klasična mehanika 2 elastomehanika & · pdf fileklasična mehanika 2 elastomehanika &...
TRANSCRIPT
Klasična mehanika 2ELASTOMEHANIKA & HIDRODINAMIKA
Matej Ulčarpredavanja pri prof. Primožu Ziherlu
18. avgust 2014
Povzetek
O zapiskih: ti zapiski so nastajali v glavnem sproti po predava-njih z namenom ponavljanja snovi, jasno zapisanih enačb (sploh primnogih indeksih) ter dodatnih komentarjev. Slednje mi žal ni uspe-valo najbolje. Na žalost nisem vključil slik, sem pa poskusil čim boljeopisati dano situacijo ali geometrijo z besedami. Nekatere trivialne (restrivialne) dele izpeljav (sploh pri daljših izpeljavah v prvih poglavjih)izpuščam. Manjši del snovi pri koncu podpoglavja Upogib palic najbržžal manjka.
Moralo bi biti sicer vse prav, ampak ne jamčim za pravilnost enačb!Oštevilčene enačbe v nekaterih (predvsem kasnejših poglavjih) ozna-čujejo pomembnejše enačbe ali rezultate, marsikje pa so na žalost karvse oštevilčene.
1
Del I
ELAST OMEHANIKAMehaniko telesa lahko razdelimo na tri dele. Najbolj osnoven je premik telesa(premik težišča), potem rotacija okrog težišča. Tretji del, deformacija, panas pri elastomehaniki najbolj zanima.
• gibanje točkastega telesa: TRANSLACIJA
• gibanje togega telesa: ROTACIJA
• elastomehanika: premik-(translacija+rotacija) = DEFORMACIJA
1 SPLOŠNE DEFORMACIJE
1.1 Deformacijski tenzor
Vzemimo nekje v telesu dve bližnji točki in ju označimo z vektorjema ~r1 in~r2. Telo deformiramo. Količine pred deformacijo zapišemo z malimi črkami,količine po deformaciji pa z velikimi; ~u je lokalni vektor premika in je vsplošnem odvisen od kraja.
~R = ~r + ~u(~r)→ d~R = d~r +∂~u
∂~rd~r (1)
Zapišemo po komponentah, kjer upoštevamo Einsteinovo sumacijsko pravilo:kjerkoli v enačbi se ponovita dva indeksa, to pomeni seštevanje po tem in-deksu. Primer: xiyi =
∑3i=1 xiyi = x1y1 + x2y2 + x3y3. Včasih z indeksi
označimo konkretno komponento, ne mislimo seštevanja po tem indeksu; takiindeksi so številčni indeksi (1,2,3) ali očitno pomenijo komponento (ϕ, ρ, ϑ...).
dXi = dxi +∂ui∂xk
dxk (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 medizbranima točkama pred deformacijo in po njej.
|d~r|2 = dl2 = dx2i (3)
2
Pomni: indeks i se zgoraj pojavi dvakrat (kvadrat je množenje dveh enakihizrazov)!
|d~R|2 = dL2 = d~R · d~R = dXi · dXi
=
(dxi +
∂ui∂xk
dxk
)(dxi +
∂ui∂xj
dxj
)= dx2
i +∂ui∂xj
dxjdxi +∂ui∂xk
dxkdxi +∂ui∂xj
∂ui∂xk
dxjdxk
= dl2 +∂ui∂xk
dxidxk +∂uk∂xi
dxkdxi +∂ul∂xi
∂ul∂xk
dxidxk
(4)
Tu smo v zadnji vrstici preimenovali indekse, kar lahko naredimo brez te-žav, saj je to zgolj indeks po katerem seštevamo in nima nobene pomenskevrednosti (tako imenovani nemi indeks).
dL2 − dl2 =
[∂ui∂xk
+∂uk∂xi
+∂ul∂xi
∂ul∂xk
dxidxk
](5)
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, zatoza opis deformacije v deformacijskem tenzorju upoštevamo samo prva dvačlena (simetričen del deformacijskega tenzorja). Tretji člen (antisimetričen)predstavlja rotacijo.
uik =1
2
(∂ui∂xk
+∂uk∂xi
+∂ul∂xi
∂ul∂xk
)(6)
1.1.1 Zgled: rotacija okoli osi z
Zavrtimo vektor ~r okoli osi z v približku majhnih kotov.
~R = S~r =
cos(ϕ) sin(ϕ) 0−sin(ϕ) cos(ϕ) 0
0 0 1
~r =
1 ϕ−ϕ 1
1
~r (7)
Razdelimo matriko na simetrično in antisimetrično ter upoštevamo ~R = ~r+~u.
~R =
11
1
~r +
ϕ−ϕ
~r = ~r +
ϕ−ϕ
~r = ~r + ~u (8)
∂ui∂xk
=
ϕ−ϕ
(9)
3
To je neničeln tenzor. Ne predstavlja deformacije, saj imamo le rotacijookrog osi.
uik =1
2
(∂ui∂xk
+∂uk∂xi
)= 0 (10)
Razdelimo deformacijski tenzor na simetričen del (1. člen v enačbi spo-daj), ki opisuje deformacijo in na antisimetričen del (2. člen), ki opisujerotacijo:
∂ui∂xk
=1
2
(∂ui∂xk
+∂uk∂xi
)+
1
2
(∂ui∂xk− ∂uk∂xi
)(11)
1.2 Lastnosti deformacijskega tenzorja
Deformacijski tenzor je simetričen in realen, kar pomeni, da ga lahko di-agonaliziramo. Ima lokalne lastne vektorje in lokalne lastne vrednosti. Vlastnem sistemu je tenzor uik diagonalen. Zapišimo deformacijo v splošnemin odtod v lastnem sistemu:
dL2 = dl2 +
(∂ui∂xk
+∂uk∂xi
)dxidxk
= dl2 + 2(u11dx21 + u22dx
22 + u33dx
23)
Poglejmo primer: d~r = ~r2 − ~r1 = (dx1, 0, 0). Pred deformacijo veljadl2 = dx2
1, po deformaciji pa je:
dL2 = dl2 + 2u11dx21 = dx2
1 + 2u11dx21 = (1 + 2u11)dx2
1
dL =√
1 + 2u11dx1; u11 << 1
dL ≈ (1 +1
22u11)dx1 = (1 + u11)dx1
Relativni raztezek vzdolž lastne osi 1 je:
dL− dldl
=(1 + u11)dx1 − dx1
dx1= u11 (12)
V lastnem sistemu diagonalni elementi predstavljajo raztezke vzdolž lastnihosi!
V ne-lastnem sistemu pa lahko izračunamo spremembo kota med dvemavektorjema po deformaciji. Imejmo pred deformacijo vektorja d~r1 = (dx1, 0, 0)
4
in d~r2 = (0, dx2, 0). Po deformaciji velja:
dXi = dxi +∂ui∂xk
dxk
d ~R2 =
(∂u1
∂x2, dx2 +
∂u2
∂x2dx2,
∂u3
∂x2dx2
)d ~R2 =
(dx1 +
∂u1
∂x1,∂u2
∂x1dx1,
∂u3
∂x1dx1
)
Iščemo kot, torej izračunamo skalarni produkt, kjer se omejimo na najnižjired:
d ~R1 · d ~R2 ≈∂u1
∂x2dx1dx2 +
∂u2
∂x1dx1dx2 + ...
cosϑ12 =d ~R1 · d ~R2
|d ~R1||d ~R2|=∂u1
∂x2+∂u2
∂x1= 2u12
Sled deformacijskega tenzorja nam poda spremembo prostornine pri de-formaciji. 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 = dx1dx2dx3, prostornino podeformaciji pa dV = dX1dX2dX3. Med njima velja zveza: dV = Jdv, kjerje J Jacobijeva determinanta:
J = det∂xi∂xk
= det(δik +∂ui∂xk
) =
=
∣∣∣∣∣∣∣1 + ∂u1
∂x1∂u1∂x2
∂u1∂x3
∂u2∂x1
1 + ∂u2∂x2
∂u2∂x3
∂u3∂x1
∂u3∂x2
1 + ∂u3∂x3
∣∣∣∣∣∣∣ =
= 1 +∂u1
∂x1+∂u2
∂x2+∂u3
∂x3+ (...) =
= 1 + u11 + u22 + u33 = 1 + tr(uik) = 1 + ull
Zanemarili smo člene višjih redov. Relativna sprememba prostornine je torej:
dV − dvdv
=(1 + tr(uik))dv − dv
dv= tr(uik) (13)
5
1.3 Eulerjev deformacijski tenzor
Doslej smo vedno uporabljali Lagrangev zapis deformacijskega tenzorja, kiopisuje deformacijo glede na stanje pred deformacijo:
~R = ~r + ~u(~r)
uLik =1
2
(∂ui∂xk
+∂uk∂xi
+∂ul∂xi
∂ul∂xk
)
Eulerjev zapis deformacijskega tenzorja se od Lagrangevega razlikuje v tem,da deformacijo definira glede na deformiran sistem:
~R = ~r + ~u(~R)→ ~r(R) = ~R− ~u(~R)
dxi = dXi −∂ui∂Xk
dXk
dl2 =
(dXi −
∂ui∂Xk
dXk
)(dXi −
∂ui∂Xl
dXl
)= dX2
i −(∂ui∂Xk
+∂uk∂Xi
− ∂ul∂Xi
∂ul∂Xk
)dXidXk
dL2 − dl2 = 2uEikdXidXk = 21
2
(∂ui∂Xk
+∂uk∂Xi
− ∂ul∂Xi
∂ul∂Xk
)dXidXk
Končno je Eulerjev zapis deformacijskega tenzorja:
uEik =1
2
(∂ui∂Xk
+∂uk∂Xi
− ∂ul∂Xi
∂ul∂Xk
)(14)
1.4 Napetostni tenzor
Pomembno: oznake znajo biti zavajajoče zato pomni: s fi označimo (prostor-ninske ali površinske) gostote sil (indeks!), s f pa označimo gostoto prosteenergije!
~F =
∫~f(~r)d3~r (15)
Zgornji integral moramo znati izraziti kot integral po površini zaradi KON-TAKTNIH SIL. Na telo namreč delujemo zgolj s silami, ki prijemljejo napovršini, ne nekje v notranjosti.
Fi =
∫fi(~r)d
3~r =
∮pikdSk, ~f = ∇ · p
=
∫piknkdS
(16)
6
Napetostni tenzor pik definiramo kot:
fi =∂pik∂xk
(17)
Za neobremenjeno telo velja, da je površinska gostota sil enaka 0. piknk = 0po površini (vse tri sile (x,y,z) na vsako ploskev so enake 0).
Napetostni tenzor je simetričen (zaradi kontaktnih sil).
~M = ~r × ~F
Mi = εijkxjFk
εijk je tu Levi-Civitajev simbol, za katerega velja, da je za enotske vektorje(~ei, ~ej , ~ek) desnosučnega koordinatnega sistema enak 1, če nastopajo i, j, kciklično, -1, če nastopajo anticiklično in 0 sicer.
εijk = ~ei · (~ej × ~ek)
Mi =
∫εijkxjfkd
3~r
=
∫εijkxj
∂pkl∂xl
d3~r
=
∫εijk
∂(xjpkl)
∂xld3~r −
∫εijkpkl
∂xj∂xl
d3~r
=
∮εijkxjpkldSl −
∫εijkpklδjld
3~r
=
∮εijkxjpkldSl −
∫εijkpkjd
3~r
Prvi člen je že preveden na integral po površini, poglejmo pobliže še drugega:∫εijkpkjd
3~r =1
2
∫(εijkpkj + εijkpjk)d
3~r
=1
2
∫εijk(pkj − pjk)d3~r
To je v redu, če je le pkj = pjk. Torej je cel člen enak 0. Imamo zgolj inte-gral po površini. To je matematična zahteva po simetričnosti napetostnegatenzorja.
Oglejmo si tri preproste primere napetostnega tenzorja:
• hidrostatičen tlak
7
p =
−p −p−p
, ~f1 = p~e1 = (−p, 0, 0) (18)
• strig
Telo obremenimo z dvojico sil v x smeri, eno na zgornji, drugo na spodnjiploskvi. V z smeri ni obremenitve.
pik = p(δixδkz + δkxδiz)
p =
p
p
(19)
• enoosna obremenitev
Telo obremenimo v z smeri pravokotno na ploskev. Ni striga.
pik = pδikδkz
p =
p
(20)
1.5 Cauchyjeva enačba (2. Newtonov zakon)
ρui = fi + ρf(z)i (21)
fi so sile med deli telesa (notranje sile), f (z)i pa (morebitne) zunanje sile na
telo. Z ρ je seveda označena gostota telesa, ui pa je drugi časovni odvodlokalnega odmika (lokalni pospešek). Drugače zapisano:
ρui =∂pik∂xk
+ ρf(z)i (22)
Zanima nas linearna zveza med napetostnim tenzorjem in deformacijskimtenzorjem. Zapišimo delo pri deformaciji:
δW = ~F · δ~s =
∫fiδuid
3~r =
∫∂pik∂xk
δuid3~r
=
∫∂
∂xk(pikδui) d
3~r −∫pik
∂δui∂xk
d3~r
=
∮pikδuidSk −
1
2
∫(pik + pki)
∂δui∂xk
d3~r
= 0− 1
2
∫ (pik
∂δui∂xk
+ pki∂δui∂xk
)d3~r
= −∫pik
1
2
(∂δuiδxk
+∂δuk∂xi
)d3~r
(23)
8
Integral po zaključeni ploskvi gre za velik volumen proti 0. V zadnji vrsticiizraz v oklepaju skupaj z eno polovico spredaj preberemo kot δuik. Končnodobimo izraz dw = pikduik. Dobljen izraz vstavimo v termodinamsko defi-nicijo proste energije F = U − TS.
df = −SdT + dw = −SdT + pikduik (24)
Pri konstantni temperaturi torej velja:
pik =
(∂f
∂uik
)T
(25)
1.6 Elastična prosta energija izotropnega sredstva
Prosto energijo označimo z f = f(uik); (odraža simetrijo sredstva). Izotro-pno sredstvo je invariantno na poljubno ortogonalno transformacijo prostora.Ortogonalne transformacije so: vrtež okrog poljubne osi za poljuben kot, zr-caljenje ter inverzija.
