Mehanika kontinuov. Rudi Podgornik

Transcript

1 Mehanika kontinuov Rudi Podgornik August 2002

2 Teorija ima mnogo obrazov in ne vemo, katerega bi izbrali. Eksperiment jih nima nič manj. Montaigne, Essais, Knjiga III, Poglavje XIII. Na osnovi zapiskov, komentarjev in sugestij šledečih študentov: Andrej Prša Andrej Leban Blaž Kmetec Klemen Žagar Matjaž Ličer Boris odopivec Anita Praprotnik Robert Lesar David Eržen Anka Petrovič Mitja Uršič Martin Horvat Andrej Mihelič Andrej Zorko Egon Pavlica Andrija Lebar Luka Gabršček Zala Lenarčič Urška Jelerčič.

3 3

4 4

5 Kazalo 1 Mehanika kontinuov Hidrodinamski volumen Ohranitveni zakoni Disipacija Napetostni tenzor Klasifikacija mehanike kontinuov Elastomehanika Kinematika deformacije Tenzor deformacije Fizikalen pomen komponent tenzorja deformacije Fotoelastični efekt Cauchy - Stokesova dekompozicija Invariante tenzorja deformacije Saint enantove enačbe kompatibilnosti Lagrangeova funkcija in enačba gibanja Napetostni tenzor Geometrija sil Mohrov krog Ohranjevalni zakoni Zakon o ohranjevanju gibalne količine Zakon o ohranjevanju vrtilne količine in simetričnost p ik Zakon o ohranjevanju energije Ohranjevanje energije in nemehanski energijski tokovi Ekstremalni problem v elastomehaniki Hookeov zakon Elastična energija homogenega, izotropnega telesa Ut tensio, sic vis Clapeyronov teorem Izotropno telo pod izotropno obremenitvijo Young-Poissonovi snovni konstanti Janssenova enačba in Poissonovo razmerje Prosta energija deformacije Hookeov zakon in simetrija elastičnih teles Neizotropen eno-osni kristal Navierova enačba Caucyjeva enačba plus Hookeov zakon

6 KAZALO KAZALO Navierova enačba za nestisljivo elastično telo Nestisljiva krogla pod vplivom lastne gravitacije Ena ali dve elastični konstanti za izotropno telo Lastnosti rešitev Navierove enačbe Kelvinov problem Galerkinov nastavek Kelvinov problem Fundamentalna rešitev Navierove enačbe ektorske elastične interakcije Skalarne elastične interakcije Hertzov problem Loveov nastavek Boussinesqova rešitev Fundamentalna rešitev Boussinesqovega problema Hertzov problem Elastični stik dveh krogel Rotacijska deformacija planeta Gravitacijsko-rotacijski potencial vrteče se krogle Kelvinova rešitev Rotacijski elipsoid in koordinatni sistem Zemlje alovanja elastičnega telesa Helmholtzov teorem alovna enačba in njene rešitve Elastično valovanje v nehomogeni snovi Površinski valovi Rayleighovi valovi Loveovi valovi Debyejev model trdnega telesa alovanja kot harmonski oscilatorji Število stanj elastičnega valovanja Kvantizacija elastičnih valovanj Debyejeva enačba Landau Peierlsov teorem Mezoskopska prosta energija Ekviparticijski teorem Število stanj elastičnega kontinua Fluktuacije v različnih dimenzijah Deformacije tankih plošč Diferencialna geometrija površin Deformacijski tenzor za tanko ploščo Prosta energija tanke plošče Deformacijska energija in ukrivljenosti površine Zaključene površine Elastična energija površin s spontano ukrivljenostjo Tanka plošča pod obremenitvijo zunanje sile Točkasta zunanja sila in Greenova funkcija elastične plošče Elastične interakcije Deformacije palic Torzija

7 KAZALO KAZALO Ukrivljanje Kirchhoffova teorija deformacije filamentov Elastica Eulerii Eulerjev kot Bežno deformiran filament Deformacije elastomerov Elastičnost polimernih mrež Statistika posamične polimerne verige Statistika polimerne mreže Nelinearna elastomehanika polimerne mreže Primeri nelinearne elastomehanike Neidealne elastomerne mreže Elastične nestabilnosti Eulerjeva nestabilnost Torzijska nestabilnost Whiteov teorem o zvijanju Hidrodinamika Hidrostatika Osnovne enačbe hidrostatike Teorija plimovanja Potreben pogoj obstoja statične rešitve Kinematika gibanja tekočin Eulerjev in Lagrangeov opis gibanja tekočine Eulerjev in Lagrangeov pospešek Eulerjeva identiteta Kontinuitetna enača za maso tekočine Reynoldsov transportni teorem Tokovnice in vrtinčnice Hidrodinamika idealnih tekočin Eulerjeva enačba Zgodovina Eulerjeve enačbe Helmholtzeva enačba za vrtinčnost Deformacija vrtinčnih niti Kelvinov teorem o ohranjevanju cirkulacije Helmholtzov teorem o vrtinčnosti Integrali Eulerjevih enačb - Bernoullijeve enačbe Ohranjevanje gibalne količine - kontrolni volumen Ohranjevanje gibalne količine - sogibajoč volumen Ohranjevanje energije - kontrolni volumen Ohranjevanje energije - sogibajoč volumen Biot - Savartov zakon rtinci Hitrostno polje vrtinčne niti Hidrodinamske interakcije med vrtinčnimi nitmi Rankinov vrtinec O neki zmotni urbani legendi rtinčni obroč Kelvinov vrtinčni model atoma

8 KAZALO KAZALO 3.5 Obtekanje idealne tekočine Potencialni tok nestisljive tekočine Primeri potencialnega toka Obtekanje krogle D Alambertov paradoks Rešitev d Alembertovega paradoksa Hidrodinamska masa Dvodimenzionalen idealen tok Dvodimenzionalen potencialni tok Tokovnice in ekvipotencialne linije v dveh dimenzijah Kompleksni potencial Pretok tekočine skozi krivuljo rtinci v dveh dimenzijah Sistem dvodimenzionalnih vrtincev je Hamiltonski sistem Dinamika sistema dveh dvodimenzionalnih vrtincev von Kármánova vrtinčna steza Teorija kril Tok okrog valja s cirkulacijo Teorem Kutta-Žukovski Krilo Žukovskega Splošna enačba krila Napačne teorije leta Navier - Stokesova enačba Tenzor strižne hitrasti Newtonske tekočine Robni pogoj za viskozno tekočino Brezdimenzijska oblika Navier-Stokesove enačbe Mikroskopska narava viskoznosti rtinčnost Dinamika vrtinčnosti Difuzija vrtinčnosti Deformacija vrtinčnosti Difuzija cirkulacije Ohranjevalni zakoni Ohranjevanje gibalne količine v kontrolnem volumnu Ohranjevanje gibalne količine v sogibajočem se volumnu Energijski zakon v kontrolnem volumnu Energijski zakon v sogibajočem se volumnu Enstrofija Primeri viskoznega toka Hagen-Poisseuillov tok rtinčna plast Burgersov vrtinec Stokesova enačba Stokesov približek Fundamentalna rešitev Stokesove enačbe - Stokeslet Stokeslet in sila Obtekanje krogle Posledice Stokesove sile

9 KAZALO KAZALO Stokesov paradoks Rotlet in navor Obtekanje vrteče se krogle Stokesov dipol, Rotlet in Stresslet Hidrodinamske nestabilnosti Taylorjeva nestabilnost Benárdova nestabilnost on Kármánova nestabilnost Kelvin Helmholzova nestabilnost Rayleighova nestabilnost Faradayeva nestabilnost Turbulenca Interpretacija Navier-Stokesove enačbe Fizikalne količine na različnih skalah Teorija Kolmogorova (K-41) Akustični hrup Lighthillova enačba Lighthillova akustična analogija Sevalne rešitve Lighthillove enačbe Izsevana akustična moč Lighthillov v 8 zakon

10 KAZALO KAZALO 10

11 Poglavje 1 Mehanika kontinuov Pri obravnavi točkastih teles je bila v središču pozornosti lega telesa v odvisnosti od časa r(t). Ko smo obravnavali toga telesa, katerih dimenzije niso bile zanemarljive, smo poleg lege težišča r(t) v prostoru potrebovali še orientacijo telesa v prostoru φ(t), medtem ko so bile relativne razdalje med razliňimi deli telesa nespremenjene r i (t) r k (t) = 0. Indeks i in j se nanašata na dve različni točki v telesu. Sedaj bomo nadoknadili zamujeno in se posvetili prav spremembi medsebojne relativne razdalje delov telesa (deformacijam) pod vplivom napetosti, katerim je izpostavljeno telo. Delo si bomo olajšali tako, da bomo privzeli mirujoče težišče ṙ(t) = 0 in stalno orientacijo telesa. φ(t) = 0. Časovno odvisne pa bodo lege med posazmeznimi deli telesa, ki jih bomo opisali z vektorjem deformacije. 1.1 Hidrodinamski volumen Pri mehaniki kontinuov se ne ukvarjamo z mikrostrukturo telesa (atomi, molekulami... ), bolj nas zanima makroskopska slika. Mikroskopsko so telesa seveda sestavljena iz diskretnih enot mase, upamo pa, da se pri dovolj velikih skalah ta diskretnost zabriše in da se približamo zveznemu opisu. Tako npr. vpeljemo gostoto snovi kot povprečno gostoto ρ = m = ρ(r), kjer povprečimo maso po dovolj velikem volumnu, da je povprečje gladko ( da ne vidimo več posameznih atomov), a po zadosti majhnem, da še vedno lahko sledimo spremembam gostote po telesu. Izkaže se, da je takšen volumen reda velikosti 10 8 m in vsebuje okrog 10 6 atomov. Rečemo mu hidrodinamski volumen. Hidrodinamski volumen naj bi obstajal pri vsaki snovi, s katero se mehanika kontinuov ukvarja. To je osnovni postulat mehanike kontinuov. 1.2 Ohranitveni zakoni Pri obravnavi mehanike zvezno porazdeljenih medijev iz mehanike točkastega telesa privzamemo veljavnost naslednjih fizikalnih zakonov: zakon o ohranitvi mase, zakon o ohranitvi gibalne količine, zakon o ohranitvi vrtilne količine in zakon o ohranitvi energije. 11

12 1.3. DISIPACIJA POGLAJE 1. MEHANIKA KONTINUO Na osnovi teh postulatov in hidrodinamskega volumna lahko skonstruiramo dinamiko zveznih teles, ki jo imenujemo mehanika kontinuov 1. Mehaniko kontinuov tvorijo splošni ohranitveni zakoni (npr. zakon o ohranjevanju gibalne količine) in pa konstitutivni zakoni (npr. Hookeov zakon in Newtonov zakon). 1.3 Disipacija hidrodinamiki se zaradi viskoznosti mehanska gibalna količina, mehanska vrtilna količina in mehanska energija ne ohranjajo. Ohranjevalni zakoni imajo zato v tem primeru ponore, ki opisujejo neprestano izgubljanje oziroma disipacijo teh mehanskih količin. Najpomembnejši ponor energije v hidrodinamiki je enstrofija, ki opisuje disipacijo energije v vrtincih, oziroma njeno pretakanje iz mehanskih prostostnih stopenj v termodinamske prostostne stopnje kot je entropija. Disipacija in enstrofija igrata pomembno vlogo pri razumevanju turbulence, ki ni nič drugega kot pojavna oblika toka energije iz mehanskih v termodinamske prostostne stopnje in s tem njena disipacija. 1.4 Napetostni tenzor Najpomembnejša razlika med mehaniko točkastih teles in mehaniko kontinuov je obstoj napetostnega tenzorja v slednji. Zakaj? Med toǩastimi telesi po predpostavki delujejo le točkaste sile, ki imajo tudi točkasto prijemališče. Kakor hitro pa ima telo končne dimenzije, in torej predstavlja kontinuum oziroma zvezno porazdelitve mase, pa lahko sila deluje znotraj volumna telesa ali pa po njegovi površini. Newtonov tretji zakon se tako razdeli na dva člena, od katerih prvi ustreza volumski porazdelitvi in drugi površinski porazdelitvi sil. Z nekaj matematičnimi prijemi lahko, kot bomo detajlno spoznali kasneje, površinski del prepišemo v obliki volumskega dela, v katerem se pojavi divergenca količine, ki jo identificiramo kot napetostni tenzor. Ta je potemtakem zgolj formalna posledica dejstva, da imajo zvezna telesa površino in lahko sile delujejo neposredno na njihov volumen ali pa posredno preko mejnih površin. 1.5 Klasifikacija mehanike kontinuov Mehaniko kontinuov v grobem delimo na elastomehniko in hidrodinamiko. Formalno ju ločimo po tem, če ima tenzor napetosti v mirovanju izvendiagonalne elemente (strig) ali ne. Pri tem elastična telesa prenašajo strižno obremenitev, tekočine pa ne. Žal večina snovi ne sodi striktno ne v eno ne v drugo kategorijo, saj so skoraj vse snovi viskoelastične. Njihovo obnašanje je odvisno od tega, kako hitro kaj z njimi počnemo. 1 časih se sliši tudi termin mehanika kontinuumov. Tega preganjam. Latinske besede slovenimo tako, da vzamemo osnovo (pri besedi continuum je to continu), jo prepišemo v slovenščino in nanjo nataknemo slovenska obrazila (kontinu ov)! 12

13 Poglavje 2 Elastomehanika 13

14 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.1 Kinematika deformacije Pri deformaciji se izbran del telesa, torej skupek njegovih atomov oziroma molekul, premakne iz izhodiščne v neko drugo lego: če smo pred deformacijo njegovo lego opisali skrajevnim vektorjem r, oziroma v komponentah x i, jo po deformaciji opišemo s krajevnim vektorjem R(r). Zavedati se moramo, da lahko lego skupka atomov oz. molekul, torej bodisi r ali pa R(r) definiramo le v snoveh, kjer imajo atomi (oziroma molekule) položajski red dolgega dosega. sak atom oz. molekulo torej lahko označimo tako, da navedemo koordinate točke v prostoru, kjer se nahaja. Za tekočine (pa tudi večino tekočih kristalov) to ni mogoče, saj se atomi oz. molekule popolnoma neurejeno gibljejo po prostoru in jih ne moremo povezati z dolčenimi točkami v prostoru. Ločimo dva opisa deformacije: pri enem preberemo dejanske koordinate nekega izbranega delca v telesu v starem, nedeformiranem, koordinatnem sistemu r. To je Lagrangeov opis, ki ga je vpeljal L. de Lagrange v svojem delu Mecanique analytique, ol II, (1788), stran 268. Uporabljamo ga pri teoriji elastičnosti, kjer nas vedno zanimajo dejanske koordinate delcev snovi pri deformaciji. Pri drugem pa preberemo koordinate istega dela telesa v novem - deformiranem koordinatnem sistemu R. Tu koordinate niso več vezane na delce snovi, pač pa na element volumna snovi. To pa je Eulerjev opis, ki ga je Leonhard Euler vpeljal v delu Principes generaux du mouvement des fluides, Mémoires de l Academie de Berlin, (1755), stran Uporabljamo ga pri hidromehaniki. Mi se bomo zaenkrat ukvarjali s teorijo elastičnosti in bomo uporabljali Lagrangeov opis. Privzeli bomo princip lokalne akcije: deformacije v telesu so posledice lokalnih sil. Učinke dolgega dosega zanemarimo. Zakonom, ki povezujejo zunanje učinke z notranjimi odgovori različnih vrst snovi, pravimo konstitutivni zakoni. Taka sta npr. zakona D = ɛɛ 0 E v elektrodinamiki in F = κ 2 l/l pri deformaciji vzmeti. Da bi izpeljali splošne konstitutivne zakone v elastomehaniki, pa moramo najprej znati opisati deformaicjo elastičnega tlesa Tenzor deformacije Posvetimo se najprej kinematiki oz. opisu deformacije v zveznem mediju. Oglejmo si transformacijo r R(r); zapisano po komponentah je to: x i R i (x k ) = x i + u i (x k ), (2.1) kjer smo vpeljali vektor deformacije u i (x k ), ki pove, za koliko se pri deformaciji premakne točka, ki je bila pred deformacijo v x k. Komponenten zapis u i (x k ) je popolnoma enakovreden vektorskemu zapisu u(r). Latinski indeksi seveda tečejo od 1 3 in predstavljajo komponente x, y, z. Razdalja med dvema sosednjima točkama na poljubni mnogoterosti se zapiše kot dl 2 0 = g (0) ik dx idx k, (2.2) kjer je g (0) ik metrični tenzor pred deformacijo. dr je seveda vektorska razlika položajev dveh infinitezimalno sosednjih vektorjev. Pri deformiranem telesu gledamo ustrezno razliko med vektorjema R(r) in R(r + dr). Tu vpeljemo element razdalje med istima točkama po deformaciji z zvezo dl 2 = g ik dx i dx k. (2.3) 14

15 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE Slika 2.1: Shematska predstavitev vektorja deformacije. Deformacijo potemtakem očitno lahko opišemo kar z metričnim tenzorjem, Lagrangeove koordinate pa ostanejo iste. Razdalja med dvema bližnjima točkama v telesu pred in po deformacijio zapišemo po definiciji kot dl 2 dl 2 0 = (g ik g (0) ik )dx idx k =: 2u ik dx i dx k, (2.4) kjer je u ik (Greenov) tenzor deformacije, ki smo ga vpeljali kot u ik = 1 2 (g ik g (0) ik ). (2.5) Tenzor deformacije je očitno tenzor, saj je enak razliki dveh drugih tenzorjev, je pa tudi simetričen, u ik = u ki, pač glede na lastnosti metričnega tenzorja. Poskusimo ga izraziti z vektorjem odmika u i (x k )! Začnimo s kartezično 3D mrežo na nedeformiranem telesu. Metrični tenzor je kar identitetna matrika, kar pomeni, da od produkta preživijo le diagonalni elementi, torej elementi z enakim indeksom: dl 2 0 = dx i dx i = dx 2 i. (2.6) Sedaj telo infinitezimalno deformiramo. saka točka x k se preslika v R i (x k ), zato je razdalja med dvema infinitezimalno bližnjima točkama po deformaciji 1 : dl 2 = dr i dr i = dr 2 i. (2.7) Tu smo prepostavili, da sta si točki, ki sta si blizu pred deformacijo, blizu tudi po njej. Običajno je to res, razen v primerih, ko se telo pretrga, s katerimi pa se tu ne bomo ukvarjali. Ker je po definiciji vektorja deformacije R(r) = r + u(r), sledi Od tod sledi: dl 2 = dr i dr i = dr i = dx i + u i x k dx k. (2.8) ( dx i + u ) ( i dx k dx i + u ) i dx p. (2.9) x k x p 1 infinitezimalna razlika med dvema točkama je še vedno evklidska 15

16 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Zmnožimo in imamo dx i dx i + u i dx i dx k + u i dx i dx p + u ( i u i dx k dx p = = dl 2 up u k + u ) i u i dx p dx k. x k x p x k x p x k x p x k x p Pri linearnih členih smo indeks i v drugem členu spremenili v p, v tretjem pa v k to lahko naredimo, saj so i, p in k nemi indeksi. Po definiciji je kot vemo dl 2 dl 0 2 = 2u pk dx p dx k (2.10) in po primerjavi z prejšnjo enačbo ugotovimo, da je Greenov tenzor u ik = 1 ( ui + u k + u ) l u l. (2.11) 2 x k x i x i x k Člen ui x k + u k x i imenujemo linearna komponenta tenzorja u ik, člen u l u l x i x k pa nelinearna (kvadratna) komponenta tenzorja u ik. Mi se bomo ukvarjali z linearno teorijo elastičnosti, zato bomo nelinearni del zanemarili. To pomeni, da se bomo v nadaljevanju omejili na majhne deformacije. linearnem opisu deformacije je u ik u ik = 1 ( ui + u ) k (2.12) 2 x k x i ravno simetriziran gradient deformacijskega vektorja u i. Imenujemo ga tudi Greenov tenzor Fizikalen pomen komponent tenzorja deformacije Zanima nas še pomen komponent tenzorja deformacije. Najprej si oglejmo, kako se transformira majhen vektor. ki kaže pred deformacijo recimo v x smeri, (dx 1, 0, 0). Dolžina tega vektorja je po deformaciji dl 2 = dx u ik dx i dx k = dx u 11 dx 1 2 = dx 2 1(1 + u 11 ). (2.13) Oziroma od tod ko korenimo in razvijemo po u 11 do najnižjega reda dl = dx 1 (1 + u 11 ). (2.14) Od tu dobimo za relativni raztezek vektroja dx 1 pred in podeformacijo u 11 = dl dx 1 dx 1. (2.15) Enako bi lahko dobili za vse diagonalne komponente tenzorja deformacije. Zaključimo, da diagonalne komponente tenzorja deformacije predstavljajo relativne raztezke v posameznih smereh. Zanima nas še pomen nediagonalnih elementov v tenzorju. Zato si oglejmo, kako se transformirajo koti med smermi pred in po deformacijo. zemimo ortogonalna vektorja v dveh smereh, recimo, (dx 1, 0, 0) in (0, dx 2, 0). Prvi vektor naj se transformira v dr (1) = (dr (1) 1, dr(1) 2, dr(1) 3 ), drugi pa v dr (2) = (dr (2) 1, dr(2) 2, dr(2) 3 ). Pri tem za komponente prvega vektorja po definiciji zapišemo: dr (1) 1 = dx 1 + u ( 1 dx 1 = 1 + u ) 1 dx 1, (2.16) x 1 x 1 16

17 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE kjer je in za drugi vektor dr (1) 2 = u 2 x 1 dx 1, dr (1) 3 = u 3 x 1 dx 1, (2.17) dr (2) 1 = u 1 x 2 dx 2, dr (2) 2 = dx 2 + u 2 x 2 dx 2 = ( 1 + u ) 2 dx 2, x 2 dr (2) 3 = u 3 x 2 dx 2. (2.18) Sedaj izračunamo skalarni produkt dr (1) dr (2) = dr (1) dr (2) cos θ 12 in ohranimo le linearne člene dr (1) dr (2) u 1 dx 1 dx 2 + u 2 dx 1 dx 2 = 2u 12 dx 1 dx 2. (2.19) x 2 x 1 Ker je dx 1 dx 2 do lieanrnega reda enako dr (1) dr (2) (relativni raztezki so namreč po predpostavki majhni), je Od tod pa sledi dr (1) dr (2) = dr (1) dr (2) cos θ 12 2u 12 dx (1) dx (2). (2.20) 2u 12 = cos θ 12. (2.21) Enak rezultat bi dobili za ostale nediagonalne elemente. Torej je npr. nediagonalni element u 12 polovični kosinus kota med novima smerema prve in druge koordinatne osi, ki sta bili pred deformacijo pravokotni med seboj. Kaj pa se zgodi z volumnom telesa po defromaciji? Pred deformacijo je volumski element v telesu po definiciji d 0 = dx 1 dx 2 dx 3, (2.22) po deformaciji pa d = dr 1 dr 2 dr 3. (2.23) Iz vektorske analize vemo, da lahko diferencial volumna zapišemo z Jacobijevo determinanto J(r) takole: [ d = det R ] i(r) d 0 = J(r)d 0. (2.24) x k Ker je R i (x l ) = x i + u i (x l ) lahko v linearnem redu izpeljemo ( ) ( xi + u i (x l ) J(r) = det = det δ ik + u ) i(x l ) = (1 + Tr u ik ) + O(u ik ), (2.25) x k x k ali drugače d d 0 = Tr u ik. (2.26) d 0 Sled tenzorja deformacije je torej enaka relativni spremembi volumna pri deformaciji. Bilo bi neprijetno, če bi bila ta relativna sprememba volumna odvisna od izbire koordinatnega izhodišča. Na srečo temu ni tako. Ponovimo: diagonalni elementi tenzorja napetosti predstavljajo relativne spremembe dožine vektorjev, nediagonalni spremembe pravih kotov in sled relativno spremembo elementa volumna. 17

18 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Fotoelastic ni efekt Ali lahko deformacijo v telesu opazimo neposredno? Z e od Maxwella naprej lahko deformacijo teles vizualiziramo s po moc jo fotoelastic nega efekta. Do fotoelastic nega efekta pride, ko je Slika 2.2: Fotoelastic bi efekt na modelu gotskega cerkvenega stebra. prozoren material pod izpostavljen deformacijam. Le-te se ponavadi spreminjajo po volumnu telesa in povzroc ajo lokalne variacije v lomnem kolic niku. To seveda vodi do variacij v lokalni hitrosti svetlobnega valovanja v telesu. C e skozi taks no telo potuje polarizirana svetloba pride do interference delov z arka, ki gredo skozi dele telesa z razlic nimi svetlobnimi hitrostmi. C e jih pravlno interpretiramo lahko iz interferenc nih slik razberemo velikosti lokalne deformacije v telesu. To je torej princip fotoelastic nosti. J.C. Maxwell je zac el raziskovati elastic nost prozornih teles okrog leta Na sliki vidimo dva njegova originalna akvarela, ki prikazujeta fotoelastic ni efekt v elastic no obremenjenem steklenem trikotniku in v votlem cilindru s torzisjko deformacijo. Na osnovi slik te vrste je Maxwell Slika 2.3: Maxwellova akvarela, levi iz leta 1847 in desni iz leta 1850, ki prikazujeta fotoelastic ni efekt v trikotniku in votlem cilindru. 18

19 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE skušal rekonstruirati deformacijsko polje in ga primerjati z rezultati, ki jih daje elastomehanika Cauchy - Stokesova dekompozicija S pomočjo deformacijskega tenzorja lahko zelo elegantno ugotovimo, kako se v splošnem premaknejo deli deformabilnega telesa. Če je v toški r 0 vektor deformacije u(r 0 ), potem je v sosednji točki, oddaljeni za dr od r 0, vektor deformacije To lahko zapišemo tudi takole oziroma kot kjer je seveda u i (r 0 + dr) = u i (r 0 ) u ik = 1 2 u i (r 0 + dr) = u i (r 0 ) + u i(r 0 ) x k dx k + O(dx k ). (2.27) ( ) ( ) ui(r 0) x k + u k(r 0) x i dx k + 1 ui(r 0) 2 x k u k(r 0) x i dx k, (2.28) u i (r 0 + dr) = u i (r 0 ) + u ik (r 0 )dx k + ω ik (r 0 )dx k, (2.29) ( ) ui(r 0) x k + u k(r 0) x i ω ik = 1 2 ( ) ui(r 0) x k u k(r 0) x i. (2.30) Prvi del predstavlja torej deformacijo, drugi pa vsebuje nek antisimetrični tenzor ω ik. Ker je vsak antisimetričen tenzor ekvivalenten nekemu aksialnemu vektorju, ta člen predstavlja rotacijo. Poglejmo točno kako. Antisimetrični tenzor ω ik lahko v splošnem zapišemo kot ω ik = 1 2 ɛ ikl ω l = 0 ω 3 ω 2 ω 3 0 ω 1 ω 2 ω 1 0. (2.31) Ta izraz velja splošno za vsak antisimetrični tenzor. Pravimo, da je antisimetrične tenzor ekvivalenten nekemu vektorju, v zgornjem primeru vektorju ω. ektor ω imenujemo tudi aksialni vektor. Od tod že sledi, da je ω ik dx k = 1 2 ɛ ikl ω l dx k = 1 2 ω dr. (2.32) Nazdnje lahko torej zapišemo za vrednost vektorja odmika v dveh sosednjih točkah v telesu u i (r 0 + dr) = u i (r 0 ) + u ik (r 0 )dx k (ω(r 0) dr) i. (2.33) Oziroma še malo drugače, če uvedemo tole dekompozicijo Greenovega tenzorja u ik (r 0 ) = d ik (r 0 ) (u ii(r 0 )) δ ik (2.34) v kateri je novi tenzor d ik brezsleden, dobimo končno za Cauchy - Stokesovo dekompozicijo vektorja deformacije u i (r 0 + dr) = u i (r 0 ) (u ii(r 0 )) δ ik dx k + d ik (r 0 )dx k (ω(r 0) dr) i. (2.35) Zgornjo enačbo preberemo takole: deformacija v bližini točke r 0 je sestavljena iz člen 1 3 (u ii(r 0 )) dx i, ki ustreza zgolj spremembi volumna Tru ik = Tr ( 1 3 (u ii(r 0 )) δ ik ) = ( u) strižne deformacije brez spremembe volumna, člen d ik (r 0 )dx k z d ii = 0. rotacije, člen 1 2 ω(r 0) dr. Zgornjo trditev imenujemo tudi Cauchy - Stokesov izrek o dekompoziciji deformacije zveznega telesa. Krogla v okolici točke r 0 se bo torej v spločnem deformirala v rotacijski elipsoid s premaknjenimi glavnimi osmi kot ga shematsko prikazuje tudi slika. 19

20 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.4: Krogla v okolici točke r 0 se v spločnem deformira v rotacijski elipsoid s premaknjenimi glavnimi osmi Invariante tenzorja deformacije Sled Tr u ik je invarianta tenzorja in ni vezana na določen koordinatni sistem. To vemo iz linearne algebre. Pri iskanju lastnih vrednosti linearnega operatorja u ik so namreč koeficienti karakterističnega polinoma invariante operatorja: Invariante I 1,I 2,I 3 so definirane kot det(u ik tδ ik ) = t 3 + I 1 t 2 I 2 t + I 3 = 0. (2.36) I 1 = 1 2 ɛ mnpɛ inp u im = Tr u ik I 2 = 1 2 ɛ [ mnpɛ mjk u nj u pk = 1 2 (Tr uik ) 2 2 Tr u ] ik = 1 2 (u jju kk u kj u jk ) I 3 = 1 6 ɛ mnpɛ ijk u im u jn u kp = det u ik. (2.37) definicijah skalarnih invariant tenzorja smo vpeljali ε ijk, Levi-Civitajev absolutno antisimetrični tenzor 3. reda, katerega elementi so: 1 ; (ijk) je soda permutacija ε ijk = 1 ; (ijk) je liha permutacija (2.38) 0 ; sicer Pomagal nam bo pri bolj simetričnem zapisu različnih enačb tudi kasneje. Zato si ga zapomnimo Saint enantove enačbe kompatibilnosti Greenov deformacijski tenzor je torej definiran kot u ik = 1 ( ui + u ) k. (2.39) 2 x k x i 20

21 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.1. KINEMATIKA DEFORMACIJE Za vsak vektor u(r) lahko potemtakem najdemo ustrezen deformacijski tenzor. Kaj pa inverzni primer? Ali lahko za vsako tenzorsko polje u ik (r) najdemo ustrezen deformacijski vektor, tako da bo veljala zgornja enačba? O tem govorijo Saint enantovi pogoji kompatibilnosti. Kot vidimo je inverzni problem predoločen, saj imamo šest komponent simetričnega Greenovega tenzorja, ki morajo določati tri komponente vektorja deformacije. Očitno morajo torej med komponentami Greenovega tenzorja veljati določeni kompatibilnotni pogoji, ki šest enačb prevedejo na tri. Izračunajmo najprej 2 u ij = 1 ( 3 u i 3 ) u j + (2.40) x k x l 2 x j x k x l x i x k x l Hitro lahko ugotovimo, da mora veljati tole 2 u ij + 2 u kl = 1 ( 3 u i + x k x l x i x j 2 x j x k x l Zamenjajmo indeksa j in k pa imamo do tod 2 u ik + 2 u jl = 1 ( 3 u i + x j x l x i x k 2 x k x j x l 3 u j x i x k x l + 3 u k x i x j x l + Če sedaj spečamo obe zgornji enačbi dobimo končbo 3 u k x j x l x i + 3 u j x l x i x k + 3 u l x k x j x i 3 u l x j x i x k ). (2.41) ). (2.42) 2 u ij + 2 u kl 2 u ik 2 u jl = 0. (2.43) x k x l x i x j x j x l x i x k To je potreben in hkrati zadosten pogoj, da obstoja enoznačen vektor deformacije. Ta pogoj imenujemo tudi Saint enantov pogoj kompatibilnosti. Zgornja tenzorska enačba predstavlja dejansko sistem 3 4 = 81 enačb, od katerih pa je le šest linearno neodvisnih. Teh šest enačb ustreza indeksom i = j = 2, k = l = 3, i = j = 3, k = l = 1, i = j = 1, k = l = 2, i = j = 1, k = 2, l = 3, i = j = 2, k = 3, l = 1 in pa i = j = 3, k = 1, l = 2. dveh dimenzijah obstaja ena sama kompatibilnostna enačba za i = j = 1, k = l = 2. Seveda zgornjih šest enačb še vedno ne more biti popolnoma linearno neodvisnih. Pokazati pa se da, da lahko zgornjih šect kompatibilnostnih enačb drugega reda (po odvodih) zapišemo kot tri enačbe četrtega reda. Tako dobimo ravno prvšnje število pogojev. Te končne enačbe kompatibilnosti lahko izpeljemo v tejle obliki 3 ( u 23 + u 31 + u ) 12 = 0 x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 3 ( u23 u 31 + u ) 12 = 0 x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 3 ( u23 + u 31 u ) 12 = 0. (2.44) x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 To so kompatibilnostne enačbe v najbolj kompaktni obliki. Samo tenzorji, ki zadoščajo zgornjim enačbam, lahko predstavljajo deformacijo nekega elastičnega telesa. 21

22 2.2. LAGRANGEOA FUNKCIJA IN ENAČBA GIBANJA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.2 Lagrangeova funkcija in enačba gibanja Sedaj imamo opis deformacije telesa in postavi se seveda vprašanje, kakšne so ustrezne gibalne enačbe. Postopali bomo podobno kot v mehaniki točkastih teles in najprej zapisali ustrezno Lagrangeovo funkcijo in od tod izpeljali enačbe gibanja. klasični (analitični) mehaniki točkasteih delcev lahko izpeljemo osnovno enačbo gibanja tudi s pomočjo Hamiltonovega načela, tako da poiščemo ekstrem klasične akcije S = L(r(t), ṙ(t))dt, (2.45) ki vodi do Euler - Lagrangeove enačbe v obliki ( ) ( ) d L L = 0. (2.46) dt ṙ(t) r(t) Le-ta ni nič drugega kot nekoliko drugačen zapis Newtonovega zakona gibanja. Pri tem je Lagrangeova funkcija ravno razlika med kinetično in potencialno energijo delca L = W k W p. Tudi v elastomehaniki lahko postopamo podobno, le da moramo ves čas upoštevati zvezno naravo snovi, ki jih obravnavamo. Posledica tega dejstva je, da se mora Lagrangeova funkcija zapisati kot volumski integral po telesu. Kinetična energija zveznega deformabilnega telesa, katerega lokalne odmike od ravnovesja opisuje deformacijski vektor u(r) se da zapisati kot W k = 1 ρ u 2 (r, t)d 3 r. (2.47) 2 Zgornja enačba skorajda ne potrebuje komentarja. Nekoliko manj trivialne so zadeve pri potencialni energiji. Najprej bomo predpostavili, da so interakcije med posameznimi deli telesa kratkega dosega. To pomeni, da so med seboj sklopljeni le najbližji deli okolice neke točke v elastičnem telesu. Če so atomi ali molekule telesa v ravnovesju na mrežni razdalji a, potem imamo po predpostavki samo sklopitve med u(r) in u(r + a). Ker pa je u i (r + a) u i (r) u i(r) x k a k + O(a 2 ) = u ik a k + O(a 2 ) (2.48) to pomeni, da mora biti potencialna energija zgolj funkcija gradientov vektorja deformacije. Pomembni predpostavki tu sta dve: da imamo v telesu pozicijski red, ki definira najbližje sosede in da med seboj interagirajo zopet le najbližji sosedje.če nadaljujemo v tej smeri, moramo ugotoviti še, da se gradient vektorja deformacije deli na simetrični del, ki ustreza pravim deformacijam, in antisimetrični del, ki ustreza lokalnemu vrtenju. To slednje seveda ne more prispevati k potencialni energiji telesa v ravnovseju. Ostane nam torej trditev: potencialna energija deformaicje mora biti odvisna od Greenovega tenzorja deformacije. Potemtakem se mora dati zapisati kot W p = f(u ik (r, t))d 3 r ρ f z u(r, t)d 3 r. (2.49) Drugi del predstavlja zgolj deformacijsko delo zunanjih sil. primeru zveznega telesa torej zapišemo nujo v obliki ( S = L u i (r, t), u i (r, t), u ) i(r, t) d 3 rdt (2.50) x k kjer je L tokrat gostota Lagrangeove funckije podana z ( L u i (r, t), u i (r, t), u ) i(r, t) = 1 x k 2 ρ u2 (r, t) f(u ik (r, t)) + ρf z u(r, t). (2.51) 22

23 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.2. LAGRANGEOA FUNKCIJA IN ENAČBA GIBANJA Glede na to, da je nuja sedaj funkcional štirih parametrov: časa t in treh komponent vektorja r, lahko ustrezno Euler - Lagrangeovo enačbo zapišemo v obliki ( ) ( ) L + ( ) L L = 0. (2.52) t u i x k u i ui x k Ker je u ik ravno simetriziran gradient vektorja deformacije velja ( ) ( ) L L =. ui x k Euler-Lagrangeova enačba En pa se torej končno glasi ρü i = ( ) L + ρfi z, (2.53) x k u ik oziroma, če upoštevamo, da je v Lagrangeovi funkciji le f(u ik (r, t)) odvisna od tenzorja deformacije ρü i = ( ) f(uik (r, t)) + ρ fi z. (2.54) x k u ik To enačbo ponavadi zapišemo še nekoliko drugače. Najprej uvedemo napetostni tenzor kot u ik s pomočjo katerega se Euler - Lagrangeova enačba zapiše kot p ik = f(u ik(r, t)) u ik, (2.55) ρü i = p ik x k + ρ f z i. (2.56) Zgornjo enačbo imenujemo ponavadi tudi bf Cauchyjeva enačba. za zvezno telo in nadomešča v tem primeru drugi Newtonov zakon. Potencialna energija deformacije pri konstantni tenmperaturi ni nič drugega kot prosta energija deformacije. Zgornja definicija tenzorja napetosti torej pravi, da je le ta enak odvodu proste energije deformacije po tenzorju deformacije. Kot tak predstavlja posplošitev pojma sile na zvezne medije. A ne pozabimo: pozicijski red in sile kratkega dosega. Da bi rešili zgornjo enačbo nam manjka še konstitutivna relacija p ik = p ik (u i ) = p ik (u ik ). najbolj preprosti obliki se ta konstitutivna relacija imenuje Hookeov 2 zakon in ga bomo izpeljeli nekoliko pozneje. 2 R. Hooke,

24 2.3. NAPETOSTNI TENZOR POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.3 Napetostni tenzor Geometrija sil Euler-Lagrangeovo enačbo gibanja lahko interpretiramo tudi takole ρü i = p ik x k + ρ f z i = ρ f i, (2.57) kjer je f i celtona sila na enoto mase, ki deluje na telo. Sestavljena je torej iz zunanjih sil in napetosti v telesu. Celotno silo na telo sedaj dobimo tako, da zgornjo enačbo integriramo po volumnu telesa takole F i = ρ f i d 3 r = ρ fi e d 3 r + p ik x k d 3 r. (2.58) Prvi integral predstavlja interakcijo z zunanjimi polji kot npr. težnostjo, drugi pa interakcije med deli telesa. Po analogiji z Gaussovim teoremom, po katerem je integral vektorja a po površini enak integralu divergence tega vektorja po volumnu a k ds k = ak x k d uvidimo da lahko zapišemo podobno relacijo tudi za tenzor p ik in sicer kot pik p ik ds k = d x k. To se da pokazati za vsako komponento i posebej, saj imamo opraviti z Gaussovim izrekom za vsako komponento i. Celotno silo, ki deluje na zvezno deformabilno telo lahko potenmtakem zapišemo kot F i = p ik ds k + ρ fi e (r)d 3 r, (2.59) kjer gre površinski integral ravno po meji volumna telesa. primeru, ko nimamo zunanjih sil, drugi člen seveda odpade. Za nek neskončno majhen del površine je potem p ik ravno sila na enoto površine, ki deluje v smeri i, če normala elementa površine kaže v smeri k. Namesto ds k pišimo produkt enotskega vektorja normale na površino ter elementa ploščine: F i = p ik n k ds. (2.60) Produkt p ik n k smemo tako interpretirati kot gostoto sile na enoto povrˇsine v smeri i. Zaenkrat še ne vemo nič o simetrijskih lastnostih tenzorja napetosti. Ob te bomo trčli šele pri ohranjevanju vrtilne količine deformirane snovi. Obstoj tenzorja napetosti je posledica dejstva, daje potencilna energhija deformacije funkcija u ik, kar pa je zopet posledica dejstva, da so interakcije med deli telesa kratkega dosega in da v ravnovesju vlada v telesu pozicijski red dolgega dosega Mohrov krog Poglejmo si v dveh dimenzijah normalno in tangencialno komponento sile na površino, podano z normalo n in tangento t, tako da je n t = 0, n = (sin θ, cos θ) t = (cos θ, sin θ). (2.61) 24

25 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.3. NAPETOSTNI TENZOR Slika 2.5: Lokalna geometrija sile in površine pri definiciji tenzorja napetosti. Za normalni in tangencialni komponenti sil, F n in F t na to površino dobimo oziroma F n = p ik n i n k F t = p ik n i t k (2.62) F n = p 11 sin 2 θ+p 22 cos 2 θ+2p 12 sin θ cos θ F t = p 11 sin θ cos θ p 22 sin θ cos θ p 12 sin 2 θ+p 21 cos 2 θ. (2.63) Upoštevajmo vse potrebne trigonometrične zveze sin 2 θ = 1 2 (1 cos 2θ) in cos2 θ = 1 2 (1 + cos 2θ) pa od tod dobimo, če seštejemo ustrezne kvadrate členov, ki nastopajo v En ( F n p ) 2 ( ) p 22 + Ft 2 = p 2 p11 p (2.64) 2 2 Če sedaj F n in F t vzamemo za koordinati, potem to ni nič drugega kot enačba kroga, Mohrovega 3 kroga, ki ima radij p ( p 11 p 22 ) 2 2 in ima središče na abscisi pri F n = p 11 + p 22 2 = 1 2 Trp ik, (2.65) kar je ravno povprečna vrednost napetosti, ki je invarianta. Radij Mohrovega kroga pa je največja možna strižna napetost, ki jo lahko torej zapišemo kot ( ) 2 Ft max = p 2 p11 p (2.66) 2 Presečišči Mohrovega kroga z absciso, F t = 0, sta določeni z enačbo ( Fn 0 p ) 2 ( ) p 22 = p 2 p11 p (2.67) 2 2 Če bi imeli tenzor napetosti podan v lastnem koordinatnem sistemu, torej p 12 = 0, potem bi bili obe presečišči z absciso ravno p 11 in p 22. Kot θ bi v tem primeru prdstavljal kot med lastnimi 3 fizik 25

26 2.3. NAPETOSTNI TENZOR POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.6: Mohrov krog v dveh dimenzijah. smermi tenzorja napetosti in pa smerjo normale na površino, kjer nas zanimata normalna in tangencialna komponenta sile. Obliko Mohrovega kroga v dveh dimenzijah nam predstavlja slika. Omogoča nam, da iz oblike komponent tenzorja napetosti zlahka razberemo ustrezne tangencialne in normalne sile, ki delujejo na poljuben površinski element v prostoru. To naredimo takole: določimo kot med smermi koordinatnega sistema v katerem je definiran tenzor napetosti in pa smerjo normale površine, kjer nas zanimata normalna in tangencialna komponenta sile. Ta kot nam v Mohrovem krogu takoj dološi tudi obe komponenti sile F n in F t, glej sliko

27 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.4. OHRANJEALNI ZAKONI 2.4 Ohranjevalni zakoni Zakon o ohranjevanju gibalne količine tem podpoglavju bomo izpeljali Newtonov zakon za zvezno telo, ki mu običajno pravimo tudi Cauchyjev zakon in ki nam dejansko govori o ohranjevanju gibalne količine v primeru, ko nimamo zunanjih sil. Euler - Lagrangeovo enačbo En, integrirajmo po volumnu in definirajmo gibalno količino telesa kot G = ρ ud 3 r, oziroma G i = ρ u i d 3 r. (2.68) Potem dobimo dg i dt = ( ρf (z) i + p ) ik x k primeru statičnega ravnovesja se zgornja enačba očitno glasi 0 = ρf (z) i d 3 r. (2.69) + p ik x k. (2.70) Izraz za časovni odvod gibalne količine elastičnega telesa lahko s pomočjo teorema Gaussa - Ostrogradskega zapišemo tudi kot dg i = Fi z + p ik n k ds, (2.71) dt kjer je Fi z ravno celotna zunanja sila na telo, enaka volumskemu integralu ρfi z po telesu. Prvi volumskem integralu divergence napetostnega tenzorja a zmo upoštevali Gaussov izrek. Če nimamo zunanjih sile potem se zgornja enačba reducira na dg i dt = p ik n k ds. (2.72) Zgornja enačba nam pove, da je celotna sila na telo, torej odvod njegove gibalne količine, uravnotežena s silami, ki delujejo na njegovo površino, pri čemer je površinska gostota teh sil enaka F ( ) i = p ik n k. (2.73) kolikor je telo na površini prosto in torej nanj tam ne delujejo nobene sile, potem je tudi površinski integral z zgornji enačbi nič in dobimo ohranjevanje gibalne količine G i = ρ u i d 3 r = const. (2.74) Gibalna količina se torej za zvezno telo ohranja le, če nimamo nobenih zunanjih sil in če je površina telesa prosta, torej je napetostni tenzor na njej enako nič. Ta zahteva je posplošitev pogojev za ohranjevanje gibalne količine točkastega telesa Zakon o ohranjevanju vrtilne količine in simetričnost p ik Euler - Lagrangeovo enačbo En, sedaj pomnožimo vektorsko z r in integrirajmo po volumnu telesa. Še pred tema pa definirajmo vrtilno količino telesa kot Γ = ρ r ud 3 r oziroma Γ i = ρ ɛ ijk x j u k d 3 r. (2.75) 27

