znano obliko valovne enačbe:
s
1 ∂ 2 ux
∂ 2 ux
E(1 − σ)
= 2
,
cl =
2
2
∂x
ρ(1 + σ)(1 − 2σ)
cl ∂t
cl je hitrost longitudinalne polarizacije.
29
(90)
• transverzalna polarizacija
Valovanje naj potuje v smeri x, odmik naj bo pa v smeri z (uz ), pravokotno
na smer x. Pišemo:
ρ
∂ 2 uz
E
∂ 2 uz
=
∂t2
2(1 + σ) ∂x2
Prepišemo v znano obliko valovne enačbe:
s
r
∂ 2 uz
1 ∂ 2 uz
E
µ
= 2
,
ct =
=
2
2
∂x
ρ2(1 + σ)
ρ
ct ∂t
(91)
ct je hitrost transverzalne polarizacije, µ je strižni modul.
Hitrost longitudinalnega in transverzalnega valovanja ni enaka, longitudinalno je vedno hitrejše.
r
cl
2(1 − σ)
(92)
=
ct
1 − 2σ
Slika 1: Odvisnost razmerja longitudinalnega in transverzalnega valovanja
od Poissonovega števila σ. Običajne√vrednosti σ so približno nekje med 0.2
in 0.5. Pri σ = 0 je razmerje enako 2.
V tekočinah je strižni modul µ enak 0, zato je tudi hitrost transverzalne
polarizacije 0. Sledi, da ni transverzalnih
p valov.pZa longitudinalno polarizacijo v tekočinah lahko zapišemo: cl = κ/ρ = 1/(χs ρ).
30
4.1
Odboj in lom
Imejmo vpadno valovanje v sredstvu 1 k~1vp pod kotom ϑ01 . Na meji s sredstvom 2 se odbije pod kotom ϑ1 , oziroma lomi pod kotom ϑ2 . Tangencialna
smer valovanja je vzporedna z mejo med sredstvoma in jo označimo z y.
Iz Huygensovega principa sledi, da se tangencialna komponenta valovnega
vektorja ohranja, in da se ohranja število valov.
vp
1 ky
=2 kylom =1 kyodb
ω = konst.
Ker se ohranja ω, je k = ω/c odvisen samo do hitrosti valovanja.
Za odboj velja k10 sin ϑ01 = k1 sin ϑ1 od koder sledi odbojni zakon:
ω
ω
sin ϑ01 =
sin ϑ1
0
c1
c1
(93)
Podobno velja za lom enačba k10 sin ϑ01 = k2 sin ϑ2 in nato lomni zakon:
ω
ω
sin ϑ01 =
sin ϑ2
c01
c2
(94)
Tudi če je vpadno valovanje npr. longitudinalno polarizirano, v splošnem
dobimo pri odbitem (in lomljenem) valu tako longitudinalno, kot tudi transverzalno polarizacijo. Ker je hitrost valovanja različna za longitudinalno
in transverzalno polarizacijo, se lomita pod različnima kotoma. Kot odboja
transverzalne polarizacije je vedno manjši od kota longitudinalne.
Za splošen vektor ~v velja, da ga lahko zapišemo kot vsoto gradienta skalarne količine in rotorja vektorja, za katera velja, da je rotor gradienta enak
0 in divergenca rotorja enaka 0.
~v = ∇Φ + ∇ × ω
~
Prvi člen predstavlja odmik longitudinalnega valovanja u~l , drugi člen pa
odmik transverzalnega valovanja u~t . Za longitudinalno valovanje torej velja
∇ × u~l = 0, za transverzalno pa ∇ · u~t = 0.
4.2
Površinski val
Naj se valovanje prosto širi v smeri x vzporedno s tlemi, ter pojema z globino
z (nad tlemi ni valovanja, na površini največ). u~t in u~l sta odvisna od x in
z:
u~t , u~l ∝ exp(i(kx − ωt)) · f (z)
(95)
31
Poiščimo odvisnost od globine (f(z)):
u~¨t = c2t ∇2 u~t
2 i(kx−ωt)
c2t
−ω e
2 i(kx−ωt)
f (z) =
−k e
d2 f
ω2
2
= k − 2 f (z)
dz 2
ct
d2 f
f (z) + 2 ei(kx−ωt)
dz
Iščemo eksponentne rešitve, ne oscilirajočih, saj valovanje pojema z globino.
Izraz v oklepaju je torej večji od 0 in ga označimo s κ2t .
s
ω2
κt = k 2 − 2
(96)
ct
Iz diferencialne enačbe lahko razberemo f (z):
f (z) = e+κt z
(97)
In končno longitudinalno in transverzalno komponento odmika:
u~l = (ulx , uly , ulz ) ∝ ei(kx−ωt) eκl z
u~t = (utx , uty , utz ) = ei(kx−ωt) eκt z
Robni pogoji na površini pri z = 0 z normalo ~n = (0, 0, 1) so:
fi = pik nk = 0
fx = pxx nx + pxy ny + pxz nz = 0
→ pxz = 0 → uxz = 0
fy = ...
→ pyz = 0 → uyz = 0
fz = ...
→ pzz = 0
uyz
pik = λull δik + 2µuik
∂uz
1 ∂uy
+
=0
=
2 ∂z
∂y
Odvisnosti od y ni, zato je drugi člen v oklepaju 0. Sledi, da je tudi drugi
člen enak 0. Če bi imeli uy bi moral eksponentno padati z z, drugače ni
površ. val. Odtod sledi uy = 0. Nista pa enaka 0 ux in uz .
t,l
ut,l
x , uz 6= 0
32
(98)
• longitudinalna polarizacija:
∇ × u~l = 0
i
j
k l
l
∂x ∂y ∂z = 0, ∂ux − ∂uz , 0 = 0
∂z
∂x
ul
0 ulz x
∂ulx
∂ulz
=
∂z
∂x
κl ulx0 ei(kx−ωt) eκl z = ikulz0 ei(kx−ωt) eκl z
Zadostimo robnim pogojem, torej pišemo ulx0 = kb in ulz0 = −iκl b.
ulx = kbei(kx−ωt) eκl z
ulz = −iκl bei(kx−ωt) eκl z
(99)
• transverzalna polarizacija:
∇ · u~t = 0
∂utx ∂utz
+
=0
∂x
∂z
∂utx
∂ut
=− z
∂x
∂z
ikutx0 ei(kx−ωt) eκt z = −κt utz0 ei(kx−ωt) eκt z
Zadostimo robnim pogojem, torej pišemo utx0 = κt a in utz0 = −ika.
utx = κt aei(kx−ωt) eκt z
utz = −ikaei(kx−ωt) eκt z
Poiščimo enačbi za a in b:
uxz = 0
∂ux
∂uz
=−
∂z
∂x
l
t
∂(ux + ux )
∂(ulz + utz )
=−
∂z
∂x
33
(100)
pzz = 0 :
σ
uxx
1−σ
σ ∂(ulx + utx )
∂(ulz + utz )
=−
∂z
1−σ
∂x
uzz = −
Od tod sledita dve enačbi za a in b, ki se skrivata v členih v števcih:
s
ω2
2
2
a(k + κt ) + 2kκl b = 0,
κl = k 2 − 2
cl
s
ω2
2kκt a + b(k 2 + κ2t ) = 0,
κt = k 2 − 2
ct
Determinanta sistema zgornjih dveh enačb je enaka 0. Dobimo zvezo med k
in ω. Velja linearno sorazmerje:
ω∝k
(101)
Del II
HIDRODIN AMIKA
5
IDEALNE TEKOČINE
Vsako tekočino lahko daleč od ovire opišemo kot idealno tekočino (zanemarimo viskoznost), s katerimi se bomo sprva ukvarjali. Kar daleč stran od ovire
lahko segajo mejne plasti, vendar se temu posvetimo kasneje. Pomembne
spremenljivke s katerimi opisujemo idealne tekočine so hitrost, tlak in gostota, ki so vse odvisne od kraja in časa: ~v = ~v (~r, t); p = p(~r, t); ρ = ρ(~r, t).
5.1
Ohranitev mase (kontinuitetna enačba)
~
Zamislimo si majhno kontrolno prostornino ∆V z normalo ~n na ploskev dS
~
skozi katero teče gostota masnega toka j.
Z
Z
dm
d
∂ρ
=
dV
ρdV =
dt
dt
∂t
34
Z
∂ρ
dV = −
∂t
I
~
~j · dS
Z
∇ · ~jdV
=−
Z
=−
∇ · (ρ~v ) dV
Izenačimo izraza pod integraloma na levi in desni ter razpišemo:
∂ρ
= −ρ∇ · ~v − ~v · ∇ρ
∂t
Zgoraj dobljena enačba je kontinuitetna enačba.
5.2
(102)
Nestistljiva snov
Bolje, kot o nestisljivi snovi, je govoriti o nestisljivem toku. Pri toku upoštevamo še hitrost, ne samo maso. Za primer, zrak je pri višjih hitrostih
(npr. 100 km/h) že nestisljiv, kot mirujoča voda. Čeprav si sicer zrak predstavljamo kot stisljivo tekočino in kot mirujoč tudi je, pa je pomembno se
zavedati, da se tok snovi obnaša drugače kot mirujoča snov.
Za nestisljivo snov torej velja, da je njena gostota konstantna:
∂ρ
= 0;
∂t
∇ρ = 0
Če to vstavimo v kontinuitetno enačbo dobimo:
0 = −ρ∇ · ~v − 0
Iz česar sledi, da je divergenca hitrosti enaka nič.
∇ · ~v = 0
5.3
(103)
Eulerjeva enačba
Eulerjeva enačba je vsebinsko enaka 2. Newtonovem zakonu, vendar se od
njega razlikuje po tem, da ne opisuje točkastega telesa s fiksno maso, ampak hitrostno polje nekega toka, ne fiksne mase. V hidrodinamiki nimamo
fiksnega telesa!