Invariante določajo (ali kar so) lastne vrednosti deformacijskega tenzorjau. Poglejmo si karakteristični polinom aλ3 + bλ2 + cλ+ d = 0, ki ga dobimoiz naslednje enačbe: det(uik − λδik) = 0.
∣∣∣∣∣∣u11 − λ u12 u13
u21 u22 − λ u23
u31 u32 u33 − λ
∣∣∣∣∣∣ = −λ3+tr(u)λ2+1
2(tr(u2)−tr2(u))λ+det(u) = 0
(26)Bralec lahko za vajo pokaže, da zgornja enakost res velja. Zgornji koefici-
enti karakterističnega polinoma so invariante (uporabimo le-te, ne računamoposebej lastnih vrednosti).
Razvijmo f do kvadratnih členov:
f = f0 +A1tr(u) +A2tr2(u) +B1
1
2(tr(u2)− tr2(u)) (27)
Determinanta sama je že tretjega reda, zato odpadejo vsi členi z determi-nanto.
V zgornjem razvoju nastopa linearni člen, ki pa ga v samem f ne smebiti. Poglejmo zakaj (osredotočimo se le na linearni člen, zato samo za taprimer zanemarimo vse višje člene):
f = f0 +A1tr(u) + ... = f0 +A1(u11 + u22 + u33)
pik =∂f
∂uik= A1δik + ...
9
A1δik je v vsakem primeru različno od nič. Tudi, če je uik = 0. Karpa je nesmiselno, saj ne moremo imeti neke napetosti, če ni deformacije.Zaključimo, da je A1 = 0.
Kar zapišimo sedaj f:
f = f0 +λ
2(tr(u))2 + µ tr(u2)
= f0 +λ
2u2ll + µuikuki
(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
∂uik= λullδik + 2µuik (29)
Ta enačba je analogna Hookovemu zakonu F = kx. Bolj pa nas zanimaodvisnost posledice v odvisnosti od vzroka, torej x = F/u. Izrazimo sedaj uv odvisnosti od p. Izračunajmo sled napetostnega tenzorja.
pll = λull · 3 + 2µull = (3λ+ 2µ)ull (30)
ull =pll
3λ+ 2µ(31)
Če sedaj to vstavimo v enačbo za pik dobimo končni izraz.
pik = λpll
3λ+ 2µδik + 2µuik (32)
uik =1
2µ
[pik −
λpll3λ+ 2µ
δik
](33)
1.7 Pomen Laméjevih konstant (λ, µ)
Deformacija sestoji iz striga (∆V = 0) in spremembe prostornine (ohranitevoblike). Zapišimo deformacijski tenzor tako, da ločimo strig in sprememboprostornine.
uik = (uik −1
3ullδik) +
1
3ullδik
10
f = f0 + µ(uik −1
3ullδik)
2 +k
2u2ll
= f0 + µuikuki −2
3µullukiδik + µ
1
9u2llδikδki +
k
2u2ll
= f0 + µuikuki −2
3µu2
ll + µ1
9u2ll3 +
k
2u2ll
= f0 +1
2
(k − 2
3µ
)u2ll + µuikuki
Tu predstavlja µ strižni modul, k pa recipročno stisljivost. Primerjamosedaj člene enačb in ugotovimo, da veljata enakosti µ = µ ter λ = k − 2µ
3oziroma 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
V= ull =
1
2µ
(pll −
λll3λ+ 2µ
3
)=
=1
2µ
3λ+ 2µ− 3λ
3λ+ 2µpll =
=1
3λ+ 2µ(−3p) = − 1
λ+ 2µ3
p
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 teloskrči, v smereh x in y pa se praviloma raztegne. pik = pδizδkz
uzz =∆l
l=
1
2µ
(p− λp
3λ+ 2µ
)=
1
2µ
3λ+ 2µ− λ3λ+ 2µ
p
uzz =λ+ µ
µ(3λ+ 2µ)p
Spremembo dolžine telesa (palice) zapišemo z znano enačbo: ∆ll = F
SE = pzzE ,
kjer je E Youngov (prožnostni) modul.
E =µ(3λ+ 2µ)
λ+ µ(34)
11
Izračunajmo še raztezek v smeri pravokotno na obremenitev.
uxx = − 1
2µ
λp
3λ+ 2µ(35)
Od tu sledi sedaj še Poissonovo število σ:
σ = −uxxuzz
= −uyyuzz
=λ
2(λ+ µ)(36)
Youngov modul (E) in Poissonovo število σ predstavljata še tretji par ela-stičnih konstant. Izrazimo sedaj λ in µ s konstantama E in σ. Navajam lekončne izraze, sama izpeljava je trivialna.
λ =Eσ
(1− 2σ)(1 + σ)(37)
µ =E
2(1 + σ)(38)
Recipročna stistljivost k, mora biti pozitivna, saj nimamo snovi, ki bi sejim pri stisku povečala prostornina.
k = λ+2µ
3=
E
1 + σ
(σ
1− 2σ+
1
3
)=
=E
1 + σ
(3σ + 1− 2σ
3(1− 2σ)
)=
E
3(1− 2σ)> 0
Od tod sledi: σ < 12 . Mejna vrednost (1/2) pomeni nestisljivo snov. Ker
velja tudi, da morata biti µ in E pozitivna, omejimo Poissonovo število nainterval: −1 < σ < 1/2. Če je σ < 0 to pomeni, da se palica ob stisku v zsmeri, skrči tudi v x in y smeri.
1.8 Nazaj k Cauchyjevi enačbi
pik = λullδik + 2µuik =Eσ
(1 + σ)(1− 2σ)ullδik +
E
1 + σuik (39)
ρui =∂pik∂xk
+ ρf(z)i (40)
Izračunajmo prvi člen na desni strani enačbe:
∂pik∂xk
=Eσ
(1 + σ)(1− 2σ)
∂
∂xk
∂ul∂xl
δik +E
1 + σ
∂
∂xk
1
2
(∂ui∂xk
+∂uk∂xi
)(41)
12
∂pik∂xk
=Eσ
(1 + σ)(1− 2σ)
∂
∂xi
∂uk∂xk
+E
2(1 + σ)
∂2ui∂x2
k
+E
2(1 + σ)
∂
∂xi
∂uk∂xk
(42)
V vektorski obliki to pomeni:
ρ~u =E
1 + σ
[σ
1− 2σ+
1
2
]∇∇ · ~u+
E
2(1 + σ)∇2~u (43)
Malo drugače prepišemo zgornjo enačbo in dobimo Navierovo enačbo:
ρ~u =E
2(1 + σ)(1− 2σ)∇∇ · ~u+
E
2(1 + σ)∇2~u+ ρ~f (z) (44)
1.8.1 Elastična energija kristalov
f = f0 +1
2uikKiklmulm (45)
Tenzor elastičnih konstant Kiklm ima kar 81 elementov (4x po tri dimenzije,34 = 81). Na srečo je dejanskih konstant manj zaradi simetrije napetostnegatenzorja. Pri tenzorju Kiklm lahko zamenjamo indeksa i in k, m in l terparoma ik in lm pa ostane vrednost enaka. Kiklm = Kkilm = Klmik = Kikml
Tako ima kristal brez kakršnekoli simetrije 21 različnih konstant. Različnikristalni 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 dimen-zijami: plošče in palice.
Predstavljajmo si tanko ploščo, z dvema robnima ravninama, vmes mednjima pa je nevtralna ravnina. Pri čistem upogibu se dve bližnji točki naenaki višini približata (stisk) ali oddaljita (razteg) druga od druge, odvisno
13
od višine, tj. kateri ploskvi plošče sta točki najbliže. Na nevtralni ravnini nine stiska ne raztega.
Obravnavamo tanke plošče h << L. Njihovo deformacijo opišemo sfunkcijo ζ(x, y), ki opisuje nevtralno ravnino in je neodvisna od z. ζ(x, y) jekar prečni odmik deformirane plošče od nedeformirane.
Na zgornji ploskvi ~n ≈ (0, 0, 1) velja (kot v prejšnjem poglavju), da tamne prijemlje nobena sila, torej ~f = 0. Izračunano po komponentah dobimo:
fx = pxknk = 0 = pxxnx + pxyny + pxznz = 0→ pxz = 0
fy = pyxnx + pyyny + pyznz = 0→ pyz = 0
fz = pzxnx + pzyny + pzznz = 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 plo-skvi, sklepamo, da morajo biti nič tudi povsod znotraj plošče (to je našaaproksimacija).
pik =E
1 + σ
(σ
1− 2σullδik + uik
)(46)
0 = pxz =E
1 + σuxz → uxz = 0
0 = pyz =E
1 + σuyz → uyz = 0
pzz =E
1 + σ
[σ
1− 2σ(uxx + uyy + uzz) + uzz
]= 0
→ uzz = − σ
1− σ(uxx + uyy)
uxz =1
2
(∂ux∂z
+∂uz∂x
)= 0, uz = ζ(x, y)
∂ux∂z
= −∂uz∂x
= −∂ζ∂x
ux = −z ∂ζ∂x
uy = −z ∂ζ∂y
Sedaj lahko zapišemo deformacijski tenzor u:
u =
uxx uxy 0uxy uyy 00 0 − σ
1−σ (uxx + uyy)
=
−z ∂
2ζ∂x2
−z ∂2ζ∂x∂y 0
−z ∂2ζ∂x∂y −z ∂
2ζ∂y2
0
0 0 − σ1−σ (−z ∂
2ζ∂x2
+−z ∂2ζ∂y2
)
14
Poiščimo gostoto proste energije:
f = f0 +E
2(1 + σ)
(σ
1− 2σtr2uik + tr u2
ik
)= f0 +
E
2(1 + σ)· (∗) (47)
(∗) =σ
1− 2σ
[uxx + uyy −
σ
1− σ(uxx + uyy)
]2
+ u2xx + u2
yy + 2u2xy +
(σ
1− σ
)2
(uxx + uyy)2
=σ
1− 2σ
(1− σ
1− σ
)2
(uxx + uyy)2 +
[1 +
(σ
1− σ
)2]
(uxx + uyy)2 + 2(u2
xy − 2uxxuyy)
=1
1− σ(uxx + uyy)
2 + 2(u2xy − uxxuyy
)
f = f0+E
2(1 + σ)(1− σ)
[z2
(∂2ζ
∂x2+∂2ζ
∂y2
)2
+ 2(1− σ)2z
((∂2ζ
∂x∂y
)2
− ∂2ζ
∂x2
∂2ζ
∂y2
)](48)
Integriramo zgornji rezultat po celotnem volumnu, da dobimo prostoenergijo.
F = F0+ Eh3
24(1−σ2)
∫dxdy
(∂2ζ∂x2
+ ∂2ζ∂y2
)2+ 2(1− σ)
[(∂2ζ∂x∂y
)2− ∂2ζ
∂x2∂2ζ∂y2
]
Za poves togo vpete plošče variiramo F:
δF −∫pδζdxdy = 0 (49)
kjer je p tlačna razlika med zgornjo in spodnjo ploskvo plošče. Enačboravnovesja zapišemo kot:
D∆2ζ − p = 0, (50)
kjer je ∆ Laplaceov operator in D = Eh3
12(1−σ2)upogibna konstanta. Po-
membno: upogibna konstanta je odvisna od debeline plošče na tretjo po-tenco!
Robna pogoja za togo vpeto ploščo sta:
ζ(x, y)|rob = 0
∂ζ
∂n|rob = 0
(51)
15
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 pox (torej nagib) pa ne.
Vpeljimo nove količine saj obravnavamo 2D primer. Namesto (3x3) defor-macijskega tenzorja uik pišemo εik, ki ima dimenzije 2x2. Pravtako namestonapetostnega tenzorja pik pišemo Nik.
Delo notranjih sil je enako:
δW = −∫pikδuikd
3~r → δW = −∫Nikδεikdxdy
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
∂xdx
dx|z = dx(1 +∂ux∂x
) = dx(1 + uxx)
Po pitagorovem izreku dobimo:
dx2 =
[dx
(1 +
∂ux∂x
)]2
+
(dx∂ζ
∂x
)2
= (dx)2
[1 + 2
∂ux∂x
+
(∂ux∂x
)2]
+ (dx)2
(∂ζ
∂x
)2
Zanemarimo člen (∂ux∂x )2 in delimo enačbo z (dx)2. Dobimo:
1 ≈ 1 + 2∂ux∂x
+
(∂ζ
∂x
)2
Od tod sledi:∂ux∂x
= −1
2
(∂ζ
∂x
)2
= εxx (52)
Na enak način izpeljemo tudi v y smeri in dobimo:
∂uy∂y
= −1
2
(∂ζ
∂y
)2
= εyy (53)
Rabimo še mešani člen. Ta se glasi:
εxy = −∂ζ∂x
∂ζ
∂y(54)
16
Tako zapišemo delo notranjih sil z zgoraj izračunanimi količinami:
δW = +
∫ [Nxx
(∂ζ
∂x
)2
+ 2Nxy∂ζ
∂x
∂ζ
∂y+Nyy
(∂ζ
∂y
)2]dxdy (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. Pritem postavimo izhodišče koordinatnega sistema (x = y = 0) v enega izmedvogalov plošče, tako da plošča leži v prvem kvadrantu.
ζ(x, y) = A sin(πxa
)sin(πyb
)(56)
Do nestabilnosti (upogibanja plošče) pride, ko je vloženo delo večje odelastične energije plošče. Izračunajmo sedaj zato delo zunanjih sil in prostoenergijo plošče. Velja Nxx = konst.
