Løsningsforslag Utvalgte eksamensoppgaver i uiddynamikk

Transkript

1 HØGSKOLEN I STAVANGER Institutt fo matematikk og natuvitenskap Løsningsfoslag Utvalgte eksamensoppgave i uiddynamikk Løsningsfoslag til de este oppgave i kuset TE 6349 Fluiddynamikk ved HiS/HSR fo tiden tidligee numme 4349 og TE 349). Fo noen oppgave henvises det til løsningsfoslag fo paktisk talt identiske oppgave i Jan Finjods Fluiddynamikk fo millione efeet til som Finjod). Fo to oppgave, som ikke falle innenfo dagens pensum, foeligge intet løsningsfoslag. Læebok i kuset e D. J. Titton: Physical Fluid Dynamics, som efeees til som Titton. Stavange, Pe A Amundsen 1

2 1992 V: Se 1996V, oppgave 2, nedenfo. Oppgave 2 Tilsvae stot sett 1995V, oppgave 2, nedenfo. Oppgave 3 Dette tilsvae oppgave 8.1 hos Finjod, som skissee løsningen på sidene Oppgave 4 Se 1995H, oppgave 4 nedenfo V: NavieStokes ligning lyde ρ Du Dt = p + µ 2 u Fo R 1 kypende støm) kan vi neglisjee det dynamiske leddet Du Dt, så vi ha tilnæmet p µ 2 u. Fo et kvalitativt esultat må det væe nok å betakte én-dimensjonal støm, og dimensjonsanalyse gi da tykkfallet som: x = u µ 2 x 2 p L µ U L 2 p µu L Desom dette tykkfallet skal balansees av kompesjon av uidet, må vi ha dvs.: p ρ ρ = c2 s, p ρ ρ = c2 s ρ µu L Desom uidet skal betaktes som inkompessibelt må den elative kompesjonen væe liten: ρ ρ 1 µu ρlc 2 s = νu Lc 2 s 1 U 2 c 2 s = M 2 LU ν = R, de M e Mach-tallet. Oppgave 2 Denne oppgaven e ligge utenfo dagens pensum. 2

3 Oppgave 3 Siden vi hele tiden betakte to-dimensjonal laminæ støm, avhenge alle vaiable kun av x, y, og t. a) Hvis u, t) = u,, ), edusee kontinuitetsligningen seg til: u = u = u = uy, t). x Dette medføe: Du Dt u u + u )u = t t + u u x = u t. y- og z-komponentene til NavieStokes ligning edusee seg til = y og = z så p = px, t). Vi stå da igjen med x-komponenten av NavieStokes ligning, som kan skives: 1 ρ x = Du Dt ν 2 u = u t ν 2 u y 2 Siden u = uy, t), e høye side av denne ligningen uavhengig av x, så x helle ikke avhenge av x, må vi ha: så Gt) = p L = Gt) dvs. p = Gt) i x L L p = x dx = Gt) dx = Gt)L.. Ligningen fo uy, t) bli da: må væe det. Da denne u t ν 2 u y 2 = Gt) ρ ) som e en inhomogen) lineæ patiell dieensialligning. Gensebetingelsene andbetingelsene) e u a, t) = ua, t) = ; uy, ) = u y), de u y) e hastighetsfeltet ved t = [som ikke e oppgitt]. b) Vi må he anta at ω e en sikelfekvens nedenfo kalt Ω). I så fall e dimensjonen til poduktet yω en hastighet: [yω] = U. Følgelig e [ωy 2 /ν] = UL/ν, dimensjonen til et eynoldstall, som e dimensjonsløst. c) Hvis Gt) = G, ha vi den stasjonæ løsning u t som µ = νρ) = ) av ν 2 u y 2 = G ρ uy) = G 2µ y2 + Ay + B Integasjonskonstantene A og B bestemmes av u±a) = som A =, B = G 2µ a2, så vi ha standad Poiseuille-Hagen løsning u = G 2µ a2 y 2 ) Fo µ = ν = ha vi = G /p, som kun e mulig hvis tykkfallet fosvinne. Fo µ ha vi paabolsk pol sml g 2.5 i Titton fo x = ). Fo µ = e ethvet hastighetspol mulig. 3

4 d) Siden ligningen fo uy, t) e lineæ, e den eelle og også den imaginæe) delen av en kompleks løsning en løsning. Vi søke defo en løsning på kompleks fom: Gt) = G cosωt) = Re G e iωt og u = Re Uy)e iωt. Innsatt i *) gi dette iωe iωt Uy) νe iωt 2 U y 2 = 1 ρ G e iωt U + i Ω ν U = G µ, ) hvo meket angi deivasjon med hensyn på y. Denne ligningen ha en løsning Uy) = U = i G. Til Ωρ denne kan vi legge til en vilkålig løsning av den tilsvaende homogene ligning U + i Ω ν U =. Denne ligning ha løsninge av fomen Ae κy, de κ må tilfedsstille de k = Ω 2ν κ 2 + i Ω ν = κ = iω ν Den geneelle løsning av **) bli altså: Ω = ± 1 + i) 2ν = ± 1 + i)k, Uy) = Ae κy + Be κy + U = Ae ky e iky + Be ky e iky + i G Ωρ Randkavet Ua) = U a) gi A = B, dvs Ua) = bestemme så A som så den fysiske løsningen bli: Uy) = 2A [cosky) coshky) i sinky) sinhky)] + i G Ωρ A = i G 2Ωρ uy, t) = Re Uy)e iωt = Re 1 coska) coshka) i sinka) sinhka), Vi skal ikke fosøke å foenkle dette uttykket ytteligee. Fo et ikke-viskøst uid ν = ) kan vi skive **) som så { [ ]} ig cosky) coshky) i sinky) sinhky) Ωρ e iωt 1. coska) coshka) i sinka) sinhka) iωu = G ρ uy, t) = Re Vi se at gensen Ω statisk tykk) e entydig: Uy) = i G Ωρ { } ig Ωρ e iωt = G Ωρ sinωt) G G t sinωt) uy, t) lim sinωt) = lim = G t Ω Ωρ Ω ρ Ωt ρ, så hastigheten øke lineæt med tiden. Siden, i favæ av viskositet, en konstant tykkaft nettopp må føe til en hastighet som øke lineæt med tiden, e dette den fysisk koekte løsning. Dette foklae hvofo vi ikke fant noen stasjonæ løsning fo denne situasjonen i c) ovenfo. 1 sml. b) ovenfo), bø stømmen bli laminæ, dvs. Poiseuille-, så: e) Fo langsom bevegelse, Ωy2 ν Ωa2 ν lignende. I gensen Ω vil k = Ω 2ν cosky) k2 y 2, coshky) k2 y 2, sinky) ky, sinhky) ky, 4