28 2.4. OHRANJEALNI ZAKONI POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Sedaj upoštevajmo, da je ṙ = u, kar najbrž ni potrebno posebej utemeljevati. Potemtakem dobimo iz Euler - Lagrangeove enačbe dγ i dt = M (z) p kl i + ɛ ijk x j x l d 3 r. (2.76) kjer je M (z) i ravno celotni navor zunanjih sil na telo definiran kot M (z) = ρ r f z d 3 r oziroma M (z) i = ρ ɛ ijk x j fk z d 3 r = ρ m (z) i d 3 r, (2.77) kjer smo z m (z) i označili navor zunanjih sil na enoto mase. Sedaj lahko zadnji člen v En razpišemo kot ɛ ijk p kl x j d 3 r = ɛ ijk x l (x j p kl ) d 3 r ɛ ijk x l x j x l p kl d 3 r. (2.78) Prvi člen je volumski integral divergence ε ijk x j p kl. Pri drugem členu pa upoštevamo ɛ ijk x j x l p kl = ɛ ijk δ jl p kl = ε ijk p kj = 1 2 (ε ijkp kj ε ikj p kj ). (2.79) Indeksi v drugem členu so nemi, zato smemo k in j zamenjati, ter izpostaviti ε ijk. Tako dobimo na koncu ɛ ijk p kj = 1 2 ɛ ijk(p kj p jk ). En lahko potemtakem zapišemo v obliki dγ i dt = M (z) (x j p kl ) i + ɛ ijk d 3 r 1 x l 2 ɛ ijk oziroma kot ( dγ i dt = ρm (z) i + (ɛ ijkx j p kl ) 1 ) x l 2 ɛ ijk (p kj p jk ) primeru statičnega ravnovesja se zgornja enačba očitno glasi (p kj p jk )d 3 r, (2.80) d 3 r, (2.81) 0 = ρm (z) i + (ɛ ijkx j p kl ) x l 1 2 ɛ ijk (p kj p jk ). (2.82) Po Gaussovem izreku sedaj lahko v enačbi za časovni odvod vrtilne količine pretvorimo divergenco temnzorja na površinski integral in ostanemo z dγ i dt = M i z + ɛ ijk (x j p kl )n l ds 1 2 ɛ ijk (p kj p jk )d 3 r. (2.83) Površinski integral ne vsebuje nič drugega kot površinsko gostoto navorov na mejo telesa definirano kot M( ) i = ɛ ijk (x j p kl )n l. (2.84) Če nimamo zunanjih navorov in če je telo na površini prosto, podobno kot pri ohranjevanju gibalne količine, potem ostanemo z dγ i dt = 1 2 ɛ ijk (p kj p jk )d 3 r. (2.85) 28

29 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.4. OHRANJEALNI ZAKONI To pa je nesmisel, saj bi iz zgornjega sledilo, da se vrtilna količina telesa ne ohranja tudi če nanj ne delujejo nobeni volumski ali površinski navori. Torej mora potemtakem veljati p kj = p jk. (2.86) Napetostni tenzor mor atorej biti simetriˇcen. tem primeru imamo tudi ohranjevanje vrtilne količine Γ i = ρ ɛ ijk x j u k d 3 r = const. (2.87) Za neobremenjeno telo se torej celotna vrtilna količina ohranja. To velja seveda le, če je napetostni tenzor simetričen. Simetričnost deformacijskega tenzorja je sledila skoraj avtomatično iz definicije Zakon o ohranjevanju energije Začnimo zopet s Caucyjevo enačbo in jo skalarno pomnožino z vektorjem hitrosti u. Dobimo ρü i u i = p ik x k u i + ρ f z i u i. (2.88) Sedaj zgornji rezultat integriranmo po volumnu telesa, pa ga lahko zapišemo tudi takole d 1 dt 2 ρ u2 i d3 r = ρ f i z u i d 3 r + p ik u i x k d 3 r p ik ui x k d 3 r. (2.89) Upoštevajmo sedaj še dejstvo, da je napetostni tenzor simetričen, pa sledi za zadnji člen u i p ik = 1 u i (p ik + p ki ) = 1 ( x k 2 x k 2 p ui ik + u ) k = p ik u ik, (2.90) x k x i kjer smo pri zadnje enačaju upoštevali nemost indeksov pri seštevanju in pa definicijo tenzorja deformacije. Tako lahko zapišemo d 1 dt 2 ρ u2 i d 3 r = ρ fi z u i d 3 (p ik u i ) r + d 3 r p ik u ik d 3 r. (2.91) x k To pa sedaj lahko prepišemo v sledči obliki ( ) d 1 dt 2 ρ u2 i + p ik du ik d 3 r = ρ fi z u i d 3 r + (p ik u i )n k ds. (2.92) zadnjem integralu smo zopet upoštevali Gaussov izrek in divergenco tenzorja zapisali s površinskim integralom. Člena na desni strani enačbe sedaj prepoznamo kot celotno moč vsote vseh sil na telo P = ρ fi z u i d 3 r + (p ik u i )n k ds. (2.93) Torej nazadnje velja ( ) d 1 dt 2 ρ u2 i + p ik du ik d 3 r = P. (2.94) Kar ni nič drugega kot zakon o ohranjevanju celotne energije elastičnega telesa. Namreč, če na telo ne delujejo nobene volumske in površinske sile potem je očitno ( ) 1 2 ρ u2 i + p ik du ik d 3 r = const. (2.95) 29

30 2.4. OHRANJEALNI ZAKONI POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Sedaj se spomnimo, da je napetostni tenzor definiran kot p ik = f(u ik(r, t)) u ik, (2.96) pa torej lahko zapišemo za celotno energijo deformabilnega telesa oziroma za njegovo Hamiltonovo fuinkcijo ( ) 1 H[u(r, t)] = 2 ρ u2 (r, t) i + f(u ik (r, t)) d 3 r. (2.97) Le-ta je seveda funkcional vektorjs deformacije in njegovih odvodov. Cauchyjevo enačbo bi sedaj lahko dobili tudi skozi formalizem ustreznih Hamiltonovih enačb Ohranjevanje energije in nemehanski energijski tokovi Doslej smo vedno govorili o mehaniki, torej o odmikih in gibanju. Izvori spreminjanja energije pa niso vedno mehanski. Lahko so tudi termodinamski kot recimo kemijske reakcije, toplotni tokovi, masni tokovi ipd. tem primeru ima energijski zakon nekoliko drugačno obliko. primeru nemehanskih energijskih tokov moramo k moči prišteti še en del, ki je posledica teh tokov. Označimo gostoto nemehanskega energijskega toka z q, potem sledi P = ρ fi z u i d 3 r + (p ik u i )n k ds + q i n k ds. (2.98) Enačbo o ohranjevanju energije lahko potemtakem zapišemo kot ( ) d 1 dt 2 ρ u2 i + f(u ik (r, t)) d 3 r = ρ fi z u i d 3 r + (p ik u i )n k ds + q i n k ds. (2.99) Sedaj vse površinske integrale s pomočjo Gaussovega izreka predelajmo v volumske integrale, pa dobimo [ ( ) d 1 dt 2 ρ u2 i + f(u ik (r, t)) ρ fi z u i (p ik u k ) q ] i) d 3 r = 0. (2.100) x i x i To pa lahko zapišemo tudi kot ( u i ρ ü i p ) ik ρ fi z + d x k dt f(u u i ik(r, t)) p ik q i = 0, (2.101) x k x i kjer smo nekajkrat upoštevali simetričnost tenzorja napetosti. Spomnimo se sedaj še Cauchyjeve enačbe En. 2.56, upoštevamo definicijo deformacijskega tenzorja in simetričnost tenzorja napetosti, pa dobimo na koncu d dt f(u ik(r, t)) = p ik u ik + q i x i. (2.102) To je najbolj splošen zakon o ohranjevanju energije, ki ga lahko izpeljemo za zvezno deformabilno telo. Pravi, da so spremembe v prosti energiji telesa posledica toka gibalne količine in nemehanskih tokov energije, oziroma df(u ik (r, t)) = p ik du ik + dq, (2.103) kjer je dq gostota dovedenega nemehanskega dela. principu velja ta energijski za poljubne tudi nemehanske izvore energijskih sprememb v telesu in predstavlja zvezno enačico prvega zakona termodinamike. Zapomnimo si ga. 30

31 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.4. OHRANJEALNI ZAKONI Ekstremalni problem v elastomehaniki Zgoraj smo torej ugotovili, kako iz Lagrangeove funkcije elastičnega telesa kot funkcije deformacijskega tenzorja pridelamo napetostni tenzor. Ponovimo: če imamo gostoto proste energije v oblikif = f(u ik ) potem lahko tenzor napetosti izpeljemo iz En.??. Namesto tega, bi lahko sedaj definirali nov termodinamski potencial oblike pri čemer je seveda e(p ik ) = f(u ik ) u ik p ik, (2.104) p ik = f(u ik(r, t)) u ik. (2.105) To ni nič drugega kot Legendrova transformacija elastične proste energije. Očitno smo prešli iz neodvisne spremenljivke u ik na neodvisno spremenljivko p ik! Torej je e = e(p ik ). Postopek je popolnoma analogen prehodu iz neodvisne spremenljivke v prosti energiji A na neodvisno spremenljivko p v prosti entalpiji G: G = A p. (2.106) Sedaj postopajmo analogno kot v termodinamiki. Ravnovesno stanje pri ustreza minimumu proste entalpije, oziroma ( ) ( ) G A = 0 p =. (2.107) Podoben razmislek velja tudi za elastični termodinamski potencial En ( ) ( ) e f = 0 p ik =. (2.108) u ik Ravnovesno stanje v elastomehaniki lahko torej dobimo tudi tako, da poiščemo minimum elastičnega potenciala e glede na tenzor elastične deformacije. S tem smo problem elastičnega ravnovesja prevedli na ekstremalni problem: poiščemo f(u ik ), izpeljemo prispevek zunanjih napetosti k prosti energiji u ik p ik in vsoto obeh minimiziramo po deformaciji! elikokrat namesto e uporabimo kar isto črko f. u ik 31

32 2.5. HOOKEO ZAKON POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.5 Hookeov zakon Elastična energija homogenega, izotropnega telesa Imejmo izotropno in homogeno snov (npr. polikristalitna snov) in skušajmo izračunati gostoto proste energije za to snov v okviru linearne elastične teorije. Ker je prosta energija od koordinatnega sistema neodvisen skalar je lahko zgolj funkcija skalarnih invariant tenzorja deformacije. Omejimo se le na skalarne invariante do drugega reda glede na deformacijo, kar je v skladu z linearizacijo tenzorja deformacije. Kot že vemo, so skalarne invariante koeficienti sekularne enačbe lastnih vrednosti tenzorja deformacije, in smo jih že zapisali v poglavju o kinematiki deformacije. Zapišimo z njimi gostoto proste energije kot linearno kombinacijo skalarnih invariant do drugega reda: oziroma f(u ik ) = f 0 + A 1 I 1 + A 2 I A 3 I 2 + A 4 I 3, (2.109) f(u ik ) = f 0 + A 1 Tr u ik + A 2 Tr 2 u ik A 3(Tr 2 u ik Tr u 2 ik) + A 4 det u ik. (2.110) Faktor 1 2 pri koeficientu A 3 je pisan iz zgodovinskih razlogov in nima globljega pomena. Koeficient A 1 mora biti nič, saj sicer napetostni tenzor nikoli ne bi mogel biti ničeln in bi potemtakem vedno obstajala neka napetost v telesu, četudi to ne bi bilo deformirano. Člen s koeficientom A 4 je tretjega reda in ga zato zanemarimo. Razvoj proste energije do kvadratnega reda po tenzorju deformacije je potemtakem f(u ik ) = f λ(tr u ik) 2 + µtr u 2 ik, (2.111) kjer sta λ in µ Laméjeva elastična modula in sta odvisna od snovnih lastnosti snovi. Eksplicitno lahko prosto energijo zapišemo tudi kot f = f 0 + λ 2 (u 11 + u 22 + u 33 ) 2 + µ(u u 2 22u u u u 2 12). (2.112) To je osnovna oblika proste energije izotropnega, homogenega elastičnega telesa, na katero se bomo sklicevali v spodnjih izpeljavah Ut tensio, sic vis Izračunajmo zdaj p ik na naçin, ki smo ga izpeljali v prejšnjem poglavju. p ik = ( f 0 + λ ) 2 (Tr u ik) 2 + µu 2 ik. (2.113) u ik Odvod člena f 0 je 0, druge pa odvajamo, kot smo vajeni: in tako dobimo f u ik = λ(tr u lj )δ ik + 2µu ik (2.114) p ik = λtr u lj δ ik + 2µu ik. (2.115) To je ravno Hookeov zakon, ki pove, kako so napetosti v telesu odvisne od deformacij. Hooke ga je formuliral kot Ut tensio, sic vis. Za homogeno izotropno telo sta torej dovolj dve 32

33 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.5. HOOKEO ZAKON snovni konstanti (v Laméjevem naboru sta to µ in λ), da popišemo zvezo med napetostmi in deformacijami. Za anizotropen kristal imamo v splošnem lahko do 21 elastičnih konstanat. Delujmo na Navierovo enačbo s sledjo. Dobimo u ik = 1 2µ Tr p ik = (3λ + 2µ)Tr u ik. (2.116) Ob vstavitvi te enačbe v izraz za p ik in razreševanjem za u ik dobimo: ( p ik λ 2µ + 3λ δ iktr p ik ). (2.117) Izpeljali smo torej odvisnost tenzorja napetosti od deformacije in odvisnost deformacije od tenzorja napetosti. Obe zvezi sta linearni in tvorita bistvo t.i. Hookeove elastičnosti Clapeyronov teorem Glede na linearno odvisnost tenzorja napetosti od tenzorja deformacije seveda zlahka vidimo, da je f = f 0 + λ 2 (Tr u ik) 2 + µu 2 ik = f p iku ik. (2.118) Zgornjo enačbo ponavadi imenujemo tudi Clapeyronova enaˇcba. Če upoštevamo sedaj, da je potem seveda velja p ik = f(u ik(r, t)) u ik, (2.119) 2f = p ik u ik = f(u ik(r, t)) u ik u ik. (2.120) Prosta energija defomracije je torej homogena funkcija drugega reda po Eulerju. zemimo sedaj rezultanto sil, ki deluje pri deformaciji. Iz Cauchyjeve enač be vemo, da je oblike F i = p ik ds k + ρ fi e (r)d 3 r. (2.121) Pomnožimo zgornjo enačbo skalarno z vektorjem odmika, pa imamo delo, ki ga opravijo sile pri deformaciji. Torej A = F i u i = p ik u i ds k + ρ f (z) i u i d 3 r. (2.122) Z upoštevanjem Gaussovega teorema lahko to enačbo pretvorimo v ( ) (p ik u i ) A = d 3 r + ρ f (z) i u i d 3 pik r = + ρf (z) i u i d 3 r + x k x k u i p ik d 3 r. x k (2.123) Sedaj se spomnimo, da je p ik simetričen tenzor. To pomeni, da lahko integrand zadnjega člena u zapišemo kot p i ik x k = 1 2 p ik( ui x k + u k x i ) oziroma ( ) pik A = + ρf (z) i u i d 3 r + p ik u ik d 3 r = p ik u ik d 3 r = 2F. (2.124) x k Tu smo upoštevali še Cauchyjevo enačbo in poa dejstvo, da smo v ravnovesju. Dobili smo Claeyronov teorem, ki pravi, da je delo ki ga rezultanta sil opravi pri deformaciji elastičnega telesa enako dvakratni energiji elastični energiji deformacije. 33

34 2.5. HOOKEO ZAKON POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Izotropno telo pod izotropno obremenitvijo Zgornje enačbe nam povedo, kako se obnaša izotropno telo pod vplivom (v splošnem) neizotropnih napetosti. Če bi bile tudi napetosti izotropne, tedaj je namreč deformacijski tenzor p ik = pδ ik, kjer je p ravno tlak, bi se morala naša teorija reducirati na termodinamsko zvezo med izotropno deformacijo, torej spremembo volumna, in tlakom. Poglejmo, če to drži. Iz Hookeovega zakona lahko za izotropno obremenitev izpeljemo Tr p ik = 3p = 2µTr u ik + 3λTr u ik = (2µ + 3λ)Tr u ik. (2.125) Spomnimo se enakosti Tr u ik = d, kjer smo privzeli, da je pritisnjeni tlak majhen in je zato tudi sprememba volumna (diferencialno) majhna. To nesemo v prejšnji rezultat Če to obrnemo, dobimo enačbo 3p = (2µ + 3λ) d. (2.126) 3 2µ + 3λ = 1 ( ) P T (2.127) (predpostavili smo, da je temperatura ves čas konstantna). Po drugi strani je to znan izraz iz termodinamike: 1 ( ) 3 = χ T χ T = P 2µ + 3λ. (2.128) T Naša teorija je torej v dani limiti popolnoma konsistentna s termodinamiko! Različni deli fizike so sicer neodvisni, vendar pa vedno med seboj konsistentni Young-Poissonovi snovni konstanti tem poglavju se bomo omejili na homogene deformacije, kot je npr. razteg ali skrčitev teles vzdolž njihovih osi. Imejmo palico, ki jo usmerimo v smeri osi z; Ob raztegu ali skrčevanju vzdolž te osi so sile na robni ploskvi enakomerne, zato jih bomo opisovali s tlakom p. Ker je deformacija homogena, je deformacijski vektor u ik konstanten po celem telesu, ravno tako tudi napetostni tenzor p ik, ki ga lahko zapišemo brez večjih težav ob analizi robnih pogojev. Zunanjih sil na plašč ni in je zato p ik n k = 0; na površini je od 0 različna le komponenta p zz = p. Zaradi homogenosti deformacije privzamemo, da to velja tudi v notranjosti palice. Zapišimo Hookov zakon za diagonalne elemente deformacijskega tenzorja: λ u xx = u yy = 2µ(3λ + 2µ) p, u zz = µ + λ p. (2.129) µ(3λ + 2µ) Komponenta u zz nam meri vzdolžno deformacijo palice; za lažji zapis vpeljimo novo količino: E = p u zz, ki ji pravimo Youngov modul. Komponenti u xx in u yy podajata prečno deformacijo palice; tokrat vpeljemo: σ = u xx = u yy, (2.130) u zz u zz 34

35 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.5. HOOKEO ZAKON ki ji pravimo Poissonovo razmerje. Ti dve količini nadomestita Laméjevi konstanti µ in λ; zapišimo transformacijske enačbe, ki prevedejo Youngov modul in Poissonovo število v stari nabor: Eσ λ = (1 2σ)(1 + σ), µ = E 2(1 + σ). (2.131) obratni smeri: E = (3λ + 2µ)µ λ, σ = µ + λ 2(µ + λ). (2.132) idimo, da je E pozitivno definiten, σ pa omejen na [ 1, 1/2]. To ugotovimo na sledeč način: če izrazimo σ s pomočjo sisljivosti κ in µ, dobimo σ = 3κ 2µ 2(3κ + 2µ), (2.133) µ pa se seveda lahko spreminja na območju [0, )! Za Poissonovo razmerje ni nobene univerzalne vrednosti, čeprav je Poisson sam, na osnovi teorije mikroskopskih sil trdil, da mora biti σ = 1 4. To sledi iz njegove izpeljave Navierove enačbe, ki ustreza dejansko predpostavki, da je µ = λ. Kadar ne vemo drugače, velikokrat vzamemo sicer v splošnem napačno Poissonovo oceno, da je σ = 1 4. Za železo recimo imamo σ = 0.3, kar res ni daleč od σ = 2.5. Prepišimo tudi enačbo Hookovega zakona v obliko, ki vsebuje E in σ Slika 2.7: Youngov modul za različne snovi kot funkcija njihove gostote p ik = E ( u ik + σ ) 1 + σ 1 2σ u llδ ik, (2.134) kjer je u ll sled deformacijskega tenzorja, Tr u ik. To enačbo lahko tudi obrnemo; izvedemo Tr na njej, da ugotovimo zvezo med Tr u ik in Tr p ik Tr p ik = E ( Tr u ik + 3σ ) 1 + σ 1 2σ Tr u ik. (2.135) 35

36 2.5. HOOKEO ZAKON POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA (faktor 3 v drugem členu na desni pride od Tr I). Torej: Tr p ik = To nesemo v Hookovo enačbo in dobimo na koncu p ik = E 1 2σ Tr u ik Tr u ik = u ll = 1 2σ E p ll. (2.136) E ( u ik σ u ik = 1 + σ E σ 1 2σ ) 1 2σ E p llδ ik (2.137) ( p ik σ ) 1 + σ p llδ ik. (2.138) Različne nabore elastičnih konstant lahko strnemo v takšno tabelo Iz zgodovisnkih razlogov izražen(a) z λ µ E σ λ, µ µ(3λ+2µ) λ, σ σe E, σ (1+σ)(1 2σ) λ(1 2σ) 2σ E 2(1+σ) λ+µ λ(1+σ)(1 2σ) σ λ 2(λ+µ) Tabela 2.1: Zveze med različnimi nabori elastičnih konstant. bomo v nadaljnjih formulacija izmenično uporabljali tako Laméjev kot Young - Poissonov nabor elastičnih konstant. Različne vrednosti Youngovega modula za različne snovi prikazuje slika Sl Janssenova enačba in Poissonovo razmerje Poglejmo si sedaj nekoliko drugačen problem. Imamo palico, ki jo vzdolžno obremenimo, vendar pa zahtevamo, da na robu palice ni elastične deformacije, palica je torej prečno omejena s trdnimi stenami. Hkrati predpostavimo, da je deformacija v x in y smeri homogena. Če torej ni deformacije na robu palice, potem je ni tudi v celotnem voloumnu. Predpostavimo nadalje, da se tlak spreminja zgolj s koordinato z, ki jo usmerimo navzgor, tako da sila teže deluje v obratni smeri in da je težnost edina zunanja sila, ki ustvarja napetosti v palici. tem primeru je od nič različen element tenzorja deformacije lahko samo u zz, zunanji tlak pa je zopet v smeri z, torej p zz = p, kjer je po predpostavki p = p(z). Hookeov zakon nam torej daje p zz = p = (λ + 2µ)u zz, p xx = λ p yy = λu zz = λ + 2µ p = σ p, 1 σ (2.139) kjer smo upoštevali že prej izpeljano definicijo Poissonovega razmerja. Poleg napetosti v vzdolžni smeri torej pridelamo napetosti tudi v prečnih smereh, podobno kot pri Poissonovem problemu, le da smo tam iskali komponente tenzorja deformacije tu pa komponente napetostnega tenzorja. Na trdne stene, ki zamejujejo palico delujejo sile. Če koeficient lepenja med palico in trdno steno označimo z µ L, potem ima sila lepenja velikost F L = µ L p xx S = µ L p yy S = µ Lσ ps, (2.140) 1 σ 36

37 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.5. HOOKEO ZAKON kjer je S površina v prečni smeri, na katero deluje sila lepenja. zemimo sedaj del palice, višine dz in z radijem R. Poglejmo si rezultanto sil, ki delujejo na volumen πr 2 dz. z smeri imamo dp zz πr 2 ρgπr 2 dz + df L = dp zz πr 2 ρgπr 2 dz + µ L p xx 2πRdz = 0. (2.141) Delimo zgornjo enačboi z volumnom elementa palice, pa dobimo p(z) z ρg + 2µ Lσ p(z) = 0, (2.142) R(1 σ) kar lahko interpretiramo kot z komponento Cauchyjeve enačbe. Zgornjo enačbo imenujemo tudi Janssenova enaˇcba. Njena rešitev ob robnem pogoju p(z = h) = 0, kjer je h višina palice, se glasi p(z) = ρgλ J (1 e (z h)/λ J ), (2.143) kjer smo uvedli Janssenovo dolžino λ J = R(1 σ)/2µσ. Janssenova enačba opisuje silo na dno palice, ki je zagozdena med mejne površine in prepuščena lastni težnosti. Tlak na spodnjo površino palice je glede na En enak p(z = 0) = ρgλ J (1 e h/λ J ). (2.144) Ta zveza ima zanimive posledice. Za majhne dolžine palice, h λ J, dobimo p(z = 0) ρgh + O(h 2 ). (2.145) Tlak na dno palice torej raste linearno z njeno dolžino, torej podobno hidrostatski tlak. Za velike dolžine palice, h λ J, pa se tlak nasiti in ima limitno vrednost p(z = 0) ρgλ J + o(h). (2.146) Ne glede na to, kako dolga je palica, torej na njeno dno deluje konstanten talk. To je posledica tega, da se vertikalne napetosti skozi Poissonovo razmerje spremenijo v horizontalne napetosti, ki se sidrajo na steni skozi lepenje. Palica v tem primeru tvori nekakšen obok, ki vertikalne napetosti sidra v steni. Janssenova enačba pa ne velja samo za zamejeno Hookeovo telo, pač pa tudi za sipke snovi (pesek, zrna itd.), kjer Hookeov zakon nominalno ne velja. Tam je sidranje posledica žiljenja napetosti v sipki snovi, s tem da je končni efekt isti: sila na dno zamejenega sipkega medija ne raste linerano z višino, pač pa se hitro nasiti in ostane konstanten Prosta energija deformacije Glede na to, da je gostota proste energije kvadratna funkcija u ik in glede na to, da je p ik enak odvodu gostote proste energije po u ik mora seveda veljati f = f p iku ik = f λ(tr u ik) 2 + µtr u 2 ik. (2.147) To zvezo bomo kasneje večkrat potrebovali in si jo torej dobro zapomnimo. Integrirajmo zgornji izraz po volumnu, da dobimo še celotno prosto energijo F = F λ (Tr u ik ) 2 d 3 r + µ Tr u 2 ikd 3 r. (2.148) Oziroma če to razpišemo s pomočjo definicije tenzorja deformacije F = F λ ( u i ) 2 d 3 r + 1 x i 2 µ 37 ( ui x k u k x i + u i x k u i x k ) d 3 r. (2.149)

38 2.5. HOOKEO ZAKON POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.8: Tlak na dno zamejene palice po Janssenovi enačbi. Sedaj se spomnimo, da je Tr u ik = u. Poleg tega upoštevajmo še naslednjo identiteto, ki velja popolnoma splošno ( u) 2 u j u l = ɛ ijk ɛ ilm. (2.150) x k x m Ker lahko pokažemo, da je ɛ sik ɛ smp = δ im δ kp δ ip δ km (Dokaži!) zato dobimo ( u) 2 = (δ im δ kp δ ip δ km ) u i u m = u i u i u i u k. (2.151) x k x p x k x k x k x i Zadnji člen lahko nekoliko premečemo in dobimo na koncu ( u) 2 = u i u i ( ) u k u i + ( ) u k u i u i u k. (2.152) x k x k x k x i x i x k x i x k Ko to integriramo po volumnu se srednja dva člena spremenita po Gaussovem teoremu v površinska integrala, in če si izberemo robni pogoj, da je odmik na površini enak nič, potem sta oba integrala identično enaka nič. Poleg tega lahko še izpeljemo, da je u i x k u k x i = x k ( u i u k x i ) x i ( u i u k x k ) + u i x i u k x k. (2.153) Pti volumski integraciji prva dva člena zopet dasta nič in nam zato na koncu ostane v prosti energiji deformacije F = F (λ + 2µ) ( u) 2 d 3 r µ ( u) 2 d 3 r. (2.154) če zapišemo prosto energijo sedaj še v Young - Poissonovem naboru konstant dobimo F = F E ( u) 2 d 3 r + 1 E ( u) 2 d 3 r. (2.155) σ 4 (1 + σ)(1 2σ) 38

39 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.5. HOOKEO ZAKON Na tak način se torej prosta energija deformacije izraža z vektorjem deformaicije in njegovimi odvodi. idimo, da vsebuje zgolj kvadrate transverzalne in longitudinalne komponente polja Hookeov zakon in simetrija elastičnih teles Različna elastična telesa so invariantna na različne simetrijske operacije, ki jih napravimo nad njimi. Recimo, izotropno telo je invariantno na vse rotacije in zrcaljenja. Enoosno telo je invariantno na rotacije okrog glavne osi itd. Manjša je simetrija, torej na manj simetrijskih operacij je telo invariantno, težje je dobiti prosto energijo. seeno pa lahko, če se omejimo na linearno teorijo elastičnosti, zapišemo nekaj splošnih principov, ki veljajo ne glede na simetrijo. Glede na to, da sta tenzorja napetosti in deformacije oba tenzorja drugega redu, nam (linearno) zvezo med njima v splošnem posreduje tenzor četrtega reda (tenzor elastičnega modula): p ik = K iklm u lm. (2.156) Glede na to, da sta tako tenzor napetosti, kot tenzor deformacije simetrična tenzorja, mora veljati K iklm = K kilm = K ikml = K lmik. (2.157) Zaradi tega od prvotnih 81 komponent tenzorja elastičnega modula ostane le 21 neodvisnih. Ta razmislek je pruvi opravil G. Green. Poiskati jih moramo za vsako vrsto simetrije posebej. Kot primer bomo obravnavali le še telo z enoosno simetrijo Neizotropen eno-osni kristal Izračunajmo prosto energijo za neizotropen kristal (drugačen v eni smeri kot v dveh ostalih). Ti kristali imajo drugačne lastnosti po odlikovani osi kot pa po drugih oseh in so zato neobčutljivi na rotacijo okoli te odlikovane osi (c-os), ki jo postavimo v smeri x. Zapišimo splošno rotacijo okoli osi te osi: R ik = 0 sin α cos α. (2.158) 0 cos α sin α Iz linearne algebre vemo, da mora biti tenzor, ki je invarianten na takšne rotacije, v splošnem oblike a 0 0 Q ik = 0 b c (2.159) 0 c b tako, da velja RQR 1 = Q. anizotropnem mediju izraz za energijo deformacije v splošnem ne more biti popolnoma neodvisen od tega, kako postavimo koordinatni sistem. Če so lastnosti telesa invariantne na določene rotacije, potem je seveda smiselno iskati takšne kombinacije komponent tenzorja deformacije, ki so invariantne na te rotacije. To preprosto pomeni,m da mora biti tenzor deformacije sorazmeren tenzorju Q: u ik = λq ik. (2.160) To je zgolj posplošitev relacije za izotropen primer, ki se glasi u ik = λδ ik, (2.161) 39

40 2.5. HOOKEO ZAKON POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA in ki nam daje že znane invariante tenzorja deformacije, ki potem nastopajo v prosti energiji. δ ik je namreč po definiciji invarianten na vse transformacije. Poglejmo, kaj se zgodi z izrazom det(u ik λq ik ) pri rotaciji za R. Dobimo det(u λq) = det(r 1 ur λq) = det ( R 1 (u λrqr 1 )R ) = det(u λq). (2.162) Očitno je torej izraz det(u ik λq ik ) invarianten na rotacijo R! Razvoj te determinante po komponentah Q ik bo torej pokazal tudi, katere kombinacije komponent u ik so invariantne na rotacije. Te kombinacije pa lahko kasneje uporabimo v izrazu za prosto energijo. Dobimo tole: det(u ik λq ik ) = λ 3 a(b 2 + c 2 ) + λ 2 ab(u 22 + u 33 ) + λa(u 2 23 u 22 u 33 ) + + +λb(u u 2 13 u 11 (u 22 + u 33 )) + c 2 u 11 + det(u ik ). (2.163) izrazu so podčrtane kombinacije komponent u ik, ki so torej invariantne na rotacijo okrog osi x, saj je koeficient λ poljuben. Sedaj lahko razvijemo gostoto proste energije po skalarnih invariantah za enoosno telo: f = f A 1u A 2(u 22 + u 33 ) 2 + A 3 u 11 (u 22 + u 33 ) + + 2A 4 (u 2 23 u 22 u 33 ) + 2A 5 (u u 2 13). (2.164) idimo, da postane izraz za gostoto proste energije ob izgubi simetrij dosti bolj kompliciran in njegovih posledic ne bomo detajlno razikovali. 40

41 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.6. NAIEROA ENAČBA 2.6 Navierova enačba Caucyjeva enačba plus Hookeov zakon Povrnimo se k Cauchyjevi enačbi, oziroma k Newtonovemu zakonu za zvezno telo, ki smo ga izpeljali v obliki ρü i = ρfi z + p ik. (2.165) x k Tenzor napetosti v Cauchyjevi enačbi je za homogeno, izotropno telo podan s Hookeovim zakonom in zato lahko brez težav izračunamo njegovo divergenco p ik / x k : emo, da je in od tod sledi, da je u ik x k = 1 2 u ll x k = 1 2 p ik = E x k 1 + σ u ik = 1 2 ( uik + σ u ll δ ik x k 1 2σ x k ( ui + u ) k x k x i ( 2 u i x 2 + ) u k = 1 ( 2 u i k x k x i 2 x 2 k ( 2 u l x k x l ). (2.166) + ) u k, x i x k (2.167) ). (2.168) Spoznamo, da so 2 u i / 2 x k kompomente Laplaceovega operatorja ( 2 u), u l / x l komponente divergence ( u) in / x k komponente gradienta ( u). Upoštevamo še, da sta l in k nema indeksa in sestavimo oba člena za divergenco. Dobimo: p ik E = x k 2(1 + σ) [ 2 u i x 2 k σ ( )] u k. (2.169) x i x k Če dobljeno enačbo razpišemo v vektorsko obliko, dobimo Navierovo enaˇcbo: [ ρü = ρf z E + 2 u + 1 ] ( u). (2.170) 2(1 + σ) 1 2σ Navierovo enačbo lahko zapišemo tudi v naboru Laméjevih elastičnih konstant. tem primeru se glasi ρü = ρf z + µ 2 u + (λ + µ) ( u). (2.171) Ena in druga oblika sta ekvivalentni vendar se iz zgodovinskih razlogov uporabljata v kontekstu drugačnih problemov. primeru statičnega ravnovesja je seveda lokalni pospešek na desni strani zgornjih enačb enako nič. Če delujemo na statično Navierovo enačbo v statičnem ravnovesju z divergenco, potem dobimo oziroma 0 = ρ f z + E(1 σ) (1 + σ)(1 2σ) 2 ( u). (2.172) 0 = ρ f z + (λ + 2µ) 2 ( u). (2.173) Relativne spremembe lokalnega volumna telesa v statičnem ravnovesju so torej povezane z divergenco zunanjih sil. Navierova enačba je parcialna diferencialna enačba za vektor deformacije. Da bi jo rešili sevad potrebujemo še robne in začetne pogoje. Robni pogoji so lahko formulirani za vektor deformacije ali pa za komponente tenzorja napetosti an robu. 41

42 2.6. NAIEROA ENAČBA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Navierova enačba za nestisljivo elastično telo mnogih primerih lahko stisljivost elastičnih teles zanemarimo, oziroma raziskujemo limito Navierove enačbe v primeru zelo majhne stisljivosti. Tipičen primer bi bil študij deformacije našega planeta pod vplivom različnih zunanjih in notranjih sil. tem primeru moramo seveda zahtevati, da je izpolnjen pogoj za nestisljivost u = 0. (2.174) Prost energija deformacije, oz. njena gostota, mora torej vsebovati se Lagrangeov mno?itelj, ki bo poskrbel, da bo zado??eno pogoju za nestisljivost. torej f = f λ(tr u ik) 2 + µtr u 2 ik p u. (2.175) Od tod lahko izpeljemo ustrezni Hookov zakon. ki ima sedaj obliko p ik = λ(t r u ik )δ ik + 2µ u ik p δ ik = = p δ ik + 2µ u ik. (2.176) Tu smo seveda upo?tevila pogoj za nestisljivost, T r u ik = u = 0. Lagrangeov multiplikator p torej igra formalno vlogo izotropnega tlaka. endar povejmo jasno: p za nestisljivo elasti?no telo ni enakovreden zunanjemu izotropnemu tlaku. Predstavlja le gostoto sil, ki je potrebna za to, da po celtnem telesu velja pogoj nestisljivosti. Statična Navierova enačba se v tem primeru potemtakem glasi 0 = ρf z + µ 2 u p. (2.177) Zgornja enačba nam omogoča, da zapišemo posebej še enačbo za p sam. Delujmo na zgornjo enačbo En z divergenco in upoštevajmo En Dobimo 0 = ρ f z 2 p. (2.178) Če so zunanje sile konzervativne in se dajo izraziti s harmoničnim potencialom, torej potem seveda velja f z = in 2 = 0, 0 = ρ + µ 2 u p in pa 0 = 2 p. (2.179) Torej je tudi p harmonična funkcija. Poglejmo še, kako se v primeru nestisljivega elastičnega telesa glasi robni pogoj na površini telesa z normalo n k = x k r. Po definiciji napetostnega tenzorja v tem primeru imamo ( ui T i = p ik n k = pn i + µ n k + u ) k n k. (2.180) x k x i Če sedaj definiramo tole količino potem lahko robni pogoj prepišemo v obliki T i = p ik n k = pn i + µ u i x k n k + µ r ζ = x i u i, (2.181) ( ) ζ u i. (2.182) x i To obliko robnega pogoja bomo kasneje privzeli pri izpeljavi deformacije rotirajoče krogle. Zapomnimo si jo. 42

43 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.6. NAIEROA ENAČBA Nestisljiva krogla pod vplivom lastne gravitacije Kot prvi primer reševanja Navierove enačbe si poglejmo porazdelitev tlaka v nestisljivi krogli pod vplivom njene lastne gravitacije. tem primeru ne moremo imeti nobene deformacije, saj je volumska sila izotropna telo pa je nestisljivo. Imamo pa seveda še vedno lahko porazdelitev tlaka v telesu, saj mora biti njegova površina neobremenjena. Gravitacija je konzervativna sila in jo lahko zapišemo s potencialom f z = = ( 1 2 gr2). (2.183) Ker v tem primeru ne moremo imeti nobene deformacije, se Navierova enačb glasi katere rešitev je seveda 0 = ρ p, (2.184) p = ρ + cont. (2.185) oziroma, če upoštevamo, da mora biti tlak na površini krogle enak nič, dobimo končno p(r) = 1 2 ρg ( a 2 r 2), (2.186) kjer smo upoštevali, da mora biti površina krogle neobremenjena in mora torej tam biti p = 0. p ni torej ničdrugega kot tlak v nestisljivem telesu. Sila na površini krogle r = a je T k = p(r = a)n k = 0. (2.187) primeru, da površina telesa ni krogla, pač pa telo, ki ga opisuje površinska deformacija u i, potem je gravitacijska sila na tej površini T i = p(x i = a + u i (a))n i = p(r = a)n i + p (r = a)u k n i + = x k = p ( ) r (r = a) u k n i = p r x k r (r = a)ζ r (r = a)n i = ρg a ζ(a)n i. (2.188) Če torej površina ni krogla potem nanjo deluje v vsaki točki neka gravitacijska sila enaka teži stolpca snovi, katerega višina je določena z deformacijo krogle. Ta rezultat bomo uporabili nekoliko kasneje Ena ali dve elastični konstanti za izotropno telo L. Navier je se je ukvarjal z elastičnostjo še preden je formuliral svoje znamenite enačbe hidrodinamike. Svoje delo Lois de l équilibre et du mouvement des corps solides élastiques je prebral 14 maja leta 1821 pred Aca emie des Sciences v Parizu, kar je nekako leto preden je objavil svoje delo o hidrodinamiki. Njegovo izhodišč e v obeh primerih je bila molekularna hipoteza. Predpostavil je, da med molekulami telesa delujejo določne sile kratkega dosega. Če telo deformiramo, se zaradi spremenjenih razdalj med molekulami pojavjo notranje napetosti v telesu, ki morajo biti nasprotno enake zunanjim napetostim. na ta način je Navieru uspelo izpeljati zvezo med kot bi danes rekli elastičnim modulom in odvisnostjo molekularnih sil od razdalje med molekulami. Njegova izpeljava daje izraz µ, λ 4π drr 4 f(r), (2.189)

44 2.6. NAIEROA ENAČBA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA kjer je f(r) molekularna sila. Še pomembnejše pa je, da iz te izpeljave sledi, da je λ = µ, oziroma, da je σ = 1 4. (2.190) Njegovo delo je močno kritiziral Poisson, vendar ga ni uspel bistveno popraviti, razen v tem, da je za f(r) vzel nek približen analitičen izraz tipa f(r) exp r m. Oba, tako Navier kot Poisson, sta vehementno trdila, da zadošča za elastični opis izotropnega telesa ena sama konstanta, oziroma, da ima Poissonovo razmerje univerzalno vrednost σ = 1 4. Lamé je po drugi strani videl protislovje med zveznostjo snovi na eni strani in molekularni hipotezo na drugi strani. Oba, Lamé in Cauchy sta se trudila formulirati teorijo elastičnosti na tak način, da nikjer ne bi eksplicitno vsebovala molekularne hipoteze. To jima je tudi uspelo in danes teorijo elastičnosti kakor tudi hidrodinamiko vpeljemo na Laméjev način ne da bi se pri tem sklicevali na kakršnokoli molekularno hipotezo v smislu Naviera. Njun pristop k elastičnosti izotropnega telesa je vodil k vpeljvi dveh elastičnih konstant. Ljudem se je kar nekaj časa zdelo čudno, da bi morali izotropno telo opisato z dvema konstantama in Poisson si je močno prizadeval pobiti takšen pogled na elastomehaniko. Žal se je zmotil Lastnosti rešitev Navierove enačbe Navierovo enačbo se splača kdaj zapisati še nekoliko drugače, če upoštevamo vektorsko identiteto dobimo ρü = ρf z + u = 2 u + u; (2.191) E [(1 σ) 2 u + 12 ] (1 + σ)(1 2σ) ( u). (2.192) ravnovesju in če ne delujejo nobene zunanje sile sta leva stran in prvi člen na desni enaka 0. Ostane nam 0 = (1 σ) 2 u + 1 ( u). (2.193) 2 Poglejmo si lastnosti funkcije u, ki zadošča zgornji enačbi! Analizo začnimo z izvajanjem na zgornji enačbi 2 u 2 u. (2.194) Hkrati pa velja in potemtakem sledi u 0, 2 u = 0. (2.195) idimo, da je u harmonična funkcija; ker Tr u ik = u opisuje relativno spremembo volumna, se torej volumen spreminja harmonično! Za funkcijo u izvemo še več, ko na Navierovo enačbo delujemo z 2 in upoštevamo ravno dokazano harmoničnost u. Dobimo 2 2 u = 0. (2.196) Torej je funkcija u biharmonična. Navierova enačba, ki je osnovna enačba elastomehanike, in povezuje vektor deformacije z zunanjimi silami, je linearna parcialna vektorska enačba 2. reda. 44

45 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.7. KELINO PROBLEM 2.7 Kelvinov problem Zanima nas rešitev sledečega problema. Predstavljajmo si neskončen elastični medij, v katerega notranjosti deluje točkasta zunanja sila. Zanima nas torej elastični odziv na zunanjo silo f 0, ki prijemlje v točki r 0 nekje znotraj elastičnega telesa Galerkinov nastavek primeru elastičnega ravnovesja smo Navierovo enačbo izpeljali v obliki 2 u σ)f u = 2ρ(1. (2.197) 1 2σ E Ker je ta enačba vektorska, jo ne moremo brez razmisleka rešiti tako elegantno, kot skalarne enačbe iste vrste. Galerkin je predlagal sledečo pot: najprej uvedemo Galerkinov vektor g, ki naj bo takole povezan z vektorjem odmika u = a 2 g b ( g), (2.198) kjer sta a in b zaenkrat še poljubni konstanti. Nastavek sedaj nesemo v Navierovo enačbo in dobimo: a 2 2 g b 2 g σ 2ρ(1 + σ)f (a 2 g b g) = E (2.199) od koder že sledi, da mora biti ( a 2 2 g + b + a b ) 2 2ρ(1 + σ)f g =. (2.200) 1 2σ E Parametra a in b sta poljubna parametra nastavka in se ju splača umeriti tako, da člen z 2 g odpade: a b 1 2σ b = 0 b = a 2(1 σ). Torej lahko nastavek Galerkina za a 1 zapišemo v obliki u = 2 g Z njim smo Navierovo enačbo preoblikovali v 2 2 g(r) = 1 g. (2.201) 2(1 σ) 2ρ(1 + σ)f(r), (2.202) E ki jo lažje rešujemo. Ko enkrat dobimo g, u sledi po Galerkinu. ektorsko sklopljeno diferencialno enačbo drugega reda, torej Navierovo enačbo, smo s pomočjo Galerkinove transformaicje spremenili v nesklopljeno enačbo četrtega reda. Čeprav smo ji tako povečali red, jo je lažje rešiti kot Navierovo enačbo. 45

