Áramlások fizikája

Bene Gyula
Eötvös Loránd Tudományegyetem, Elméleti Fizikai Tanszék
1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 1/A
10. Előadás

10.1. Ismétlés

10.2. Súrlódó folyadékok

• A súrlódási tenzor
  A kiszemelt folyadékrész határán felületi erők hatnak. Eredőjük felületi integrál. Ezt átírjuk térfogativá (szükséges a mozgásegyenlethez).
  $\int_V \tilde{{\bf F}} dV$ adja a felületi erők járulékát.
  $\tilde{{\bf F}}$ ezért előáll divergenciaként. Mivel $\tilde{{\bf F}}$ vektor: $$\tilde{{\bf F}}=\text{div }{\bf \sigma}_i\equiv \sum_{k=1}^3 \frac{\partial \sigma_{ik}}{\partial x_k}\quad i=1,2,3$$
  $\sigma_{ik}$ : feszültségtenzor $$\int_V \tilde{F}_i dV=\oint_F\sum_k \sigma_{ik} dF_k=\oint_F\sum_k \sigma_{ik} n_k dF$$
  Itt $n_k$ a felületelem normálisának $k$-adik komponense.
  $\sigma$ jelentése: Az ${\bf n}$ irányú (normálisú) egységnyi felületre ható erő $\underline{\underline{\sigma}}{\bf n}$.
  Ha $${\bf n}=\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\end{array}\right)\;,$$ akkor $\left(\underline{\underline{\sigma}}{\bf n}\right)_i=\sigma_{i1}$
  $\sigma_{ik}$ tehát a $k$ irányú (normálisú) egységnyi felületre ható erő $i$-edik komponense.
  Ideális folyadékban ill. hidrosztatikában: $$\sigma_{ik}=-p\delta_{ik}$$ Nincsenek nyírófeszültségek.
  Súrlódó folyadékban vannak nyírófeszültségek is. Az előzőtől való eltérés a sebességkülönbségből adódik, s azzal arányos (hacsak nem túl nagy a sebességkülönbség). $$\sigma_{ik}=-p\delta_{ik}+\sigma'_{ik}$$ $$\sigma'_{11}\propto \frac{\partial v_x}{\partial x}$$ $$\sigma'_{21}=\alpha \frac{\partial v_y}{\partial x}+\beta \frac{\partial v_x}{\partial y}$$
  A merev forgás nem jelenthet új feszültséget:
  Ha $v_x=-\omega y$, $v_y=\omega x$ (forgás az $x$ tengely körül), akkor $$ \sigma'_{21}=\alpha\omega-\beta\omega=0\quad\Rightarrow\quad\alpha=\beta$$
  Ha van térfogatváltozás (nem összenyomhatatlan), akkor $\text{div }{\bf v}$-vel arányos tag is fellép a diagonális elemekben.
  Az általános alak: $$\sigma_{ik}=-p\delta_{ik}+\eta\left(\frac{\partial v_i}{\partial x_k}+\frac{\partial v_k}{\partial x_i}\right)+\eta'\text{div }{\bf v}\delta_{ik}$$
  $\eta$ : dinamikai viszkozitás.
  $\eta'$ helyett más szokásos mennyiség: $\eta'=\xi-\frac{2}{3}\eta$, ahol $\xi$ neve: belső súrlódási együttható.
  $\eta$ és $\eta'$ minden komponensben ugyanakkora az izotrópia miatt. Folyadékkristályban ez nem lenne igaz.
• A Navier-Stokes-egyenletek $$\int \rho\frac{d {\bf v}}{dt}dV=\int \rho{\bf f}dV+\int\tilde{{\bf F}}dV \text{ tetszőleges véges $V$ térfogatra.}$$ $$\Downarrow$$ $$\rho\frac{d {\bf v}}{dt}=\rho{\bf f}+\tilde{{\bf F}}=\rho{\bf f}+\text{div }\underline{\underline{\sigma}}$$ $$\tilde{F}_1=\frac{\partial \sigma_{11}}{\partial x}+\frac{\partial \sigma_{12}}{\partial y}+\frac{\partial \sigma_{13}}{\partial z}=-\frac{\partial p}{\partial x}+2\eta \frac{\partial^2 v_x}{\partial x^2}+\eta'\frac{\partial }{\partial x}\text{div }{\bf v}+\eta\left(\frac{\partial^2 v_y}{\partial x\partial y}+\frac{\partial^2 v_x}{\partial y^2}\right)+\eta\left(\frac{\partial^2 v_z}{\partial x\partial z}+\frac{\partial^2 v_x}{\partial z^2}\right)=-\frac{\partial p}{\partial x}+\eta\triangle v_x+(\eta+\eta')\frac{\partial }{\partial x}\text{div }{\bf v}$$ $$\Downarrow$$ $$\rho\frac{d {\bf v}}{dt}=\rho\frac{\partial {\bf v}}{\partial t}+\rho({\bf v}\text{grad}){\bf v}=\rho{\bf f}-\text{grad }p+\eta\triangle {\bf v}+(\eta+\eta')\text{grad }\text{div }{\bf v}$$ Ezek a Navier-Stokes-egyenletek (1822, 1845).