5 med tilsvaende uttykk fo funksjone av ka. Dette gi husk at geneelt e 1 + x) 1 1 x fo små x): så Uy) ig Ωρ [ k2 y 2 ) k2 y 2 ) ik 2 y 2 ] G k k2 a 2 ) k2 a 2 ) ik 2 a 2 Ωρ a2 y 2 ) = G 2µ a2 y 2 ). uy, t) Re G 2µ a2 y 2 ) e iωt = G cosωt) a 2 y 2 ) Ω ). 2µ Dette e ligningen fo Poiseuille-Hage støm, med tidsavhengig tykk-gadient, Gt) = G cosωt). f) Fo alle vedie av Ω e hastigheten midt mellom platene, y =, gitt som: u, t) = Re Fo stoe Ω, dvs. stoe k, ha vi da { [ ]} ig 1 Ωρ e iωt 1 coska) coshka) i sinka) sinhka) Dette gi u, t) Re coshka) = 1 2 e ka + e ka) 1 2 eka, sinhka) = 1 2 e ka e ka) 1 2 eka. ) { [ ig 2e ka ]} Ωρ e iωt 1 Re ig coska) i sin ka Ωρ e iωt = G sinωt) = G cosωt π 2 ) Ωρ Ωρ Dette esultatet e uavhengig av µ [i oppgaven må ω estattes med Ω]. Det e tilstekkelig å betakte stømmen næ den øve veggen, y a. Fo stoe k kan vi he også benytte ***), eventuelt med ka estattet med ky. Dette gi uy, t) Re { ig Ωρ e iωt [ 1 e ka y) e ika y)]} Fo å foenkle ytteligee, må vi vite om vi e så næ veggen at k a y 1, dvs om elle ei samtidig som Ωa2 ν og nne Ω 2ν a y 2 1 1). Hvis dette e tilfellet, kan vi ekkeutvikle eksponentialfunksjonene, { } { ig uy, t) Re Ων e iωt [1 1 1 i)ka y))] = Re 1 + i) G } k a y)e iωt Ωρ { } 2G k = Re a y)e i Ωt+ π 4 ) = G cosωt π 4 ) a y). Ωρ νωρ He ha vi bukt at e i π 4 = 1 + i)/ 2. Siden vi ha y 2 a 2 = y + a)y a) 2ay a) næ veggen, ligne dette på en Poiseuille-støm, men med modiset amplitude og en fasefoskyvning på π/4. [Lenge vekk fa veggen, de k 2 a y) 2 = Ω 2ν a y)2 1, kan vi neglisjee leddene med eksponentialfunksjone, og nne som e samme esultat som midt i øet.] uy, t) Re ig Ωρ e iωt = G Ωρ sinωt) Abeidmengden i denne oppgaven kan synes ufoholdsmessig sto. 5

6 1994 V: Dette tilsvae stot sett 1996V, oppgave 1 se nedenfo). Oppgave 2 Se løsningsfoslag til oppgave 4.1 hos Finjod s. 2123). Sml. også avsnitt 9.3 i Titton foeleses fo tiden ikke). Oppgave 3 Fo tiden utenfo pensum. Oppgave 4 Dette tilsvae stot sett oppgave 1.3 hos Finjod løsningsfoslag på s. 229) V: Det e oppgitt at u = u, v, w) = Ωy, Ωx, w ). Ligningene fo stømlinjene, gi da f. eks. dx u = dy v = dz w, dx u = dy v dx Ωy = dy Ωx Ωx dx + y dy) = Ω 2 dx2 + y 2 ) =, så x 2 + y 2 = a 2, de a e en vilkålig integasjonskonstant. Dette e ligningen fo en sikulæ sylinde om z-aksen, med adius a. Altenativt kunne vi ha skevet nest siste ligning ovenfo som y dy dx = x, og integet denne sepaable dieensialligningen på vanlig måte). En annen, uavhengig, ligning bli da: dx u = dz w dx Ωy = dz w dz dx = w Ω a 2 x 2, med løsning x w z = Ω a 2 x = w 2 Ω acsin x a + z, de z e en integasjonskonstant. Denne ligning kan invetees til å gi z = a sin w + α), de α e en annen vilkålig) konstant, gitt ved henholdsvis α = Ωz w og α = Ωz w + π fo de to valgene av fotegn. Ωz 6

7 Oppgave 2 I løsningsfoslaget følges Tittons fotegnskonvensjon med u = Φ. a) De betingelsene som må oppfylles e: 1) Siden u = Φ = divegensen til en cul fosvinne alltid), e stømmens vivelfi. Hastighetskomponentene i sylindekoodinate bli: u = Φ = u 1 a2 2 u φ = 1 Φ φ = u 1 + a2 2 u z = Φ z = ) cos φ ) sin φ Stømmen e altså to-dimensjonal, og vi vil neglisjee z-komponenten i det følgende. Vi nne da: u = 1 u ) + 1 u φ φ = u [1 + a2 2 ) cos φ 1 + a2 2 ) ] sin φ = Følgelig oppfylle stømmen kontinuitetsligningen fo et inkompessibelt uid. Dette bety at u = 2 Φ =, som e ekvivalent med Eule-ligningen fo vivelfi støm. [At hastighetspotensialet fo slik støm oppfylle Laplaces ligning, e pensum, og anses kjent]. 2) Diekte innsetting gi koekt gensebetingelse på sylindeen, u a, φ, z) =. 3) Gensebetingelsen nå bli: u u cos φ, u φ u sin φ, som e støm med konstant hastighet u i etningen cos φ e + sin φ e φ ) = i, dvs i negativ x-etning. b) Stømmen i denne del av oppgaven, u b e den samme som i a), som vi nå kalle u a, botsett fa et tillegg u = Γ 2π e φ u φ e φ, dvs u b = u a + u. Utenfo sylindeen > a) ha vi u) = u φ z = u) φ = u) z = 1 u φ ) = 1 ) Γ =, 2π så u b = u a =, og stømmen e vivelfi, og kan defo avledes av et nytt hastighetspotensial, Φ b. Siden u = 1 u φ φ =, og defo 2 Φ b =, beskive også u b vivelfi inkompessibel Eulestøm. Videe e andbetingelsene uendede: På sylindeen siden u b a, φ) = og likeledes nå, Γ siden lim 2π =. Sikulasjonen undt sylindeen bli: S = a u b dl = a u a dl + a Γ 2π 2π e φ dl = Φ dl + a siden linjeintegalet av en gadient undt en lukket kuve alltid fosvinne. Γ 2π dφ = + Γ = Γ c) Siden stømmen e vivelfi, e stagnasjonstykket det samme fo alle stømlinje. Vi benytte Benoullis ligning fo en stømlinje i det uendelige og en annen på sylindeoveaten: p ρu2 = pa, φ) ρu φa, φ) 2 7