46 2.7. KELINO PROBLEM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Kelvinov problem Rešimo zdaj Navierovo enačbo z Galerkinovim nastavkom za konkreten problem in poglejmo, če lahko kaj povemo tudi o splošni rešitvi! Naj bo sila f diskretna zunanja sila skoncentrirana v točki r 0, ki jo opišemo z Diracovo δ funkcijo: f(r) = f 0 δ 3 (r r 0 ). (2.203) Seveda vemo, da mora biti po definiciji Diracobve delta funkcije δ 3 (r r 0 ) d 3 r = 1. (2.204) ( ) Takšnemu problemu v elastomehaniki pravimo tudi Kelvinov problem. Za rešitev Kelvinovega problema potrebujemo najprej fundamentalno reǐstev biharmonične enačbe 2 2 u(r) = δ 3 (r r 0 ) (2.205) v neskončnem prostoru. Da bi dobili to rešitev si bomo pomagali z rešitvijo Laplaceove enačbe ki je Torej mora veljati Rešitev te enačbe lahko brž zapišemo kot 2 w(r) = δ 3 (r r 0 ) (2.206) 1 w(r) = 4π r r 0. (2.207) 2 1 u(r) = 4π r r 0. (2.208) u(r) = r r 0 8π + const. (2.209) Preverimo, da je to res rešitev En elja ( ) r 2 r0 3 u(r) = ( u(r)) = = 8π r r 0 8π r r π r r 0 = 1 4π r r 0, (2.210) kar je bilo treba dokazati. Torej sedaj vemo, da je rešitev biharmonične enačbe En ravno En Sedaj pa že lahko rešitev za Galerkinovo funkcijo pri Kelvinovem problemu zapišemo kot 2ρ(1 + σ) g(r) = 8πE r r 0 f 0. (2.211) Izračunajmo še u. Za to potrebujemo najprej 2 g, oziroma v komponentnem zapisu 2 ρ(1 + σ) 2 ( ) g i = fi 0 (r r 0 ) k = ρ(1 + σ)f i 0 1 4πE r r 0 2πE r r 0, (2.212) x 2 k x 2 k in nato še g, zopet v komponentnem zapisu kot ( ) gk = ρ(1 + σ)f i 0 1 x i x k 4πE r r 0 ρ(1 + σ)f k 0 (r r 0 ) k (r r 0 ) i 4πE r r 0 r r 0. (2.213) 46

47 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.7. KELINO PROBLEM Če sedaj postavimo vse skupaj nazaj v Galerkinov nastavek, ki povezuje mešane druge odvode Galerkinove funkcije vektorjem deformacije, tako končno dobimo za točkast vektorski zunanji izvor z jakostjo f 0 tole rešitev u(r) = ρ(1 + σ) 8π(1 σ)e ( f 0 (3 4σ) r r 0 + ( f 0 (r r 0 ) ) ) (r r 0 ) r r 0 3. (2.214) To je znamenita Kelvinova rešitev. ekotr deformaicje pri Kelvinovem problemu lahko primer-, Slika 2.9: Kelvinov problem. u z (r) (levo) in u x (r) (desno) iz enačbe En Zunanja sila f je v z smeri. Os z je usmerjena navzgor, os x pa na desno. Tople barve ustrezajo večjim vrednostim. jamo z vektorjem elektrostatskega polja pri dipolu, kjer je p E(r) = 4πε 0 r r (p (r r 0))(r r 0 ) 4πε 0 r r 0 5. (2.215) Podobnost je očitna, le da pri Kelvinovem problemu vektor deformacije pada z višjo potenco. Dipolni moment pa je analogen zunanji gostoti sile. ˇPredpostavimo, da zunanja sila deluje v z smer, torej, da imamo f 0 = (0, 0, f), in prijemlje v izhodišču koordinatnega sistema. Potem lahko zgornji vektor deformacije zapišemo kot u x (r) = u y (r) = u z (r) = ρ(1 + σ) fzx 8π(1 σ)e (ρ 2 + z 2 ) 3/2 ρ(1 + σ) fzy 8π(1 σ)e (ρ 2 + z 2 ) 3/2 ρ(1 + σ)f ( (3 4σ)(ρ 2 + z 2 ) + z 2). (2.216) 8π(1 σ)e(ρ 2 + z 2 ) 3/2 Zgoraj smo z ρ označili dvodimenzionalen radij vektor ρ = (x, y). Zgornja rešitev očitno v prijemališču zunanje sile divergira. saka realna sila je seveda porazdeljena po končnem volumnu kar seveda pomeni, da prijemališče te sile ni točkasto. Zato je ta divergenca artefakt hipoteze o točkasti porazdelitvi sile. 47

48 2.7. KELINO PROBLEM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Fundamentalna rešitev Navierove enačbe Zapišimo zgornjo rešitev Kelvinovega problema še lahko še nekoliko drugače u i (r) = G ik (r r 0 )f k, (2.217) kjer je G ik (r r 0 ) fundamentalna reˇsitev oziroma Greenov tenzor Kelvinovega problema 4 : [ ρ(1 + σ) δ ik G ik (r r 0 ) = (3 4σ) 8πE(1 σ) r r 0 + (r r ] 0) i (r r 0 ) k r r 0 3. (2.218) Prvi člen v oklepaju opisuje odziv v smeri sile, drugi člen pa spominja na dipol; tako sklepamo na obliko odziva. Glede na konstrukcijo G ik (r r 0 ) mora zadoščati sledeči diferencialni enačbi 2 G ik (r r 0 ) σ ( 2ρ(1 + σ) kg ik ) (r r 0 ) = δ ik δ 3 (r r 0 ). (2.219) E Preveri zgornjo enačbo! Če sila ni točkasta, temveč zvezno porazdeljena, lahko ustrezno rešitev zlahka zapišemo v obliki (pokaži, da spodnji nastavek zares reši Navierovo enačbo) konvolucije: u i (r) = G ik (r r )f k (r )d 3 r. (2.220) To je tudi fundamentalna rešitev Navierove enačbe za poljubno zvezno porazdeljeno silo v neskončnem elastičnem telesu. Kelvin jo je izpeljal leta 1848 in se po njem tudi imenuje. Kelvinova fundamentalna rešitev Navierove enačbe ima isti status kot Poissonova rešitev za elektrostatski potencial φ(r) zvezne porazdelitev nabojev podane z njihovo gostoto ρ(r) φ(r) = ρ(r ) d 3 r 4πɛ 0 r r (2.221) S Kelvinovo rešitvijo torej lahko sestavimo poljuben elastični odmik v neskončnem sredstvu, v katerem je podana prostorsko odvisna zunanja sila. kolikor imamo končno elastično telo z robnimi pogoji, so stvarii veliko bolj zapletene ektorske elastične interakcije Privzemimo sedaj, da imamo v prostoru dva točkasta izvora zunanje sile, in sicer pri r 1 in r 2 f(r) = f 1 δ 3 (r r 1 ) + f 2 δ 3 (r r 2 ). (2.222) Če zapišemo prosto energijo sedaj še v Young - Poissonovem naboru elastičnih konstant, En , in upoštevamo Navierovo enačbo, potem dobimo F = F E ( u) 2 d 3 r + 1 E ( u) 2 d 3 r ρ f(r) u(r)d 3 r = σ 4 (1 + σ)(1 2σ) = 1 2 ρ f(r) u(r)d 3 r. (2.223) Sedaj se spomnimo fundamentalne rešitve Navierove enačbe En , pa lahko zapišemo za prosto energijo F = 1 2 ρ G ik (r r ) f i (r) f k (r )d 3 r. (2.224) 4 Ne mešati fundamentalne rešitve vektorske diferencialne enačbe, ki jo tudi imenujemo Greenov tenzor, s tenzorjem deformacije 48

49 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.7. KELINO PROBLEM Ko v ta integral vstavimo nastavek En vidimo, da vsebuje člene, ki niso odvisni od razdalje med izvoroma 1 in 2, in pa člene, ki so odvisni od r 1 r 2. Zanimajo nas zgolji slednji členi. Prosto energijo lahko torej zapišemo v obliki F( r 1 r 2 ) = F 0 ρ G ik (r 1 r 2 ) f 1 i f 2 k. (2.225) Tu smo upoštevali, da je Greenov tenzor oz. fundamentalna rešitev Navierpve enačbe simetrična v obeh koordinatah in zatorej dobimo dva identična člena, ki pojesta polovičko. Naš končen rezultat je torej ρ(1 + σ) F( r 1 r 2 ) = F 0 [(3 4σ) f 1 f 2 8πE(1 σ) r 1 r 2 + (r 1 r 2 ) f 1 (r 1 r 2 ) f 2 ] r 1 r 2 3. (2.226) Zgornja interakcijska energija med dvema elastičnima izvoroma je zelo podobna interakciji med dvema dipoloma p 1 p 2 F( r 1 r 2 ) = 4πε 0 r 1 r (p1 (r 1 r 2 )) (p 2 (r 1 r 2 )) 4πε 0 r 1 r 2 5, (2.227) le da slednja pada nekolliko hitroje z razdaljo. Če bi zgornjo prosto energijo odavajali po r 1 r 2 bi dobili silo med izvoroma 1 in 2, in sicer F ( r 1 r 2 ) = F( r 1 r 2 ). (2.228) r 1 r 2 To silo bi lahko proglasili za čoulombsko interakcijo v elastomehaniki in je kot sledi iz zgornjega podobna interakciji med dipolnimi elektrostatskimi izvori. idimo, da v nasprotju z elektrostatiko, kjer je coulombska interakcija med točkastimi skalarnimi izvori, imamo v elastomehaniki čoulombsko interakcijo med vektorskimi izvori. Pot, ki smo jo ubrali tu, je ravno obratna tisti v elektrostatiki. Tam smo začeli z coulombskimi silami in na koncu izpeljali teorijo (elektrostatskega) polja. Tu začenjamo z poljem elastične deformacije in na koncu izpeljemo silo Skalarne elastične interakcije prejšnjem razdelku smo privzeli, da imamo v prostoru dva točkasta izvora zunanje sile, in sicer pri r 1 in r 2 f(r) = f 1 δ 3 (r r 1 ) + f 2 δ 3 (r r 2 ). (2.229) Sedaj pa predpostavimo, da imamo namesto vektorskih, dva skalarna izvora deformacije. Edini skalarni izvor deformacije je seveda le izotropni tlak, ta pa se v prosti energiji deformacije ne sklaplja z vektorjem deformacije, pač pa se sklaplja s spremembo volumna Tr u ik = u. Ustrezni sklopitveni člen v prosti energiji deformacije mora torej biti p(r) ( u(r)) d 3 r. (2.230) Formalno gledano imamo torej analogijo, ki jo lahko formaliziramo kot ρ(r)f(r) p(r). (2.231) Za vektor deformacije skalarnega izvora p pri r 0 dobimo v tem primeru u i (r) = G ik (r r )f k (r )d 3 r = G ik (r r )p(r )d 3 r ρ p (1 + σ)(1 2σ) = x k 4πE(1 σ) 49 (r r 0 ) i r r 0 3. (2.232)

50 2.7. KELINO PROBLEM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Za dva točkasata skalarna izvora, popolnoma analogno prejšnjemu primeru, pa dobimo p(r) = p 1 δ 3 (r r 1 ) + p 2 δ 3 (r r 2 ). (2.233) Ustrezni del proste energije deformacije, ki bo odvisen od razdalje med točkastima izvoroma lahko potemtakem po analogiji z En , zapišemo F( r 1 r 2 ) = F 0 ρ 2 x i x G ik (r 1 r 2 ) p 1 p 2. (2.234) k Dejansko nam ni torej treba izračunati nič novega. Uporabimo prejšnji rezultat za Greenov tenzor točkastega vektorskega zunanjega izvora in dobimo po krajšem računu, ki ga tu ne bomo ponavljali 2 3ρ(1 + σ) x i x G ik (r 1 r 2 ) = δ 3 (r 1 r 2 ). (2.235) k 8πE Povrnili smo se torej nazaj na izhodišȩ: elastične interakcije so kratkega dosega. A le v skalarnem primeru. To smo predpostavili že pri izpeljavi elastične proste energije. endar to velja le v treh dimenzijah. Za nižje-dimenzionalne medije, bi imeli elastične interakcije dolgega dosega. A o tem več kasneje. 50

51 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.8. HERTZO PROBLEM 2.8 Hertzov problem Sedaj nas zanima problem nekoliko drugačne vrste. Predstavljajmo si polneskončen elastičen medij, na površini katerega deluje točkasta zunanja sila. Ker v tem primeru nimamo neskončnega medija, bomo morali na njegovi meji upoštevati določene robne pogoje, kar bo reševanje Navierove enačbe seveda precej otežilo. Zanima nas torej elastični odziv na silo F z = P, ki deluje na točko površine pravokotno nanjo Loveov nastavek Napetostni tenzor ima torej le komponento p zz = P δ(x x 0 )δ(y y 0 ), če pritiska zunanja sila v točki ρ 0 = (x 0, y 0 ). Zaradi osne simetrije problema so primerne cilindrične koordinate pri čemer izhodišče osi z postavimo v z = 0. ta namen predstavimo reprezentacijo δ - funkcije v cilindričnih koordinatah: po definiciji velja 0 δ( ρ ρ 0 ) 2πρ dρ = 1, (2.236) 2πρ torej lahko porazdelitev tlaka na mejo elastičnega medija zapišemo kot p zz = P 2πρ δ( ρ ρ 0 ). (2.237) Rešujemo Galerkinovo enačbo 2 2 2ρ(1 σ) g = f. (2.238) E Gostota volumske sile je enaka nič, torej rešujemo biharmonično enačbo za Galerkinov vektor 2 2 g = 0. Zaradi cilindrične simetrije problema in torej dejstva, da mora biti rešitev zgolj funkcija ρ ρ 0 lahko porabimo Lovejev nastavek g = (0, 0, Z(ρ, z)). (2.239) Tu smo pisali kar odvisnost od ρ namesto od ρ ρ 0. Na koncu računa se bomo spomnili te okrajšave. Bistvo Loveovega nastavka je, da upoštevamo cilindrično simetrijo problema že v nastavku. Upoštevamo zvezo med deformacijo in Galerkinovim vektorjem in dobimo u = 2 g 1 2(1 σ) ( g) u x = 1 Z 2(1 σ) x z u y = 1 Z 2(1 σ) y z u z = 2 Z Tr u ik = u = 1 2σ Z 2 2(1 σ) z 51 (2.240) (2.241) 1 2 Z 2(1 σ) z 2 (2.242) (2.243)

52 2.8. HERTZO PROBLEM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Poznamo tudi zvezo med tlačnim in deformacijskim tenzorjem; iz nje izračunamo p xx = p yy = p xy = p zz = p yz = p xz = E 2(1 σ 2 ) z [σ 2 2 ]Z(ρ, z) x2 E 2(1 σ 2 ) z [σ 2 2 ]Z(ρ, z) y2 E 4(1 σ 2 ) x y 2 Z(ρ, z) z E 2(1 σ 2 ) z [(2 σ) 2 2 ]Z(ρ, z) (2.244) z2 E 2(1 σ 2 ) y [(1 σ) 2 2 ]Z(ρ, z) z2 E 2(1 σ 2 ) x [(1 σ) 2 2 ]Z(ρ, z) (2.245) z2 Ob upoštevanju robnih pogojev in pa p zz (z =0) = P 2πρ δ(ρ) z [(2 σ) 2 2 z 2 ]Z(ρ, z =0) = 2P (1 σ2 )δ(ρ) 2πEρ lahko rešimo biharmonično enačbo (2.246) p yz (z =0) = p xz (z =0), (2.247) 2 2 Z(ρ, z) = 0 (2.248) eksplicitno. Tu si bomo ogledali pot, ki vodi preko Fourier - Besselove transformacije in je zelo podobna vpeljavi eletrostatskih sliki v reštevanju Poissonove enačbe v elektrostatiki Boussinesqova rešitev Fourierova transformacija, oziroma poljubna linearna integralska transformacija, nam pomaga prevesti diferencialno enačbo v algebraično enačbo, ki je trivialno rešljiva. našem primeru je prostor neomejen le v x in y smeri; še vedno bomo dobili diferencialno enačbo po z. Dvodimenzionalno obratno Fourierovo transformacijo iz prostora Q = (k x, k y ) zapišemo v obliki Z(ρ, z) = d 2 Q (2π) 2 eiqρ Z(Q, z). (2.249) Ker je v običajnem prostoru Z odvisen le od velikosti ρ = ρ ; ρ = (x, y), je tudi v k-prostoru Z odvisen le od velikosti Q. Q-prostoru imamo valj, torej je d 2 Q = QdQdϕ. Spomnimo se identitete s pomočjo katere dobimo Z(ρ, z) = 2π 0 0 J 0 (x) = 1 2π 2π QdQdϕ (2π) 2 eiqρ cos ϕ Z(Q, z) = 1 2π 52 0 dϕe ix cos ϕ, (2.250) 0 QdQJ 0 (Qρ)Z(Q, z) ; (2.251)

53 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.8. HERTZO PROBLEM še enkrat poudarimo, da velja rezultat le za izotropne površine, kjer imamo odvisnost le od radialne razdalje. Naša biharmonična enačba za Z preide po 2D cilindrični Fourierovi transformaciji, znani kot Fourier-Besslova transformacija v tole enačbo v Fourierovem prostoru Znebili smo se odvodov po x in y, za z pa uporabimo nastavek ( 2 z 2 Q2 ) 2 Z(Q, z) = 0. (2.252) Z(Q, z) = (A + BQz)e Qz ; (2.253) A, B = A, B (Q). Tudi robne pogoje moramo prevesti v Q-prostor: 2 [(2 σ)( z z 2 Q2 ) 2 z 2 ]Z(ρ, z = 0) = 2P (1 σ2 ) E (2.254) za p zz (z =0) in pa [(1 σ)( 2 z 2 Q2 ) 2 ]Z(ρ, z = 0) = 0 (2.255) z2 za p xz (z =0) in p yz (z =0). Če rešimo robna pogoja za A, B končno pridemo do Boussinesqove rešitve Z(Q, z) = 2P (1 σ2 ) EQ 3 (2σ + Qz)e Qz. (2.256) Iz nje dobimo iz 2.240, 2.241, u, le še v navadni prostor ga je treba prevesti. Iz dobimo 1 1 u x (ρ, z) = 2(1 σ) x z 2π 2 0 QdQJ 0 (Qρ)Z(Q, z); (2.257) odvisnost od x in y se skriva v ρ. Poznamo pravilo za odvajanje Besslovih funkcij: x J 0(Qρ) = J 1 (Qρ)Q x ρ. Odvajamo: u x (ρ, z) = P (1 σ2 ) x 2π(1 σ)e ρ 0 dqj 1 (Qρ)(1 2σ Qz)e Qz in dobimo za komponente deformacije u x, u y (isti izraz kot za u x, le x zamenjamo z y) u x (ρ, z) = u y (ρ, z) = P (1 + σ) 2πE P (1 + σ) 2πE [ ] xz (ρ 2 + z 2 ) + (1 2σ)x 3/2 (ρ 2 + z 2 ) ( 1/2 (ρ 2 + z 2 ) 1/2 + z ) [ ] yz (ρ 2 + z 2 ) + (1 2σ)y 3/2 (ρ 2 + z 2 ) ( 1/2 (ρ 2 + z 2 ) 1/2 + z ) (2.258) Enako postopamo pri u z : iz sledi u z (ρ, z) = 2P (1 σ2 ) 2πE 0 dqj 0 (Qρ)( Qz 2(1 σ) )e Qz

54 2.8. HERTZO PROBLEM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA u z (ρ, z) = P (1 + σ) 2πE [ 2(1 σ) (ρ 2 + z 2 ) + z 2 ] 1/2 (ρ 2 + z 2 ) 3/2 (2.259) ektor deformacije u(ρ, z) je rešitev Boussinesqovega problema. Spomnimo se še, da ρ stoji namesto daljšega ρ ρ 0. Zgornje enačbe nam torej dajejo vektor elastične deformacije za točkasto silo, ki prijemlje na površini elastičnega telesa. Kot vidimo (glej sliko) je z komponenta deformacije zgolj funkcija z in x 2 + y 2. Izodeformacijske ploskve so določene z enačbo Slika 2.10: z komponenta deformacijskega vektorja pri Boussinesqovem problemu izmerjena s pomočjo fotoelastičnega efekta. Sila pritiska tu na površino navzdol. const. ( 2(1 σ) + cos 2 θ ) = r(θ), (2.260) kjer je θ kot med osjo z in osjo x (oziroma y). Te izodeformacijske rotacijske ploskve nazorno prikazuje tudi slika Fundamentalna rešitev Boussinesqovega problema Rešitev sedaj lahko zapišemo tudi v tejle obliki (glej podobno obravnavo pri Kelvinovem problemu) u i (ρ, z) = G iz ( ρ ρ 0, z)p, (2.261) kjer smo označili, glede na En in ( ) G iz ( ρ ρ 0, z) = 2 1 Z( ρ ρ0, z) Z( ρ ρ 0, z)δ iz 2(1 σ) x i z (2.262) Zgornje enačbe imajo isti pomen za poljubno porazdeljeno površinsko silo (Greenova funkcija) kot Galerkinova rešitev Kelvinovega problema za poljubno porazdeljeno prostorsko silo. Torej lahko za splošen P = P (ρ) zapišemo u i (ρ, z) = G iz ( ρ ρ, z)p (ρ )d 2 ρ. (2.263) S Z Boussinesqovo rešitvijo lahko torej sestavimo poljuben elastični odmik polneskončnega medija, poljubno obremenjenega zgolj po površini. 54

55 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.8. HERTZO PROBLEM Za kasnejšo uporabo izpeljimo vrednost z komponente deformacijskega vektorja na površini elastičnega telesa, torej pri z = 0. Hitro dobimo u z (ρ, z) = (1 σ2 ) P (ρ ) πe ρ ρ d2 ρ. (2.264) To je enačba, ki jo bomo potrebovali pri reševanju Hertzovega problema v naslednjem razdelku Hertzov problem Predstavljajmo si dve telesi, ki sta v elastičnem stiku. Na stični ploskvi pride do deformacije. Geometrija deformacije je podana na sliki. Deformacijski vektor v obeh elastičnih telesih lahko (S) Slika 2.11: Geometrijski opis deformacija na stiku med dvema elastičnima telesoma. zapišemo kot u z (ρ, z) = (1 σ2 ) P (ρ )d 2 ρ πe (S) ρ ρ oziroma u z(ρ, z) = (1 σ 2 ) P (ρ )d 2 ρ πe (S) ρ ρ. (2.265) Defomacijo na stiku lahko zapišemo skozi penetracijsko razdaljo h kot (glej sliko) h = u z + u z + z + z. (2.266) peljimo sedaj tenzor ukrivljenosti stične površine h ik (glej poglavje o diferencialni geometriji površin). Za obe telesi lahko razvijemo za dovolj majhne odmike z = 1 2 h ikx i x k in pa z = 1 2 h ikx i x k. (2.267) x i sta v tem primeru pravokotni koordinati x, y. Postavimo sedaj koordinatni sistem (x, y) tako, da njegovi osi sovpadata z lastnima osema obeh tenzorjev ukrivljenosti. Lastni vrednosti tenzorja h ik + h ik označimo kot 1/R 1 in 1/R 2. Tako dobimo oziroma ( (1 σ 2 ) πe h = u z + u z + x2 2R 1 + y2 2R 2, (2.268) + (1 ) σ 2 ) P (ρ )d 2 ρ πe (S) ρ ρ = h x2 y2. (2.269) 2R 1 2R 2 55

56 2.8. HERTZO PROBLEM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Rešitev te integralske enačbe nam podaja porazdelitev površinske gostote sile na kontaktni površini S. Zgornjo integralsko enačbo lahko rešimo s pomočjo elektrostatskega potenciala sploščenega elipsoida in je tu ne bomo izpeljevali. Navedemo naj le rezultat brez matematičnega dokaza. elja namreč tale identiteta 1 x 2 a 2 y 2 dx dy b 2 ρ ρ = πab ) (1 x2 2 a 2 + ζ y2 dζ b 2 + ζ (a2 + ζ)(a 2 + ζ)ζ, (2.270) (S) 0 kjer na levi strani integriramo po notranjosti elipse x2 a + y2 2 b = 1. Lahko torej zaključimo, da nam 2 integralska enačba En daje za rešitev eliptično kontaktno površino S s polosema a in b, sama površinska gostota sile pa ima obliko P (x, y) = 3F 1 x2 2πab a 2 y2 b 2 kjer je P (ρ )d 2 ρ = F. (2.271) F te torej celotna sila na stično površino. Sedaj zgornjo rešitev vstavimo v En , upoštevamo integralsko identiteto En in izenačimo ustrezne koeficiente. Dobimo h = 3F ( (1 σ 2 ) + (1 ) σ 2 ) dζ 4π πe πe (a2 + ζ)(a 2 + ζ)ζ, (2.272) in pa 1 = 3F ( (1 σ 2 ) 2R 1 4π πe ( (1 σ 2 ) 1 2R 2 = 3F 4π πe + (1 ) σ 2 ) πe 0 ) + (1 σ 2 ) πe 0 0 (S) dζ (a 2 + ζ) (a 2 + ζ)(b 2 + ζ)ζ dζ (b 2 + ζ) (a 2 + ζ)(b 2 + ζ)ζ. (2.273) Zgornje enačbe rešujemo na sledeč način: lastni vrednosti R 1 in R 2 sta podani z obliko obeh stičnih teles blizu stičišča. Enačbi En nam potemtakem dajeta glavni osi elipse a, b kot funkciji celotne površinske sile F. Nato nam enačba En da še odvisnost sile F od penetracijske globine h. Na koncu torej dobimo h h(f, R 1, R 2 ), kar je tudi Hertzova rešitev kontaktnega problema Elastični stik dveh krogel Kot primer Hertzove rešitve si poglejmo dve krogli z radijem r 1 in r 2 (ločujmo mal in velike r, R). tem primeru imamo popolnoma simetričen problem in torej sledi 1 = 1 ( 1 = + 1 ) in pa a = b. (2.274) R 1 R 2 r 1 r 2 Integrali v enačbah En so zlahka rešljivi in dobimo a = F 1/3 ( 3(1 σ 2 ) 4E Iz enačbe En pa lahko povzamemo, da je ( 3(1 σ 2 ) h(f, r 1, r 2 ) = 4E + 3(1 ) 1/3 ( ) 1/3 σ 2 ) r1 r 2 4E. (2.275) r 1 + r 2 + 3(1 ) ( σ 2 ) 3(1 σ 4E a 1 = F 2/3 2 ) + 3(1 ) 2/3 ( σ 2 ) r1 r 2 4E 4E r 1 + r 2 56 ) 1/3. (2.276)

57 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.8. HERTZO PROBLEM Slika 2.12: Odvisno konstaktne sile od penetracijske globin dveh elastičnih teles v stiku. To je tudi končni Hertzov rezultat za elastični stik dveh krogel. idimo, da je odvisnost sile od površinske deformacije kot F h 3/2. Ta potenčna odvisnost pa ne velja zgolj za dve krogli ampak za dve poljubni telesi v lastičnem stiku. Penetracijska dolžina h za poljubni dve telesi v elastičnem stiku gre kot F h 3/2. 57

58 2.9. ROTACIJSKA DEFORMACIJA PLANETA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.9 Rotacijska deformacija planeta Gravitacijsko-rotacijski potencial vrteče se krogle Raziščimo potencial sile, ki ustreza skupnemu delovanju sile gravitacije in centrifugalne sile. Na vsako vrteče se telo, deluje pravokotno na os centrifugalna sila, velikosti ω 2 R na enoto mase, kjer je ω kotna hitrost vrtenja in R oddaljenost od osi vrtenja. Smer sile je radialno navzven. Takšno silo lahko predstavimo tudi s centrifugalnim potencialom oblike C (r) = 1 2 ω2 R 2 = 1 2 ω2 r 2 sin φ 2, (2.277) kjer je sedaj r oddaljenost od središča krogle, φ pa je polarni kot. Zapis imo nekoliko drugače sedaj centrifugalni potencial in sicer takole C (r) = 1 2 ω2 r 2 sin φ 2 = 1 3 ω2 r ω2 r 2 P 2 (cos φ), (2.278) kjer je P 2 (ζ) = 3 2 ζ2 1 2 drugi Legendrov polinom. Za gravitacijski potencial pa že vemo, da je G (r) = 1 2 gr2. (2.279) Celoten potencial volumsko porazdeljenih zunanjih sil je potentakem (r) = G (r) + C (r) = 1 2ω2 2g(1 3g )r2 1 3 ω2 r 2 P 2 (cos φ). (2.280) Prvi del tega potenciala, ki je sferično simetričen zaradi nestisljivosti krogle ne povzroča nobene deformacije. Le-ta je povezana le z drugim členom potenciala, ki ima polarno simetrijo. Poglejmo si, kako bi izračunali to deformacijo Kelvinova rešitev Navierova enačba se v Laméjevem naboru elastičnih konstant glasi in seveda p + µ 2 u + ρ = 0, (2.281) u = 0, (2.282) ki je posledica predpostavke o nestisljivosti. Predpostavimo še, da ima zunanji potencial razvoj = n n, (2.283) kjer so n rešitve harmonične enačbe 2 n = 0 in imajo torej obliko r n P n (cos φ), kjer je φ azimutni kot. Celoten tlak zaradi principa superpozicije lahko razdelimo na del, ki je posledica prvega člena v En , in del, ki je posledica drugega člena in je harmonične oblike, torej p = p 1 + p 2. (2.284) Za p 1 dobimo že znane enačbe En Ostane nam torej le enačba za p 2, ki ima obliko En nadaljnjem bomo opustili indeks 2 za del tlaka, ki je poslediva harmoničnega dela potenciala zunanje sile. 58

59 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.9. ROTACIJSKA DEFORMACIJA PLANETA Rešitev Navierove enačbe En za drugi del tlaka sedaj zapišemo s takimle nastavkom: najprej za tlak p = ρ n a n n, (2.285) kjer so a n konstante, ki jih bomo določili kasneje. Za deformacijski vektor pa vzamemo nastavek u = n A n r 2 n + n B n r n + n C n n. (2.286) se konstante v zgornjih dveh nastavkih bomo določili tako, da bodo zadovoljne enačbe En in ter robni pogoj, ki ga bomo še sformulirali. Pri nadaljnji obravnavi bomo upoštevali sledeče lastnosti rešitev harmoniňe enačbe 2 (r n ) = 2 n (r ) n = n n r ( n ) = (n 1) n. (2.287) Slika 2.13: Oblatni rotacijski sferoid, sploščen na polih. Poleg njega pa še zemeljski geoid, ki bolj realistično prikazuje, sicer pretirano, obliko našega planeta. Najprej sedaj izračunajmo 2 u i x 2 i = 2 n A n n x i + 4 n 2 n A n x k + 2 x i x k n B n n x i. (2.288) kjer smo upoštervali eksplicitno harmoničnost potenciala n. Sedaj iz En izpeljemo še tole relacijo x i n x i = n n x i 2 n x i x k = (n 1) n x k. (2.289) Z upoštevnjem teh identitet, se nam enačbi En in spremenita v tale dva pogoja za konstante 2nA n + (n + 3)B n = 0 2µ(2n 1)A n + 2µB n + ρ ρa n = 0. (2.290) 59

60 2.9. ROTACIJSKA DEFORMACIJA PLANETA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Sedaj se posvetimo robnemu pogoju. Pri tem se oba dela tlaka, torej p 1 in p 2 sklopita. Na robu glede na prejšnje enačbe dobimo T i = ρg a ζn i = pn i + µ u i n k + µ ( ) ζ u i, (2.291) x k r x i vse zgornje količine je seveda potrebno izračunati pri r = a. Leva stran enačbe prihaja iz rešitve za sferično simetrični gravitacijski potencial, teorej p 1, desna stran pa za splošen harmonični potencial n. Poleg tega velja ζ = x i u i = n A n r 2 n n + n B n r 2 n + n C n n n (2.292) Ko razpišemo robni pogoj z ustreznimi nastavki za rešitev, dobimo enačbo, ki vsebuje tako n kot gradient n. Ta sta linearno neodvisna in ju moramo obravnavati ločeno. Členi z n nam dajo ρg(na n + B n + n 1 a C n) = ρ a n a + µ a (2nA n + (n + 2)B n ), (2.293) členi z gradientom n pa 2naA n + ab n + n a 2 C n = 0. (2.294) našem primeru ima harmonični potencial zgolj indeks n = 2. se izpeljane enačbe sedaj zapišemo z indeksom n = 2 in dobimo natančno štiri enačbe za štiri neznane konstante. Rešimo jih pa imamo A 2 = 5 ρ 18 µ(1 + 5 ρga 9 µ ) B 2 = 4 ρ 18 µ(1 + 5 ρga 9 µ ) C 2 = 8 ρa 2 18 µ(1 + 5 ρga 9 µ ) ρga µ a 2 = 18(1 + 5 ρga (2.295) 9 µ ). Od tod pa sedaj lahko izpeljemo tudi deformacijo krogle v smeri normale na nedeformirano kroglo. To je dejansko najzanimivejša količina, ki jo lahko izračunamo. Glasi se u i n i (r = a) = ζ a = 10 ρa 18 µ(1 + 5 ρga 9 µ ) 2 = 10 ρω 2 a 3 54 µ(1 + 5 ρga 9 µ )P 2(cos φ). (2.296) S pomočjo te količine lahko deformirano obliko vrteče se krogle zapišemo kot r = a+u i n i (r = a). Če p-rimerjamo deformacijo na polu in na ekvatorju od tod sledi, da je u i n i (r = a, φ = 0) = 10 ρω 2 a 3 54 µ( u i n i (r = a, φ = π/2) = 5 ρω 2 a 3 54 µ( ρga µ ) ρga (2.297) µ ). Oblika vrteče se krogle je torej očitno rotacijski elipsoid oziroma oblatni sferoid. To je rešitev, ki jo je prvi izpeljal Kelvin. Eksperimentalno se da izmeriti, da je premer zemeljske oble zaradi 60

61 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.9. ROTACIJSKA DEFORMACIJA PLANETA vrtenja na ekvatorju (12756 km) za 42 km večji od polmera na polu (12714 km). Slika prikazuje obliko idealnega oblatnega sferoida, kot jo dobimo iz zgornjega izračuna. Hkrati pa je predstavljena še močno pretirana oblika resničnega zameljskega geoida, kjer se vidijo vse dodatne deformacije planeta, ki so predvsem posledica njegove zapletene notranje strukture in dinamike Rotacijski elipsoid in koordinatni sistem Zemlje zgodovini je bilo mnogo meritev parametrov rotacijskega elispoida, ki predstavlja povprečno površino našega planeta. Za matematičen opis te površine po zgornjem izračunu zadoščata dva parametra: ekvatroialni radij in polarni radij Zemlje. Tabela predstavlja nekaj rezultatov teh meritev. Točna parametrizacija zemeljskega rotacisjkegta elipsoida je potrebna za pravilno Koda Ime avtorja Leto nastanka Ekvatorialni radij [m] Polarni radij [m] 0 Clarke Clarke Bessel New International International WGS Everest WGS GRS Airy Everest Modified Airy WGS Modified Fisher Australian Nat Krassovsky Hough Fisher Fisher Normal Sphere Tabela 2.2: Različni rotacijski elipsoidi, ki predstavljajo površje našega planeta. projekcijo koordinat, ki jih dobimo iz geostacionarnih satelitov pri globalnem pozicijskem sistemu (GPS) in zato vsekakor nima zgolj akademskega interesa. ečina GPS dekodiranja položaja na zemeljski površini se dogaja s pomočjo rotacijskega elispoida WGS Kanonična rotacijska sploščenost Zemlje je na osnovi večine zgornji parametrizacijs roatcijskega elipsoida 1/

62 2.10. ALOANJA ELASTIČNEGA TELESA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.10 alovanja elastičnega telesa Helmholtzov teorem Helmholmtzov teorem pravi, da se da vsak vektor u(r), odvisen od prostorske koordinate, razstaviti na longitudinalno in transverzalno komponento: tako da velja: u(r, t) = u l (r, t) + u t (r, t), (2.298) u l (r, t) = 0, u t (r, t) = 0. (2.299) To pomeni, da morata biti u l (r, t) in u t (r, t) med sabo pravokotni. zapišemo obe komponenti v Fourierovem prostoru, kjer mora veljati k u l (k, t) = 0, k u t (k, t) = 0. To se najbolje vidi, če To hkrati že tudi pomeni, da sta longitudinalna in transverzalna komponenta med seboj pravokotni u l u t = 0. oziroma, da mora veljati Pitagorov teorem v obliki u 2 = u l 2 + u t 2. To je vsebina klasičnega Helmholtzovega teorema vektorske dekompozicije. nadaljevanju še večkrat sklicevali. nanj se bomo v alovna enačba in njene rešitve Poglejmo si elastično snov oblike kvadra s stranicami a, b in c, na katero ne delujejo nobene zunanje sile. Nevierova enačba v Laméjevem naboru elastičnih konstant ima seveda obliko ρü = µ 2 u + (λ + µ) ( u). (2.300) Nastavek za rešitev Navierove enačbe sedaj zapišemo v obliki Fourierove transformacije tako v prostorskem kot v časovnem delu harmonskih valov. To pomeni, da rešitev razstavimo na vsoto potujočih harmonskih valov. u(r, t) = k,ω A(k, ω)e i(k r ωt). (2.301) S tem nastavkom lahko Navierovo enačbo prepišemo v obliki e i(k r ωt) ( (ρω 2 µk 2 )A(k, ω) (λ + µ)k(k A(k, ω)) ) = 0. (2.302) k,ω Ta enačba je seveda rešljiva le, če je determinanta tele matrike enaka nič: det ( (ρω 2 µk 2 ) )δ ij (λ + µ)k i k j = 0, (2.303) oziroma (ρω 2 µk 2 ) 3 (ρω 2 µk 2 ) 2 (λ + µ)k 2 = 0. (2.304) 62

63 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA ALOANJA ELASTIČNEGA TELESA Od tod pa dobimo za ω tri rešitve: ω 2 1,2 = µ ρ k2 ω3 2 = λ + 2µ k 2. (2.305) ρ Isti rezultat lahko dobimo tudi, če v valovni enačbi upoštevamo Hlemholtzovo dekompozicijo. tem primeru dobimimo namesto En e i(k r ωt) ( (ρω 2 µk 2 )(A l (k, ω) + A t (k, ω)) (λ + µ)k 2 A l (k, ω) ) = 0, (2.306) k,ω in od tod dve linearno neodvisni enačbi (ρω 2 (λ + 2µ)µk 2 )A l (k, ω) = 0, (ρω 2 µk 2 )A t (k, ω)) = 0. (2.307) Kar nam zpoten daje iste izraze za obe hitrosti valovanja. Longitudinalna valovanja ustrezajo spreminjanju lokalne gostote snovi in imajo zato večjo elastično konstanto (λ+2µ proti λ za transverzalan valovanja). Od tod tudi sledi, da lahko hitrosti širjenja obeh vrst valovanja zapišemo v obeh naborih konstant kot c 2 t = µ ρ = E 2(1 + σ)ρ c 2 l = λ + 2µ ρ = E(1 σ) 2(1 + σ)(1 2σ)ρ. (2.308) Očitno je torej, da so longitudinalna valovanja v elastičnih snoveh hitrejša od transverzalnih. seizmologiji longitudinalnemu valu pravimo tudi primarni (P) val, transverzalenmu valu pa sekindarni (S) val. Glede na to, da je hitrosta transverzalenga vala odvisna od strižnostnega modula nam njegov obstoj govori o tem, da imamo opravka s trdnino in ne s tekočino. tekočini, kjer ni strižnih napetosti, transverzalnega vala nimamo. Porazdelitev hitrosti P in S vala, P in S v zemeljski skorji nam prikazuje slika Na globini približno 3000 km se začne tekoči sloj zemeljskega jedra, ki se razteza do globine 5000 km. Še na večjih globinah je Zemlja zopet trdna. Dokaz obstoja trdnega jedra v notranjosti našega planeta na osnovi lastnosti elastičnih valov, ki se širijo po zemeljski notransjosti, je fundamentalno delo E. Weicherta. Slika 2.15 pa prikazuje spremembe v hitrosti P valov v preseku med Sredozemskim morjem in Japonsko. Hladne barve ustrezajo večjim hitrostim. Zelo dobro so vidne subdukcijske zone, kjer afriška kontinentalna plošča tone pod azijsko kontinentalno ploščo nekje v območju Krete in pa subdukcijska zona kjer Pacifiška kontinentalna plošča tone pod azijsko na območju Japonske. Kontinentalne plošče so v tej seizmični spektroskopiji vidne vse do globine nekaj tisoč kilometrov Elastično valovanje v nehomogeni snovi Predstavljajmo si sedaj polprostor, omejen z mejno površino pri y = 0, v katerem se širii transverzalen val pod kotom α glede na os y. Predpostavljajmo, da je val polariziran v x, y ravnini. Potemtakem da lahko opišemo z u v ik(x sin α y cos α) iωt x = A cos αe u v y = A sin αe ik(x sin α y cos α) iωt, (2.309) 63

64 2.10. ALOANJA ELASTIČNEGA TELESA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.14: Hitrost S vala (transverzalneg vala) in P vala (longitudinalni val) v odvisnosti od globine (desne enote). Med radiji 1250 in 3500 km vidimo, da transverzalni val ne obstaja in je potemntakem naš planet na teh globinah tekoč. kjer je seveda Ta val očitno zadošča enačbi ω 2 = c 2 t k 2. (2.310) u = uv x x + uv y y. (2.311) Takšen val seveda ne izpolnjuje robnih pogojev na prosti površini, ki imajo obliko p yi = 0, i = 1, 2, 3, (2.312) saj na prosti površini ne smemo imeti nobenih površinskih sil. Poskušamo, če bi se morda dalo izpolniti robne pogoje tako, da poleg vpadlega transverzalnega valovanja upoštevamo še odbito transverzalno valovanje. Le-to mora imeti obliko u o ik(x sin α y cos α) iωt x = B cos αe u o y = B sin αe ik(x sin α y cos α) iωt, (2.313) saj se širi v nasprotni y smeri. Celotno valovanje v snovi je torej podano z Za robni pogoj sedaj dobimo s pomočjo Hookeovega zakona u x = u v x + u o x u y = u v y + u o y. (2.314) p yy = 2µu yy = i2µk(a + B) sin α cos αe ik(x sin α = 0 p xy = 2µu xy = iµk(a B)(cos α 2 sin α 2 )e ik(x sin α = 0. (2.315) 64

65 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA ALOANJA ELASTIC NEGA TELESA Slika 2.15: Hitrost P vala (longitudinalni val) v preseku med Sredozemljem in Japonsko. Dobro je vidna subdukcija kontinentalnih plos c. Hladne barve (modra) ustrezajo vec jim hitrostim. Tretji robni pogoj za pyz je izpolnjen samodejno. Opazimo, da sta zgornja robna pogoja nekompatibil;na in vodita do protislovne res itve. Tudi c e bi predpostavili, da odbojni kot ni enak vpadnemu, bi zadeve zgolj poslabs ali. Izhod iz tez av je predpostavka, da imamo poleg odbitega tranmsverzalnega valovanja s e odbito longitudinalno valovanje. Za le-to velja C sin α0 eik (x sin α +y cos α ) iω t uol x = uol y = C cos α0 eik (x sin α +y cos α ) iω t, (2.316) pri c emer seveda tu velja 2 2 ω 0 = c2l k 0. (2.317) Sedaj seveda posatvimo ux = uvx + uox + uol x uy = uvy + uoy + uol x. (2.318) Od tod izlus c imo za robni pogoj enac bo i2µk(a + B) sin α cos αeik(x sin α + ik 0 (2µ cos α0 + λ)ceik (x sin α ) iω t = iµk(a B)(cos alpha2 sin α2 )eik(x sin α + ik 0 2µ sin α0 cos α0 Ceik (x sin α ) iω t = 0. (2.319) C e hoc emo res iti ti dve enac bi, moramo seveda imeti vse eksponentne faktorje identic ne. Torej mora za zac etek veljati ω0 = ω oziroma k 0 = kn. 65 kjer je n2 = µ. 2µ + λ (2.320)

66 2.10. ALOANJA ELASTIČNEGA TELESA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Poleg tega ugotovimo, da mora biti izpolnjen pogoj k sin α = k sin α oziroma n sin α = sin α, (2.321) kar ni ničdrugega kot Snellov zakon (lomni zakon) za lom zvočnega valovanja. Koeficient n ima torej pomen lomnega količnika na enak način kot v optiki. Z upoštevanjem, zgornjih dveh enačb potem lahko izpeljemo tudi zveze med koeficienti vseh treh valovanj v obliki C A = n sin 4α cos α 2 + n 2 sin 2α sin 2α B A = cos α2 n 2 sin 2α sin 2α cos α 2 + n 2 sin 2α sin 2α. (2.322) Povzemimo: polarizirano transverzalno vpadno valovanje torej inducira odbit transverzalen pa tudi longitudinalen val. Če bi bila polarizacijska ravnina pravokotna na vpadno ravnino, potem longitudinalnega vala ne bi imeli, a le za ta limiten primer. Hkrati bi lahko na enak način pokazali, da tudi vpadni longitudinalni val inducira poleg odbitega longitudinalnega vala hkrati še odbit transverzalni val, polariziran v vpadni ravnini. Te ugotovitve so ključne in ločijo elastično valovanje od svetlobnega na bistven način. Prizadevanja fizikov 19. stoletja, da bi EM valovanje razločili z elastičnimi valovi etra, je bilo torej nujno obsojeno na neuspeh. Kakor hitro je bila namreč odkrita polarizacija EM valovanja v optiki, so bila edina dopustna valovanja transverzalna 5. Najbolj preprost odboj elastičnih valov torej pretvarja longitudinalna v transverzalna valovanja. Eter, kot nosilec elasti v cnih EM valov torej ne more obstajati. 5 Zanimivo je, da je še Röntgen ob odkritju svojih žarkov predpostavljal - pod vplivom Helmholtzovih člankov na to temo -da gre morda za longitudinalne svetlobne valove. Merjenje polarizacije rentgenskih žarkov so pokopala te upe. 66

