BA Emilio Schmidt: Difference between revisions

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m (→‎Kraftberechnung: Def. \sigma)
(Anmerkungen von Lothar und ein Rechenfehler meinerseits verbessert)
Line 22: Line 22:
\end{equation}
\end{equation}
und bei der Formulierung von ∇→u→ und ∇→⋅u→ in KK hilft ebenfalls die [https://en.wikipedia.org/wiki/Del_in_cylindrical_and_spherical_coordinates#Del_formula Wikipedia]. Die Komponenten des Einheitstensors \et schließlich bilden in jeder Basis die Einheitsmatrix.
und bei der Formulierung von ∇→u→ und ∇→⋅u→ in KK hilft ebenfalls die [https://en.wikipedia.org/wiki/Del_in_cylindrical_and_spherical_coordinates#Del_formula Wikipedia]. Die Komponenten des Einheitstensors \et schließlich bilden in jeder Basis die Einheitsmatrix.


== Kraftberechnung (Emilio)==
== Kraftberechnung (Emilio)==
Die Kraft, welche auf die umströmte Kugel wirkt, ist gegeben durch folgendes Oberflächenintegral:
Die Kraft, welche auf die umströmte Kugel wirkt, ist gegeben durch folgendes Oberflächenintegral:
\begin{align*}
\begin{align}
\vec{F}=\oint_{\partial V} \underline{\underline\sigma}\cdot\text d\vec A
\vec{F}=\oint_{\partial V} \sigt\cdot\text d\vec A
\end{align*}
\end{align}


Dabei gilt für ein Oberflächenelement dA→ einer Kugel mit Radius r=R, in Kugelkoordinaten:
Dabei gilt für ein Oberflächenelement dA→ einer Kugel mit Radius  
\begin{align}
r=R, in Kugelkoordinaten:
\begin{align*}
\text d\vec{A}=R^2\sin(\theta)\text d\varphi\text d\theta\vec{e}_r
\text d\vec{A}=R^2\sin(\theta)\text d\varphi\text d\theta\vec{e}_r
\end{align}
\end{align*}


Einsetzen und weitere Berechnung in Kugelkoordinaten liefert:
Einsetzen und weitere Berechnung in Kugelkoordinaten liefert:
\begin{align}
\begin{align*}
\vec{F}=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\sigt(r=R,\theta,\varphi)\cdot\vec{e}_r
\vec{F}=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\underline{\underline\sigma}(r=R,\theta,\varphi)\cdot\vec{e}_r
R^2\sin(\theta)\text d\varphi\text d\theta
R^2\sin(\theta)\text d\varphi\text d\theta
\end{align}
\end{align*}


Auswerten des Matrix-Vektor-Produktes liefert, dass nur die rr-, θr- und φr-Komponenten des Spannungstensors multipliziert mit entsprechenden Basisvektoren übrig bleiben. Es gilt also:
Auswerten des Matrix-Vektor-Produktes liefert, dass nur die rr-, θr- und φr-Komponenten des Spannungstensors multipliziert mit entsprechenden Basisvektoren übrig bleiben. Es gilt also:
\begin{align}
\begin{align*}
\vec{F}=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}[\sigma_{rr}\vec{e}_r+\sigma_{\theta r}\vec{e}_{\theta}
\vec{F}=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}
+\sigma_{\varphi r}\vec{e}_{\varphi}]R^2\sin(\theta)\text d\varphi\text d\theta
[\sigma_{rr}\vec{e}_r+\sigma_{\theta r}\vec{e}_{\Theta}
\end{align}
+\sigma_{\varphi r}\vec{e}_{\varphi}]\Big|_{r=R}
 
R^2\sin(\theta)\text d\varphi\text d\theta
Mit der Annahme, dass vorliegendes Problem Zylindersymmetrie hat, lässt sich folgern, dass der Spannungstensor und damit auch dessen Komponenten unabhängig von φ ist, weshalb gelten muss:
\end{align*}
\begin{align}
\sigma_{\varphi r}=0
\end{align}
 
Damit kann nun das Integral über φ berechnet werden:
\begin{align}
\vec{F}=2\pi R^2\int_{0}^{\pi}[\sigma_{rr}\vec{e}_r+
\sigma_{\theta r}\vec{e}_{\theta}]\sin(\theta)\text d\theta
\end{align}


