📚
FÍSICA UB - WIKIBLOG
Sobre aquesta webFes-te editor/a!Contacte
➰

Q3 Gener 2022

Enunciat

notion image

Esquema

notion image

Càlculs previs

v⃗=(0vθ(r,z)0)\vec{v}= \begin{pmatrix} 0\\[5pt] v_\theta(r,z)\\[5pt] 0 \end{pmatrix}
Aleshores
∇⃗v⃗=(0∂vθ∂r0−vθr00000)v⃗⋅∇⃗v⃗=(−vθ2r00)\vec{\nabla}\vec{v}= \begin{pmatrix} 0&\frac{\partial v_\theta}{\partial r}&0\\[5pt] -\frac{v_\theta}{r}&0&0\\[5pt] 0&0&0 \end{pmatrix} \qquad \vec{v}\cdot\vec{\nabla}\vec{v}= \begin{pmatrix} -\frac{v_\theta^2}{r}\\[5pt] 0\\[5pt] 0 \end{pmatrix}∇2v⃗=(0∂2vθ∂r2+1r∂vθ∂r−vθr2+∂2vθ∂z20)\nabla^2\vec{v}=\begin{pmatrix} 0\\[5pt] \frac{\partial^2v_\theta}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r}-\frac{v_\theta}{r^2}+\frac{\partial^2 v_\theta}{\partial z^2} \\[5pt] 0 \end{pmatrix}
 
Podem comprovar també si volem que és incompressible
∇⃗⋅v⃗=0\vec{\nabla}\cdot\vec{v}=0
L’equació de Navier-Stokes en el cas més general és
ρ∂v⃗∂t+ρv⃗⋅∇⃗v⃗=−∇⃗p+η∇2v⃗+f⃗\rho \frac{\partial \vec{v}}{\partial t}+\rho \vec{v} \cdot \vec{\nabla} \vec{v}=-\vec{\nabla} p+\eta \nabla^2 \vec{v}+\vec{f}
L’enunciat ens dona una viscositat cinemàtica. Sabem de teoria que
ν=ηρ\nu=\frac{\eta}{\rho}
A part, l’enunciat no ens ho diu, però suposarem que no hi ha forces volúmiques (negligim la gravetat). I ens ho demanen en condicions estacionàries, així que tot plegat queda
ρ∂v⃗∂t+ρv⃗⋅∇⃗v⃗=−∇⃗p+ρν∇2v⃗+f⃗\rho \cancel{\frac{\partial \vec{v}}{\partial t}}+\rho \vec{v} \cdot \vec{\nabla} \vec{v}=-\vec{\nabla} p+\rho\nu \nabla^2 \vec{v}+\cancel{\vec{f}}
Vale, el següent pas és segurament el més important de tots. Ja que es tracta d’un fluid que està rotant en la direcció angular, serà molt difícil causar-li un gradient de pressió en aquesta component (de seguida es compensarà). Aleshores, la idea clau està en assumir (en un cas així sempre és una bona assumpció) que
Assumim que ∂p∂θ=0\text{Assumim que }\quad\frac{\partial p}{\partial\theta}=0
Aleshores l’equació de Navier-Stokes escrita en forma matricial queda
ρ(−vθ2r00)=−(∂p∂r0∂p∂z)+ρν(0∂2vθ∂r2+1r∂vθ∂r−vθr2+∂2vθ∂z20)\rho \begin{pmatrix} -\frac{v_\theta^2}{r}\\[5pt] 0\\[5pt] 0 \end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} \frac{\partial p}{\partial r} \\[5pt] 0 \\[5pt] \frac{\partial p}{\partial z} \end{pmatrix} + \rho\nu \begin{pmatrix} 0\\[5pt] \frac{\partial^2v_\theta}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r}-\frac{v_\theta}{r^2}+\frac{\partial^2 v_\theta}{\partial z^2} \\[5pt] 0 \end{pmatrix}
D’on per una banda obtenim que pp no depèn de zz, per altra banda obtenim que
∂p∂r=−vθ2r  ⟹  p(r)=−∫vθ2rdr\frac{\partial p}{\partial r}=-\frac{v_\theta^2}{r}\implies p(r)=-\int \frac{v_\theta^2}{r}dr
I finalment obtenim una equació diferencial que ens permetera trobar vθv_\theta
ν(∂2vθ∂r2+1r∂vθ∂r−vθr2+∂2vθ∂z2)=0\nu\left(\frac{\partial^2v_\theta}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r}-\frac{v_\theta}{r^2}+\frac{\partial^2 v_\theta}{\partial z^2}\right)=0
Que és per on comença directament la solució de la qüestió resolta. El que ve a continuació ja és més clar, tal com està explicat a les solucions. Bàsicament tens unes condicions de contorn, anomenades “stick boundary conditions”
vθ(z=0)=0v_\theta(z=0)=0vθ(z=h)=Ωrv_\theta(z=h)=\Omega r
I de fet en hi ha una altra, però que no ens és gaire útil
vθ(r=0)=0v_\theta(r=0)=0
A partir d’aquí, l’apartat b fa un “Ansatz” i suposa que vθ=Af(z)rv_\theta=Af(z)r. Introduint-ho a l’equació diferencial obtenim
∂2vθ∂r2+1r∂vθ∂r−vθr2+∂2vθ∂z2=0  ⟹  Arf′′(z)=0  ⟹  f(z)=Bz+C\frac{\partial^2v_\theta}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r}-\frac{v_\theta}{r^2}+\frac{\partial^2 v_\theta}{\partial z^2}=0\implies Arf''(z)=0\implies f(z)=Bz+C
A partir de les condicions de contorn s’obté
C=0B=ΩhAC=0\qquad\quad B=\frac{\Omega}{hA}
I per tant
vθ=Ωzhr\boxed{v_\theta=\Omega\frac{z}{h}r}
Solució alternativa (sense Ansatz).
També podríem haver procedit fent
∂2vθ∂r2+1r∂vθ∂r−vθr2=∂2vθ∂z2=K\frac{\partial^2v_\theta}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r}-\frac{v_\theta}{r^2}=\frac{\partial^2 v_\theta}{\partial z^2}=K
Aleshores per una banda tenim l’equació diferencial
∂∂r[1r∂∂r(rvθ)]=K⟶vθ(r)=Kr23+A(z)r2+B(z)r\frac{\partial}{\partial r}\left[ \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}(rv_\theta) \right]=K\longrightarrow v_\theta(r)=\frac{Kr^2}{3}+\frac{A(z)r}{2}+\frac{B(z)}{r}
Que per finitud s’imposa B=0B=0, i a partir de vθ(z=h)=Ωrv_\theta(z=h)=\Omega r arribem a la conclusió que K=0K=0, quedant tot plegat
vθ(r,z)=A(z)r/2=A1(z)rA1(h)=Ωv_\theta(r,z)=A(z)r/2=A_1(z)r\qquad\quad A_1(h)=\Omega
I d’altra banda
∂2vθ∂z2=0⟶vθ(r,z)=C(r)z+D(r)=C(r)z\frac{\partial^2 v_\theta}{\partial z^2}=0\longrightarrow v_\theta(r,z)=C(r)z+D(r)=C(r)z
Posant en comú les dues solucions veiem que
vθ(r,z)=Crzv_\theta(r,z)=Crz
I per condicions de contorn determinem CC
vθ(r,z)=Ωhzr\boxed{v_\theta(r,z)=\frac{\Omega}{h}zr}