67 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA PORŠINSKI ALOI 2.11 Površinski valovi Rayleighovi valovi Površinski valovi so valovi, ki se širijo v bližini površine telesa in ne prodirajo globlje v snov. Poiskali bomo take rešitve vaovne enačbe, ki ustrezajo površinskim valovom. Spoznali smo, da so transverzalana in longitudinalna valovanja v neskončnem telesu neodvisna in ustrezata Navierovim enačbam oblike ρü l (r, t) = (λ + 2µ)µ 2 u l (r, t), ρü t (r, t) = µ)µ 2 u t (r, t). (2.323) Od tod smodefinirali dve hitrosti širjenja valovanja, transverzalno in longitudinalno c 2 t = µ ρ = E 2(1 + σ)ρ c 2 l = λ + 2µ E(1 σ) = ρ 2(1 + σ)(1 2σ)ρ. (2.324) Predpostavimo, da je površina elastičnega telesa neomejena in ravna. Koordinatni sistem bomo zasukali tako, da bo površina telesa, po katerem se razširja valovanje, vzporedno z ravnino xy, telo pa leži pod to ravnino (torej pri z < 0). Opazujmo raven površinski val določene valovne dolžine, ki se razprostira vzdolž osi x. Rešitev bomo zapisali v obliki: kjer je u lahko bodisi u l bodisi u t. enačbo za funkcijo f(z) v obliki u = A e i(kx ωt) f(z), (2.325) nesimo zgornji nastavek v valovno enačbo, pa dobimo d 2 f dz 2 = (k 2 ω2 c 2 ) f, (2.326) kjer je c spet ena izmed hitrosti c l ali c t. Če je k 2 ω2 c < 0, nas enačba pripelje do periodičnih 2 rešitev v smeri osi z, kar ustreza ravnim valovom, ki niso dušeni znotraj telesa in jih že poznamo. Bolj zanimiv je sedaj primer k 2 ω2 c > 0. Fizikalno smiselno rešitev v tem priemru lahko 2 zapišemo f(z) = const. e ±z k 2 ω2 c 2. (2.327) Očitno moramo vzeti rešitev s plusom,da je omejena za z < 0. Longitudinalen in transverzalen odmik zato lahko zapišemo kot u = B e i(kx ωt) e κz, kjer je κ = k 2 ω2 c 2. (2.328) Rešitev (2.328) ustreza valu, katerega amplituda pojema z oddaljenostjo od površine eksponentno, torej se val širi le v bližini površine. Od tod tudi ime: površinski val. elikost κ nam določa, kako močno bo dušenje. ektor u, ki opisuje deformacije telesa pri razširjanju valovanja, je v splošnem enak poljubni linearni kombinaciji vektorjev u l in u t, katerih komponente opisuje enačba (2.328). Pri prostorskih valovih v neomejenem sredstvu sta u l in u t valova, ki se širita neodvisno. Pri površinskih valovih pa delitev na dva neodvisna dela ni mogoča zaradi robnih pogojev. ektor deformacije u je v tem primeru točno določena linearna kombinacija vektorjev u l in u t. 67

68 2.11. PORŠINSKI ALOI POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Za določitev tiste linearne kombinacije vektorjev u l in u t, ki nam da deformacijo u, si moramo ogledati robne pogoje na meji telesa. Ker na prosto površino ne delujejo zunanje sile, mora veljati p ij n j = 0, kjer je j enak z, saj leži normalni vektor n vzdolž osi z in je zato od nič različna le njegova komponenta n z. Sledi p iz n z = 0 ali p xz = p yz = p zz = 0. Če upoštevamo še inverzni Hookov zakon zapisan v naboru σ in E, dobimo naslednje zveze med komponentami deformacijskega tenzorja u xz = 0, u yz = 0, σ(u xx + u yy ) + (1 σ)u zz = 0. (2.329) Iz enačbe (2.328) preberemo, da so vse komponente u in s tem tudi komponente tenzorja deformacije u ij neodvisne od koordinate y, zato sledi iz drugega izmed pogojev (2.329) zveza u yz = 1 ( uy 2 z + u ) z = 1 u y = 0. (2.330) y 2 z Če upoštevamo še, da mora biti u y sorazmeren z e κz (enačba (2.328)), sledi u y = 0. ektor, ki opisuje površinski val, leži torej v ravnini, ki jo določata smer širjenja valovanja (os x) in normala na površino. ektor deformacije ima torej lahko zgolj komponenti x in z. neskončnem sredstvu velja, da mora bit u t pravokotne na smer vektorja k. To velje zgolj v neskončnem sredstvu. končnem sredstvu pa vemo, da velja le u t = 0 oziroma u tx x + u tz z = 0. (2.331) Odvisnost u tx in u tz od spremenljivk x in z je skrita v faktorju e ikx+κtz, kjer je κ t določen v enačbi (2.328) za c = c t, zato iz pogoja (2.331) sledi u tx u tz = κ t ik. (2.332) Obe komponenti deformacijskega tenzorja lahko zato izrazimo z isto konstanto, označimo jo z a. Torej velja u tx = κ t ae ikx+κtz iωt in u tz = ikae ikx+κtz iωt. (2.333) Podobno velja, da mora biti v neskončnem sredstvu u l v smeri vektorja k. To zopet velja zgolj v neskončnem sredstvu. končnem sredstvu pa vemo, da velja le u l = 0 oziroma u lx z u lz x = 0. (2.334) Tako kot pri transverzalni komponenti bomo upoštevali, da se odvisnost komponent u lx in u lz od x in z skriva v faktorju e ikx+κlz, kjer je κ l spet določen v enačbi (2.328), tokrat s c = c l. Torej je u lx = ik. (2.335) u lz κ l Obe komponenti deformacijskega tenzorja lahko spet izrazimo z isto konstanto, recimo z b u lx = kbe ikx+κ lz iωt in u lz = iκ l be ikx+κ lz iωt. (2.336) Konstanti a in b bomo določili iz prve in tretje izmed enačb (2.329). Če zapišemo komponente deformacijskega tenzorja z odvodi komponent vektorja deformacij in izrazimo σ s c l in c t, sledi u x z + u z x 68 = 0, (2.337)

69 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA PORŠINSKI ALOI oziroma ob upoštevanju, da je u y = 0, c 2 l u z z + ( c 2 l c 2 ) u x t = 0. (2.338) x naslednjem koraku bomo vektor deformacije zapisali kot linearno superpozicijo u t in u l, transverzalne in longitudinalne rešitve, u x = u lx + u tx, u z = u lz + u tz. Tako dobimo Tako nam En daje zvezo En pa u x = kbe ikx+κ lz iωt + κ t ae ikx+κtz iωt u z = iκ l be ikx+κ lz iωt ikae ikx+κtz iωt. (2.339) a(k 2 + κ 2 t ) + 2bkκ l = 0, (2.340) 2ac 2 t κ t k + b [ c 2 l (κ 2 l k 2 ) + 2c 2 t k 2] = 0. (2.341) Če zadnjo enačbo delimo s c 2 t in upoštevamo zvezo κ 2 l k2 = ω2 c 2 (2.341) zapišemo v obliki = (k 2 κ 2 t ) c2 t, lahko enačbo c 2 l 2aκ t k + b(k 2 + κ 2 t ) = 0. (2.342) Sistem enačb (2.340) in (2.342) je netrivialno rešljiv le tedaj, ko je njegova determinanta enaka nič. Tako dobimo pogoj (k 2 + κ 2 t ) 2 = 4k 2 κ t κ l. Če ta pogoj kvadriramo in vnesemo vrednosti κ2 t in κ 2 l, dobimo enačbo, ki povezuje k in ω: ) 4 ) ) (k 2 ω2 = k (k 4 2 (k ω2 2 ω2. (2.343) 2c 2 t Podroben pregled zgornje enačbe nam razkrije, da mora biti k sorazmeren z ω. Zato bomo postavili ω = c t kξ in poiskali tak ξ, da bo enačba (2.343) izpolnjena. Z novim nastavkom predelamo enačbo (2.343) v enačbo za ξ: ( ) ( ) ξ 6 8ξ 4 + 8ξ c2 t c c2 t l c 2 = 0. (2.344) l Iz zgornje enačbe lahko preberemo, da je ξ odvisen samo od razmerja ct c l kar pa je karakteristična konstanta, odvisna od vrste snovi, natančneje od njenega Poissonovega števila c t 1 2σ = c l (1 σ). Če vstavimo zvezo ω = c t kξ v izraz κ = κ l,t = k c 2 t k 2 ω2 c 2, sledi 1 ξ 2 c2 t c 2 t,l = 2π λ c 2 l 1 c2 t c 2 ξ 2. (2.345) l.t Ker želimo, da sta κ l in κ t realni števili, mora biti ξ < 1. Hkrati mora biti ξ tudi realno pozitivno število, saj sta tudi k in ω realni pozitivni števili. Enačba (2.344) ima samo eno rešitev, ki ustreza tem pogojem, zato vsaki vrednosti razmerja ct c l pripada ena vrednost ξ. Iz numerične rešitve En dobimo, da je vdorna globina Rayleighovih valov majhna v primerjaviu z valovno dolžino λ, zato jih nedvomno lahko imenujemo površinksi valovi. 69

70 2.11. PORŠINSKI ALOI POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Odmike, delcev pri Rayleighovih valovih lahko dobimo iz enačbe En Gibanje delcev, ki ga dobimo, je eliptično, torej podobno kot pri površinksih valovih v tekočini, vendar retrogradno (v smeri nasprotni urinemu kazalcu, če se val širi na desno). Navpična komponenta vektorja deformacije je večja od horizontalne na površini, potem pa pada z globino. Obstoja vedno neka kritična globina pri kateri se smer gibanja dlecev obrne - iz smeri nasprotne urinemu kazalcu v smer urinega kazalca za val, ki se giblje na desno. Rayleighov val prikazuje slika. Tako Slika 2.16: Odmiki pri Rayleighovih površinskih valovih. kot za prostorske valove, je tudi za površinske valove frekvenca sorazmerna z valovnim številom. Sorazmernostni koeficient med njima je hitrost vala c = c t ξ, ki jo lahko izrazimo s hitrostma transverzalnih in longitudinalnih prostorskih valov, c t in c l. Izračunajmo še razmerje amplitud obeh komponent valovanja. Iz enačb (2.342) in (2.343) sledi razmerje a/b = (2 ξ 2 )/(2 1 ξ 2 ). rednost razmerja c t /c l leži za doslej znane snovi v mejah med 1/ 2 in 0, kar ustreza Poissonovemu številu med 0 in 1/2. Pri tem se ξ spreminja med 0, 874 in 0, 955. Že leta 1886 je Rayleight razmišljal, da so povr šinski valovi te vrste pomembni pri potresih, saj imajo nedvomno manjšo atenuacijo od volumskih valov. Površinksi valovi so zato lažje opazljivi in torijo največji del opazljive energije, ki se sprosti pri potresu. Ker se širijo počasneje od primarnega in sekundarnega vala, jih pri potresu zaznamo za njima Loveovi valovi Poglejmo si primer širjenja elastičnega valovanja v polneskonňem mediju, ki ima na površini tanko plast nekega drugega materiala, debeline D. Zanima nas, če imamo lahko v tem primeru, v nasprotju z Rayleighovimi valovi, val, katerega odmik je pravokotne na globino in pravokoten na smer širjenja. Gre torej za transverzalen površinski val. Os z naj kaže v globino, z < 0, os x pa v smeri širjenja valovanja. Predpostavimo u y = u y (x, z, t) u x = u z = 0, u y = u y (x, z, t) u x = u z = 0, (2.346) kjer črtica pomeni spodnji polneskončni medij. obeh medijih veljata valovni enačbi za transverzalen val. Nastavimo u y = f(z)e i(kx ωt) u y = f (z)e i(kx ωt) (2.347) nesimo zgornji nastavek v valovno enačbo, pa dobimo enačbo za funkciji f(z) in f (z) v obliki d 2 ) f (k dz 2 = 2 ω2 d 2 f ) f in (k c 2 t dz 2 = 2 ω2 f. (2.348) 70 c 2 t

71 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA PORŠINSKI ALOI Rešitve teh dveh enačb izpberem na sledeč način f(z) e ±ik c 2 c 2 1z t f (z) e k 1 c2 c 2 z t (2.349) kjer sem upošteval, da je ω = kc. Oba odmika lahko torej v zgornjem sloju in v spodnjem polneskončnem prostoru predstavim kot u y = A 1 e ik(x+z c 2 c 2 1) ωt) t + A2 e ik(x z c 2 c 2 1) ωt) t u y = B 1 e i(kx ωt)+kz 1 c2 c 2 t. (2.350) Zgornja nastavka opisujeta valovanje, ki valuje sem in tja po tankem sloju in se duši v polneskončnem mediju. Izberemo ju na osnovi naše predstave o tem, kaj želimo opisati, saj imajo zgornje enačbe tudi več drugih rešitev. Zgornji val očitno ohranja energijo valovanja blizu tankega, če ne popolnoma v njem, sloja. Poglejmo si sedaj še ustrezen robne pogoje. Na meji med tankim slojem in polneskončnim medijem mora biti seveda odmik zvezen, u y (z = 0) = u y(z = 0). Zvezni pa morata biti tudi komponenti napetostnega tenzorja p yz (z = 0) = p yz(z = 0), ki ju dobimo seveda iz Hookovega zakona za tanek sloj z elastičnima konstantama µ, λ, in polneskončnim medijem s konstantama µ, λ. Koordinatno os y smo postaviuli tako, da ima izhodišče na meji med slojem in polmedijem. Na vrhu tanke plasti, pri z = D, pa mora veljati p yz (z = D) = 0. si ostali robni pogoji dajejo trivialen rezultat. De robne pogoje lahko s pomočjo nastavkov En zapišemo po vrsti kot A 1 + A 2 B 1 = 0 c iµa 1 + iµa 2 k 2 c 2 1 µ B 1 k 1 c2 t c 2 = 0 t A 1 e ikd c 2 c 2 1 t A2 e ikd c 2 c 2 1 t = 0. (2.351) Determinanta koeficientov zgornjega sistenma nam daje ( ) ( ) ( µ 1 c2 c c 2 µ 2 t c 2 1 tan kd t c 2 c 2 t 1 ) = 0. (2.352) Kaj lahko izračunamo iz gornje enačbe? Za vsako vrednost debeline tankega sloja in velikosti valovnega vektorsj lahko izračunamo c = c(k, D) oziroma ω(k, D) = kc(k, D). (2.353) Gre torej za valovanje z disperzijo. Zaradi trigonometrične funkcije v enačbi En imamo tudi različne veje, na katerih lahko gledamo disperzijo. Edina relativno preprosta limita zgornje enačbe je primer velikih valovnih dolžin, tore k 0. Dakrat dobimo kot rešitev c c t, hitrost Loveovih valov je torej hitrost transverzalnega valovanja v polneskončnem mediju. Amplitudo Loveovih valov prikazuje slika. Ker je hitrost Loveovih valov funkcija globine nam meritev te hitrosti za Loveov val z ano frekvenco lahko služi za oceno elastičnih lastnosti na dani globini. Manjša ko je frekvenca, globlje v zemeljsko notranjsot vidjo Loveovi valovi. Slika 2.18 prikazuje hitrost Loveovih valov na površju našega planeta za dve različni frekvenci (v sekundah). Pri prvi vidimo elastične konstante do globinje priblično 50 km, pri drugi pa do globine 250 km. Zelo dobro so vidne razlike med ocenasko in kontinentalno skorjo na 50 km in pa vroče cone pod ocenasko skorjo na 250 km. 71

72 2.12. DEBYEJE MODEL TRDNEGA TELESA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.17: Odmiki pri Loveovih površinskih valovih Debyejev model trdnega telesa alovanja kot harmonski oscilatorji rnimo se nazaj k neskončnemu, homogenemu elastičnemu telesu. Zapišimo sedaj celotno Hamiltonovo funkcijo za elastično telo, ki jo bomo nazadnje prepisali v obliki, ki nam bo dala vedeti, da se vsako valovanje v elastičnem telesu z danim valovnim vektorjem obnaša kot harmonski oscilator - poimenovali ga bomo fonon. Celotno Hamiltonovo funkcijo elastičnega telesa, če le pozabimo na prispevek zunanjih sil, lahko zapišemo v obliki H = 1 2 ρ u 2 d 3 r (λ + 2µ) ( u) 2 d 3 r µ ( u) 2 d 3 r. (2.354) S Fourierovo dekompozicijo vektorja deformcije lahko Hamiltonovo funkcijo zapišemo kot H = 1 2 ρ k u(k) (λ + 2µ) k k u(k) µ k k u(k) 2. (2.355) Sedaj upoštevajmo še vektorsko identiteto k u(k) 2 + k u(k) 2 = k 2 u(k) 2, (2.356) in Helmholtzev teorem o dekompoziciji u(k) 2 = u t (k) 2 + u l (k) 2, (2.357) pa lahko zgornjo enačbo zapišemo kot H = ( 1 2 ρ u l(k) ) 2 (λ + 2µ)k2 u l (k) 2 + k k ( 1 2 ρ u t(k) ) 2 µk2 u t (k) 2. (2.358) Longitudinalna in transcerzalana nihanja elastične snovi v k prostoru torej v Hamiltonovi funkciji nastopajo za vsak k kot harmonski oscilatorji. Te oscilatorje imenujemo tudi fononi. Če sedaj upoštevamo izpeljane hitrosti širjenja obeh vrst fononov, En , potem lahko zapišemo ( ul (k) 2 + ω3 u 2 l (k) 2) ρ ( ut (k) 2 + ω1,2 u 2 t (k) 2), (2.359) H = 1 2 ρ k k 72

73 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEBYEJE MODEL TRDNEGA TELESA Slika 2.18: Hitrost Loveovih valov na površju našega planeta za dve različni frekvenci (v sekundah). Pri prvi vidimo elastične konstante do globinje priblično 50 km, pri drugi pa do globine 250 km. kjer je ω 2 1,2 = c 2 t k 2 = µ ρ k2 ω3 2 = c 2 l k 2 = λ + 2µ k 2. (2.360) ρ Zgornje enačbe veljajo le v primeru neskončnega telesa, kjer nimamo nobenih robnih pogojev. končnem primeru pa je Hamiltonovaova funkcija odvisna še od robnih pogojev, ki določajo vrsto lastnih funkcij Število stanj elastičnega valovanja Poglejmo si zato najprej celotno število stanj telesa, v katerem imamo elastično valovanje z valovnim vektorjem k. Predstavljajmo si, da je naš elastičen medij kocka s stranico L, na robu katere mora biti vrednost vektorja elastičnega odmika 0 (lahko bi vzeli tudi kakšen drug robni pogoj, a končen rezultat od te izbire ni odvisen). Zaradi robnih pogojev ima sedaj k lahko zgolj diskretne vrednosti podane z k = 2π L n, (2.361) kjer je n = (n 1, n 2, n 3,... ) in so n i cela števila. Ker je potemtakem dk = 2π L volumna v trodimenzionalnem Fourierovem prostoru zapišemo dn, lahko za element d 3 k = 2π L n 2π x L n 2π y L n z = (2π)3 d3 n, (2.362) 73

74 2.12. DEBYEJE MODEL TRDNEGA TELESA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA kjer smo z označili volumen kocke. Za diferencial celotnega števila valovnih stanj v telesu tako lahko zapišemo d 3 n = (2π) 3 d3 k. (2.363) Od tod lahko zaključimo tole: če imamo neko funkcijo valovnega vektorja, ki jo moramo sešteti po vseh valovnih vektorjih, potem lahko zapišemo tole identiteto f(k) = f(k(n)), (2.364) n k saj vendar velja En Po drugi strani lahko to, v primeru dovolj velikega volumna, kjer si vrednosti k sledijo dovolj na gosto, vrtimo naprej, namreč f(k) = f(k(n)) = d 3 nf(k(n)) = (2π) 3 d 3 kf(k). (2.365) n k To zvezo bomo s pridom uporabili nekoliko kasneje. Sedaj si poglejmo celotno število stanj, oziroma celotno število n, ki so na voljo elastičnemu telesu. Upoštevamo, da imamo za vsak k lahko eno longitudinalno valovanje s hitrostjo širjenja c l = ω3 k in dve transverzalni valovanji s hitrostjo širjenja c l = ω1,2 k. Tako dobimo za celotno število vseh vibracijskih stanj N = d 3 n = 2 d 3 n t + d 3 n l = ( 2.4πk 3 t (2π) πk3 l 3 ) = 4π ( 2 3(2π) 3 c 3 l ) ω c 3 t (2.366) Tu smo upoštevli seveda, da so longitudinalni in transverzalni fononi linearno neodvisni. Dvojka v prvem členu zgornjega oklepaja je posledica dejstva, da imajo transverzalna valovanja lahko v splošnem dve medsebojno neodvisni smeri polarizacije, obe pravokotni na smer širjenja valovanja. Longitudinalna valovanja polarizacije nimajo. Če je elastično telo sestavljeno iz N preprostih atomov (nimamo torej recimo rotacijskih prostostnih stopenj), potem ima 3N prostostnih stopenj. Debye predlaga, da mora veljati N = 4π 3(2π) 3 ( 2 c 3 l + 1 c 3 t ) ω 3 max = 3N. (2.367) Obstajati mora torej neka največja frekvenca, ω max, ki je določena z gostoto snoviu elastičnega telesa. Obstoj te frekvence je povezan z omejitvami zvezne elastičnosti, saj ni smiselno imeti valovne dolžine elastičnega valovanja manjše od razdalj med atomi (kaj naj bi valovalo v praznem prostoru?). Zgornjo enačbo bomo privzeli pri spodnji izpeljavi povprečne termične energije elastičnih valovanj Kvantizacija elastičnih valovanj emo že, da lahko elastična harmonska valovanja popišemo z Lagrangeovo funkcijo, ki ima obliko vsote po harmonskih oscilatorjih En Prostostne stopnje, ki ustrezajo tem harmonskim oscilatorjem - fononom -sedaj lahko kvantiziramo. Tako ima longitudinalen fonon lastno energijo ( ) W l (n) = ω 3 n (2.368) transverzalen pa fonon lastno energijo W t (n) = ω 1,2 ( n + 1 2). (2.369) 74

75 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEBYEJE MODEL TRDNEGA TELESA Ne pozabimo,da sta transverzalana fonona dva. Kvantno statistično vsoto sedaj dobimo kot Z(k) = Z l (k) Z t (k) = n=0 ( ) ( ( e β ω3(k) n+ 1 2 e β ω1,2(k) n+ 1 ))2 2. (2.370) Tu mo zopet upoštevali, da imamo en longitudinalen in dva tranzverzalna fonona. anadaljevanju bomo tudi zipustili člen z 1 2. Le-ta ustreza ničelni energiji v kvantni mehaniki in daje v prosti energiji člen, ki ni idvisen od temperature. Po tem, ko upoštevamo še sumacijsko formulo na koncu dobimo za prosto energijo n=0 n=0 e αn 1 =, (2.371) 1 e α ( F(k) = kt log Z(k) = 2kT log 1 e β ω1,2(k)) ( + kt log 1 e β ω3(k)). (2.372) kjer je seveda kot že vemo ω 2 3 = c 2 l k 2 ω 2 1,2 = c 2 t k 2. (2.373) Celotno prosto energijo sedaj dobimo tako, da seštejemo En po vseh valovnih vektorjih, torej F = k F(k) = 2kT k log ( 1 e β ctk) + kt k log ( 1 e β c lk ). (2.374) Sedaj se spomnimo še pomena simbola k pa lahko zapišemo F = F(k) = kt (2π) 3 d 3 k ( 2 log ( 1 e β ctk) + log ( 1 e β c lk )). (2.375) k Uvedimo sedaj v prvem integralu novo spremenljivko ω kot ω = c t k in v drugem kot ω = c t k, ap na koncu lahko izpeljemo F = kt 2π 2 ωmax 0 ω 2 dω ( 2 c 2 t + 1 c 2 l ) log ( 1 e β ω). (2.376) Tu smo upoštevali še Debyejevo navodilo in frekvenčno integracijo omejili z zgornjo mejo, ki je podana s celotnim številom prostorskih stopenj oz. delcev v telesu, En Ker vemo, da je zveza med prosto energijo in povprečno ali notranjo energijo v termodinamiki ravno dobimo v našem primeru ravno U = (βf) β, (2.377) U = kt 2π 2 ωmax 0 ( 2 c 2 t + 1 c 2 l ) ω 3 dω e β ω 1. (2.378) To enačbo bomo sedaj vzeli za osnovo nadaljnjega računa, kjer bomo upoštvali Debyejev nasvet, da mora biti frekvenčni spekter na zgornji meji omejen. 75

76 2.12. DEBYEJE MODEL TRDNEGA TELESA POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Debyejeva enačba Zgornja spoznanja bomo uporabili pri izračunu termičnih lastnosti trdne elastične snovi. Notranja energija elastičnega telesa v termičnem ravnovesjuz rezervoarjem pri dani temperaturi je torej U = kt 2π 2 ωmax 0 ( 2 c 2 t + 1 c 2 l ) ω 3 ( ) 4 Θ dω T e β ω 1 = 9N( ω T max) Θ 0 y 3 dy e y 1. (2.379) Tu smo definirali še Debyejevo temperaturo kot Θ = ωmax k in upoštevali definicijo ω max. Za trdne materiale kot je diamant je Debyejeva temperatura 100K, za mehke materiale pa je lahko le nekaj stopinj. Zgornjo enačbo je prvi izpeljal Peter Debye 6. Pri zadosti visokih temperaturah je zgornja meja integracije Θ/T 1 in integrand lahko razvijemo. Dobimo ( ) 4 Θ T T U(T ) 9N( ω max ) y 2 (1 y Θ ( ). T.)dy = 3N( ωmax ) = 3RT, (2.380) Θ kjer je R univerzalna plinska konstanta. To pa ni nič drugega kot Dulong-Petitov zakon, ki pravi, da ima specifična toplota preproste trdne snovi univerzalno vrednost c T = du dt = 3R. (2.381) Za nizke temperature Θ/T 1, kar je fizikalno zanimivejši primer, pa dobimo kjer smo upoštevali, da je 0 y 3 e y 1 U(T ) 3π4 5 RT 4 Θ 3, (2.382) 6π4 dy = 90. tem primeru pa specifično toploto izpeljemo kot c T = du ( ) 3 dt = 12π4 T 5 R. (2.383) Θ Enačba En je popolnoma analogna Stefan - Boltzmannovemu zakonu sevanja črnega telesa, saj za EM valovanje velja eksaktno, da ima neskončno prostostnih stopenj in je zato zanj ω max =. se na kar moramo paziti pri prehodu iz Debyejeve enačbe do Stefan-Boltzmannove enačbe je, da EM valovanje nima longitudinalnie komponente in imamo zato eno samo hitrost širjenja valovanja z dvema polarizacijama. 6 P. Debye, Ann. Physik 39 (1912) 789. Peter Debij (Debye) je bil nizozemski fizik, ki je izračunal lastna nihanja elastične krogle s prosto površino in na osnovi teh rešitev in takratne kvantne mehanike postavil model trdnega telesa. 76

77 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA LANDAU PEIERLSO TEOREM 2.13 Landau Peierlsov teorem ektor deformacije po definiciji opisuje povprečne elastične odmike v telesu. Zaradi termičnih fluktuacij (Brownovega gibanja) posamezni deli telesa fluktuirajo okrog teh povprečij. Zvezen opis medija je smiselen le, če so te fluktuacije majhne v primerjavi s povprečjem. Ugotovimo, če to drži Mezoskopska prosta energija Začnimo z zapisom proste energije deformacije v aneboru Laméjevij elastičnih konstant kot ga poznamo iz En F = F (λ + 2µ) ( u) 2 d 3 r µ ( u) 2 d 3 r. (2.384) To je v bistvu elastični Hamiltonian telesa saj predstavlja vso energijo, ki ustreza makroskopskim prostostnim stopnjam, ki jih opisuje vektor oziroma tenzor deformacije. Po ekviparticijskemm teoremu pa vemo, da vsaka prostostna stopnja, ki v Hamiltonijanu nastopa kvadratno, prispeva k B T k povprečni energiji. Ta razmislek nam bo pomagal izračunati velikost termičnih fluktuacij vektorja deformacije v elastičnem mediju. Ker predpostavimo, da imamo opravko z neskončnim elastičnim medijem (termodinamska limita) nastavimo najprej deformacijski vektor v obliki superpozicije ravnih valov, torej v obliki Fourierovega integrala ali vrste (razlika ni pomembna, zato bomo pisali simbolično k, ki naj pomeni bodisi seštevanje po diskretnih valovnih vektorjih ali pa integriranje po zveznem valovnem vektorju) u i (r) = u i (k)e ik x. (2.385) k Fourierovo dekompozicijo vektorja deformcije sedaj lahko vstavimo v prosto energijo En.?? in dobimo F = F (λ + 2µ) k u(k) µ k u(k) 2. (2.386) k k Tu naj opozorim, le še na splošno definicijo kvadrata absolutne vrednosti kompleksne količine: t(k) 2 = t(k)t (k) = t(k)t( k) (2.387) kjer sem upošteval, da je t(r) realen in mora potemtakem veljati t (k) = t( k). Domnevam, da vam je to znano iz Analize II. Sedaj upoštevam še znano vektorsko identiteto, ki pravi, da je k u(k) 2 + k u(k) 2 = k 2 u(k) 2. (2.388) S pomočjo te identitete pa lahko prosto energijo zapišemo kot F = F µ k k 2 u(k) (λ + µ) k k u(k) 2. (2.389) Namesto λ+2µ dobimo člen z λ+µ. Zgornji rezultat lahko zapišemo tudi v Young - Poissonovem naboru elastičnih konstant, kjer se glasi E ( F = F 0 + k 2 u(k) ) k u(k 2. (2.390) 4(1 + σ) 1 2σ k 77

78 2.13. LANDAU PEIERLSO TEOREM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Preoblikujmo izraz za elastično prosto energijo v obliko, kjer bodo nastopali le kvadrati posameznih vektorjev, torej se hočemo znebiti skalarnega produkta, ki nastopa v zadnjem členu in zato sklaplja med sabo različne komponente vektorja u. Šele tedaj bomo, namreč, lahko uporabili ekviparticijski izrek. Sedaj upoštevamo že znani Helmholtzev teorem in nadomestimo vektor deformacije z vsoto njegove longitudinalne in transverzalne komponente. Ponovimo: longitudinalna komponenta vektorja v Fourierovem prostoru kaže v smeri vektorja k, tranmsverzalna pa kaže pravokotno nanj. Če ju označimo z u lin u t, potem dobimo v Young - Poissonovem naboru elastičnih konstant oziroma F = F 0 + F = F 0 + E 4(1 + σ) k E 4(1 + σ) ( k 2 (u l 2 + u t 2 ) σ k2 u l 2 ), (2.391) k ( ) 2(1 σ) 1 2σ k2 u 2 l + k 2 2 u t. (2.392) S tem smo diagonalizirali prosto energijo: v izrazu nastopajo le kvadrati, ni nobenih mešanih členov Ekviparticijski teorem Zdaj pa uporabimo ekviparticijski teorem: če imamo v Hamiltonianu člene, ki so popolni 1 kvadrati (npr. 2 kx2 1, 2 mv2 x,... ), potem vsak člen (vsaka prostostna stopnja) prinese 1 2 k BT energije. Elastično prosto energijo v tem primeru obravnavamo kot elastični Hamiltonijan. To je dopustno, saj opisuje vse relevatne makroskopske prostostne stopnje. našem primeru s takim razmislekom dobimo E(1 σ) 2(1 + σ)(1 2σ) k2 < u l 2 >= D 2 k BT, (2.393) oziroma E 4(1 + σ) k2 < u 2 l >= D 2 k BT. (2.394) zgornjih izrazih sem predpostavil, da sta oba vektorja u l in u t D dimenzionalna. O tem več malo kasneje. Povprečni vrednosti kvadrata longitudinalne in transverzalne komponente sta torej: < u l 2 (k) >= D 2 k BT 2(1 + σ)(1 2σ) (1 σ)ek 2, < u 2 t (k) >= D 2 k 4(1 + σ) BT Ek 2, (2.395) oziroma < u 2 (k) >=< u 2 l (k) > + < u 2 (1 + σ)(3 4σ) 1 t (k) >= Dk B T E(1 σ) k 2. (2.396) Za povprečno vrednost kvadrata neke količine pravimo tudi, da opisuje fluktuacije te količine okrog povprečja. Elastične fluktuacije se torej spreminjajo kot 1/k 2 : večji kot je k, manjša je fluktuacija. Ker je velikost valovnega vektorja k = 2π λ, kjer je λ valovna dolžina, pomeni odvsinost fluktuacij kot k 2 to, da so največje fluktuacije tiste z veliko valovno dolžino. Torej tiste, ki se v prostoru le počasi spreminjajo! To kar nas zanima pa niso toliko lokalne fluktuacije, ampak mera fluktuacij v celotnem mediju. To lahko definiramo kot < u 2 >= 1 D < u 2 (r) > d D r = 1 < u 2 (k) >= 1 Dk B T k 78 k (1 + σ)(3 4σ) E(1 σ) 1 k 2, (2.397)

79 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA LANDAU PEIERLSO TEOREM pri čemer smo uporabili Parsevalov teorem. Če se ga ne spomnite, potem ga zapišimo eksplicitno u(r) 2 d D r = u(k) 2. (2.398) k elja v poljubno dimenzionalnem prostoru, v katerem je volumski element d D r Število stanj elastičnega kontinua Sedaj se moramo končno posvetiti temu, kaj pravzaprav pomeni k. Postopamo podobno kot pri izpeljavi En , saj gre pravzaprav za isti rezultat. Predstavljajmo si, da je naš elastičen medij kocka v D dimenzionalnem prostoru, s stranico L, na robu katere mora biti vrednost vektorja elastičnega odmika 0 (lahko bi vzeli tudi kakšen drug robni pogoj, a končen rezultat od te izbire ni odvisen). Zaradi robnih pogojev ima sedaj k lahko zgolj diskretne vrednosti podane z k = 2π L n, kjer je n = (n 1, n 2, n 3,... ) in so n i cela števila. k torej pomeni seštevanje po vseh diskretnih vrednostih k podanih z zgornjo enačbo. Ko večamo volumen telesa (termodinamska limita: L ) ta vsota zvezno prehaja v integral, saj so sosednje vrednosti k čedalje bolj skupaj (zakaj?). Torej lahko v termodinamski limiti vsoto po k razpišemo kot f(k) = δn x δn y δn z... f(n) k f(n x, n y, n z,... ) = n x,n y,n z... {n} L dn x dn y dn z... f(n) = d D nf(n). (2.399) tem izrazu smo upoštevali, da se sosednja stanja razlikujejo za δn x = δn y = δn z = = 1. Preostane nam le še tale razmislek: ker je dk = 2π L dn, lahko za element volumna v D dimenzionalnem Fourierovem prostoru zapišemo d D k = 2π L δn 2π x L δn 2π y L δn z = (2π)D D dd n, (2.400) kjer smo z D označili volumen kocke v D dimenzionalnem prostoru. Potemtakem lahko zapišemo d f(k) = D D k f(k). (2.401) (2π) D k Sedaj smo pripravljeni, da velikost elastičnih fluktuacij ocenimo v poljubnem D dimenzionalnem prostoru. Omejili se bomo le na D = 1, 2, 3. Izpeljali smo namreč, da velja d < u 2 D k d D >= (2π) D < k (1 + σ)(3 4σ) 1 u2 (k) >= Dk B T (2π) D E(1 σ) k 2. (2.402) Poglejmo, kaj dobimo od tu za različne vrednosti demenzije D telesa. Oglejmo si rezultate za D = 3, 2 in 1, ki bodo opisovali elastične fluktuacije v trodimezionalnem telesu, površini in enodimenzionalnem telesu Fluktuacije v različnih dimenzijah 3D telo: integracijsko območje velikosti valovnega vektorja k je na zgornji meji omejeno z razdaljo med dvema atomoma a (ne moremo imeti valovanja, ki ima valovno dolžino manjšo kot je razdalja med dvemna atomoma, kajti kaj le bi v takem primeru valovalo?), ter na spodnji z 79

80 2.13. LANDAU PEIERLSO TEOREM POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA velikostjo telesa, L (tudi tu je precej očitno, da valovanja v telesu, ki ima večjo valovno dolžino kot je telo samo, ne more biti). To lahko zapišemo kot k min = 2π L, k max = 2π a. (2.403) Integral, ki je relevanten za izračun velikosti fluktuacij je v tem primeru 2π/a 2π/L 4πk 2 (2π) 3 k 2 dk = 1 2π 2 termodinamski limiti L torej velja 2π/a lim L < u2 >= 3k B T 2π/L dk = 1 ( 2π 2π 2 a 2π ). (2.404) L (1 + σ)(3 4σ) 2π E(1 σ) a. (2.405) Fluktuacije torej niso nič odvisne od volumna telesa in so tudi v termodinamski limiti končne. 3 dimenzionalna snov lahko torej obstaja v trdni obliki in jo lahko opišemo z makroskopsko (kontinuumsko) teorijo elastičnosti. Primer so kristalne mreže (NaCl). 2D telo: Spodnja in zgornja meja integrala sta enaki kot v 3D primeru. Integral pa je tokrat π/l π/a Tako dobimo za velikost elastičnih fluktuacij lim < L u2 >= 2k B T 2πkdk (2π) 2 k 2 = 1 2π log L a. (2.406) (1 + σ)(3 4σ) E(1 σ) 1 2π lim log L L a. (2.407) limiti L vrednost elastičnih fluktuacij logaritemsko divergira. Taki snovi pravimo kvazitrdna snov. Čeprav v termodinamski limiti elastične fluktuacije formalno divergirajo, pa je ta divergenca šibka (logaritemska). Zato je tudi za takšne snovi elastični opis v glavnem ustrezen. Primer so nekatere vrste tekočih kristalov npr. kolumnarni tekoči kristal. 1D telo: Tudi tokrat sta spodnja in zgornja meja enaki kot v prejšnjih primerih. Integral daje π/l π/a od koder sledi velikost elastičnih fluktuacij lim < L u2 >= k B T dk 2πk 2 = 1 (L a), (2.408) 4π2 (1 + σ)(3 4σ) E(1 σ) 1 4π 2 lim (L a). (2.409) L Tokrat je v limiti L divergenca linearna, elastične fluktuacije močno divergirajo, in naš opis nikakor ni več dober. Enodimenzionalne trdne snovi torej ne morejo obstajati, saj bi velikanske elastične fluktuacije porušile vsak kristalni red. Spoznanju, da ne moremo imeti reda dolgega dosega v enodimenzionalnih snoveh pravimo tudi Landau - Peierlsov teorem. 80

81 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ 2.14 Deformacije tankih plošč Zapustimo zdajle neomejena 3D sredstva in analizirajmo deformacije tankih, s tem si mislimo plošče, kjer je h << R, plošč. Tanka plošča nam bo tu pomenila dejansko dvodimenzionalno deformirano površino. Da se nekoliko pripravimo na to, kar sledi, ponovimo na kratko geometrijske lastnosti površin, ki jih bomo potrebovali Diferencialna geometrija površin Pod površino bomo pojmovali 2D telo v prostoru, ki ga lahko opišemo s preslikavo r = r(ξ 1, ξ 2 ), (2.410) kjer sta ξ 1 in ξ 2 parametra površine. Dva imamo zato, ker je površina dvodimenzionalna. Če parametra ξ i spremenimo za dξ i, dobimo novi točki na površini, s koordinatama r(ξ i + dξ i ) = r(ξ i ) + r ξ i dξ i, (2.411) kjer smo upoštevli sumacijski dogovor o dvojnih indeksih. Ker so todi nove kooridnate na površini, mora bit vektor odvodov po parametru kolinearen s tangentnima vektorjema površine, oziroma, če z n označinmo noramlen vektor na površino, mora veljati r i n = r ξ i n = 0. (2.412) ektorja r i sta torej tangentna na površino v vsaki točki. Potemtakem lahko kvadrat razdalje med dvema sosednjima točkama na površini zapišemo kot ds 2 = r i dξ i r i dξ i = (r i r k )dξ i dξ k = g ik dξ i dξ k. (2.413) Tu smo sedaj lahko vpeljeli metrični tenzor kot g ik = r i r k. Tako lahko vektorja r 1 in r 2 lahko vzamemo za bazna vektorja površine v vsaki njeni točki. Očitno lahko s tema dvem,a vektorjem sestavimo tudi enotski normalni vektor na površino oblike n = r ξ 1 r ξ 2 r ξ 1 Na podoben način lahko definiramo tudi element velikosti površine kot Odvajajmo sedaj bazna vektorja še enkrat po obeh parametrih r ξ 2. (2.414) ds = r ξ 1 r ξ 2 dξ 1 dξ 2. (2.415) r ik = 2 r ξ i ξ k. (2.416) Ta novi vektor v splošnem ni več tangenten, pač pa ima lahko komponente tudi v smeri normale na površino. Zato ga v splošnem lahko po Gaussu zapišemo kot r ik = Γ ik l r l + h ik n, (2.417) 81

82 2.14. DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA kjer so koeficienti Γ ik l t.i. Christoffelovi simboli. Pomnožimo obe strani sedaj z n in upoštevajmo, da sta r i tangentna r ik n = h ik = n i r k. (2.418) Desno stran enačbe smo dobili tako, da smo odvajali identiteto r i n = 0. Zgornjo enačbo lahko zapišemo tudi drugače. Ker je dn v smeri baznih vektorjev r k, mora veljati tako, da dobimo Pomnožimo zgornjo enačbo z r k pa dobimo dn = dζ j r j, (2.419) dn r k = h ik dξ i = dζ j (r j r k ) = dζ j g jk. (2.420) dn = h ik r k dξ i. (2.421) Zgornjo enačbo imenujemo tudi Weingartenova enačba. Med drugim nam pove, kako se spremeni normala na površino ko gremo iz ene točke k sosednji točki na površini. Zapišemo jo lahko tudi v obliki n i = h ik r k. (2.422) Tenzor h ik imenujemo tudi tenzor ukrivljenosti površine. To je ena od fundamentalnih zvez diferencialne geometrije površin. zemimo sedaj krivuljo na površini, ki gre skozi neko dano točko. Za to krivuljo v splošnem velja, da je (glej poglavje o diferencialni geometriji krivulj v prostoru) dn ds = k b + τ t, (2.423) kjer je b vektor binormale in t vektor tangent na krivuljo. ds je seveda v smeri krivulje in je enak diferencialu ločnega elementa krivulje. k je tu ukrivljenost krivulje in τ torzija krivulje. Smer v določeni točki površine, v kateri je torzija krivulje v tej smeri na površini enaka nič, imenujemo glavna smer površine v dani točki. Ker kaže binormala v tangentno ravnino krivulje, se mora dati izraziti kot b = C i r i. (2.424) Konstanti C i morata biti definirani tako, daje b n = 0, želimo pa tudi, da je b 2 = 1. Obema pogojemo bo zadoščeno, če bo b 2 = C i r i C k r k = C i C k g ik oziroma C i = dξ i ds. (2.425) kjer je ds diferencial ločnega elementa krivulje, g ik pa je metrični tenzor definiran zgoraj. Sedaj se spomnemo še Weingartnove enačbe, pa lahko zapišemo, da mora v glavni smeri površine veljati dn ds = dn dξ i dξ i ds = h inr n dξ i ds = k b = k dξ i ds r i. (2.426) Od tod dobimo, da mora zaradi simetričnosti metričnega tenzorja veljati (h ik k δ ik ) dξ i ds = 0, (2.427) oziroma, da mora biti ukrivljenost krivulje in s tem površine v glavni smeri enaka k 2 k(tr h ik ) + Det h ik = 0. (2.428) 82

83 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ Označimo s 2H = Tr h ik glavno ukrivljenost in z K = Det h ik Gaussovo ukrivljenost, pa takoj dobimo k 1,2 = H ± H 2 K. (2.429) Tu količino H 2 K 0 imenujemo tudi Eulerjev deviator. Površinsko toško v kateri je Eulerjev deviator enak niˇ, imenujemo tudi umbilično točko površine. Zanjo je očitno značilno, da sta obe glavni ukrivljenosti enaki. Zapišemo torej lahko 2H = k 1 + k 2 2 E = k 1 k 2 K = k 1 k 2. (2.430) Ker je tenzor ukrivljenosti simetričen, sta glavni ukrivljenosti (realni) lastni vrednosti neke matrike, sta glavni smeri, ki jima pripadata med seboj ortogonalni. vsaki točki površine lahko rtorej med najdemo med seboj ortogonalni smeri z ukrivljenostima k 1 in k 2. Predznaka teh ukrivljenosti, ne pa tudi njuni absolutni vrednosti, sta odvisni od tega, kako definiramo smer normale na krivuljo. Za konec izpeljimo še Eulerjevo enačbo za obe glavni ukrivljenosti in njuni smeri. dani točki vzamemo neko smer s. Poleg tega imamo še dve med seboj pravokotni glavni smeri s in s. φ naj bo kot med s in s. Zapišemo lahko dn ds = dn ds ds ds + dn ds ds ds = dn ds cos (s, s) + dn ds sin (s, s). (2.431) Ker je po definiciji v glavnih smereh dn ds = k 1 s in dn ds = k 2 s in hkrati velja En pri čemer je s vektor binormale, dobimo torej, po tem ko celotno enačbo pomnožimo z s k = k 1 cos 2 φ + k 2 sin 2 φ. (2.432) To je znana Eulerjeva enačba, ki nam daje ukrivljenost površine v poljubni smeri, če le poznamo glavni ukrivljenosti v isti točki na površini. Očitno je vrednost ukrivljenosti površine v glavnih smereh ekstremelna Deformacijski tenzor za tanko ploščo Ko ploščo upognemo, se zunanji rob podaljša, notranji pa skrči. Če je deformacija zvezna po celem telesu, obstaja znotraj plošče takšna ravnina, na kateri je vrednost vektorja deformacije enaka nič. Tej ravnini pravimo nevtralna ravnina. Lego te ravnine opišemo z Mongeovo parametrizacijo z = ζ(x, y). Mongeovi parametrizaciji sta ξ 1 = x in ξ 2 = y. Hkrati je r(ξ 1, ξ 2 ) = (x, y, ζ(x, y)). (2.433) Mongeova parametrizacija površine je smiselna le kadar je ζ(x, y) enoznačna funkcija argumentov. nasprotnem primeru imamo v površini prevese in se moramo zateči k drugačni poarametrizaciji. Ker smo predpostavili, da je plošča tanka, je z = ζ(x, y) kar merilo za odmik v z smeri: u z (x, y) ζ(x, y). Kakšni so robni pogoji? Na zgornjem in spodnjem delu plošče mora biti sila na površino enaka 0, torej mora veljati za vsako komponento p ik n k = 0, kjer so n k komponente normale, ki znotraj prvega reda aproksimacije (majhni odmiki od koplanarne konformacije) kaže v z smeri, torej n (0, 0, 1). Če hočemo zadostiti robnemu pogoju, morajo biti vsi p iz = 0, torej p xz = p yz = p zz = 0. (2.434) 83