Um nun das Integral über θ berechnen zu können, wird die explizite Form des Spannungstensors, für dieses Problem benötigt. Im Allgemeinen ist der Spannungstensor für reale, newtonsche Fluide gegeben durch:
Um nun die Integrale ausrechnen zu können, wird die explizite Form des Spannungstensors, für dieses Problem benötigt. Im Allgemeinen ist der Spannungstensor für reale, newtonsche Fluide gegeben durch:  
\begin{align}
\begin{align*}
\sigt=
\underline{\underline\sigma}=
-\bigg[p-\zeta(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\bigg]\mathbb{1}
-\bigg[p-\zeta(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\bigg]\mathbb{1}
+\mu\bigg[\vec{\nabla}\vec{u}+(\vec{\nabla}\vec{u})^T
+\mu\bigg[\vec{\nabla}\vec{u}+(\vec{\nabla}\vec{u})^T
-\frac{2}{3}(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\mathbb{1}\bigg]
-\frac{2}{3}(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\mathbb{1}\bigg]
\end{align}
\end{align*}


Dabei ist ζ die Volumenviskosität, welche jedoch aufgrund (Begründung), vernachlässigt werden kann. Damit folgt:
Mit der Volumenviskosität ζ, welche jedoch aufgrund der Stokes'schen Hypothese, vernachlässigt werden kann. Damit folgt:
\begin{align}
\begin{align*}
\sigt=
\underline{\underline\sigma}=
-p\mathbb{1}
p\mathbb{1}
+\mu\bigg[\vec{\nabla}\vec{u}+(\vec{\nabla}\vec{u})^T
+\mu\bigg[\vec{\nabla}\vec{u}+(\vec{\nabla}\vec{u})^T
\frac{2}{3}(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\mathbb{1}\bigg]
-\frac{2}{3}(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\mathbb{1}\bigg]
\end{align}
\end{align*}


Dabei ist 1 der Einheitstensor, μ die dynamische Viskosität und u→ die Geschwindigkeit des Fluides.
Dabei ist 1 der Einheitstensor, μ die dynamische Viskosität und  
Aufgrund dessen, dass bei der Kraftberechnung in Kugelkoordinaten nur die rr- und θr-Komponente des Spannungstensors eingehen, werden im Folgenden auch nur diese bestimmt. Die rr-Komponente ist dabei gegeben durch:
u→ die Geschwindigkeit des Fluides. Aufgrund dessen, dass bei der Kraftberechnung in Kugelkoordinaten nur die \(rr\)-, \(\varphi r\)- und θr-Komponente des Spannungstensors eingehen, werden im Folgenden auch nur diese bestimmt. Die rr-Komponente ist dabei gegeben durch:
\begin{align}
\begin{align*}
\sigma_{rr}=-p+\mu\bigg[2\vec{\nabla}\vec{u}_{rr}
\sigma_{rr}=-p+\mu\bigg[2\vec{\nabla}\vec{u}_{rr}
-\frac{2}{3}\vec{\nabla}\cdot\vec{u}\bigg]
-\frac{2}{3}\vec{\nabla}\cdot\vec{u}\bigg]
\end{align}
\end{align*}


Hierbei ist ∇→u→rr die \(rr\)-Komponente des Vektorgradienten ∇→u→, welche gegeben ist durch:
∇→u→rr ist hier die $rr$-Komponente des Vektorgradienten  
\begin{align}
∇→u→, welche gegeben ist durch:
\begin{align*}
\vec{\nabla}\vec{u}_{rr}=\frac{\partial u_r}{\partial r}
\vec{\nabla}\vec{u}_{rr}=\frac{\partial u_r}{\partial r}
\end{align}
\end{align*}


Die Divergenz, des Geschwindigkeitsfeldes, ist bei Zylindersymmetrie gegeben durch:
Für die Divergenz des Geschwindigkeitsfeldes gilt allgemein in Kugelkoordinaten:
\begin{align}
\begin{align*}
\vec{\nabla}\cdot\vec{u}=
\vec{\nabla}\cdot\vec{u}=
\frac{1}{r^2}\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}
\frac{1}{r^2}\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}
+\frac{1}{r\sin(\theta)}
+\frac{1}{r\sin(\theta)}
\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}{\partial\theta}
\frac{\partial\sin(\theta)u_{\theta}}{\partial\theta}
\end{align}
+\frac{1}{r\sin(\theta)}
\frac{\partial u_{\varphi}}{\partial\varphi}
\end{align*}
 
