Transcript Obligatorisk oppgave 2

MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
Obligatorisk oppgave 2
Oppgave 1
a)
Vi kan beregne vektorfluksen 𝑄 =
𝜎
𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝜎 gjennom en kuleflate 𝜎 gitt vektorfeltet
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=
𝜎
𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝜎 =
𝜏
∇ ∙ 𝐹 𝑑𝜏.
Hvis vi nå løser dette får vi at
𝑄=
𝜏
∇ ∙ 𝐹 𝑑𝜏 = ∇ ∙ 𝐹
𝛿
𝜏
𝑑𝜏 hvor
𝛿
𝛿
∇ ∙ 𝐹 = 𝛿𝑥 𝐹𝑖 + 𝛿𝑦 𝐹𝑗 + 𝛿𝑧 𝐹𝑘
∇∙𝐹 =
𝛿
𝛿𝑥
𝑥 +
𝛿
𝛿𝑦
2𝑦 + 𝑧 +
𝛿
𝛿𝑧
𝑧 + 𝑥2
∇∙𝐹 =1+2+1=4
𝑄=
𝜏
𝑑𝜏 hvor
𝜏
𝑑𝜏 = 𝑉𝑘𝑢𝑙𝑒 =
4𝜋𝑟 3
3
4𝜋𝑟 3
3
16𝜋𝑟 3
=
3
𝑄=4
∴𝑄
Vi har med dette funnet at vektorfluksen 𝑄 =
av kulen.
b)
16𝜋𝑟 3
3
gjennom en kuleflate 𝜎, hvor 𝑟 er radiusen
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 =
c)
16𝜋𝑟 3
.
3
Vi kan beregne sirkulasjonen 𝐶 = 𝛾 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 omkring en lukket sirkel 𝛾 i xy-planet ved å
parameterisere kurvene. For en sirkel med radius 𝑎 i xy-planet har vi at
𝑥 𝑡
𝑦
𝑡
𝑟(𝑡) =
𝑧 𝑡
− 𝑎sin(𝑡)
− 𝑎sin(𝑡)
𝑎cos 𝑡
𝑑𝑟
= 𝑎sin(𝑡) og 𝑑𝑡 = 𝑎cos 𝑡 ⟺ 𝑑𝑟 = 𝑎cos 𝑡 𝑑𝑡 .
0
0
0
Fra dette får vi at
1
MEK1100
𝐶=
Obligatorisk oppgave 2
𝐹 ∙ 𝑑𝑟 =
𝛾
𝐶=
𝛾
𝐶=
𝛾
𝐶=
𝐶=
𝑥
− 𝑎sin(𝑡)
2𝑦 + 𝑧 ∙ 𝑎cos 𝑡 𝑑𝑡 =
𝑧 + 𝑥2
0
𝛾
𝑎cos 𝑡
− 𝑎sin(𝑡)
2 𝑎sin(𝑡) + 0 ∙ 𝑎cos 𝑡 𝑑𝑡 =
0 + 𝑎cos2 𝑡
0
𝛾
𝑥 𝑡
− 𝑎sin(𝑡)
2𝑦(𝑡) + 𝑧(𝑡) ∙ 𝑎cos 𝑡 𝑑𝑡
𝑧(𝑡) + 𝑥 𝑡 2
0
𝛾
− 𝑎cos 𝑡 𝑎sin(𝑡) + 2 𝑎sin(𝑡) 𝑎cos 𝑡 𝑑𝑡
– 𝑎2 cos 𝑡 sin(𝑡) + 2𝑎2 sin(𝑡) cos 𝑡 𝑑𝑡 =
1 2
𝑎
𝛾2
𝑎2
2 𝛾
𝑑𝑢
𝑑𝑡
𝐶=
𝑎2
2 𝛾
𝐶=
𝑎2
4
sin(𝑡) cos 𝑡 + sin(𝑡) cos 𝑡 𝑑𝑡 =
sin(2𝑡) 𝑑𝑡 =
𝑎2
2 𝛾
𝑑𝑢
2
=
−1 − −1
𝑎2
4 𝛾
=
𝑎2
4
𝛾
1 2
𝑎
𝛾2
𝑎2 sin(𝑡) cos 𝑡 𝑑𝑡
1 2
𝑎
𝛾2
sin(𝑡 + 𝑡) 𝑑𝑡 =
sin(2𝑡) 𝑑𝑡
sin(𝑢) 𝑑𝑡 , hvor 𝑢 = 2𝑡 slik at
𝑑𝑢
2
= 2 ⟺ 𝑑𝑡 =
sin(𝑢)
Nicolai Kristen Solheim
sin(𝑢) 𝑑𝑢 =
−
𝑎2
4
− cos 𝑢
2𝜋
0
=
𝑎2
4
− cos 2𝑡
2𝜋
0
𝑎2
4
∴𝐶=0
Vi har med dette at sirkulasjonen omkring en lukket sirkel 𝛾 i xy-planet med radius 𝑎 er 0.