Zapišimo 2. Newtonov zakon za majhno prostornino in ga prevedimo
na odvisnost od hitrosti (namesto pospeška). Obenem se spomnimo kako se
izrazi sila z napetostnim tenzorjem.
m~a = F~ → m
35
d~v
= F~
dt
dvi
ρ∆V
= Fi =
dt
I
pik dSk
I
I
Z
dp
dV
= − pδik dSk = − pdSi = −
dxi
Tu smo pisali le eno komponento sile. Za majhno kontrolno prostornino je
gradient na desni strani majhen in ga lahko nesemo pred integral, dobimo
−∆V (dpi )/(dxi ).
ρ∆V
ρ
dvi
dpi
= −∆V
dt
dxi
d~v
= −∇p
dt
Hitrost nekega dela tekočine se spremeni zaradi dveh prispevkov. Prvi
je zato, ker se tekočina prestavi na nek drug kraj, kjer je drugačna lokalna
hitrost, drug prispevek pa je zaradi eksplicitne odvisnosti od časa.
∂~v
∂~v
∂~v
∂~v
dx +
dy +
dz +
dt
∂x
∂y
∂z
∂t
∂~v dx ∂~v dy ∂~v dz ∂~v
=
+
+
+
∂x dt
∂y dt
∂z dt
∂t
∂~v
∂~v
∂~v ∂~v
= vx
+ vy
+ vz
+
∂x
∂y
∂z
∂t
∂~v
= (~v · ∇) ~v +
∂t
d~v =
d~v
dt
d~v
dt
d~v
dt
v
Sedaj ta odvod hitrosti po času vstavimo v prej dobljeno enakost ρ d~
dt = −∇p,
dodamo še prispevek hipotetičnih zunanjih sil in dobimo Eulerjevo enačbo.
∂~v
ρ
+ (~v · ∇) ~v = −∇p + ρf~(z)
(104)
∂t
Zadnji člen zgornje Eulerjeve enačbe predstavlja zunanje sile, kjer ima f~(z)
enote m/s2 .
Za idealne tekočine velja, da je tok izentropen, torej sprememba entropije
je enaka nič, ni viskoznosti in ni izmenjave toplote. Spomnimo se izraza za
entalpijo iz termodinamike:
dH = T dS + V dp
36
in ga delimo z maso na obeh straneh
1
dh = T ds + dp
ρ
1
dh = dp
ρ
Uporabimo Eulerjevo enačbo brez zunanjih sil
1
∂~v
+ (~v · ∇) ~v = − ∇p
∂t
ρ
Če velja ds = 0 lahko desno stran nadomestimo z gradientom specifične
entalpije. Za izentropen tok ni važno ali je gostota konstanta ali ne, nadomestimo lahko cel člen z gradientom entalpije. Za drugi člen na levi strani
pa uporabimo naslednjo vektorsko enakost:
1 2
∇~v = ~v × ∇ × ~v + (~v · ∇)~v
2
Tako dobimo:
∂~v 1 2
+ ∇~v − ~v × ∇ × ~v = −∇h
dt
2
1 2
∂~v
− ~v × ∇ × ~v = −∇ h + ~v
dt
2
Na obeh straneh z leve vektorsko pomnožimo z nablo (oz. delujemo z operatorjem rotor):
∂∇ × ~b
− ∇ × (~v × ∇ × ~v ) = 0
(105)
∂t
Robni pogoj za idealne tekočine je preprost. Pove, da tekočina ne more teči
v steno, torej je normalna komponenta hitrosti enaka nič: vn = 0.
5.4
Hidrostatika
Pri hidrostatiki je hitrost tekočine seveda enaka nič. Lahko zapišemo Eulerjevo enačbo v zunanjem težnostnem polju ~g = (0, 0 − g).
1
0 = − ∇p + ~g
ρ
1 dp
= −g
ρ dz
37
dp = −ρgdz,
5.5
ρ = ρ(p, T )
(106)
Konvekcija
Opazujmo nek majhen del plina s specifično prostornino v = V /m = 1/ρ. Na
neki višini ima nek tlak p0 in specifično entropijo s0 . Nato se dvigne za majhno
razdaljo ξ > 0, tako da se mu ne spremeni entropija (adiabatna sprememba).
Hitro vzpostavi tlak z okolico kjer je tlak p. Pri tem je opazovan del plina
izpodrinil drug del plina z entropijo s. Tekočine so stabilne, če je specifična
prostornina izpodrinjenega plina večja od opazovanega dela plina, oziroma z
enačbo:
v(p, s) > v(p, s0 )
v(p, s) − v(p, s0 ) > 0
∂v
ds
0
v(p, s ) +
ξ − v(p, s0 ) > 0
∂s p dz
Iščemo pogoj za stabilnost (ne-konvekcijo). Posebej je kompliciran izraz
(∂v/∂s)p , poglejmo:
mcp
∂S
dT +
)T dp
dS =
T
∂p
mcp
dS =
dT
T
Tu smo že upoštevali konstanten tlak, ki velja v iskanem izrazu. Delimo
zgornjo enačbo z dV :
mcp ∂T
∂S
=
∂V
T
∂V p
Upoštevamo Maxwellovo relacijo in delimo enačbo zgoraj in spodaj na obeh
straneh z m.
cp ∂T
cp
∂s
=
=
>0
∂v p
T ∂v
T βV
Za veliko večino snovi je leva stran res večja od nič. Ignoriramo kakšne
eksotične snovi, za katere je β < 0.
38
Spet se vrnimo k enačbi za entropijo. Zopet so na vrsti Maxwellove
relacije.
mcp
∂S
dS =
dT +
dp
T
∂p T
mcp
dS =
dT − βV dp
T
Delimo levo in desno z maso ter odvajamo po višini, to je koordinati vzdolž
katere se je opazovan del plina dvignil:
cp dT
dp
ds
=
− (−βv)
dz
T dz
dz
cp dT
=
+ βvρg
T dz
V zadnji vrstici smo upoštevali hidrostatično ravnovesje. Vemo še, da je
vρ = 1 iz same definicije v.
cp dT
ds
=
+ βg
dz
T dz
(107)
Konvekcije ni, čje desna stran enačbe večja od nič:
cp dT
+ βg > 0
T dz
5.6
(108)
Bernoullijeva enačba
Bernoullijeva enačba ima več enačic, odvisno od tega glede na kaj jo zapišemo. Prva, ki jo bomo opisali je enačba za eno tokovnico.
Imejmo hitrostno polje, kjer v splošnem hitrost v vsaki točki kaže v drugo
smer. Hitrostno polje je v vsaki točki tangentno na tokovnico. Oziroma segment tokovnice d~l je vzporeden z lokalno hitrostjo ~v (~r). Definicija tokovnice
v dvodimenzionalnem prostoru je:
vy
dy
=
dx
vx
Če malo preoblikujemo lahko pridemo do definicije tokovnice v 3D:
dx
dy
dz
=
=
vx
vy
vz
39
(109)
v
Poglejmo stacionaren tok ∂~
∂t = 0. Bernoullijevo enačbo dobimo prek
Eulerjeve enačbe, ki jo za začetek pomnožimo z d~l.
1
2
− (~v × ∇ × ~v ) ~l = −∇ h + ~v · d~l
2
Izraz v oklepaju na levi strani je pravokoten na hitrost ~v . Segment tokovnice
d~l pa vemo, da je vzporeden glede na hitrost. Njun skalarni produkt je torej
enak nič. Torej mora biti izraz v oklepaju na desni strani konstanten.
1
h + ~v 2 = konst.
2
(110)
To je Bernoullijeva enačba za eno tokovnico. Za drugo tokovnico je izraz
ravno tako konstanten, vendar se konstanta razlikuje od prejšnje (za vsako
tokovnico je neka druga konstanta)!
5.6.1
Kelvinov izrek o ohranitvi cirkulacije
Cirkulacija Γ je definirana za poljubno veliko zanko v koordinatnem sistemu
v katerem tekočina miruje (oz. koordinatni sistem potuje skupaj s tekočino).
I
Γ = ~v · d~l
(111)
Za majhno zanko s katero zaobjamemo hitrostno polje velja:
I
Z
~
~ = ∇ × ~v ∆S,
Γ = ~v · dl = ∇ × ~v dS
kjer je ∇ × ~v vrtinčnost.
Za uniformno hitrostno polje, kjer hitrost povsod kaže v isto smer, je
cirkulacija enaka nič, nasprotno je za vrtinec cirkulacija različna od nič.
Kelvinov izrek pravi, da je dΓ
dt = 0. Preverimo, da to res drži.
I
I
I
d
d~v
dΓ
~ rdt
=
~v · δ~r =
· δ~r + ~v · dδ~
dt
dt
dt
I
I
= (−∇h) · δ~r + ~v · δ~v = 0 + 0 = 0
V zadnji vrstici sta oba člena enaka nič, ker sta začetna in končna točka ista,
podobno kot pri potencialni energiji, kjer je energija pri isti točki enaka in je
zato delo enako nič. Izrek o ohranitvi cirkulacije velja le za idealne tekočine
(ker smo ga izpeljali iz Eulerjeve enačbe)!
40
Za primer poglejmo uniformen tok, ki na poti sreča oviro. Kljub oviri
je daleč od ovire cirkulacija še vedno povsod enaka nič. Blizu ovire je sicer
mejna plast, kjer je viskoznost pomembna in pride do vrtincev.
Γ=0
I
Γ = ~v · d~l
I
~
= ∇ × ~v dS
Z
~
= ∇ × ~v dS
= ∇ × ~v · ∆S = 0
∇ × ~v = 0
Rotor hitrosti je nič, torej imamo irotacionalen tok, hitrost lahko zapišemo
kot gradient skalarnega potenciala. Imenujemo potencialen tok.
