Obligatorisk oppgave 2

Transkript

1 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim Obligatorisk oppgave 2 Oppgave a) Vi kan beregne vektorfluksen Q = F ndσ gjennom en kuleflate σ gitt vektorfeltet σ F = xi + 2y + z j + z + x 2 k. Ved å bruke Gauss sats kan vi skrive om uttrykket Q slik at det blir lettere å løse. Dermed får vi at Q = F ndσ σ Hvis vi nå løser dette får vi at Q = Fd = Fd. = F d hvor F = x F i + y F j + z F k F = x + 2y + z + x y z F = = 4 z + x2 Q = d hvor d Q = 4 4πr 3 3 Q = 6πr 3 3 = V kule = 4πr 3 3 Vi har med dette funnet at vektorfluksen Q = 6πr 3 gjennom en kuleflate σ, hvor r er radiusen 3 av kulen. b) Da divergensen til vektorfeltet F er konstant, vil ikke resultatet endre seg dersom sentrum av kulen flyttes fra origo til et annet punkt i feltet F. Dette er fordi F uttrykker volumstrømmen, slik at divergensen til vektorfeltet F forblir 4 for alle punkter i vektorfeltet. Dersom σ flyttes til et annet punkt, vil utgående og inngående strømning endre seg, men på en slik måte at divergensen forblir 4 og vektorfluksen Q = 4V = 6πr 3. 3 c) Vi kan beregne sirkulasjonen C = F dr omkring en lukket sirkel i xy-planet ved å parameterisere kurvene. For en sirkel med radius a i xy-planet har vi at r(t) = x t y t z t = acos t asin(t) asin(t) og dr = acos t dt dr = asin(t) acos t dt. Fra dette får vi at

2 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim C = F dr = x 2y + z z + x 2 asin(t) acos t dt = x t 2y(t) + z(t) z(t) + x t 2 asin(t) acos t dt C = acos t 2 asin(t) + + acos 2 t asin(t) acos t dt = acos t asin(t) + 2 asin(t) acos t dt C = a 2 cos t sin(t) + 2a 2 sin(t) cos t dt C = 2 a2 sin(t) cos t + sin(t) cos t dt = a 2 sin(t) cos t dt = 2 a2 sin(t + t) dt = 2 a2 sin(2t) dt C = a 2 2 sin(2t) dt = a 2 2 sin(u) dt, hvor u = 2t slik at du dt = 2 dt = du 2 C = a 2 2 sin(u) du 2 = a 2 4 sin(u) du = a 2 4 cos u = a 2 4 cos 2t C = a 2 4 = a 2 a C = Vi har med dette at sirkulasjonen omkring en lukket sirkel i xy-planet med radius a er. d) Vi kan bruke Strokes sats til å kontrollere resultatet i punkt c). Strokes sats sier at σ F ndσ = Fdr λ slik at C = F ndσ, hvor n = k da k σ F = i j k x y z x 2y + z z + x 2 F = y z + x2 z 2y + z i + z x x z + x2 j + x 2y + z y x k F = i + 2x j + k = i + 2x j + k C = F ndσ = σ 2x dσ = dσ σ σ C = Dette viser at sirkulasjonen C =. 2

3 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim Oppgave 2 a) Vi kan finne hastighetsvektoren v gitt hastighetspotensialet φ slik at v = φ, hvor hastighetspotensialet φ = 2 x2 xy 2 y2. v = φ v = φ + φ + φ x y z v = x 2 x2 xy 2 y2 + y v = x y i + x y j + k v = x y x y 2 x2 xy 2 y2 + z 2 x2 xy 2 y2 Nå som vi har v kan vi lage et pilplott hvor x, y = (,) og x, y = (,) er tegnet inn. Anta at vi skriver et program oppave2a.m for et todimensjonalt felt. % Beregner hastigheter x=linspace(-,,5); [x,y] = meshgrid(x,x); u=x-y; v=-x-y; % Tegner vektorplott av hastighetsfeltet quiver(x,y,u,v); xlabel('x-akse'); ylabel('y-akse','fontsize',); title('oppgave 2a, vektorplott av hastighetsfeltet v','fontsize',); % Marker (,) og (,) xp=[,]; yp=[,]; hold('on'); plot(xp,yp, 'or'); Dersom vi nå kjører dette programmet vil vi få en figur hvor punktene x, y = (,) og x, y = (,) er markert med røde ringer. >> run('c:\users\nicolai Solheim\Desktop\Obliger\MEK\25 OBLIG2\oppgave2a.m') Figur : Plott av hastighetsvektoren v hvor punktene x, y = (,) og x, y = (,) er markert med røde ringer. 3