d)
Vi kan bruke Strokes sats til å kontrollere resultatet i punkt c). Strokes sats sier at
𝜎
∇ × 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝜎 =
𝐶=
𝜎
𝜆
𝐹 𝑑𝑟 slik at
∇ × 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝜎, hvor 𝑛 = 𝑘 da 𝑘 ⊥ 𝛾
∇×𝐹 =
𝑖
𝑗
𝑘
𝛿
𝛿𝑥
𝛿
𝛿𝑦
𝛿
𝛿𝑧
𝑥
2𝑦 + 𝑧
𝑧 + 𝑥2
𝛿
∇×𝐹 =
𝛿𝑦
𝑧 + 𝑥2 −
𝛿
𝛿𝑧
2𝑦 + 𝑧
𝑖+
𝛿
𝛿𝑧
𝑥 −
𝛿
𝛿𝑥
𝑧 + 𝑥2
𝑗+
∇ × 𝐹 = 0 − 1 𝑖 + 0 − 2𝑥 𝑗 + 0 − 0 𝑘 = −𝑖 + 2𝑥 𝑗 + 0𝑘
𝐶=
𝜎
∇ × 𝐹 ∙ 𝑛𝑑𝜎 =
𝜎
1
0
2𝑥 ∙ 0 𝑑𝜎 =
0
1
∴𝐶=0
Dette viser at sirkulasjonen 𝐶 = 0.
2
𝜎
0𝑑𝜎
𝛿
𝛿𝑥
2𝑦 + 𝑧 −
𝛿
𝛿𝑦
𝑥
𝑘
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
Oppgave 2
a)
Vi kan finne hastighetsvektoren 𝑣 gitt hastighetspotensialet 𝜙 slik at 𝑣 = ∇𝜙, hvor
1
1
hastighetspotensialet 𝜙 = 2 𝑥 2 − 𝑥𝑦 − 2 𝑦 2 .
𝑣 = ∇𝜙
𝛿𝜙
𝛿𝜙
𝛿𝜙
𝑣= + +
𝑣=
𝛿𝑥
𝛿𝑦
𝛿 1 2
𝑥
𝛿𝑥 2
𝛿𝑧
1
2
− 𝑥𝑦 − 𝑦 2 +
𝛿
𝛿𝑦
1 2
𝑥
2
1
2
− 𝑥𝑦 − 𝑦 2 +
𝛿
𝛿𝑧
1 2
𝑥
2
1
2
− 𝑥𝑦 − 𝑦 2
𝑣 = 𝑥 − 𝑦 𝑖 + −𝑥 − 𝑦 𝑗 + 0𝑘
𝑥−𝑦
∴ 𝑣 = −𝑥 − 𝑦
0
Nå som vi har 𝑣 kan vi lage et pilplott hvor 𝑥, 𝑦 = (1,0) og 𝑥, 𝑦 = (0,1) er tegnet inn.
Anta at vi skriver et program “oppave2a.m” for et todimensjonalt felt.
% Beregner hastigheter
x=linspace(-1,1,15);
[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',10);
title('Oppgave 2a, vektorplott av hastighetsfeltet v','FontSize',10);
% Marker (0,1) og (1,0)
xp=[1,0]; yp=[0,1];
hold('on');
plot(xp,yp, 'or');
Dersom vi nå kjører dette programmet vil vi få en figur hvor punktene 𝑥, 𝑦 = (1,0) og
𝑥, 𝑦 = (0,1) er markert med røde ringer.
>> run('C:\Users\Nicolai Solheim\Desktop\Obliger\MEK1100\201005
OBLIG02\oppgave2a.m')
Figur 1: Plott av hastighetsvektoren 𝑣 hvor punktene 𝑥, 𝑦 = (1,0) og 𝑥, 𝑦 = (0,1) er markert med
røde ringer.