~v = ∇Φ
5.6.2
(112)
Posplošitev Bernoullijeve enačbe
Obravnavamo irotacionalen oz. potencialen tok. Velja ∇ × ~v = 0. Izhajamo
iz Eulerjeve enačbe:
∂~v
1
− ~v × ∇ × ~v = −∇ h + v 2
∂t
2
∂∇Φ
1
= −∇ h + v 2
∂t
2
∂Φ
1
∇
+ h + v2 = 0
∂t
2
∂Φ
1
+ h + v 2 = konst.
∂t
2
5.7
(113)
Nestisljiv tok
∂~v
1
+ (~v · ∇) ~v = − ∇p
∂t
ρ
Desno stran enačbe lahko spet nadomestimo z gradientom gosotote entalpije.
Če naj bo tok nestisljiv, potem še upoštevamo, da gostota tekočine ni odvisna
ne od kraja ne od časa. Sledi:
∂~v
p
+ (~v · ∇) ~v = −∇
∂t
ρ
41
• Bernoullijeva enačba: h + 12 v 2 + gz = konst.
Namesto h pišemo kar p/ρ. Za nestisljiv lahko Bernoullijevo enačbo zapišemo
potem kot:
p 1 2
+ v + gz = konst.
(114)
ρ 2
• Kontinuitetna enačba:
∂ρ
∂t
= −∇ · (ρ~v )
Desno stran razpišemo: ∇(ρ~v ) = ρ∇·~v +~v ·∇ρ. Upoštevamo še konstantnost
gostote in dobimo kontinuitetno enačbo za nestisljiv tok:
∇ · ~v = 0
5.7.1
(115)
Kriterij za nestisljivost toka
Poglejmo zakaj oziroma kdaj postane vožnja z avtom pri 100 km/h kvalitativno enaka vožnji v vodi.
Imejmo tok okoli okrogle ovire s hitrostjo ~v = ~u, kjer je ~u referenčna hitrost. Tokovnice oblivajo oviro razen ene tokovnice, ki je vzporedna normali
na oviro. Ob oviri je tako zastojna točka kjer je hitrost ~v = 0. Razlika hitrosti po Bernoullijevi enačbi povzroči razliko tlakov ∆p med oviro in okolico.
Iz razlike tlakov sledi sprememba gostote ∆ρ. Ta odvisnost nas zanima.
∆ρ
∂V
=−
=?
ρ
V
Iz spremembe gostote neposredno sledi spremeba volumna, saj je masa konstantna. Zapišimo majhno spremembo gostote kot odvod po tlaku.
∂ρ
∆ρ =
∆p =
∂p S
ρ ∂V
∆p
=−
V ∂p S
1 ∂V
∆p
=ρ −
V ∂p S
Izraz v oglatih oklepajih prepoznamo kot adiabatno stisljivost χS .
∆ρ
= χS ∆p
ρ
(116)
Ocenimo še spremembo tlaka ∆p. Po Bernoullijevi enačbi izenačimo stanje
tokovnice v referenčni točki in v zastojni točki:
1
1
p0 + ρu2 = p + ρ02
2
2
1 2
0
p − p = ∆p = ρu
2
42
Odvisnost stisljivosti od hitrosti je tako:
∆ρ
1
1 u2
,
= χS ρu2 =
ρ
2
2 c2
kjer je c =
5.8
q
1
ρχs
(117)
hitrost zvoka v tekočini.
2D potencialni tok
Hitrost toka ima v tem primeru samo 2 komponenti, prav tako je odvisna
samo od x in y prostorskih komponent.
~v = (vx , vy , vz = 0)
= ~v (x, y)
Obravnavamo nestisljiv tok, zato velja, da je divergenca hitrosti enaka nič
∇ · ~v = 0. Oziroma po komponentah:
∂vx ∂vy
+
=0
∂x
∂y
Temu pogoju najlažje zadostimo tako, da uvedemo novo funkcijo ψ, ki jo
poimenujemo tokovna funkcija:
vx =
∂ψ
,
∂y
vy = −
∂ψ
∂x
(118)
Tako izraženi komponenti hitrosti vstavimo v prejšnji pogoj za nestisljiv tok:
∂ ∂ψ
∂
∂ψ
+
−
=0
∂x ∂y
∂y
∂x
Z rotorjem delujemo na Eulerjevo enačbo in upoštevamo, da je rotor gradienta enak nič:
∂∇ × ~v
− ∇ × (~v × ∇ × ~v ) = 0
∂t
43
Edina od nič različna komponenta rotorja hitrosti je komponenta z:
∂ψ
∂ ∂ψ
∂
∂
∂
−
−
= −∇2 ψ = −∆ψ
(∇ × ~v )z =
vy −
vx =
∂x
∂y
∂x
∂x
∂y ∂y
i j
k 0 = (−vy ∆ψ, vx ∆ψ, 0)
~v × ∇ × ~v = vx vy
0 0 −∆ψ ∂
∂
∇ × (~v × ∇ × ~v )z =
(vx ∆ψ) +
(vy ∆ψ)
∂x
∂y
∂vy
∂vx
∂
∂
=
∆ψ +
∆ψ + vx ∆ψ + vy ∆ψ
∂x
∂y
∂x
∂y
∂
∂vx ∂vy
∂
+ vx ∆ψ + vy ∆ψ
= ∆ψ
+
∂x
∂y
∂x
∂y
Izraz v oklepaju je enaka nič, ker je tok nestisljiv. Vse skupaj pa sedaj
vstavimo v enačbo za nestisljiv tok izraženo s tokovno funkcijo.
∂
∂
∂∆ψ
− vx ∆ψ + vy ∆ψ = 0
−
∂t
∂x
∂y
Izrazimo še hitrosti s tokovno enačbo in dobimo gibalno enačbo:
∂∆ψ ∂ψ ∂∆ψ ∂ψ ∂∆ψ
+
−
=0
∂t
∂y ∂x
∂x ∂y
(119)
Poglejmo si zakaj imenujemo ψ tokovno funkcijo. Na tokovnici je hitrost
~v v vsaki točki vzporedna s tangento ~t. Iz definicije tokovnice izrazimo:
vy
dy
=
dy
vx
dx
dy
=
vx
vy
vy dx = vx dy
vy dx − vx dy = 0
∂ψ
∂ψ
−
dx −
dy = 0
∂x
∂y
Prepoznamo izraz za popoln diferencial, torej sledi:
−dψ = 0
(120)
Izraz tokovna funkcija je smiseln, saj je ψ konstantna vzdolž tokovnice.
Imejmo neko hitrostno polje (v dveh dimenzijah). Zanima nas pretok
med dvema poljubnima točkama A in B. Pretok bomo dobili tako, da bomo
44
integrirali po krivulji med točkama A in B, ki je pravokotna na vsako tokovnico. Označimo masni pretok s Φm in pazimo, da ga ne zamešamo s
potencialom toka Φ.
Z
B
ρ~v · d~l
Φm =
A
Z
B
Z
(vx , vy ) · (dy, −dx) =
A
Z B
∂ψ
∂ψ
=ρ
dy +
dx
∂y
∂x
A
Z B
=ρ
dψ
B
(vx dy − vy dx)
=ρ
A
A
Φm = ρ (ψ(B) − ψ(A))
Če bi integrirali po zaključeni poti bi bil pretok enak nič, saj je ψ v isti točki
kakopak enak in se izraz v oklepaju izniči.
Izraza za hitrost smo izrazili na dva načina z dvema različnima potencialoma Φ in ψ.
∂Φ
∂ψ
=
∂x
∂y
∂Φ
∂ψ
vy =
=−
∂y
∂x
vx =
Po Riemann-Cauchyju lahko ta dva potenciala združimo v en kompleksni
potencial w. Velja torej:
w = Φ + iψ
w = w(z = x + iy)
5.9
d’Alembertov paradoks
Obravnavamo potencialen tok nestisljive tekočine. Zanj že vemo, da velja
naslednje: ~v = ∇Φ in pa ∇ · ~v = 0. Združeno: ∇ · ∇Φ = ∇2 Φ = ∆Φ = 0.
Rešitve Laplaceove enačbe so:
1
1
Φ ∝ ,∇
, ...
r
r
• MONOPOL
45
Poglejmo si najprej prvo rešitev. Zapišimo potencial kot monopol Φ = ar .
Predstavljamo si ga kot tokovni izvor. Velja popolna anologija z elektromagnetnim poljem in izvori oz. ponori polja. Zapišimo izraz za hitrost:
~v = −
a ~r
a
= − 2 ~n
2
r r
r
Od tod lahko izračunamo masni pretok. Zaobjamemo izvor s sfero in integriramo po meji te sfere:
I
I a
~=ρ
Φm = ρ ~v · dS
− 2 ~nr2 dΩ = −4πρa
r
Za nestisljivo tekočino smo že prej pokazali, da bi moral biti pretok po zaključeni zanki enak nič, tu pa je od nič različen. Torej ta rešitev ni v redu.
Poglejmo zato naslednji red rešitve: dipol.
• DIPOL
Skupaj imamo izvor(+) in ponor(-) toka na majhni medsebojni razdalji d.