Aufgrund dessen, dass das Fluid eine Kugel umströmt, hat das Geschwindigkeitsfeld um die Kugel Zylindersymmetrie. Daher fällt die azimutale Ableitung bei Betrachtung des Geschwindigkeitsfeld um die Kugel, weg. Außerdem folgt aus der vorgegebenen Anfangsbedingung, dass das Fluid entlang der z-Achse einströmt zusammen mit der Kugelsymmetrie der Kugel, dass das Geschwindigkeitsfeld und auch sämtliche anderen relevanten Felder die dieses Problem beschreiben keine azimutale Komponente aufweisen können. Damit folgt für die Divergenz des Geschwindigkeitsfeldes:
\begin{align*}
\vec{\nabla}\cdot\vec{u}=
\frac{1}{r^2}
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}
+\frac{1}{r\sin(\theta)}
\frac{\partial\sin(\theta)u_{\theta}}
{\partial\theta}
\end{align*}
Einsetzen in die rr-Komponente und auswerten an der Kugeloberfläche liefert:
\begin{align*}
\sigma_{rr}\Big|_{r=R}=-p(R,\theta)
+\mu(R,\theta)\bigg[
2\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3}\frac{1}{R^2}
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
+\frac{1}{R\sin(\theta)}
\frac{\partial\sin(\theta)u_{\theta}}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]
\end{align*}
Die Ableitungen lassen sich zusätzlich, mittels der Produktregel vereinfachen. Es folgt:
\begin{align*}
\sigma_{rr}\Big|_{r=R}=-p(R,\theta)
+\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\frac{\partial u_{\theta}}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]
\end{align*}
 
Für die θr-Komponente gilt dann gemäß obiger Gleichung:
\begin{align*}
\sigma_{\theta r}=\mu\bigg[
\vec{\nabla}\vec{u}_{\theta r}
+\vec{\nabla}\vec{u}_{r\theta}\bigg]
\end{align*}


Einsetzen in die rr-Komponente des Vektorgradienten liefert:
Einsetzen der jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten und auswerten an der Kugeloberfläche liefert:
\begin{align}
\begin{align*}
\sigma_{rr}=-p
\sigma_{\theta r}\Big|_{r=R}=
+\mu\bigg[2\frac{\partial u_r}{\partial r}-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{r^2}\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}
\mu(R,\theta)\bigg[
+\frac{1}{r\sin(\theta)}\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}{\partial\theta}\bigg)\bigg]
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
\end{align}
+\frac{1}{R}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{u_{\Theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg]
\end{align*}


Aufgrund dessen, dass bei der Kraftberechnung das Oberflächenintegral über eine Kugel mit dem Radius \(r=R\) bestimmt wird, muss zusätzlich gelten:
Für die \(\varphi r\)-Komponente gilt gemäß obiger Gleichung:
\begin{align}
\begin{align*}
\sigma_{rr}=-p+\mu\bigg[2\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{R^2}
\sigma_{\varphi r}=\mu\bigg[
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}+\frac{1}{R\sin(\theta)}
\vec{\nabla}\vec{u}_{\varphi r}
\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg)\bigg]
+\vec{\nabla}\vec{u}_{r\varphi}\bigg]
\end{align}
\end{align*}


Die θr-Komponente ist analog gegeben durch:
Die jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten sind im Allgemeinen gegeben durch:
\begin{align}
\begin{align*}
\sigma_{\theta r}=\mu\bigg[\vec{\nabla}\vec{u}_{\theta r}+\vec{\nabla}\vec{u}_{r\theta}
&\vec{\nabla}\vec{u}_{\varphi r}=
-\frac{2}{3}\vec{\nabla}\cdot\vec{u}\bigg]
\frac{\partial u_{\varphi}}{\partial r}\
\end{align}
&\vec{\nabla}\vec{u}_{r\varphi}=
\frac{1}{r\sin(\theta)}
\frac{\partial u_r}{\partial\varphi}
-\frac{u_\varphi}{r}
\end{align*}