8 elle p = p p = 1 2 ρ [u 2 u 2 2 sin φ + Γ ) ] 2 = 1 [ 2πau 2 ρu2 1 4 sin 2 φ 2Γ Γ 2 ] sin φ πau 2πau ) 2. Tykket e ettet vinkelett mot sylindeoveaten, og egnes positivt innove mot denne. Løftet pe lengdeenhet i z-etningen e gitt som: L = F L l = 2π = 1 2 aρu2 pa, φ) sin φ a dφ 2π [ sin φ 1 4 sin 2 φ 2Γ Γ 2 ] sin φ πau 2πau ) 2 dφ Leddene som inneholde odde potense av sin φ fosvinne ved integasjon ove en hel peiode, så L = 1 2Γ 2 aρu2 πau 2π i oveensstemmelse med Kutta-Joukowskis teoem. Oppgave 3 sin 2 φ dφ = ρu Γ, Dette tilsvae oppgave 8.1 hos Finjod, som skissee løsningen på sidene H: Se 1996V, oppgave 2, nedenfo. Oppgave 2 a) Beegne sikulasjonen undt en sikel med adius > R og samme sentum som sylindeen d = d e + dφ e φ ): 2π 2π u d = dφ = Γ. ) 2π u φ dφ = u 1 + R2 2 sin φ dφ Γ 2π At fotegnet e negativt bety at sikulasjonen e i negativ deieetning med uviseen). b) Hastighetsfeltet avhenge ikke av viskositeten, og fo vivelfi ikke-viskøs støm gjelde Benoullis ligning med samme konstant stagnasjonstykk) fo alle stømlinje. Hvis tykket på sylindeveggen og uendelig langt vekk fa denne betegnes med henholdsvis pφ) og p, ha vi: p ρu2 = pφ) ρu2 pφ) p = 1 2 ρu2 2 sin φ Γ 2πR ) 2, 1 4 sin 2 φ 2Γ πru sin φ Γ 2 ) 4π 2 R 2 u 2. Løftet pe lengdeenhet vinkelett på stømetningen, L, nnes ved å ta pojeksjonen av tykk-kaften i denne etningen pass på fotegn, tykket vike i negativ -etning!), og integee ove sylindeoveaten. Beegningen foenkles ved å meke seg at tykkfoskjellen mellom to diametalt motsatte punkte på sylindeen e pφ) pφ + π) = 2Γρu πr sin φ. L = 2π pφ)r sin φ dφ = R = ρu Γ = ρu Γ), i henhold til Kutta-Joukowskis teoem. π pφ) pφ + π)) sin φ dφ = 2Γρu π 8 π sin 2 φ dφ

9 Oppgave 3 Dette tilsvae oppgave 8.1 hos Finjod, som skissee løsningen på sidene Oppgave 4 Det e oppgitt at laminæe gensesjikt e stabile fo R = UL/ν 1 6. a) R = : Intet laminæt gensesjikt. b) R = 1 6 : Maginalt stabilt laminæt gensesjikt, i alle fall den foe delen e nok. c) R = km/h = 1 m/s): Intet signikant laminæt gensesjikt V: a) Nå u = u z =, edusee vivlingen seg til w =,, ω z ), de ω z = u φ + u φ. Med u φ = A nne vi da ω z = A + A/ = 2A. Vivlingen fosvinne altså ikke noe sted, og konstanten i Benoullis ligning stagnasjonstykket) e foskjellig fo alle stømlinje. b) Med u φ = B/ bli ω z = B/ 2 + B/ 2 = fo / ). Vivlingen fosvinne altså utenfo oigo, og stagnasjonstykket e det samme fo alle stømlinje. c) d) Siden u = u φ e φ få vi med dl = dφ e φ få sikulasjonen om en sikelkuve med adius som Γ = u dl = 2π u φ dφ = 2π B dφ = 2πB Siden vivlingen fosvinne utenfo = e sikulasjonen den samme fo alle lukkede kuve, uavhengig av fom og støelse, som omslutte oigo i samme etning) en gang. 9

10 Oppgave 2 a) Fo ikke-viskøs støm gjelde u θ = u [ ) ] 3 R sin θ så u θ u = u sin θ bemek u θ > u ). Følgelig ha vi 1% avvik fa asymptotisk hastighet nå: u θ u = R 3 ) = 1.1 dvs =.2) 1/3 R 3.7R. b) Nå e u θ = u [ R 1 4 ) ] 3 R sin θ så i dette tilfellet e u θ < u ): u θ = u [ R 1 4 Fo å løse den siste ligningen anta vi at R, så R som e konsistent med antagelsen om at ) R 3 R. Oppgave 3 Se 1997V, oppgave 2 a, c og d nedenfo. Oppgave 4 ) ] 3 R =.99 3 R ) 3 R + =.4 ) 3 R. I så fall bli 3 R.4, elle 75R, a) Den tubulente skjæspenningen på veggen e τ w = ρu 2 τ. Da bli den viskøse fiksjons bidag til dag-kaften F µ husk at vingene ha to side!) F µ = 2Lcτ w = 2Lcρ uτ u ) 2 u 2 = 2 4 N b) Foat vingene skal egnes som glatte, må støelsen på oveateujevnhetene væe betydelig minde enn tykkelsen på det viskøse undesjiktet. Det siste ha tykkelse omtent δ L 8 ν u τ = 8 u µu ρu τ 5 µm 1997 V: I hele oppgaven e u z =, og vi ha ingen z-avhengighet, så u, φ) = u, φ) e + u φ, φ) e φ. a) Fo viskøs støm må hastigheten til væsken på sylindeoveaten væe lik hastigheten til oveaten selv: u R, φ) =, u φ R, φ) = ωr. 1

