BA Emilio Schmidt

(Der Echtzeit-Previewer rendert leider keine Formeln. Am besten stets mit "edit source" statt dem visual "edit" arbeiten und bitte ausgiebig den Knopf "Show preview" benutzen anstatt zig mal abzuspeichern. Diskussionen sollten unter Discussion geführt werden. -- Lothar)

Stokes-Fluss um eine Kugel

Kraftberechnung

$$\begin{array}{c}\overrightarrow{F}=\underset{\partial K}{\iint }\underset{―}{\underset{―}{\sigma }}\cdot \text{d}\overrightarrow{S}\\ \text{und}{F}_z={\overrightarrow{e}}_z\cdot \underset{\partial K}{\iint }\underset{―}{\underset{―}{\sigma }}\cdot \text{d}\overrightarrow{S}=\underset{\partial K}{\iint }{\overrightarrow{e}}_z\cdot \underset{―}{\underset{―}{\sigma }}\cdot \text{d}\overrightarrow{S}\stackrel{\text{Kugel}}{=}\underset{\partial K}{\iint }{\overrightarrow{e}}_z\cdot \underset{―}{\underset{―}{\sigma }}\cdot {\overrightarrow{e}}_r\text{d}S\end{array}$$ Bei Zylindersymmetrie und Verwendung von KK wird daraus $$\begin{array}{rl}{F}_z& ={\int }_0^{\pi }{\int }_0^{2\pi }({\overrightarrow{e}}_r\cos \theta -{\overrightarrow{e}}_{\theta }\sin \theta )\cdot \underset{―}{\underset{―}{\sigma }}(r=R,\theta )\cdot {\overrightarrow{e}}_r{R}^2\sin \theta \text{d}\varphi \text{d}\theta \\ & =2\pi R^2{\int }_0^{\pi }({\sigma }_{rr}(r=R,\theta )\cos \theta \sin \theta -{\sigma }_{\theta r}(r=R,\theta ){\sin }^2\theta )\text{d}\theta \end{array}$$

Dabei lautet der Spannungstensor (s. auch Wikipedia) $$\underset{―}{\underset{―}{\sigma }}=\dots$$ und bei der Formulierung von $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\overrightarrow{u}$ und $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{u}$ in KK hilft ebenfalls die Wikipedia. Die Komponenten des Einheitstensors $\mathbb{1}$ schließlich bilden in jeder Basis die Einheitsmatrix.

Kraftberechnung (Emilio)

Die Kraft, welche auf die umströmte Kugel wirkt, ist gegeben durch folgendes Oberflächenintegral: $$\begin{array}{r}\overrightarrow{F}={\oint }_{\partial V}\underset{―}{\underset{―}{\sigma }}\cdot \text{d}\overrightarrow{A}\end{array}$$

Dabei gilt für ein Oberflächenelement $\text{d}\overrightarrow{A}$ einer Kugel mit Radius $r=R$, in Kugelkoordinaten: $$\begin{array}{r}\text{d}\overrightarrow{A}=R^2\sin (\mathrm{\Theta })\text{d}\phi \text{d}\mathrm{\Theta }{\overrightarrow{e}}_r\end{array}$$

Einsetzen und weitere Berechnung in Kugelkoordinaten liefert: $$\begin{array}{r}\overrightarrow{F}={\int }_0^{\pi }{\int }_0^{2\pi }\underset{―}{\underset{―}{\sigma }}(r=R,\mathrm{\Theta },\phi )\cdot {\overrightarrow{e}}_r{R}^2\sin (\mathrm{\Theta })\text{d}\phi \text{d}\mathrm{\Theta }\end{array}$$

Auswerten des Matrix-Vektor-Produktes liefert, dass nur die $rr$-, $\mathrm{\Theta }r$- und $\phi r$-Komponenten des Spannungstensors multipliziert mit entsprechenden Basisvektoren übrig bleiben. Es gilt also: $$\begin{array}{r}\overrightarrow{F}={\int }_0^{\pi }{\int }_0^{2\pi }[{\sigma }_{rr}{\overrightarrow{e}}_r+{\sigma }_{\mathrm{\Theta }r}{\overrightarrow{e}}_{\mathrm{\Theta }}+{\sigma }_{\phi r}{\overrightarrow{e}}_{\phi }]R^2\sin (\mathrm{\Theta })\text{d}\phi \text{d}\mathrm{\Theta }\end{array}$$

Mit der Annahme, dass vorliegendes Problem Zylindersymmetrie hat, lässt sich folgern, dass der Spannungstensor und damit auch dessen Komponenten unabhängig von $\phi$ ist, weshalb gelten muss: $$\begin{array}{r}{\sigma }_{\phi r}=0\end{array}$$

Damit kann nun das Integral über $\phi$ berechnet werden: $$\begin{array}{r}\overrightarrow{F}=2\pi R^2{\int }_0^{\pi }[{\sigma }_{rr}{\overrightarrow{e}}_r+{\sigma }_{\mathrm{\Theta }r}{\overrightarrow{e}}_{\mathrm{\Theta }}]\sin (\mathrm{\Theta })\text{d}\mathrm{\Theta }\end{array}$$