S tem zadostimo pogoju ∇ · ~v = 0, oziroma Φm = 0. Opazujmo dipol na
razdalji r, ki je mnogo večja od medsebojne razdalje d. Označimo kot med
r ter zveznico ponora in izvora s ϑ. Posamezni razdalji do ponora oz. izvora
lahko potem izrazimo:
2
d
d
=r −
− 2r cos ϑ
2
2
2
d
d
2
− 2r cos(π − ϑ)
r−
= r2 +
2
2
2
d
d
= r2 +
− 2r cos ϑ
2
2
2
r+
2
Rešitev za potencial Φ zapišemo v obliki dipola
a
˜
a
˜
1
1
Φ=
−
=a
˜
−
r+ r−
r+ r−

1
1
−q
Φ=a
˜ q
2
r2 − rd cos ϑ + d4
r2 + rd cos ϑ +
46

d2
4

kjer je a
˜ jakost ponora in izvora. Razvijmo do linearnega člena:


a
˜
1
1

Φ ≈ q
−q
r
d
d
1 − r cos ϑ
1 + r cos ϑ
d
a
˜
d
1+
≈
cos ϑ − 1 −
cos ϑ
r
2r
2r
a
˜d
= 2 cos ϑ
r
~a · ~r
Φ≈ 3
r
Tu je vektor ~a odvisen od a
˜ in od d. Spet izrazimo hitrost s potencialom Φ:
~a · ~r
~a
3(~a · ~r) ~r
~v = ∇
= 3−
r3
r
r4 r
~a − 3(~a · ~n)~n
=
r3
~a je linearna funkcija ~u, kjer je ~u referenčna hitrost. Naša ideja je, da lahko
tok okoli ovire izrazimo kot vsoto uniformnega toka in toka, ki ga povzroča
dipol (s ponorom in izvorom).
Zapišimo kinetično energijo tekočine:
Z
ρ
v 2 dV
Ekin =
2
Z
Z
ρ
=
u2 dV +
v 2 − u2 dV
2
Z ~u smo označili hitrost telesa, z ~v pa hitrost tekočine. Posebej izračunajmo
oba integrala. Za prvega preprosto sledi:
Z
u2 dV = u2 (V − V0 ),
kjer je V0 volumen telesa. Drugi integral (označimo z II) je precej bolj
zapleten.
Z
Z
Z
2
2
−II =
u − v dV = (~u + ~v ) (~u − ~v ) dV = ∇ (~u · ~r + Φ) · (~u − ~v ) dV
Z
= ∇ · [(~u · ~r + Φ) (~u − ~v )] dV − 0
47
Tu smo upoštevali enakost ∇f · ~b = ∇ · (f~b) − f ∇ · ~b za poljubna skalar f
in vektor ~b, v našem primeru je drugi člen na desni strani enaka nič (~u je
konst., za ∇ · ~v pa velja nestisljivost toka).
I
~
−II = [(~u · ~r + Φ) (~u − ~v )] · dS
Integral razbijemo na vsoto dveh integralov. Prvega po površini telesa, drugega po površini velike sfere (R → ∞).
I
Z
−II = [...] (~u − ~v ) · ~ndS + [...]~ndS
Prvi integral je enak nič po površini telesa, saj je u⊥ − v⊥ = 0. Za drugi
integral pa poiščemo samo člene, ki ne padajo hitreje kot r−2 , saj so ostali
nič ko gre r proti neskončno (S ∝ r2 ).
~a · ~n
~a
3(~a · ~n)~n
(~u · ~r + Φ) (~u − ~v ) = ~u~r + 2
~u − 3 +
r
r
r3
~a · ~n
(~u · ~r)~a 3(~a · ~n)(~u · ~r)~n
≈ (~u · ~r)~u + 2 ~u −
+
r
r3
r3
Cel integral po veliki sferi je potem:
Z 3(~a · ~n)(~u · ~n) 2
(~u · ~n)(~n · ~u)r +
r dΩ
r2
Za zgornji integral si pomagamo tako, da uvedemo naslednje povprečje po
prostorskem kotu Ω:
1
1 ~~
1
hAi ni Bk nk iΩ = Ai Bk hni nk iΩ = Ai Bk δik = Ai Bi = A
B
3
3
3
Integral, ki smo ga označili z II. je sedaj enak:
1
1
II = −u2 R3 4π − 3~a · ~u4π
3
3
Spomnimo se, računali smo kinetično energijo. Če sedaj združimo vse poračunano dobimo
ρ
ρ 4π 3
ρ
Ekin = u2 (V − V0 ) − u2
R − ~a · ~u4π
2
2 3
2
ρ 2
ρ
Ekin = − u V0 − ~a · ~u 4π
2
2
48
~a je linearna funkcija ~u, vendar ~a in ~u nista nujno vzporedna. Torej je Ekin
kvadratna funkcija ~u in pišemo:
1
Ekin = mik ui uk ,
2
kjer je mik tenzor inducirane mase. Gibalna količina je pi = mik uk . Odtod
sledi, da je reakcijska sila enaka:
dP~
F~ = −
=0
dt
(121)
Reakcijska sila (vzgon+upor) je enaka nič, če je le hitrost telesa ~u konstantna.
Iz prakse pa vemo, da taka sila obstaja. Četudi je hitrost telesa konstantna
imamo tako vzgon kot upor. Paradoks!
6
VISKOZNE TEKOČINE
Spomnimo se Eulerjeve enačbe za idealne tekočine, kjer ni disipacije:
∂~v
ρ
+ (~v · ∇) ~v = −∇p
∂t
Primerjajmo jo s Cauchyjevo enačbo (za trdnine):
∂pik
∂xk
ρ~u = ∇ · p
ρu¨i =
V Eulerjevo enačbo vstavimo izraz za hidrostatični tlak: pik = −pδik :
−∇p =
∂
∂
(−pδik ) = −
p
∂xk
∂xi
Na desni strani Eulerjeve enačbe je gradient skalarja v bistvu divergenca
napetostnega tenzorja. V viskoznih tekočinah ima p šen del, viskozni del, ki
ga označimo z p0ik .
pik = −pδik + p0ik
(122)
Viskozni del tlačnega tenzorja dobimo iz štirih predpostavk.
• p0ik odvisen od
∂vi
∂xk
(gradient hitrosti)
∂vi
• p0ik je linearna funkcija gradienta hitrosti ∂x
(ni konstantne vrednosti
k
0
pik , v najnižjem redu je linearna odvisnost)
49
• pri vrtincih/rotaciji ni viskoznosti (saj se deli tekočin ne gibljejo en
∂vi
glede na drugega, ω = konst.); rotacije izločimo! p0ik odvisen od ∂x
+
k
∂vk
∂xi
(samo simetrični del gradienta

A B
• tekočina izotropna: p0ik = B A
B B
oz. dve različni konstanti.)
hitrosti!)

B
B  (samo dva različna elementa,
A
Združimo zapisane predpostavke v enačbo:
2 ∂vl
∂vk
∂vl
∂vi
0
−
+
δik + ζ
δik
pik = η
∂xk
∂xi
3 ∂xl
∂xl
(123)
Z η smo označili dinamično viskoznost, z ζ pa tako imenovano drugo viskoznost. Če izračunamo sled prvega člena (pri η) dobimo:
tr(...) =
∂vi
2 ∂vl
∂vi
+
−
3=0
∂xi ∂xi 3 ∂xl
Sled drugega člena je različna od nič.
Iz Cauchyjeve enačbe izpeljemo gibalno enačbo za viskozne tekočine:
∂vi
∂
∂
∂vi
∂vk
2 ∂vl
∂vl
∂pik
ρ
+ vk
vi =
=
−pδik + η
+
−
δik + ζ
δik
∂t
∂xk
∂xk
∂xk
∂xk
∂xi
3 ∂xl
∂xl
∂ 2 vi
2 ∂ ∂vl
∂ ∂vl
∂p
∂ 2 vk
+η 2 +η
− η
+ζ
=−
∂xi
∂xi ∂xk
3 ∂xi ∂xl
∂xi ∂xl
k
2
∂p
∂ vi
η
∂ ∂vk
=−
+η 2 +
+ζ
∂xi
3
∂xi ∂xk
∂xk
V zadnji vrstici smo nema indeksa (k, l) izenačili (l → k). Vse skupaj zapišemo v vektorski obliki in dobimo Navier-Stokesovo enačbo:
η
∂~v
ρ
+ (~v · ∇) ~v = −∇p + η∇2~v +
+ ζ ∇∇ · ~v
(124)
∂t
3
Za poseben primer za nestisljiv tok tekočine velja ∇ · ~v = 0 in odtod:
∂~v
ρ
+ (~v · ∇) ~v = −∇p + η∇2~v
(125)
∂t
Od tu dalje se večinoma ukvarjamo z nestisljivimi tekočinami, tako da bomo
uporabili slednjo Navier-Stokesovo enačbo (NSE).
50
6.1
Kinematična viskoznost
Kinematično viskoznost definiramo kot dinamično viskoznost deljeno z gostoto tekočine
η
ν=
(126)
ρ
Na Navier-Stokesovo enačbo za nestisljivo tekočino delujemo z rotorjem, da
se znebimo gradienta tlaka in ostane samo še hitrostno polje.
1 2
∂
∇ × ~v + ∇ ×
∇~v − ~v × ∇ × ~v
= −∇ × ∇p + η∇2 ∇ × ~v
ρ
∂t
2
Rotor gradienta je enak nič, prav tako pa imamo opravka z nestisljivo tekočino za katero velja ∇ · ~v = 0. Delimo še z gostoto na obeh straneh.
∂
∇ × ~v − ∇ × (~v × ∇ × ~v ) = ν∇2 ∇ × ~v
(127)
∂t
Robni pogoj je, da je hitrost ob steni nič. ~v |stena = 0. Poleg normalne
komponente je pri viskoznih tekočinah tudi tangencialna komponenta enaka
nič.