δW = −Nxx
∫ (∂ζ
∂x
)2
dxdy
= −Nxx
∫A2π
2
a2cos2
(πxa
)sin2
(πyb
)dxdy
= −Nxxπ2
a2A2a
2
b
2= −Nxx
π2A2
4
ab
a2
Še prosta energija:
F =D
2
∫ (∂2ζ
∂x2+∂2ζ
∂y2
)2
+ 2(1− σ)
[(∂2ζ
∂x∂y
)2
− ∂2ζ
∂x2
∂2ζ
∂y2
]dxdy
=D
2
∫ A2
(−π
2
a2− π2
b2
)2
sin2(πxa
)sin2
(πxb
)+
2(1− σ)
[(−πa
)2 (−πb
)2A2 cos2
(πxb
)cos2
(πyb
)−
−(−πa
)2 (−πb
)2sin2
(πxb
)sin2
(πyb
)A2
]dxdy
=D
2A2
(π2
a2+π2
b2
)ab
4
17
Do upogiba pride, ko je δW = F .
−Nxxπ2
4A2ab
a2=D
2A2π
4
4
(1
a2+
1
b2
)2
ab
Nxx = −Dπ2
2
(1
a2+
1
b2
)2
a2
Nxx = −π2D
2
(b
a+a
b
)2 1
b2
Poglejmo še minimum od Nxx v odvisnosti od razmerja dolžine proti širiniplošče (ab ).
∂Nxx
∂(a/b)= 0,
a
b= 1 (57)
Za kvadratne plošče je potrebna najmanjša sila za upogib. Če ima ploščavečje ali manjše razmerje med dolžino in širino je potrebna večja sila, dapride do upogiba.
3 DEFORMACIJE PALIC
3.1 Torzija palic
Palico zasukamo okoli njene vzdolžne osi (osi z) tako, da naj spodnji konecpalice miruje, zgornji pa se zasuka za nek kot ϕ. Definiramo mero za torzijskodeformacijo (τ) kot razmerje majhne spremembe kota zasuka na neki majhnivišini z.
τ =dϕ
dz(58)
Poiščimo vektor deformacije v najnižjem redu, tako da vektorsko množimovektor zasuka ~ϕ = (0, 0, ϕ) s krajevnim vektorjem ~r = (x, y, z). Vektorzasuka ima samo eno komponento različno od nič, saj palico zasukamo leokoli osi z.
~u(0) = ~ϕ× ~r =
∣∣∣∣∣∣i j k0 0 ϕx y z
∣∣∣∣∣∣ = (−ϕy, ϕx, 0) (59)
Z natančnejšim računom bi bila tudi zadnja komponenta vektorja defor-macije različna od 0. Zapišimo jo kot τψ(x, y), kjer je ψ torzijska funkcija.Upoštevamo še enakost ϕ = τz, ki izhaja iz same definicije torzije in dobimo:
~u = (−τyz, τxz, τψ(x, y)) (60)
18
Izračunajmo od tod komponente deformacijskega tenzorja uik:
uik =1
2
(∂ui∂xk
+∂uk∂xi
)uxx = 0
uyy = 0
uzz = 0
(61)
Vidimo, da je sled deformacijskega tenzorja torzije enak 0, kar pomeni, dapri torziji ni spremembe prostornine (oz. je ta enaka 0); gre za čisti strig.Poglejmo še ostale komponente deformacijskega tenzorja:
uxy =1
2(−τz + τz) = 0
uxz =1
2
(−τy + τ
∂ψ
∂x
)=τ
2
(−y +
∂ψ
∂x
)uyz =
1
2
(τx+ τ
∂ψ
∂y
)=τ
2
(x+
∂ψ
∂y
) (62)
Ravnovesje velja, ko je vsota sil enaka nič. Tako imamo pogoj za ravno-vesje fi = 0, kjer je fi prostorninska gostota sil, ki jo lahko zapišemo kotodvod napetostnega tenzorja po kraju. Spomnimo se definicije napetostnegatenzorja:
pik = λullδik + 2µuik
Edini neničelni komponenti tenzorja napetosti sta:
pxz = τµ
(−y +
∂ψ
∂x
)pyz = τµ
(x+
∂ψ
∂y
)
Poglejmo gostoto sil po komponentah:
fx =∂pxx∂x
+∂pxy∂y
+∂pxz∂z
= 0
fy =∂pyx∂x
+∂pyy∂y
+∂pyz∂z
= 0
Tu sta pri obeh enačbah prva dva člena enaka nič, ker je komponenta na-petostnega 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:
fy =∂pzx∂x
+∂pzy∂y
+∂pzz∂z
= τµ
(∂2ψ
∂x2+∂2ψ
∂y2
)= 0
Pogoj za ravnovesje je:∇2ψ = 0 (63)
Izraza za neničelni komponenti tenzorja napetosti/tlaka, lahko poenosta-vimo tako, da uvedemo prirejeno torzijsko funkcijo χ:
pxz = τµ
(−y +
∂ψ
∂x
)= 2µτ
∂χ
∂y
pyz = τµ
(x+
∂ψ
∂y
)= −2µτ
∂χ
∂x
(64)
Odvajajmo prvo enačbo parcialno po y, drugo pa parcialno po x.
τµ
(−1 +
∂2ψ
∂x∂y
)= 2µτ
∂2χ
∂y2
τµ
(1 +
∂2ψ
∂x∂y
)= −2µτ
∂2χ
∂x2
Odštejemo spodnjo enačbo od zgornje:
−2µτ = 2µτ
(∂2χ
∂x2+∂2χ
∂y2
)ter poenostavimo v končni izraz
∇2χ = −1. (65)
Če hočemo rešiti problem moramo še zadostiti robnim pogojem. Na robu neprijemlje nobena sila, zato je površinska gostota sil fi enaka 0:
fi = piknk = 0, (66)
kjer je nk normala na površino. Normala je v vsaki točki pravokotna namajhen 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. Površinskagostota sil po komponentah je torej:
fx = pxxnx + pxyny + pxznz = 0
fy = pyxnx + pyyny + pyznz = 0
fz = pzxnx + pzyny + pzznz = 0
20
V prvih dveh enačbah so vsi členi enaki nič, ker je ali normala enaka nič alikomponenta napetostnega tenzorja enaka nič. Razpišimo še zadnjo enačbo:
fz = 2τµ
[−∂χ∂ydy +
(−∂χ∂x
)dx
]= 0
V oglatih oklepajih prepoznamo izraz za popolni diferencial χ, robni pogojizrazimo kot:
dχ = 0→ χ|rob = konst. (67)
Gostota proste energije f .
f =1
2pikuik
Vzamemo polovico, zato ker smo vsak člen že sešteli dvakrat zaradi simetrič-nosti tenzorjev. Razpišemo in upoštevamo samo neničelne člene:
f =1
2(pxzuxz + pzxuzx + pyzuyz + pzyuzy) =
= pxzuxz + pyzuyz = 2µ[(uxz)
2 + (uyz)2]
= 2µ
[(τ∂χ
∂y
)2
+
(−τ ∂χ
∂x
)2]
Celotno prosto energijo dobimo z integracijo po volumnu:
F = 2µ
∫τ2
[(∂χ
∂y
)2
+
(∂χ
∂x
)2]
dz =
=1
2
∫τ2dz
[4µ
∫(∇χ)2 dxdy
]=
1
2
∫τ2 C dz
kjer smo definirali torzijski modul C kot:
C = 4µ
∫(∇χ)2 dxdy (68)
3.2 Upogib palic
Poglejmo si še upogib palic. Palico deformiramo tako, da nimamo torzije.Mero za upogibno deformacijo – ukrivljenost, definiramo kot 1
R , kjer je Rkrivinski polmer, to je polmer kroga, ki se lokalno popolnoma prilega ukri-vljenosti palice.
21
Postavimo palico tako, da je njena daljša dimenzija vzporedna z z osjoter jo deformiramo tako, da jo zvijemo okrog y osi. Za majhen upogib jev preseku v ravnini x, y videti skoraj nedeformirana. Če imamo pravokotenpresek (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 majhenupogib 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 go-stota sil enaka nič. Razpišemo enačbo fi = piknk po komponentah. Najprejza zgornjo ploskev:
fx = pxxnx + pxyny + pxznz = pxx(−1) + pxy · 0 + pxz · 0 = 0→ pxx|z.p. = 0
fy = pyxnx + pyyny + pyznz = pyx(−1) + pyy · 0 + pyz · 0 = 0→ pyx|z.p. = 0
fz = pzxnx + pzyny + pzznz = 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 kompo-nente napetostnega tenzorja spreminjale. Za tanke palice je dimenzija v xsmeri precej manjša od dolžine v z smeri, tako da je naš približek, da sokomponente, ki so na robu nič, tudi po celi palici enake nič:
pxx = pyx = pzx = 0
Manjkajo nam še komponente napetostnega tenzorja na stranskih plo-skvah. Za levo velja:
fx = pxxnx + pxyny + pxznz = pxx · 0 + pxy(−1) + pxz · 0 = 0→ pxx|l.p. = 0
fy = pyxnx + pyyny + pyznz = pyx · 0 + pyy(−1) + pyz · 0 = 0→ pyx|l.p. = 0
fz = pzxnx + pzyny + pzznz = 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 tenzorjaenake nič.
22
Edina komponenta napetostnega tenzorja, ki je od nič različna je pzz.Upogib je nehomogena enoosna deformacija. Iz Hookovega zakona dobimozvezo:
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, kjervelja pik = 0, torej tam tudi ni lokalne deformacije. Razliko med dvemabližnjima točkama na nevtralni ravnini označimo z dz′. Ko palico upognemose razdalja med dvema bližnjima točkama spremeni. Na nevtralni ravniniostane enaka, nad njo se točki približata in pod njo oddaljita, če upognemokot opisano. Če te točke povežemo z navideznima črtama (to je vse leve z enočrto in vse desne točke z drugo črto) se sekata v sredičču kroga s krivinskimradijem R. Torej lahko primerjamo podobne trikotnike. To storimo za točkina 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 označimoz dz).
dz
R+ x=dz′
Rdz
dz′=R+ x
R
Od tod dobimo uzz kot:
uzz =dz
dz′− 1 =
R+ x
R− 1 =
x
R
Kar vstavimo sedaj v enačbo za pzz:
pzz = Ex
R(69)
Če to spet vstavimo v Hookov zakon, dobimo še ostale komponente defor-
23
macijskega tenzorja:
uxx = −σuzz = −σ xR
uyy = −σuzz = −σ xR
uzz = − xR
uxy = 0
uyz = 0
uxz = 0
Z integracijo diagonalnih členov, ki so edini neničelni, dobimo kompo-nente vektorja odmika/deformacije:
uz =x z
R
uy = −σx yR
ux = −σ x2
2R+ f(y, z)
Težava sedaj je seveda v funkciji f(y, z), ki je ne poznamo. Pa jo izraču-najmo. Iz izvendiagonalnih členov uxy in uxz lahko izpeljemo:
uxy = 0→∂ux∂y
+∂uy∂x
= 0∫∂ux∂y
dy =
∫σy
Rdy = σ
y2
2R
Podobno še za drugi člen:
uxz = 0→∂ux∂z
+∂uz∂x
= 0∫∂ux∂z
dz = −∫
z
Rdz = − z
2
2R
Sedaj lahko zapišemo funkcijo f(y, z) kot vsoto izračunanih členov ux, takoda se končno ux glasi:
ux = − 1
2R
[z2 + σ
(x2 − y2
)]24
3.2.1 Energija
Elastično oziroma prožnostno energijo znamo zapisati s preprosto enačboEpr = 1
2kx2. Zapišimo jo sedaj kot prostorninsko gostoto energije f izraženo
z napetostnim in deformacijskim tenzorjem.
f =1
2pikuik =
1
2pzzuzz =
1
2
Ex
R
x
R=E
2x2
(1
R
)2
Integrirajmo po volumnu:
F =
∫f dxdydz =
E
2
∫ (1
R
)2 [∫x2dxdy
]dz.
V oglatih oklepajih prepoznamo izraz za vztrajnostni moment I.
F =E
2
∫ (1
R
)2
Idz
F =EI
2
(1
R
)2
L
Z L smo označili dolžino palice. 1R je mera za deformacijo, EI pa predstavlja
upogibni modul palice.
3.3 Splošna teorija palic
• Obravnavamo hkrati upogib in torzijo palic.
Najprej definirajmo koordinatni sistem v katerem opisujemo deformacijo.Naj bodo enotski vektorji: ~eζ v smeri tangentno na palico, ~eξ v smeri normalena palico in ~eη v smeri binormale (pravokoten na normalo in tangento).Smer vektorjev se vzdolž deformirane palice spreminja. Definirajmo vektorjatangente (~t) in normale (~n) ter ukrivljenost (1/R), kjer je R krivinski radij.
~t =d~r
dl,
∣∣~t∣∣ = 1
~n ∝ d~t
dl, d~t ⊥ ~t
~n =d~t/dl
|d~t/dl|, |~n| = 1
1
R= ~n · d
~t
dl
(70)
25
Za zgled si poglejmo krožnico z radijem R0:
~r(l) =
(R0 cos
l
R0, R0 sin
l
R0, 0
)~t =
d~r
dl=
(− sin
l
R0, cos
l
R0, 0
)d~t
dl= − 1
R0
(cos
l
R0, sin
l
R0, 0
);
∣∣∣∣d~tdl∣∣∣∣ =
1
R0
~n =d~t/dl
|d~t/dl|= −
(cos
l
R0, sin
l
R0, 0
)1
R= ~n · d
~t
dl=
∣∣∣∣d~tdl∣∣∣∣ =
1
R0
Ker je d~tdl ⊥ ~t lahko pišemo odvod kot vektorski produkt ~t z nekim vek-
torjem ~Ω, ki opisuje deformacijo.
d~t
dl= ~Ω× ~t (71)
~t× d~t
dl= ~t× ~Ω× ~t = t2~Ω− ~t(~Ω · ~t)
~Ω = ~t× d~t
dl+ (~Ω · ~t)~t
Vidimo, da je prvi člen pravokoten na tangento, drugi pa vzporeden. ~Ω ·~t jekar enak τ = dΦ/dl.