11 Hastigheten uendelig langt vekk fa sylindeen fosvinne: u, φ), u φ, φ) as. Siden dl = R dφ e φ, bli sikulasjonen undt oveaten: Γ = u dl = 2π =R u φ R dφ = 2πωR 2. b) På gunn av sylindesymmeti e alle etninge likevedige, så u = u ), u φ = u φ ). Kontinuitetsligningen dvs. massebevaelse) gi at den adielle hastigheten da må fosvinne, u ) = : Det må gå like mye uid inn og ut av ethvet sylindisk skall som e koaksialt med sylindeen, men det e ingen støm ut av sylindeen. Altenativt kan dette sees av kontinuitetsligningen: u = u + u = med løsning u ) = C. C bestemmes ved andbetingelsen u R) = C /R =, dvs. C =. Fa φ-komponenten av NavieStokes ligning ha vi da 2 u φ = µ u φ u ) φ 2 med løsning u φ ) = C/ siden dette e en annen odens dieensialligning, ha den geneelle løsningen også et ledd u φ = C, som imidletid hveken e av oppgitt fom, elle tilfedsstille andkavet nå ). Konstanten C bestemmes ved å folange andkavet i = R oppfylt: u φ R) = C R = ωr C = ωr2 = Γ 2π. c) Skjæspenning langs sylindeoveaten A = 2πRL e aealet av sylindeaten): uφ F φ = τ φ A = µ u ) φ =R 2πRL = µγ 2πRL = 4πµωRL = 2.5 N. πr2 Eekten bli da P = F u φ R) = 4πµω 2 R 2 L = 5 W. d) Av -komponenten av NavieStokes ligning ha vi: som ved integasjon gi: p = p = ρu2 φ = ργ2 4π 2 3 ργ2 8π 2 2 = p 1 R4 ρω2 2 2 Siden u as, edusee Benoullis ligning seg til: p p = 1 2 ρu2 = 1 2 ρu2 φ = 1 R4 ρω som gi samme svaet. Åsaken til at svaene e identiske i dette tilfellet e at vi ha 2 u =, så NavieStokes ligning og Eule-ligningen ha samme løsning. Videe e denne løsningen vivelfi u =, så Benoullis ligning ha samme konstant fo alle stømlinje disse danne sikle undt sylindeen). 11

12 Oppgave 2 a) Siden vi anta todimensjonal støm som e uavhengig av x, u = uy), vy), ), gi kontinuitetsligningen: = u = v y med løsning vy) = v, de v e en konstant. Siden v) e hastigheten på den poøse veggen, e v > ) hastigheten væsken stømme inn i veggen med. b) Fo todimensjonal støm lyde x-komponenten av NavieStokes ligning: u u x + v u y = 1 ρ x + ν 2 ) u x u y 2 Hvis stømmen vaiee på en lengdeskala L i x-etningen og på en skala δ gensesjikttykkelsen) i y-etningen, med δ L, ha vi 2 u x 2 U L 2 2 u y 2 U δ 2 hvoav esultatet følge. c) Fodi gensesjiktet e tynt, kan stømmen de ikke balansee noen sto tykkfoskjell, så vi må ha x, de x p x) e tykket i favæ av gensesjikt tykket fo den ikke-viskøse Eule-løsningen). Fo en fomaliset diskusjon, se Titton Siden u = uy), kan helle ikke Eule-løsningen u avhenge av x, siden u må gå kontinuelig ove i u på anden av gensesjiktet. Dvs.: og gensesjiktligningen edusee seg til: x x = ρ u x = u v y = ν 2 u y 2 2 u y 2 + v u ν y som e en odinæ annen odens dieensialligning fo uy) med konstante koesiente. Gensebetingelsen i y = e den vanlige, u) =. d) Hvis vi innføe hjelpefunksjonen fy) = u y, ha vi med løsning f y = v ν u fy) = u y = B e v y ν, de B e en integasjonskonstant. Vi nne da uy) ved å integee en gang til: uy) = u +Be v y/ν, de B = νb /v. Gensebetingelsen u) = gi u + B =, så uy) = u 1 e vy/ν ). Det e lett å se at u e hastigheten til Eule-) stømmen uendelig langt vekk fa veggen. 12

13 Oppgave 3 a) Leddet ρdu/dt i NavieStokes ligning e teghets-kaften pe volumenhet), / x e tykkaften og µ 2 u gi den viskøse kaften på et uidelement. Med L som lengdeskala, U som hastighetsskala og T = U/L som tidsskala ha vi: u t U 2 2 U, u )u L L, ν 2 u ν U L 2 Altså e R = teghetsledd viskøst ledd = LU ν = ρlu µ b) Hvis vi sette inn de oppgitte identitete samt u = i NavieStokes ligning, få vi: u t u2 u w = 1 p ν w. ρ Fo inkompessibel vivelfi støm, w =, edusee defo NavieStokes ligning seg til Euleligningen. [Bemekning: Siden gensebetingelsene fo de to ligningene e foskjellige, så e de fysiske omstendighete som gi opphav til vivelfi støm ikke de samme! Men hvis vi ha viskøs vivelfi støm, så gi dette også en løsning av Eule-ligningen sml. oppgave 1d ovenfo)]. c) w = u =,, ζ), de så stømmen e ikke vivelfi. ζ = u y = p Lµ y, 1998 V: a) Fodi u = Φ [Tittons fotegnskonvensjon], fosvinne vivlingen: ω = u = Φ =. Kontinuitetsligningen fo stasjonæ inkompessibel støm edusee seg da til 2 Φ =. Med oppgitt Φ, φ) nne vi 2 Φ = 2 Φ Φ Φ 2 φ 2 = u 2 a a2 3 1 ) a2 3 cos φ =. Da vil u = Φ også væe en løsning av Eule-ligningen, med den vedi av tykket som følge av Benoullis ligning. b) Av den oppgitte Φ nne vi: u = Φ = u ) 1 a2 cos φ, u φ = u 1 + a2 2 2 ) sin φ, u z =. Gensebetingelsene e u = fo = a og u = fo φ =, π på sjøbunnen), samt u u cos φ, u φ u sin φ nå, som alle e oppfylt. c) Siden vi ha ikke-viskøs vivelfi støm, kan vi nne tykket av Benoullis ligning: 1 2 ρu2 = 1 2 u2 a, φ) + pa, φ). 13