Če rešimo enačbo in upoštevamo robne pogoje dobimo hitrostno polje
~v = ~v (~r, t). V naslednjem koraku nas zanima tlačno polje: p = p(~r, t): Z
divergenco delujemo na NSE za nestisljiv tok:
∂∇ · ~v
+ ρ∇ · (~v · ∇) ~v = −∇ · ∇p + η∇2 ∇ · ~v
∂t
∇2 p = −ρ∇ · (~v · ∇)~v
∂2p
∂
∂vk ∂vi
∂ ∂vi
∂vi
= −ρ
= −ρ
+ vk
vk
∂xi
∂xk
∂xi ∂xk
∂xk ∂xi
∂x2k
ρ
V zadnjem členu na desni strani prepoznamo divergenco hitrosti, ki je enaka
nič zaradi nestisljivega toka. Končna enačba tlačnega polja se glasi:
∂2p
∂vk ∂vi
= −ρ
2
∂xi ∂xk
∂xk
6.2
(128)
Disipacija energije (v viskoznih tekočinah)
Tok viskozne tekočine izgublja kinetično energijo, oziroma se mu le-ta zmanjšuje.
Z
1
Ekin = ρ ~v 2 dV
2
dEkin
<0→η>0
dt
51
Za nestisljiv tok velja, da je gostota konstantna, zato jo lahko nesemo pred
integral. Preverimo, da druga izmed zgornjih trditev drži.
dEkin
=ρ
dt
Z
~v ·
∂~v
dV
∂t
Pomaga nam NSE:
ρ
∂~v
= −ρ (~v · ∇) ~v − ∇p + ∇ · p0
∂t
Pomnožimo na obeh straneh s hitrostjo, da dobimo izraz pod integralom:
~v · ρ
∂~v
= −ρ~v · (~v · ∇) ~v − ~v · ∇p + ~v · ∇ · p0
∂t
1 2
= (~v · ∇) − ρ~v − p + ~v · ∇ · p0
2
Za prvi člen na desni strani upoštevamo lastnost:
∇ · (~v f ) = f ∇ · ~v + ~v · ∇f
Za drugi člen pa velja:
∇ · (~v p0 ) = ~v · ∇ · p0 + ∇~v : p0
Dve piki ne pomenita deljenja ampak neke vrste skalarni produkt tenzorjev.
∂vi 0
p oziroma v splošnem:
∇~v : p0 = ∂x
k ik
~a · ~b =
X
ai bi
i
a:b=
XX
i
aik bik
k
Vse to zdaj sestavimo skupaj:
∂~v
1 2
~v · ρ
= −∇ · ~v
ρ~v + p + ∇ · ~v p0 − ∇~v : p0
∂t
2
Z
I Z
dEkin
∂~v
1 2
0
~
= ρ~v ·
dV = −
~v
ρ~v + p − ~v p · dS − ∇~v : p0 dV
dt
∂t
2
Prvi integral je enak nič zaradi robnega pogoja. Po celotni ploskvi na robu
telesa je hitrost namreč enaka nič.
52
Z ∂vi 0
1 ∂vi 0
∂vk 0
dV
p
p dV = −
p +
∂xk ik
2 ∂xk ik ∂xi ki
Z 1
∂vi
∂vk
=−
p0ik dV
+
2
∂xk
∂xi
dEkin
=−
dt
Z
V zadnji vrstici smo upoštevali simetričnost viskoznega dela napetostnega
tenzorja.
Če je tok nestisljiv (∇ · ~v = 0) lahko zapišemo p0ik kot p0ik =
∂vi
k
η ∂x
+ ∂v
∂xi .
k
dEkin
1
=− η
dt
2
Z ∂vi
∂vk
+
∂xk
∂xi
2
dV < 0
dEkin
< 0,
η > 0.
(129)
dt
Zgled: Imamo vzporedni plošči na različnih višinah (y = 0 in y = h).
Spodnja naj miruje u = 0, zgornjo pa vlečemo glede na spodnjo s konstantno
v
hitrostjo u > 0. Velja, da imamo stacionaren tok ∂~
∂t = 0, in da ima hitrost le
komponento v eni smeri, ki je odvisna le od koordinate y: ~v = (vx (y), 0, 0).
NSE v treh dimenzijah po komponentah (samo za x smer) izgleda tako:
vx
∂
1 ∂p
∂
∂
vx + vy vy + vz vz = −
+ ν∇2 vx
∂x
∂y
∂z
ρ ∂x
Vsi členi na levi so enaki nič, ker je ali hitrost ali njen odvod enak nič. Na
desni pa velja, da ni tlačne razlike v x smeri.
0 = ν∇2 vx
∇2 vx
2
∂
∂2
∂2
+
+
+ vx
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
∂2
vx
∂y 2
vx
=0
=0
=0
= ay + b
Na zgornji plošči veljata robna pogoja y = h, vx = u. Na spodnji pa y = 0,
vx = 0. Sledi znan rezultat za hitrostno polje:
vx = u
53
y
h
(130)
Silo tekočine na ploskev opišemo z enačbo fi = pik nk . Normala na zgornjo
ploščo je ~n = (0, 1, 0), na spodnjo pa ~n = (0, −1, 0). Hidrostatični del tlačnega tenzorja ne prispeva k strižnim silam, zato upoštevamo samo viskozni
del.
∂vi
∂vk
0
pik = η
+
∂xk
∂xi
∂vx
u
p0xy = η
=η
∂y
h
Ostale komponente so vse enake nič. Sila na zgornjo ploščo je tako enaka:
u
fx = p0xx nx + p0xy ny + p0xz nz = η
h
Na spodnjo ploščo pa:
u
fx = p0xx nx + p0xy ny + p0xz nz = −η
h
6.3
Poiseuillov zakon
Imamo cev dolžine l z radijem R. Med dvema koncema je tlačna razlika ∆p,
ki po cevi poganja tok z masnim pretokom Φm . Hitrost tekočine v cevi ima
le komponento vzdolž cevi in je odvisna le od radija: ~v = (0, 0, vz (r)).
∇p
∇2 vz =
η
1 d
dvz
∆p
r
=−
r dr
dr
lη
Z
∆p
dvz
=−
rdr
r
dr
lη
∆p 2
=−
r +a
2lη
∆p 2
vz = −
r + a ln r + b,
4lη
∆p
vz =
R2 − r 2
4ηl
a=0
V zadnji vrstici smo že upoštevali robne pogoje. Smiselno je, da hitrost ni
odvisna od logaritma od r, sicer bi imeli v sredini singularnost. Masni pretok
dobimo z integracijo hitrosti:
Z R
Z R
Z R
ρ∆p2π
2
3
Φm = ρ
2πr dr vz =
R rdr −
r dr
4ηl
0
0
0
Φm =
πρ∆pR4
8ηl
54
(131)
6.4
Hidrodinamična podobnost
Neko telo (oviro) naj obliva nestisljiv tok, ki je daleč stran od ovire uniformen
~v = ~u = konst. Navier-Stokesova enačba (NSE) se glasi:
∂~v
ρ
+ (~v · ∇) ~v = −∇p + η∇2~v
∂t
Na enačbo delujemo z rotorjem na obeh straneh ter upoštevamo zvezo ∇ 21 v 2 =
(~v · ∇)~v + ~v × ∇ × ~v .
∂∇ × ~v
η
− ∇ × (~v × ∇ × ~v ) = ∇2 ∇ × ~v
∂t
ρ
Za neko značilno hitrost tekočine lahko vzamemo hitrost u. V bližini ovire
se hitrost nekoliko spremeni, ampak zanima ma nas samo neka značilna
(karakteristična) hitrost. Podobno vzamemo za značilno dolžino (velikost)
ovire R (na primer radij krogle, ni pa nujno, da je ovira okrogla; neka značilna
dimenzija ovire nas zanima).
Kinematična viskoznost tekočine je definirana kot količnik dinamične viskoznosti in gostote:
η
m3
kg m s m3
m2
= ν Pa s
= 2 2
=
;
ρ
kg
s m kg
s
vidimo, da enako enoto (m2 /s) lahko dobimo tudi kot produkt značilne hitrosti in značilne dolžine u·R, kar s pridom izkoristimo. Definiramo Reynoldsovo
število, kot brezdimenzijsko količino:
Re =
uR
ρu R
=
ν
η
(132)
Hitrostno polje okoli ovire lahko zapišemo kot značilno hitrost pomnoženo
z neko vektorsko funkcijo, ki opisuje "popravek"okoli ovire:
~r
~
~v = uf
, Re
(133)
R
To pomeni hidrodinamično podobnost. Pri dveh ovirah (npr. letalskih krilih)
enake oblike, a različnih velikosti, je, skalirano z velikostjo ovire, hitrostno
polje enako. Na primer: na oddaljenosti ene tretjine dolžine letalskega krila
je hitrost enaka ne glede na velikost krila (seveda je absolutna oddaljenost
od krila drugačna, ampak relativna je enaka). Na tem principu delujejo tudi
vetrovniki.
55
Podobno kot hitrostno polje, zapišemo še tlačno polje:
∇2 p = −ρ
∂vi ∂vk
∂xk ∂xi
p
u2
∼
ρ
R2
R2 ~r
p = ρu2~g
, Re
R
Zapišimo še enkrat NSE za stacionarni tok:
ρ (~v · ∇) ~v = −∇p + η∇2~v
Red velikosti odvoda aproksimiramo kar z deljenjem z značilno dolžino. Na
levi strani enačbe torej ρu2 /R, na desni pa ηu/R2 . Razmerje reda velikosti
konvekcijskega člena v NSE in reda velikosti viskoznega člena v NSE je enako:
ρu2
R
ηu
R2
=
ρuR
= Re
η
To razmerje je kar enako Reynoldsovemu številu. Za Re mnogo manjši od
1, lahko zanemarimo konvekcijski člen v primerjavi z viskoznim:
ρ (~v · ∇) ~v << η∇2~v
η∇2~v = ∇p
To je Stokesov približek; imamo linearno enačo! V tem režimu se hitrost
samo linearno skalira s tlakom; kvalitativno ni razlik v toku. Pri velikem Re
pa pride do prehoda iz laminarnega v turbulentni tok.
