BA Emilio Schmidt

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Stokes-Fluss um eine Kugel

Kraftberechnung

\(\newcommand{\et}{ {\large\mathbb 1} }\) \begin{gather} \vec F=\iint\limits_{\partial K} \underline{\underline\sigma}\cdot\text d\vec S\\ \text{und}\quad F_z = \vec e_z\cdot\iint\limits_{\partial K}\underline{\underline\sigma}\cdot\text d\vec S=\iint\limits_{\partial K}\vec e_z\cdot\underline{\underline\sigma}\cdot\text d\vec S \stackrel{\text{Kugel}}{=}\iint\limits_{\partial K}\vec e_z\cdot\underline{\underline\sigma}\cdot\vec e_r\,\text dS \end{gather} Bei Zylindersymmetrie und Verwendung von KK wird daraus \begin{align} F_z &= \int_0^\pi\int_0^{2\pi}(\vec e_r\cos\theta-\vec e_\theta\sin\theta)\cdot\underline{\underline\sigma}(r{=}R,\theta)\cdot\vec e_r\,R^2\sin\theta\,\text d\phi\,\text d\theta\\ &=2\pi R^2\int_0^\pi \Big(\sigma_{rr}(r{=}R,\theta)\cos\theta\sin\theta-\sigma_{\theta r}(r{=}R,\theta)\sin^2\theta\Big)\,\text d\theta \end{align}

Dabei lautet der Spannungstensor (s. auch Wikipedia) \begin{equation} \underline{\underline\sigma} = -\et(p - \zeta\vec\nabla\cdot\vec u) + \mu\Big(\vec\nabla\vec u + (\vec\nabla\vec u)^\text{T}-\et\frac{2}{3}\nabla\cdot\vec u\Big) \end{equation} und bei der Formulierung von \(\vec\nabla\vec u\) und \(\vec\nabla\cdot\vec u\) in KK hilft ebenfalls die Wikipedia. Die Komponenten des Einheitstensors \(\et\) schließlich bilden in jeder Basis die Einheitsmatrix.

Kraftberechnung (Emilio)

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

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

Einsetzen und weitere Berechnung in Kugelkoordinaten liefert: \begin{align*} \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 \end{align*}

Auswerten des Matrix-Vektor-Produktes liefert, dass nur die \(rr\)-, \(\theta r\)- und \(\varphi r\)-Komponenten des Spannungstensors multipliziert mit entsprechenden Basisvektoren übrig bleiben. Es gilt also: \begin{align*} \vec{F}=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi} [\sigma_{rr}\vec{e}_r+\sigma_{\theta r}\vec{e}_{\Theta} +\sigma_{\varphi r}\vec{e}_{\varphi}]\Big|_{r=R} R^2\sin(\theta)\text d\varphi\text d\theta \end{align*}

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*} \underline{\underline\sigma}= -\bigg[p-\zeta(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\bigg]\mathbb{1} +\mu\bigg[\vec{\nabla}\vec{u}+(\vec{\nabla}\vec{u})^T -\frac{2}{3}(\vec{\nabla}\cdot\vec{u})\mathbb{1}\bigg] \end{align*}

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

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

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

Für die Divergenz des Geschwindigkeitsfeldes gilt allgemein in Kugelkoordinaten: \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} +\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*}

Aus den Gesetzen der Hydrodynamik folgt jedoch zusätzlich, dass sowohl die normale als auch die tangentiale Komponente des Geschwindigkeitsvektors auf der Oberfläche eines festen Körpers verschwinden müssen. Damit folgt: \begin{align*} u_r\Big|_{r=R}=u_{\theta}\Big|_{r=R}=0 \end{align*}

Außerdem impliziert das Verschwinden des Geschwindigkeitsvektors auf der Kugeloberfläche und dessen Kugelsymmetrie, dass zusätzlich die polaren Ableitungen auf der Oberfläche verschwinden: \begin{align*} \frac{\partial u_r}{\partial\theta}\Big|_{r=R}= \frac{\partial u_{\theta}}{\partial\theta}\Big|_{r=R}= 0 \end{align*}