14 Siden u a, φ) =, u φ a, φ) = 2u sin φ, ha vi: pa, φ) = 1 2 ρ u 2 u 2 φa, φ) ) = 1 2 ρu2 1 4 sin 2 φ ). Da p, φ) = p, π φ), e tykk-fodelingen symmetisk oppstøms og nedstøms, og vi ha ingen netto dag-kaft, D = d'alembets paadoks). d) Med de angitte vedie: R = 2au /ν = 2 1 6, som e altfo sto fo laminæ støm. e) Kaftkomponenten i y-etningen bli z e et vilkålig lengdestykke i z-etningen): df y φ) = pa, φ) sin φ da = 1 2 ρu2 1 4 sin 2 φ ) sin φ za dφ. Dette gi løftet pe lengdeenhet av sylindeen som: L = F y z = 1 2 ρu2 a = 1 2 ρu2 a π 1 4 sin 2 φ ) sin φ dφ [ cos φ 4 3 cos3 φ + 4 cos φ f) R Stømningsmønste 1/2 Kypende støm 4 Laminæ støm > 4 Vivel evje) bak sylindeen > 1 Veldenet laminæt gensesjikt, vivelavløsning > 2 von Kaman-gate bak øet > 4 Tedimensjonale ustabilitete > Tubulent viveldannelse > Tubulent gensesjikt med laminæt undesjikt Oppgave 2 Se 2V, oppgave 3 a-e), nedenfo. ] π = 5 3 ρu2 a = 167 N/m 1998 H: Punktene a)-d) e identiske med eksamen 1997 V, oppgave 1. e) Hvis vi sette inn de oppgitte identitete samt u = i NavieStokes ligning, få vi: u t u2 u w = 1 p ν w. ρ Fo inkompessibel vivelfi støm, w =, edusee defo NavieStokes ligning seg til Euleligningen. Siden gensebetingelsene fo den føste inneholde en tilleggsbetingelse i fohold til den siste ingen tangentiell komponent av hastighetsfeltet på veggene), vil løsninge av NavieStokes ligning også gi løsninge av Euleligningen, men ikke omvendt. 14

15 Oppgave 2 a) Leddet ρdu/dt i NavieStokes ligning e teghets-kaften pe volumenhet), / x e tykkaften og µ 2 u gi den viskøse kaften på et uidelement. Dimensjonsanalyse gi at foholdet R x = ρlu/µ, de L e en lengdeskala i x-etningen, angi foholdet mellom teghetskaften og den viskøse kaften. b) Fo fi støm dominee den viskøse kaften ved lave hastighete lave eynoldstall), mens tegheten dominee ved høye. På gunn av gensebetingelsen u = ved veggen, vil hastigheten alltid væe lav næ denne, og viskositeten kan aldi neglisjees he. Dette e åsaken til at vi alltid ha et gensesjikt nå viskositeten kan neglisjees i esten av stømmen. c) Kontinuitetsligningen gi u x + v y = = v y = ax) x = a så, siden v x, ) = : Fo tykk-gadienten nne vi: v x, y) = a y dy = ay. x = ρu u x = ρa2 x < som bety gunstig tykkgadient. d) Ligningene fo stømlinjene e: dx = dy = u v dx ax = dy ay som e en sepaabel føste odens dieensialligning, med løsning xy = C de C e en konstant. Stømlinjene e altså gene av en likesidet hypebel. [Man tenke seg he en passende gu]. e) Tykkelsen av gensesjiktet mot veggen må involvee viskositeten µ elle ν = µ/ρ). Fo små y fosvinne v, så den elevante hastighetsskalaen e satt av u. Vi ha da kun muligheten δ = νx ν = u a som e uavhengig av x. Gensesjiktets tykkelse e altså uavhengig av x. f) Nå R x vokse, bli gensesjiktet ustabilt. Ved R x 15 fo nøytal tykk-gadient) få vi en enkel ustabil bølge-modus Tollmien-Schlichting bølge). Deette vil vi få et fekvensbånd av ustabile mode. Den videe posess e kjent som en K-type ovegang, en få føst te-dimensjonale tansveselle) ustabilitete og så stige kompleksiteten i mønsteet stadig, i det ustabilitetene selv bli ustabile, til en få en situasjon med fullt utviklet tubulens, føst i begensede omåde tubulente ekke). Tubulente gensesjiktet e todelte, med et inde viskøst undesjikt og utenfo dette et sjikt med et logaitmisk hastighetspol. Fullt utviklede tubulente gensesjikt oppstå fo eynoldstall av støelsesoden 3 til 3. 15