6.5
Stokesova formula
Kar zapišimo Stokesovo formulo, oz. linearni zakon upora.
F = 6πηRu
(134)
Poglejmo sedaj, kako pridemo do te formule. Predpostavimo, da imamo
nestisljiv tok (∇ · ~v = 0), in da je Reynoldsovo število mnogo manjše od ena,
kar pomeni:
η∇2~v = ∇p
∇ × η∇2~v = ∇ × ∇p
∇2 ∇ × ~v = 0
56
Hitrostno polje zapišemo kot ~v (~r) = ~u+ popravek. Ker je ~u konstanten,
je ∇ · ~u = 0. Ker smo predpostavili nestisljiv tok, je tudi ∇ · ~v = 0. Torej
velja:
∇ · (~v − ~u) = ∇ · ~v − ∇ · ~u = 0
Razlika med ~v in ~u je ravno naš popravek. Torej je divergenca popravka enaka
~
nič, kar pomeni, da lahko popravek zapišemo kot rotor nekega vektorja A.
~
Pričakujemo, da je A linearna funkcija ~u. Dalje, ker sta tako ~u kot ~v polarna
~ polarni vektor. Torej je A
~ aksialni
(prava) vektorja, mora biti tudi ∇ × A
(nepravi) vektor.
~r
r
~ = ∇ × [f (r)~u] = ∇f × ~u + f ∇ × ~u
A
˜ n × ~u,
~ = f (r)~
A
~n =
Zadnji člen je nič, ker je ~u konstanten. Hitrost je potem:
~v (~r) = ~u + ∇ × [∇ × (f~u)]
Za nadaljevanje izpeljave si velja zapomniti že večkrat ponovljeno konstan~ = ∇2 B
~ + ∇ × ∇ × B.
~ Enačbo
tost vektorja ~u ter vektorsko enakost ∇∇ × B
2
za f (r) dobimo iz: ∇ ∇ × ~v = 0:
∇ × ~v = ∇ × ~u + ∇ × ∇ × ∇ × (f~u) = ∇ × ∇ × [∇ × (f~u)]
∇ × ~v = ∇∇ · [∇ × (f~u)] − ∇2 ∇ × (f~u)
∇ × ~v = −∇2 ∇ × (f~u)
∇2 ∇ × ~v = −∇2 ∇2 ∇ × (f~u) = 0
= −∇2 ∇2 ∇f × ~u = 0
Slednje velja za vsak ~u, zato lahko napišemo naslednjo enačbo za f :
∆2 ∇f = 0,
∆ ≡ ∇2
(135)
Lahko obrnemo vrstni red gradienta in Laplaceovega operatorja: ∇∆2 f =
0 → ∆2 f =konst. = 0. Konstanta mora biti nič, da gre razlika ~v − ~u proti
nič, ko gre r proti neskončnosti. Sledi samo še večkratno integriranje gornje
57
enačbe.
1 d
r2 dr
2 d
r
∇2 f = 0
dr
d
r2 ∇2 f = −2a
dr
d 2
2a
∇ f =− 2
dr
r
2a
2
+c
∇ f=
r
Konstanta c je enaka nič, zaradi enakega razloga, ki je omenjen zgoraj, to je,
da gre hitrost proti ~u zelo daleč od ovire. Odpraviti moramo še en Laplaceov
operator.
1 d
2a
2 d
r
f=
2
r dr
dr
r
d
d
r2
f = 2ar
dr
dr
d
ar2
r2 f = 2
−b
dr
2
b
d
f =a− 2
dr
r
b
(136)
r
Morebitna konstanta pri končnem izrazu, ki je nismo pisali, ne bi imela
pomena, ker je v enačbi ∇f , torej bi tako ali tako odpadla. Konstanti a in
b dobimo iz robnega pogoja, ki pravi, da je, na steni ovire (r=R), hitrost ~v
enaka nič.
f = ar +
58
~v (~r) = ~u + ∇ × ∇ × (f~u)
= ~u + ∇∇ · (f~u) − ∇2 f u2
= ~u + ∇ (·~u) − ~u∇2 f
b ~r
2a
= ~u + ∇ a − 2
· ~u − ~u
r
r
r
2a
~r · ~u b~r · ~u
− ~u
− 3
= ~u + ∇ a
r
r
r
~r b~u 3b (~r · ~u) ~r 2a
~u
a
= ~u + a − 2 (~r · ~u) − 3 +
− ~u
r
r
r
r
r4
r
r
b~u 3b (~u · ~n) ~n
a~u a
− (~u · ~n) ~n − 3 +
= ~u −
r r r3 r
a
a 3b
b
= ~u 1 − − 3 + (~u · ~n) ~n − + 3 |r=R = 0
r r
r
r
Oba člena morata biti enaka nič, ker kažeta v različni smeri (~n je odvisen od
azimutalnega kota ϑ, robni pogoj pa velja za vsak ϑ).
a
3b
3b
+
=0→a= 2
R R3
R
3b
b
4b
1− 3 − 3 =1− 3 =0
R
R
R
−
Dobimo končni vrednosti za konstanti:
a=
3R
,
4
b=
R3
4
(137)
Izraženi konstanti vstavimo v enačbo za f , z le-to pa končni izraz za hitrostno
polje:
3R
R3
3R 3R3
~v (~r) = ~u 1 −
− 3 + (~u · ~n) ~n −
+ 3
(138)
4r
4r
4r
4r
Če hočemo izračunati silo na oviro (kroglo) rabimo napetostni tenzor na
povrišini krogle.
pik = −pδik + p0ik
Hidtrostatični tlak p kar zapišemo:
p = p0 −
3Rη
3Rη
~u · ~n = p0 −
u cos ϑ
2
2r
2r2
59
V kartezičnih koordinatah p0ik zapišemo kot:
∂vi
∂vk
0
pik = η
+
∂xk
∂xi
Potrebni komponenti v sferičnih koordinatah pa se glasita:
∂vr
p0rr = 2η
=0
∂r
1 ∂vr
3η
∂vϑ ∂vϑ
0
prϑ = η
= − u sin ϑ
+
−
r ∂ϑ
∂r
r
2R
Kot ϑ merimo od smeri iskane sile F~x . Končno je sila viskozne tekočine na
oviro enaka:
I
Fx =
−p · cos ϑ − p0rϑ sin ϑ dA
I 3Rηu
3Rηu
2
2
=
−p0 cos ϑ +
cos ϑ +
sin ϑ dA
2R2
2R2
I
3ηu
3ηu
=
dA =
4πR2
2R
2R
= 6πηuR
Še enkrat spomnimo, da ta formula velja ob predpostavkah, da je tok nestisljiv, in da je Reynoldsovo število mnogo manjše od 1.
6.6
Mejna plast
Vsaka tekočina se daleč stran od stene/ovire obnaša kot idealna (neviskozna)
tekočina; kvalitativnih razlik ni, naj si bo to voda, med ali zrak. Na območju
blizu ovire je pomembna viskoznost in se vsaka tekočina obnaša kot viskozna.
To območje imenujemo mejna plast. Obravnavamo Prandtlovo teorijo mejne
plasti.
Naj vzporedno s steno vzdolž x smeri teče tok z referenčno hitrostjo U .
Zanima nas kako se obnaša hitrost ~v v odvisnosti od x in oddaljenosti od
stene z. Za viskozne tekočine velja robni pogoj, da je tik ob steni (z = 0)
hitrost enaka nič, zato vemo, da obstaja nek gradient hitrosti v z smeri.
Zaradi gradienta imamo tudi komponento hitrosti v z smeri, vendar je ta
mnogo manjša; lahko predpostavimo, da tekočina teče pretežno v x smeri:
|vx | >> |vz |.
Zapišimo NSE (Navier-Stokesovo enačbo) za x in z komponento hitrosti;
dodatno predpostavimo stacionaren in nestisljiv tok.
60
2
∂vx
∂vx
1 ∂p
∂ vx ∂ 2 vx
vx
+ vz
=−
+ν
+
∂x
∂z
ρ ∂x
∂x2
∂z 2
2
∂vz
∂vz
∂ 2 vz
1 ∂p
∂ vz
vx
+
+ vz
=−
+ν
∂x
∂z
ρ ∂z
∂x2
∂z 2
Ob predpostavki, da je vx mnogo večja od vz , lahko enačbo za z komponento
poenostavimo v:
0+0=−
1 ∂p
∂p
+ (0 + 0) →
=0
ρ ∂z
∂z
∂p
Tlak v mejni plasti je enak kot daleč od stene. Zato lahko prepišemo ∂x
→
dp
dx , tlak je namreč odvisen le od x.
Daleč stran od stene je idealen tok, velja ohranitev energije (ni disipacije).
V hidrodinamiki je to ekvivalentno Bernoullijevi enačbi:
p 1 2
+ U = konst.
ρ 2
1 dp
dU
+U
=0
ρ dx
dx
Druga stvar, ki velja je, da so odvodi vx po z mnogo večji od odvodov vx po
x, ker je mejna plast tanka.
Iz vseh naših predpostavk (in približkov) sledita Prandtlovi enačbi.
vx
∂vx
∂vx
dU
∂ 2 vx
+ vz
=U
+ν 2
∂x
∂z
dx
∂z
∂vx ∂vz
+
=0
∂x
∂z
Robni pogoji za Prandtlovi enačbi so:
vx (z = 0) = 0,
vz (z = 0) = 0,
vx (z → ∞) = U,
vz (z → ∞) = 0
Sedaj lahko vpeljemo brezdimenzijske količine (s črtico):
x = lx0
vx = U vx0
lz 0
z=√
Re
Ul
Re =
ν
U v0
vz = √ z
Re
61
(139)
(140)
Z l smo označili tipično dolžino ovire.