4 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim b) Vi kan videre vise at φ oppfyller Laplacelikningen dersom 2 φ =. 2 φ = v = 2 x 2 2 x2 xy 2 y2 + 2 x y 2 2 x2 xy 2 y2 + 2 x y i + x y j + k = y z + + = = = z 2 2 x2 xy 2 y2 = Dette viser at φ oppfyller Laplacelikninge, da 2 φ =, og vi kan med dette si at hastighetsfeltet er et Laplaceisk felt og at selve strømningsformen er potensialstrømning. c) Da φ oppfyller Laplacelikningen, er feltet divergensfritt som betyr at det finnes det en strømfunksjon ψ. Vi kan fra de tidligere resultatene se at at dette dreier seg om et todimensjonalt felt slik at at v = v i, v j T. Fra dette har vi at v i = ψ y og v j = ψ x ψ = v idy og ψ = v j dx. Løser vi fra dette utgangspunktet får vi at ψ = x y dy ψ = y x dy ψ = 2 y2 xy + f x ψ = x y dx ψ = x y dx ψ = 2 x2 xy + f y Hvor f x er en vilkårlig funksjon av x og f(y) er en vilkårlig funksjone av y. Skal disse to uttrykkene for ψ gi identisk resultat må f y = 2 y2 xy f x = 2 x2 xy Dette gir at ψ = 2 y2 xy + 2 x2 xy = 2 x2 xy + 2 y2 xy ψ = 2 y2 xy 2 x2 xy = 2 y2 x 2 2xy ψ = 2 y2 x 2 2xy Vi har med dette funnet at ψ = 2 y2 x 2 2xy. d) Strømmens stagnasjonspunktet kan finnes ved å regne ut x- og y-verdiene der v =. Dette gir v = x y x y =. Dette gir oss to likninger (I) x y = og (II) x y = Løser vi dette likningssettet vil vi finne strømmens stagnasjonspunkt. I x y = 4

5 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim x = y II x y = y y = 2y = y = I x y = x = x = Ved å løse likningssettet har vi funnet at strømmens stagnasjonspunkt er,. Da vi har løst dette kan vi videre finne strømlinjene gjennom dette punktet ved å finne én eller flere funksjoner for y. ψ, = 2 y2 x 2 2xy = 2 y2 2 x2 2xy = y 2 4xy = x 2 Vi legger deretter til 4x 2 for å lettere kunne faktorisere uttrykket. y 2 4xy + 4x 2 = x 2 + 4x 2 y 2 4xy + 4x 2 = 5x 2, hvor y 2 4xy + 4x 2 kan faktoriseres på formen slik at y 2 2xy 2xy + 2x 2 a 2 ab ab + b 2 = a b 2 Hvor y = a og b = 2x slik at y 2 2xy 2xy + 2x 2 = y 2x 2 y 2x 2 = 5x 2 y 2x = ± 5x 2 y = ± 5x + 2x Vi har med dette funnet at strømlinjene er y = 5x + 2x og y = 2x 5x. Vi kan skrive et program oppgave2d.m som sjekker dette. % Beregner hastigheter x=linspace(-,,5); [x,y] = meshgrid(x,x); v=/2*(y.^2 - x.^2)-2.*x.*y; % Beregne data for strømningslinjene som går gjennom (,) xl=linspace(-,,5); l=sqrt(5)*xl+2*xl; l2=2*xl-sqrt(5)*xl; % Tegner konturplott contour(x,y,v); xlabel('x-akse'); ylabel('y-akse','fontsize',); title('oppgave 2d, konturplott av strømningsfeltet','fontsize',); colorbar(); % Konturplott med strømlinjene tegnet inn figure(); contour(x,y,v); xlabel('x-akse'); ylabel('y-akse','fontsize',); title('oppgave 2d, konturplott av strømningsfeltet med strømlinjer','fontsize',); 5