Einsetzen der jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten und der Divergenz und Auswerten an \(r=R\) liefert:  
Analog zu oben, fallen hier auch sowohl die azimutalen Komponenten als auch die azimutalen Ableitungen weg, weshalb für die \(\varphi r\)-Komponente des folgt:
\begin{align}
\begin{align*}
\sigma_{\theta r}=\mu\bigg[\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
\sigma_{\varphi r}=0
+\frac{1}{R^2}\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
\end{align*}
-\frac{u_{\theta}}{R}\Big|_{r=R}-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{R^2}
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}+\frac{1}{R\sin(\theta)}
\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg)\bigg]
\end{align}


Einsetzen in das Integral zur Kraftberechnung liefert:
Einsetzen in das Integral zur Kraftberechnung liefert und auswerten des Integrals über φ liefert:
\begin{align}
\begin{align*}
&\phantom{\leftrightarrow,,}
&\phantom{\leftrightarrow,,}
\vec{F}=2\pi R^2\int_{0}^{\pi}\bigg[-p(r=R,\theta)
\vec{F}=2\pi R^2\int_{0}^{\pi}\bigg[
+\mu(r=R,\theta)\bigg[2\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
-p(R,\theta)\
-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{R^2}
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
+\mu(R,\theta)\bigg[
+\frac{1}{R\sin(\theta)}
\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg)\bigg]\vec{e}_r\
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\frac{\partial u_{\theta}}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]\vec{e}_r\
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
+\mu(r=R,\theta)\bigg[
+\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}+\frac{1}{R^2}\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}-\frac{u_{\theta}}{R}\Big|_{r=R}
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{R^2}
+\frac{1}{R}
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
+\frac{1}{R\sin(\theta)}
-\frac{u_{\Theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg]
\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}
\vec{e}_{\Theta}\bigg]\sin(\Theta)\text d\Theta\
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg)\bigg]\vec{e}_{\theta}\bigg]
\sin(\theta)\text d\theta\
&\Leftrightarrow
&\Leftrightarrow
\vec{F}=2\pi R^2\bigg[-\int_{0}^{\pi}p(r=R,\theta)\vec{e}_r\sin(\theta)d\theta
\vec{F}=2\pi R^2
+\int_{0}^{\pi}\mu(r=R,\theta)\bigg[
\bigg[
2\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\int_{0}^{\pi}p(R,\theta)\vec{e}_r\sin(\theta)d\theta\
-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{R^2}
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
+\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
+\frac{1}{R\sin(\theta)}
\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg)\bigg]
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\frac{\partial u_{\theta}}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]
\vec{e}_r\sin(\theta)\text d\theta\       
\vec{e}_r\sin(\theta)\text d\theta\       
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
+\int_{0}^{\pi}\mu(r=R,\theta)\bigg[
+\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
+\frac{1}{R^2}
+\frac{1}{R}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{u_{\theta}}{R}\Big|_{r=R}
-\frac{u_{\Theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg]
-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{R^2}
\vec{e}_{\Theta}\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\frac{\partial r^2 u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
\end{align*}
+\frac{1}{R\sin(\theta)}
\frac{\partial \sin(\theta)u_{\theta}}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg)\bigg]\bigg]
\vec{e}_{\theta}
\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\end{align}


Mit der Produktregel folgt:
Da in vorliegendem Problem insbesondere die Kraft auf die Kugel in z-Richtung von Interesse ist, wird nun die Projektion des Kraftvektors auf die z-Achse bestimmt:
\begin{align}
\begin{align*}
&\phantom{\leftrightarrow,,}
&\phantom{\leftrightarrow,,}
\vec{F}=2\pi R^2\bigg[-\int_{0}^{\pi}p(r=R,\theta)\vec{e}_r\sin(\theta)d\theta
F_z=\vec{e}_z\cdot\vec{F}
+\int_{0}^{\pi}\mu(r=R,\theta)\bigg[\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
\end{align*}
 