Ω = Ωη ~eη + Ωξ~eξ + Ωζ ~eζ , Ω2
η + Ω2ξ =
1
R2(72)
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 nesme biti mešanih (linearnih) členov z Ωζ .
Fd =
∫ [1
2EIηηΩ
2η +
1
2EIηξ2ΩηΩξ +
1
2EIξξΩ
2ξ +
1
2CΩ2
ζ
]dl (73)
C predstavlja torzijski modul, I pa vztrajnostni moment preseka. V kar-tezičnem koordinatnem sistemu npr. predstavlja Iyy vztrajnostni momentpreseka pri upogibu, kjer je xz nevtralna ravnina, Ixx pa vztrajnostni mo-ment preseka pri upogibu kjer je yz nevtralna ravnina. Prosto energijo Fdlahko poenostavimo, če pišemo ξ in η komponenti v lastnem sistemu.
Fd =
∫ [1
2EIηηΩ
2η +
1
2EIξξΩ
2ξ +
1
2CΩ2
ζ
]dl (74)
26
3.3.1 Malo deformirana palica
Za malo upognjeno palico privzamemo, da je tangenta vzdolž palice karkonstantna.
~r(z) = (X(z), Y (z), z)
~t(z) =
(dX
dz,dY
dz, 1
)≈ (0, 0, 1)
d~t
dl= (X ′′, Y ′′, 0), X ′′ = Ωη, Y
′′ = Ωξ
Če sta oba vztrajnostna momenta enaka (Iηη = Iξξ = I), kar velja prikvadratnem ali okroglem preseku, pišemo:
Fd =EI
2
∫ [X ′′2 + Y ′′2
]dl (75)
~Ω = ~t× d~t
dl+ (~Ω · ~t)~t = (−Y ′′, X ′′, 0) (76)
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 zdolžino spreminja sila na palico. Na eno ploskev deluje sila −~F , na drugoploskev pa sila +~F + d~F . Ti sili nista vzporedni. V palici velja ravnovesje,vsota vseh sil na palico mora biti enaka 0.
~F + d~F − ~F + ~Kdl = 0 (77)
d~F
dl= − ~K (78)
Vektor ~K predstavlja gostoto vseh zunanjih sil na dolžino.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 morabiti enaka nič. Os vzemimo pri eni izmed ploskev.
~M + d ~M − ~M + (−d~l)× (−~F ) = 0 (79)
Sila druge ploskve prav tako povzroča navor na prvi ploskvi. Pri tisti ploskvikjer smo definirali os je ročica enaka 0 in zato tudi navor enak nič. Navorzunanjih sil je sorazmeren z |dl|2, tj. višjega reda, zato ga zanemarimo.
d ~M
dl= −~t× ~F = ~F × ~t (80)
Robni pogoji:
27
• vzidan konec
~r|konec = konst.
d~r
dl|konec = konst.
• prosti konec palice
~F = 0 ~M = 0
| ~M | ∝ x′′
|~F | ∝ x′′′
• podprta palica (na mestu podpore)
~r = konst.
~M = 0
3.3.3 Kirchoffova teorija palic
Fd =
∫ [1
2EIηηΩ
2η +
1
2EIξξΩ
2ξ +
1
2CΩ2
ζ
]dl (81)
Izhajamo iz Hookovega zakona kjer silo F = kx dobimo iz energije E = 12kx
2.Tu nas zanima linearna zveza med navorom in upogibom. Dobimo torej:
Mη = EIηηΩη
Mξ = EIξξΩξ
Mζ = CΩζ
(82)
• upogibna deformacija okrogle palice
Pri čistem upogibu nimamo torzije, zato je Ωζ = 0. Zaradi okroglega presekavelja za vztrajnostne momente preseka Iηη = Iξξ = I. Komponeneti navorazapišemo:
Mη = EIΩη
Mξ = EIΩξ
(83)
Vidimo, da je navor ~M sorazmeren z ~Ω. Ker nimamo torzije, lahko za vektor~Ω pišemo:
~Ω = ~t× d~t
dl(84)
28
Če zgornje enačbe združimo dobimo
~M = EI~t× d~t
dl, (85)
odvod navora pa je
d ~M
dl= EI
d
dl
(~t× d~t
dl
)= EI
(d~l
dl × d~l
dl + ~t× d2~t
dl2
)= EI~t× d2~t
dl2= ~F × ~t
(86)Upoštevamo še definicijo tangente ~t = d~r/dl:
EId~r
dl× d3~r
dl3= ~F × d~r
dl(87)
4 ELASTIČNI VALOVI
Začnimo z Navierovo enačbo:
ρ~u =E
2(1 + σ)∇2~u+
E
2(1 + σ)(1− 2σ)∇∇ · ~u (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 staE 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:
ρux =E
2(1 + σ)
∂2ux∂x2
+E
2(1 + σ)(1− 2σ)
∂2ux∂x2
ρ∂2ux∂t2
=E
2(1 + σ)
(1− 2σ + 1
1− 2σ
)∂2ux∂x2
=E(1− σ)
(1 + σ)(1− 2σ)
∂2ux∂x2
Prepišemo v znano obliko valovne enačbe:
∂2ux∂x2
=1
c2l
∂2ux∂t2
, cl =
√E(1− σ)
ρ(1 + σ)(1− 2σ)(90)
cl je hitrost longitudinalne polarizacije.
29
• transverzalna polarizacija
Valovanje naj potuje v smeri x, odmik naj bo pa v smeri z (uz), pravokotnona smer x. Pišemo:
ρ∂2uz∂t2
=E
2(1 + σ)
∂2uz∂x2
Prepišemo v znano obliko valovne enačbe:
∂2uz∂x2
=1
c2t
∂2uz∂t2
, ct =
√E
ρ2(1 + σ)=
õ
ρ(91)
ct je hitrost transverzalne polarizacije, µ je strižni modul.Hitrost longitudinalnega in transverzalnega valovanja ni enaka, longitu-
dinalno je vedno hitrejše.
clct
=
√2(1− σ)
1− 2σ(92)
Slika 1: Odvisnost razmerja longitudinalnega in transverzalnega valovanjaod Poissonovega števila σ. Običajne vrednosti σ so približno nekje med 0.2in 0.5. Pri σ = 0 je razmerje enako
√2.
V tekočinah je strižni modul µ enak 0, zato je tudi hitrost transverzalnepolarizacije 0. Sledi, da ni transverzalnih valov. Za longitudinalno polariza-cijo v tekočinah lahko zapišemo: cl =
√κ/ρ =
√1/(χsρ).
30
4.1 Odboj in lom
Imejmo vpadno valovanje v sredstvu 1 ~kvp1 pod kotom ϑ′1. Na meji s sred-stvom 2 se odbije pod kotom ϑ1, oziroma lomi pod kotom ϑ2. Tangencialnasmer valovanja je vzporedna z mejo med sredstvoma in jo označimo z y.Iz Huygensovega principa sledi, da se tangencialna komponenta valovnegavektorja ohranja, in da se ohranja število valov.
1kvpy =2 k
lomy =1 k
odby
ω = konst.
Ker se ohranja ω, je k = ω/c odvisen samo do hitrosti valovanja.Za odboj velja k′1 sinϑ′1 = k1 sinϑ1 od koder sledi odbojni zakon:
ω
c′1sinϑ′1 =
ω
c1sinϑ1 (93)
Podobno velja za lom enačba k′1 sinϑ′1 = k2 sinϑ2 in nato lomni zakon:
ω
c′1sinϑ′1 =
ω
c2sinϑ2 (94)
Tudi če je vpadno valovanje npr. longitudinalno polarizirano, v splošnemdobimo pri odbitem (in lomljenem) valu tako longitudinalno, kot tudi tran-sverzalno polarizacijo. Ker je hitrost valovanja različna za longitudinalnoin transverzalno polarizacijo, se lomita pod različnima kotoma. Kot odbojatransverzalne polarizacije je vedno manjši od kota longitudinalne.
Za splošen vektor ~v velja, da ga lahko zapišemo kot vsoto gradienta ska-larne količine in rotorja vektorja, za katera velja, da je rotor gradienta enak0 in divergenca rotorja enaka 0.
~v = ∇Φ +∇× ~ω
Prvi člen predstavlja odmik longitudinalnega valovanja ~ul, drugi člen paodmik transverzalnega valovanja ~ut. Za longitudinalno valovanje torej velja∇× ~ul = 0, za transverzalno pa ∇ · ~ut = 0.
4.2 Površinski val
Naj se valovanje prosto širi v smeri x vzporedno s tlemi, ter pojema z globinoz (nad tlemi ni valovanja, na površini največ). ~ut in ~ul sta odvisna od x inz:
~ut, ~ul ∝ exp(i(kx− ωt)) · f(z) (95)
31
Poiščimo odvisnost od globine (f(z)):
~ut = c2t∇2 ~ut
− ω2ei(kx−ωt)f(z) = c2t
[−k2ei(kx−ωt)f(z) +
d2f
dz2ei(kx−ωt)
]d2f
dz2=
(k2 − ω2
c2t
)f(z)
Iščemo eksponentne rešitve, ne oscilirajočih, saj valovanje pojema z globino.Izraz v oklepaju je torej večji od 0 in ga označimo s κ2
t .
κt =
√k2 − ω2
c2t
(96)
Iz diferencialne enačbe lahko razberemo f(z):
f(z) = e+κtz (97)
In končno longitudinalno in transverzalno komponento odmika:
~ul = (ulx, uly, u
lz) ∝ ei(kx−ωt)eκlz
~ut = (utx, uty, u
tz) = ei(kx−ωt)eκtz
Robni pogoji na površini pri z = 0 z normalo ~n = (0, 0, 1) so:
fi = piknk = 0
fx = pxxnx + pxyny + pxznz = 0 → pxz = 0→ uxz = 0
fy = ... → pyz = 0→ uyz = 0
fz = ... → pzz = 0
pik = λullδik + 2µuik
uyz =1
2
(∂uy∂z
+∂uz∂y
)= 0
Odvisnosti od y ni, zato je drugi člen v oklepaju 0. Sledi, da je tudi drugičlen enak 0. Če bi imeli uy bi moral eksponentno padati z z, drugače nipovrš. val. Odtod sledi uy = 0. Nista pa enaka 0 ux in uz.
ut,lx , ut,lz 6= 0 (98)
32
• longitudinalna polarizacija:
∇× ~ul = 0∣∣∣∣∣∣i j k∂x ∂y ∂zulx 0 ulz
∣∣∣∣∣∣ =
(0,∂ulx∂z− ∂ulz
∂x, 0
)= 0
∂ulx∂z
=∂ulz∂x
κlulx0e
i(kx−ωt)eκlz = ikulz0ei(kx−ωt)eκlz
Zadostimo robnim pogojem, torej pišemo ulx0 = kb in ulz0 = −iκlb.
ulx = kbei(kx−ωt)eκlz
ulz = −iκlbei(kx−ωt)eκlz(99)
• transverzalna polarizacija:
∇ · ~ut = 0
∂utx∂x
+∂utz∂z
= 0
∂utx∂x
= −∂utz
∂z
ikutx0ei(kx−ωt)eκtz = −κtutz0ei(kx−ωt)eκtz
Zadostimo robnim pogojem, torej pišemo utx0 = κta in utz0 = −ika.
utx = κtaei(kx−ωt)eκtz
utz = −ikaei(kx−ωt)eκtz(100)
Poiščimo enačbi za a in b:
uxz = 0
∂ux∂z
= −∂uz∂x
∂(ulx + utx)
∂z= −∂(ulz + utz)
∂x
33
pzz = 0 :
uzz = − σ
1− σuxx
∂(ulz + utz)
∂z= − σ
1− σ∂(ulx + utx)
∂x
Od tod sledita dve enačbi za a in b, ki se skrivata v členih v števcih:
a(k2 + κ2t ) + 2kκlb = 0, κl =
√k2 − ω2
c2l
2kκta+ b(k2 + κ2t ) = 0, κt =
√k2 − ω2
c2t
Determinanta sistema zgornjih dveh enačb je enaka 0. Dobimo zvezo med kin ω. Velja linearno sorazmerje:
ω ∝ k (101)
Del II
HIDRODINAMIKA5 IDEALNE TEKOČINE
Vsako tekočino lahko daleč od ovire opišemo kot idealno tekočino (zanema-rimo viskoznost), s katerimi se bomo sprva ukvarjali. Kar daleč stran od ovirelahko segajo mejne plasti, vendar se temu posvetimo kasneje. Pomembnespremenljivke s katerimi opisujemo idealne tekočine so hitrost, tlak in go-stota, 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 d~Sskozi katero teče gostota masnega toka ~j.
dm
dt=
d
dt
∫ρdV =
∫∂ρ
∂tdV
34
∫∂ρ
∂tdV = −
∮~j · d~S
= −∫∇ ·~jdV
= −∫∇ · (ρ~v) dV
Izenačimo izraza pod integraloma na levi in desni ter razpišemo:
∂ρ
∂t= −ρ∇ · ~v − ~v · ∇ρ (102)
Zgoraj dobljena enačba je kontinuitetna enačba.
5.2 Nestistljiva snov
Bolje, kot o nestisljivi snovi, je govoriti o nestisljivem toku. Pri toku upo-števamo 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 pred-stavljamo kot stisljivo tekočino in kot mirujoč tudi je, pa je pomembno sezavedati, da se tok snovi obnaša drugače kot mirujoča snov.
Za nestisljivo snov torej velja, da je njena gostota konstantna:
∂ρ
∂t= 0; ∇ρ = 0
Če to vstavimo v kontinuitetno enačbo dobimo:
0 = −ρ∇ · ~v − 0
Iz česar sledi, da je divergenca hitrosti enaka nič.