  Összenyomhatatlan folyadékban $$\frac{\partial {\bf v}}{\partial t}+({\bf v}\text{grad}){\bf v}={\bf f}-\frac{1}{\rho}\text{grad }p+\nu\triangle {\bf v}$$ Itt $\nu=\frac{\eta}{\rho}$ a kinematikai viszkozitás.
  Mivel $$\triangle {\bf v}=\text{grad }\text{div }{\bf v}-\text{rot }\text{rot }{\bf v}\;,$$ ha a viszkozitásnak szerepe van, az áramlás nem lehet örvénymentes!
  Határfeltételek:
  Nyugvó fal: ${\bf v}=0$, mozgó fal: ${\bf v}={\bf v}_{\text{fal}}$.
  Nem csak a normális, hanem a tangenciális komponensre is van feltétel! (A Navier-Stokes-egyenletek másodrendűek, szemben az elsőrendű Euler-egyenlettel.)
  Ha a felületre ható erő adott, akkor a felületen $\sum_k\sigma_{ik}n_k$-t kell vele egyenlővé tenni.
• Lamináris áramlás csőben: a Hagen-Poiseuille-egyenlet
  
  Hengerkordináták, a $z$ tengely legyen a cső szimmetriatengelye.
  A sebességnek csak $z$ komponense van, és csak $r$-től függ. Ezzel $$\text{div }{\bf v}=\frac{1}{r}\frac{\partial rv_r}{\partial r}+\frac{1}{r}\frac{\partial v_\varphi}{\partial \varphi}+\frac{\partial v_z}{\partial z}=0$$ automatikusan teljesül, továbbá $${\bf v}\text{grad }{\bf v}=v_z\frac{\partial {\bf v}}{\partial z}=0$$
  Mivel az áramlás stacionárius, $$\frac{\partial {\bf v}}{\partial t}=0$$ A Navier-Sokes-egyenlet ezekután a $$0=-\frac{1}{\rho}\text{grad }p+\frac{\eta}{\rho}\triangle {\bf v}=0$$ egyenletre egyszerűsödik.
  Az egyenlet $r$ komponense: $$\frac{\partial p}{\partial r}=0$$ Ebből $$p=p(z)$$
  Az egyenlet $z$ komponense: $$\frac{d p}{d z}=\eta\frac{1}{r}\frac{d}{d r}\left(r\frac{d v_z}{d r}\right)$$ A jobboldal csak $r$ függvénye, ezért $$p=az+b$$ ahol $a$ és $b$ állandók. Ha az $L$ hosszúságú cső végei közt a nyomáskülönbség nagysága $\Delta p$, és a nyomás növekvő $z$-vel csökken, akkor $ \Delta p=-aL$, azaz $$a=-\frac{\Delta p}{L}$$ Ezzel $$\frac{1}{r}\frac{d}{d r}\left(r\frac{d v_z}{d r}\right)=-\frac{\Delta p}{\eta L}$$ $r$-rel szorzunk: $$\frac{d}{d r}\left(r\frac{d v_z}{d r}\right)=-\frac{\Delta p}{\eta L}r$$ Integrálunk: $$r\frac{d v_z}{d r}=-\frac{\Delta p}{2\eta L}r^2+C$$ Itt $C$ integrációs állandó.