Prepišimo Prandtlovi enačbi s pravkar uvedenimi brezdimenzijskimi količinami.
U ∂vx0
vz0 √ U ∂vx0
U 0 U 2 dU 0
∂ 2 vx0 Re
√
Re
+
U
=
+
νU
l ∂x0
l ∂z 0
l dx0
∂z 02 l2
Re
0
∂v 0
∂v 0
dU 0
U Re l ∂ 2 vx0
∂ 2 vx0
0 dU
vx0 x0 + vz0 x0 = U 0 0 + ν 2
=
U
+
∂x
∂z
dx
l U 2 ∂z 02
dx0
∂z 02
U vx0
Druga Prandtlova enačba pa je preprosto
∂vx0
∂vz0
+
=0
∂x0
∂z 0
Iz |vx0 | ∼ 1 in |vz0 | ∼ 1 sledi |vx | ∼ U ter |vz | ∼
plasti na δz0 ∼ 1 in odtod:
√U .
Re
Ocenimo debelino mejne
lδ 0
l
δz ∼ √ z = √
Re
Re
6.6.1
Mejna plast ob polneskončni plošči
Uniformen tok naj vpada na polneskončno ploščo in naj bo vzporeden s to
ploščo (v smeri x). Plošča je tanka v z smeri ter neskončna po x za x > 0 in
y smeri. Taka plošča nima neke tipične dimenzije: l ne obstaja! Sklepamo,
da je ~v odvisen od take kombinacije x0 in t0 , ki ne vsebuje l. Temu pogoju
zadostimo z uvedbo nove spremenljivke ξ.
q
r
U
0
z
z
U
νl
ξ = √ = px = z
0
νx
x
l
Obravnavamo nestisljiv tok v 2D:
vx =
∂ψ
,
∂z
vz = −
∂ψ
∂x
S tem je izpolnjena 2. Prandtlova enačba. Zanima nas kako je funkcija ψ
odvisna od ξ. Primeren nastavek je
√
ψ(ξ) = U νxf (ξ)
62
Izrazimo obe komponenti hitrosti, kjer pišemo f 0 =
df
dξ .
√
r
√
dξ
U
vx = U νxf 0
= U νxf 0
= Uf0
dz
νx
#
" r
√
dξ
1 Uν
vz = −
f + U νxf 0
2
x
dx
" r
#
r
1 Uν
1z U √
=−
f−
U νxf 0
2
x
2 x νx
r
1 Uν
ξf 0 − f
=
2
x
Če je dU
dx = 0, vse vstavimo v Prandtlovo enačbo in dobimo Blasiusovo
enačbo:
f f 00 + 2f 000 = 0
(141)
Robne pogoje za Blasiusovo enačbo dobimo iz robnih pogojev za Prandtlovi
enačbi in se glasijo:
f 0 (ξ = 0) = 0
f (ξ = 0) = 0
0
f (ξ → ∞) = 1
Blasiusovo enačbo lahko rešujemo numerično; analitično pa lahko izračunamo približke, ko gre ξ proti 0, in ko gre ξ proti ∞.
1
ξ → 0 : f (ξ) ≈ αξ 2 ,
2
ξ → ∞ : f (ξ) ≈ ξ − β,
α = 0.332
β = 1.72
Če narišemo graf f 0 v odvisnosti od ξ vidimo, da se pri velikem ξ vrednost
odvoda približuje 1, pri majhnih ξ pa lahko strmino aproksimiramo z začetnim naklonom α. Debelino mejne plasti aproksimiramo z vrednostjo ξ pri
katerem bi f 0 dosegel vrednost 1 če bi imel vseskozi začetni naklon. Sledi,
da
√ p
je rob mejne plasti pri ξ ≈ 3. Oziroma, če izrazimo z s ξ: z = δ ≈ 3 x Uν .
Kar je pomembno, je kvalitativni podatek, da je debelina mejne plasti sorazmerna s korenom od x:
√
δ(x) ∝ x
(142)
Za primer, ko se U spreminja z x, velja, če imamo potenčno odvisnost
U ∝ xm :
63
• m = 0: je opisan uniformen tok;
• m > 0: na grafu f 0 (ξ) narašča krivulja bolj strmo na začetku;
• m < 0: dobimo dve veji revsitve za f 0 (ξ); ena narašča le bolj položno
kot m = 0, druga pa v začetku pada in nato naraste, v majhnem
območju dobimo vx < 0. V tanki plasti ob steni teče tok v obratni
smeri.
• m < −0.0904: rešitve ne obstajajo
6.6.2
Odlepljanje mejne plasti
Tekočina naj obliva polkrožno oviro nad razsežno ploščo. Tokovnice uniformnega toka se ob oviri zgostijo (približajo druga drugi), za oviro pa spet
razredčijo. Če opazujemo sedaj referenčno hitrost vzdolž stene ob oviri je
zaradi ukrivljenosti stene referenčna hitrost, ki je pravokotna na normalo,
majhna na začetku. Prvo polovico ovire (od kota 0 do π2 ) se referenčna hitrost povečuje vzdolž stene, na "vrhu"doseže maksimum, potem pa se zmanjšuje vzdolž stene. Spomnimo se sedaj, da ko se referenčna hitrost spreminja
z razdaljo kot U ∝ x−n , za nek pozitiven n, dobimo v tanki plasti ob steni
tok, ki teče v obratni smeri. Za oviro nastajajo vrtinci, pride do odlepljanje
mejne plasti!
Na tem principu delujejo letalska krila. Krilo je oblikovano tako, da
vrtince "odplakneža krilo.H Vrtinci tik ob krilu imajo negativen vpliv. Zaradi
ohranitve cirkulacije Γ = ~v ·d~l = 0, se okrog krila pojavi cirkluacija z enako
jakostjo, ampak v obratni smeri. Ta cirkulacija okrog krila povzroči vzgon.
Silo vzgona (na dolžino) opisuje teorem Kutta-Žukovski:
Fv
= ρU Γ
l
6.7
(143)
Hidrodinamične nestabilnosti
En primer hidrodinamične nestabilnosti je Rayleigh-Bénardova nestabilnost.
Ta nastane v tekočini z dovolj velikim temperaturnim gradientom. Med
območjem s hladno tekočino ter območjem z vročo tekočino nastanejo konvekcijski tokovi/vrtinci, ki imajo v ravnini pravokotni na gradient oblike
heksagonalnih celic.
Drug primer je Taylorjeva nestabilnost. Pri koncentričnih valjih, ki se
vrtita en glede na drugega z dovolj različnima kotnima hitrostima nastanejo
vrtinci v ravnini vzdolžnega preseka valja.
Podrobeneje pa si poglejmo Kelvin-Helmholtzevo nestabilnost, ki nastane
na meji dveh tekočin z različnima gostotama. Tekočino, ki je zgoraj (nad
drugo, torej pri pozitivnem z), označimo z indeksom 1; spodnjo z indeksom
2. Gladina je v povprečju pri z = 0, odmike te ravnine opišemo s funkcijo
64
η(x, t). Zelo daleč od gladine ima prva tekočina hitrost v~1 (z → +∞) =
(U1 , 0, 0), druga tekočina pa, prav tako daleč od gladine, hitrost v~2 (z →
−∞) = (U2 , 0, 0).
Če opazujemo zgornjo tekočino lahko o gladini zapišemo:
∂η
∂η ∂x
∂η
=−
+ v1z = − v1x + v1z
∂t
∂x ∂t
∂x
Podobno velja za spodnjo tekočino:
∂η
∂η ∂x
∂η
=−
+ v2z = − v2x + v2z
∂t
∂x ∂t
∂x
Predpostavimo potencialen in nestisljiv tok. Zapišimo NSE:
∂ v~1
ρ1
+ (v~1 · ∇) v~1 = −∇p + ρ1~g
∂t
∂∇Φ1
1
+ ρ1 ∇v~1 2 + ρ1 ∇(gη) = −∇p
ρ1
∂t
2
Integriramo in pripišemo še enačbo za drugo tekočino.
1
∂Φ1
U2
+ ρ1 v~1 2 + ρ1 gη = −p1 + p0 + ρ1 1
∂t
2
2
∂Φ2
1 2
U22
ρ2
+ ρ2 v~2 + ρ2 gη = −p2 + p0 + ρ2
∂t
2
2
ρ1
Lineariziramo enačbi. S tem izvemo kdaj pride do nestabilnosti (kakšen je
njen pogoj), ne pa tudi kakšna je oblika gladine pri nestabilnosti.
Φ1 = U1 x + ϕ1 (x, z, t)
Φ2 = U2 x + ϕ2 (x, z, t)
Količine ϕ1 , ϕ2 in η so majhne količine (perturbacije). Na gladini velja, da
sta tlaka obeh tekočin enaka (p1 = p2 ):
∂ϕ1 ρ1 2
2
+
v1x + v1z
+ ρ1 gη = −p1 + p0 +
∂t
2
#
"
∂ϕ1 ρ1
∂ϕ1 2
∂ϕ1 2
ρ1
+
U1 +
+
+ ρ1 gη = −p1 + p0 +
∂t
2
∂x
∂z
∂ϕ1 ρ1 2
∂ϕ1 ρ1 ∂ϕ1 2 ρ1 ∂ϕ1 2
+ U1 + ρ1 U1
+
+
+ ρ1 gη = −p1 + p0 +
ρ1
∂t
2
∂x
2
∂x
2
∂z
ρ1
65
1
ρ1 U12
2
1
ρ1 U12
2
1
ρ1 U12
2
Zanemarimo člena s kvadratom odvoda, saj sta drugega reda (ne linearna).