84 2.14. DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Ker je po predpostavki plošča tanka, morajo biti te komponente enake nič tudi znotraj plošče in ne le na površini. Sedaj bomo skušali s pomočjo robnih pogojev, definicije tenzorja deformacije in pa ob upoštevanju Mongeove parametrizacije izpeljati vse komponente tenzorja deformacije. Te potrbujemo za zapis proste energije deformacije, kar je v tem razdelku iskani ziraz. Robne pogoje lahko najprej zapišemo tudi z odmiki saj po Hookeovem zakonu velja, da je p ik = E 1 + σ ( u ik + Od tod za različne okmponente sleidjo tele enačbe p xz = p yz = p zz = σ 1 2σ u llδ ik E 1 + σ u xz = 0, E 1 + σ u yz = 0, ( E u zz + σ ) 1 + σ 1 2σ (u xx + u yy + u zz ) ). (2.435) = 0. (2.436) Deformacijski tenzor je s komponentami deformacijskega vektorja po definiciji povezan takole: u ik = 1 ( ui + u ) k. (2.437) 2 x k x i Ko razrešimo zgornje enačbe in upoštevamo to definicijo, dobimo tele enačbe za različne komponente vektorja deformacije u y z u x z u z z = u z y, = u z x, σ = σ 1 ( ux x + u y y okviru Mongeove parametrizacije prvi dve enačbi prepišemo v u y z y) = ζ(x,, in pa y u x z ). (2.438) y) = ζ(x,. (2.439) x Ker je ζ = ζ(x, y), lahko zgornja izraza integriramo; konstanti sta v obeh primerih enaki 0 zaradi začetne definicije nevtralne ravnine: ζ(x, y) ζ(x, y) u x = dz = z, x x ζ(x, y) ζ(x, y) u y = dz = z. (2.440) y y Odvajajmo ta izraza po x in po y: u xx = u x x = 2 ζ(x, y) x 2 z, u yy = u y y = 2 ζ(x, y) y 2 z. (2.441) 84

85 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ Zadnjo komponento tenzorja deformacije u zz dobimo tako iz tretje enačeb v kot u zz = σ ( 2 ) ζ(x, y) 1 σ x ζ(x, y) y 2 z. (2.442) Dobili smo diagonalne člene deformacijskega tenzorja; člena u xz in u yz že vemo, da sta enaka 0. Ostane nam le še člen u xy : u xy = 1 2 ( ux y + u ) y x = 2 ζ(x, y) z. (2.443) x y Sedaj imamo splošno obliko deformacijskega tenzorja za tenko ploščo. Od tu lahko nadaljujemo pot do proste energije, ki kot vemo, se izraža s skalarnimi invariantami tenzorja deformacije Prosta energija tanke plošče stavimo dobljene komponente deformacijskega tenzorja v izraz za gostoto proste energije: ( ) f = f 0 + u 2 ik +, (2.444) kjer je E 2(1 + σ) σ 1 2σ (Tru ik) 2 u 2 ik = u 2 xx + u 2 yy + u 2 zz + 2u 2 xy, (Tru ik ) 2 = (u xx + u yy + u zz ) 2. (2.445) Zaradi lažjega računanja vpeljemo dvodimenzionalni Laplaceov operator potem se zgornja izraza za u 2 ik in u2 ll razpišeta v u 2 ik = z 2 σ 2 (1 σ) 2 ( 2 ζ) 2 + z 2 2 = 2 x y 2 ; (2.446) [ ( 2 ) 2 ζ x 2 + = z2 (1 2σ + 2σ 2 ) (1 σ) 2 ( 2 ζ) 2 + 2z 2 in podobno še za sled deformcijaksega tenzorka ( 2 ζ y 2 [ ( 2 ζ x y ) 2 ( 2 ζ + 2 x y ) 2 ( 2 ζ x 2 ) 2 ] ) ( 2 ζ y 2 = ) ] (2.447) ( ) 2 (1 2σ) (Tru ik ) 2 = z 2 ( 2 1 σ ζ) 2. (2.448) Zgoraj izpeljana izraza sedaj uporabimo v izrazu za gostoto proste energijo deformacije. Dobimo ga končno v obliki [ ( f = Ez2 1 2 ) 2 ( ( ζ 1 + σ 2(1 σ) x ζ 2 ) 2 )] ζ y ζ 2 ζ x y x 2 y 2. (2.449) Celotno prosto energijo dobimo iz gostote tako, da integriramo po volumnu. Ker je elastični material omejen na tenek sloj debeline h v bližini nevtralne ravnine, se nam integriranje po 85

86 2.14. DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA volumnu razklopi na integral po z pravokotno na nevtralno ravnino in integral po nevtralni ravnini, kar pa ni nič drugega kot integrla po površini tanke plošče, oziroma h/2 h/2 F = f(x, y, z)dxdy dz = f(x, y, z)ds dz = = h/2 S Eh 3 24(1 σ 2 ) S [ ( 2 ζ x ζ y 2 h/2 S ) 2 + 2(1 σ) ( ( 2 ) 2 )] ζ 2 ζ 2 ζ x y x 2 y 2 ds.(2.450) S tem zapisom smo dosegli nekaj zelo pomembnega: sedaj si lahko ploščo mislimo kot neskončno tanko, torej kot geometrijsko ploščo, saj smo prečno koordinato zintegrirali po debelini plošče. To je zelo prikladno, saj nas zanima le še oblika plošče ob deformaciji in ne več porazdelitev deformacije po notranjosti! Deformacijska energija in ukrivljenosti površine Prosto energijo deformacije tanke plošče pa lahko zapišemo še drugače. Spomnimo se definicije tenzorja ukrivljenosti površine iz iz En Mongeovi parametrizaciji od tod zlahka izluščimo h ik = 2 (x, y, ζ(x, y)) (0, 0, 1) = 2 ζ(x, y) = ξ i ξ k ξ i ξ k h ik = r ik n. (2.451) ( 2 ζ x 2 2 ζ x y 2 ζ x y 2 ζ y 2 ). (2.452) Tenzor ukrivljenosti je očitno simetričen in torej lahko v vsaki točki površine definiramo dve med seboj pravokotni smeri, v katerih so ukrivljenosti ekstremalne in enake lastnim vrednostim tenzorja ukrivljenosti ( ) ( k1 0 1 ) R h ik = = (2.453) 0 k 2 0 R 2 Zgoraj smo namesto ukrivljenosti raje uvedli ustrezna krivinska radija. Hitro vidimo, kaj sta sled in determinanta tega tenzorja in s tem povprečna in Gaussova ukrivljenost Tr h ik = 2 ζ = ( ) det h ik = 2 ζ 2 ( ζ 2 ) R 1 R 2 x 2 y 2 ζ x y = 1 R 1 R 2. (2.454) Zgornje kombinacije dvojnih odvodov nas precej spominjajo na člene, ki nastopajo v izrazu za F ; z malo obračanja ga prevedemo na: F = F 0 + Eh3 (Tr 2 h ik + 2(1 σ) det h ik )ds. (2.455) 24(1 + σ) S lastnem koordinatnem sistemu tenzorja ukrivljenosti pa ima prosta energija tako obliko: F = F 0 + K ( c ) 2 ( ) 1 ds + K g ds. (2.456) 2 R 1 R 2 R 1 R 2 Pri tem sta K c elastični modul plošče, K g pa je Gaussov modul plošče, definirana kot K c = Eh3 12(1 + σ) K g = Eh3 (1 σ) 12(1 + σ). (2.457) Elastična energije tanke površine je torej odvisna zgolj od dveh invariant tenzorja ukrivljenosti: povprečne ukrivljenosti in Gaussove ukrivljenosti. 86

87 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE TANKIH PLOS C Zakljuc ene povrs ine Pri zakljuc eni povrs ini, kot je z oga ali elipsoid, se oblika elastic ne proste energije s e bolj poenostavi. Takrat namrec velja Gauss-Bonetov teorem, ki pravi, da je I ds = 4π(1 g) R1 R2 topolos ka invarianta zakljuc ene povrs ine. g je tu topolos ki rod povrs ine in pove, koliko ima povrs ina lukenj (npr. za kroglo je g = 0, za torus pa g = 1 in tako naprej). To je zelo pomembno, saj c e ne spremenimo topolos kega roda plos c e, lahko na zadnji c len v prosti energiji kar pozabimo. Imamo torej Kc F = F0 + 2 Z R1 R2 2 ds = F0 + Kc 2 Z 2 2 ζ(ρ) ds (2.458) kolikor nimamo nobenih robnih pogojev, potem ima zgornja prosta energija oc itno minimum pri = 0. (2.459) R1 R2 Zgornja enac ba pa ni nic drugega kot enac ba Plateaujevih minimalnih povrs in: pravi, da ima minimalno elastic no energija povrs ina, katere povprec na ukrivljenost je nic. Smiselno. Najbolj znana minimalna povrs ina je sedlo, ki ima povprec no ukrivljenost 0. endar pa lahko sedlo skonstruiramo le lokalno. Neskonc ne minimalne povrs ine dobimo lahko le, c e so periodic ne. tem primeru jim pravimo tudi Schwartzove povrs ine. Nekaj primerov Schwarzovih povrs in nam prikazuje slika. Slika 2.19: Primeri Schwarzovih povrs in z razlic nimi simetrijami skladanja v prostoru Elastic na energija povrs in s spontano ukrivljenostjo Brez dokaza naj povemo, da veljajo zgornje ugotovitve le v primeru, c e povrs ina nima spontane ukrivljenosti, torej le c e z eli biti povrs ina brez od zunaj vsiljene deformacije planarna. kolikor 87

88 2.14. DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA ostaja spontana ukrivljenost in se torej površina deformira okrog neplanarne oblike s spontano ukrivljenostjo, potem dobimo prosto energijo v obliki F = F 0 + K c 2 ( ) 2 ds. (2.460) R 1 R 2 R 0 Tu smo vpeljali spontan radij ukrivljenosti R 0. Elastična energija ima torej v tem primeru tudi člen, ki je linearen v povprečni ukrivljenosti. Zgornja prosta energija deformacije ima očitno minimum pri 1 R R 2 = 2 R 0 = const. (2.461) To seveda ni več minimalna površina, pač pa je nekaj bolj zapletenega. Še bolj se zadeve zapletejo, če imamo poleg elastične energijev se dodatne pogoje in vezi, ki jim mora zadoščati ravnovesna oblika, recimo konstanten volumen d = const. (2.462) tem primeru moramo minimizirati prosto energijo oblike F = F 0 + K c 2 ( ) 2 ds + p R 1 R 2 R 0 d, (2.463) kjer je sedaj p Lagrangeov množitelj, ki ustreza vezi En , očitno ravno ralika tlakov ki deluje na ploščo. Te vezi so lahko še precej bolj zapletene, poleg njih pa lahko nastoopajo še različni robni pogoji. Za ploščo z dodatno zahtevo, da je namreč njena površina vnaprej določena, torej ds = const. (2.464) dobimo tako funkcional proste energije v obliki F = F 0 + K c 2 ( ) 2 ds + σ R 1 R 2 R 0 ds + p d. (2.465) Tu je σ, oziroma površinska napetost, Lagrangeov množitelj, ki ustreza vezi En Iskanje oblik z mnimilano elastično energijo v tem primeru je precej naporno. Zanimivo pa je, da se da dovolj dober približek dobiti, če predpostavimo, da je ravnovesna povrčina sestavljena iz delov s konstantno ukrivljenostjo in delov, ki niso ukrivljeni Tanka plošča pod obremenitvijo zunanje sile Predstavljajmo si neskončno površino, ki je obremenjena s točkasto sunanjo silo pri (x, y) = (x 0, y 0 ). Če pozabimo na Gaussov člen, ki je tako ali tako konstanten, in če je v Mongeovi parametrizaciji ) h ik = potem lahko prosto enerhijo zapišemo kot F = F 0 + ( 2 ζ x 2 2 ζ x y Eh3 24(1 + σ) S 2 ζ x y 2 ζ y 2. (2.466) Tr 2 h ik ds + f z u d 3 r. (2.467) 88

89 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ Sedaj privzamemo, da zunanja sila deluje zgolj na površino in je torej porazdeljena kot f z = P (ρ)n δ(z ζ(x, y)) kjer normala n kaže pravokotno na površino, in je v najnižjem redu n = (0, 0, 1) in je P površinska gostota zunanje sile. Uvedemo dvodimenzionalni radij vektor ρ = (x, y) in upoštevamo u n u z (x, y) = ζ(x, y), pa dobimo za elastično prosto energijo [ 1 F = 2 K ( c 2 ζ(ρ) ) ] 2 ζ(ρ)p (ρ) d 2 ρ, (2.468) S kjer je K c = Eh3 12(1+σ). Zadnji člen v zgornji enačbi preprosto predstavlja delo zunanje sile na površino v skladu z diskusijo ob izpeljavi Navierove enačbe s pomočjo Hamiltonovega načela. Statično ravnovesje površine je torej podano z ekstremom zgornjega funkcionala proste energije. Postopamo zopet podobno kot v analitični mehaniki, le da je tu parameter integracije dvodimenzionalen d 2 ρ, in da je Lagrangeova funkcija odvisna od drugih, ne od prvih odvodov. analitični mehaniki imamo problem L(r(t), ṙ(t))dt = ekstrem, (2.469) ki vodi do Euler - Lagrangeove enačbe v obliki ( ) ( ) d L L = 0. (2.470) dt ṙ(t) r(t) elastomehaniki tanke površine pa imamo L( ζ(ρ), 2 ζ(ρ))d 2 ρ = ekstrem, (2.471) ki po analogiji (ki jo lahko po potrebi utemeljimo tudi z dodatnim računom) vodi do ( ) ( ) ( ) L L L 2 2 ζ(ρ) + = 0. (2.472) ζ(ρ) ζ(ρ) srednjem členu ne smemo prezreti skalarnega produkta med dvodimenzionalnim gradientom in odvodom Lagrangeove funkcije po dvodimenzionalnem gradientu ζ(ρ)! Zgolj zaradi simetričnosti obravnave, smo predpostavili, da je elastična energija lahko v splošnem odvisna tudi od ζ(ρ). Sedaj torej že lahko zapišemo Euler - Lagrangeovo enačbo, ki ustreza ekstremu funkcionala En v obliki K c 4 ζ(ρ) P (ρ) = 0. (2.473) Če je zunanja sila točkasta, potem ji ustreza površunska gostota (spomnimo se Kelvinovega problema) P (ρ) = P 0 δ 2 (ρ ρ 0 ). Iščemo torej rešitev enačbe K c 4 ζ(ρ) = P 0 δ 2 (ρ ρ 0 ). (2.474) Njena rešitev bo torej elastičen odmik plošče kot funkcija koordinate x, y. Enačba je četrtega reda v odvodih in rešitve ne moremo kar uganiti. Reševanja se bomo lotili podobno kot pri Boussinesqovem problemu. 89

90 2.14. DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Točkasta zunanja sila in Greenova funkcija elastične plošče Kot že vemo, nam Fourierova transformacija, oziroma poljubna linearna integralska transformacija, pomaga prevesti diferencialno enačbo v algebraično enačbo, ki je seveda trivialno rešljiva. Osnovna enačba je dvodimenzionalna in je torej zopet smiselno uvesti dvodimenzionalno Fourierovo transformacijo v Fourierovem prostoru Q = (k x, k y ). Pojlubno funkcijo spremenljivk ρ = (x, y) lahko zapišemo ζ(ρ) = d 2 Q (2π) 2 eiqρ ζ(q). (2.475) Ker ni razloga, da bi bila odvisnost v smeri x drugačna kot v smeri y je ζ = ζ( ρ ), kjer je velikost 2D radija vektorja ρ = ρ. Zato je tudi v 2D Fourierovem prostoru ζ(q) = ζ(q). Ker je Fourierov prostor homogen, lahko njegov volumski element zapišemo kot d 2 Q = QdQdϕ. Spomnimo se sedaj zopet identitete s pomočjo katere dobimo J 0 (x) = 1 2π 2π 0 dϕe ix cos ϕ, (2.476) ζ(ρ) = 2π 0 0 QdQdϕ (2π) 2 eiqρ cos ϕ ζ(q) = 1 2π 0 QdQJ 0 (Qρ)ζ(Q). (2.477) še enkrat poudarimo, da velja rezultat le za izotropne površine, kjer imamo odvisnost le od radialne razdalje ne pa od obeh koordinat ločeno. Sedaj se spomnimo še Fourierove reprezentacije Diracove delta funkcije. treh dimenzijah velja δ 3 (r r 0 ) = d 3 k (2π) 3 eik (r r0). (2.478) Sedaj vzamemo analogen izraz v dveh dimenzijah (zapiši ga) in z malo razmisleka in truda lahko izpeljemo Fourier - Besselovo reprezentacijo Diracove delta funkcije v dveh dimenzijah, namreč δ 2 (ρ ρ 0 ) = 1 2π 0 QdQJ 0 (Q ρ ρ 0 )ζ(q). (2.479) Sedaj upoštevamo Foruer - Besselovo reprezentacijo za ζ(ρ) in 2D Diracove funkcije, oboje vstavimo v zgornjo Euler - Lagrangeovo enačbo, pa na koncu ostanemo z K c Q 4 ζ(q) = P 0. (2.480) Preprosto in všečno. To algebraično enačbo sedaj lahko rešimo v hipu, rešietv iz Q prostora pretransformiramo nazaj v ρ prostor, pa dobimo ζ(ρ) = P 0 QdQJ 0 (Qρ) 2πK c 0 Q 4 = P 0 ρ ρ 0 2 uduj 0 (u) 2πK c u min u 4. (2.481) integralu smo spodnjo mejo zapisali kot u min kajti, če bi postavili formalno u min = 0, bi integral divergiral. To je posledica tega, da nismo upoštevali končnosti površine in pa robnih pogojev na njenih mejah. To bi sicer lahko napravili, bi pa s tem naredili ves račun bistveno manj pregleden. Zato raje postavimo v zgornjem integralu za spodnjo mejo u min = 2π L ρ ρ 0 90

91 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ (to dobimo s podobnimi argumenti kot pri Landau - Peierlsovem teoremu), kjer je L prečna velikost površine. Na ta način dobimo ζ(ρ) = P 0 ρ ρ 0 2 2πK c duj 0 (u) 2π ρ ρ L 0 u 3. (2.482) Zgornjo enačbo lahko zapišemo tudi na tale način ζ(ρ) = G(ρ, ρ )P (ρ ) d 2 ρ, (2.483) kjer smo se spomnili, da je P (ρ) = P 0 δ 2 (ρ ρ 0 ) in vpeljali še Greenovo funkcijo S G(ρ, ρ ) = ρ ρ 2 2πK c 2π L ρ ρ duj 0 (u) u 3. (2.484) Takšen zapis pozanamo že od Kelvinovega problema, še bolj pa iz elektrostatike! Rešiev za točkasto zunanjo silo vodi do rešitev za poljubno zunanjo silo. Če se omejimo na vrednosti ρ ρ 0 majhne v primerjavi z dimenzijo plošče L, kar je vsekakor smiselna fizikalna limita, potem lahko zgornji integral razvijemo (poskusi!) in dobimo ( ζ(ρ) P 0L 2 ( ) 2 ( 2π 2(2π) K 2 c L ρ ρ 0 ln 2π L ρ ρ 0 + C) ), (2.485) kjer smo vpeljali C = 2 + γ 1 2 ln 4, pri čemer je γ Euler-MacLauirinova konstanta. Odmik v prijemališču sile se torej spreminja sorazmerno s površino plošče! Čime ve v cja plošča, tem večji odmik pri isti sili Elastične interakcije Privzemimo sedaj, da imamo na površini dve točkasti sili, eno pri ρ 1 in drugo pri ρ 2. Potemtakem je P (ρ) = P 1 δ 2 (ρ ρ 1 ) + P 2 δ 2 (ρ ρ 2 ). (2.486) Z upoštevanjem Euler - Lagrangeove enačbe En in pa nekajkratno parcialno integracijo lahko izpeljemo [ 1 F = S 2 K ( c 2 ζ(ρ) ) ] 2 ζ(ρ)p (ρ) d 2 ρ = 1 2 K c ζ(ρ) ( 4 ζ(ρ) ) d 2 ρ = 1 2 ζ(ρ)p (ρ)d 2 ρ. S S (2.487) Sedaj se spomnemo zapisa En in lahko zgornjo enačbo zapišemo kot F = 1 2 G(ρ, ρ )P (ρ )P (ρ)d 2 ρ d 2 ρ. (2.488) S,S Zgornji integral, po tem ko vanj vstavimo En vsebuje člene, ki niso odvisni od razdalje med prijemališčema obeh sil in pa člen, ki je odvisen. Ker nas zanima le ta zadnja odvisnost bomo zgornjo enačbo zapisali kot F = F 0 P 1 P 2 G(ρ 1, ρ 2 ) = F 0 P 1 P 2 G( ρ 1 ρ 2 ). (2.489) 91

92 2.14. DEFORMACIJE TANKIH PLOŠČ POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Tu smo upoštevali, da je Greenova funkcija simetrična v obeh koordinatah. Spomnimo se še njene eksplicitne oblike pa lahko prosto energijo za naš problem zapišemo kot F = F 0 P 1 P 2 ρ 1 ρ 2 2 2πK c Med obema porijemališčima ρ 1 in ρ 2 potemtakem deluje sila, ki je enaka duj 0 (u) 2π ρ ρ L 1 2 u 3. (2.490) F = F ( ρ 1 ρ 2 ). (2.491) ρ 1 ρ 2 Sem vstavimo sedaj izraz za Greenovo funkcijo za majhne radalje med izvoroma 1 in 2, pa dobimo F = P ( 1P 2 ρ 4π K 1 ρ 2 ln 2π ) c L ( ρ 1 ρ 2 ) + C (2.492) To je klasična izpeljava interakcij skozi ustrezno teorijo polja! elja eveda le za majhne razdalje. Zgornji rezultat bi lahko poimenovali tudi Čoulombski privlak vzmetnice. Analogijo med Slika 2.20: Shematska deformacija elastiče vzmetnice. silami na elastični vzmetnici in splošno relativnostjo se često uporablja za ponazarnjanje slednje, vendar ne velja le za STR ampak za poljubno teorijo polja. Izvori modificirajo (elastično) polje, modificirano polje pa potem inducira interakcijo. 92

93 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC 2.15 Deformacije palic Palice bodo za nas elastična telesa, katerih razsežnosti v dveh dimenzijah so bistveno manjše kot v tretji dimenziji. To pomeni, da mora biti prečna dimenzija palice (radij v primeru palice s krožnim presekom) bistveno manjša od vzdolžne (dolžine). Deformacija palic lahko nastopi na dva načina: s torzijo in z ukrivljanjem. Analizirajmo oba primera! Torzija Torzija je deformacija palice ob zasuku okoli glavne osi za kot φ, ki je istosmeren z dolgo osjo palice. Zaenkrat si bomo mislili, da ukrivljanja ni (palica ostane ravna oziroma kolinearna), torej bo torzija edini vir deformacije. Predpostaviomo tudi, da je porazdelitev torzijskega kota po dolžini palice enakomerna. Kinematika torzijske deformacije Torzijska os sovpada s smerjo enotskega vektorja ê z, ki opisuje smer glavne osi. Prerežimo v mislih palico pravokotno na torzijsko os in si oglejmo prerez! Definirajmo torzijski kot na enoto dolˇzine palice: τ = dϕ dz. (2.493) ektor deformacije, izražen s τ, je potem: Slika 2.21: Shematska deformacija torzijsko obremenjene palice. u = φ r = τz r. (2.494) Ta enačba opisuje deformacijo vsakega dela palice pri torzijski deformaciji. z je navpična koordinata, r pa radij-vektor do točke na prerezu (x, y). Ker je z r, leži njun vektorski produkt v (x, y): u x = τzy, u y = τzx. (2.495) O u z še ne moremo reči nič, zato nastavimo: u z = τψ(x, y). (2.496) 93

94 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Funkciji Ψ(x, y) pravimo torzijska funkcija. Določili jo bomo tako, da vektor u zadošča vsem pogojem, ki jih zahtevamo za elastično telo: u xx = x x = 0, podobno u yy = u zz = 0, u xy = 1 ( ux 2 y + u ) y = 1 ( τz + τz) = 0, x 2 u xz = 1 ( ux 2 z + u ) z = 1 ( τy + τ Ψ ), x 2 x u yz = 1 ( uy 2 z + u ) z = 1 ( τx + τ Ψ ). (2.497) y 2 y Torzija je torej očitno taka deformacija, da je Tr u ik = 0, saj se pri sami torziji volumen ne spreminja. Hookeov zakon povezuje komponente deformacijskega in napetostnega tenzorja: Od tod dobimo komponente napetostnega tenzorja: p ik = λ(tr u ik )δ ik + 2µu ik. (2.498) p xx = p yy = p zz = p xy = 0, ( p xz = µτ y + Ψ ), x ( p yz = µτ x + Ψ ). (2.499) y Ker nimamo nobene zunanje sile, znotraj palice pa ni volumsko porazdeljenih sil, se Cauchyjeva enačba zapiše takole: p ik f i = 0, = 0. (2.500) x k Če razpišemo vse neničelne p ik in upoštevamo simetričnost p ik, dobimo: p xz x + p yz y = 0. (2.501) Zapisano s torzijsko funkcijo: µτ ( 2 ) Ψ x Ψ y 2 = 0. (2.502) To lahko zapišemo tudi z operatorjem 2 : 2 Ψ = 0. To ni seveda nič drugega kot Navierova enačba v primeru torzijske deformacije. Torzijska funkcija je torej harmonična funkcija, ker pa imamo končno razsežno telo, mora zadoščati še robnim pogojem na obodu palice. Ker na obodu palice ne delujejo nobene sile, lahko za celoten presek (poljubne oblike) zapišemo robni pogoj p ik n k = 0. 94

95 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC Prandtlova prirejena torzijska funkcija Za poljubne preseke je to sicer rešljivo, toda nepregledno. Zato vpeljemo raje prirejeno torzijsko funkcijo χ(x, y), ki jo definiramo tako, da je: p xz = 2µτ χ y Če to izenačimo z že znanimi izrazi, dobimo enačbi: in y + Ψ x = 2 χ y, p yz = 2µτ χ x. (2.503) x + Ψ y = 2 χ x. (2.504) Prvo enačbo parcialno odvajamo po y, drugo pa po x ter ju odštejmo: 2 χ(x, y) = 1. (2.505) Dobljena Poissonova enačba sicer ni nič lepša od enačbe za Ψ, se pa robni pogoji zato veliko lepše zapišejo! sebinsko je Ψ analogna funkcija potencialu v prostoru brez nabojev, χ pa v prostoru s konstantno gostoto naboja. Po drugi strani pa je prirejena torzijaks funkcija analogna odmiku membrane s površinsko napetostjo or ravne lege pri konstantni obremenitvi. Robni pogoj se zdaj glasi: p ik n k = 0 p xz n x + p yz n y = 0. (2.506) To je zahteva, ki ji mora napetostni tenzor zadoščati na obodu palice. Iz nje sledi: 2µτ χ y n x 2µτ χ x n y = 0, oz. χ y n x χ x n y = 0. (2.507) Normala je vedno pravokotna na obod, torej leži v (x, y). Parametrizirajmo zdaj obod palice z r = r(l), kjer je l naravni parameter, da lahko zapišemo komponente normale za poljubno obliko preseka! r = r(l) = (x, y). Tangenta na obod palice je potem t = ṙ(l) = (ẋ, ẏ). (2.508) Kot vemo, sta normala in tangenta pravokotni in je njun skalarni produkt enak 0: t n = 0 n = ( ẏ, ẋ). (2.509) Posledično imamo: χ y y l + χ x = 0. (2.510) y l To ni nič drugega kot posredno odvajanje funkcije χ po naravnem parametru l: χ l = 0 χ = const. Povzemimo: nastavek χ(x, y) bo dober tedaj, ko bo na robu izbranega preseka konstanten. Naš problem smo torej prevedli na: 2 χ(x, y) = 1, χ(l) = const. (2.511) Ker je torzijski problem linearen lahko konstanto pri robnem pogoju izberemo poljubno in najlažje je, če vzamemo kar 0. 95

96 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Prosta energija torzije Zapišimo sedaj še gostoto proste energije! f = f p iku ik = f µ (p2 zx + p 2 zy) = [ ( χ = f ) 2 ( ) ] 2 χ 4µ 4µ2 τ 2 + = f 0 + µτ 2 ( χ) 2. (2.512) y x Prosto energijo dobimo z integriranjem: F = F 0 + fd = F 0 + z S µτ 2 ( χ) 2 ds z dz. (2.513) Diferencial preseka nosi indeks z zato, ker integriramo po presekih za vsak z, ki pa niso nujno enaki (palica je lahko tudi različno debela). Ker pa je χ = χ(x, y), mora tudi gradient ležati v (x, y) in je zato člen ( χ) 2 neodvisen od z; integral po preseku označimo s C: C := 2 ( χ) 2 ds z. (2.514) Potem prosto energijo zapišemo kot: S F = F µc τ 2 dz. Izraz za C lahko še malo poenostavimo; upoštevajmo identiteto (χ χ) = ( χ) 2 + χ 2 χ. Zadnji člen že poznamo (enačba torzije) in je enak 1; vstavimo to v C: C = 2 (χ χ)ds z + 2 χds z. (2.515) Prvi ploskovni integral prevedemo na krivuljnega: (χ χ)ds z = idimo, da nam ostane le še: S S C = 2 χ χ dl = 0. (2.516) l χ(x, y)ds z. (2.517) Ukrivljanje Prva ideja bi bila reševanje Navierove enačbe, kar pa je pretežko. Zato bomo raje poskusili z nastavkom in videli, če pridemo skozi. Kot pri deformaciji tankih plošč, kjer smo imeli nevtralno ravnino, imamo tukaj nevtralno os: krivuljo, na kateri je vrednost deformacijskega vektorja nič. Nanjo bomo postavili izhodišče sistema S, kjer bomo odmike opisovali z dz = dz (y), glrej sliko ravnovesju na palico ne deluje nobena sila, zato robni pogoj ostaja nespremenjen: p ik n k = 0. Napetosti, ki niso v smeri z, morajo zato biti nujno 0; le napetost v smeri nedeformirane osi, p zz, je lahko različna od 0. Namreč, če bi imeli prečne napetosti, bi se palica začela sukati, to pa ni smiselno. 96

97 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC Kinematika ukrivljanja Ukrivljeno palico si mislimo kot del loka nekega kroga z radijem R. Središče te pritisnjene krožnice bo naše koordinatno izhodišče. Glede nanj opisujemo odmike z dz. Iz podobnih trikotnikov vidimo: dz ( R = dz (R y) dz = 1 y ) dz. (2.518) R Ko spravimo izraz v oklepaju na skupni imenovalec in malo premečemo, dobimo u zz = u z z = dz dz = y dz R, (2.519) kjer smo upoštevali, da je relativni raztezek v z-smeri ravno zz komponenta tenzorja deformacije. Zvezo med napetostnim tenzorjem in deformacijskim tenzorjem nam podaja Hookeov zakon: ( ) p ik. (2.520) u ik = 1 + σ E σ 1 + σ Tr p ikδ ik Od tod dobimo diagonalne elemente deformacijskega tenzorja: u xx = σ E p zz, u yy = σ E p zz, u zz = 1 + σ ( ) 1 + σ σ p zz = p zz E σ + 1 E. (2.521) Iz tretje enačbe izrazimo p zz in vanj vstavimo prej dobljen u zz : To vstavimo v preostali dve enačbi: Komponente deformacijskega vektorja dobimo z integriranjem: p zz = Eu zz = Ey R. (2.522) u xx = u yy = σy R. (2.523) u x x = u xx u x = σxy + f(y, z), R u y y = u yy u y = σy2 + g(x, z), 2R u z z = u zz u z = yz + h(x, y). R (2.524) Funkcije f(y, z), g(x, z) in h(x, y) dobimo iz ostalih elementov deformacijskega tenzorja, za katere mora veljati u x y + u y x = 0 σx R + f y + g x = 0, u x z + u z x = 0 h x + f z = 0, u y z + u z y = 0 g z z R + h = 0. (2.525) y 97

98 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.22: Shematska deformacija ukrivljene palice. Fizikalno smiselna in konsistentna rešitev tega sistema parcialnih diferencialnih enačb za h(x, z) in f(x, y) je h = f = 0. Od tod sledi izraz za g(y, z): g(y, z) = 1 2R (z2 σx 2 ). (2.526) S tem smo dobili konsistentno rešitev osnovnih enačb statičnega elasticčnega ravnovesja, ki slonijo na predpostavki, da napetosti delujejo le v smeri z osi. prašanje je, če je ta rešitev smiselna v primeru ukrivljene palice v roki. Deformirana oblika ukrivljene palice Analizirajmo, akakšna je nova oblika palice, po tem, ko jo ukrivimo na način, opisan zgoraj. Komponente deformacijskega vektorja lahko najprej zapišemo kot u x = σxy R, u y = 1 2R (σy2 + z 2 σx 2 ), u z = yz R. (2.527) Analizirajmo te enačbe; kaj sploh pomenijo? Pri deformaciji se koordinate spremenijo takole: x = x + u x, y = y + u y, z = z + u z. (2.528) Če to analiziramo po vrsti za vsako komponento deformacije, potem dobimo za transformirane koordinate palice ( z = z + u z = z 1 y ) R Ravnina z = const. po deformaciji spremeni le naklon. ravnino, se nagnejo za ϕ = arctan(1/r). se ravnine, vzporedne z (xy) 98

99 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC y = y + u y = y + 1 2R (σ(y2 x 2 ) + z 2 ) Ravnina y = const.se po deformaciji transformira v del valja. ( x = x + u x = x 1 + σ y ) R tem primeru ravnina x = const. po deformaciji spremeni naklon. smeri, kamor palico ukrivljamo, se odebeli, novi kot ravnine pa je ϕ = arctan(σ/r) Prosta energija ukrivljanja Po kinematičnem opisu ukrivljanja, nas seveda zanima, kolikšno energhijo potrebujemo, da palico ukrivimo na opisan način. Kot smo vajeni, zapišemo gostoto proste energije ukrivljanja f = f p iku ik = 1 2 E y2 R 2, (2.529) kjer smo upoštevali že izpeljane zveze med tenzorjem napetosti in tenzorjem deformacije. Celotno prosto energijo dobimo z integracijo po volumnu palice. Integriramo ločeno po dolžini z in pri vsakem z še po preseku F = F 0 + fd = F 0 + E 2 l ( S y 2 ) R 2 ds(z) dz. (2.530) Podobno obliko proste energije bi dobili tudi, če bi palico ukrivili pravokotno na x os. le da bi imeli takrat F = F 0 + fd = F 0 + E ( x 2 ) 2 l S R 2 ds(z) dz. (2.531) nadaljevanju predpostavimo, da je prečni presek palice majhen in da je radij ukrivljenosti v vsaki točki tega preseka praktično enak, Če tu sedaj vpeljemo tenzorja vztrajnostnega momenta preseka palice I ik, kjer sta i, k = 1, 2 kot [ ] y 2 xy ( ) I ik = S xy x 2 ds = x 2 i δ ik x i x k ds. (2.532) S potem lahko za prosto energijo ukrivljanja zapišemo v primeru, da ukrivljamo palico hkrati v x in v y smeri z radijema ukrivljenosti R x in R y F = F dz 2 EI xx + 1 dz 2 EI yy. (2.533) Za okroglo palico, kjer ima tenzorja vztrajnostnega momenta preseka le dva identična diagonalan elementa I yy = I xx = I pa seveda očitno velja: F = F ( 1 2 EI Rx ) Ry 2 dz. (2.534) splošnem je seveda težko ločiti med seboj torzijo in ukrivljanje. Koristilo bi, če bi imeli teorijo deformacije palice, ki bi obe vrsti deformacije obravnavala na istem nivoju in hkrati. A o tem kasneje. 99 R 2 x R 2 y

100 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Sedaj, ko imamo napetostni tenzor, lahko izračunamo tudi navor v palici. Dobimo ga po definiciji: okrog y osi M y = xp zz ds = E xyds = EI xy R R, (2.535) Pri isti deformaciji dobimo za navor v smeri osi x M x = yp zz ds = E R y 2 ds = EI xx R, (2.536) Navori so potemtakem sorazmerni ukrivljenostim, sorazmernostni koeficient pa je I ik, kjer je i komponenta navora k pa je smer ukrvljanja palice Kirchhoffova teorija deformacije filamentov Zaenkrat smo torzijo in ukrivljanje obravnavali ločeno; Kirchoffova teorija sklaplja obe vrsti deformacije. Pravimo, da je kanonična teorija, ker je ena od temeljev elastomehanike. Temelji na obravnavi deformabilne tanke palice, ki jo opišemo kot krivuljo v prostoru, ki nima prečnih dimenzij. atkšnem pisu pravimo palici tudi elastiˇcni filament. Diferencialna geometrija krivulje Krivulj je 1D objekt v prostoru, ki ga opišemo s preslikavo r = r(l). (2.537) Pri tem je l parameter, ki teče vzdolž krivulje. Izberemo ga lahko poljubno, vendar pa ga ponavadi vzamemo enakega ločnemu elementu krivulje, kar precej poenostavi osnovne enačbe. tem primeru govorimo o aravni parametrizaciji krivulje. Tangentni vektor na krivuljo definiramo kot t = dr(l) = ṙ(l). (2.538) dl Če je tangentni vektor vzdolž krivulje konstanten imamo opravka s premico. naravni parametrizaciji je po definiciji tangentni vektor enotski, t(l) t(l) = 1. Ločna dolžina krivulje je potemtakem L = L 0 t(l) dl. (2.539) Pogljemo si še odvod tengentnega vektorja. Ker je tudi odvod vektorja vektor, sledi ṫ(l) = κ(l)n(l) pri cemer jeṫ(l) t(l) = 0. (2.540) ektor n je torej pravokoten na tangentni vektor in ga imenujemo vektor normale na krivuljo. Skalar κ(l) iemujemo ukrivljenost krivulje. Seveda se tudi smer n spreminja, ko se vozimo po krivulji. Lahko se spreminja njegov naklon glede na tangentni vektor, lahko pa se tudi vrti okrog tangentnega vektorja (glej sliko). prvem primeru ostaja krivulja znotraj iste ravnine, v drugem pa se vrti ravnina v kateri leži krivulja pri danem s. To ravnino imenujemo tudi oskulirajoča 7 ravnina. Spremembe smeri oskulirajoče ravnine opisuje tretji vektor 7 Iz grščine oσκνλωσ poljub b(l) = t(l) n(l), (2.541) 100

101 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC ki ga imenujemo vektor binormale. Sledi, da lahko odvod normalnega vektorja zapišemo kot ṅ(l) = α(l)t(l) + τ(l)b(l). (2.542) τ(l) imenujemo tudi torzija krivulje. Matematična torzija nima nobene zveze s fizikalno torzijo, kot bomo videli kasneje. Odvajajmo sedaj relacijo t(l) n(l) = 0, dobimo 0 = ṫ(l) n(l) + t(l) ṅ(l) = κ(l) + α(l). (2.543) α(l) ni torej nič drugega kot minus ukrivljenost, oziroma Za konec izračunajmo še dovod binormale. Tu dobimo ṅ(l) = κ(l)t(l) + τ(l)b(l). (2.544) Slika 2.23: Geometrija krivulje v prostoru. Osnovni trirob. ḃ(l) = ṫ(l) n(l) + t(l) ṅ(l) = τ(l)n(l). (2.545) se tri enačbe, ki jih imenujemo tudi Seret - Frenetove enačbe lahko zapišemo torej kot ṫ(l) = κ(l)n(l) ṅ(l) = κ(l)t(l) + τ(l)b(l) ḃ(l) = τ(l)n(l). (2.546) To so osnovne enačbe diferencialne geometrije krivulje v prostoru. Povedo, da je κ(l) hitrost vrtenja t okrog vektorja b in da je τ hitrost vrtenja n okrog vektorja t. Celotno krivuljo lahko torej rekonstruiramo iz poznavanje ukrivljenosti in torzije. Če krivulja nima ukrivljenosti je tozija slabo definirana. ektorje tangente, normale in binormale imenujemo tudi osnovni trirob krivulje v prosotru. Kinematika defomacije filamenta zemimo palico poljubne oblike in v vsaki točki palice definirajmo koordinatni sistem. Enotski vektor vzdolž palice označimo s d 3, ravnino, ki je pravokotna nanj, pa opišemo s d 2 in d 1. Slednji dve smeri vzamemo tako, da sovpadata z glavnimi smermi tenzorja vztrajnostnega momenta preseka palice. Tako izbran osnovni trirob imenujemo tudi Cosseratova baza. 101

102 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Začnimo s kinematiˇcnim opisom deformacije palice. Palico najprej opišemo kot prostorsko krivuljo podano v ločni (naravni) parametrizaciji kot r(l). S tem tudi smeri osnovnega triroba, definiranega v vsaki točki palice, postanejo funkcije l: (d 3 (l), d 2 (l), d 1 (l)). Definirajmo še Eulerjeve kote kot kote med smermi (d 3 (0), d 2 (0), d 1 (0)) in (d 3 (l), d 2 (l), d 1 (l)) in jih označimo z vektorjem φ(l): φ(l) = (φ 3 (l), φ 2 (l), φ 1 (l)). (2.547) Eulerjevi koti nam služijo kot mera deformacije povejo, koliko je palica lokalno deformirana glede na smeri osnovnega triroba, ki leži na njenem začetku (očitno so Eulerjevi koti definirani le do konstante). peljimo hitrost deformacije, Ω(l), ki nam meri hitrost spreminjanja deformacije po palici: Ω(l) = dφ(l). (2.548) dl ektor Ω(l) imenujemo tudi Darbouxov vektor deformiranega filamenta. Naš opis, podobno kot prej, sloni na naravnem parametru l, dolžini loka palice. Spremembo lokalnega koordinatnega sistema glede na nedeformirano palico opišemo s tremi vektorji: d 1, d 2 in d 3, ki jih definiramo kot d 3 (l) = ṙ(l) = r l. (2.549) d 3 (l) je torej tangentni enotski vektorm saj je očitno d 2 3 = 1. Naš osnovni trirob je torej sestavljen iz vektorjev d 3 in d 1 = d 2 d 3 d 2 = d 1 d 3. (2.550) Pri tem nadalje zahtevamo, da sta d 2 in d 1 zamrznjena v snov palice in se hkrati z njo tudi premikata. Ker so vsi trije vektorji po definiciji enotski, se jim vzdolž palice spreminja le smer; torej se lahko kvečjemu vrtijo, ko se spreminja l. Glede na to morajo zadoščati enačbi ḋ i (l) = Ω(l) d i (l) i = 1, 2, 3, (2.551) Od tu je seveda očitno, da je d i (l) ḋi(l) = 0 (premisli zakaj). Poglejmo si sedaj, kaj fizikalno pomenijo komponenet vektorja Ω(l). Najprej si poglejmo komponento Ω(l) v smeri d 3. Očitno velja Ω 3 = dφ 3 dl = τ, (2.552) kjer smo τ vpeljali že prej kot torzijski kot na enoto dolžine palice. Za ostali dve komponenti pa vemo iz diferencialne geometrije Ω 2,1 = dφ 2,1 dl = κ 2,1, (2.553) kjer sta κ 2,1 ukrivljenosti krivulje v smeri lokalnih osi d 2 in d 1. ektor kotne hitrosti lahko torej zapišemo kot Ω(l) = τd 3 (l) + κ 2 d 2 + κ 1 d 1. (2.554) Odvod Eulerjevih kotov po ločni dolžini smo tako povezali s torzijo in ukrivljenostjo v glavnih smereh tenzorja vztrajnostnega momenta preseka palice. 102

103 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC Prosta energija deformacije filamenta Zapišimo zdaj gostoto proste energije z zgornjimi količinami! Prosta energija bo odvisna kvečjemu od Ω in višjih odvodov Eulerjevih kotov, f = f(ω). Namreč elastična energija palice, katere deformacijsko stanje opisujemo s konstantnimi Eulerjevimi koti, mora biti 0 (razmisli zakaj)! Smer tangente ni enoznačno določena lahko kaže bodisi v d 3 -smeri bodisi v d 3 -smeri. Zato mora biti funkcija f(ω) neodvisna na transformacijo d 3 d 3, kar pomeni, da mora člen s Ω 3 biti kvadraten, linearnega člena pa ne smemo imeti: f = f CΩ2 3 + g(ω 2, Ω 1 ). (2.555) Ostane nam torej še odvisnost funkcije f od Ω 2 in Ω 1. splošnem tudi v tej odvisnosti ne smemo imeti linearnega člena, saj bi ta pomenil, da je palica deformirana tudi brez prisotnosti zunanjih sil ali navorov. To pa ne ustreza dejanskemu stanju! splošnem lahko torej odvisnost od Ω 2 in Ω 1 zapišemo v obliki neke bilinearne forme f = f CΩ E 2 I ij Ω i Ω j, (2.556) i,j=1 kjer je I ij zaenkrat neka neznana matrika koeficientov bilinearne forme, E pa neka dodatna konstanta. Zapišimi še prosto energijo v koordinatnem sistemu, ki sovpada z lastnimi smermi matrike I ij, ki ustrezajo lastnim vrednostim I 1 in I 2. tem primeru dobimo za prosto energijo izraz f = f CΩ EI 2Ω EI 1Ω 2 1. (2.557) Ta pa je seveda, če le upoštevamo zvezo med Ω i,2 in ukrivljenostima κ 1,2, En , popolnoma identičen izrazu za prosto energijo ukrivljanja, ki smo jo izpeljali prej, če izenačimo E = Youngov modul I ij = tenzor vztrajnostnega momenta (2.558) Izraz En predstavlja najpomembnejši rezultat Kirchhoffove teorije ukrivljanja palice, pri kateri sta fizikalna torzija in ukrivljanje med seboj sklopljeni. primeru simetričnega preseka palice, ko sta torej obe lastni vrednosti tenzorja vztrajnostnega momenta preseka palice enaki (I 1 = I 2 = I) se linearna gostota proste energije glasi f = f CΩ EI ( Ω Ω 2 1). (2.559) Enaˇcba stanja deformiranega filamenta Doslej smo obravnavali proste palice, zdaj se pa vprašajmo, kako se spremeni osnovna enačba ravnovesja, če na palico delujemo z dolžinsko porazdeljenimi navori ali silami! Delo, ki ga opravi navor dm, da zavrti palico za kot φ lahko zapišemo kot: dw = dm φ(l). (2.560) Navor je v splošnem zvezno porazdeljen z linearno gostoto dm dl in zato dobimo za celotno prosto energijo palice s simetričnim presekom namesto En izraz F = L 0 ( 1 2 CΩ ) L 2 EI(Ω2 2 + Ω 2 dm 1) dl φdl, (2.561) 0 dl 103