∇ · ~v = 0 (103)
5.3 Eulerjeva enačba
Eulerjeva enačba je vsebinsko enaka 2. Newtonovem zakonu, vendar se odnjega razlikuje po tem, da ne opisuje točkastega telesa s fiksno maso, am-pak hitrostno polje nekega toka, ne fiksne mase. V hidrodinamiki nimamofiksnega telesa!
Zapišimo 2. Newtonov zakon za majhno prostornino in ga prevedimona odvisnost od hitrosti (namesto pospeška). Obenem se spomnimo kako seizrazi sila z napetostnim tenzorjem.
m~a = ~F → md~v
dt= ~F
35
ρ∆Vdvidt
= Fi =
∮pikdSk
= −∮pδikdSk = −
∮pdSi = −
∫dp
dxidV
Tu smo pisali le eno komponento sile. Za majhno kontrolno prostornino jegradient na desni strani majhen in ga lahko nesemo pred integral, dobimo−∆V (dpi)/(dxi).
ρ∆Vdvidt
= −∆Vdpidxi
ρd~v
dt= −∇p
Hitrost nekega dela tekočine se spremeni zaradi dveh prispevkov. Prvije zato, ker se tekočina prestavi na nek drug kraj, kjer je drugačna lokalnahitrost, drug prispevek pa je zaradi eksplicitne odvisnosti od časa.
d~v =∂~v
∂xdx+
∂~v
∂ydy +
∂~v
∂zdz +
∂~v
∂tdt
d~v
dt=∂~v
∂x
dx
dt+∂~v
∂y
dy
dt+∂~v
∂z
dz
dt+∂~v
∂t
d~v
dt= vx
∂~v
∂x+ vy
∂~v
∂y+ vz
∂~v
∂z+∂~v
∂t
d~v
dt= (~v · ∇)~v +
∂~v
∂t
Sedaj ta odvod hitrosti po času vstavimo v prej dobljeno enakost ρd~vdt = −∇p,dodamo še prispevek hipotetičnih zunanjih sil in dobimo Eulerjevo enačbo.
ρ
[∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v
]= −∇p+ ρ~f (z) (104)
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 zaentalpijo iz termodinamike:
dH = TdS + V dp
36
in ga delimo z maso na obeh straneh
dh = Tds+1
ρdp
dh =1
ρdp
Uporabimo Eulerjevo enačbo brez zunanjih sil
∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v = −1
ρ∇p
Če velja ds = 0 lahko desno stran nadomestimo z gradientom specifičneentalpije. Za izentropen tok ni važno ali je gostota konstanta ali ne, nado-mestimo lahko cel člen z gradientom entalpije. Za drugi člen na levi stranipa uporabimo naslednjo vektorsko enakost:
1
2∇~v2 = ~v ×∇× ~v + (~v · ∇)~v
Tako dobimo:∂~v
dt+
1
2∇~v2 − ~v ×∇× ~v = −∇h
∂~v
dt− ~v ×∇× ~v = −∇
(h+
1
2~v2
)
Na obeh straneh z leve vektorsko pomnožimo z nablo (oz. delujemo z ope-ratorjem rotor):
∂∇×~b∂t
−∇× (~v ×∇× ~v) = 0 (105)
Robni pogoj za idealne tekočine je preprost. Pove, da tekočina ne more tečiv steno, torej je normalna komponenta hitrosti enaka nič: vn = 0.
5.4 Hidrostatika
Pri hidrostatiki je hitrost tekočine seveda enaka nič. Lahko zapišemo Euler-jevo enačbo v zunanjem težnostnem polju ~g = (0, 0− g).
0 = −1
ρ∇p+ ~g
1
ρ
dp
dz= −g
37
dp = −ρgdz, ρ = ρ(p, T ) (106)
5.5 Konvekcija
Opazujmo nek majhen del plina s specifično prostornino v = V/m = 1/ρ. Naneki višini ima nek tlak p′ in specifično entropijo s′. Nato se dvigne za majhnorazdaljo 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 plinaizpodrinil drug del plina z entropijo s. Tekočine so stabilne, če je specifičnaprostornina izpodrinjenega plina večja od opazovanega dela plina, oziroma zenačbo:
v(p, s) > v(p, s′)
v(p, s)− v(p, s′) > 0
v(p, s′) +
(∂v
∂s
)p
ds
dzξ − v(p, s′) > 0
Iščemo pogoj za stabilnost (ne-konvekcijo). Posebej je kompliciran izraz(∂v/∂s)p, poglejmo:
dS =mcpT
dT +
(∂S
∂p)Tdp
dS =mcpT
dT
Tu smo že upoštevali konstanten tlak, ki velja v iskanem izrazu. Delimozgornjo enačbo z dV :
∂S
∂V=mcpT
(∂T
∂V
)p
Upoštevamo Maxwellovo relacijo in delimo enačbo zgoraj in spodaj na obehstraneh z m. (
∂s
∂v
)p
=cpT
(∂T
∂v
)=
cpTβV
> 0
Za veliko večino snovi je leva stran res večja od nič. Ignoriramo kakšneeksotične snovi, za katere je β < 0.
38
Spet se vrnimo k enačbi za entropijo. Zopet so na vrsti Maxwelloverelacije.
dS =mcpT
dT +
(∂S
∂p
)T
dp
dS =mcpT
dT − βV dp
Delimo levo in desno z maso ter odvajamo po višini, to je koordinati vzdolžkatere se je opazovan del plina dvignil:
ds
dz=cpT
dT
dz− (−βv)
dp
dz
=cpT
dT
dz+ βvρg
V zadnji vrstici smo upoštevali hidrostatično ravnovesje. Vemo še, da jevρ = 1 iz same definicije v.
ds
dz=cpT
dT
dz+ βg (107)
Konvekcije ni, čje desna stran enačbe večja od nič:
cpT
dT
dz+ βg > 0 (108)
5.6 Bernoullijeva enačba
Bernoullijeva enačba ima več enačic, odvisno od tega glede na kaj jo zapi-šemo. Prva, ki jo bomo opisali je enačba za eno tokovnico.
Imejmo hitrostno polje, kjer v splošnem hitrost v vsaki točki kaže v drugosmer. Hitrostno polje je v vsaki točki tangentno na tokovnico. Oziroma se-gment tokovnice d~l je vzporeden z lokalno hitrostjo ~v(~r). Definicija tokovnicev dvodimenzionalnem prostoru je:
dy
dx=vyvx
Če malo preoblikujemo lahko pridemo do definicije tokovnice v 3D:
dx
vx=dy
vy=dz
vz(109)
39
Poglejmo stacionaren tok ∂~v∂t = 0. Bernoullijevo enačbo dobimo prek
Eulerjeve enačbe, ki jo za začetek pomnožimo z d~l.
− (~v ×∇× ~v)~l = −∇(h+
1
2~v2
)· d~l
Izraz v oklepaju na levi strani je pravokoten na hitrost ~v. Segment tokovniced~l pa vemo, da je vzporeden glede na hitrost. Njun skalarni produkt je torejenak nič. Torej mora biti izraz v oklepaju na desni strani konstanten.
h+1
2~v2 = konst. (110)
To je Bernoullijeva enačba za eno tokovnico. Za drugo tokovnico je izrazravno tako konstanten, vendar se konstanta razlikuje od prejšnje (za vsakotokovnico je neka druga konstanta)!
5.6.1 Kelvinov izrek o ohranitvi cirkulacije
Cirkulacija Γ je definirana za poljubno veliko zanko v koordinatnem sistemuv katerem tekočina miruje (oz. koordinatni sistem potuje skupaj s tekočino).
Γ =
∮~v · d~l (111)
Za majhno zanko s katero zaobjamemo hitrostno polje velja:
Γ =
∮~v · d~l =
∫∇× ~vd~S = ∇× ~v∆S,
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.
dΓ
dt=
d
dt
∮~v · δ~r =
∮d~v
dt· δ~r +
∮~v · ~dδ~rdt
=
∮(−∇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 jezato 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 ovirije daleč od ovire cirkulacija še vedno povsod enaka nič. Blizu ovire je sicermejna plast, kjer je viskoznost pomembna in pride do vrtincev.
Γ = 0
Γ =
∮~v · d~l
=
∮∇× ~vd~S
=
∫∇× ~vd~S
= ∇× ~v ·∆S = 0
∇× ~v = 0
Rotor hitrosti je nič, torej imamo irotacionalen tok, hitrost lahko zapišemokot gradient skalarnega potenciala. Imenujemo potencialen tok.
~v = ∇Φ (112)
5.6.2 Posplošitev Bernoullijeve enačbe
Obravnavamo irotacionalen oz. potencialen tok. Velja ∇× ~v = 0. Izhajamoiz Eulerjeve enačbe:
∂~v
∂t− ~v ×∇× ~v = −∇
(h+
1
2v2
)∂∇Φ
∂t= −∇
(h+
1
2v2
)∇(∂Φ
∂t+ h+
1
2v2
)= 0
∂Φ
∂t+ h+
1
2v2 = konst. (113)
5.7 Nestisljiv tok
∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v = −1
ρ∇p
Desno stran enačbe lahko spet nadomestimo z gradientom gosotote entalpije.Če naj bo tok nestisljiv, potem še upoštevamo, da gostota tekočine ni odvisnane od kraja ne od časa. Sledi:
∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v = −∇
(p
ρ
)
41
• Bernoullijeva enačba: h+ 12v
2 + gz = konst.
Namesto h pišemo kar p/ρ. Za nestisljiv lahko Bernoullijevo enačbo zapišemopotem kot:
p
ρ+
1
2v2 + gz = konst. (114)
• Kontinuitetna enačba: ∂ρ∂t = −∇ · (ρ~v)
Desno stran razpišemo: ∇(ρ~v) = ρ∇·~v+~v ·∇ρ. Upoštevamo še konstantnostgostote in dobimo kontinuitetno enačbo za nestisljiv tok:
∇ · ~v = 0 (115)
5.7.1 Kriterij za nestisljivost toka
Poglejmo zakaj oziroma kdaj postane vožnja z avtom pri 100 km/h kvalita-tivno enaka vožnji v vodi.
Imejmo tok okoli okrogle ovire s hitrostjo ~v = ~u, kjer je ~u referenčna hi-trost. Tokovnice oblivajo oviro razen ene tokovnice, ki je vzporedna normalina oviro. Ob oviri je tako zastojna točka kjer je hitrost ~v = 0. Razlika hitro-sti po Bernoullijevi enačbi povzroči razliko tlakov ∆p med oviro in okolico.Iz razlike tlakov sledi sprememba gostote ∆ρ. Ta odvisnost nas zanima.
∆ρ
ρ= −∂V
V=?
Iz spremembe gostote neposredno sledi spremeba volumna, saj je masa kon-stantna. Zapišimo majhno spremembo gostote kot odvod po tlaku.
∆ρ =
(∂ρ
∂p
)S
∆p =
= − ρV
(∂V
∂p
)S
∆p
= ρ
[− 1
V
(∂V
∂p
)S
]∆p
Izraz v oglatih oklepajih prepoznamo kot adiabatno stisljivost χS .∆ρ
ρ= χS∆p (116)
Ocenimo še spremembo tlaka ∆p. Po Bernoullijevi enačbi izenačimo stanjetokovnice v referenčni točki in v zastojni točki:
p′ +1
2ρu2 = p+
1
2ρ02
p′ − p = ∆p =1
2ρu2
42
Odvisnost stisljivosti od hitrosti je tako:
∆ρ
ρ= χS
1
2ρu2 =
1
2
u2
c2, (117)
kjer je c =√
1ρχs
hitrost zvoka v tekočini.
5.8 2D potencialni tok
Hitrost toka ima v tem primeru samo 2 komponenti, prav tako je odvisnasamo 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∂x
+∂vy∂y
= 0
Temu pogoju najlažje zadostimo tako, da uvedemo novo funkcijo ψ, ki jopoimenujemo tokovna funkcija:
vx =∂ψ
∂y, vy = −∂ψ
∂x(118)
Tako izraženi komponenti hitrosti vstavimo v prejšnji pogoj za nestisljiv tok:
∂
∂x
(∂ψ
∂y
)+
∂
∂y
(−∂ψ∂x
)= 0
Z rotorjem delujemo na Eulerjevo enačbo in upoštevamo, da je rotor gradi-enta enak nič:
∂∇× ~v∂t
−∇× (~v ×∇× ~v) = 0
43
Edina od nič različna komponenta rotorja hitrosti je komponenta z:
(∇× ~v)z =∂
∂xvy −
∂
∂yvx =
∂
∂x
(−∂ψ∂x
)− ∂
∂y
(∂ψ
∂y
)= −∇2ψ = −∆ψ
~v ×∇× ~v =
∣∣∣∣∣∣i j kvx vy 00 0 −∆ψ
∣∣∣∣∣∣ = (−vy∆ψ, vx∆ψ, 0)
∇× (~v ×∇× ~v)z =∂
∂x(vx∆ψ) +
∂
∂y(vy∆ψ)
=∂vx∂x
∆ψ +∂vy∂y
∆ψ + vx∂
∂x∆ψ + vy
∂
∂y∆ψ
= ∆ψ
(∂vx∂x
+∂vy∂y
)+ vx
∂
∂x∆ψ + vy
∂
∂y∆ψ
Izraz v oklepaju je enaka nič, ker je tok nestisljiv. Vse skupaj pa sedajvstavimo v enačbo za nestisljiv tok izraženo s tokovno funkcijo.
−∂∆ψ
∂t−(vx
∂
∂x∆ψ + vy
∂
∂y∆ψ
)= 0
Izrazimo še hitrosti s tokovno enačbo in dobimo gibalno enačbo:
∂∆ψ
∂t+∂ψ
∂y
∂∆ψ
∂x− ∂ψ
∂x
∂∆ψ
∂y= 0 (119)
Poglejmo si zakaj imenujemo ψ tokovno funkcijo. Na tokovnici je hitrost~v v vsaki točki vzporedna s tangento ~t. Iz definicije tokovnice izrazimo:
dy
dy=vyvx
dx
vx=dy
vy
vy dx = vx dy
vy dx− vx dy = 0
− ∂ψ
∂xdx− ∂ψ
∂ydy = 0
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 to-kovnico. Označimo masni pretok s Φm in pazimo, da ga ne zamešamo spotencialom toka Φ.