  $r$-rel osztunk: $$\frac{d v_z}{d r}=-\frac{\Delta p}{2\eta L}r+\frac{C}{r}$$ Integrálunk: $$v_z=-\frac{\Delta p}{4\eta L}r^2+C\ln r+D$$ Itt $D$ újabb integrációs állandó. Mivel $r=0$ esetén $v_z$ véges kell, hogy legyen, $$C=0\;.$$ A cső falán, $r=R$ esetén $v_z=0$, ebből $$D=\frac{\Delta p}{4\eta L}R^2$$ Tehát a sebességprofil $$v_z=\frac{\Delta p}{4\eta L}(R^2-r^2)$$ A másodpercenként átáramló folyadéktérfogat $$\frac{dV}{dt}=\int_0^R v_z\;2\pi r dr =\frac{\pi\Delta p}{2\eta L}\int_0^R (R^2-r^2)r dr=\frac{\pi\Delta p}{2\eta L}\left.\left(R^2\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right)\right|_{r=0}^{r=R}=\frac{\pi R^4 \Delta p}{8\eta L}$$ Tehát $$\frac{dV}{dt}=\frac{\pi R^4 \Delta p}{8\eta L}$$
• Gömbre ható erő lassú lamináris áramlás esetén: a Stokes-képlet
  Stacionárius áramlást feltételezünk, ezért $$\frac{\partial {\bf v}}{\partial t}=0$$
  Kis sebességek esetén a sebességben négyzetes tagok elhanyagolhatók a sebességben lineáris tagokhoz képest, ezért $$({\bf v}\text{grad}){\bf v}\approx 0$$ Ezzel a Navier-Stokes-egyenletből $$\text{grad}p=\eta\triangle {\bf v}$$ adódik. A gömbbel együttmozgó koordinátarendszerben a folyadék sebessége a gömb középpontjától távol állandó ${\bf u}$, tehát $${\bf v}={\bf u}+{\bf v}'\;.$$ A végtelenben ${\bf v}'=0$. A folyadék összenyomhatatlan, azaz $$\text{div}{\bf v}=0\;,$$ ezért $${\bf v}'=\text{rot}{\bf A}\;.$$ Az ${\bf A}$ vektor csak az ${\bf u}$ vektortól és az ${\bf r}$ helyvektortól függhet (az origó a gömb középpontja). Kis sebességek esetén az ${\bf u}$-függés lineáris. Az ${\bf A}$ vektor axiálvektor, ${\bf u}$ és ${\bf r}$ poláris vektorok, ezért szükségképpen $${\bf A}=\text{grad}f(r)\times{\bf u}=\text{rot}(f(r){\bf u})\;.$$ Így tehát $${\bf v}'=\text{rot rot}(f{\bf u})\;.$$ A Navier-Stokes-egyenlet rotációja jelen esetben: $$\triangle \text{rot}{\bf v}'=0\;,$$ ide a fenti képletet betéve $$\triangle \text{rot rot rot}(f{\bf u})=\triangle \text{rot rot}\left(\text{rot}(f{\bf u})\right)=\triangle \text{grad div rot}(f{\bf u})-\triangle \triangle \text{rot}(f{\bf u})=-\triangle \triangle \text{grad}f\times{\bf u}=0$$ adódik, amiből $$\text{grad}\triangle \triangle f=0$$ következik. Ezt integrálva kapjuk: $$\triangle \triangle f=konstans$$ A konstans nulla, mivel a végtelenben a ${\bf v}'$ eltűnik.
  A Laplace-operátor gömbkoordinátás alakját használva kapjuk: $$\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}r^2\frac{d}{dr} \triangle f=0$$ $r^2$-tel szorozva és integrálva: $$ r^2\frac{d}{dr} \triangle f=a$$ $r^2$-tel osztva és integrálva: $$ \triangle f=-\frac{a}{r}+b$$ Mivel a végtelenben a ${\bf v}'$ (ami $f$ második deriváltjaival fejezhető ki) eltűnik, $b=0$. Marad tehát $$\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}r^2\frac{d}{dr} f=-\frac{a}{r}\;.$$ $r^2$-tel szorozva és integrálva: $$ r^2\frac{d}{dr} f=-a\frac{r^2}{2}+c$$ $r^2$-tel osztva és integrálva: $$ f=-\frac{a}{2}r-\frac{c}{r}+d$$ Itt $a$, $c$, $d$ integrációs állandók.