104 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA kjer se zopet lahko sklicujemo na diskusijo pri vpeljavi Hamiltonovega načela v elastomehaniko. Hitrost deformacije Ω = φ, zato je prosta energija funkcional, odvisen od φ in φ: F [φ, φ], oziroma F = L 0 f(φ, φ)dl. (2.562) To nas spominja na izraz za akcijo v okviru Lagrangeovega formalizma: ( ) d L S = L(r, ṙ, t)dl = ekstrem, L = 0. (2.563) dt ṙ r enakem duhu minimizirajmo naš funkcional f(φ, φ): ( ) d f dl φ f = 0. (2.564) φ Namreč, prosta energija bo ekstremalna natanko tedaj, ko bo palica v statičnem elastičnem ravnovesju. To vemo že od vpeljave Hamiltonove metode v elastomehaniko. Elastično ravnovesje je torej podano z Euler - Lagrangeovo enačbo v obliki d dl ( ) f φ = f φ = d dl ( ) f. (2.565) Ω Izračunajmo to! Upoštevamo obliko proste energije deformirane palice, En , odvajamo parcialno po komponentah vektorja Ω in dobimo f Ω = (CΩ 3, EIΩ 2, EIΩ 1 ). (2.566) Glede na našo definicijo vektorja hitrosti deformacije lahko zgornjo enačbo zapišemo tudi nekoliko drugače in sicer f Ω = Cτt + EIκ 2d 2 + EIκ 1 d 1. (2.567) Po drugi strani pa dobimo iz Euler-Lagrangeove enačbe tudi d dl ( f Ω ) = f φ = dm dl, (2.568) kar pomeni, da f Ω ni nič drugega kot notranji navor palice; zgornja enačba nam torej pove, da je v ravnovesju vsota notranjega navora na enoto ločne dolžine in zunanjega navora na enoto ločne dolžine nič, kar je seveda popolnoma smiselno! Končno torej lahko zapišemo za gostoto notranjega elastičnega navora v palici M(l) = f Ω = Cτd 3 + EIκ 2 d 2 + EIκ 1 d 1. (2.569) To je osnovna enačba teorije elastičnosti palice in nam podaja navor v palici v odvisnosti od torzije in ukrivljenosti. Lahko bi jo poimenovali tudi elastiˇcna enaˇcba stanja palice. Euler-Kirchoffova enaˇcba Nismo še čisto pri koncu. Euler-Lagrangeovi enačbi nimamo f Ω, pač pa d dl Ω. To pa je ( ) d f = C τd 3 + Cτḋ3 + EI κ 2 d 2 + EIκ 2 ḋ 2 + EI κ 1 d 1 + EIκ 1 ḋ 1. (2.570) dl Ω 104 f

105 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC Tu smo upoštevali, da so tudi torzija in lokalne ukriovljenosti v smeri glavnih osi vztrajnostnega momenta lahko še funkcija položaja na palici. To pomeni, da zgornja enačba jemlje v obzir tudi nehomogeno porazdelitev deformacij po palici! Sedaj moramo upoštevati še dve enačbi, ki jih poznamo že od prej. To sta ḋ i (l) = Ω(l) d i (l) i = 1, 2, 3. Ω(l) = τd 3 (l) + κ 2 d 2 + κ 1 d 1. (2.571) Od tod precej preprosto dobimo tele enačbe za odvode enotskih vektorjev po ločnem parametru ḋ 3 = κ 2 d 1 κ 1 d 2 ḋ 2 = τd 1 + κ 1 d 3 ḋ 1 = τd 2 κ 2 d 3. (2.572) Če to vstavimo nazaj v En dobimo tole ( ) d f dl Ω = (C τ) d (EI κ 1 + (C EI)τκ 2 ) d (EI κ 2 + (EI C)τκ 1 ) d 2 = dm dl. (2.573) prvi vrstici moramo paziti na to, da se dva člena, ki vsebujeta κ 1 in κ 2 pokrajšata. enačbo po vrsti množimo z enotskimi vektorji, dobimo sistem treh enačb Če to C τ = dm dl d 3 EI κ 2 + (EI C)τκ 1 = dm dl EI κ 1 + (C EI)τκ 2 = dm dl d 2 d 1. (2.574) Te tri enačbe imenujemo Euler-Kirchhoffove enaˇcbe deformirane palice s simetričnim poresekom. idimo, da so popolnoma analogne Eulerjevim enačbam vrtenja togega, osno simetričnega telesa! (osveži si spomin iz analitične mehanike) Euler-Kirchhoffove enaˇcbe v primeru zunanjih sil Kaj pa, če imamo namesto navora podano konstantno silo, ki deluje ne prost konec palice, medtem ko je drugi konec vpet? tem primeru p[ričakujemo preprostejšo obliko Euler-Kirchhoffovih enačb. Za celoten navor na palico lahko v tem primeru zapisemo M = (r(l) r(0)) F = F (r(l) r(0)), (2.575) kjer je (r(l) r(0)) seveda ročica sile. Zgornjo enačbo sedaj lahko zapišemo v nekoliko drugačni obliki. Upoštevamo, da je Od tod dobimo za celoten navor enačbo M = F (r(l) r(0)) = L 0 L 0 ṙ(l)dl = 105 ṙ(l)dl. (2.576) L 0 (F ṙ) dl (2.577)

106 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA saj je F konstantna! Od tod že sledi, da lahko gostoto navora v primeru zunanje sile, ki deluje na prost konec palice zapišemo kot dm = F ṙ. (2.578) dl Potemtakem se torej Euler - Kirchhoffove enačbe v tem primeru glasijo C τ = 0 EI κ 1 + (C EI)τκ 2 = (F ṙ) d 1 = ( d 3 ḋ1) F = F d2 EI κ 2 + (EI C)τκ 1 = (F ṙ) d 2 = ( d 3 ḋ2) F = F d1. (2.579) Upoštevajmo sedaj enačbe En in dejstvo, da so vektorji d 3, d 2 in d 1 med seboj pravokotni, pa lahko hitro zapišemo tele identitete ḋ 3 d 2 = κ 1 ḋ 3 d 1 = κ 2 ( d3 d 3 ) d2 = κ 2 + κ 1 τ ( d3 d 3 ) d1 = κ 1 κ 2 τ. (2.580) Zadnji dve enačbi smo izpeljali tako, da smo še enkrat odvajali identiteto: ( d 3 ḋ3) = κ2 d 2 + κ 1 d 1 po l in pri tem upoštevali En Če upoštevanmo te identitete pa lahko Euler- Kirchoffove enačbe En v primeru konstantne zunanje sile zapišemo tudi v nekoliko drugačni obliki. zemimo najprej enačbo in jo spomočjo izrazov En zapišimo kot EI κ 1 + (C EI)τκ 2 = F d 2 (2.581) EI ( κ 1 τκ 2 ) + Cτκ 2 = (F ṙ) d 1 EI ( d 3 d 3 ) d1 + Cτḋ3 d 1 = (F ṙ) d 1, (2.582) oziroma, če se spomnemo, da je d 3 = t = ṙ, potem sledi Cτ r + EI(ṙ... r) = F ṙ. (2.583) Tudi z obračanjem enačbe tretje enačbe v En dobimo identičen rezultat. Če palica ni torzijsko obremenjena, torej če je τ = 0, potem rešitev zgornje enačbe pri danih zunanjih silah opisuje deformacijo palice oz. elastičnega filamenta. Kirchhoffova kinetiˇcna analogija Spomnimo se Eulerjevih enačb vrtenja osnosimetričnega togega telesa, pri čemer naj bosta lastni vrednosti (tokrat trodimenzionalneg) tenzorja vztrajnostnega momenta v smereh pravokotno na simetrijsko os I 1 = I 2 = I, v smeri simetrijske osi pa I 3. Za časovno spreminajnje vektorja kotne hitrosti se glasijo ω 3 = 0 ω 1 + I 3 I ω 3 ω 2 = M 1 I ω 2 I 3 I ω 3 ω 1 = M 2, (2.584) I 106

107 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC pri čemer sta M 1 in M 2 komponenti navora v smereh pravokotnih na simetrijsko os telesa. Eulerjeve enačbe za vrtenje simetričnega telesa so torej popolnoma analogne Kirchhoffovim enačbam deformacije simetričnega elastičnega filamenta En Tej analogiji pravimo tudi Kirchhoffova kinetična analogija. Pomaga nam, da iz znanih rešitev Eulerjevih enačb za vrtnje zapišemo ustrezne rešitve za defromacijo elastičnega filamenta. Zapišemo naj le nekaj primerov za ilustracijo Speča vrtavka je analogna torzijsko deformirani ravni palici Precesijsko gibanje simetrične vrtavke je analogno vijačno deforniranemu elastičnemu filamentu Nihanje simetričnega fizičnega nihala (degeneriran primer vrtenja) je analogno petemu primeru deformacije palice (glej sliko ) Euler sam je že našel vse ravninske oblike deformirane palice. Nekatere med njimi prikazuje slika Neplanarne rešitve Euler-Kirchhoffovih enačb je precej težje najti kot planarne. Nekaj takšnih Slika 2.24: Eulerjeva klasifikacija rešitev Euler-Kirchhoffovih enačb v planarnem (2D) primeru. rešitev pa prikazuje naslednja slika Elastica Eulerii peto elastično palico obremenimo z zunanjo silo F x v smeri x. Palica ostane v (x, z) ravnini, zato računamo samo ravninsko. vsaki točki uvedemo kot ϑ, ki pove, koliko je palica nagnjena 107

108 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.25: Nekateri primeri planarnih in neplanarnih rešitev Euler-Kirchhoffovih neačb. glede na x os d 3 = ṙ = (cos ϑ, 0, sin ϑ), ṙ 2 = 1. (2.585) Predpostavimo, da ni torzijske deformacije (τ = 0 ali C ). Ostane nam: Za odvod dobimo in za EI(ṙ... r) = F ṙ. (2.586)... r= ( ϑ sin ϑ ϑ 2 cos ϑ, 0, ϑ cos ϑ ϑ 2 sin ϑ ) (2.587) To vstavimo nazaj v En in dobimo Eulerjevo enaˇcbo F ṙ = (0, F x sin ϑ, 0). (2.588) EI ϑ F x sin ϑ = 0. (2.589) Eulerjeva enačba je ena od pomembnejših enačb v fiziki in to ne zgolj v teoriji elastičnosti. Pojavlja se tudi v statistični mehaniki coulombskih tekočin (Poisson - Boltzmannova enačba) in v kvantni teoriji polja (sin - Gordonova enačba). Da bi dobili splošno rešitev zgornjo enačbo sedaj lahko pomnožimo s ϑ in enkrat integriramo: EI ϑ ϑ F x sin ϑ ϑ = 0 d ( ) 1 dl 2 EI ϑ 2 + F x cos ϑ = 0 108

109 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC Od tod pa že sledi prvi integral Eulerjeve enačbe 1 2 EI ϑ 2 + F x cos ϑ = const.. (2.590) Rešitev te enačbe so Jacobijeve eliptične funkcije, seveda ob upoštevanju ustreznih robnih pogojev, kot recimo trde vpetosti palice v izhodišču ali kaj podobnega. Eulerjeva enačba daje kot rešitev obliko palice po deformaciji. Čeprav morajo biti po predpostavki ukrivljenosti palice v vseh njenih točkah majhne, pa so deformacije same lahko poljubne! Eulerjev kot Kot primer Elastice Eulerii si poglejmo, pod kakšnim kotom se upogne elastični filament dolžine L, da začetek in konec sovpadata. Shematsko geometrijo problema prikazuje slika??. Eksperiment Slika 2.26: Geometrija Eulerjevega kota. lahko naredite kar doma. Predpostavimo, da se upogiba zgolj ravninsko in torej njegovo deformacijo opisujejo ravnokar izpeljane enačbe. točki, kjer začetek in konce filamenta staknemo seveda ni nikakršne ukrivljenosti, saj na tem mestu ne deluje noben navor. Prvi integral Eulerjeve enačbe En se potemtakem glasi 1 2 EI ϑ(l) 2 + F x cos ϑ(l) = F x cos ϑ 0. (2.591) ϑ 0 = ϑ(l = 0) je ravno kot, ki ga iščemo. Poleg tega seveda smo po predpostavki začetek in konec filamenta staknili in mora zato na polovici dolžine filamenta x koordinata sovpadati z začetno x koordinato, ki je po predpostavki v izhodišču L/2 0 cos ϑ(l)dl = 0. (2.592) Če upoštevamo ta pogoj poytem lahko iz prvega integrala En izpeljemo, da mora biti 1 2 L/2 0 ϑ(l) 2 dl = F x L EI 2 cos ϑ 0. (2.593) 109

110 2.15. DEFORMACIJE PALIC POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA S separacijo spremenljivk lahko iz prvega integrala potegnemo tudi tale zaključek π ϑ 0 dϑ cos ϑ0 cos ϑ = 2Fx L EI 2, (2.594) kjer smo upoštevali, da mora biti zaradi simetrije palica na polovici svoje dolžine ravna. Poleg tega pa lahko iz En ugotovimo, da je L/2 0 ϑ(l) 2 dl = π ϑ 0 ϑ(l)dϑ(l) = 2Fx EI π ϑ 0 cos ϑ0 cos ϑdϑ = 2 F x EI L 2 cos ϑ 0. (2.595) Združimo sedaj enačbi En in pa na koncu lahko izpeljemo tale pogoj za izkani kot ϑ 0 π ϑ 0 cos ϑ0 cos ϑdϑ = π ϑ 0 dϑ cos ϑ0 cos ϑ cos ϑ 0. (2.596) Zanimivo je, da ta kot ni idvisen niti od dolžine palice niti od snovnih parametrov. Imenuje se Eulerjev kot in bi lahko rekli, da je naravna konstanta. Numerični izračun nam daje za ta kot vrednost priblično 25 o. Notranji kot upognjenega filamenta je potemtakem 120 o Bežno deformiran filament Naj palica s krožnim profilom (to sicer ni nujno, ampak naredi celotno obravnavo bolj preprosto) stoji v smeri osi z in jo deformirajmo pravokotno na to os. Predpostavimo tudi, da nimamo torzijske deformacije. tem primeru, kot že vemo, velja En EI(ṙ... r) = F ṙ. (2.597) Zunanja sila naj torej deluje le v smereh x in y. Privzamemo, da so deformacije x(z) in y(z) pravokotno na z os majhne in da zato velja do najnižjega reda tem primeru dobimo in dl dz ṙ ( dx(z) dz, dy(z) dz, 1) = (x, y, 1). ṙ... r= ( y, x, x y y x ) (2.598) F ṙ = (F y F z y, F z x F x, F x y F y x ). (2.599) ker je po predpostavki F z = 0 lahko izpeljemo iz Kirchhoffove enačbe En v tem primeru tri skalarne enačbe EIy + F y = 0 EIx + F x = 0 EI(x y y x ) = F x y F y x. (2.600) Zadnja enačab ne pove nič novega glede na prvi dve in jo torej lahko iz obravnave izpustimo. Deformacijo palice torej v tem primeru opisujemo s prvima dvema enačbama. Če sila ne prijemlje na koncu palice, ampak nekje v sredi, potem zgornje enačbe veljajo med vpetim krajiščem palice in prijemališčem sile, do prostega krajišča pa veljajo iste enačbe, v katerih pa postavimo za zunanjo silo

111 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE PALIC Iz Kirchhoffove enačbe za navore lahko v tem primeru izpeljemo, da je M x = EIy M y = EIx M z = 0. (2.601) Če bi imeli namesto točkasto prijemajočih zunanjih sil F x in F y podane raje točkaste navore, katerih linearno gostoto navora bi opisali z Diracovimi delta funkcijami, potem bi zgornje enačbe reševali tako, da bi upoštevali skok v navoru vsakič, ko gremo preko prijemališča točkastega zunanjega navora. Do še ene posplošitve bi prišli, če bi imeli podano ne silo ampak linearno gostoto zunanje sile f = df dl. tem primeru bi iz En ob istih predpostavkah lahko izpeljali EIy iv + f y = 0 To je vse, kar želimo povedati o bežno deformirani palici. EIx iv + f x = 0. (2.602) 111

112 2.16. DEFORMACIJE ELASTOMERO POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.16 Deformacije elastomerov Pri vseh dosedaj predstavljenih modelih smo navadno predpostavili, da se obravnavane snovi na obremenitve odzivajo linearno. Izkaže se, da ta predpostavka pri polimernih materialih v realnih okoliščinah ne velja, saj se že pri relativno majhnih deformacija ti obnašajo nelinearno, kar še posebej velja za naravne gume. Nelinearnost je jasno vidna, če opazujemo t.i. obremenitveno krivuljo (odvisnost napetosti od relativnega raztezka). primeru materiala z linearnim odzivom, se relativni raztezek λ z nominalno komponento tenzorja napetosti ˆσ zz veča premo sorazmerno. Omenjena linearnost je pri naravni gumi vidna le v začetnem delu, kjer imamo opravka z majhnimi obremenitvami. celoti ima krivulja sigmoidno obliko, značilno za nelinearne snovi. Slika 2.27: Obremenitvena krivulja dveh vrst gume. S črtkano črto je prikazana idealna guma (za izpeljavo glej naslednje podpoglavje), s polno črto pa realna, naravna guma, ki izkazuje nelinearno karakteristiko. Območje, kjer velja linearnost, se nahaja v skrajno levem delu grafa in je označeno z rdečo barvo. Nelinearnost opazimo tudi pri merjenju elastomehanskih lastnosti polimernih talin (polymer melts) ob sobnih pogojih. Pri linearnih materialih (newtonskih) je viskoznost neodvisna od strižne hitrosti du/dy in je pri dani temperaturi za dano snov konstantna. tem režimu namreč velja: F A = η du dy, (2.603) kjer je F/A strižna napetost, η pa viskoznost. Pri merjenju odvisnosti strižne napetosti od strižne hitrosti lahko pri mnogih (vsakdanjih) snoveh opazimo precej drugačno karakteristiko, in sicer večanje oz. manjšanje viskoznosti. Če se viskoznost s strižno hitrostjo povečuje imamo opravka z dilatantnimi materiali (shear thickening), na primer zmesjo koruznega škroba in vode ali pa namočenega peska. Pri tem se z večanjem obremenitve tudi viskoznost snovi povečuje. nasprotnem primeru govorimo o psevdoplastičnih snoveh (shear thinning), kamor spadajo različne barve, kri, stepena smetana, kečap, lava,... se omenjene snovi zaradi svoje nelinearne karakteristike spadajo pod nenewtonske materiale. 112

113 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE ELASTOMERO Slika 2.28: Odvisnost strižne napetosti od strižne hitrosti za različne tipe materialov Elastičnost polimernih mrež Nelinearne lastnosti polimernih talin so v veliki meri posledica njihove mikroskopske zgradbe, ki jo navadno opisujemo kot močno prepleteno polimerno mrežo. Tipičen predstavnik takega materiala so gume, ki jih najdemo v različnih oblikah - kot elastične pene, tanke filme ali pa trakove oz. plašče. Z mikroskopskega stališča in stališča molekularne dinamike velja, da so gume v tekoči fazi, pri čemer lahko opazovani vzorec najbolj preprosto modeliramo kar kot eno, zelo dolgo in prepleteno polimerno verigo. Pri tem želimo določiti zvezo med zunanjo deformacijo (opisali jo bomo s tenzorjem deformacije) in napetostjo, ki se kot posledica ustvari znotraj materiala (napetostni tenzor). Naloge se bomo lotili z izpeljavo sile, ki je povezana z raztegom polimerne verige, pri čemer se za začetek omejimo na prizmatični vzorec gume z dimenzijami L x = L y in L z. Zanima nas, kolikšna sila je potrebna, da tak vzorec raztegnemo v smeri z za L z. Razteg strnjeno zapišemo s pomočjo relativnega raztezka λ kot: λ = L z + L z L z. (2.604) Ker je guma praktično nestisljiva (=konst.) in jo navadno opazujemo pri konstantni temperaturi, silo računamo s pomočjo Helmholtzove proste energije F, ki je v tem primeru funkcija relativnega raztezka λ. Sila se torej izraža kot: ( ) F f = = 1 ( ) F. (2.605) L z,t L z λ,t Prosta energija je vsota notranje energije ter entropije, zato lahko tudi silo razdelimo na dva prispevka - f E, prispevek energije ter entropijski člen f S. Če se pri spreminjanju relativnega raztezka λ in temperature T prostornina ohranja, lahko oba člena zapišemo v obliki: f S = T ( ) S = T ( 2 ) ( ) F f = T (2.606) L z λ L z λ T T,T 113,λ

114 2.16. DEFORMACIJE ELASTOMERO POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA ter f E = f T ( ) f = T f ( ) f T,λ T ln. (2.607) T Eksperimentalni rezultati, kjer merimo odziv različnih tipov gume na velike obremenitve kažejo, da je entropijski člen dominanten, zato v nadaljnji izpeljavi popolnoma zanemarimo energijski prispevek k prosti energiji. Pri vpeljemo koncept idealne gume, za katero velja f E = 0. Čeprav se zdi, da za omenjeno poenostavitev ne obstajajo tehtni toretični argumenti, model, ki sloni na predpostavki f = f S, kvalitativno dobro opisuje obnašanje naravne gume in ga zato uporabljamo kot praktičen približek. Naša naslednja naloga je torej določiti obliko entropijskega prispevka k sili, za kar potrebujemo dodatne predpostavke, ki se nanašajo na konkretno mikroskopsko zgradbo materiala Statistika posamične polimerne verige Za začetek se omejimo na eno samo polimerno verigo, z danim povprečnim kvadratom razdalje med koncema, R0, 2 ter določimo silo, ki je potrebna, da ohranjamo to razdaljo. Kasneje bomo omenjeni rezultat uporabili za določitev entropijskega prispevka k sili v primeru večjega števila med seboj prepletenih polimernih verig. Predpostavimo sedaj, da je en konec verige fiksiran v koordinatnem izhodišču ter da se drugi konec lahko pomika po y-osi (slika spodaj). Sila je Slika 2.29: Geometrijska postavitev polimerne verige pri računanju sile, potrebne, da sta oba konca verige na povprečni razdalji y. potemtakem določena z enačbo: f = T s p y, (2.608) kjer s p predstavlja entropijo verige s prosto gibljivimi členi (v tem primeru je energijski del proste energije po definiciji enak 0), kar poudarimo z indeksom p. Za izračun entropije uporabimo Boltzmannov izraz: s p = k B ln Z p (y). (2.609) kjer smo z Z p (y) označili particijsko funkcijo. Ta je določena s številom vseh možnih konformacij polimerne verige, ki dajo isto povprečno razdaljo med koncema, y. Particijsko funkcijo lahko analitično določimo, če upoštevamo, da za mobilni prosti konec verige velja Gaussova prostorska porazdelitev: ( ) 3/2 ( 3 p(x, y, z) = 2πR0 2 exp 3(x2 + y 2 + z 2 ) ) 2R0 2, (2.610) pri čemer je R0 2 = x 2 + y 2 + z 2. Ker smo v začetni predpostavki mobilni konec polimera omejili le na os y, nas zanima le 1D projekcija porazdelitve, p(0, y, 0). Za iskano particijsko funkcijo torej velja: ) Z p (y) p(0, y, 0) exp ( 3y2 2R0 2. (2.611) 114

115 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE ELASTOMERO Entropija je posledično: ( ) s p (y) = s p (0) + k B 3y2 2R0 2. (2.612) Po odvajanju dobimo za silo naslednji rezultat: f = 3k BT R 2 0 y by. (2.613) Sila je sorazmerna z razdaljo med koncema verige, kar je zanimivo, saj bi isti rezultat dobili tudi, če bi predpostavili, da sta konca polimerne verige med seboj povezana s prožno vzmetjo. Sorazmernostna konstanta je preprosta funkcija temperature in velikosti polimera Statistika polimerne mreže vzorcu gume najdemo veliko število takih polimernih verig, ki se med seboj preko prekrižanj povezane v kompleksno mrežo, zato moramo zgornji rezultat prilagoditi. nasprotju z dosedanjo obravnavo konca posamezne verige nista povsem prosta, ampak sta fiksirana na prekrižanjih (slika spodaj). Določiti želimo prosto energijo takega sistema, pri čemer moramo zavoljo poenopolimerna veriga prekrižanje Slika 2.30: Preprost model gume, prikazan kot mreža prepletenih polimernih verig. stavitve predpostaviti naslednje privzetke: vse verige so sestavljene iz istega števila enot in imajo zato enako dolžino R 2 0 oz. konstanto b, konformacijska porazdelitev je izotropna Gaussova, točke, kjer se dve verigi prekrižata, so fiksirane znotraj snovi ter se spreminjajo le zaradi različnih deformacij. Model, omejen z zgornjimi predpostavkami, imenujemo model fiksnega stika (fixed junction model) in ga v nadaljevanj uporabimo na primeru prizmatičnega kosa gume z dimenzijami L x, L y in L z. Te se ob homogeni ortogonalni deformaciji spremenijo kot: L x λ 1 L x, L y λ 2 L y, L z λ 3 L z. (2.614) Parametri deformacije (relativni raztezki) λ 1, λ 2 in λ 3 določajo hkrati tudi spreminjanje vektorja, ki povezuje oba konca verige, ki sta fiksirana na točkah križanja: r i = (x i = λ 1 x i, y i = λ 2 y i, z i = λ 3 z i). (2.615) 115

116 2.16. DEFORMACIJE ELASTOMERO POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Pri tem koordinate x i, y i in z i označujejo stanje pred deformacijo. Entropijo nedeformirane verige s fiksno razdaljo med koncema izračunamo na isti način kot v enačbi (2.612) ter dobimo izraz, ki je sedaj odvisen od vseh treh začetnih koordinat: s i = s p (0, 0, 0) 3k B ( x 2 2R0 2 i + y i 2 + z i 2 ). (2.616) Celotno entropijo določimo tako, da seštejemo prispevke vseh verig. Pri dani prostornini in gostoti polimernih verig, c p, znaša entropija cele prizme: S = s i i = c p s p (x, y, z )p(x, y, z )dx dy dz = c p ( s p (0, 0, 0) 3k B 2 ). (2.617) Sorodno določimo tudi celotno entropijo deformiranega vzorca: ( ) 3 S = c p s p (0, 0, 0) k B (λ 2 1x 2 + λ 2 2y 2 + λ 2 3z 2 ) 2R 2 0 ( ) 3/2 [ 3 2R0 2π exp 3 ] 2R0 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) dx dy dz ( = c p s p (0, 0, 0) k ) B 2 (λ2 1 + λ λ 2 3). (2.618) Sprememba entropije, ki je povezana z določeno deformacijo je torej le funkcija števila polimerov v mreži in deformacijskih konstant λ i : S = S S = c p k B 2 ( λ λ λ ). (2.619) Če se zavoljo praktičnosti omejimo na primer, kjer velja λ 3 = λ in λ 1 = λ 2 (enoosni razteg, pri katerem pride zaradi ohranitve prostornine do dodatne skrčitve v ortogonalnih smereh) ter upoštevamo, da je guma nestisljiva, λ 1 λ 2 λ 3 = 1, velja: Prirastek entropije lahko torej prepišemo v obliko: S = c pk B 2 λ 2 1λ = 1. (2.620) ( ) 2 λ + λ2 3. (2.621) Silo izračunamo s pomočjo odvajanja entropije, f = T S L z λ = T S L z λ = c pk B T L z ( 1λ 2 + λ ). (2.622) Rezultat lahko zapišemo tudi s pomočjo pripadajoče komponente tlaka, σ zz = f/(l x L y /λ), σ zz = c p k B T ( 1λ ) + λ2. (2.623) 116

117 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE ELASTOMERO ki je tokrat neodvisen od velikosti vzorca. praksi navadno definiramo še t.i. nominalno komponento tlaka, ki je primernejša za primerjave z eksperimentalnimi podatki: ˆσ zz = f = c p k B T ( 1λ ) L x L 2 + λ. (2.624) y idimo, da je končni izraz [enačba (2.623)] relativno preprosta funkcija deformacijskega parametra λ ter gostote polimerov c p in temperature. Enačba velja za katerokoli vrednost λ ter opisuje tako podaljševanje kot stiskanje materiala. Hkrati opazimo tudi, da tlak ni odvisen od stopnje polimerizacije, kar pomeni, da je prva predpostavka modela nepotrebna ter da rezultat velja tudi za polimerne verige različnih velikosti. limiti velikih deformacij (λ > 1) se sila Slika 2.31: Nominalna z komponenta tlaka v odvisnosti od parametra λ za primer enoosno obremenjenega kosa gume (λ predstavlja parameter deformacije v smeri z). s parametrom deformacije λ spreminja linearno, medtem ko je obnašanje v režimu stiskanja v splošnem nelinearno. Ko se parameter λ bliža 0, sila in s tem tlak divergirata. Analitični rezultat želimo primerjati z realnimi podatki, vendar je nemogoče primerjati absolutne vrednosti, saj je polimerna gostota c p odvisna od privzetega modela in jo težko ocenimo iz vzorca. realnih materialih je dodatna težava tudi narava prepletov, saj ti niso fiksni (kot smo predpostavili v modelu), ampak se lahko spreminjajo v skladu z Brownovim gibanjem. Iz eksperimentalnih podatkov tako pridobimo le podatek o efektivni polimerni gostoti, ki ga sicer lahko povežemo z različnimi snovnimi parametri, vendar vedno ostane kak empiričen podatek, ki ga ne poznamo natančno. Hkrati moramo vedeti tudi, da smo v naših izračunih popolnoma zanemarili prispevek energije, kar je upravičeno le pri določenih tipih gume. Analitične in empirične krivulje lahko torej primerjamo le kvalitativno Nelinearna elastomehanika polimerne mreže Obnašanje deformirane gume želimo opisati še splošno s teorijo elastomehanike, pri čemer moramo že znane enačbe (npr. linearni Hookeov zakon) prilagoditi velikim raztegom in skrčitvam, ki jih linearna teorija ne upošteva. Začnimo z definicijo tlaka, ki ga zapišemo v obliki tenzorja napetosti σ = (σ i,j ). 117

118 2.16. DEFORMACIJE ELASTOMERO POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Slika 2.32: Primerjava nominalnega tlaka naravne gume (točke) ter modela idealne gume (črta) v odvisnosti od deformacijskega parametra. Slika desno predstavlja povečavo leve slike v območju majhnih deformacij, v katerem se eksperimentalni rezultati in napovedi modela lepo ujemajo. Do razhajanja obeh rezultatov pride v območju velikih obremenitev, kjer predpostavka o Gaussovi konformacijski porazdelitvi ne velja več. Tenzor napetosti predstavlja povezavo med silo, ki jo okoliški material izvaja na kocko gume znotraj vzorca preko njenih stranic. Konkretno, komponenta tlaka σ i,j opisuje silo na enoto površine, ki deluje v smeri osi j na površino, pravokotno na smer i. Če poznamo tenzor napetosti lahko tako relativno preprosto določimo silo, ki deluje na površino z normalo n: f = σ n. (2.625) Z r = (x, y, z) ponovno označimo koordinate točk v nedeformiranem telesu ter z r = (x, y, z ) koordinate točk po deformaciji. Sedaj lahko definiramo funkcijo r (r), ki opisuje premik različnih točk ob deformaciji telesa, s čimer je le-ta popolnoma določena. praksi seveda ne opisujemo premikov vsake točke posebej, ampak informacije o deformaciji združimo v Cauchyjev tenzor deformacije: Ta je z lokalnimi raztegi povezan preko enačbe: C jk = r i r j r i r k. (2.626) dr idr idr i dr i = dr j (C jk δ jk )dr k. (2.627) Tenzor je simetričen, zato ga vedno lahko pretvorimo v diagonalizirano obliko, pri čemer so matrični elementi: C ij = δ ij λ 2 i. (2.628) Diagonalni elementi so v tem primeru enaki obratnim vrednostim že v začetku vpeljanih relativnih raztezkov λ i. S pomočjo tako določenega tenzorja deformacije, želimo sedaj zapisati tenzor napetosti. S tem problemom se je intenzivno ukvarjal Josef Finger ( ) ter ugotovil, da je za opis 118

119 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE ELASTOMERO medsebojne odvisnosti napetosti in deformacije relavantna le ena skalarna funkcija - razmerje med gostoto proste energije in celotno deformacijo v telesu in jo lahko zapišemo v obliki invariant tenzorja deformacije. Te so v primeru tenzorja drugega reda tri: I C = C 11 + C 22 + C 33, II C = C 11 C 22 + C 22 C 33 + C 33 C 11 C 12 C 21 C 13 C 31 C 23 C 32, III C = DetC. (2.629) Ker uporabljamo diagonalizirano obliko tenzorja deformacije, velja: I C = λ λ λ 2 3, II C = λ 2 1 λ λ 2 2 λ λ 2 3 λ 2 1, III C = λ 2 1 λ 2 2 λ 2 3. (2.630) Gostota proste energije je invariantna na vse rotacije koordinatnega sistema, zato sklepamo, da jo lahko zapišemo kot f(i C, II C, III C ). Ob teh predpostavkah lahko zapišemo Fingerjevo konstitutivno enačbo, ki povezuje deformacijski in napetostni tenzor: σ = c 1 C 1 + c 0 I + c 1 C. (2.631) Pri tem I predstavlja identiteto, C 1 inverz Cauchyjevega tenzorja, c 1, c 0 in c 1 pa faktorje, ki so povezani z invariantami tenzorja deformacije preko enačb: c 1 = 2III 3/2 C c 0 = 2III 1/2 C c 1 = 2III 1/2 C f, II ( C ) f f II C + III C, II C III C f. (2.632) I C Fingerjevo enačbo lahko zapišemo v alternativni obliki, ki je bolj primerna za obravnavo gum, če namesto Cauchyjevega uvedemo Fingerjev tenzor B = C 1, s katerim še vedno opisujemo deformacije v telesu: σ = b 1 B + b 0 I + b 1 B 1, (2.633) pri čemer so b 1 = b 0 = 2 III 1/2 B 2 III 1/2 B b 1 = 2III 1/2 B f, I B ( f f II B + III B II B III B ), f. (2.634) II B Ker morajo lastne osi tenzorjev B in C sovpadati, mora seveda veljati tudi B ij = λ 2 i δ ij. (2.635) Gostoto proste energije idealne gume z novimi količinami zapišemo na isti način kot v enačbi (2.621): f = G 2 (I B 3), (2.636) 119

120 2.16. DEFORMACIJE ELASTOMERO POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA pri čemer uvedemo sorazmernostno konstanto G, ki jo bomo kasneje poimenovali strižni modul. Opazimo, da v zgornji enačbi ni vseh treh invariant deformacijskega tenzorja, ampak le prva, I B. Ker torej h gostoti proste energije prispeva le prva invarianta, je edini relavanten faktor v enačbi (2.633) b 1. Napetostni tenzor idealne gume lahko torej zapišemo kot σ = GB pi, (2.637) kjer smo upoštevali še morebitni zunanji tlak, ki v invariante deformacijskega tenzorja ni bil vključen. splošnem velja za hiperelastične, nestisljive materiale (kamor spadajo realne gume) razširjena zveza (2.633), kjer upoštevamo prispevka invariant I B in II B. Tretjo invarianto izpustimo, saj predstavlja le drugače zapisano zvezo za prostornino, ki je po predpostavki konstantna. Splošna zveza med tenzorjem napetosti in deformacije je torej: Primeri nelinearne elastomehanike σ = 2 f I B B 2 f II B B 1 pi. (2.638) Pravkar izpeljano enačbo ilustrirajmo s pomočjo primerov. Začnimo z že omenjeno enoosno obremenitvijo idealne gume, za katero naj veljajo naslednje transformacijske enačbe: z = λ 1 z, x = λ 1/2 x, y = λ 1/2 y. (2.639) S pomočjo zgornjih zvez lahko določimo tako Cauchyjev λ 0 0 C = 0 λ 0 (2.640) 0 0 λ 2 kot Fingerjev tenzor: B = λ λ 1 0. (2.641) 0 0 λ 2 Ker ne poznamo vrednosti hidrostatskega tlaka p, ne moremo določiti absolutnih vrednosti elementov matrike napetosti, ampak le razlike med različnimi komponentami. Razlika med elementoma σ zz in σ xx je σ zz σ xx = G(λ 2 λ 1 ). (2.642) Ko velja σ xx = 0, lahko dobljeni rezultat primerjamo z enačbo (2.623), ki smo jo določili s pomočjo statistične obravnave polimerne verige. Iz direktne primerjave sledi izraz za temperaturno odvisnost strižnega modula: G = c p k B T. (2.643) Posvetimo se sedaj čistemu strigu, ki ga opišemo z naslednjimi transformacijskimi enačbami: z = λ 1 z, x = λx, y = y. (2.644) 120

121 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE ELASTOMERO Fingerjev tenzor je tokrat λ B = (2.645) 0 0 λ 2 razlike med komponentami napetostnega tenzorja pa: σ zz σ xx = G(λ 2 λ 2 ), σ zz σ yy = G(λ 2 1), σ yy σ xx = G(1 λ 2 ). (2.646) se tri razlike komponent tenzorja napetosti so v tem primeru neničelne. Za konec določimo še napetosti, ki nastanejo v telesu kot posledica navadnega striga, določenega kot: x = γ z + x, y = y, z = z, (2.647) pri čemer γ označuje jakost strižne deformacije, γ = tan (Θ xz π/2), Θ xz pa kot, označen na spodnji skici. Fingerjev tenzor je sedaj Slika 2.33: Obravnavani tipi deformacij z označenimi komponentami tenzorja napetosti. 1 + γ 2 0 γ B = 0 1 0, (2.648) γ

122 2.16. DEFORMACIJE ELASTOMERO POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA zveze med komponentami tenzorja napetosti pa σ zx = Gγ (2.649) σ xx σ zz = Gγ 2, (2.650) σ yy σ zz = 0. (2.651) idimo, da je izvendiagonalna komponenta napetosti σ zx premo sorazmerna s strižno deformacijo γ, ki je v splošnem neomejena. pravkar obdelanem primeru navadnega striga je torej linearna zveza med omenjenima količinama zagotovljena za poljubno velike deformacije. Hkrati lahko sedaj z gotovostjo prepoznamo konstanto G ter jo utemeljeno poimenujemo strižni modul. Opazimo tudi, da imamo pri navadnem strigu opravka z dodatno neničelno razliko med orto- Slika 2.34: Eksperimentalno določena odvisnost izvendiagonalne komponente napetosti σ zx od strižne deformacije. Linearna zveza sovpada z napovedjo enačbe (2.649). gonalnima komponentama napetosti σ xx in σ zz, ki je kvadratna funkcija strižne deformacije γ in zato izkazuje nelinearno naravo. Omenjeni razliki pravimo primarna razlika napetosti, zvezi σ yy σ zz pa sekundarna razlika napetosti, ki je v primeru idealne gume enaka Neidealne elastomerne mreže Poudariti je potrebno, da vse do sedaj izpeljane enačbe veljajo le za idealne gume (pri katerih zanemarimo energijski prispevek h gostoti proste energije). Čeprav z njimi lahko v splošnem razložimo najbolj tipične lastnosti naravnih gum, vseeno velikokrat predstavljajo pregrobe približke, zaradi česar bi želeli opisati tudi realne materiale. Slednje storimo tako, da rahlo modificiramo že obstoječo teorijo in nato rezultate primerjamo z eksperimentalnimi podatki. Začnemo z zapisom spremenjene enačbe za gostoto proste energije, ki ji dodamo še en člen sorazmeren z B 1. Najpreprostejša funkcija, ki zadošče omenjeni spremembi je: f = β 1 (I B 3) + β 2 (II B 3), (2.652) 122

123 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA DEFORMACIJE ELASTOMERO kjer β 1 in β 2 označujeta konstanti Tenzor napetosti je sedaj β 1 = f I B, β 2 = f II B. (2.653) σ = pi + 2β 1 B 2β 2 B 1. (2.654) primeru navadnega striga se komponente tenzorja napetosti ustrezno spremenijo in so tokrat malce kompleksnejše funkcije strižne deformacije: σ zx = 2(β 1 + β 2 )γ (2.655) σ xx σ zz = 2(β 1 + β 2 )γ 2, (2.656) σ yy σ zz = 2β 2 γ 2. (2.657) Tudi tokrat je komponenta σ zx linearno odvisna od strižne deformacije, primarna razlika napetosti pa je nelinearna. Bistvena sprememba, ki jo prinesejo zgornje enačbe je dodatna neničelna sekundarna razlika napetosti, ki je (podobno kot primarna) kvadratna funkcija deformacije. Omenjeno razširitev je uvedel Melvin Mooney ( ) in se z eksperimentalnimi podatki dobro ujema v režimu razširjanja, medtem ko pri skrčitvah odpove. Danes seveda obstajajo različne izboljšave modela napetostnega odziva hiperelastičnih metarialov, ki poskušajo čimbolj natančno opisati obnašanje realnih snovi. Modeli so matematično komplicirani in kaže, da realnih gum ne moremo opisati le s pomočjo modifikacije gostote proste energije idealne gume, ampak je potrebno celoten izračun začeti znova in opustiti marsikatere približke, ki smo jih sicer uporabili pri poenostavljeni izpeljavi. 123

124 2.17. ELASTIČNE NESTABILNOSTI POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA 2.17 Elastične nestabilnosti teorji elastičnosti ponavadi majhne spremembe v pritisnjenih napetostih vodijo do majhnih sprememb v deformaicji telesa. endar ne vedno. nekaterih primerih je elastični odgovor medija kot funkcija od zunaj pritisnjenih napetosti nezvezen. takih primerih govorimo o elastiˇcnih nestabilnostih. Poglejmo si le dve od njih Eulerjeva nestabilnost Na palico poravnano v nedeformiranem stanju z osjo z pritiskamo z zunanjo silo v isti smeri, F z. Za majhne vrednosti sile se palica ne deformira prečno na os z, pri neki kritični vrednosti sile pa se upogne. Izračunajmo kakšna je ta kritična vrednost. Omejimo se na liearno analizo stabilnosti palice pod zunanjo vzdolžno obremenitvijo. To zadošča za določitev meje stabilnosti, ponavadi pa ne tudi za izračun stanja palice po preseženi limiti stabilnosti. Za majhne prečne odmike palice zopet lahko nastavimo dl dz primeru vzdolžne obremenitve dobimo in ṙ ( dx(z) dz, dy(z) dz, 1) = (x, y, 1). Kirchhoffova enačba En v tem primeru vodi do ṙ... r= ( y, x, x y y x ) (2.658) F ṙ = ( F z y, F z x, 0). (2.659) EIy = F z y EIx = F z x x y y x = 0, (2.660) kjer smo upoštevali, da sila kaže v negativni smeri osi z (palico stiskamo). Zadnja enačba je očitno trivialno izpolnjena in na njo lahko pozabimo. Pri analizi rešitev zgornje enačbe se omejimo le na os x, to pomeni, da koordinatni sistem orientiramo tako, da os x kaže v smeri prečne deformacije palice. primeru, da je palica spodaj prislonjena, torej je navor na mestu, kjer je prislonjena enak nič, M y (0) = EIx (0) = 0, in zgoraj negibljiva, tako da je nam splošna rešitev En x(0), x (0) = 0, x(l) = 0 (2.661) x(z) = A + B sin kz + C cos kz, kjer je k 2 = Fz EI, preide v pri čemer robni pogoj zahteva x(z) = B sin kz sin kl = 0 F z = n 2 π2 EI, (2.662) L2 124