16 1999 V: Punktene a-c) e identiske med de i oppgave 1 fo 2 H, se nedenfo. d) Volumstøm: Φ = Dvs.: Middelstømmen bli a p u da = 2π 4µL a2 2 )d = 2π p [ 1 4µL 2 a2 2 1 ] a 4 4 = π pa4 8µL ū = p = 8µLΦ πa 4 =.41 Pa. Φ πa 2 = pa2 = 1.3 cm/s 8µL e) Den viskøse spenningen på øveggen, τ v e motsatt lik spenningen i det ytteste væskesjiktet. Altså: ) u τ v = τ z = µ = pa 2L = Pa. Samlet kaft på veggen, F v e da: =a F v = τ v 2πaL = pπa 2 = paø = Fø = N de Fø e den samlede tykk-kaften ove tvesnittet av øet. f) Reynoldstallet e R = ρū2a µ = 1 3 som e unde selv den laveste vedien som gi ustabil støm, R c = 1 8 3, så stømmen e laminæ. g) Velge vi R c = 2 ha vi, siden ρ, a og µ ikke ende seg, at stømmen slutte å væe laminæ nå R c R = ūc ū = Φ c Φ Φ c = R c Φ =.15 l/s R [Sva baset på ande imelige valg av R c godkjennes selvsagt]. Det videe foløp e typisk som følge: R > 2 : Dannelse av tubulente slugge plugge) R > 5 : Spontant pulseende støm R > 1 : Ustabil støm, ikke fullstendig tubulent R > 1 : Innløpet indusee tubulent støm Lineæ stabilitetsteoi gi at Poiseuille-støm e stabil fo alle vedie av R. h) Siden symmetien i poblemet e den samme som fø, e også den geneelle løsningen av poblemet ufoandet. Defo e pz) som fø, mens andbetingelsen fo NavieStokes ligning nå e ua) = ub) =. Dvs u) = A ln + B + C 2, med C = p/4µl. A og B bestemmes av ua) = A ln a + B + Ca 2 = ub) = A ln b + B + Cb 2 = Dette e to lineæe ligninge fo de 2 ukjente A og B. Løsningen nnes, f. eks. ved eliminasjon, som Følgelig bli A = C a2 b 2 ln a ln b = p a2 b2 4µL ln ) a b B = Ca 2 p A ln a = 4µL ln ) a b 2 ln a a 2 ln b ) b u) = p 4µL a 2 ln b 16 ) b 2 ln ) ) a ln ) a 2. b

17 Oppgave 2 a) Leddene i NavieStokes ligning kan kaakteisees som følge: ρ u/ t: akseleasjonsledd; ρu )u: teghetsledd; p: tykkledd; µ 2 u: viskøst ledd. Reynoldstallet R x = ρux/µ = Ux/ν, de U e hastighetsskalaen. Dimensjonsanalyse gi [ρu )u] = [ρ]u 2 /L og [µ 2 u] = [µ]u/l 2, så siden [x] = L, e R x = teghetsledd viskøst ledd = ρlu µ b) Ved lave R x dominee det viskøse leddet, ved høye teghetsleddet. Næ veggen vil u, så det viskøse leddet e alltid viktig he, og vi få gensesjikt desom R x e sto i esten av stømmen. c) Hvis ux, y) = a/x, vx, y), ) gi kontinuitetsligningen som kan integees til Tykk-gadienten i x-etningen bli u = u x + v y = v y = u x = a x 2 x = ρu a a x = ρ x vx, y) = ay x 2 a x x + ay x 2 y ) a = ρ a2 x x 3 > fo x >. Dvs tykk-gadienten e ugunstig i x-etningen fo x < e iktignok x <, men også u = a/x <, og tykk-gadienten e fotsatt ugunstig). = ρu ay y x 2 = ρ som også gi ugunstig tykk-gadient. d) Ligningen fo stømlinjene e: med løsning dx u = dy v a x x xdx a ay x 2 + ay x 2 = x2 dy ay y ) ay x 2 = ρ a2 y x 4 > ln x = ln y + C x = Ky dx x = dy y de K = e C e en integasjonskonstant. Stømlinjene e altså ette linje ut fa spalten [skisse mangle]. e) Siden vi alleede vet at u) oppfylle kontinuitetsligningen, gjenstå) det å bestemme p og a fa NavieStokes ligning. I x-etningen ha vi, siden u = a x x + y x y som gi I y-etningen nne vi tilsvaende ρ u ) a x = x + µ 2 x 2 a x ρ u ) ay x 2 = y + µ px, y) = ρa 2 + µ ) a x 2 + p y) 2 ) x ay y 2 x 2 x = 2µ + ρa) a x 3 = 6µ + aρ)ay y x 4 Dette gi px, y) = p 1 x) + 3µ + aρ ) ay 2 2 x 4 Disse to uttykkene fo px, y) e konsistente bae hvis p y) = p, en konstant. I så fall må 3µ = aρ/2, elle a = 6µ/ρ = 6ν, og vi ha px, y) = px) = p 12µ 2 /ρx 2. f) Næ x = divegee u, og demed det eektive lokale eynoldstallet. Stømmen he e defo sikket tubulent, og den funne løsningen ustabil. Den eksakte tykk-gadienten e også ustabil i x-etningen, nøytal i y-etningen, x = 24µ2 ρx 3 > ; y =, så bevegelsen i x-etningen e geneelt potensielt ustabil. 17

18 1999 H: Denne oppgaven e lik oppgave 1 fo 1998 V, botsett fa at punktene d) og e) e byttet om, at hastigheten u e endet, så R = , og at det i d) e sput ette løft-koesienten d = 2a e diameteen): Oppgave 2 a) Identisk med eksamen 1999 V, oppgave 2a b) Identisk med eksamen 1999 V, oppgave 2b C L = L 1 2 ρu2 d = 5 3 = c) Av oppgitt fomel fo u nne vi vivlingen: ω = u) z = u φ + u φ = c 2 sin ψ + c 2 sin ψ =, fo > uttykket e singulæt fo = ). Sikulasjonen, beegnet fo en sikulæ skive med sentum i oigo og adius e da: Γ = ω n da = = u d = 2π 2π u φ dφ = c sin ψ dφ = 2πc sin ψ, som ikke fosvinne, unntatt hvis ψ =, π. Vivlingen ω må altså væe singulæ i oigo, siden ateintegalet av ω n ikke fosvinne, selvom ω = fo >. d) Av de oppgitte fomlene kontollee vi at kontinuitetsligningen e oppfylt: Eule-ligningen gi da i -etningen: u = u + u + 1 u φ φ = c 2 cos ψ + c 2 cos ψ + =. u [u )u] = u u2 φ = c2 3 = 1 ρ, med løsning fo p, φ): I φ-etningen få vi tilsvaende: p, φ) = p φ) ρc2 2 2, u φ [u )u] φ = u + u u φ = = 1 ρ φ, slik at p må væe uavhengig av φ, dvs p = p) = ρc [Dette kunne vi ha funnet like lett av Benoullis ligning.] e) Diekte innsetting i den oppgitte fomelen vise at 2 u =. Siden u også oppfylle Eule-ligningen oppfylle den også NavieStokes ligning: Du Dt = 1 ρ p + ν 2 u. Siden også kontinuitetsligningen e oppfylt, e u også løsning fo viskøs støm. Siden løsningen e den samme fo alle ν elle µ), kan den ikke avhenge av Reynoldstallet R = LU/ν. 18