3
MEK1100
b)
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
Vi kan videre vise at 𝜙 oppfyller Laplacelikningen dersom ∇2 𝜙 = 0.
∇2 𝜙 = ∇𝑣 = 0
𝛿2 1 2
1 2
𝛿2
𝑥
−
𝑥𝑦
−
𝑦
+
2
𝛿𝑥
2
2
𝛿𝑦2
𝛿
𝛿
𝑥 − 𝑦 𝑖 + 𝛿𝑦 −𝑥 − 𝑦 𝑗 +
𝛿𝑥
1 − 0 + −0 − 1 + 0 = 0
1−1=0
1 2
𝑥 − 𝑥𝑦
2
𝛿
0𝑘 = 0
𝛿𝑧
𝛿2
1
− 2 𝑦 2 + 𝛿𝑧 2
1 2
𝑥
2
1
− 𝑥𝑦 − 2 𝑦 2 = 0
∴0=0
Dette viser at 𝜙 oppfyller Laplacelikninge, da ∇2 𝜙 = 0, 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
𝑇
todimensjonalt felt slik at at 𝑣 = 𝑣𝑖 , 𝑣𝑗 . Fra dette har vi at
−𝑣𝑖 =
𝛿𝜓
𝛿𝑦
og 𝑣𝑗 =
𝛿𝜓
𝛿𝑥
⟺ 𝜓=
−𝑣𝑖 𝑑𝑦 og 𝜓 =
𝑣𝑗 𝑑𝑥.
Løser vi fra dette utgangspunktet får vi at
𝜓 = − 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑦
𝜓 = 𝑦 − 𝑥 𝑑𝑦
1
𝜓 = 𝑦 2 − 𝑥𝑦 + 𝑓 𝑥
𝜓 = −𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥
𝜓 = −𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥
1
𝜓 = − 𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑓 𝑦
2
2
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
1
1
𝑓 𝑦 = 2 𝑦 2 − 𝑥𝑦
𝑓 𝑥 = − 2 𝑥 2 − 𝑥𝑦
Dette gir at
1
1
1
𝜓 = 2 𝑦 2 − 𝑥𝑦 + − 2 𝑥 2 − 𝑥𝑦 = − 2 𝑥 2 − 𝑥𝑦 +
1
1
1
𝜓 = 𝑦 2 − 𝑥𝑦 − 𝑥 2 − 𝑥𝑦 = 𝑦 2 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦
2
2
2
1 2
2
∴𝜓=
𝑦 − 𝑥 − 2𝑥𝑦
2
Vi har med dette funnet at 𝜓 =
d)
1
2
1 2
𝑦
2
− 𝑥𝑦
𝑦 2 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦.
Strømmens stagnasjonspunktet kan finnes ved å regne ut x- og y-verdiene der 𝑣 = 0. Dette gir
𝑥−𝑦
0
𝑣 = −𝑥 − 𝑦 =
. Dette gir oss to likninger
0
(I) 𝑥 − 𝑦 = 0 og (II) – 𝑥 − 𝑦 = 0
Løser vi dette likningssettet vil vi finne strømmens stagnasjonspunkt.
I
𝑥−𝑦=0
4
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
∴𝑥=𝑦
II
−𝑥 − 𝑦 = 0
− 𝑦 −𝑦 =0
−2𝑦 = 0
∴𝑦=0
I
𝑥−𝑦=0
𝑥− 0 =0
∴𝑥=0
Ved å løse likningssettet har vi funnet at strømmens stagnasjonspunkt er 0, 0 . Da vi har løst
dette kan vi videre finne strømlinjene gjennom dette punktet ved å finne én eller flere
funksjoner for 𝑦.