Aufgrund dessen, dass die z-Achse eine ausgezeichnete Achse ist und der Linearität der Integrationsoperation, kann der Basisvektor e→z in das Integral hineingezogen werden. Damit folgt für Fz:
\begin{align*}
&F_z=2\pi R^2
\bigg[
-\int_{0}^{\pi}p(R,\theta)\vec{e}_r\cdot\vec{e}_z
\sin(\theta)d\theta\
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
+\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}
-\frac{2}{3R}\frac{\partial u_{\theta}}
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]\vec{e}_r\sin(\theta)
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]
\text d\theta\       
\vec{e}_r\cdot\vec{e}_z\sin(\theta)\text d\theta\       
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
+\int_{0}^{\pi}\mu(r=R,\theta)\bigg[
+\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
+\frac{1}{R}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}+\frac{1}{R^2}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{u_{\Theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg]
-\frac{2}{3R}
\vec{e}_{\Theta}\cdot\vec{e}_z
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
\bigg]\vec{e}_{\theta}
\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\end{align}
\end{align*}
 
Für die Berechnung der jeweiligen Skalarprodukte ist es praktisch den Basisvektor
e→z in der hier genutzten sphärischen Basis darzustellen:
\begin{align*}
\vec{e}_z=\cos(\theta)\vec{e}_r
-\sin(\theta)\vec{e}_{\theta}
\end{align*}


Um Schreibarbeit zu sparen, werden die Größen \(\alpha\) und \(\beta\) eingeführt, welche gegeben sind durch:
Damit folgt für \(F_z\):
\begin{align}
\begin{align*}
&\alpha(r=R,\theta):=\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
&F_z=2\pi R^2
\bigg[
-\int_{0}^{\pi}p(R,\theta)\cos(\theta)\sin(\theta)d\theta\
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
+\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}
-\frac{2}{3R}\frac{\partial u_{\theta}}
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial\theta}\Big|_{r=R}\\
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]
&\beta(r=R,\theta):=\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
\cos(\theta)\sin(\theta)\text d\theta\      
-\frac{2}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}+\frac{1}{R^2}
+\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
+\frac{1}{R}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{u_{\Theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg]
\sin(\theta)\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\end{align*}
Die Kraft in x- bzw. y-Richtung lässt sich analog berechnen. Da jedoch die Basisvektoren e→x bzw. e→y in sphärischer Darstellung eine
φ-Abhängigkeit aufweisen, kann die Integration über φ nicht so leicht durchgeführt werden, wie es oben geschehen ist. Für die Kraft in x-Richtung muss dann folgendes Integral ausgewertet werden:
\begin{align*}
&F_x=R^2
\bigg[
-\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}
p(R,\theta)\sin^2(\theta)\cos(\varphi)d\varphi d\theta\
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
+\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
\frac{4}{3}\frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R}
-\frac{4}{3R}u_r\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}\cot(\theta)u_{\theta}\Big|_{r=R}
-\frac{2}{3R}
-\frac{2}{3R}\frac{\partial u_{\theta}}
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
{\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg]
\end{align}
\sin^2(\theta)\cos(\varphi)d\varphi d\theta\     
 
&\phantom{\leftrightarrow,,,,,,}
Damit folgt für die Kraft:
+\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\mu(R,\theta)\bigg[
\begin{align}
\frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R}
\vec{F}=2\pi R^2\bigg[
+\frac{1}{R}
-\int_{0}^{\pi}p(r=R,\theta)\vec{e}_r
\frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}
\sin(\theta)d\theta
-\frac{u_{\Theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg]
+\int_{0}^{\pi}\mu(r=R,\theta)
\sin(\theta)\cos(\theta)\cos(\varphi)d\varphi d\theta\bigg]
\big[\alpha(r=R,\theta)\vec{e}_r
\end{align*}
+\beta(r=R,\theta)\vec{e}_{\theta}\big]
\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\end{align}