Φm =
∫ B
Aρ~v · d~l
= ρ
∫ B
A(vx, vy) · (dy,−dx) =
∫ B
A(vxdy − vydx)
= ρ
∫ B
A
(∂ψ
∂ydy +
∂ψ
∂xdx
)= ρ
∫ B
Adψ
Φm = ρ (ψ(B)− ψ(A))
Če bi integrirali po zaključeni poti bi bil pretok enak nič, saj je ψ v isti točkikakopak enak in se izraz v oklepaju izniči.
Izraza za hitrost smo izrazili na dva načina z dvema različnima potenci-aloma Φ in ψ.
vx =∂Φ
∂x=∂ψ
∂y
vy =∂Φ
∂y= −∂ψ
∂x
Po Riemann-Cauchyju lahko ta dva potenciala združimo v en kompleksnipotencial 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 veljanaslednje: ~v = ∇Φ in pa ∇ · ~v = 0. Združeno: ∇ · ∇Φ = ∇2Φ = ∆Φ = 0.Rešitve Laplaceove enačbe so:
Φ ∝ 1
r,∇(
1
r
), ...
• MONOPOL
45
Poglejmo si najprej prvo rešitev. Zapišimo potencial kot monopol Φ = ar .
Predstavljamo si ga kot tokovni izvor. Velja popolna anologija z elektroma-gnetnim poljem in izvori oz. ponori polja. Zapišimo izraz za hitrost:
~v = − a
r2
~r
r= − a
r2~n
Od tod lahko izračunamo masni pretok. Zaobjamemo izvor s sfero in inte-griramo po meji te sfere:
Φm = ρ
∮~v · d~S = ρ
∮ (− a
r2
)~nr2dΩ = −4πρa
Za nestisljivo tekočino smo že prej pokazali, da bi moral biti pretok po za-ključeni 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 narazdalji r, ki je mnogo večja od medsebojne razdalje d. Označimo kot medr ter zveznico ponora in izvora s ϑ. Posamezni razdalji do ponora oz. izvoralahko potem izrazimo:
r2+ = r2 −
(d
2
)2
− 2rd
2cosϑ
r2− = r2 +
(d
2
)2
− 2rd
2cos(π − ϑ)
= r2 +
(d
2
)2
− 2rd
2cosϑ
Rešitev za potencial Φ zapišemo v obliki dipola
Φ =a
r+− a
r−= a
(1
r+− 1
r−
)
Φ = a
1√r2 − rd cosϑ+ d2
4
− 1√r2 + rd cosϑ+ d2
4
46
kjer je a jakost ponora in izvora. Razvijmo do linearnega člena:
Φ ≈ a
r
1√1− d
r cosϑ− 1√
1 + dr cosϑ
≈ a
r
[1 +
d
2rcosϑ−
(1− d
2rcosϑ
)]=ad
r2cosϑ
Φ ≈ ~a · ~rr3
Tu je vektor ~a odvisen od a in od d. Spet izrazimo hitrost s potencialom Φ:
~v = ∇(~a · ~rr3
)=~a
r3− 3(~a · ~r)
r4
~r
r
=~a− 3(~a · ~n)~n
r3
~a je linearna funkcija ~u, kjer je ~u referenčna hitrost. Naša ideja je, da lahkotok okoli ovire izrazimo kot vsoto uniformnega toka in toka, ki ga povzročadipol (s ponorom in izvorom).
Zapišimo kinetično energijo tekočine:
Ekin =ρ
2
∫v2dV
=ρ
2
[∫u2dV +
∫ (v2 − u2
)dV
]
Z ~u smo označili hitrost telesa, z ~v pa hitrost tekočine. Posebej izračunajmooba integrala. Za prvega preprosto sledi:∫
u2dV = u2(V − V0),
kjer je V0 volumen telesa. Drugi integral (označimo z II) je precej boljzapleten.
−II =
∫ (u2 − v2
)dV =
∫(~u+ ~v) (~u− ~v) dV =
∫∇ (~u · ~r + Φ) · (~u− ~v) dV
=
∫∇ · [(~u · ~r + Φ) (~u− ~v)] dV − 0
47
Tu smo upoštevali enakost ∇f ·~b = ∇ · (f~b) − f∇ ·~b za poljubna skalar fin vektor ~b, v našem primeru je drugi člen na desni strani enaka nič (~u jekonst., za ∇ · ~v pa velja nestisljivost toka).
−II =
∮[(~u · ~r + Φ) (~u− ~v)] · d~S
Integral razbijemo na vsoto dveh integralov. Prvega po površini telesa, dru-gega po površini velike sfere (R→∞).
−II =
∮[...] (~u− ~v) · ~ndS +
∫[...]~ndS
Prvi integral je enak nič po površini telesa, saj je u⊥ − v⊥ = 0. Za drugiintegral pa poiščemo samo člene, ki ne padajo hitreje kot r−2, saj so ostalinič ko gre r proti neskončno (S ∝ r2).
(~u · ~r + Φ) (~u− ~v) =
(~u~r +
~a · ~nr2
)(~u− ~a
r3+
3(~a · ~n)~n
r3
)≈ (~u · ~r)~u+
~a · ~nr2
~u− (~u · ~r)~ar3
+3(~a · ~n)(~u · ~r)~n
r3
Cel integral po veliki sferi je potem:∫ [(~u · ~n)(~n · ~u)r +
3(~a · ~n)(~u · ~n)
r2
]r2dΩ
Za zgornji integral si pomagamo tako, da uvedemo naslednje povprečje poprostorskem kotu Ω:
〈AiniBknk〉Ω = AiBk〈nink〉Ω = AiBk1
3δik =
1
3AiBi =
1
3~A~B
Integral, ki smo ga označili z II. je sedaj enak:
II = −u2 1
3R34π − 1
33~a · ~u4π
Spomnimo se, računali smo kinetično energijo. Če sedaj združimo vse pora-čunano dobimo
Ekin = u2(V − V0)ρ
2− u2 ρ
2
4π
3R3 − ~a · ~u4π
ρ
2
Ekin = −ρ2u2V0 − ~a · ~u
ρ
24π
48
~a je linearna funkcija ~u, vendar ~a in ~u nista nujno vzporedna. Torej je Ekinkvadratna funkcija ~u in pišemo:
Ekin =1
2mikuiuk,
kjer je mik tenzor inducirane mase. Gibalna količina je pi = mikuk. Odtodsledi, da je reakcijska sila enaka:
~F = −d~P
dt= 0 (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 konstantnaimamo tako vzgon kot upor. Paradoks!
6 VISKOZNE TEKOČINE
Spomnimo se Eulerjeve enačbe za idealne tekočine, kjer ni disipacije:
ρ
[∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v
]= −∇p
Primerjajmo jo s Cauchyjevo enačbo (za trdnine):
ρui =∂pik∂xk
ρ~u = ∇ · p
V Eulerjevo enačbo vstavimo izraz za hidrostatični tlak: pik = −pδik:
−∇p =∂
∂xk(−pδik) = − ∂
∂xip
Na desni strani Eulerjeve enačbe je gradient skalarja v bistvu divergencanapetostnega tenzorja. V viskoznih tekočinah ima p šen del, viskozni del, kiga označimo z p′ik.
pik = −pδik + p′ik (122)
Viskozni del tlačnega tenzorja dobimo iz štirih predpostavk.
• p′ik odvisen od ∂vi∂xk
(gradient hitrosti)
• p′ik je linearna funkcija gradienta hitrosti ∂vi∂xk
(ni konstantne vrednostip′ik, v najnižjem redu je linearna odvisnost)
49
• pri vrtincih/rotaciji ni viskoznosti (saj se deli tekočin ne gibljejo englede na drugega, ω = konst.); rotacije izločimo! p′ik odvisen od ∂vi
∂xk+
∂vk∂xi
(samo simetrični del gradienta hitrosti!)
• tekočina izotropna: p′ik =
A B BB A BB B A
(samo dva različna elementa,
oz. dve različni konstanti.)
Združimo zapisane predpostavke v enačbo:
p′ik = η
(∂vi∂xk
+∂vk∂xi− 2
3
∂vl∂xl
δik
)+ ζ
∂vl∂xl
δik (123)
Z η smo označili dinamično viskoznost, z ζ pa tako imenovano drugo visko-znost. Če izračunamo sled prvega člena (pri η) dobimo:
tr(...) =∂vi∂xi
+∂vi∂xi− 2
3
∂vl∂xl
3 = 0
Sled drugega člena je različna od nič.Iz Cauchyjeve enačbe izpeljemo gibalno enačbo za viskozne tekočine:
ρ
[∂vi∂t
+ vk∂
∂xkvi
]=∂pik∂xk
=∂
∂xk
[−pδik + η
(∂vi∂xk
+∂vk∂xi− 2
3
∂vl∂xl
δik
)+ ζ
∂vl∂xl
δik
]= − ∂p
∂xi+ η
∂2vi2k
+ η∂2vk∂xi∂xk
− 2
3η∂
∂xi
∂vl∂xl
+ ζ∂
∂xi
∂vl∂xl
= − ∂p
∂xi+ η
∂2vi∂x2
k
+(η
3+ ζ) ∂
∂xi
∂vk∂xk
V zadnji vrstici smo nema indeksa (k, l) izenačili (l → k). Vse skupaj zapi-šemo v vektorski obliki in dobimo Navier-Stokesovo enačbo:
ρ
[∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v
]= −∇p+ η∇2~v +
(η3
+ ζ)∇∇ · ~v (124)
Za poseben primer za nestisljiv tok tekočine velja ∇ · ~v = 0 in odtod:
ρ
[∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v
]= −∇p+ η∇2~v (125)
Od tu dalje se večinoma ukvarjamo z nestisljivimi tekočinami, tako da bomouporabili slednjo Navier-Stokesovo enačbo (NSE).
50
6.1 Kinematična viskoznost
Kinematično viskoznost definiramo kot dinamično viskoznost deljeno z go-stoto tekočine
ν =η
ρ(126)
Na Navier-Stokesovo enačbo za nestisljivo tekočino delujemo z rotorjem, dase znebimo gradienta tlaka in ostane samo še hitrostno polje.
ρ
[∂
∂t∇× ~v +∇×
(1
2∇~v2 − ~v ×∇× ~v
)]= −∇×∇p+ η∇2∇× ~v
Rotor gradienta je enak nič, prav tako pa imamo opravka z nestisljivo te-kočino za katero velja ∇ · ~v = 0. Delimo še z gostoto na obeh straneh.
∂
∂t∇× ~v −∇× (~v ×∇× ~v) = ν∇2∇× ~v (127)
Robni pogoj je, da je hitrost ob steni nič. ~v|stena = 0. Poleg normalnekomponente je pri viskoznih tekočinah tudi tangencialna komponenta enakanič.
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): Zdivergenco delujemo na NSE za nestisljiv tok:
ρ∂∇ · ~v∂t
+ ρ∇ · (~v · ∇)~v = −∇ · ∇p+ η∇2∇ · ~v
∇2p = −ρ∇ · (~v · ∇)~v
∂2p
∂x2k
= −ρ ∂
∂xi
(vk∂vi∂xk
)= −ρ
(∂vk∂xi
∂vi∂xk
+ vk∂
∂xk
∂vi∂xi
)
V zadnjem členu na desni strani prepoznamo divergenco hitrosti, ki je enakanič zaradi nestisljivega toka. Končna enačba tlačnega polja se glasi:
∂2p
∂x2k
= −ρ∂vk∂xi
∂vi∂xk
(128)
6.2 Disipacija energije (v viskoznih tekočinah)
Tok viskozne tekočine izgublja kinetično energijo, oziroma se mu le-ta zmanj-šuje.
Ekin =1
2ρ
∫~v2dV
dEkindt
< 0→ η > 0
51
Za nestisljiv tok velja, da je gostota konstantna, zato jo lahko nesemo predintegral. Preverimo, da druga izmed zgornjih trditev drži.
dEkindt
= ρ
∫~v · ∂~v
∂tdV
Pomaga nam NSE:
ρ∂~v
∂t= −ρ (~v · ∇)~v −∇p+∇ · p′
Pomnožimo na obeh straneh s hitrostjo, da dobimo izraz pod integralom:
~v · ρ∂~v∂t
= −ρ~v · (~v · ∇)~v − ~v · ∇p+ ~v · ∇ · p′
= (~v · ∇)
[−1
2ρ~v2 − p
]+ ~v · ∇ · p′
Za prvi člen na desni strani upoštevamo lastnost:
∇ · (~vf) = f∇ · ~v + ~v · ∇f
Za drugi člen pa velja:
∇ · (~vp′) = ~v · ∇ · p′ +∇~v : p′
Dve piki ne pomenita deljenja ampak neke vrste skalarni produkt tenzorjev.∇~v : p′ = ∂vi
∂xkp′ik oziroma v splošnem:
~a ·~b =∑i
aibi
a : b =∑i
∑k
aikbik
Vse to zdaj sestavimo skupaj:
~v · ρ∂~v∂t
= −∇ ·[~v
(1
2ρ~v2 + p
)]+∇ ·
(~vp′)−∇~v : p′
dEkindt
=
∫ρ~v · ∂~v
∂tdV = −
∮ [~v
(1
2ρ~v2 + p
)− ~vp′
]· d~S −
∫∇~v : p′dV
Prvi integral je enak nič zaradi robnega pogoja. Po celotni ploskvi na robutelesa je hitrost namreč enaka nič.