Damit folgt für die \(rr\)-Komponente des Spannungstensors, ausgewertet an der Kugeloberfläche: \begin{align*} \sigma_{rr}\Big|_{r=R}=-p(R,\theta) +\frac{4}{3}\mu(R,\theta) \frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R} \end{align*}

Für die \(\theta r\)-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 der jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten und auswerten an der Kugeloberfläche liefert: \begin{align*} \sigma_{\theta r}\Big|_{r=R}= \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{u_{\theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg] \end{align*}

Mit den Randbedingungen folgt dann final für die \(\theta r\)-Komponente: \begin{align*} \sigma_{\theta r}\Big|_{r=R}= \mu(R,\theta) \frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R} \end{align*}

Für die \(\varphi r\)-Komponente gilt gemäß obiger Gleichung: \begin{align*} \sigma_{\varphi r}=\mu\bigg[ \vec{\nabla}\vec{u}_{\varphi r} +\vec{\nabla}\vec{u}_{r\varphi}\bigg] \end{align*}

Die jeweiligen Komponenten des Vektorgradienten sind im Allgemeinen gegeben durch: \begin{align*} &\vec{\nabla}\vec{u}_{\varphi r}= \frac{\partial u_{\varphi}}{\partial r}\\ &\vec{\nabla}\vec{u}_{r\varphi}= \frac{1}{r\sin(\theta)} \frac{\partial u_r}{\partial\varphi} -\frac{u_\varphi}{r} \end{align*}

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*} \sigma_{\varphi r}=0 \end{align*}

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

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*} F_z=\vec{e}_z\cdot\vec{F}\\ \end{align*}

Aufgrund dessen, dass die \(z\)-Achse eine ausgezeichnete Achse ist und der Linearität der Integrationsoperation, kann der Basisvektor \(\vec{e}_z\) in das Integral hineingezogen werden. Damit folgt für \(F_z\): \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 +\frac{4}{3}\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta) \frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R} \vec{e}_r\cdot\vec{e}_z\sin(\theta)\text d\theta\\ &\phantom{\leftrightarrow,,,,,,} +\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta) \frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R} \vec{e}_{\Theta}\cdot\vec{e}_z \sin(\theta)\text d\theta\bigg] \end{align*}

Für die Berechnung der jeweiligen Skalarprodukte ist es praktisch den Basisvektor \(\vec{e}_z\) in der hier genutzten sphärischen Basis darzustellen: \begin{align*} \vec{e}_z=\cos(\theta)\vec{e}_r -\sin(\theta)\vec{e}_{\theta} \end{align*}

Damit folgt für \(F_z\): \begin{align*} &F_z=2\pi R^2 \bigg[ -\int_{0}^{\pi}p(R,\theta)\cos(\theta)\sin(\theta)d\theta\\ &\phantom{\leftrightarrow,,,,,,} +\frac{4}{3}\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta) \frac{\partial u_r}{\partial r}\Big|_{r=R} \cos(\theta)\sin(\theta)\text d\theta\\ &\phantom{\leftrightarrow,,,,,,} +\int_{0}^{\pi}\mu(R,\theta) \frac{\partial u_{\theta}}{\partial r}\Big|_{r=R} \sin^2(\theta)\text d\theta\bigg] \end{align*}

Die Kraft in \(x\)- bzw. \(y\)-Richtung lässt sich analog berechnen. Da jedoch die Basisvektoren \(\vec{e}_x\) bzw. \(\vec{e}_y\) in sphärischer Darstellung eine \(\varphi\)-Abhängigkeit aufweisen, kann die Integration über \(\varphi\) 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}\frac{\partial u_{\theta}} {\partial\theta}\Big|_{r=R}\bigg] \sin^2(\theta)\cos(\varphi)d\varphi d\theta\\ &\phantom{\leftrightarrow,,,,,,} +\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\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{u_{\Theta}}{R}\Big|_{r=R}\bigg] \sin(\theta)\cos(\theta)\cos(\varphi)d\varphi d\theta\bigg] \end{align*}

Auswerten der Integrale über \(\varphi\) liefert jedoch, wie zu erwarten war, für \(F_x\): \begin{align*} F_x=0 \end{align*}

Analoges Vorgehen liefert für \(F_y\): \begin{align*} F_y=0 \end{align*}