Da in vorliegenden Problem jedoch nicht die Kraft in radialer bzw. polarer Richtung von Interesse ist, sondern insbesondere die Kraft in z-Richtung, muss nun die Projektion des Kraftvektors auf die z-Achse bestimmt werden. Es entsteht jedoch ein Problem, wenn die Projektion des ausintegrierten Kraftvektors berechnet wird. Dies liegt daran, da der Basisvektor \(\vec{e}_z\) in Kugelkoordinaten den Polarwinkel enthält und somit von der Wahl des Koordinatensystems abhängt. Aufgrund dessen, dass der ausintegrierte Kraftvektor ein invarianter Vektor ist, ist die physikalische Bedeutung dieser Kraft unabhängig vom Koordinatensystem.\
Auswerten der Integrale über \(\varphi\) liefert jedoch wie zu erwarten war für  
Die, auf ein bestimmtes Flächenelement dA→ der Kugel wirkende Kraft
\(F_x\):
\(\text d\vec{F}\), ist jedoch abhängig von der Wahl des Koordinatensystems. Daher lässt sich auch die Projektion der auf dieses bestimmte Flächenelement wirkenden Kraft, auf die z-Achse bestimmen:
\begin{align*}
\begin{align}
F_x=0
\text d F_z=\text d\vec{F}\cdot\vec{e}_z
\end{align*}
\end{align}
 
Indem nun die Projektion, über gegebene Kugel mit Radius r=R, durch eine analoge Rechnung, wie oben aufintegriert wird, folgt für die Kraft in z-Richtung:
\begin{align}
F_z=2\pi R^2\bigg[
-\int_{0}^{\pi}p(r=R,\theta)\vec{e}_r\cdot\vec{e}_z
\sin(\theta)d\theta
+\int_{0}^{\pi}\mu(r=R,\theta)
\big[\alpha(r=R,\theta)\vec{e}_r\cdot\vec{e}_z
+\beta(r=R,\theta)\vec{e}_{\theta}\cdot\vec{e}_z\big]
\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\end{align}
 
Der Basisvektor e→z ist dabei in Kugelkoordinaten gegeben durch:
\begin{align}
\vec{e}_z=\cos(\theta)\vec{e}_r
-\sin(\theta)\vec{e}_{\theta}
\end{align}
 
Damit folgt für die z-Komponente der Kraft:
\begin{align}
F_z=2\pi R^2\bigg[
-\int_{0}^{\pi}p(r=R,\theta)\cos(\theta)
\sin(\theta)d\theta
+\int_{0}^{\pi}\mu(r=R,\theta)
\big[\alpha(r=R,\theta)\cos(\theta)
-\beta(r=R,\theta)\sin(\theta)\big]
\sin(\theta)\text d\theta\bigg]
\end{align}


Eine analoge Rechnung kann für jede andere Komponente durchgeführt werden, wobei \(x\) und \(y\) Null liefern.
Analoges Vorgehen liefert für \(F_y\):
\begin{align*}
F_y=0
\end{align*}

Revision as of 15:05, 19 April 2024

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Stokes-Fluss um eine Kugel

Kraftberechnung

F→=∬∂Kσ――⋅dS→undFz=e→z⋅∬∂Kσ――⋅dS→=∬∂Ke→z⋅σ――⋅dS→=Kugel∬∂Ke→z⋅σ――⋅e→rdS Bei Zylindersymmetrie und Verwendung von KK wird daraus Fz=∫0π∫02π(e→rcos⁡θ−e→θsin⁡θ)⋅σ――(r=R,θ)⋅e→rR2sin⁡θdϕdθ=2πR2∫0π(σrr(r=R,θ)cos⁡θsin⁡θ−σθr(r=R,θ)sin2⁡θ)dθ

Dabei lautet der Spannungstensor (s. auch Wikipedia) σ――=−1(p−ζ∇→⋅u→)+μ(∇→u→+(∇→u→)T−123∇⋅u→) und bei der Formulierung von ∇→u→ und ∇→⋅u→ in KK hilft ebenfalls die Wikipedia. Die Komponenten des Einheitstensors 1 schließlich bilden in jeder Basis die Einheitsmatrix.