𝜓 0, 0 =
1 2
𝑦
2
2
1
2
𝑦 2 − 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 = 0
1
− 2 𝑥 2 − 2𝑥𝑦 = 0
𝑦 − 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 ⟺ 𝑎2 − 𝑎𝑏 − 𝑎𝑏 + 𝑏 2 = 𝑎 − 𝑏
Hvor 𝑦 = 𝑎 og 𝑏 = 2𝑥 slik at
𝑦 2 − 2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑦 + 2𝑥 2 = 𝑦 − 2𝑥 2
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(-1,1,15);
[x,y] = meshgrid(x,x);
v=1/2*(y.^2 - x.^2)-2.*x.*y;
% Beregne data for strømningslinjene som går gjennom (0,0)
xl=linspace(-1,1,150);
l1=sqrt(5)*xl+2*xl;
l2=2*xl-sqrt(5)*xl;
% Tegner konturplott
contour(x,y,v);
xlabel('x-akse');
ylabel('y-akse','FontSize',10);
title('Oppgave 2d, konturplott av strømningsfeltet','FontSize',10);
colorbar();
% Konturplott med strømlinjene tegnet inn
figure();
contour(x,y,v);
xlabel('x-akse');
ylabel('y-akse','FontSize',10);
title('Oppgave 2d, konturplott av strømningsfeltet med
strømlinjer','FontSize',10);
5
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
colorbar();
hold('on');
plot(xl,l2, 'black');
plot(xl,l1, '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\MEK1100\201005
OBLIG02\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 = 0 og 𝑥 = 1. Normalvektoren, 𝑛, har et positiv komponent i yretning, slik at 𝑛 = 𝑗 = 0 1 𝑇 . Med dette har vi at
𝑄 = 𝜆 𝑣 ∙ 𝑛𝑑𝑠, hvor 𝑑𝑠 = 𝑑𝑥 og 𝑦 = 0 da vi kun er interessert i fluksen av 𝜆 langs
med x-aksen.
Dette gir
𝑥−𝑦
0
−𝑥 − 𝑦 ∙ 1 𝑑𝑥 = −
1
∴ 𝑄 = −2
𝑄=
1
0
1
0
𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 = −
1
1 2
𝑥
2
Fra dette har vi funnet at fluksen 𝑄 = − 2 langs linjestykket 𝜆.
6
+ 𝑥𝑦
1
0
1
1
= −2 − 𝑦 = −2
MEK1100
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 𝑟𝑖𝑟 + (𝑧 + 𝑏)𝑘 , hvor 𝑏 og 𝐴 er konstanter, og 𝑟 =
𝑥2 + 𝑦2 .
𝑘-leddet er det eneste som forblir konstant, så det eneste vi trenger å endre er 𝑖𝑟 . Videre kan vi
tenke oss
𝑖𝑟 = cos 𝜃 𝑖 + sin 𝜃 𝑗 slik at 𝑟𝑖𝑟 = 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 .
𝛿
𝛿
𝛿
div 𝑣 = ∇ ∙ 𝑣 = 𝛿𝑥 𝐴𝑥 + 𝛿𝑦 𝐴𝑦 + 𝛿𝑧 𝐴𝑧 + 𝐴𝑏 = 𝐴 + 𝐴 + 𝐴
∴ div 𝑣 = 3𝐴
curl 𝑣 = ∇ × 𝑣 =
curl 𝑣 =
𝛿
𝛿𝑦
𝑖
𝑗
𝑘
𝛿
𝛿𝑥
𝛿
𝛿𝑦
𝛿
𝛿𝑧
𝐴𝑥
𝐴𝑦
𝐴 𝑧+𝑏
𝐴 𝑧+𝑏 −
𝛿
𝛿𝑧
𝐴𝑦 𝑖 +
𝛿
𝛿𝑧
𝐴𝑥 −
𝛿
𝛿𝑥
𝐴 𝑧+𝑏
𝑗+
𝛿
𝛿𝑥
𝐴𝑦 −
𝛿
𝛿𝑦
𝐴𝑥 𝑘
curl 𝑣 = 0 𝑖 + 0 𝑗 + 0 𝑘
∴ curl 𝑣 = 0
Vi har med dette funnet at div 𝑣 = 3𝐴 og curl 𝑣 = 0.
b)
Vi ønsker nå finne volumstrømmen gjennom 𝜎𝐵 og𝜎𝑇 . Volumstrømmen 𝑄𝐵 og 𝑄𝑇 er gitt ved
𝑄𝐵 =
𝜎𝐵
𝑣 ∙ 𝑛𝑑𝜎 og 𝑄𝑇 =
0
𝑣
∙
𝑛
𝑑𝜎
,
hvor
𝑛
=
𝑘
=
0 .