52
dEkindt
= −∫
∂vi∂xk
p′ikdV = −∫
1
2
(∂vi∂xk
p′ik +∂vk∂xi
p′ki
)dV
= −1
2
∫ (∂vi∂xk
+∂vk∂xi
)p′ikdV
V zadnji vrstici smo upoštevali simetričnost viskoznega dela napetostnegatenzorja. Če je tok nestisljiv (∇ · ~v = 0) lahko zapišemo p′ik kot p′ik =
η(∂vi∂xk
+ ∂vk∂xi
).
dEkindt
= −1
2η
∫ (∂vi∂xk
+∂vk∂xi
)2
dV < 0
dEkindt
< 0, η > 0. (129)
Zgled: Imamo vzporedni plošči na različnih višinah (y = 0 in y = h).Spodnja naj miruje u = 0, zgornjo pa vlečemo glede na spodnjo s konstantnohitrostjo u > 0. Velja, da imamo stacionaren tok ∂~v
∂t = 0, in da ima hitrost lekomponento 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∂
∂xvx + vy
∂
∂yvy + vz
∂
∂zvz = −1
ρ
∂p
∂x+ ν∇2vx
Vsi členi na levi so enaki nič, ker je ali hitrost ali njen odvod enak nič. Nadesni pa velja, da ni tlačne razlike v x smeri.
0 = ν∇2vx
∇2vx = 0(∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2+
)vx = 0
∂2
∂y2vx = 0
vx = 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 = uy
h(130)
53
Silo tekočine na ploskev opišemo z enačbo fi = piknk. Normala na zgornjoploščo je ~n = (0, 1, 0), na spodnjo pa ~n = (0,−1, 0). Hidrostatični del tlač-nega tenzorja ne prispeva k strižnim silam, zato upoštevamo samo viskoznidel.
p′ik = η
(∂vi∂xk
+∂vk∂xi
)p′xy = η
∂vx∂y
= ηu
h
Ostale komponente so vse enake nič. Sila na zgornjo ploščo je tako enaka:
fx = p′xxnx + p′xyny + p′xznz = ηu
h
Na spodnjo ploščo pa:
fx = p′xxnx + p′xyny + p′xznz = −ηuh
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 imale komponento vzdolž cevi in je odvisna le od radija: ~v = (0, 0, vz(r)).
∇2vz =∇pη
1
r
d
dr
(rdvzdr
)= −∆p
lη
rdvzdr
= −∆p
lη
∫rdr
= −∆p
2lηr2 + a
vz = −∆p
4lηr2 + a ln r + b, a = 0
vz =∆p
4ηl
(R2 − r2
)
V zadnji vrstici smo že upoštevali robne pogoje. Smiselno je, da hitrost niodvisna od logaritma od r, sicer bi imeli v sredini singularnost. Masni pretokdobimo z integracijo hitrosti:
Φm = ρ
∫ R
02πr dr vz =
ρ∆p2π
4ηl
[∫ R
0R2rdr −
∫ R
0r3dr
]
Φm =πρ∆pR4
8ηl(131)
54
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:
ρ
[∂~v
∂t+ (~v · ∇)~v
]= −∇p+ η∇2~v
Na enačbo delujemo z rotorjem na obeh straneh ter upoštevamo zvezo∇12v
2 =(~v · ∇)~v + ~v ×∇× ~v.
∂∇× ~v∂t
−∇× (~v ×∇× ~v) =η
ρ∇2∇× ~v
Za neko značilno hitrost tekočine lahko vzamemo hitrost u. V bližini ovirese 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 značilnadimenzija ovire nas zanima).
Kinematična viskoznost tekočine je definirana kot količnik dinamične vi-skoznosti in gostote:
η
ρ= ν
[Pa s
m3
kg=kg m s
s2 m2
m3
kg=m2
s
];
vidimo, da enako enoto (m2/s) lahko dobimo tudi kot produkt značilne hitro-sti in značilne dolžine u·R, kar s pridom izkoristimo. Definiramo Reynoldsovoštevilo, kot brezdimenzijsko količino:
Re =u R
ν=ρu R
η(132)
Hitrostno polje okoli ovire lahko zapišemo kot značilno hitrost pomnoženoz neko vektorsko funkcijo, ki opisuje "popravek"okoli ovire:
~v = u~f
(~r
R,Re
)(133)
To pomeni hidrodinamično podobnost. Pri dveh ovirah (npr. letalskih krilih)enake oblike, a različnih velikosti, je, skalirano z velikostjo ovire, hitrostnopolje enako. Na primer: na oddaljenosti ene tretjine dolžine letalskega krilaje hitrost enaka ne glede na velikost krila (seveda je absolutna oddaljenostod krila drugačna, ampak relativna je enaka). Na tem principu delujejo tudivetrovniki.
55
Podobno kot hitrostno polje, zapišemo še tlačno polje:
∇2p = −ρ ∂vi∂xk
∂vk∂xi
p
R2∼ ρ u
2
R2
p = ρu2~g
(~r
R,Re
)Zapišimo še enkrat NSE za stacionarni tok:
ρ (~v · ∇)~v = −∇p+ η∇2~v
Red velikosti odvoda aproksimiramo kar z deljenjem z značilno dolžino. Nalevi strani enačbe torej ρu2/R, na desni pa ηu/R2. Razmerje reda velikostikonvekcijskega člena v NSE in reda velikosti viskoznega člena v NSE je enako:
ρu2
RηuR2
=ρuR
η= Re
To razmerje je kar enako Reynoldsovemu številu. Za Re mnogo manjši od1, 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 hitrostsamo linearno skalira s tlakom; kvalitativno ni razlik v toku. Pri velikem Repa 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 imamonestisljiv 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. Torejvelja:
∇ · (~v − ~u) = ∇ · ~v −∇ · ~u = 0
Razlika med ~v in ~u je ravno naš popravek. Torej je divergenca popravka enakanič, 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(prava) vektorja, mora biti tudi ∇ × ~A polarni vektor. Torej je ~A aksialni(nepravi) vektor.
~A = ˜f(r)~n× ~u, ~n =~r
r~A = ∇× [f(r)~u] = ∇f × ~u+ f∇× ~u
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-tost vektorja ~u ter vektorsko enakost ∇∇× ~B = ∇2 ~B+∇×∇× ~B. Enačboza f(r) dobimo iz: ∇2∇× ~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: ∇∆2f =0 → ∆2f =konst. = 0. Konstanta mora biti nič, da gre razlika ~v − ~u protinič, ko gre r proti neskončnosti. Sledi samo še večkratno integriranje gornje
57
enačbe.
1
r2
d
dr
(r2 d
dr
)∇2f = 0
r2 d
dr∇2f = −2a
d
dr∇2f = −2a
r2
∇2f =2a
r+ c
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 Laplaceovoperator.
1
r2
d
dr
(r2 d
dr
)f =
2a
r
d
dr
(r2 d
dr
)f = 2ar
r2 d
drf = 2
ar2
2− b
d
drf = a− b
r2
f = ar +b
r(136)
Morebitna konstanta pri končnem izrazu, ki je nismo pisali, ne bi imelapomena, ker je v enačbi ∇f , torej bi tako ali tako odpadla. Konstanti a inb dobimo iz robnega pogoja, ki pravi, da je, na steni ovire (r=R), hitrost ~venaka nič.
58
~v(~r) = ~u+∇×∇× (f~u)
= ~u+∇∇ · (f~u)−∇2(fu2
)= ~u+∇ (·~u)− ~u∇2f
= ~u+∇[(a− b
r2
)~r
r· ~u]− 2a
r~u
= ~u+∇(a~r · ~ur− b~r · ~u
r3
)− 2a
r~u
= ~u+ a~u
r− a
r2(~r · ~u)
~r
r− b~u
r3+
3b (~r · ~u)
r4
~r
r− 2a
r~u
= ~u− a~u
r− a
r(~u · ~n)~n− b~u
r3+
3b (~u · ~n)~n
r3
= ~u
(1− a
r− b
r3
)+ (~u · ~n)~n
(−ar
+3b
r3
)|r=R = 0
Oba člena morata biti enaka nič, ker kažeta v različni smeri (~n je odvisen odazimutalnega kota ϑ, robni pogoj pa velja za vsak ϑ).
− a
R+
3b
R3= 0→ a =
3b
R2
1− 3b
R3− b
R3= 1− 4b
R3= 0
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 hitrostnopolje:
~v(~r) = ~u
(1− 3R
4r− R3
4r3
)+ (~u · ~n)~n
(−3R
4r+
3R3
4r3
)(138)
Če hočemo izračunati silo na oviro (kroglo) rabimo napetostni tenzor napovrišini krogle.
pik = −pδik + p′ik
Hidtrostatični tlak p kar zapišemo:
p = p0 −3Rη
2r2~u · ~n = p0 −
3Rη
2r2u cosϑ
59
V kartezičnih koordinatah p′ik zapišemo kot:
p′ik = η
(∂vi∂xk
+∂vk∂xi
)Potrebni komponenti v sferičnih koordinatah pa se glasita:
p′rr = 2η∂vr∂r
= 0
p′rϑ = η
(1
r
∂vr∂ϑ
+∂vϑ∂r− ∂vϑ
r
)= − 3η
2Ru sinϑ
Kot ϑ merimo od smeri iskane sile ~Fx. Končno je sila viskozne tekočine naoviro enaka:
Fx =
∮ (−p · cosϑ− p′rϑ sinϑ
)dA
=
∮ (−p0 cosϑ+
3Rηu
2R2cos2 ϑ+
3Rηu
2R2sin2 ϑ
)dA
=3ηu
2R
∮dA =
3ηu
2R4πR2
= 6πηuR
Še enkrat spomnimo, da ta formula velja ob predpostavkah, da je tok nesti-sljiv, 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 območjublizu ovire je pomembna viskoznost in se vsaka tekočina obnaša kot viskozna.To območje imenujemo mejna plast. Obravnavamo Prandtlovo teorijo mejneplasti.
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 odstene 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 tamnogo 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
vx∂vx∂x
+ vz∂vx∂z
= −1
ρ
∂p
∂x+ ν
(∂2vx∂x2
+∂2vx∂z2
)vx∂vz∂x
+ vz∂vz∂z
= −1
ρ
∂p
∂z+ ν
(∂2vz∂x2
+∂2vz∂z2
)
Ob predpostavki, da je vx mnogo večja od vz, lahko enačbo za z komponentopoenostavimo v:
0 + 0 = −1
ρ
∂p
∂z+ (0 + 0)→ ∂p
∂z= 0
Tlak v mejni plasti je enak kot daleč od stene. Zato lahko prepišemo ∂p∂x →
dpdx , 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
ρ+
1
2U2 = konst.
1
ρ
dp
dx+ U
dU
dx= 0
Druga stvar, ki velja je, da so odvodi vx po z mnogo večji od odvodov vx pox, ker je mejna plast tanka.
Iz vseh naših predpostavk (in približkov) sledita Prandtlovi enačbi.
vx∂vx∂x
+ vz∂vx∂z
= UdU
dx+ ν
∂2vx∂z2
(139)
∂vx∂x
+∂vz∂z
= 0 (140)
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 = lx′ vx = Uv′x
z =lz′√Re
vz =Uv′z√Re
Re =Ul
ν
61
Z l smo označili tipično dolžino ovire.Prepišimo Prandtlovi enačbi s pravkar uvedenimi brezdimenzijskimi ko-
ličinami.
Uv′xU
l
∂v′x∂x′
+ Uv′z√Re
√Re
U
l
∂v′x∂z′
=U ′U2
l
dU ′
dx′+ νU
∂2v′x∂z′2
Re
l2
v′x∂v′x∂x′
+ v′z∂v′x∂z′
= U ′dU ′
dx′+ ν
URe
l2l
U2
∂2v′x∂z′2
= U ′dU ′
dx′+∂2v′x∂z′2
Druga Prandtlova enačba pa je preprosto
∂v′x∂x′
+∂v′z∂z′
= 0
Iz |v′x| ∼ 1 in |v′z| ∼ 1 sledi |vx| ∼ U ter |vz| ∼ U√Re
. Ocenimo debelino mejneplasti na δ′z ∼ 1 in odtod:
δz ∼lδ′z√Re
=l√Re
6.6.1 Mejna plast ob polneskončni plošči
Uniformen tok naj vpada na polneskončno ploščo in naj bo vzporeden s toploščo (v smeri x). Plošča je tanka v z smeri ter neskončna po x za x > 0 iny smeri. Taka plošča nima neke tipične dimenzije: l ne obstaja! Sklepamo,da je ~v odvisen od take kombinacije x′ in t′, ki ne vsebuje l. Temu pogojuzadostimo z uvedbo nove spremenljivke ξ.
ξ =z′√x′
=z√
Uνl√xl
= z
√U
νx
Obravnavamo nestisljiv tok v 2D:
vx =∂ψ
∂z, vz = −∂ψ
∂x
S tem je izpolnjena 2. Prandtlova enačba. Zanima nas kako je funkcija ψodvisna od ξ. Primeren nastavek je
ψ(ξ) =√Uνxf(ξ)
62
Izrazimo obe komponenti hitrosti, kjer pišemo f ′ = dfdξ .
vx =√Uνxf ′
dξ
dz=√Uνxf ′
√U
νx= Uf ′
vz = −
[1
2
√Uν
xf +√Uνxf ′
dξ
dx
]
= −
[1
2
√Uν
xf − 1
2
z
x
√U
νx
√Uνxf ′
]
=1
2
√Uν
x
(ξf ′ − f
)
Če je dUdx = 0, vse vstavimo v Prandtlovo enačbo in dobimo Blasiusovo
enačbo:ff ′′ + 2f ′′′ = 0 (141)
Robne pogoje za Blasiusovo enačbo dobimo iz robnih pogojev za Prandtlovienačbi in se glasijo:
f ′(ξ = 0) = 0
f(ξ = 0) = 0
f ′(ξ →∞) = 1
Blasiusovo enačbo lahko rešujemo numerično; analitično pa lahko izra-čunamo približke, ko gre ξ proti 0, in ko gre ξ proti ∞.