125 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA ELASTIČNE NESTABILNOSTI kjer je n = 1, 2,.... Pri dani dolžini palice, danih snovnih konstantah palice in danem preseku palice, zgornja enačba za dovolj majhne vrednosti zunanje sile nima netrivialnih rešitev (razen x(z) = 0). Pri kritični vrednosti zunanje sile F z krit = π2 EI, (2.663) L2 pa se palica upogne. Če sledimo spreminjanje x(z) za katerokoli vrednost z na palici kot funkcijo F z F z krit lahko ugotovimo, da se le ta spreminja podobno kot ureditveni parameter pri zveznem faznem prehodu (recimo kot magnetizacija kot funkcija T T krit ). Takšnemu prehodu iz nedeformiranega v deformirano stanje palice pravimo Eulerjeva nestabilnost palice Torzijska nestabilnost Palico sedaj torzijsko obremenimo z nekim določenim konstantnim τ, tore τ = 0, in proučujemo rešitve Euler-Kirchhoffove enačbe za različne vrednosti τ. Tudi v tem primeru se bo pokazalo, da ima ta enačba za dovolj majhne vrednosti torzije le trivialno rešitev: palica je torej torzijsko deformirana vendar ostane kolinearna. Za dovolj velike vrednosti torzije pa se bo palica zvila in Kirchhoffova enačba bo pokazala netrivialne rešitve. Poglejmo si to nadrobno! Začnemo lahko z Euler-Kirchhoffovo enačbo v obliki, ki ne vsebuje zunanjih sil, saj predpostavimo, da je torzijska obremenitev vsebovana v robnem pogoju Cτ r + EI(ṙ... r) = 0. (2.664) Zopet gledamo le majhna odstopanja od kolinearne lege ṙ = (x, y, 1), kar vodi do sledečih enačb EIy + Cτx = 0 EIx + Cτy = 0 x y y x = 0. (2.665) Predpostavimo tudi, da je palica na desnem in levem robu (z = 0) trdno vpeta, to pomeni x(0), y(0) = 0 x (0), y (0) = 0 in x(l), y(l) = 0 x (L), y (L) = 0. Tudi tu bi drugačni robni pogoji bi sicer spremenili numerične vrednosti rezultata, ne pa tudi narave fenomena samega. Zdi se, kot da bi tretja enačba zgoraj vedno izločila vse netrivialne rešitve. Tu moramo biti pazljivi, saj delamo linearno stabilnostno analizo Euler-Kirchhoffovih enačb, tretja enačba zgoraj pa je nelinearna v deformacijah. Potemtakem jo lahko mirno ignoriramo! In kaj dobimo? Obe zgornji enačbi vsako posebej še enkrat odvajamo po z, križno vstavimo eno v drugo, pa imamo ( ) 2 Cτ x iv + x = 0 y iv + EI ) 2 y = 0. (2.666) ( Cτ EI Od tod že sledi, da lahko za rešitev zapišemo x, y(z) = A + Bz + C cos κz + D sin κz (za x in y so seveda konstan te A, B, C, D drugačne), kjer je κ = Cτ EI. Če sedaj upoštevamo robne pogoje pridemo do sledečega sistema štirih enačb A κ 1 L cos κl sin κl B C = 0. (2.667) 0 1 κ sin κl κ cos κl D 125

126 2.17. ELASTIČNE NESTABILNOSTI POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Njegova determinanta je det κ 1 L cos κl sin κl 0 1 κ sin κl κ cos κl = 2κ (κl cos κl 2 2 sin κl 2 ) sin κl 2 = 0. (2.668) Najmanjša rešitev te enačbe, ki določa limito stabilnosti je κl 6.3, kar pripelje do kritične vrednosti torzije τ krit = 6.3 EI CL. (2.669) Pri tej vrednosti torzije pravimo, da je prišlo do pobega v prosto dimenzijo, s katerim je palica razbremenila torzijsko deformacijsko energijo. Palica se iz tozisjko obremenjene ravne konformacije prelevi v torzijsko neobremenjeno ukrivljeno konformacijo. Palica se torej zvije iz kolinearnega stanja in se začne trodimenzionalno navijati. Takšnemu navitju pravimo tudi plektonema in ga tipično lahko opazimo pri telefonskih kablih. plektonemi torzijsko deformacijo nadomesti ukrivljanje. 126

127 POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA WHITEO TEOREM O ZIJANJU 2.18 Whiteov teorem o zvijanju Podobno kot smo pri površinah ugotovili, da obstaja topološka invarianta, ki je odvisna zgolj od topološkega roda površine, ne pa tudi od njene oblike, velja nekaj podobnega tudi za elastične niti. zemimo dve krivulji, ki ju zapišemo v naravni parametrizaciji kot r 1 (s) in r 2 (s). Z njima lahko sestavimo Gaussovo invarianto oblike G = 1 4π C 1 C 2 (dr 1 (s) dr 2 (s))(r 1 (s) r 2 (s)) r 1 (s) r 2 (s) 3. (2.670) Geometrijska interpretacija te invariante je preprosta: pove kolikokrat krivulja r 1 (s) prebode površino, ki jo napenja krivulja r 2 (s) in obratno. To število je topološka invarianta in se ohranja pri vsaki zvezni deformaciji obeh krivulj. Poglejmo si posebno aplikacijo Gaussove invariante. zemimo elastično palico, ki ima lahko torzijsko in krivinsko deformacijo. Definirajmo na njej dve krivulji: prva naj sledi položaju enega prebodišč med smerjo večjega vztrajnostnega momenta in profila palice, druga pa drugem prebodišču večjega vztrajnostnega momenta in profila palice. S tem smo dobili trak, ki ga omejujeta r 1 (s) in r 2 (s). Sedaj vpeljimo še krivuljo, ki popisuje položaj sredine traku r(s) in s tem tudi obliko palice, ter vektor a(s), ki je enotski smerni vektor in kaže pri vsake, s od r(s) do r 1 (s). Tako definiran a(s) seveda leži v ravnini pravokotni na r(s). Sedaj definirajmo še dve količini. Najprej je to integralna torzija. Če vpeljemo nova tangentni vektor na smer palice ṙ(s) = t(s) potem je integralna torzija IT = 1 2π (t(s) a(s))ȧ(s)ds. (2.671) Hitro se da videti, da je za raven trak IT = 0 (premisli zakaj). Za zavit trak pa je enak števiulu zavojev krat dolžina traku. Druga količina bo zvoj. Zvoj je definiran podobno kot Gaussova invarianta, vendar za eno samo krivuljo - oba integrala sta torej po isti krivulji. Glasi se Z = 1 4π C C (dr(s) dr(s ))(r(s) r(s )) r(s) r(s ) 3. (2.672) Krivulja C je podana z obliko palicer(s). Zvoj je torej, v nasprotju z integralno torzijo, odvisen le od oblike palice ne pa tudi od tega, kako se zvija. Razliko med zvojem in integralno torzijo nazorno predstavlja slika. Sedaj smo pripravljeni, da zapišemo Whiteove teorem 8. Pravi sledeče Slika 2.35: Razlika med integralno torzijo in zvojem je očitna iz zgornje slike. Med tem kot je pri prvem primeru zvoj velik in integralna torxzija majhna, je v drugem primeru ravno obratno. 8 J. H. White, Am. J. Math 91 (1969) 693. G = Z + IT. (2.673) 127

128 2.18. WHITEO TEOREM O ZIJANJU POGLAJE 2. ELASTOMEHANIKA Torej: vsota zvoja in integralne torzije mora biti za vsak elastičen filament invarianta! Deformacijo lahko torej nalagamo bodisi v torzijo bodisi v zvoj, pač v odvisnosti od tega kaj je energijsko ugodneje, torej katere elastičen konstane so manjše, vendar pa mora biti njuna vsota vedno konstantna. Praktično delovanje Whiteovega teorem se da opazovati recimo pri navijanju žic telefonskih priključkov. časih imamo več torzije, včasih pa več zvijanja. Poglej si to pri domačem telefonskem priključku! Whiteov teorem je zelo pomemben pri razumevanje deformacije in elastičnih nestabilnosti najpomembnejše molekule v naravi: DNA. 128

129 Poglavje 3 Hidrodinamika Do sedaj smo obravnavali trdne snovi, ki se upirajo strižnim silam. Naše sedanje obravnavano sredstvo pa so tekočine, pri katerih v mirovanju po definiciji ni strižnih sil. Le-te se pojavijo šele pri gibanju tekočine in so posledica viskoznosti tekočine. iskoznost pomeni, da skozi tekočino pri gibanju lahko teče tok gibalne količine tudi pravokotno na smer gibanja! 129

130 3.1. HIDROSTATIKA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.1 Hidrostatika Osnovne enačbe hidrostatike mirovanju torej, kjer ni strižnih sil, lahko zapišemo napetostni tenzor kot p ik = pδ ik, (3.1) kjer je p hidrostatski tlak. Zgornjo identiteto imenujemo tudi Pascalov zakon. nastavkom v Cauchyjevo enačbo bomo dobili Če gremo s tem ρ v(r, t) = ρf z (r, t) p(r, t), (3.2) kjer smo lokalni pospešek označili z odvodom hitrosti, sama hitrost pa je odvod položaja delca tekočine po času, oziroma v(r, t) = u(r, t). primeru stacionarnega ravnovesja, kjer ni več odvidnosti od časa, od tu dobimo ρf z = p(r) = ρ U(r), (3.3) kjer smo privzeli tudi obstoj potenciala zunanje sile. Zgornja enačba je osnovna enačba hidrostatike. Poleg te enačbe imamo seveda še termodinamsko funkcijo stanja, ki daje zvezo p = p(ρ). primeru, da je edina zunanja sila težnost, ki deluje v smeri osi z dobimo p z = ρg z = ρ U z, kjer smo definirali gravitacijski potencial na enoto mase U(z) = g z z. Zgornjo enačbo lahko rešimo v obliki p2 dp ρ(p) = U(z 2) U(z 1 ). (3.4) p 1 Če poznamo enačbo stanja lahko sedaj dobimo eksplicitno rešitev za p = p(z) oziroma ρ = ρ(z). Poskušajte sami najti rešitev za idealni plin! Potreben pogoj za obstoj stacionarne rešitve je torej obstoj potenciala zunanje sile. Ni pa tudi zadosten. Zadosten pogoj je, da je ta potencial enoznačna funkcija koordinat saj mora tudi porazdelitev tlaka, če naj opisuje stacionarno ravnovesje, biti enoznačna funckija koordinat Teorija plimovanja Kot primer hidrostatike si poglejmo primer bibavice. Zemljo obravnavamo kot tekočo kroglo z radijem R E. Imamo maso tekočine dm na površini te krogle, na katero delujeta sili težnosti Zemlje z maso M E in telesa z maso M (Lune). Označimo z r 1 radijvektor mase dm, z r 2 radijvektor zemeljskega središča in z r 3 radijvektor Lune. Newtonova enačab za gibanje mase dm se glasi dm r 1 = GdmM E r r 3 GdmM d d 3, (3.5) kjer smo z d = r 1 r 3 označili radijvektor mase dm v koordinatnem sistemu Zemlje. Enačba gibanja mase M same v gravitacijskem polju Zemlje pa se glasi M E r 2 = GdmM E R R 3, (3.6) 130

131 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.1. HIDROSTATIKA kjer je R = r 2 r 3. Če sedaj prvo enačbo delimo z dm, drugo z M E in ju odštejemo ter označimo relativno razdaljo r = r 1 r 2, dobimo ( r d r = GM E r 3 GM d 3 R ) R 3. (3.7) Sedaj predpostavimo, da je razdalja med M E in M veliko večja kot razdalja med dm in središčem M E, R r. Ob upoštevanju tega približka dobimo (izpelji!) d d 3 R R 3 = 1 ( ) (R r) R 3 r 3 R 2 R + O( r ). (3.8) R Enačbo gibanja za element mase dm v koordinatnem sistemu M E torej lahko zapišemo kot r r = GM E r 3 GM 1 ( ) (R r) R 3 r 3 R 2 R = f z = U(r), (3.9) kjer je očitno f z sila na enoto mase (dm), U(r) pa je seveda gravitacisjki potencial, ki ga iz En. 3.8 dobimo v obliki (preveri in zipelji!) U(r) = GM E GM ( 3 (R r) 2 r R 3 2 R 2 1 ) 2 r2. (3.10) Osnovna enačba hidrostatike se torej v tem primeru glasi ρ U(r) = p(r). (3.11) Od tod pa seveda za nestisljivo tekočino že sledi rešitev za odvisnost tlaka tekočine od r p(r) = ρ GM E + ρ GM ( 3 (R r) 2 r R 3 2 R 2 1 ) 2 r2 + const. (3.12) Za vrednost konstante vzamemo ker vrednost tlaka na površini Zemlje, torej const. = ρ GM R E, če je masa M neskončno oddaljena. Od tod pa, če privzamemo, da je r R E in da je tlak na površini zemlje p = 0 ter se omejimo zgolj na popravke najnižjega reda, že sledi za bibavično amplitudo r R E M R 4 ( E 3 (R r) 2 M E R 3 2 (rr) 2 1 ). (3.13) 2 Prvotno kroglasta povržina Zemlje se torej deformira v podolgovat elipsoid, ki ima daljšo os usmerjeno proti masi M. Ta rezultat je izpeljal že Newton leta Iz zgornjega računa sledi, da je največja plima pri (R r) = ±rr in najmanjša oseka, kadar je ta skalaren produkt nič. Če plimovanje povzročata dve nekolinearni telesi, kot npr. Luna in Sonce, potem je rezultirajoča oblika površine troosni elipsoid. Kadar sta Sonce in Luna poravnana (polna Luna ali ščip) je plima še posebno velika, kadar pa sta Sonce in Luna pod pravim kotom se njun vpliv na plimovanje deloma izniči. Ker se Zemlja vrti okrog svoje osi, bosta bibavična maksimuma šla preko vsake točke na zemeljski površini približno dvakrat na dan. Bolj natančno: ker se Luna zavrti okrog Zemlje v dnevih, bosta bibavična maksimuma šla preko vsake točke na zemeljski površini vsakih ur. isoka plima se torej zgodi vsakih 12h 26.5 min in je vsak dan 53 min kasnejša. Obe visoki plimi tudi nista enako visoki zaradi nagnjenosti Zemeljske osi, efekt ki ga potencira še lokalna topografija morske obale. Zaradi bibavičnega pretakanja oceanov se disipira približno 5 tw moči, kar zaustavlja vrtnje Zemelje okoli osi s hitrostjo 28 s na stoletje. Deformacija zemeljske mase (pretežno oceanov) namrečne sledi veznico med Zemljo in Mesecem, pač pa nekoliko zaostaja. Zaradi tega deluje na Zemljo navor v smeri, ki zaustavlja njeno vrtenje. Pred 400 miljoni let je bil zaradi tega dan na našem planeti precej krajši. Trajal je le 22 ur in leto je imelo 395 dni. 131

132 3.1. HIDROSTATIKA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.1: Oblika deformacije zemeljske površine zaradi gravitacijske sile Lune. Skala je seveda nerealna Potreben pogoj obstoja statične rešitve Omenili smo, da je potreben pogoj za obstoj stacionarne rešitve osnovnih enačb hidrostatike enoznačnost potenciala zunanje sile. Poglejmo si to bolj podrobno na primeru. Imejmo cilindričen prevoden rezervoar z radijem R napolnjen do višine h s prevodno tekočino (recimo raztopino soli). Skozi os valja napeljimo žico, ki je preko izvora povezana s prevodnim plaščem valja. Od žice naj proti plašču valja teče tok I. Ustrezna gostota toka r 1 v tekočini kaže seveda v radialni smeri in ima po definiciji velikost j = I 2πrh. (3.14) Obstoj gostote teko seveda pomeni, da se nosilci naboja v tekočini gibljejo v radialni smeri. Celoten valj sedaj postavimo v magnetno polje z gostoto B, ki naj kaže v smeri osi valja. Zaradi tega na gibajoče se nosilve naboja deluje gostota Lorentzove sile ki ima čitno le tangencialno komponento f φ. Njena velikost je Ta gostota sile ima potemtakem potencial f = j B, (3.15) f φ = f = I.B 2πhr. (3.16) U(φ) = I.B φ. (3.17) 2πh Za ta potencial je zgolj tangencialne komponente sile različna od nič in enaka f φ = U(φ) r φ, (3.18) kar pa že vemo! Problem s tem potencialom pa je, da ni enoznačna funzkcija φ. Ko namreǒbkrožimo os cilindra se potencial ne vrne na izhodiščno vrednost ampak se spremeni za 2π I.B 2πh. 1 Glej predavanja iz Elektromagnetnega polja 132

133 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.1. HIDROSTATIKA Ker pa mora biti hidrostatski tlak enožnačna funkcija koordinat zgornja ugotovitev pomeni, da takšnega stacionarnega tlaka, ki bi uravnotežil silo f v tem primeru ni. Obstoja zgolj nestacionarna rešitev, ki pomeni, da se začen tekočina gobati v smeri zunanje sile. Dobimo cilindrični vrtinec, katerega tangencialna hitrost ima vrednost v φ = v = I.B t 2πrh ρ, (3.19) kjer je t čas trajanja magnetnega polja (izpelji to zvezo!). Če ne bi imeli trenja, bi seveda hitrost stalno naraščala. Enoznačen potencial zunanje sile pa lahko dobimo, če v valj vstavimo pregrado, ki sega od osi do oboda. Če izhodišče kota φ sedaj postavimo na mestio pregrade potencial sile ni več mnogoznačna funkcija kota, saj kotov večjih od 2π sedaj sploh ne moremo imeti. Tekočine se hoče v tem primeru zavrteti, zato se njen nivo ob pregradi začne dvigovati in sicer toliko časa, dokler težnost dvignjenega dela ne uravnoteži zunanje Lorentzove sile. tem primeru dobimo stacionarno rešitev za tlak, ki opisuje na eni strani pregrade dvignjen in na drugi spuščen nivo gladine tekočine. 133

134 3.2. KINEMATIKA GIBANJA TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.2 Kinematika gibanja tekočin Eulerjev in Lagrangeov opis gibanja tekočine Lagrangeovem 2 opisu se da položaj vsakega delčka tekočine zapisati kot r(t) = F (r 0, t), kjer nam vektor r 0 predstavlja neko parametrizacijo delčkov tekočine v začetnem času t 0. Ob začetnem času na vsak delček tekočine obesimo zastavico r 0 in gledamo, skozi funkcijo F, kako se giblje. Poglejmo si še nekoliko podrobneje razliko med Eulerjevim in Lagrangeovim opisom. Lagrangeovem opisu je trennutni položaj delca r(r 0, t) = r 0 + t 0 v(r 0, t )dt. (3.20) Hitrost v(r 0, t ) je v tem primeru Lagrangeova hitrost in pove, kako hitro se v danem trenutku giblje del tekočien, ki je bil na začetku gibanja pri r 0. Hitrost gibanja dela tekočine je seveda v tem opisu enaka loklani hitrosti tekočine, torej v(r 0, t) = dr(t) dt kjer je r(t = 0) = r 0. (3.21) Eulerjevem opisu nas ne zanima toliko trenutni položaj dela tekočine, pač pa bolj njeno hitrostno polje v odvisnosti od koordinate v tekočini in časa v(r, t). seeno nam je, kako so delci tekočine prišli na dano mesto v tekočini. Takšen pristop je vsekakor bolj smiselen, saj je lažje eksperimentalno merljiv. Eulerjevem opisu je hitrost podana na nekem položaju ob nekem času kot v(r, t) = v(r(r 0, t), t). (3.22) Od tod sledi, da je trajektorija dela tekočine podana kot v(r(r 0, t), t) = dr(t). (3.23) dt Zgornja enačba gibanja je bolj zapletena od prejšnje, saj tudi leva stran enačbe vsebuje trenutno koordinato tekočine. Kljub temu, da je Eulerjevo enačbo gibanja težje rešiti, pa je lažje meriti Eulerjeve hitrosti kot Lagrangeove. Za Eulerjeve hitrosti potrebujemo zgolj meritev loklane hitrosti na nekem mestu v tekočini ob danem času. Za meritev Lagrangeove hitrosti pa potrebujemo sledilo (tracer), katerega hitrost v danem času predstavlja Lagrangeovo hitrost Eulerjev in Lagrangeov pospešek Na pospešek tekočine lahko gledamo na dva možna načina. Lahko se vprašamo: kako se spreminja hitrost v določeni točki tekočine? ali pa: kako se spreminja hitrost določenega delčka tekočine? prvem primeru govorimo o Eulerjevem opisu in v drugem o Lagrangeovem opisu, ki ga seveda že poznamo iz elastomehanike. 2 Nomenklatura je tu precej nezvesta zgodovini. Lagrangeovo metodo je odkril Euler, spoznal njene težave in jo zavrgel. Lagrange jo je kasneje le uspel s pridom uporabiti na nekaterih primerih. Dovolj, da je dobila ime po njem. Sicer pa je vseeno, tako eden in drugi bi si ime zaslužila! 134

135 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.2. KINEMATIKA GIBANJA TEKOČIN Lagrangeovem opisu je hitrost nekega delčka tekočine z zastavico r 0 kar v(t) = ( ) r t r 0 oziroma njegov pospešek lahko zapišmo kot ( ) v v(t) =. (3.24) t r 0 Torej preprosto in nazorno, kot pri elastomehaniki. Indeks r 0 pomeni, da moramo pri odvajanju gledati določen delček in njegove zastavice ne smemo menjati! Lagrangeova metoda zgleda precej preprosta, ampak je v večini primerov preveč zapletena, da bi jo uporabili. Eulerjevem opisu je celotna sprememba hitrosti sestavljena iz dveh delov. Hitrost se spremeni najprej zato, ker je hitrostno polje časovno odvisno in se zato hitrost delčka tekočine spreminja s časom. Spreminja pa se tudi zato, ker se delček tekočine v času dt prestavi s položaja r v položaj dr = v(r, t)dt (do najnižjega reda). Zato lahko zapišemo Dv = v(r + v(r, t)dt, t + dt) v(r, t). (3.25) Diferencial hitrosti smo tu označili z D, da ga ločimo od Lagrangeovega. Za majhne čase od tod dobimo Dv(r, t) v(r, t) = + (v(r, t) )v(r, t), (3.26) Dt t in temu odvodu ponavadi pravimo tudi snovni ali substancialni odvod. Drugemu členu v zgornji enačbi pravimo tudi konvekcijski člen Eulerjeva identiteta Sedaj, ko znamo ločevati med r 0 = (x 0, y 0, z 0 ) in r(t) = (x, y, z) koordinatami si poglejmo, kaj se dogaja z Jacobijevo determinanto za prehod iz enih koordinat v druge. Ta nam bo namreč povedala, kaj se dogaja z volumnom tekočine pri gibanju. elja J = det x i = J(r 0, t) = det x 0i x x 0 x y 0 x z 0 y x 0 y y 0 y z 0 z x 0 z y 0 z z 0 Poglejmo si, kaj dobimo za J t. Determinanto lahko najprej zapišemo kot 1 6 ɛ x i x j x k mnpɛ ijk. x 0m x 0n x 0p. (3.27) Če sedaj to odvajamo po času, dobimo vsoto treh členov. vsakem od njih nastopa odvod tipa x l = ẋ ( ) l r = ẋ l. (3.28) t x 0r x 0r x 0r Glede na definicijo substancialnega odvoda seveda velja ṙ = Dr Dt. Če sedaj zapišem odvod Jacobiana eksplicitno dobim determinanto tele vrste DJ Dt = det v x x x x 0 v x x x x 0 v x x x x 0 + vx y + vx y + vx y y x 0 y x 0 y x 0 + vx z + vx z + vx z z x 0 z x 0 z x 0 y x 0 y y 0 y z 0 z x 0 z y 0 z z 0 + det (...) + det (...). (3.29) drugem členu nastopa podobna determinanta kot v prvem, le da razpišemo srednji stolpec za komponento hitrosti v y in v zadnjem členu isto, le da razpišemo tretji stolpec za komponento 135

136 3.2. KINEMATIKA GIBANJA TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA hitrosti v z. Determinanta prvega člena se sedaj razcepi na vsoto treh determinant. Prva daje v x x J, drugi dve pa sta nič saj vsebujeta po dva identična stolpca. Tako na koncu dobim Eulerjevo identiteto DJ = J ( v), (3.30) Dt ki jo bomo s pridom uporabili pri nadaljnjih izpeljavah. spreminja volumen tekočine, ko le-ta teče Kontinuitetna enača za maso tekočine Zgornja enačba nam pove, kako se Poznamo tudi dejstvo, da se masa tekočine, ki jo spremljamo pri gibanju ohranja. Maso nekega dela tekočine (t) zapišemo kot M = ρd. Ker se potujoča masa ne sme spreminjati mora (t) veljati D ρ(r, t)d = 0. Dt (t) Upoštevali smo substancialni odvod, saj zasledujemo maso v danem volumni med gibanjem. Pri tem se oblika volumna lahko spreminja in je odvisna od časa. Zgornji odvod bo najlažje izračunati, če ga pretransformiramo s pomočjo Jacobiana v začetni volumen 0 : D ρ(r, t)d = D ρ(r 0, t)j(r 0, t)d 0 = Dt (t) Dt 0 0 ( Dρ Dt J + ρdj Dt ) d 0. (3.31) Sedaj pretransformiram ta integral nazaj v Eulerjeve koordinate, upoštevam Eulerjevo identiteto in dobim ( ) D ρ + ρ( v) d = 0. (3.32) Dt (t) Sedaj ražpišem še substancialni odvod gostote in dobim ρ + (ρv) = 0, (3.33) t kar je ravno kontinuitetna enačba za gostoto. Pravi, da se gostota lokalno lahko spreminja le, če v tisti del prostora teče ali iz njega izteka masni to j = ρv! primeru, da je tekočina nestisljiva: ρ t = 0, mora biti tok tekočine brez izvorov v = Reynoldsov transportni teorem Pri izpeljavah si bomo veliko pomagali z neko posplošitvijo kontinuitetne enačbe, ki j oimenujemo Reynoldsov transportni teorem. Zanima nas, kaj je D Dt ρ(r, t)f (r, t)d, kjer je F (r, t) neka (t) poljubna funkcija gibanja tekočine. Postopamo podobno kot pri izpeljavi kontinuitetne enačbe za gostoto, torej gremo iz Eulerjevih koordinat v začetne koordinate, odvajamo tam, in gremo nato nazaj v Eulerjeve koordinate. Takole: ( D D ρ(r, t)f (r, t)d = Dt (t) 0 Dt ρf J + ρ D Dt F J + ρf D ) Dt J d 0 = ( = ρ DF Dt + F D ) ρ + F ρ( v) d. (3.34) Dt (t) 136

137 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.2. KINEMATIKA GIBANJA TEKOČIN Upoštevamo kontinuitetno enačbo za gostoto pa dobimo Reynoldsov teorem v obliki D DF (r, t) ρ(r, t)f (r, t)d = ρ(r, t) d, (3.35) Dt Dt (t) ki velja za poljubno funkcijo F (r, t) prostorskih koordinat in časa Tokovnice in vrtinčnice Tokovnica je vsaka časovno odvisna krivulja v naravni parametrizaciji, za katero velja, da njena smer sovpada s smerjo hitrosti v dani točki eljajo torej enačbe oziroma v preglednejši obliki ṙ(l, t) = ẋ = dx dl = v x v dr(l, t) dl = v(r, t) v(r, t), ẏ = dy dl = v y v v = v(r, t). ż = dz dl = v z v, dx = dy = dz. (3.36) v x v y v z Če je tok stacionaren, torej če hitrost ni funkcija časa v(r, t) = v(r), potem dobimo za tokovnice enačbo ṙ(l) = v(r) v(r). (3.37) tem primeru očitno poti delcev, ki jih dobimo iz hitrostnega polja s pomočjo enacbe dr dt = v(r) sovpadajo s tokovnicami r(l), saj je naravni parameter sorazmeren kar času! Takšnemu toku pravimo tudi laminaren tok. Za vrtinˇcnico pa velja, da njena smer sovpada s smerjo rotorja hitrosti v dani točki Če sedaj vpeljemo vrtinčnost kot ṙ(l, t) = dr(l, t) dl potem seveda lahko v popolni analogiji s tokovnico zapišemo oziroma ẋ = dx dl = ω x ω = v(r, t) v(r, t). (3.38) ω = v (3.39) ẏ = dy dl = ω y ω In zopet če je tok stacionaren dobimo za vrtinčnice enačbo ż = dz dl = ω z ω, dx = dy = dz. (3.40) ω x ω y ω z ṙ(l) = ω(r) ω(r). (3.41) Interpretacija te enačbe je nekoliko bolj zapletena kot pri tokovnici. Razmilsi! 137

138 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.3 Hidrodinamika idealnih tekočin Eulerjeva enačba Oglejmo si najprej obnašanje idealne, neviskozne tekočine. Iz Cauchyjeve enačbe in Pascalovega zakona ob prisotnostiu zunanjih sil neposredno sledi ( ) v ρ + (v )v = p + ρf. (3.42) t Gornja enačba nosi ime po Leonhardu Eulerju. Da bi dobili hitrostno polje moramo poleg zgornje enačbe upoštevati še kontinuitetno enačbo v obliki in pa enačbo stanja ρ + (ρv) = 0, (3.43) t p = p(ρ). (3.44) splošnem poleg zgornjih treh enačb potrebujemo še robni pogoj za hitrost. Tega dobimo v primeru idealne tekočine s sledečim razmislekom: na robi tekočine ne more biti nobenega masnega toka preko tega roba. Masni tok je iz kontinuiteten enačbe enak ρv. Njegova pravokotna komponenta mora potemtakem biti ρ v n = ρ v n ( ) = 0 oziroma v n ( ) = 0. (3.45) na robu je torej vrednost normalne hitrosti nič. Če pa se rob tekočine giblje, potem je ustrezen robni pogoj, da je v n ( ) = (ṙ( ) n), (3.46) kjer je ṙ( ) n normalna komponenta hitrosti na robu. Za nestislkjivo tekočino dobimo En če v = 0 integriramo po volumnu tekočine in upoštevamo izrek Gaussa - Ostrogradskega. Skušajmo sedaj iz Eulerjeve enačbe eliminirati tlak, tako da bi dobili zgolj enačbo za hitrost. Delujmo na enačbo En z divergenco: ( v t ) + (v )v = ( ) p + f (z). (3.47) ρ Če se sedaj omejimo na nestisljive tekoˇcine, za katere je ρ = const. in pa v = 0, dobimo za tlak enačbo f (z) ρ ((v )v) = 2 p. (3.48) Kar pomeni: če imamo dano polje hitrosti in pa potencial zunanje sile, lahko iz zgornje enačbe izračunamo tlak. Iz Eulerjeve enačbe lahko potemtakem skozi En eliminiramo tlak, in dobimo enačno, ki vsebuje izključno hitrost in zunanje sile Zgodovina Eulerjeve enačbe Euler jo je v njeni statični limiti najporej izpeljal v delu Principes généraux de l etat déquilibre des fluides leta Izpeljal je torej identiteto p = ρf. (3.49) Podobno je že pred njim razmišljal Clairaut, katerega delo je Euler posplošil. popolni obliki, ki torej velja tudi v primeru nestatičnega ravnovesja, je Euler izpeljal svojo enačbo v delu. Nad svojim odkritjem osnoven enačbe, oziroma Newtonovega zakona, za gibanje idealnih tekočin, je bil zelo navdušen. Takole ga je opisal 138

139 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN Če nam ne bo uspelo popolnoma razumeti gibanje tekočin to nr smemo pripisati mehaniki in neustreznemu razumevanju njenih načel, pač pa dejstvu, da nas je pustila na cedilu analiza sama... 3 Euler je slutil, da zgolj z analitičnimi prijemi ne bo mogoče rešiti njegove nelinearne enačbe gibanja idealnih tekočin. Usklajen analitično-eksperimentalni pristop je vse od postavitve osnovne enačbe gibaja idealnih tekočin omogočal napredek v razumevanju hidrodinamike. Ni torej presenetljivo, da se je Euler tudi intenzivno ukvarjal z vodno tehniko, predvsem s konstrukcijo turbin, in na ta način sam pri sebi do največje mere prakticiral analitično-eksperimentalni pristop Helmholtzeva enačba za vrtinčnost Poskušajmo nekaj izvedeti o vsebinieulerjeve enačbe in nekaterih njenih posledicah. bomo predpostavili, da so zunanje sile konzervativne in je torej Najprej Eulerjeve enačba se potem glasi: ( v ρ t f = φ. ) + (v )v = p ρ φ. (3.50) Delujmo na enačbo 3.50 z rotorjem in označimo vrtinˇcnost z ω = v. Najprej pa zapišimo diferencial specifične entalpije, to je entalpije na enoto mase, v obliki dh = T ds + dp ρ. (3.51) Kadar je tok izentropen (adiabaten), kar je običjano res, je ds = 0. Tedaj je dh = 1 ρdp, od koder sledi odvisnost med gradientom tlaka in gradientom specifične entalpije, h = 1 p. (3.52) ρ Upoštevajmo to ugotovitev in pa dejstvo, da je rotor gradienta nič, pa na koncu dobimo ( ) ω (v ω) = 0, (3.53) t kjer smo upoštevali še tole identiteto (preveri predznake!) 1 2 v2 = v ( v) + (v )v. Sedaj upoštevajmo še tole precej neprijetno vektorsko identiteto (F G) = (G )F (F )G + F( G) G( F). Z upoštevanjem te identitete, s pomočjo katere lahko razpišemo člen (v ω), končno ostanemo z ω t + (v )ω + ω( v) = Dω Dt + ω( v) = (ω )v. (3.54) 3 Continuation des recherches sur la théorie du mouvement des fluides, Mémoires de l Académie de Berlin,

140 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA K tej enačbi moramo pristaviti še kontinuitetno enačbo za gostoto, torej Če sedaj spečamo zgornji dve enačbi ostanemo z Dρ + ρ( v) = 0. (3.55) Dt Dω Dt ω Dρ ρ Dt = ρ D Dt ( ) ω = (ω )v. (3.56) ρ Tej enačbi pravimo tudi Helmholtzeva enaˇcba za vrtinčnost. Ta enačba je v splošnem še vedno prezapletena, da bi nas razsvetlila. Poglejmo si raje kakšen zelo pomenljiv limitni primer. Za začetek se omejimo na nestisljive tekočine in pa tekočine, ki tečejo v zelo tanki plasti, tako da lahko njihov tok obravnavamo kot dvodimenzionalen (o tem še več kasneje). Ob teh predpostavkah (pokaži!) lahko izpeljemo bolj pohlevno verzijo zgornje enačbe Dω Dt = ( ω t ) + (v )ω = 0, (3.57) ki se dogaja v dvodimenzionalnem prostoru! Interpretacija te enačbe je precej nazorna pomeni namreč, da se vrtinčnost, ko se giblje skupaj s tekočino (substancialni odvod!) ohranja. To pa ne velja le v dveh dimenzijah, o čemer priča Kelvinov teorem Deformacija vrtinčnih niti Predpostavimo, da je vrtinčnost v nestisljivi tekočini skoncentrirana v tanki niti, ki naj ima smer vektorja e z, torej ω = ωe z. (3.58) Iz Hemholtzove enačbe za nestisljivo tekočino potemtakem dobimo Razdelimo med vektorske komponente Dω Dt Dω Dt = Dω Dt e z + De z Dt ω = ω v ze z z = (ω )v. (3.59) + ω v e, (3.60) z kjer smo z e označili smerni vektor pravokoten na vrtinčnico. Predpostavimo sedaj najprej, da je vrtinčnica vedno v vertikalni smeri in je torej e z neodvisen od časa. Od tod sledi Dω Dt = ω v z z. (3.61) Prva pomeni, da se vrtinčnica podaljšuje, oziroma njena vrtinčnost se povečuje, če ima lokalna hitrost gradient v smeri vrtinčnice. Če pa imamo hitrost zgolj v pravokotni smeri, ki pa se spreminja v vertikalni smeri, potem je De z Dt = v z e. (3.62) Ta enačba pa pravi, da se spremeni smer vrtinčnice, če ima hitrost gradient pravokotno nanjo. Pomembni posledici Helmholtzove enačbe. Posledica prve enačbe se čuti pri rasti tornadov v hitrostnem gradientu. Ker se topel zrak dviga, imamo gradient hitrosti v smeri vrtinčne cevi 0, zato se velikost vrtinčnosti povečuje. Če imamo hkrati tudi gradient v pravokotni komponenti hitrosti v z e 0, se vrtinčna cev deformira, kot prikazuje slika. 140 v z z

141 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN Slika 3.2: Tornado kot velika vrtinčna cev, katere vrtinčnost raste zaradi vertikalnih termalnih hitrostnih gradaientov in katere smer se spreminja kot posledica prečnih gradientov hitrosti Kelvinov teorem o ohranjevanju cirkulacije Naj bo naša tekočina idealna. Definirajmo cirkulacijo takole: Γ = v dr, (3.63) C(t) kjer je C(t) poljubna zanka, ki se giblje skupaj s tekočino. Poskusimo odgovoriti, kako se obnaša časovni odvod cirkulacije! Zanko C(t) parametriziramo z naravnim parametrom takole: Torej je substancialni odvod cirkulacije: DΓ Dt = D Dt C(t) : r(s, t), s [0, 1], r(0, t) = r(1, t). (3.64) 1 0 v r s ds = To prevedemo nazaj na krivuljni integral: DΓ Dv 1 = Dt C(t) Dt dr + v 0 s Dv = Dt dr C(t) ( Dv r Dt s ds + v D Dt ( ) Dr Dv ds = Dt C(t) Dt dr + ( ) ) r ds. (3.65) s 1 0 v v s ds s v2 ds. (3.66) Integral na desni je enak 0, saj je s = 0 in s = 1 ista točka. Ostane nam: DΓ Dt = Dv Dt dr = p dr. (3.67) ρ C(t) 141 C(t)

142 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Ker zopet velja h = 1 p, (3.68) ρ potemtakem dobimo Γ(t) = v dl = ( v) ds = (ω) ds = const. (3.69) C(t) to pomeni, da se v irotacionalni tekočini, ki v začetku ni imela vrtinčnosti v(r, t = 0) = 0 ta lastnost ohrani tudi za vse kasnejše čase. Takšnemu toku pravimo tudi potencialni tok, saj zanj velja v = φ, kjer je φ hitrostni potencial. Če je tekočina brezvrtinčna, bo taka ostala za vedno, če pa vsebuje vrtince, se bodo ohranili. Kelvinov teorem je torej teorem o ohranjevanju vrtinˇcnosti Helmholtzov teorem o vrtinčnosti zemimo najprej neko vrtinčnico, za katero vemo, da velja po definiciji Od tod kot že vemo, dobimo ṙ(l, t) = dr(l, t) dl = ω ω. dx ω x = dy ω y = dz ω z = ɛ ρ. (3.70) Tu smo poljubno konstanto označili z ɛ ρ. Za dve blizžnji točki na vrtinčnici potemtakem glede na zgornje velja, da je razdalja med njima dr T (t) = (dx, dy, dz) = ɛ ω. (3.71) ρ Z indeksom T smo povdarili, da je to razdalja med dvema sosednjima, fizičnima točkama tekočine ob nekem začetnem času t. času t + dt je razdalja med tema dvema točkama dr T (t + dt) = dr T (t) + (v(r + dr) v(r)) dt = = ɛ ω ( ( ω ω ρ + (dr T ) vdt = ɛ ρ + ρ ) ) vdt. (3.72) Sedaj pa si poglejmo še spremembe razdalje med dvema bližnjima točkama na vrtinčnici, ne glede na to, ketermu fizičnemu delu tekočine ustrezata. Za vrtinčnico velja dr (t + dt) = dr (t) + dṙ dt = = ɛ ρ ω + D ( ) ( ( ) ) ɛ ω ω Dt ρ ω dt = ɛ ρ + ρ vdt. (3.73) zgornji enačbi smo upoštevali prvič, da se obe točki peljeta s tekočino in drugič, da velja Helmholtzevo enačbno za vrtinčnost En ( ) ( ) D ω ω = Dt ρ ρ v. (3.74) Potemtakem lahko na koncu povzamemo, da je dr (t + dt) = dr T (t + dt). (3.75) 142

143 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN To pomeni, da se del vrtinčnice po času t+dt premakne ravno za toliko kot del tekočine, s katerim sovpada na začetku gibanja pri času t. rtinčnica je torej sestavljena vedno iz istih elementov tekočine in se giblje skupaj z njo. To je striktno res le za idealno tekočino. iskoznost razklopi vrtinčnico od tekočine. Najbolj slikovita ilustracija Helmholtzovega teorema pa so dimni obroˇcki, slika 3.3. Oba, Kelvin in Helmholtz, sta se z njimi zelo rada igrala. Helmholtz je pri opazil skakajoče obročke: dva obročka, ki se gibljeta v isti smeri na isti osi, se privlačita. Ko se dovolj približata se zadnji oži sprednji pa širi. Nato zadnji skoči skozi sprednjega in se napihne. idealni tekočini bi se to skakanje ponavljalo neskončnokrat. Če pošljemo dva obročka enega proti drugemu pravokotno Slika 3.3: Dimni oborček in trk dveh obročkov. Slika prirejena po J. Taftu. na njunu osi (eden naj bo rdeč drugi pa črn), se najprej združita in nato razcepita v smeri pravokotno na prvotno smer približevanja, slika 3.3. Nova obročka sta pol rdeče in pol črne barve. Kelvin je bil z dinamiko obročkov tako navdušen, da je 40 let pred Bohrom postavil vrtinčni model atoma, glej nižje Integrali Eulerjevih enačb - Bernoullijeve enačbe Začnimo z Eulerjevo enačbo za konzervativne sile v obliki kjer je h entalpija na enoto mase v t + (v )v = (h + Φ), (3.76) h = p 0 dp ρ(p). (3.77) Tu smo upoštevali, da je tlak zgolj funkcija gostote tekočine, ρ = ρ(p). Sedaj upoštevajmo zvezo 1 2 v2 = (v )v + v ( v) (3.78) 143

144 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA pa dobimo kjer smo definirali v t v ( v) = ( 1 2 v2 + h + Φ ) = H, (3.79) H = Φ v2 + p 0 dp ρ(p) (3.80) kot celotno specifično energijo, torej vsoto kinetične, potencialne in tlačne energije tekočine. Enačba En je torej Eulerjeva enačba v primeru konzervativnih sil in če je tlak zgolj funkcija gostote. Ta enačba ima različne prve integral v različnih primerih. Brezvrtinˇcno gibanje tekoˇcine tem primeru seveda velja Potemtakem obstaja hitrostni potencial v = 0. (3.81) v = φ. (3.82) tem primeru lahko En zapišemo kot ( H φ ) = 0. (3.83) t Količina v oklepaju je lahko torej agolj funkcija časa. Torej mora v tem primeru veljati Φ v2 + p 0 dp ρ(p) φ t = f(t). (3.84) To je torej prvi integral Eulerjeve enačbe, če je gibanje tekočine brezvrtinčno, zunanje sile so konzervativne in tlak je zgolj funkcija gostote. Stacionarno gibanje tekoˇcine Poleg pogojev že upoštevanih v zgornjem podpoglavju minus vrtinčnost, mora veljati še v t Enačba En se v tem primeru poenostavi v = 0. (3.85) v ( v) = ( 1 2 v2 + h + Φ ) = H, (3.86) Če pomnožimo zgornjo enačbo skalarno z v in upoštevamo smer vektorskega produkta, potem dobimo v H = 0. (3.87) Torej je gradient H pravokoten na hitrost. Glede na definicijo tokovnice r(s), nam torej zgornja enačba daje ṙ H = H = 0, (3.88) s kjer je ds element loňe razdalje na tokovnici. Torej mora biti H konstanta na vsaki tokovnici. Seveda je to lahko druga konstanta za vsako tokovnico posebej Φ v2 + p dp ρ(p) = const. (3.89)

145 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN To je torej prvi integral Eulerjeve enačbe, če je gibanje tekočine brezvrtinčno, stacionarno, zunanje sile so konzervativne in tlak je zgolj funkcija gostote. Pomnožimo sedaj En z v in predpostavimo, da je gibanje tekočine lahko tudi vrtinčno. Zopet upoštevamo smer vektorskega produkta pa ostanemo na koncu z enačbo ( v) H = 0. (3.90) Torej je gradient H pravokoten na vrtinčnost. Glede na definicijo vrtinčnice r(s) lahko zgornjo enačbo zapišemo kot ṙ H = H = 0, (3.91) s kjer je ds element loňe razdalje na vrtinčnici. Torej mora biti H konstanta na vsaki vrtinčnici. Seveda je to lahko druga konstanta za vsako vrtinčnici posebej Φ v2 + p 0 dp ρ(p) = const. (3.92) To je torej še en prvi integral Eulerjeve enačbe, če je gibanje tekočine stacionarno, zunanje sile so konzervativne in tlak je zgolj funkcija gostote. Ker je H konstanta na vsaki tokovnici in na vsaki vrtinčnici pravimo tudi, da mora biti konstanta na vsaki Lambovi povrˇsini, ki zaobsega vrtinčnico in tokovnico hkrati. Brezvrtinˇcno, stacionarno gibanje tekoˇcine tem primeru se enačba En poenostavi v To seveda pomeni, da mora biti Φ v2 + p 0 H = const. (3.93) dp ρ(p) = const. (3.94) absolutna konstanta za vso tekočino in ne le na vrtinčnici ali tokovnici. Zgornjo enačbi imenujemo tudi Bernoullijeva enaˇcba,če je gibanje tekočine brezvrtinčno, stacionarno, zunanje sile so konzervativne in tlak je zgolj funkcija gostote. Bernoullijeva enačba ustreza običajnemu energijskemu zakonu za gibanje teles, le da imamo v tekočini očitno poleg kinetične in potencialne energije še tlačno energijo, oziroma entalpijo. Isti prvi integral Eulerjevih enačb bi dobili tudi, če bi bilo gibanje stacionarno in če bi bile vrtinčnice in tokovnice vzporedne, torej če je v ( v) = 0. (3.95) Tudi v tem primeru Bernoullijeva enačba predstavlja prvi integral Eulerjevih enačb Ohranjevanje gibalne količine - kontrolni volumen Po definiciji lahko gibalno količino tekočine zapišemo kot G = ρv d 3 r oziroma G i = ρv i d 3 r. (3.96) Predpostavimo sedaj, da je integracijski volumen stacionaren in se torej ne giblje skupaj s tekočino. Takšnemu volumnu pravimo tudi kontrolni volumen. Časovni odvod gibalne tekočine v kontrolnem volumnu je potemtakem ( G i ρ = t t v i + ρ v ) i d 3 r, (3.97) t 145