𝜎𝑇
1
Vi bruker her de polare koordinatene slik at 𝑑𝜎 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 og
𝑄𝐵 =
𝑄𝑇 =
2𝜋 𝑎
0
0
2𝜋 𝑎
0
0
𝐴𝑧 + 𝐴𝑏 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃, hvor 𝑧 = 0
𝐴𝑧 + 𝐴𝑏 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃, hvor 𝑧 = ℎ
Dette gir at 𝑄𝐵 = 𝜋𝑎2 𝐴𝑏 og 𝑄𝑇 = 𝜋𝑎2 𝐴 ℎ + 𝑏 .
c)
Videre kan vi parameterisere 𝜎𝑠 i 𝑧 og 𝜃 slik at volumfluksen ut gjennom 𝑄𝑆 kan beregnes
som et flateintegral. Vi velger en enhetsnormalen med et positivt 𝑖𝑟 -komponent . Vi kan
7
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
parameterisere til 𝑧 cos 𝜃 + sin 𝜃 , hvor 𝑧 ∈ 𝑏, ℎ og hvor 𝜃 ∈ 0, 2𝜋 . Fra dette kan vi
regne ut integralet som er
ℎ 2𝜋
𝑏 0
𝑄𝑠 =
𝑣 ∙ 𝑛𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧, hvor 𝑛 i polare koordinater er
1
.
0
Dette gir oss at
𝑄𝑠 =
𝑄𝑠 =
𝑄𝑠 =
𝑄𝑠 =
𝐴𝑟
ℎ 2𝜋
1
∙
𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧
𝑏 0
𝐴 𝑧+𝑏
0
ℎ 2𝜋
𝐴𝑟 2 𝑑𝜃𝑑𝑧
𝑏 0
ℎ
ℎ
2
𝐴𝑟 2 𝜃 2𝜋
0 𝑑𝑧 = 𝑏 2𝐴𝜋𝑟 𝑑𝑧
𝑏
2𝐴𝜋𝑟 2 ℎ𝑏 = 2𝐴𝜋𝑟 2 ℎ − 𝑏 , hvor
𝑟=𝑎
∴ 𝑄𝑠 = 2𝐴𝜋𝑎2 ℎ − 𝑏
Dette viser at 𝑄𝑠 = 2𝐴𝜋𝑎2 ℎ − 𝑏 .
d)
Vi kan ved å bruke Gauss’ sats finne 𝑄𝑆 . Gauss’ sats er definert ved
𝑄=
𝜏
∇ ∙ 𝑣 𝑑𝜏, hvor divergensen og volumet er
∇∙𝑣 =
𝜏
𝛿
𝛿𝑥
𝐴𝑥 +
𝛿
𝛿𝑦
𝐴𝑦 +
𝛿
𝛿𝑧
𝐴𝑧 + 𝐴𝑏 = 𝐴 + 𝐴 + 𝐴 = 3𝐴
𝑑𝜏 = 𝑉σ = 𝜋ℎ𝑟 2 , hvor 𝑟 = 𝑎
∴ 𝑄 = 3𝐴𝜋ℎ𝑎2
Vi har med dette at volumstrømmen gjennom sylinderen er 3𝐴𝜋ℎ𝑎2 , slik at 𝑄𝐵 + 𝑄𝑇 + 𝑄𝑆 =
3𝐴𝜋ℎ𝑎2 . Fra dette kan vi finne 𝜎𝑆 .
𝑄𝑆 = 3𝐴𝜋ℎ𝑎2 − 𝑄𝐵 − 𝑄𝑇
Dersom vi setter inn verdiene for 𝑄𝐵 og 𝑄𝑇 som vi fikk i oppgave 3b) finner vi
volumstrømmen gjennom 𝜎𝑆 . Dette gir
𝑄𝑆 = 3𝐴𝜋ℎ𝑎2 − 𝜋𝑎2 𝐴𝑏 − 𝜋𝑎2 𝐴 ℎ + 𝑏 = 𝐴𝜋𝑎2 3ℎ − 𝑏 − ℎ − 𝑏
𝑄𝑠 = 𝐴𝜋𝑎2 2ℎ − 2𝑏
∴ 𝑄𝑠 = 2𝐴𝜋𝑎2 ℎ − 𝑏
Vi har fra dette funnet at 𝑄𝑠 = 2𝐴𝜋𝑎2 ℎ − 𝑏 .