Um nun das Integral über $\mathrm{\Theta }$ berechnen zu können, wird die explizite Form des Spannungstensors, für dieses Problem benötigt. Im Allgemeinen ist der Spannungstensor für reale, newtonsche Fluide gegeben durch: $$\begin{array}{r}\underset{―}{\underset{―}{\sigma }}=-[p-\zeta (\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{u})]\mathbb{1}+\mu [\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\overrightarrow{u}+(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\overrightarrow{u}{)}^T-\frac{2}{3}(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{u})\mathbb{1}]\end{array}$$

Dabei ist $\zeta$ die Volumenviskosität, welche jedoch aufgrund (Begründung), vernachlässigt werden kann. Damit folgt: $$\begin{array}{r}\underset{―}{\underset{―}{\sigma }}=-p\mathbb{1}+\mu [\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\overrightarrow{u}+(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\overrightarrow{u}{)}^T\frac{2}{3}(\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{u})\mathbb{1}]\end{array}$$

Dabei ist $\mathbb{1}$ der Einheitstensor, $\mu$ die dynamische Viskosität und $\overrightarrow{u}$ die Geschwindigkeit des Fluides. Aufgrund dessen, dass bei der Kraftberechnung in Kugelkoordinaten nur die $rr$- und $\mathrm{\Theta }r$-Komponente des Spannungstensors eingehen, werden im Folgenden auch nur diese bestimmt. Die $rr$-Komponente ist dabei gegeben durch: $$\begin{array}{r}{\sigma }_{rr}=-p+\mu [2\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{\overrightarrow{u}}_{rr}-\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{u}]\end{array}$$

Hierbei ist $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{\overrightarrow{u}}_{rr}$ die $rr$-Komponente des Vektorgradienten $\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\overrightarrow{u}$, welche gegeben ist durch: $$\begin{array}{r}\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{\overrightarrow{u}}_{rr}=\frac{\partial u_r}{\partial r}\end{array}$$

Die Divergenz, des Geschwindigkeitsfeldes, ist bei Zylindersymmetrie gegeben durch: $$\begin{array}{r}\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{u}=\frac{1}{r^2}\frac{\partial r^2{u}_r}{\partial r}+\frac{1}{r\sin (\mathrm{\Theta })}\frac{\partial \sin (\mathrm{\Theta })u_{\mathrm{\Theta }}}{\partial \mathrm{\Theta }}\end{array}$$

Einsetzen in die $rr$-Komponente des Vektorgradienten liefert: $$\begin{array}{r}{\sigma }_{rr}=-p+\mu [2\frac{\partial u_r}{\partial r}-\frac{2}{3}(\frac{1}{r^2}\frac{\partial r^2{u}_r}{\partial r}+\frac{1}{r\sin (\mathrm{\Theta })}\frac{\partial \sin (\mathrm{\Theta })u_{\mathrm{\Theta }}}{\partial \mathrm{\Theta }})]\end{array}$$

Aufgrund dessen, dass bei der Kraftberechnung das Oberflächenintegral über eine Kugel mit dem Radius $r=R$ bestimmt wird, muss zusätzlich gelten: $$\begin{array}{r}{\sigma }_{rr}=-p+\mu [2\frac{\partial u_r}{\partial r}{|}_{r=R}-\frac{2}{3}(\frac{1}{R^2}\frac{\partial r^2{u}_r}{\partial r}{|}_{r=R}+\frac{1}{R\sin (\mathrm{\Theta })}\frac{\partial \sin (\mathrm{\Theta })u_{\mathrm{\Theta }}}{\partial \mathrm{\Theta }}{|}_{r=R})]\end{array}$$

Die $\mathrm{\Theta }r$-Komponente ist analog gegeben durch: $$\begin{array}{r}{\sigma }_{\mathrm{\Theta }r}=-p+\mu [\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{\overrightarrow{u}}_{\mathrm{\Theta }r}+\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{\overrightarrow{u}}_{r\mathrm{\Theta }}-\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot \overrightarrow{u}]\end{array}$$

Einsetzen der jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten und der Divergenz und Auswerten an $r=R$ liefert: $$\begin{array}{r}{\sigma }_{\mathrm{\Theta }r}=-p+\mu [\frac{\partial u_{\mathrm{\Theta }}}{\partial r}{|}_{r=R}+\frac{1}{R^2}\frac{\partial u_r}{\partial \mathrm{\Theta }}{|}_{r=R}-\frac{u_{\mathrm{\Theta }}}{R}{|}_{r=R}-\frac{2}{3}(\frac{1}{R^2}\frac{\partial r^2{u}_r}{\partial r}{|}_{r=R}+\frac{1}{R\sin (\mathrm{\Theta })}\frac{\partial \sin (\mathrm{\Theta })u_{\mathrm{\Theta }}}{\partial \mathrm{\Theta }}{|}_{r=R})]\end{array}$$