19 f) Fo et innitesimalt tidsintevall dt gjelde d = u dt og dφ = u φ dt. Dvs.: som e den oppgitte ligning. Innsatt dt = d u = dφ u φ, d c cos ψ = 2 dφ c sin ψ dφ d = tan ψ, med løsning ) φ = tan ψ ln + φ = tan ψ ln. Den fysiske tolkningen av integasjonskonstanten e den vedien av de φ) ha nullpunkt, φ ) =. Dette e én av en uendelig mengde punkte de stømlinjen kysse x-aksen. Stømlinjene e logaitmiske spiale, som deie seg utove med uviseen fo ψ π/2, med uviseen fo π/2 < ψ < π. Fo ψ < gå stømmen innove mot oigo. Løsningen kan også skives: = e φ cot ψ. 2 V: a) Fo to-dimensjonal støm i sylindekoodinate, φ lyde kontinuitetsligningen u = u + u + 1 u φ φ =. Med sylindesymmeti avhenge ikke u av φ alle etninge e likevedige), så dette edusee seg til u + u =, med løsning u ) = c/. Med c > stømme vannet inn mot sluket, slik foutsatt i oppgaven. b) Siden [u] = L/T, e [c] = [u][] = L 2 /T, hvilket e samme dimensjon som fo kinematisk viskositet, ν. Siden aealet til oveaten til en sylinde med adius og høyde H e A = 2πH, bli volumstømmen innove: V = Au = 2πHc, uavhengig av. Følgelig: c = V 2πH = m 2 /s. c) Med de gitte antagelse bli Navie-Stokes ligning i φ-etningen / φ = på gunn av sylindesymmeti): u φ u + u u φ 2 u φ = ν u φ u ) φ 2 Diekte innsetting vise at de oppgitte uttykk fo u φ ) løse ligningen. d) Fo en akseptabel fysisk løsning må u φ ) fosvinne, elle til nød fobli endelig, nå. Dette bety at 1 c/ν, elle c c k = ν. Det logaitmiske leddet ln )/ fo c = 2ν tilfedsstille også denne betingelsen. Fo c < c k = ν må altså B =. 19

20 e) Vivlingen fo > bli ω = ωe z ): ω = u φ + u φ = B { ) 2 c ν c/ν c, ν 2 1 c, 2 ν = 2. Siden B = fo c < c k, e stømmen vivelfi i dette tilfellet. Da hveken u elle u φ avhenge av ν, e løsningen den det samme som fo ikke-viskøs, vivelfi støm i dette tilfellet. Tykket kan da nnes av Benoulli's ligning, med samme konstant stagnasjonstykk) fo alle stømlinje. Siden p p, u og u φ nå, få vi: p) + ρ 2 u 2 ) + u 2 φ) ) = p = p) = p c2 + A 2 )ρ 2 2. f) Fo et tynt, paktisk talt todimensjonalt, sjikt må tykket væe det samme i som ett ove sjiktet, siden tykket må væe kontinuelig. Fo c < c k se vi av esultatet i foegående punkt at vi i så fall må ha A = c =, som e en litt gov foenkling [I vikeligheten e vannoveaten ikke plan!.] Fo c > c k gi -komponenten til Navie-Stokes ligning, innsatt de fundne uttykk fo u og u φ : u u u2 φ = c2 3 1 ) A AB c/ν + B 2 2 2c/ν =, med et tilsvaende uttykk fo tilfellet c = 2ν. Også denne ligningen ha kun løsningen A = B = c =. Vi se defo at betingelsen om at p) skal væe konstant e fo steng fo å få en akseptabel løsning. g) Fo et innitesimalt vilkålig kot) tidsintevall dt gjelde: d = u dt og dφ = u φ dt. Dvs.: dt = d u = dφ u φ, som e den oppgitte ligning. Dette gi videe, fo c 2ν: med løsning: dφ d = u φ u = A c B c 1 c/ν, φ = A c ln ) de e en integasjonskonstant. Fo c = 2ν få vi i stedet: 1 B 2 c/ν c 2 c/ν, dφ d = A c B ln), c med løsningen: φ = A ) c ln B )) 2 ln. 2c I alle tilfelle edusee løsningen fo B = seg til en logaitmisk spial, = e cφ/a 2

21 Oppgave 2 a) På veggen fosvinne alle hastighete heftebetingelsen), så vi ha både U = V = og u = v = he, dvs. uv =. Dette bety at næ nok veggen edusee Reynolds-ligningen seg til den laminæe genssjiktligningen. Den inde delen av et tubulent gensesjikt e altså laminæt. b) Akkuat som Navie-Stokes ligning, som den e utledet fa, inneholde Reynolds-ligningen på dimensjonsløs fom kun den dimensjonsløse paameteen R = u L/ν med standad notasjon). Følgelig må u τ /u = fr). Siden [ν] = LU, e [ν/u τ ] = L, slik at δ L u τ /ν = cr) e en dimensjonsløs støelse. c) Med u = 36 km/h = 1 m/s ha vi skinn-fiksjonen Lc e tilnæmet) vingeaalet og faktoen 2 skyldes at vingene ha både undeside og oveside): F µ = 2τ W Lc = 2Lcρu 2 τ = 2Lcρ Eekten av fiksjonskaften F µ e P µ = F µ u, så uτ u ) 2 u 2 = 2 6 N F µ D = P µ P = F µu P =.13 = 13% d) Fo at vi skal ha et laminæt undesjikt, må uheten,, væe tydelig minde enn tykkelsen på undesjiktet, δ L : δ L = 8ν = 8µ u = 32 µm u τ ρu uτ e) Siden U = u = på veggen vil et uidelement som bevege seg utove fa denne, og defo ha v >, komme til et omåde de det bevege seg langsommee i x-etningen enn den omkingliggende væsken, så det vil ha u <, og defo bli uv <. Det motsatte skje fo et uidelement som bevege seg inn mot veggen, så v <. Dette vil bevege seg askee i x-etningen enn den omkingliggende væsken, så u >, og igjen bli uv <. Av dette følge det at et tubulent gensesjiktet oppføe seg som om det ha en skjæspenning som e eektivt støe enn den viskøse skjæspenningen: τ e = µ U y ρuv > µ U y = τ. f) I sjiktet umiddelbat utenfo det viskøse undesjiktet e skjæspenningen fotsatt paktisk talt τ W, så u τ sette fotsatt hastighetsskalaen. Dimensjonsanalyse gi da at vi tilnæmet må ha Denne ligningen ha løsningen U y = 1 u τ K y. Uy) = u τ dy K y = u τ K ln y + C) = u [ τ yuτ ) ] ln + A, K ν de C e en integasjonskonstant, og vi ha innføt en ny konstant A = C + ln ν/u τ ), fo å gjøe agumentet til logaitmen dimensjonsløs ande skivemåte e mulige, men kombinasjonen yu τ /ν e et bekvemt dimensjonsløst eynoldstall). 21