Za obe tekočini sta linearizirani enačbi sledeči:
∂ϕ1
∂ϕ1
+ ρ1 U1
+ ρ1 gη = −p1 + p0
∂t
∂x
∂ϕ2
∂ϕ2
ρ2
+ ρ2 U2
+ ρ2 gη = −p2 + p0
∂t
∂x
ρ1
Sedaj upoštevamo, da sta tlaka na gladini enaka in levi strani enačb izenačimo.
ρ1
∂ϕ1
∂ϕ1
∂ϕ2
∂ϕ2
+ ρ1 U1
+ ρ1 gη = ρ2
+ ρ2 U2
+ ρ2 gη
∂t
∂x
∂t
∂x
(144)
Še enačbi za gladino pri Kelvin-Helmholtzevi nestabilnosti:
∂η
∂ϕ1
∂ϕ1
∂η
=−
U1 +
+
∂t
∂x
∂x
∂z
∂η
∂η
∂ϕ1
≈ − U1 +
∂t
∂x
∂z
∂η
∂η
∂ϕ2
≈ − U2 +
∂t
∂x
∂z
Sedaj potrebujemo še časovno in krajevno odvisnost količin ϕ1 , ϕ2 in η. Uporabimo nastavek ϕ1 ∝ eikx .
∇2 Φ1 = 0
∇2 ϕ1 = 0
∂ 2 ϕ1 ∂ 2 ϕ1
+
=0
∂x2
∂z 2
−k 2 ϕ1 + k 2 ϕ1 = 0
∂ 2 ϕ1
= k 2 ϕ1
∂z 2
ϕ1 ∝ e−kz ,
ϕ2 ∝ e+kz
Predznak v zadnji vrstici je pogojen z naraščanjem ϕ1 , oz. padanjem ϕ2 z
oddaljevanjem od gladine. Končni set enačb se glasi:
ϕ1 = A1 e−kz ei(kx−ωt)
ϕ2 = A2 e+kz ei(kx−ωt)
η = η0 ei(kx−ωt)
66
(145)
Zdaj izražene zgornje tri majhne količie vstavimo v enačbo, kjer smo izenačili
tlaka na gladini, dalje upoštevamo, da je gladina pri z = 0.
ρ1 (−iω)A1 e−kz ei(kx−ωt) + ρ1 U1 (ik)A1 e−kz ei(kx − ωt) + ρ1 gη0 ei(kx−ωt) =
ρ2 (−iω)A2 ekz ei(kx−ωt) + ρ2 U2 (ik)A2 ekz ei(kx − ωt) + ρ2 gη0 ei(kx−ωt) |z=0
− ρ1 iωA1 + ρ1 U1 (ik)A1 + ρ1 gη0 − ρ2 (−iω)A2 − ρ2 U2 (ik)A2 − ρ2 gη0 = 0
Dodamo še enačbi, ki sledita iz enačb za gladino:
−iωη0 + U1 η0 (ik) + kA1 = 0
−iωη0 + U2 η0 (ik) − kA2 = 0
Zadnje tri enačbe predstavljajo sistem treh linearnih enačb s tremi neznankami A1 , A2 , η0 . Izračunamo determinanto, ki mora biti enaka 0 ter s tem
dobimo kvadratno enačbo za ω.
iρ1 (kU1 − ω)A1 − iρ2 (kU2 − ω)A2 + (ρ1 − ρ2 )gη0 = 0
k1 + 02 + i(kU1 − ω)η0 = 0
01 − k2 + i(kU2 − ω)η0 = 0
Determinanta je potem:
iρ1 (kU1 − ω)ki(kU1 − ω) + kiρ2 (kU2 − ω)i(k2 U2 − ω) − k 2 (ρ1 − ρ2 )g = 0
ρ1 (kU1 − ω)2 k + ρ2 (kU2 − ω)2 k + k 2 (ρ1 − ρ2 )g = 0
ρ1 ω 2 k + ρ2 ω 2 k − 2ρ1 U1 ωk 2 − 2ρ2 U2 ωk 2 + ρ1 k 3 U12 + ρ2 k 3 U22 + k 2 (ρ1 − ρ2 )g = 0
(ρ1 − ρ2 )
ω2
ω
2
2
(ρ1 − ρ2 ) 2 − 2(ρ1 U1 + ρ2 U2 ) + ρ1 U1 + ρ2 U2 +
g =0
k
k
k
ω2
ω
a 2 +b +c=0
k
k
Gladina bo nestabilna, če je b2 − 4ac < 0, kar sledi iz kvadratne enačbe. Za
take koeficiente a, b, c bo ω imaginarno število, kar v enačbi gladine predstavlja eksponentno rast namesto nihanja: η ∝ exp[−iωt] = exp[|ω|t].
(ρ1 − ρ2 )g
(ρ1 U1 + ρ2 U2 )2 − (ρ1 + ρ2 ) ρ1 U12 + ρ2 U22 +
<0
k
(ρ2 − ρ22 )g
ρ21 U12 + ρ22 U22 + 2ρ1 ρ2 U1 U2 − ρ21 U12 − ρ1 ρ2 U22 − ρ1 ρ2 U12 − ρ22 U22 − 1
<0
k ρ2 − ρ22 g
−ρ1 ρ2 (U1 − U2 )2 − 1
<0
k
67
Pogoj za nestabilnost se v končni obliki glasi:
ρ22 − ρ21 g
(U1 − U2 ) >
ρ1 ρ2 k
2
(146)
Če je ρ1 > ρ2 je pogoj ∆U 2 > konst.
k . Za vsako najmanjšo neničelno hitrostno razliko pridejo majhni (zelo fini) valovi (velik k). V zgornjem izračunu
nismo upoštevali površinske napetosti, če upoštevamo še to dobi pogoj za
nestabilnost dodatni člen.
ρ22 − ρ21 g
ρ1 + ρ2
2
(U1 − U2 ) >
(147)
+ γk
ρ1 ρ2 k
ρ1 ρ2
Slika 2: Za hitrostno razliko, ki je nad krivuljo je nestabilnost, za manjšo
hitrostno razliko ni nestabilnosti. Obstaja neka minimalna (∆U )2 nad katero vedno pride do nestabilnosti. Fine valove (velik k) sedaj preprečuje
površinska napetost.
6.8
Turbulenca
• Re << 1 Za zelo majhno Reynoldsovo število, je hitrost neodvisna od
časa, imamo stacionarni tok pri oblivanju ovire.
• Re ≈ 10 Ko povečujemo Reynoldsovo število se mejna plast za oviro
odcepi, nastaneta vrtinca. Še vedno je tok stacionaren.
• Re ∼ 100 Nastanejo von Kármánovi vrtinci. Hitrost je odvisna od
časa, ampak imamo neko periodično strukturo (periodičen tok).
68
• Re ∼ 1000 Pri velikem Reynoldsovem številu nastanejo za oviro vrtinci vseh velikosti, tok je turbulenten. Vseeno pa je povprečna hitrost
neodvisna od časa.
Reynoldsovo število smo definirali kot razmerje reda velikosti konvekcijskega
člena id reda velikosti viskoznega člena. Turbulenten tok nastane pri velikem
Reynoldsovem številu in je tako posledica konvekcijskega člena |ρ(~v ·∇)~v | >>
|η∇2~v |.
Kvalitativno podobna Reynoldsovemu številu je logistična enačba:
xi+1 = axi (1 − xi ),
0 < xi < 1,
0<a<4
Pri majhnih a ima enačba po mnogih iteracijah (i → ∞) eno samo rešitev,
kar ustreza stacionarnemu režimu Re. Pri večjem a ima logistična enačba
več rešitev, ki se periodično ponavljajo - periodičen režim. Pri velikem a pa
zasede xi vse vrednosti - turbulenca.
Na nek podoben način zapišemo hitrost:
vi+1 = 1 − 2vi2
vi+1 − vi + 2vi2 = 1 − vi
∂~v
+ ~v · ∇~v = −∇pη∆~v
∂t
Hitrost in tlak zapišemo kot vsoto povprečne vrednosti in fluktuirajoče komponente. ter ju tako izražena vstavimo v NSE.
v˜ = v˜ + v˜0 ,
p = p + p0
Tako izraženo hitrost in tlak vstavimo v NSE.
∂
∂
0
0
ρ vk + vk
vi + vi = −
p + p0 + η∇2 vi + vi0
∂xk
∂xi
∂
∂ 0
∂
∂ 0
∂
∂ 0
ρ vk
vi + vk
v + vk0
vi + vk0
v =−
p−
p + η∇2 vi + η∇2 vi0
∂xk
∂xk i
∂xk
∂xk i
∂xi
∂xi
ρvk
∂
∂ 0
∂
vi = −
vi + ρvk0
p + η∇2 vi
∂xk
∂xk
∂xi
NSE za povprečno hitrost se glasi:
ρvk
∂
∂
∂ visk.
vi = −
p+
p
∂xk
∂xi
∂xi ik
Tu je tenzor viskoznega tlaka enak:
∂vi
∂vk
2 ∂vl
∂vl
visk
pik = η
+
−
δik + ζ
δik
∂xk
∂xi
3 ∂xl
∂xl
69
(148)
Tretji in četrti člen na desni sta enaka nič, če je tok nestisljiv. Kar je novega
v enačbi je člen −ρvk0 vi0 , ki ga imenujemo Reynoldsov napetostni tenzor.
V grafu dE
dk v odvisnosti od k, kjer je k obratno sorazmeren z velikostjo
vrtincev, E pa energija v turbulentnem toku, ima krivulja en maksimum.
Pri majhnih k je dE
dk majhen, ampak strmo narašča. Ti vrtinci so odvisni
od začetnih pogojev. Vrtinci z večjim k (po maksimumu) so neodvisni od
začetnih pogojev. Pri zelo visokih k, krivulja počasi pada - dolg rep. To
območje težko opišemo z numeričnim modelom.
70