ξ → 0 : f(ξ) ≈ 1
2αξ2, α = 0.332
ξ →∞ : f(ξ) ≈ ξ − β, β = 1.72
Če narišemo graf f ′ v odvisnosti od ξ vidimo, da se pri velikem ξ vrednostodvoda približuje 1, pri majhnih ξ pa lahko strmino aproksimiramo z zače-tnim naklonom α. Debelino mejne plasti aproksimiramo z vrednostjo ξ prikaterem bi f ′ dosegel vrednost 1 če bi imel vseskozi začetni naklon. Sledi, daje rob mejne plasti pri ξ ≈ 3. Oziroma, če izrazimo z s ξ: z = δ ≈ 3
√x√
νU .
Kar je pomembno, je kvalitativni podatek, da je debelina mejne plasti so-razmerna s korenom od x:
δ(x) ∝√x (142)
Za primer, ko se U spreminja z x, velja, če imamo potenčno odvisnostU ∝ xm:
63
• m = 0: je opisan uniformen tok;
• m > 0: na grafu f ′(ξ) narašča krivulja bolj strmo na začetku;
• m < 0: dobimo dve veji revsitve za f ′(ξ); ena narašča le bolj položnokot m = 0, druga pa v začetku pada in nato naraste, v majhnemobmočju dobimo vx < 0. V tanki plasti ob steni teče tok v obratnismeri.
• m < −0.0904: rešitve ne obstajajo
6.6.2 Odlepljanje mejne plasti
Tekočina naj obliva polkrožno oviro nad razsežno ploščo. Tokovnice unifor-mnega toka se ob oviri zgostijo (približajo druga drugi), za oviro pa spetrazredčijo. Če opazujemo sedaj referenčno hitrost vzdolž stene ob oviri jezaradi ukrivljenosti stene referenčna hitrost, ki je pravokotna na normalo,majhna na začetku. Prvo polovico ovire (od kota 0 do π
2 ) se referenčna hi-trost povečuje vzdolž stene, na "vrhu"doseže maksimum, potem pa se zmanj-šuje vzdolž stene. Spomnimo se sedaj, da ko se referenčna hitrost spreminjaz razdaljo kot U ∝ x−n, za nek pozitiven n, dobimo v tanki plasti ob stenitok, ki teče v obratni smeri. Za oviro nastajajo vrtinci, pride do odlepljanjemejne plasti!
Na tem principu delujejo letalska krila. Krilo je oblikovano tako, davrtince "odplakneža krilo. Vrtinci tik ob krilu imajo negativen vpliv. Zaradiohranitve 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:
Fvl
= ρUΓ (143)
6.7 Hidrodinamične nestabilnosti
En primer hidrodinamične nestabilnosti je Rayleigh-Bénardova nestabilnost.Ta nastane v tekočini z dovolj velikim temperaturnim gradientom. Medobmočjem s hladno tekočino ter območjem z vročo tekočino nastanejo kon-vekcijski tokovi/vrtinci, ki imajo v ravnini pravokotni na gradient oblikeheksagonalnih celic.
Drug primer je Taylorjeva nestabilnost. Pri koncentričnih valjih, ki sevrtita en glede na drugega z dovolj različnima kotnima hitrostima nastanejovrtinci v ravnini vzdolžnega preseka valja.
Podrobeneje pa si poglejmo Kelvin-Helmholtzevo nestabilnost, ki nastanena meji dveh tekočin z različnima gostotama. Tekočino, ki je zgoraj (naddrugo, torej pri pozitivnem z), označimo z indeksom 1; spodnjo z indeksom2. 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 ~v1(z → +∞) =(U1, 0, 0), druga tekočina pa, prav tako daleč od gladine, hitrost ~v2(z →−∞) = (U2, 0, 0).
Če opazujemo zgornjo tekočino lahko o gladini zapišemo:
∂η
∂t= −∂η
∂x
∂x
∂t+ v1z = −∂η
∂xv1x + v1z
Podobno velja za spodnjo tekočino:
∂η
∂t= −∂η
∂x
∂x
∂t+ v2z = −∂η
∂xv2x + v2z
Predpostavimo potencialen in nestisljiv tok. Zapišimo NSE:
ρ1
[∂ ~v1
∂t+ (~v1 · ∇) ~v1
]= −∇p+ ρ1~g
ρ1∂∇Φ1
∂t+ ρ1
1
2∇~v1
2 + ρ1∇(gη) = −∇p
Integriramo in pripišemo še enačbo za drugo tekočino.
ρ1∂Φ1
∂t+ ρ1
1
2~v1
2 + ρ1gη = −p1 + p0 + ρ1U2
1
2
ρ2∂Φ2
∂t+ ρ2
1
2~v2
2 + ρ2gη = −p2 + p0 + ρ2U2
2
2
Lineariziramo enačbi. S tem izvemo kdaj pride do nestabilnosti (kakšen jenjen pogoj), ne pa tudi kakšna je oblika gladine pri nestabilnosti.
Φ1 = U1x+ ϕ1(x, z, t)
Φ2 = U2x+ ϕ2(x, z, t)
Količine ϕ1, ϕ2 in η so majhne količine (perturbacije). Na gladini velja, dasta tlaka obeh tekočin enaka (p1 = p2):
ρ1∂ϕ1
∂t+ρ1
2
[v2
1x + v21z
]+ ρ1gη = −p1 + p0 +
1
2ρ1U
21
ρ1∂ϕ1
∂t+ρ1
2
[(U1 +
∂ϕ1
∂x
)2
+
(∂ϕ1
∂z
)2]
+ ρ1gη = −p1 + p0 +1
2ρ1U
21
ρ1∂ϕ1
∂t+ρ1
2U2
1 + ρ1U1∂ϕ1
∂x+ρ1
2
(∂ϕ1
∂x
)2
+ρ1
2
(∂ϕ1
∂z
)2
+ ρ1gη = −p1 + p0 +1
2ρ1U
21
65
Zanemarimo člena s kvadratom odvoda, saj sta drugega reda (ne linearna).Za obe tekočini sta linearizirani enačbi sledeči:
ρ1∂ϕ1
∂t+ ρ1U1
∂ϕ1
∂x+ ρ1gη = −p1 + p0
ρ2∂ϕ2
∂t+ ρ2U2
∂ϕ2
∂x+ ρ2gη = −p2 + p0
Sedaj upoštevamo, da sta tlaka na gladini enaka in levi strani enačb izena-čimo.
ρ1∂ϕ1
∂t+ ρ1U1
∂ϕ1
∂x+ ρ1gη = ρ2
∂ϕ2
∂t+ ρ2U2
∂ϕ2
∂x+ ρ2gη (144)
Še enačbi za gladino pri Kelvin-Helmholtzevi nestabilnosti:
∂η
∂t= −∂η
∂x
(U1 +
∂ϕ1
∂x
)+∂ϕ1
∂z
∂η
∂t≈ −∂η
∂xU1 +
∂ϕ1
∂z∂η
∂t≈ −∂η
∂xU2 +
∂ϕ2
∂z
Sedaj potrebujemo še časovno in krajevno odvisnost količin ϕ1, ϕ2 in η. Upo-rabimo nastavek ϕ1 ∝ eikx.
∇2Φ1 = 0
∇2ϕ1 = 0
∂2ϕ1
∂x2+∂2ϕ1
∂z2= 0
−k2ϕ1 + k2ϕ1 = 0
∂2ϕ1
∂z2= k2ϕ1
ϕ1 ∝ e−kz, ϕ2 ∝ e+kz
Predznak v zadnji vrstici je pogojen z naraščanjem ϕ1, oz. padanjem ϕ2 zoddaljevanjem od gladine. Končni set enačb se glasi:
ϕ1 = A1e−kzei(kx−ωt)
ϕ2 = A2e+kzei(kx−ωt)
η = η0ei(kx−ωt)
(145)
66
Zdaj izražene zgornje tri majhne količie vstavimo v enačbo, kjer smo izenačilitlaka na gladini, dalje upoštevamo, da je gladina pri z = 0.
ρ1(−iω)A1e−kzei(kx−ωt) + ρ1U1(ik)A1e
−kzei(kx− ωt) + ρ1gη0ei(kx−ωt) =
ρ2(−iω)A2ekzei(kx−ωt) + ρ2U2(ik)A2e
kzei(kx− ωt) + ρ2gη0ei(kx−ωt)|z=0
− ρ1iωA1 + ρ1U1(ik)A1 + ρ1gη0 − ρ2(−iω)A2 − ρ2U2(ik)A2 − ρ2gη0 = 0
Dodamo še enačbi, ki sledita iz enačb za gladino:
−iωη0 + U1η0(ik) + kA1 = 0
−iωη0 + U2η0(ik)− kA2 = 0
Zadnje tri enačbe predstavljajo sistem treh linearnih enačb s tremi neznan-kami A1, A2, η0. Izračunamo determinanto, ki mora biti enaka 0 ter s temdobimo 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(k2U2 − ω)− k2(ρ1 − ρ2)g = 0
ρ1(kU1 − ω)2k + ρ2(kU2 − ω)2k + k2(ρ1 − ρ2)g = 0
ρ1ω2k + ρ2ω
2k − 2ρ1U1ωk2 − 2ρ2U2ωk
2 + ρ1k3U2
1 + ρ2k3U2
2 + k2(ρ1 − ρ2)g = 0
(ρ1 − ρ2)ω2
k2− 2(ρ1U1 + ρ2U2)
ω
k+
[(ρ1U
21 + ρ2U
22
)+
(ρ1 − ρ2)
kg
]= 0
aω2
k2+ b
ω
k+ c = 0
Gladina bo nestabilna, če je b2 − 4ac < 0, kar sledi iz kvadratne enačbe. Zatake koeficiente a, b, c bo ω imaginarno število, kar v enačbi gladine predsta-vlja eksponentno rast namesto nihanja: η ∝ exp[−iωt] = exp[|ω|t].
(ρ1U1 + ρ2U2)2 − (ρ1 + ρ2)
[(ρ1U
21 + ρ2U
22
)+
(ρ1 − ρ2)g
k
]< 0
ρ21U
21 + ρ2
2U22 + 2ρ1ρ2U1U2 − ρ2
1U21 − ρ1ρ2U
22 − ρ1ρ2U
21 − ρ2
2U22 −
(ρ21 − ρ2
2)g
k< 0
−ρ1ρ2(U1 − U2)2 −(ρ2
1 − ρ22
)g
k< 0
67
Pogoj za nestabilnost se v končni obliki glasi:
(U1 − U2)2 >
(ρ2
2 − ρ21
)g
ρ1ρ2k(146)
Če je ρ1 > ρ2 je pogoj ∆U2 > konst.k . Za vsako najmanjšo neničelno hitro-
stno razliko pridejo majhni (zelo fini) valovi (velik k). V zgornjem izračununismo upoštevali površinske napetosti, če upoštevamo še to dobi pogoj zanestabilnost dodatni člen.
(U1 − U2)2 >
(ρ2
2 − ρ21
)g
ρ1ρ2k+ γk
ρ1 + ρ2
ρ1ρ2(147)
Slika 2: Za hitrostno razliko, ki je nad krivuljo je nestabilnost, za manjšohitrostno razliko ni nestabilnosti. Obstaja neka minimalna (∆U)2 nad ka-tero vedno pride do nestabilnosti. Fine valove (velik k) sedaj preprečujepovršinska napetost.
6.8 Turbulenca
• Re << 1 Za zelo majhno Reynoldsovo število, je hitrost neodvisna odčasa, imamo stacionarni tok pri oblivanju ovire.
• Re ≈ 10 Ko povečujemo Reynoldsovo število se mejna plast za oviroodcepi, nastaneta vrtinca. Še vedno je tok stacionaren.
• Re ∼ 100 Nastanejo von Kármánovi vrtinci. Hitrost je odvisna odčasa, ampak imamo neko periodično strukturo (periodičen tok).
68
• Re ∼ 1000 Pri velikem Reynoldsovem številu nastanejo za oviro vr-tinci vseh velikosti, tok je turbulenten. Vseeno pa je povprečna hitrostneodvisna od časa.
Reynoldsovo število smo definirali kot razmerje reda velikosti konvekcijskegačlena id reda velikosti viskoznega člena. Turbulenten tok nastane pri velikemReynoldsovem 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 enačbaveč rešitev, ki se periodično ponavljajo - periodičen režim. Pri velikem a pazasede xi vse vrednosti - turbulenca.
Na nek podoben način zapišemo hitrost:
vi+1 = 1− 2v2i
vi+1 − vi + 2v2i = 1− vi
∂~v
∂t+ ~v · ∇~v = −∇pη∆~v
Hitrost in tlak zapišemo kot vsoto povprečne vrednosti in fluktuirajoče kom-ponente. ter ju tako izražena vstavimo v NSE.
v = v + v′, p = p+ p′
Tako izraženo hitrost in tlak vstavimo v NSE.
ρ
[(vk + v′k
) ∂
∂xk
(vi + v′i
)]= − ∂
∂xi
(p+ p′
)+ η∇2
(vi + v′i
)ρ
(vk
∂
∂xkvi + vk
∂
∂xkv′i + v′k
∂
∂xkvi + v′k
∂
∂xkv′i
)= − ∂
∂xip− ∂
∂xip′ + η∇2vi + η∇2v′i
ρvk∂
∂xkvi + ρv′k
∂
∂xkv′i = − ∂
∂xip+ η∇2vi
NSE za povprečno hitrost se glasi:
ρvk∂
∂xkvi = − ∂
∂xip+
∂
∂xipvisk.ik (148)
Tu je tenzor viskoznega tlaka enak:
pviskik = η
(∂vi∂xk
+∂vk∂xi− 2
3
∂vl∂xl
δik
)+ ζ
∂vl∂xl
δik
69
Tretji in četrti člen na desni sta enaka nič, če je tok nestisljiv. Kar je novegav enačbi je člen −ρv′kv′i, ki ga imenujemo Reynoldsov napetostni tenzor.
V grafu dEdk 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 odvisniod začetnih pogojev. Vrtinci z večjim k (po maksimumu) so neodvisni odzačetnih pogojev. Pri zelo visokih k, krivulja počasi pada - dolg rep. Toobmočje težko opišemo z numeričnim modelom.
70