6 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim colorbar(); hold('on'); plot(xl,l2, 'black'); plot(xl,l, 'black'); legend('contour','sqrt(5)x+2x','2x-sqrt(5)x'); Dersom vi nå kjører dette programmet vil vi få to figurer. En figur som bare viser konturene til strømningsfeltet, og en figur med strømningsfeltet samt de to strømningslinjene som ble funnet. >> run('c:\users\nicolai Solheim\Desktop\Obliger\MEK\25 OBLIG2\oppgave2d.m') Figur 2: Konturplott av strømningsfeltet Figur 3: Konturplott av strømningsfeltet med strømningslinjene for stagnasjonspunktet Vi kan fra figurene ovenfor se at strømlinjene gjennom stagnasjonspunktet vi har funnet er korrekt. e) Videre kan vi beregne fluksen langs en kurve λ, der kurven er det rette linjestykket langs med x-aksen som ligger mellom x = og x =. Normalvektoren, n, har et positiv komponent i y- retning, slik at n = j = T. Med dette har vi at Q = v nds, hvor ds = dx og y = da vi kun er interessert i fluksen av λ langs λ med x-aksen. Dette gir Q = x y x y dx = x + y dx = 2 x2 + xy = 2 y = 2 Q = 2 Fra dette har vi funnet at fluksen Q = langs linjestykket λ. 2 6

7 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim Oppgave 3 a) Da vi er gitt et hastighetsfelt i sylinderkoordinater ønsker vi å konvertere hastighetsfeltet til kartesiske koordinater. Hastighetsfeltet vi har er v = A ri r + (z + b)k, hvor b og A er konstanter, og r = x 2 + y 2. k-leddet er det eneste som forblir konstant, så det eneste vi trenger å endre er i r. Videre kan vi tenke oss i r = cos θ i + sin θ j slik at ri r = r cos θ i + r sin θ j = xi + yj. Med dette har vi at v = A xi + yj + (z + b)k. Vi kan med disse kartesiske koordinatene finne divergensen og virvlingen til v. Divergensen til feltet er v og virvlingen er v. div v = v = Ax + Ay + x y z div v = 3A Az + Ab = A + A + A curl v = v = i j k x y z Ax Ay A z + b curl v = A z + b Ay i + Ax A z + b j + Ay Ax k y z z x x y curl v = i + j + k curl v = Vi har med dette funnet at div v = 3A og curl v =. b) Vi ønsker nå finne volumstrømmen gjennom σ B ogσ T. Volumstrømmen Q B og Q T er gitt ved Q B = v ndσ og Q σ B T = v ndσ, hvor n = k = σ T. Vi bruker her de polare koordinatene slik at dσ = rdrdθ og Q B = Q T = a a Az + Ab rdrdθ, hvor z = Az + Ab rdrdθ, hvor z = h Dette gir at Q B = πa 2 Ab og Q T = πa 2 A h + b. c) Videre kan vi parameterisere σ s i z og θ slik at volumfluksen ut gjennom Q S kan beregnes som et flateintegral. Vi velger en enhetsnormalen med et positivt i r -komponent. Vi kan 7