e)
8
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
Oppgave 4
a)
𝑚
Vi kan uttrykke potensialene 𝜙𝑢 = 𝑈𝑥 og 𝜙𝑘 = 2𝜋 ln 𝑥 2 + 𝑦 2 i polarkoordinater gitt at
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 og 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 . Dette gir
𝜙𝑢 = 𝑈𝑥
∴ 𝜙𝑢 = 𝑈𝑟 cos 𝜃
𝑚
𝜙𝑘 = 2𝜋 ln 𝑥 2 + 𝑦 2
𝑚
𝜙𝑘 = 2𝜋 ln 𝑟 2 cos2 𝜃 + 𝑟 2 sin2 𝜃
𝜙𝑘 =
𝜙𝑘 =
𝑚
2𝜋
𝑚
2𝜋
∴ 𝜙𝑘 =
ln 𝑟 2 cos2 𝜃 + sin2 𝜃
ln 𝑟 2 1
𝑚
2𝜋
ln 𝑟
𝑚
Vi får med dette at 𝜙𝑢 = 𝑈𝑟 cos 𝜃 og 𝜙𝑘 = 2𝜋 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, 𝜙𝑘 , for kilden er
𝑚
𝑚
gitt slik at 𝜙𝑘 = 2𝜋 ln 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2𝜋 ln 𝑟. Vi kan med dette integrere med polare koordinater
over en sirkel for å finne den totale utstrømningen.
𝑄=
𝑄=
𝑣 𝑑𝐴, hvor 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝜃 slik at
𝐴 𝑟
2𝜋
𝑣𝑟 𝑟𝑑𝜃 ,
0
hvor vi finner volumstrømmen gitt at 𝑣 = ∇𝜙𝑘
𝛿𝜙 𝑘
𝛿𝑟
𝑣 = ∇𝜙𝑘 =
𝛿 𝑚
ln 𝑟
𝛿𝑟 2𝜋
𝑚
=
𝑖 + 0𝑖𝜃
2𝜋𝑟 𝑟
𝑚
𝑣𝑟 = 2𝜋𝑟 , 𝑣𝜃 =
𝑣=
𝑣
∴
𝑄=
𝑄=
1 𝛿𝜙 𝑘
𝛿𝜃
1 𝛿
𝑖𝑟 +
𝑟 𝛿𝜃
+𝑟
2𝜋 𝑚
0
2𝜋𝑟
2𝜋 𝑚
𝑑𝜃
0 2𝜋
𝑚
2𝜋
ln 𝑟 𝑖𝜃
0
𝑟𝑑𝜃
=
𝑚
2𝜋
∴𝑄=𝑚
𝜃
2𝜋
0
Vi har med dette vist at den totale utstrømningen fra kilden er lik 𝑚.
c)
Videre kan vi regne ut hastighetsfeltet 𝑣 = ∇ 𝜙𝑢 + 𝜙𝑘 .
𝑣 = ∇ 𝜙𝑢 + 𝜙𝑘 =
𝛿 𝜙 𝑢 +𝜙 𝑘
𝛿𝑟
+
1 𝛿 𝜙 𝑢 +𝜙 𝑘
𝑟
𝛿𝜃
, hvor 𝜙𝑢 + 𝜙𝑘 er
𝑚
𝑚
𝜙𝑢 + 𝜙𝑘 = 𝑈𝑥 + 2𝜋 ln 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑈𝑟 cos 𝜃 + 2𝜋 ln 𝑟
𝑚
1
𝑣 = 𝑈 cos 𝜃 + 2𝜋𝑟 𝑖𝑟 + 𝑟 −𝑈𝑟 sin 𝜃 + 0 𝑖𝜃
𝑚
𝑣 = 𝑈 cos 𝜃 + 2𝜋𝑟 𝑖𝑟 − 𝑈 sin 𝜃 𝑖𝜃
9
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
For å kunne bestemme strømstyrken 𝑈 som en funksjon av kildestyrken 𝑚 slik at
stagnasjonspunktet ligger i 𝑥 = −1 og 𝑦 = 0, må vi se på informasjonen rundt et
stagnasjonspunkt. For et stagnasjonspunkt har vi at:
𝑚
𝑣 = 𝑈 cos 𝜃 + 2𝜋𝑟 𝑖𝑟 − 𝑈 sin 𝜃 𝑖𝜃 = 0
𝑣𝑟 = 𝑈 cos 𝜃 +
𝑚
2𝜋𝑟
= 0 og 𝑣𝜃 = −𝑈 sin 𝜃 = 0
Vi kan nå konvertere til det kartesiske systemet gitt at 𝑟 =
𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 .