Kraftberechnung (Emilio)

Die Kraft, welche auf die umströmte Kugel wirkt, ist gegeben durch folgendes Oberflächenintegral: F→=∮∂Vσ――⋅dA→

Dabei gilt für ein Oberflächenelement dA→ einer Kugel mit Radius r=R, in Kugelkoordinaten: dA→=R2sin⁡(θ)dφdθe→r

Einsetzen und weitere Berechnung in Kugelkoordinaten liefert: F→=∫0π∫02πσ――(r=R,θ,φ)⋅e→rR2sin⁡(θ)dφdθ

Auswerten des Matrix-Vektor-Produktes liefert, dass nur die rr-, θr- und φr-Komponenten des Spannungstensors multipliziert mit entsprechenden Basisvektoren übrig bleiben. Es gilt also: F→=∫0π∫02π[σrre→r+σθre→Θ+σφre→φ]|r=RR2sin⁡(θ)dφdθ

Um nun die Integrale ausrechnen zu können, wird die explizite Form des Spannungstensors, für dieses Problem benötigt. Im Allgemeinen ist der Spannungstensor für reale, newtonsche Fluide gegeben durch: σ――=−[p−ζ(∇→⋅u→)]1+μ[∇→u→+(∇→u→)T−23(∇→⋅u→)1]

Mit der Volumenviskosität ζ, welche jedoch aufgrund der Stokes'schen Hypothese, vernachlässigt werden kann. Damit folgt: σ――=p1+μ[∇→u→+(∇→u→)T−23(∇→⋅u→)1]

Dabei ist 1 der Einheitstensor, μ die dynamische Viskosität und u→ die Geschwindigkeit des Fluides. Aufgrund dessen, dass bei der Kraftberechnung in Kugelkoordinaten nur die rr-, φr- und θr-Komponente des Spannungstensors eingehen, werden im Folgenden auch nur diese bestimmt. Die rr-Komponente ist dabei gegeben durch: σrr=−p+μ[2∇→u→rr−23∇→⋅u→]

∇→u→rr ist hier die $rr$-Komponente des Vektorgradienten ∇→u→, welche gegeben ist durch: ∇→u→rr=∂ur∂r

Für die Divergenz des Geschwindigkeitsfeldes gilt allgemein in Kugelkoordinaten: ∇→⋅u→=1r2∂r2ur∂r+1rsin⁡(θ)∂sin⁡(θ)uθ∂θ+1rsin⁡(θ)∂uφ∂φ

Aufgrund dessen, dass das Fluid eine Kugel umströmt, hat das Geschwindigkeitsfeld um die Kugel Zylindersymmetrie. Daher fällt die azimutale Ableitung bei Betrachtung des Geschwindigkeitsfeld um die Kugel, weg. Außerdem folgt aus der vorgegebenen Anfangsbedingung, dass das Fluid entlang der z-Achse einströmt zusammen mit der Kugelsymmetrie der Kugel, dass das Geschwindigkeitsfeld und auch sämtliche anderen relevanten Felder die dieses Problem beschreiben keine azimutale Komponente aufweisen können. Damit folgt für die Divergenz des Geschwindigkeitsfeldes: ∇→⋅u→=1r2∂r2ur∂r+1rsin⁡(θ)∂sin⁡(θ)uθ∂θ

Einsetzen in die rr-Komponente und auswerten an der Kugeloberfläche liefert: σrr|r=R=−p(R,θ)+μ(R,θ)[2∂ur∂r|r=R−231R2∂r2ur∂r|r=R+1Rsin⁡(θ)∂sin⁡(θ)uθ∂θ|r=R] Die Ableitungen lassen sich zusätzlich, mittels der Produktregel vereinfachen. Es folgt: σrr|r=R=−p(R,θ)+μ(R,θ)[43∂ur∂r|r=R−43Rur|r=R−23Rcot⁡(θ)uθ|r=R−23R∂uθ∂θ|r=R]

Für die θr-Komponente gilt dann gemäß obiger Gleichung: σθr=μ[∇→u→θr+∇→u→rθ]

Einsetzen der jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten und auswerten an der Kugeloberfläche liefert: σθr|r=R=μ(R,θ)[∂uθ∂r|r=R+1R∂ur∂θ|r=R−uΘR|r=R]

Für die φr-Komponente gilt gemäß obiger Gleichung: σφr=μ[∇→u→φr+∇→u→rφ]

Die jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten sind im Allgemeinen gegeben durch: ∇→u→φr=∂uφ∂r∇→u→rφ=1rsin⁡(θ)∂ur∂φ−uφr