  Ezzel $${\bf A}=\text{grad}f(r)\times{\bf u}=\left(-\frac{a}{2r}+\frac{c}{r^3}\right){\bf r}\times{\bf u}$$ és $$ \begin{eqnarray} v'_i&=&\left(\text{rot}{\bf A}\right)_i=\epsilon_{ijk}\partial_j\epsilon_{klm}\left(-\frac{a}{2r}+\frac{c}{r^3}\right)r_l u_m=\left(\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}\right)\left[\left(\frac{a}{2r^3}-3\frac{c}{r^5}\right)r_jr_l u_m+\left(-\frac{a}{2r}+\frac{c}{r^3}\right)\delta_{jl} u_m\right]\\ &=&\left(\frac{a}{2r^3}-3\frac{c}{r^5}\right)\left(({\bf r}{\bf u})r_i-r^2 u_i\right)-2\left(-\frac{a}{2r}+\frac{c}{r^3}\right)u_i=\left(\frac{a}{2r}+\frac{c}{r^3}\right)u_i+\left(\frac{a}{2r}-3\frac{c}{r^3}\right)({\bf u}{\bf n})n_i \end{eqnarray} $$ Itt ${\bf n}={\bf r}/r$ a radiális egységvektor. Ezzel tehát a sebességtér $${\bf v}={\bf u}+\left(\frac{a}{2r}+\frac{c}{r^3}\right){\bf u}+\left(\frac{a}{2r}-3\frac{c}{r^3}\right)({\bf u}{\bf n}){\bf n}$$ A gömb felületén, azaz $r=R$ esetén ${\bf v}=0$, ami azt jelenti, hogy ekkor mind ${\bf u}$, mind ${\bf n}$ együtthatójának el kell tűnnie, tehát $$ \begin{eqnarray} 1+\frac{a}{2R}+\frac{c}{R^3}&=&0\\ \text{és }&&\\\quad\frac{a}{2R}-3\frac{c}{R^3}&=&0 \end{eqnarray} $$ Ennek megoldása $$ \begin{eqnarray} a&=&-\frac{3}{2}R\\ c&=&-\frac{1}{4}R^3 \end{eqnarray} $$ Ezt visszahelyettesítve a sebességtérbe: $${\bf v}=\left(1-\frac{3}{4}\frac{R}{r}-\frac{1}{4}\frac{R^3}{r^3}\right){\bf u}+\left(-\frac{3}{4}\frac{R}{r}+\frac{3}{4}\frac{R^3}{r^3}\right)({\bf u}{\bf n}){\bf n}={\bf u}-\frac{3}{4}\frac{R\left({\bf u}+({\bf u}{\bf n}){\bf n}\right)}{r}-\frac{1}{4}\frac{R^3\left({\bf u}-3({\bf u}{\bf n}){\bf n}\right)}{r^3}$$ A ${\bf v}'$ sebességet felírhatjuk $$ {\bf v}'={\bf \nabla}\times\left({\bf \nabla}f\times {\bf u}\right)=({\bf u}{\bf \nabla}){\bf \nabla}f-{\bf u}\triangle f$$ alakban.
  A nyomásra vonatkozóan így $${\bf \nabla}p=\eta\triangle({\bf u}{\bf \nabla}){\bf \nabla}f-\eta{\bf u}\triangle\triangle f={\bf \nabla}\left(\eta({\bf u}{\bf \nabla})\triangle f\right)$$ adódik, mivel, mint láttuk, $\triangle\triangle f=0$.
  Ezt integrálva: $$p=p_0+\eta({\bf u}{\bf \nabla})\triangle f=p_0+\eta({\bf u}{\bf \nabla})\left(-\frac{a}{r}\right)=p_0-\frac{3\eta R({\bf u}{\bf n})}{2r^2}$$ Speciálisan a gömb felszínén $$p=p_0-\frac{3\eta u}{2R}\cos\Theta\;,$$ feltéve, hogy a polártengely ${\bf u}$ irányába mutat.
  A gömbre ható erő z irányú, nagysága: $$F_z=\oint -p\cos \Theta\;df+\oint \left(\sigma'_{rr}\cos \Theta-\sigma'_{\Theta r}\sin \Theta \right)\;df$$ Itt a felületelem $df=R^2\sin\Theta d \Theta d\varphi$, a feszültségtenzor belső súrlódásból eredő részének megfelelő komponensei pedig $$ \begin{eqnarray} \sigma'_{rr}&=&{\bf e}_r\cdot{\bf \sigma}'\cdot{\bf e}_r=2\eta\frac{\partial v_r}{\partial r}\\ \sigma'_{\Theta r}&=&{\bf e}_\Theta\cdot{\bf \sigma}'\cdot{\bf e}_r=\eta{\bf e}_\Theta\cdot\frac{\partial {\bf v}}{\partial r}+\eta{\bf e}_r\cdot\frac{1}{r}\frac{\partial {\bf v}}{\partial \Theta}\\ &=&\eta{\bf e}_\Theta\cdot\frac{\partial \left(v_r{\bf