𝑈𝑥
𝑣𝑟 =
𝑥 2 +𝑦 2
+
𝑚
2𝜋 𝑥 2 +𝑦 2
= 0 og 𝑣𝜃 = −
𝑈𝑦
𝑥 2 +𝑦 2
𝑥 2 + 𝑦 2 , 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 og
=0
Da vi ønsker stagnasjonspunktet i 𝑥 = −1 og 𝑦 = 0, får vi at
𝑈 −1
1
𝑚
+ 2𝜋1 = 0 og −
𝑈 0
1
=0 =0
𝑚
∴ 𝑈 = 2𝜋
𝑚
Vi har med dette at strømstyrken 𝑈 = 2𝜋 dersom stagnasjonspunktet ligger i = −1 og 𝑦 = 0.
d)
For å finne strømfunksjonen 𝜓, sjekker vi først divergensen for å se om det eksisterer en
strømfunksjon. Vi har fra tidligere at
𝑚
𝑣𝑟 = 𝑈 cos 𝜃 + 2𝜋𝑟 og 𝑣𝜃 = −𝑈 sin 𝜃
1 𝛿
1 𝛿
slik at divergensen er ∇ ∙ 𝑣 = 𝑟 𝛿𝑟 𝑟𝑣𝑟 + 𝑟 𝛿𝜃 𝑟𝑣𝜃 .
1 𝛿
𝑚
1 𝛿
∇ ∙ 𝑣 = 𝑟 𝛿𝑟 𝑟𝑈 cos 𝜃 + 𝑟 2𝜋𝑟 − 𝑟 𝛿𝜃 𝑟𝑈 sin 𝜃
1 𝛿
𝑚
1 𝛿
∇ ∙ 𝑣 = 𝑟 𝛿𝑟 𝑟𝑈 cos 𝜃 + 2𝜋 − 𝑟 𝛿𝜃 𝑟𝑈 sin 𝜃
𝑟𝑈 cos 𝜃
∇∙𝑣 =
− 𝑈 cos 𝜃
𝑟
∇ ∙ 𝑣 = 𝑈 cos 𝜃 − 𝑈 cos 𝜃
∴∇∙𝑣 =0
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 0, men siden vi nå bruker polare må vi gjøre
følgende endring i uttrykket vårt:
𝛿𝜓
𝑣𝑥 = − 𝛿𝑦
𝑣𝑦 =
𝛿𝜓
𝛿𝑥
1 𝛿𝜓
⟹
𝑣𝑟 = − 𝑟 𝛿𝜃
𝑣𝜃 =
𝛿𝜓
𝛿𝑟
Med dette er det mulig å finne strømfunksjonen da vi får to uttrykk.
𝜓=
𝑣𝜃 𝛿𝑟 og 𝜓 = − 𝑣𝑟 𝑟𝛿𝜃
10
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
𝜓 = 𝑣𝜃 𝛿𝑟 = −𝑈 sin 𝜃
∴ 𝜓 = −𝑈𝑟 sin 𝜃 + 𝑓 𝑣𝑟
Nicolai Kristen Solheim
𝛿𝑟
𝑚
𝜓 = − 𝑣𝑟 𝑟𝛿𝜃 = −
𝑈 cos 𝜃 + 2𝜋𝑟 𝑟𝛿𝜃 =
∴ 𝜓 = −𝑈𝑟 sin 𝜃 −
𝑚
2𝜋
𝑚
𝑈𝑟 cos 𝜃 + 2𝜋 𝛿𝜃
𝜃 + 𝑓 𝑣𝜃
Dette gir to uttrykk for 𝜓, hvor hvert uttrykk har et konstantledd.
𝜓 = −𝑈𝑟 sin 𝜃 −
𝑚
2𝜋
𝜃 + 𝑓 𝑣𝜃 og 𝜓 = −𝑈𝑟 sin 𝜃 + 𝑓 𝑣𝑟
For at disse uttrykkene for 𝜓 skal være like, må
𝑚
𝑓 𝑣𝜃 = 0 og 𝑓 𝑣𝑟 = 2𝜋 𝜃
𝑚
Dette gir at oss at strømfunksjonen 𝜓 = −𝑈𝑟 sin 𝜃 − 2𝜋 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
𝑚
𝜓 = −𝑈𝑟 sin 𝜃 − 2𝜋 𝜃 = 𝑘, hvor 𝑘 er en konsant.