Analog zu oben, fallen hier auch sowohl die azimutalen Komponenten als auch die azimutalen Ableitungen weg, weshalb für die φr-Komponente des folgt: σφr=0

Einsetzen in das Integral zur Kraftberechnung liefert und auswerten des Integrals über φ liefert: ↔,,F→=2πR2∫0π[−p(R,θ)↔,,,,,,+μ(R,θ)[43∂ur∂r|r=R−43Rur|r=R−23Rcot⁡(θ)uθ|r=R−23R∂uθ∂θ|r=R]e→r↔,,,,,,+μ(R,θ)[∂uθ∂r|r=R+1R∂ur∂θ|r=R−uΘR|r=R]e→Θ]sin⁡(Θ)dΘ⇔F→=2πR2[−∫0πp(R,θ)e→rsin⁡(θ)dθ↔,,,,,,+∫0πμ(R,θ)[43∂ur∂r|r=R−43Rur|r=R−23Rcot⁡(θ)uθ|r=R−23R∂uθ∂θ|r=R]e→rsin⁡(θ)dθ↔,,,,,,+∫0πμ(R,θ)[∂uθ∂r|r=R+1R∂ur∂θ|r=R−uΘR|r=R]e→Θsin⁡(θ)dθ]

Da in vorliegendem Problem insbesondere die Kraft auf die Kugel in z-Richtung von Interesse ist, wird nun die Projektion des Kraftvektors auf die z-Achse bestimmt: ↔,,Fz=e→z⋅F→

Aufgrund dessen, dass die z-Achse eine ausgezeichnete Achse ist und der Linearität der Integrationsoperation, kann der Basisvektor e→z in das Integral hineingezogen werden. Damit folgt für Fz: Fz=2πR2[−∫0πp(R,θ)e→r⋅e→zsin⁡(θ)dθ↔,,,,,,+∫0πμ(R,θ)[43∂ur∂r|r=R−43Rur|r=R−23Rcot⁡(θ)uθ|r=R−23R∂uθ∂θ|r=R]e→r⋅e→zsin⁡(θ)dθ↔,,,,,,+∫0πμ(R,θ)[∂uθ∂r|r=R+1R∂ur∂θ|r=R−uΘR|r=R]e→Θ⋅e→zsin⁡(θ)dθ]

Für die Berechnung der jeweiligen Skalarprodukte ist es praktisch den Basisvektor e→z in der hier genutzten sphärischen Basis darzustellen: e→z=cos⁡(θ)e→r−sin⁡(θ)e→θ

Damit folgt für Fz: Fz=2πR2[−∫0πp(R,θ)cos⁡(θ)sin⁡(θ)dθ↔,,,,,,+∫0πμ(R,θ)[43∂ur∂r|r=R−43Rur|r=R−23Rcot⁡(θ)uθ|r=R−23R∂uθ∂θ|r=R]cos⁡(θ)sin⁡(θ)dθ↔,,,,,,+∫0πμ(R,θ)[∂uθ∂r|r=R+1R∂ur∂θ|r=R−uΘR|r=R]sin⁡(θ)sin⁡(θ)dθ]

Die Kraft in x- bzw. y-Richtung lässt sich analog berechnen. Da jedoch die Basisvektoren e→x bzw. e→y in sphärischer Darstellung eine φ-Abhängigkeit aufweisen, kann die Integration über φ nicht so leicht durchgeführt werden, wie es oben geschehen ist. Für die Kraft in x-Richtung muss dann folgendes Integral ausgewertet werden: Fx=R2[−∫0π∫02πp(R,θ)sin2⁡(θ)cos⁡(φ)dφdθ↔,,,,,,+∫0π∫02πμ(R,θ)[43∂ur∂r|r=R−43Rur|r=R−23Rcot⁡(θ)uθ|r=R−23R∂uθ∂θ|r=R]sin2⁡(θ)cos⁡(φ)dφdθ↔,,,,,,+∫0π∫02πμ(R,θ)[∂uθ∂r|r=R+1R∂ur∂θ|r=R−uΘR|r=R]sin⁡(θ)cos⁡(θ)cos⁡(φ)dφdθ]

Auswerten der Integrale über φ liefert jedoch wie zu erwarten war für Fx: Fx=0

Analoges Vorgehen liefert für Fy: Fy=0

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