22 2 H: a) På gunn av sylindesymmeti e u) = u, z). Kontinuitetsligningen gi da: så u e uavhengig av z, u = u). b) Siden u = u z =, u )u = u u z =, edusee NavieStokes ligning i z-etningen seg til z = µ 2 u. I - og φ-etningene gi ligningen at p ikke avhenge av og φ.) Deivee vi denne ligningen med hensyn på z og buke u/ z =, få vi 2 p u = µ 2 z2 z =, som ha løsning pz) = Az + p, med p = p). Med p = p pl) = AL ha vi A = p/l og pz) = p p z L. c) Fa foegående punkt få vi 2 u = 2 u u = 1 µ z = p µl. Hvis vi anta en løsning av den oppgitte fomen, nne vi u ) = A + 2C og u ) = A 2 + 2C. Innsatt i ligningen gi dette A 2 + 2C + A + 2C = p 2 µl C = p 4µL. [Vi se at vi ha løsning fo alle vedie av A og B, så u ) = A ln + B e den geneelle løsning av den homogene ligningen u ) + u)/ =, mens u p ) = C 2 e en patikulæ løsning av den inhomogene ligningen.] I tillegg til andkavet ua) = heftebetingelsen) ha vi kavet u) < fo < a inne i øet), og spesielt fo =. Dette gi at A =. Vi nne da ua) = B + Ca 2 B = Ca 2 og d) Volumstøm: Φ = Dvs.: u) = C 2 a 2 ) = p 4µL a2 2 ). a p u da = 2π 4µL a2 2 )d = 2π p [ 1 4µL 2 a2 2 1 ] a 4 4 = π pa4 8µL. p = 8µLΦ πa 4 = 2. Pa. 22

23 Middelhastigheten bli ū = Φ πa 2 = pa2 = 2. cm/s. 8µL e) Reynoldstallet e R = ρū2a µ = 1 6. Stømmen slutte å væe laminæ fo R ). f) Sammenholde vi det oppgitte uttykket fo p med det fa d) og utnytte e), nne vi: p = f Lū2 ρ 4a = 8µLū a 2 = f = 32µ aūl = 64 R. g) Nå stømmen slutte å væe laminæ, dannes det små omåde med tubulent, elle tilnæmet tubulent, støm, såkalte tubulente "slugge". Dette edusee gjennomstømningshastigheten, dvs ū synke desom p e ufoandet. Av uttykket i f) se vi at dette bety at f øke. h) Den viskøse kaften på øveggen aeal A W = 2πaL) må balansees av foskjellen i tykk-kefte mellom øets ende, siden vannet ikke akseleees: Dette gi τ W A W = pπa 2 A W = p = τ W πa 2 = τ 2L W a. τ W = a p 2L = 2. mpa. i) Ved å kombinee denisjonen av u τ, utykket fo p i foige punkt og denisjonen av f fa f), nne vi: p = 2L a ρu2 τ = f Lū2 ρ 8 = ū = 4a f u τ. Oppgave 2 a) Siden vi anta todimensjonal støm som e uavhengig av x slik at u = uy), vy), ), gi kontinuitetsligningen: = u = v y, med løsning vy) = v, de v e en konstant. Siden v) e hastigheten på den poøse veggen, e v > ) hastigheten væsken stømme inn i veggen med. b) Fo todimensjonal støm lyde x-komponenten av NavieStokes ligning: u u x + v u y = 1 ρ x + ν 2 ) u x u y 2. Hvis stømmen ha en hastighetsskala U og vaiee på en lengdeskala L i x-etningen og på en skala δ gensesjikttykkelsen) i y-etningen, de δ L, ha vi hvoav esultatet følge. 2 u x 2 U L 2 2 u y 2 U δ 2, c) Siden gensesjiktet e tynt, kan ikke tykket væe svæt foskjellig fa tykket utenfo, hvo vi ha ikke-viskøs støm, så px, y) p x, y) fo ee detalje, se Titton 11.2). Vi ha videe x { > ugunstig tykk-gadient = nøytal tykk-gadient < gunstig tykk-gadient 23.

24 En gunstig tykk-gadient vike stabiliseende på stømmen, en ugunstig vike destabiliseende. d) Med px, y) = p x, y) = og u som i a), edusee gensesjiktligningen seg til: u v y = ν 2 u y 2 2 u y 2 + v u ν y =, som e en odinæ annen odens dieensialligning med konstante koesiente fo uy). Gensebetingelsen i y = e den vanlige heftebetingelsen u) =, mens fo y må uy) u. e) Med notasjonen fy) = u y, ha vi f med løsning y = v ν u, fy) = u y = B e v y ν, de B e en integasjonskonstant. Dette kan integees en gang til til å gi uy) = u + Be vy/ν, de B = νb /v. Betingelsen u) = gi da u + B =, så uy) = u 1 e v y/ν ), som oppgitt. f) Ligningen fo stømlinjene bli: dx u = dy v dx u 1 e vy/ν ) = dy v dx dy = u v 1 e v y/ν ), med løsning xy) = u ) 1 e v y/ν dy = u y + ν ) e v y/ν + K, v v v de K e en integasjonskonstant. Hvis vi folange x) = x, nne vi K = x + νu, og v 2 xy) = x u y + νu v v 2 1 e vy/ν). g) Langt vekk fa veggen e stømlinjene skå ette linje, y = v u x + y ; vannet stømme langsomt, hvis v u ) mot veggen. Ved veggen e u =, mens v = v, så stømlinjene stå vinkelett på veggen tegning mangle). 24