8 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim parameterisere til z cos θ + sin θ, hvor z b, h og hvor θ,. Fra dette kan vi regne ut integralet som er Q s = h b v nrdθdz, hvor n i polare koordinater er. Dette gir oss at Q s = Q s = h b h b h b Ar A z + b rdθdz Ar 2 dθdz Q s = Ar 2 θ dz = 2Aπr 2 dz b Q s = 2Aπr 2 h b = 2Aπr 2 h b, hvor r = a Q s = 2Aπa 2 h b Dette viser at Q s = 2Aπa 2 h b. h d) Vi kan ved å bruke Gauss sats finne Q S. Gauss sats er definert ved Q = vd, hvor divergensen og volumet er v = Ax + Ay + x y z Az + Ab = A + A + A = 3A d Q = 3Aπha 2 = V σ = πhr 2, hvor r = a Vi har med dette at volumstrømmen gjennom sylinderen er 3Aπha 2, slik at Q B + Q T + Q S = 3Aπha 2. Fra dette kan vi finne σ S. Q S = 3Aπha 2 Q B Q T Dersom vi setter inn verdiene for Q B og Q T som vi fikk i oppgave 3b) finner vi volumstrømmen gjennom σ S. Dette gir Q S = 3Aπha 2 πa 2 Ab πa 2 A h + b = Aπa 2 3h b h b Q s = Aπa 2 2h 2b Q s = 2Aπa 2 h b Vi har fra dette funnet at Q s = 2Aπa 2 h b. e) 8

9 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim Oppgave 4 a) Vi kan uttrykke potensialene φ u = Ux og φ k = m ln x2 + y 2 i polarkoordinater gitt at x = r cos θ og y = r sin θ. Dette gir φ u = Ux φ u = Ur cos θ φ k = m ln x2 + y 2 φ k = m ln r2 cos 2 θ + r 2 sin 2 θ φ k = m ln r2 cos 2 θ + sin 2 θ φ k = m ln r2 φ k = m ln r Vi får med dette at φ u = Ur cos θ og φ k = m ln r. b) Bygger vi videre på dette kan vi finne den totale utstrømningen fra origo ved å integrere volumstrømmen over en sirkel om origo med radius r. Potensialfunksjonen, φ k, for kilden er gitt slik at φ k = m ln x2 + y 2 = m ln r. Vi kan med dette integrere med polare koordinater over en sirkel for å finne den totale utstrømningen. Q = v r da, hvor da = rdθ slik at Q = A v r rdθ, hvor vi finner volumstrømmen gitt at v = φ k v = φ k = φ k m r + φ k r θ v = ln r i r r + r v = m i r r + i θ v r = m, v r θ = θ m ln r i θ Q = Q = Q = m m r m dθ rdθ = m θ Vi har med dette vist at den totale utstrømningen fra kilden er lik m. c) Videre kan vi regne ut hastighetsfeltet v = φ u + φ k. v = φ u + φ k = φ u +φ k r + r φ u +φ k θ, hvor φ u + φ k er φ u + φ k = Ux + m ln x2 + y 2 = Ur cos θ + m ln r v = U cos θ + m r v = U cos θ + m r i r + r Ur sin θ + i θ i r U sin θ i θ 9