e}_r+v_\Theta{\bf e}_\Theta+v_\varphi{\bf e}_\varphi\right)}{\partial r}+\eta{\bf e}_r\cdot\frac{1}{r}\frac{\partial \left(v_r{\bf e}_r+v_\Theta{\bf e}_\Theta+v_\varphi{\bf e}_\varphi\right)}{\partial \Theta}\\ &=&\eta\left(\frac{\partial v_\Theta}{\partial r}+\frac{1}{r}\frac{\partial v_r}{\partial \Theta}-\frac{v_\Theta}{r}\right) \end{eqnarray} $$ A fent szereplő sebességkomponensek $$ \begin{eqnarray} v_r&=&{\bf v}\cdot {\bf n}=\left(1-\frac{3}{2}\frac{R}{r}+\frac{1}{2}\frac{R^3}{r^3}\right)u\cos \Theta\\ v_\Theta&=&{\bf v}\cdot {\bf e}_\Theta=-\left(1-\frac{3}{4}\frac{R}{r}-\frac{1}{4}\frac{R^3}{r^3}\right)u\sin \Theta \end{eqnarray} $$ Így a feszültségtenzor komponensei a gömb felszínén: $$ \begin{eqnarray} \sigma'_{rr}&=&0\\ \sigma'_{\Theta r}&=&-\frac{3\eta u}{2R}\sin \Theta \end{eqnarray} $$ Ezzel az erő: $$F_z=\frac{3\eta u}{2R}\oint df=6\pi\eta R u\;,$$ vagy vektoriálisan $${\bf F}=6\pi\eta R{\bf u}$$
• A Navier-Stokes-egyenlet dimenziótlanítása és a Reynolds-szám
  $${\bf r}=L\tilde{{\bf r}}$$ $${\bf v}=U\tilde{{\bf v}}$$ $$t=\frac{L}{U}\tilde{t}$$ $$p=\rho U^2\tilde{p}$$ A dimenziótlan változókkal a Navier-Stokes-egyenlet (ha a térfogati erő nulla): $$\frac{\partial \tilde{{\bf v}}}{\partial \tilde{t}}+(\tilde{{\bf v}}\tilde{\text{grad}})\tilde{{\bf v}}=-\tilde{\text{grad }}\tilde{p}+\frac{\nu}{UL}\tilde{\triangle} \tilde{{\bf v}}$$ Reynolds-szám: $$\text{Re}=\frac{UL}{\nu}$$
• Oseen-egyenlet
  A Stokes-féle megoldás még kis Reynolds-számok esetén sem érvényes mindenütt. $${\bf v}={\bf u}-\frac{3}{4}\frac{R\left({\bf u}+({\bf u}{\bf n}){\bf n}\right)}{r}-\frac{1}{4}\frac{R^3\left({\bf u}-3({\bf u}{\bf n}){\bf n}\right)}{r^3}$$ A Navier-Stokes-egyenlet elhanyagolt tagja $$({\bf v}\cdot{\bf \nabla}) {\bf v}\propto \frac{R\;u^2}{r^2}\;,$$ míg a megtartott tagok nagyságrendje $$\nu \triangle {\bf v}\propto \nu\frac{R\;u}{r^3}\;.$$ Ha tehát $$r>\frac{\nu}{u}\;,$$ az elhanyagolt tag nagyobb, mint a megtartott. Ha az ${\rm Re}=\frac{u\;R}{\nu}$ Reynolds-szám 1-nél jóval kisebb, $$\frac{\nu}{u}=\frac{R}{\rm Re} \gg R\;,$$ így csak a gömbtől nagy távolságban ($r\gg R$) szükséges a $({\bf v}\cdot{\bf \nabla}) {\bf v}$ tag figyelembevétele. Ott azonban ${\bf v}\approx {\bf u}$, ezért az egyenlet (stacionárius esetben) $$({\bf u}\cdot{\bf \nabla}) {\bf v}=-\frac{{\bf \nabla} p}{\rho}+\nu\triangle {\bf v}$$ Ez az Oseen-egyenlet. Közelítő megoldása gömb esetében:
  Áramlási függvény (jelen esetben $v_r=\frac{1}{r^2\sin\Theta}\frac{\partial \psi}{\partial \Theta}\;,\quad v_\Theta=-\frac{1}{r\sin\Theta}\frac{\partial \psi}{\partial r}$): $$\psi=\frac{1}{2}u\;r^2\sin^2\Theta+u\;R^2\left(\frac{1}{4}\frac{R}{r}\sin^2\Theta-\frac{3}{2}\left(1-\cos\Theta\right)\frac{1-\exp\left(-\frac{1}{2}{\rm Re}\left(1+\cos\Theta\right)\frac{r}{R}\right)}{\rm Re}\right)$$ Összehasonlításként a Stokes-féle megoldás áramlási függvénye: $$\psi=\frac{1}{2}u\;r^2\sin^2\Theta+u\;R^2\left(\frac{1}{4}\frac{R}{r}\sin^2\Theta-\frac{3}{4}\frac{r}{R}\sin^2\Theta\right)$$