𝑚
Vi har også tidligere regnet ut at 𝑈 = 2𝜋 . Dette gir oss
−𝑟 sin 𝜃 − 𝜃 =
𝑟 sin 𝜃 + 𝜃 = −
𝑘
𝑚
2𝜋
=
2𝜋𝑘
,
𝑚
bytter vi fortegn får vi at
2𝜋𝑘
𝑚
𝑚
Altså må 𝑘 være lik − . Dette viser at kurven som skiller de to strømningen er gitt
2
ved 𝑟 sin 𝜃 + 𝜃 = 𝜋.
11
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
Nicolai Kristen Solheim
Oppgave 5)
a)
Vi kan forklar kort hvorfor varmeledningslikningen i dette tilfellet forenkler seg til
𝛿𝑇
𝛿𝑡
𝛿 2𝑇
= 𝜅 𝛿𝑥2
gitt at varmeledningslikningen er
𝛿 2𝑇
𝛿 2𝑇
∇2 𝑇 = 𝛿 𝑥 2 + 𝛿𝑦 2 slik at
𝛿𝑇
𝛿𝑡
𝛿𝑇
𝛿𝑡
= 𝜅∇2 𝑇, hvor
=𝜅
𝛿 2𝑇
𝛿𝑥2
𝛿 2𝑇
+ 𝛿𝑦 2 .
Da temperaturen ikke varierer på tvers av staven i 𝑦-retningen, har vi at
𝛿𝑇
𝛿𝑡
∴
𝛿 2𝑇
𝛿𝑥2
=𝜅
𝛿𝑇
𝛿𝑡
=𝜅
𝛿 2𝑇
𝛿𝑦 2
= 0. Dette gir at
+0
𝛿 2𝑇
𝛿𝑥2
𝛿 2𝑇
𝛿𝑇
Dette viser at = 𝜅∇2 𝑇 = 𝜅 2 . Vi kan også finne en tidsuavhengig løsning 𝑇𝑠 𝑥 som
𝛿𝑡
𝛿𝑥
overholder betingelsene ovenfor og de gitte randbetingelsene. Da løsningen 𝑇𝑠 𝑥 er
tidsuavhengig har vi at
𝛿𝑇
𝛿𝑡
𝛿 2𝑇
= 𝜅 𝛿𝑥2 = 0
𝜅 𝛿 2𝑇
𝜅 𝛿𝑥2
∴
=
𝛿 2 𝑇𝑠
𝛿𝑥2
0
𝑘
=0
Dersom vi nå integrerer uttrykket to ganger får vi at
𝑇𝑆 = 𝐴𝑥 + 𝐵, hvor 𝐴 og 𝐵 er integrasjonskonstanter.
Setter vi inn for 𝑥 = 0 og 𝑥 = 𝑙 får vi at
𝑇𝑠 0 = 𝐴 ∙ 0 + 𝐵 = 𝑇0
𝑇𝑠 0 = 𝐴𝑙 + 𝑇0 = 𝑇𝑙
∴ 𝑇𝑠 𝑥 =
𝑇𝑙 −𝑇0
𝑙
⟹
⟹
𝐵 = 𝑇0
𝑇 −𝑇
𝐴 = 𝑙𝑙 0
+ 𝑇0 .
Fra dette har vi at 𝑇𝑠 𝑥 =
𝑇𝑙 −𝑇0
𝑙
+ 𝑇0 .
b)
c)
Vi kan bestemme 𝛼, gitt et tidsavhengig temperaturfelt 𝑇 𝑥, 𝑡 = 𝑇𝑠 𝑥 + 𝐴 sin 𝛽𝑥 𝑒 −𝛼𝑡 der
𝑇𝑠 𝑥 er løsningen fra a) og 𝐴, 𝑘 og 𝛼 er konstanter. Vi antar at temperaturfeltet må oppfylle
12
MEK1100
Obligatorisk oppgave 2
𝛿𝑇
𝛿𝑡
𝛿 2𝑇
= 𝜅 𝛿𝑥2
slik at 𝑇 𝑥, 𝑡 er en løsning av varmeledningslikningen. Dette gir
𝛿𝑇
𝛿𝑡
= −𝛼𝐴 sin 𝛽𝑥 𝑒 −𝛼𝑡 og
𝛿 2𝑇
𝛿𝑡2
= −𝛽 2 𝐴 sin 𝛽𝑥 𝑒 −𝛼𝑡 .
Dette gir oss at
𝛿𝑇
𝛿𝑡
𝛿 2𝑇
= 𝜅 𝛿𝑥2
−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)
13
Nicolai Kristen Solheim