10 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim For å kunne bestemme strømstyrken U som en funksjon av kildestyrken m slik at stagnasjonspunktet ligger i x = og y =, må vi se på informasjonen rundt et stagnasjonspunkt. For et stagnasjonspunkt har vi at: v = U cos θ + m r i r U sin θ i θ = v r = U cos θ + m r = og v θ = U sin θ = Vi kan nå konvertere til det kartesiske systemet gitt at r = x 2 + y 2, x = r cos θ og y = r sin θ. v r = Ux + x 2 +y 2 m x 2 +y 2 = og v θ = Uy x 2 +y 2 = Da vi ønsker stagnasjonspunktet i x = og y =, får vi at U + m U = og = = U = m Vi har med dette at strømstyrken U = m dersom stagnasjonspunktet ligger i = og y =. d) For å finne strømfunksjonen ψ, sjekker vi først divergensen for å se om det eksisterer en strømfunksjon. Vi har fra tidligere at v r = U cos θ + m r og v θ = U sin θ slik at divergensen er v = r r rv r + r θ rv θ. v = r v = r v = r r ru cos θ r ru cos θ + r m r ru cos θ + m U cos θ v = U cos θ U cos θ v = r θ r θ ru sin θ ru sin θ Vi ser fra dette at hastighetsfeltet er divergensfritt. Det finnes med andre ord en strømfunksjon ψ for feltet v. Denne strømfunksjonen kan vi finne på samme måte som når vi bruker kartesiske koordinater, da divergensen er lik, men siden vi nå bruker polare må vi gjøre følgende endring i uttrykket vårt: v x = ψ y v y = ψ x ψ v r = r θ v θ = ψ r Med dette er det mulig å finne strømfunksjonen da vi får to uttrykk. ψ = v θ r og ψ = v r rθ

11 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim ψ = v θ r = U sin θ r ψ = Ur sin θ + f v r ψ = v r rθ = U cos θ + m r ψ = Ur sin θ m θ + f v θ rθ = Ur cos θ + m θ Dette gir to uttrykk for ψ, hvor hvert uttrykk har et konstantledd. ψ = Ur sin θ m θ + f v θ og ψ = Ur sin θ + f v r For at disse uttrykkene for ψ skal være like, må f v θ = og f v r = m θ Dette gir at oss at strømfunksjonen ψ = Ur sin θ m θ. Vi kan videre vise at kurven som skiller de to strømningen er gitt ved θ + r sin θ = π. Vi kan anta at kurven er konstant, slik at ψ = Ur sin θ m θ = k, hvor k er en konsant. Vi har også tidligere regnet ut at U = m. Dette gir oss r sin θ θ = k m r sin θ + θ = k m = k, bytter vi fortegn får vi at m Altså må k være lik m 2. Dette viser at kurven som skiller de to strømningen er gitt ved r sin θ + θ = π.

12 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim Oppgave 5) a) Vi kan forklar kort hvorfor varmeledningslikningen i dette tilfellet forenkler seg til T = κ 2 T t x 2 gitt at varmeledningslikningen er T t = κ 2 T, hvor 2 T = 2 T + 2 T x 2 y T 2 slik at = κ 2 T t + 2 T. x 2 y 2 Da temperaturen ikke varierer på tvers av staven i y-retningen, har vi at 2 T y 2 =. Dette gir at T = κ 2 T + t x 2 T = κ 2 T t x 2 Dette viser at T = t κ 2 T = κ 2 T x 2. Vi kan også finne en tidsuavhengig løsning T s x som overholder betingelsene ovenfor og de gitte randbetingelsene. Da løsningen T s x er tidsuavhengig har vi at T = κ 2 T = t x 2 κ 2 T = κ x 2 k 2 T s x 2 = Dersom vi nå integrerer uttrykket to ganger får vi at T S = Ax + B, hvor A og B er integrasjonskonstanter. Setter vi inn for x = og x = l får vi at T s = A + B = T B = T T s = Al + T = T l A = T l T l T s x = T l T l + T. Fra dette har vi at T s x = T l T l + T. b) c) Vi kan bestemme α, gitt et tidsavhengig temperaturfelt T x, t = T s x + A sin βx e αt der T s x er løsningen fra a) og A, k og α er konstanter. Vi antar at temperaturfeltet må oppfylle 2

13 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim T = κ 2 T t x 2 slik at T x, t er en løsning av varmeledningslikningen. Dette gir T t = αa sin βx e αt og 2 T t 2 = β2 A sin βx e αt. Dette gir oss at T = κ 2 T t x 2 αa sin βx e αt = κ β 2 A sin βx e αt αa sin βx e αt = κβ 2 A sin βx e αt α = κβ 2 Vi har med dette bestemt at α = κβ 2. d) 3