146 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA kjer smo upoštevali, da je volumen stacionaren in zato odvod po času ni substancialen. Ko upoštevamo Eulerjevo in kontinuitetno enačbo, ki se v komponentnem zapisu glasita ( ( ) ) vi ρ t + v k v i = p + ρf (z) i x k x i ρ t + (ρv k ) = 0 (3.98) x k dobimo G i t = to pa razvijemo še naprej v ρv i d 3 r = t ( ( (ρv k ) v i ρv k x k x k ) v i p ) + ρf (z) i d 3 r (3.99) x i ( ρv i t d3 r = ρf (z) i d 3 r + ρv kv i p ) d 3 r (3.100) x k x i če sedaj uvedemo tenzor gostote toka gibalne koliˇcine na sledč način p ik = pδ ik + ρv i v k (3.101) in upoštevamo teorem Gaussa - Ostrogradskega za tenzor p ik, potem lahko zapišemo En kot G i = p ik n k d 2 r + ρf (z) i d 3 r. (3.102) t Zgornja enačba trdi, da se gibalna količina v kontrolnem volumnu spreminja zato, ker jo generirako zunanje sile (drugi člen na desni strani), in pa zato, ker v kontrolni volumen preko njegovega roba priteka tok gostote gibalne količine, ki je enak p ik n k. Iz zgornje izpeljave lahko Eulerjevo enačbo v kontrolnem volumnu zapišemo tudi kot ρv i t + p ik x k = ρf (z) i. (3.103) Ta zapis je še posebej imeniten in ustrezen recimo v astrofiziki, kadar hočemo hidrodinamiko zapisati v štiridimenzionalni obliki. Zgornja oblika Eulerjeve enačbe se imenuje tudi Reynoldsova enaˇcba. Če nimamo zunanjih sil od tod sledi kontinuitetna enačba za gibalno količino ρv i t + p ik x k = 0. (3.104) kontinuitetni enačbi vsebuje člen z divergenco toka vedno tenzor enega reda višji od člena s časovnim odvodom. sota časovnega odvoda gostote gibalne količine in diivergence tenzorja gostote toka gibalne količiune je torej nič Ohranjevanje gibalne količine - sogibajoč volumen sogibajočem se volumnu sledimo z mejo integracije v definicij gibalne količine gibanju snovi, in z upoštevanjem Reynoldsovega transportnega teorema tako dobimo DG i = ρ Dv i Dt Dt d3 r. (3.105) Upoštevajmo sedaj še Eulerjevo enačbo in Gaussov izrek, pa imamo DG i = pn i d 2 r + ρf (z) i d 3 r. (3.106) Dt 146

147 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN Razlika med to enačbo in En je, da je v slednjem primeru gostota toka gibalne količine preko roba sogibajočega volumna enaka kar pn. sogibajočem se volumnu namreč v gostoti toka gibalne količine ne nastopa advekcijski oziroma Reynoldsov del ρv i (v k n k ). To je seveda smiselno, saj sogibajoči se volumen potuje skupaj s tekočino Ohranjevanje energije - kontrolni volumen Poglejmo si najprej kako je z ohranjevanjem energije v kontrolnme volumnu tekočine. Spomnimo se najprej Eulerjeve in kontinuitetne enačbe. Predpostavimo tudi, da so zunanje sile konzervativne in da torej velja f (z) = Φ. (3.107) Torej lahko zapišemo t 1 2 ρv2 d 3 r = ( 1 2 v2 (ρv) ρv(v )v v p ρv Φ ) d 3 r. (3.108) Sedaj upoštevamo tole vektorsko identiteto, in sicer ( 1 2 ρv2 v) = 1 2 v2 (ρv) + ρv(v )v (3.109) in pa še podobno dekompozicijo izrazov za (pv) in (ρvφ). Tako dobimo ( 1 t 2 ρv2 d 3 r = ( 1 2 ρv2 v + p+ρvφ ) + p( v) ρ ) t Φ d 3 r. (3.110) Sedaj predpostavimo, kar je seveda zelo smiselno za običajne primere, da Φ ni eksplicitna funckija časa, torej da je Φ t = 0. Zgornjo enačbo lahko tako prepišemo v obliko ( 1 t 2 ρv2 + ρφ ) ( d 3 ( r ρv2 v + pv + ρvφ ) p( v) ) d 3 r = 0. (3.111) Ker je v ravno hitrost spreminjanja relativnega volumna, lahko zapišemo p p( v) d 3 ρ r = ρ t d3 r = ( ρ ) pdρ d 3 r. (3.112) t ρ To sedaj upoštevamo v enačbi En , pa dobimo končno ( ρ ) 1 pdρ t 2 ρv2 + ρφ + d 3 r + ( 1 ρ 2 ρv2 v + pv + ρvφ ) d 3 r = 0. (3.113) To lahko zapišemo tudi kot oziroma še drugače t t 0 ( 1 2 ρv2 + ρφ + ( 1 2 ρv2 + ρφ + ρ 0 ρ 0 ) pdρ ρ 0 ) pdρ + ( 1 ρ 2 ρv2 v + pv + ρvφ ) = 0, (3.114) d 3 r = (v n) ( 1 2 ρv2 + p + ρφ ) d 2 r. (3.115) Zgornji enačbi lahko interpretiramo kot kontinuitetno enačbo za gostoto energije ɛ = 1 2 ρv2 + ρφ ρ 0 pdρ ρ (3.116)

148 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA in pa gostoto energijskega toka j ɛ = v ( 1 2 ρv2 + p + ρφ ). (3.117) zadnjem členu izraza za gostoto energije prepoznamo ravno gostoto dela stiskanja tekočine: 0 pd. Gostota energije tekočine je torej sestavljena iz vsote gostote kinetične energije, gostote potencialne energije in pa gostote dela stiskanja tekočine. Podobno je izraz za gostoto energijskega toka tekočine sestavljen iz vsote toka kinetične energije, potencialne energije in tlaka Ohranjevanje energije - sogibajoč volumen Začnimo z Eulerjevo enačno v obliki Skalarno pomnožimo to enačbo z v in dobimo D 1 Dt 2 v2 = v p ρ Dv Dt = p ρ + f (z). (3.118) + v f (z) = v p ρ v Φ, (3.119) kjer smo upoštevali, da so zunanje sile po predpostavki konzervativne. Če nadalje smiselno predpostavimo, da potencialna energija na enoto mase ni eksplicitna funkcija časa, potem lahko izpeljemo DΦ Dt = Φ + (v )Φ = (v )Φ. (3.120) t Tako da lahko enačbo En zapišemo kot oziroma kot ρ D Dt D 1 Dt 2 v2 + DΦ Dt ( ) 1 2 v2 + Φ p = v. (3.121) ρ d 3 r = v p d 3 r. (3.122) Sedaj se spomnimo še Reynoldsovega teorema pa lahko potemtakem En zapišemo kot ( ) D 1 ρ Dt 2 v2 + Φ d 3 r = v p d 3 r. (3.123) Sedaj upoštevajmo, da lahko zapišemo (vp) = p( v) + v p pa dobimo na koncu z upoštenjem teorema Gaussa - Ostrogradskega ( ) D 1 ρ Dt 2 v2 + Φ d 3 r p( v) d 3 r = p(v n) d 2 r. (3.124) Srednji člen lahko ob upoštevanju kontinuitetne enačbe Dρ + ρ( v) = 0. (3.125) Dt 148

149 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN zapišemo kot p( v) d 3 r = D Dt ( ) pdρ ρ d 3 r. (3.126) členu na desni strani zgornje enačbe prepoznamo ravno gostoto dela stiskanja tekočine: 0 pd. Tako dobimo namesto En zakon o ohranjevanju energije v sogibajočem se volumnu kot ( D 1 Dt 2 ρv2 + ρφ + ) pdρ ρ d 3 r = p(v n) d 2 r, (3.127) Če je tekočina omejena z vseh strani z mirujočimi mejami, tako da je normalna hitrost na teh mejah enaka nič, potem sledi oziroma, da se ohranja ( D 1 Dt 2 ρv2 + ρφ + ( 1 2 ρv2 + ρφ + ) pdρ ρ ) pdρ ρ d 3 r = 0, (3.128) d 3 r = const. (3.129) vsota celotne kinetične in potencialne energije toka idealne tekočine. Zgornji ohranjevalni zakon za energijo nam definira tudi Hamiltonovo funkcijo za nestisljivo tekočino. Ne pozabimo da se v zgornjem integralu volumen integracije vozi skupaj s tekočino. Če je tekočina nestisljiva, torej če je ρ = const., potem zadnjega člena v oklepaju, dela kot posledice staiskanja tekočine, nimamo Biot - Savartov zakon rtinčne rešitev so zelo pomembna rešitev Eulerjevih enačb gibanja. Dobimo jih tako, da predpostavimo določeno porazdelitev vrtinčnosti v prostoru ω = v = ω(r). (3.130) in od tod izračunamo hitrostno polje. Za začetek delujmo na En z rotorjem ω = ( v) = ( v) 2 v, (3.131) kjer smo upoštevali znano vektorsko identiteto. S pomočjo Helmholtzove dekompozicije lahko sedaj vektor v zapišemo kot vsoto dela, ki je brez izvorov in dela, ki je brez vrtincev. Brezvrtinčni del lahko vržem oskozi okno in ostanemo z ω = 2 v. (3.132) Rešitev tega problema si sposodimo kar iz teorije magnetnega polja 4 v(r) = 4 Glej skripto predavanj iz elektromagnetnega polja. ω(r ) 4π r r d 3 r. (3.133) 149

150 3.3. HIDRODINAMIKA IDEALNIH TEKOČIN POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Sedaj upoštevajmo tole vektorsko identiteto ω(r ) 4π r r = ω(r ) 4π r r + ki jo integriramo po volumnu, pa dobimo v(r) = To smo upoštevali še ω(r ) 4π r r d3 r = ( ) 1 4π r r ω(r ) (3.134) ω(r ) (r r ) 4π r r 3 d 3 r. (3.135) ω(r ) n 4π r r d 2 r 0, (3.136) če je le vrtinčnost prostorsko omejena, kar seveda predpostavimo. Problem hitrostnega polja vrtinčne niti je očitno popolnoma analogen problemu magnetnega polja, če imamo podano gostoto električnega toka. 150

151 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.4. RTINCI 3.4 rtinci Hitrostno polje vrtinčne niti Poglejmo si hitrostno polje okoli ravne vrtinčne niti. Če je vrtinčnost od nič različna le na krivulji C z jakostjo Γ, potem takšno porazdelitev vrtinčnosti imenujemo tudi vrtinˇcna nit. Predpostavimo, da je prostorski krivulja C parametrizirana z enačbo r = r(l). rtinčnost se v tem primeru izrazža kot ω(r) = Γ t(l)δ (r 2 r(l)), (3.137) kjer je δ 2 (r r(l)) delta funkcija v ravnini, pravokotni na tangento t(l) = ṙ(l). Od tod seveda takoj sledi, da je ω(r) d 3 r = Γ t(l)dl = Γdl. (3.138) Biot - Savartova enačba se potemtakem zapiše kot v(r) = Γ dl (r r (l)) 4π r r (l) 3, (3.139) C kjer je dl element loka zanke C, l pa je lok sam. Če najprej razmislimo o smeri hitrosti, ki jo daje Biot - Savartov zakon, potem hitro uvidimo, da ima hitrost lahko zgolj polarno smer v = (0, v φ, 0) in je lahko odvisna zgolj od absolutne razdalje med vrtinčno nitjo in točko v kateri opazujemo hitrost R. Za velikost hitrosti pa dobimo v φ (R) = Γ 4π + dl sin α a 2, (3.140) kjer je a = r r (l) in α je kot med vektorjem r r (l) in dl in je torej sin α = R/a. Ker je a 2 = R 2 + l 2, velja ldl = ada. Od tod sledi v φ (R) = Γ 4π + dl (R 2 + a 2 ) 3/2 = Γ 2πR. (3.141) Če se sedaj spomnimo definicije cirkulacije sledi, da je v dr = v φ (R)2πR = Γ (3.142) Γ je torej ravno Kelvinova cirkulacija. Zgornje hitrostno polje si bomo izposodili, ko bomo natančneje obravnavali vrtince pri dvodimenzionalnem toku idelane tekočine Hidrodinamske interakcije med vrtinčnimi nitmi rtinčna nit torej ustvarja okrog sebe hitrostno polje, ki se obnaša podobno kot coulombsko (elektrostatsko polje) točkastega naboja. obeh primerih imamo namreč odvisnost 1/R, le da v primeru vrtinčne niti v prostoru ta odvisnost velja le v ravnini, ki je pravokotna na vrtinčno nit. Pogljemo si, kas se zgodi, če imamo v prostoru več vrtinčnih niti. Začnimo tole razmišljanje z izrazom za kinetično energijo nestisljive idealne tekočine. Glasi se seveda E = 1 2 ρ v 2 (r) d 3 r. (3.143) ( ) 151

152 3.4. RTINCI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Skušajmo ta izraz zapisati sedaj ne s hitrostnim poljem pač pa z vrtinčnim poljem, kjer seveda kot vemo velja Delujmo na to enačbo z operatorjem pa dobimo, da je ω = v. (3.144) ω = ( v) = 2 v ( v) = 2 v. (3.145) Ker je po predpostavki tekočina nestisljiva, je seveda v = 0. Ostali smo torej s Poissonovo enačbo oblike 2 v = ω. (3.146) Člen an desni strani tako nastopa kot gostota naboja v Poissonovi enačbi in lahko potemtakem rešitev na osnovi analogije z elektrostatiko takoj zapišemo kot v(r) = 1 4π ( ) ω(r ) d 3 r r r. (3.147) Izraz za kinetično energije tekočine, v kateri obstoja zvezno porazdeljeno polje vrtinčnosti, lahko torej zapišemo kot E = 1 8π ρ v(r) ( ω(r ) ) d 3 rd 3 r ( ) ( ) r r. (3.148) S pomočjo vektorskih identitet lahko zgornji integral za neskončno tekočino prevedemo na E = 1 8π ρ ( ) ( ) ω(r) ω(r ) d 3 rd 3 r r r. (3.149) Če za trenutek pozabimo na vektorsko naravo vrtinčnega polja, zgornja enačba izgleda kot elektrostatska energija zvezno porazdeljenih nabojev z gostoto naboja, ki je sorazmerna vrtinčnosti. Privzemimo sedaj še, da je vrtinčnost porazdeljena po prostoru v obliki vrtinčnih niti z jakostjo Γ, torej da je Kinetična energija tekočine se potem izraža očitno kot ω(r) = Γ t(l)δ 2 (r r(l)). (3.150) E = Γ2 8π ρ (L (L) t(l) t(l ) dldl r(l) r(l. (3.151) ) Integral po dolžini (L) gre sedaj preko vseh vrtinčnih niti v prostoru. Seveda moramo pri tem izvzeti divergenten del, ki prihaja iz členov z l = l, saj nas samointerakcije vrtinčnih niti ne zanimajo. Iz zgornjega izarza za kinetično energijo tekočine je razvidno, da vrtinčne niti delujejo med seboj z neke vrste čoulombskimi interakcijami, ki padajo kot razdalja med posameznimi segmenti niti. Zaradi te interakcije, ki za majhne razdalje med segmenti divergira, se dve vrtinčni niti v tekočini nikdar ne moreta prekrižati oziroma presekati, razen če sta pravokotni ena na drugo. To je zelo pomemben rezultat, ki ga bomo na nekoliko drugačen način še enkrat izpeljali posebej za dve dimenziji s pomočjo hamiltonske mehanike sistema dvodimenzionalnih vrtincev. Zaključek je torej, da se vrtinčne niti v idealni tekočini odbijajo kot elektrostatski naboji istega predznaka. Zelo pomemben zaključek, ki nam bo kasneje pomagal razumeti turbulenco. 152

153 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.4. RTINCI Rankinov vrtinec Poglejmo si poseben primer vrtinčnega gibanja, ki ga predstavlja Rankinov vrtinec. Predpostavimo, da ima hitrost le polarno komponento, tako da lahko zapišemo v(r) = (v ρ, v φ (ρ), v z ) = (0, Za takšen hitrostni profil očitno velja Γ 2πρ, 0) kjer je ρ2 = x 2 + y 2. (3.152) v = (0, 0, 1 d ρ dρ (ρv φ)) = 0, (3.153) torej je gibanje tekočine brezvrtinčno. Γ pa očitno predstavlja ravno cirkulacijo hitrosti, saj je Slika 3.4: Nastanek Rankinovega vrtince pri različnih vrednostih cirkulacije Γ. Andersen, Univerza Cornell. Slika Anders v dr = v φ 2πρ = Γ. (3.154) Izračunajmo še ustrezno kinetično energijo Rankinovega vrtinca. Za kinetično energijo na enoto dolžine vrtinca imamo W/L = 1 2 ρ v φ (ρ) 2 2πρdρ = ργ2 log (R/a), (3.155) 4π kjer je R velikost posode z vrtincem in a najmanjši radij vrtinca. Zgornja meja integracije je seveda naravna, saj imamo vrtinčno gibanje vedno v omejenem delu tekočine. Spodnja meja pa je potrebna, saj bi drugače kinetična energija divergirala na majhnih skalah. Da bi se izognili tej divergenci običajno predpostavimo, da ima vrtinec vrtinčno sredico, ki se togo vrti in tok 153

154 3.4. RTINCI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA tekočine v njej ni irotacionalen. Torej naj za ρ a velja, da se celotna sredica giblje s kotno hitrostjo ω = Γ 2πa 2 tako, da je za ρ a v φ (ρ) = ωρ. (3.156) Potemtakem dobimo za celotno kinetično energijo na enoto dolžine W/L = 1 2 ρ R a v φ (ρ) 2 2πρdρ Jω2 = ργ2 4π (log (R/a) ), (3.157) Tu smo upoštevali, da ja vztrajnostni moment valja z višino L in radijem a enak J = ρ π a4 L. Celotne hitrostni profil, z togo sredico in brzvrtinčnim repom sedaj imenujemo Rankinov vrtinec. Ker je gibanje idealno, nestisljivo in brezvrtinčno, velja prvi integral gibanja v obliki Bernoullijeve enačbe p 0 dp ρ(p) v2 + Φ = p ρ v2 + gh(ρ) = p 0 ρ + gh 0. (3.158) Če je daleč stran od sredice vrtinca višina tekočine h 0 in njen tlak p 0, potem dobimo za gladino vrtinca zunaj vrtinčne sredice enačbo h(ρ) = h 0 Γ2 8π 2 gρ 2. (3.159) Površina ima torej hiperboličen profil. Znotraj vrtinčne sredice moramo narediti nekoliko drugačen račun. Tu se tekočina giblje togo. Nanjo delujeta dve sili, sila težnosti in centrifugalna sila. Torej imamo iz hidrostatike (namreč še enkrat, tekočina se tu giblje togo!) Če to enačbo integriramo po z in po ρ, dobimo p = ( p p, 0, ρ z ) = (ρ ω2 ρ, 0, ρ g). (3.160) p(ρ, z) = 1 2 ρω2 ρ 2 ρg(h(ρ) h 1 ). (3.161) Profil površine je v tem primeru paraboličen, saj dobimo iz zgornje enačbe h(ρ) = h ρω2 ρ 2. (3.162) Konstanto h 1 pa bi lahko dobili tako, da bi sestavili obe rečitvi pri ρ = a, kjer se stikata. h 1 nam pove, kakšna je globina Rankinovega vrtinca, torej za koliko se spusti stržen vrtinca. Tipični Rankinov vrtinec prikazuje slika Sl O neki zmotni urbani legendi Mnogo fizikov je prepričanih, da se vrtinec v kopalnici vrti na južni polobli drugače kot na severni. To namišljeno razliko pripisujejo Coriolisovi sili. Resnica je žal drugačna. rtenje vrtinca v kopalni kadi je odvisno zgolj od lokalnih perturbacij, pri nastanku vrtinca in nima z Coriolisovo silo nobene zveze. eliko pomembnejše pri smeri vrtenja vrtinca je vrtinčnost, ki jo dodamo vodi na začetku gibanja (ko recimo stopimo iz banje) in se kasneje še dolgo časa ohranja, kot pa rotacija zemelje okrog osi. 154

155 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.4. RTINCI Slika 3.5: rtinec v banji. Žal vrtenje Zemlje ni preveč pomembno za njegov nastanek rtinčni obroč Iz Helmholtzovega teorema vemo, da se vrtinec giblje s hitrostjo, ki je identična lokalni hitrosti tekočine. To dejstvo ima zelo zanimive posledice, če imamo zaključeno vrtinčno nit, oz. vrtinˇcni obroˇc. Biot - Savartov zakon za vrtnično nit z velikostjo vrtinčnosti Γ, da za hitrost na mestu vrtinčne niti same rezultat v(r = 0) = Γ 4π C dl r(l) r(l) 3. (3.163) Tu smo koordinatni sistem postavili tako, da gledamo hitrost na vrtinčnem obroču v točki r = 0 Sedaj privzemmimo, da vrtinčna nit ni ravna, pač pa ukrivljena v krog z radijem R. tem primeru hitrostno polje vrtinčne niti prispeva k lokalni hitrosti tekočine po celotni vrtinčni niti. Ta efekt je lokaliziran predvsem na neposredno okolico vsake točke vrtinčne niti. Privzemimo, da imamo ukrivljeno vrtinčno nit z lokalnim radijem ukrivljenosti R (glej sliko). Če postavimo koordinatni sistem v O, potem dobimo za velikost diferenciala dl dl = Rdθ. (3.164) Potemtakem lahko izpeljemo za inducirano hitrost celotnega obroča na eni točki tega obroča po v(r = 0) = Γ ( ) 4π dl r(l) Γ θmax C r(l) 3 = 2 2R2 sin2 θ 2 dθ 4π θ min 8R 3 sin 3 θ = Γ θmax dθ 8πR 2 θ min sin θ. (3.165) 2 Samoinducirana hitrost vrtinčne niti torej pojema inverzno z radijem ukrivljenosti. Za ravno vrtinčno nit je torej ni! Največji prispevek k zgornjemu integralu prihaja s spodnje meje in je torej največji v neposredni okolici točke, v kateri gledamo hitrostno polje. Če bi postavili θ min = 0, bi dobili divergenten rezultat. To seveda ne bi bilo pravilno, ker smo pozabili na vrtinčno sredico z radijem a. Za vrtinčno nit s končno veliko sredico bi imeli Tako bi dobili za inducirano hitrost na koncu v(r = 0) = θ min R a. (3.166) Γ 4πR 155 (ln Ra + const. ), (3.167)

156 3.4. RTINCI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Pri gibanju takšnega vr- Slika 3.6: Delfin pri svojem drugem najbolj priljubljenem početju. tinčnega obroča je potrebno upoštevati tudi vzgon. kjer smo prispevek zgornje meje zapisali kot neko aditivno konstanto. Bolj natančen račun, ki ga je prvi napravil Kelvin pa nam daje tole v(r = 0) = Γ ( ln 8R ) 4πR a 1 2. (3.168) rtinčni obroč torej potuje s samoinducirano hitrostjo, katere velikost je podana zgoraj in je močno odvisna od radija vrtinčnega obroča. Ta rezultat je zelo podoben samoinducirani hitrosti Γ dveh obratnih dvodimenzionalnih vrtincev na razdalji d, ki je 2πd. rtinčni obroč, zato ker se pač giblje, nosi s seboj tako gibalno količino kot energijo. To je pomembno za razumevanje leta žuželk! Še enkrat povzemimo: vrtinčni obroč ne potuje zaradi tega, ker ga potisnemo v gibanje (tako kot recimo kroglica na ravni podlagi), pač pa se giblje zaradi samoinducirane hitrosti, ki je odvisna od njegove vrtinčnosti in radija. Posebni mojstri ustvarjanja vrtinčnih obročev so delfini, ki smo jim zelo težko dorasli pri tem zanimivem početju (glej sliko) Kelvinov vrtinčni model atoma Helmholtz je svoja spoznanja o vrtinčnosti objavil leta Nad njegovimi ugotovitvami je bil edinburgški fizik Peter Guthrie Tait tako navdušen, da je o njih pripravil nekaj predavanj. Za demonstracijo lastnosti vrtincev je izumil posebno napravo, s katero je lahko kontrolirano delal dimne obročke 5. S tem je nazorno pokazal, da veljajo sledeče Helmholtzove ugotovitve 5 Gre preprostio za škatlo z majhno luknjico, op kateri nalahko udarimo in tako skozi luknjico spustimo dimni obroček. 156

157 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.4. RTINCI vrtinci se obnašajo kot neodvisni delci pri trku se odbijajo kot elastične trdnine imajo lastna nihanja okrog krožne oblike so neuničljivi Na njegovih predavanjih na to temo je bil slučajno prisoten tudi njegov kolega Sir William Thompson, kasnejši Lord Kelvin. Med Taitovim predavanjem je Kelvin dobil idejo, da bi se morda dalo stabilnost in nedeljivost snovi razložiti s Helmholtzovimi vrtinci v etru, če bi predpostavil, da so ti na nek način analogni atomom. Začenjši leta 1867 je Kelvin začel objavljati vrsto člankov, v katerih je izpeljal lastnosti atomov - vrtincev in skušal na tak način razložiti lastnosti snovi. Po Kelvinu so atomi različno zavozlani vrtinci. ozli morajo biti takšne vrste, da so atomi-vrtinci stabilni. Njegova teorija je zaradi svoje preprostosti in kot se je takrat zdelo tudi smiselnosti, naredila velik vtis tudi na Jamesa Clerka Maxwella. Taitu je med drugim o Kelvinovih vozlih poslal zelo zanimivo pismo, slika Tait sam se je tako globoko pogreznil v Kelvinovo teorijo snovi, da je sestavil neke vrste periodični sistemža vrtinčno snov, kjer so bili različni atomi predstavljeni z različno zavozlanimi vrtinci. Taitov sistem vozlov je še danes pomemben del matematične teorije vozlanja in Tait sam je pravgotovo njen začetnik. Po prihodu kvantne mehanike je seveda Kelvinova teorija zatonila v pozabo, a ne za vedno. zadnjem času se predvsem v fiziki kvantne gravitacije spet omenjajo vozli in njihove lastnosti kot pomemben korak k boljšemu razumevanju kvantizirane gravitacije. Pomembni pa postajajo vrtnici in njihovo vozlanje tudi pri razumevanjeu turbulence. 157

158 3.5. OBTEKANJE IDEALNE TEKOČINE POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.7: Pismo, ki ga je Maxwell leta 1867 poslal Taitu, in ki kaže na to, kako zelo ga je zanimala Kelvinova teorja o vrtinčnih atomih. 3.5 Obtekanje idealne tekočine Potencialni tok nestisljive tekočine Oglejmo si še obnašanje idealnih tekočin, katerih hitrostna polja lahko zapišemo kot v = φ. Takšna potencialna hitrostna polja so seveda tudi brezvrtinčna v = 0 in vemo, da vedno ostanejo takšna. Ker je tekočina nestisljiva, v = 0 od tod sledi, da mora hitrostni potencial zadoščati harmonični enačbi v = 2 φ = 0. (3.169) Robni pogoj, ki ga potrebujemo za rešitev te enačbe je seveda, da je normalna komponenta hitrsoti na robu tekočine enaka nič: φ n = 0. (3.170) 158

159 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.5. OBTEKANJE IDEALNE TEKOC INE Slika 3.8: Nekaj vozlov, ki jih je prvi klasificiral P.G. Tait. Le-ti predstavljajo neke vrste periodic ni sistem za vrtinc ni model atoma. sak vozel po Kelvinu predstavlja eno stabilno stanje vrtincev v etru. naslednjem razdelku si bomo ogledali nekaj posebnih primerov potencialnega toka, katerih potenciali so res itve zgornje enac be. Pred tem oa se spomnimo s e prvega integrala gibalnih enac b za taks ne tokove! elja namrec, da je φ v + h + Φ = f (t). (3.171) t 2 C e pa se pri gibanju tekoc ine s c asom ne spreminjajo zunanji pogoji (npr. zunanji tlak) potem je funkcija na desni strani Bernoullijeve enac be kar konstanta Primeri potencialnega toka Tok s konstantno hitrostjo Ena od res itev Laplaceove enac be je nedvomno φ(r) = a r. Opisuje tok s konstantno hitrostjo, podan kar z v = φ = a. 159 (3.172)

160 3.5. OBTEKANJE IDEALNE TEKOČINE POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Tok ob steni Malo bolj zapletena rešitev je tudi φ(r) = 1 2 (ax2 + by 2 + cz 2 ), (3.173) kjer mora veljati a + b + c = 0. Če vazmemo b = a in c = 2a. Od tod dobimo za tokovnice enačbo (izpeljite jo!) dx : dy : dz = x : y : 2z, kar nam daje za tokovnice v (x, y) ravnini premice, ki gredo skozi izhodišče, v (z, x) ravnini pa hiperbole, ki imajo za asimptote x in z os. Če malo pomeditiramo o tej rešitvi hitro spoznamo, da opisuje tok tekočine v negativni z smeri, ki je pravokoten na steno, ki sovpada z (x, y) ravnino. Pokaži, da je temu res tako! Izvori in ponori Iz elektrostatike vemo, da je tudi potencial φ(r) = b r harmonska funkcija, oziroma rešitev Laplaceove enačbe. odi do toka tekočine zgolj v radialni smeri v r = b r. Če izračunamo masni 2 pretok, ki ga daje takšen tok, dobimo ρ v ds = ρ v r r 2 dω = 4πρb, (3.174) 4π kjer je Ω prostorski kot. Takšen potencial torej daje tok, ki bodisi izvira v izhodišču ali pa vanj izginja, pač v odvisnoti od predznaka b. Tok ob valju s kroˇzno kapico Če izvoru dodamo še konstantno hitrost v smeri x osi, bomo dobili φ(r) = az + b r. (3.175) Hitrost, ki jo od tod dobimo v smereh z in ρ = (x, y), za r 2 = ρ 2 + z 2 je v z = a b z r 3 vρ = b ρ r 3. (3.176) Na os z, kjer je x, y = 0, je hitrost enaka nič v pri z = b a, kjer smo izbrali fizikalno smiselen znak korena. Točki toka, v kateri je hitrost enaka nič pravimo tudi stagnacijska toˇcka toka. Če sedaj izrišemo vse tokovnice, ki ustrezajo gornjemu nastavku za potencial dobimo, da opisuje obtekanje ob polneskončnem valju s krožno kapico (kako to ugotovimo?). Izvor je znotraj tega valja in zgolj skrbi za to, da so zadoščeni robni pogoji na steni valja. Če tokovnico, ki gre skozi stagnacijsko točko zavrtimo okrog x osi, se prostor razdeli na dva dela: zunanji del, v katerega priteka tekočina iz neskončnosti, in notranji del, v katerega priteka tekočina iz izvora. Dale v stran na desno od izvora, ampak znotraj valja, imamo tok tekočine v ds = πd2 a 4, kjer je d premer valja. Ta tok mora seveda priti iz izvora, za katerega že vemo v ds = 4πb. Z drugimi besedami b = d2 a

161 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.5. OBTEKANJE IDEALNE TEKOČINE Tokovni dipol Sedaj, ko vemo kakšen tok povzroča izvor, si poglejmo še kaj dobimo, če imamo blizu skupaj izvor in ponor. tem primeru je potencial φ(r) = b r 1 b r 2, (3.177) kjer smo vzeli izvora premaknjena za t v x smeri: r 1 = (x + t) 2 + y 2 + z 2 in podobno r 2 = (x t)2 + y 2 + z 2. limiti, ko gre razdalja med izvorom in ponorom proti nič, vendar pri tem ostane produkt bt = p konstanten dobimo potencial lim φ(r) = p x p(u r) t 0 r 2 = r r 3, (3.178) kjer smo vzeli za vektor u enotski vektor v smeri x osi. Zgornja analiza in rezultati so popolnoma nalogni dipolnemu potencialu v elektrostatiki. hidrodinamiki takšno konfiguracijo hitrostnega polja imenujemo tokovni dipol. Njegov potencial lahko zapišemo tudi kot p(u r) φ(r) = r 3 = pu 1 r. (3.179) Ta potencial bomo uporabili v naslednjem razdelku Obtekanje krogle Za obtekanje krogle vemo, da je daleč stran hitrostno polje tekočine od kraja neodvisno in enako u, tik ob krogli pa da je normalna komponenta hitrosti enaka 0. Poskusimo najti ustrezen nastavek za φ. neskončnosti mora biti v točki r potencial enak u r, da bo hitrost tam enaka v = u r = u. Ostali členi v potencialu morajo biti zato taki, da padajo proti 0, ko r. Taki členi morajo zapovrh še zadostiti Laplaceovi enačbi. Iz vektorske analize vemo, da so izrazi s tema dvema lastnostma 1 r, A 1 r, in višji prostorski odvodi 1 r, ali pa njihova poljubna kombinacija. išje člene (tiste, ki jih prinesejo višji odvodi) pa bomo v našem primeru odmislili, saj nam bo zadoščal že gradientni člen. Uvidimo, da člen 1 r ne more nastopati v potencialu. Takemu členu namreč ustreza ponor tekočine v krogli. To pa ne more biti, saj je tekočina nestisljiva! Zato tega člena ni. Kolikšen pa je vektor A v gradientnem členu. Naš problem ima cilindrično simetrijo, os katere kaže v smeri u. Zato mora A tudi kazati v to smer kam pa bi drugam? S tem je naš nastavek tak: φ(r) = u r + au 1 r = u r au r r 3 (3.180) tem potencialu spoznamo kar vsoto konstantnega toka in tokovnega dipola. Tokovnice v takšnem toku prikazuje slika??. Seveda so fizikalne le tokovnice zunaj krogle, tiste znotraj pa predstavljajo nefizikalen del rešitve in so tam le zato, da je izpoljnjen robni pogoj na zunanji površini krogle! Takšnemu hitrostnemu potencialu ustreza hitrostno polje v(r) = φ = u + 3a(u r) r r 5 a u r 3 (3.181) Zadostimo robnemu pogoju, da bo normalna komponenta hitrosti na površini krogle enaka 0. ta namen si ogledamo projekcijo hitrosti na normalo r r, kar dobimo s skalarnim produktom hitrosti in normale, in zahtevamo, da je projekcija enaka 0 pri r = R: ( v r = (u r) 1 + 2a ) R 3 = 0, (3.182) 161

162 3.5. OBTEKANJE IDEALNE TEKOČINE POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.9: Tokovnice hitrostnega polja, ki ga pospisuje hitrostni potencial En Tokovnice znotraj krogle predstavljajo seveda nefizkalen del rešitve. kar da a = R3 2. Hitrostno polje v svoji dokončni obliki je potem v(r) = φ = u R3 2 Za potrebe naslednjega odstavka izračunajmo še kvadrat hitrosti v 2 = ( 3(u r) r r 5 u r 3 ). (3.183) ( ) 2 (R/r)3 u 2 3 (u r)2 3(R/r) (1 r 2 34 ) (R/r)3. (3.184) Torej je kvadrat hitrosti na površini krogle (r = R) odvisen le od (u r) 2. Ker je u r = ur cos θ, je torej kvadrat hitrosti odvisen le od cos θ 2. To si zapomnimo D Alambertov paradoks Oglejmo si, kolikšna je sila, s katero idealna, nestisljiva tekočina deluje na kroglo, ko jo obteka s hitrostjo u. zemimo, da prostornina, ki jo ima na voljo tekočinski tok, kar ves prostor, da so torej mejne ploskve tekočine zelo daleč stran od krogle. Ugotovili bomo, da je ta sila enaka 0! Hitrostno polje imamo, zapišimo torej izraz za silo. Gostota sile na enoto površine v smeri n je enaka f i = p ik n k. Kot vedno v hidrodinamiki, je napetostni tenzor tudi tokrat enak p ik = pδ ik, kjer je p tlak. Tlak dobimo iz Bernoullijeve enačbe: p ρu2 = p ρv2. (3.185) Zanimali se bomo le za silo vzporedno z u, saj sile pravokotno nanjo iz simetrijskih razlogov ne more biti. Gostoto te sile dobimo tako, da f i projeciramo na u u : u i f u = pδ ik n k u = pn u i i u = p(n u ) = p cos θ (3.186) u θ je tu kot, ki ga oklepata normala na površino krogle n in u. Integrirajmo torej gostoto sile na enoto površine po površini krogle, in vstavimo tlak. π 2π ( f u ds = sin θ dθr 2 dφ p ρ ( u 2 v 2)) cos θ =

163 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.5. OBTEKANJE IDEALNE TEKOČINE = 2πR ( cos θ p ρ ( u 2 v(cos(θ)) 2)) d(cos θ) (3.187) Prej smo že videli, da v v(cos θ) 2 nastopajo le členi, ki so bodisi konstante, bodisi premo sorazmerni s cos 2 θ (= ( ru 2). Ru) Pod integralom tako integriramo le lihe funkcije (cos θ dθ in cos 3 θ dθ), zato je sila na kroglo enaka 0. Na prvi pogled je rezultat paradoksalen, saj bi intuitivno pričakovali neko silo. Toda ne gre pozabiti, da smo privzeli, da je tekočina idealna. Rezultat bi lahko napovedali tudi brez računa, z uporabo zakona o ohranitvi energije: če bi na kroglo delovala tekočina z neko silo, bi ta pospeševala, in s tem tekočini odvzemala energijo. Gostota kinetične energije tekočine ( 1 2 ρv2 ) precej pred kroglo in precej za njo pa je enaka ( 1 2 ρu2 v obeh primerih), torej tekočina ni izgubila nič energije, zato je tudi krogla ni mogla nič prejeti. d Alembert je obznanil svoj paradoks v Essai d une nouvelle théorie de la résistance des fluides leta Njegova izpeljava je seveda precej drugačna od tega, kar smo povedali zgoraj in temelji v bistvu na simetriji hitrosti pred in za telesom v tekočini v smeri zunanje hitrosti. Očitno nasprotovanje med eksoperimentom in teorijo je sicer d Alemberta motilo, a ne preveč, saj je imelo v njegovem času abstraktno umovanje primat nad kakršnimkoli eksperimentom. Kljub vsemu, pa v svojem Eseju pravi 6 Moram pa priznati, da ne vem, kako bi lahko teorija zadovoljivo pojasnila upor tekočin. Nasprotno, se mi zdi, da sledi iz te teorije na popolnoma rigorozen način, da je upor tekočin popolnoma ničen vsaj v nekaterih primerih. Ta čuden paradoks izročam geometrom 7, da ga razložijo Rešitev d Alembertovega paradoksa Fiziki so se dolgo časa trudili, da bi rešili d Alembertov paradoks. Njegova končna razrešitev je bila v spoznanju, da seveda paradoks sploh ne obstaja, saj smo pozabili na viskoznost. Pred tem pa se je pojavila vrsta zelo duhovitih razrešitev tega paradoks, ki niso predpostavljale, da je izvor paradoksa pravzaprav v odsotnosti viskoznosti. Najbolj znana je Kirchhoffova rešitev. Predlagal je, da se tok za kroglo odlepi od površine krogle. Zaradi tega nastane meja med tekočino in paro (podobno kot pri kavitaciji), ki povzroča izgubljanje energije in s tem upor krogle. Računi kažejo, da bi moral takšen upor iti s kvadratom hitrosti. von Kármán pa je predlagal, da pride do upora zato, ker krogla za sabo pušča sistem vrtincev, ki se hranijo s kinetično energijo toka okrog krogle. Tudi von Kármánov upor bi moral iti s kvadratom hitrosti. To je sicer res, a le pri velikih hitrostih. Šele Stokesov zakon upora in upoštevanje viskoznosti tekočine je dokončno d Alembertov paradoks odstranilo s prizorišča Hidrodinamska masa Poglejmo si sedaj komplementaren problem: krogla z radijem R se giblje po idealni tekočini s hitrostjo v, ki naj bo v sploňme še funkcija časa: v = v(t), tem primeru imamo po analogiji s prejšnimi rezultati φ(r, t) = R3 2 6 R, Dugas, A history of mechanics, (Dover, 1988), str Mišljeni so seveda fiziki. v(t) r r 3, (3.188) 163

164 3.5. OBTEKANJE IDEALNE TEKOČINE POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA oziroma hitrostno polje v(r, t) = R3 2 ( v(t) r 3 3(v(t) r) r ) r 5. (3.189) Bernoullijeva enačba se v tem nestacionarnem primeru brezvrtinčnega nestisljivega toka teko vine glasi Φ v2 + p dp 0 ρ(p) φ t = f(t) (3.190) Funkcijo f(t) lahko vzamemo enako nič, saj daleč stran tekočina miruje. Bernoullijeva enačba nam potemtakem daje p ρ = 1 2 v2 φ t = R6 4 S ( v(t) 2 r ) (v(t) r)2 r 8 + R3 2 v(t) r r 3. (3.191) Silo na kroglico bomo dobili tako, da bomo izraz za tlak integrirali po njeni površini F = p v(t) r v(t) n v(t) n ds = ρr3 v(t)r 2 R 2 ds, (3.192) v(t) kjer je n = r/r lokalna normala na površino. zgornji enačbi smo izpustili člen s kvadratom hitrosti, ker po integracijji po polarnem kot izgine zaradi simetrije kot smo že pokazali pri d Alambertovem problemu. Ker je ds = 2πR 2 sin θdθ, potem sledi F = ρπr 3 v(t) π 0 S cos 2 θ sin θdθ = 2 3 ρπr3 v(t) = m v(t), (3.193) 2 kjer je m masa tekočine z istim volumnom kot kroglica. Newtonov zakon za kroglico z lastno maso m 0 lahko potemtakem zapišemo kot ( F t = m 0 + m ) v(t). (3.194) 2 oklepaju v zgornjem izrazu nastopa t.i. hidrodinamska masa kroglice. Le-ta je posledica tega, da moramo pri gibanju kroglice skozi tekočino vedno prestavljati tekočino iz dela prostora pred kroglico v del prostora za njo. To prestavljanje mase tekočine vodi k efektivni masi kroglice. Koeficient 1 2 je seveda odvisen od oblike telesa, ki se giblje po tekočini. Glede na podobnost enačb, in sicer v = 0 B = 0 D = 0 v = 0 H = 0 E = 0, (3.195) se da ugotoviti, da je izračun hidrodinamske mase popolnoma analogen izračunu odvisnosti jakosti magnetnega polja od magnetizacije (oz. mutatis mutandis za električno polje). Tako dobimo namesto α = /ul12 za n.pr. elipsoid z dolgo osjo a in krajšo osjo c, ki se giblje v smeri dolge osi α πc 4a + 1 ( ) π 2 ( c ) (3.196) 4a in če se giblje v smeri krajše osi α 2c πc + 1 ( ) 16 2 π (3.197) Hkrati je koeficient α bistveno odvisen tudi od robnih pogojev. Hitrostno polje je namreč dolgega dosega (tako kot sta analogno električno in magnetno polje dolgega dosega) in zato odvisno od pogojev na robu volumna, v katerem se telo giblje skozi tekočino. Hidrodinamska masa tako nima univerzalne oblike 8. 8 Zahvaljujem se Emilu Polajnarju za izračun različnih vrednosti α 164

165 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.6. DODIMENZIONALEN IDEALEN TOK 3.6 Dvodimenzionalen idealen tok Poglejmo si sedaj poseben primer toka, ko je tretja dimenzija zanemarljivo majhna. Takšne tokove imamo na površinah in v primeru cilindrične simetrije. Še posebno prav nam pridejo kot probližek za aerodinamiko kril Dvodimenzionalen potencialni tok Potencialen tok je takšen, za katerega velja v = ϕ. Imamo torej Potencialen tok je seveda irotacionalen, saj velja Zaradi nestisljivosti pa dobimo za hitrostni potencial enačbo v x = φ x v y = φ y. (3.198) v = 2 φ x y 2 φ y x = 0 (3.199) v = 2 φ x φ y 2 = 2 φ = 0. (3.200) Torej je hitrostni potencial ϕ harmonična funkcija. primeru dvodimenzionalnega nestisljivega toka lahko priredimo hitrosti še tokovno funkcijo ψ, ki jo definirata enačbi kar zadošča predpostavki o nestisljivi tekočini, torej v x = ψ y v y = ψ x, (3.201) v = v x x + v y y = 2 ψ x y 2 ψ = 0. (3.202) y x Z upoštevanjem definicije tokovne funkcije za irotacionalen tok sledi v = v y x v x y = 2 ψ x 2 2 ψ y 2 = 2 ψ = 0. (3.203) Torej je tudi tokovna funkcija harmonična. Novo vpeljani funkciji ϕ in ψ tako zadoščata enačbam v x = ϕ x = ψ y v y = ϕ y = ψ x Robni pogoj za funkcijo ϕ je pri stacionarnem robu oblike 2 ϕ = 2 ψ = 0. (3.204) ϕ = 0, (3.205) n torej je za idealno tekočino na robu normalna komponenta hitrosti enaka

166 3.6. DODIMENZIONALEN IDEALEN TOK POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Tokovnice in ekvipotencialne linije v dveh dimenzijah dveh dimenzijah za tokovnico velja, glede na spločne enačbe izpeljane že prej, da je dx v x oziroma z drugimi besedami v y dx v x dy = 0. Ob upoštevanju definicije tokovne funkcije ψ pomeni = dy v y, ψ ψ dx dy = dψ = 0. (3.206) x y Tokovna funkcija mora torej na tokovnici imeti konstantno vrednost, kar opravičuje tudi njeno ime. Poglejmo si še, kakšen kot oklepata vektor hitrosti (tokovnica) in vektor ψ: ψ φ ψ = v x x + v ψ y y = v xv y + v y v x = 0. (3.207) torej je gradient tokovne funkcije pravokoten na tokovnice, kar kaže na analogijo med hidrostatiko in elektrostatiko, saj lahko gradient tokovne funkcije primerjamo s silnicami in tokovnice z ekvipotencialnimi ploskvami elektrostatskega potenciala. Ekvipotencialne linije in tokovnice torej med seboj tvorijo pravi kot Kompleksni potencial Poznavanje kompleksne analize nam omogoča, da v enačbah, ki povezujejo funkciji ϕ in ψ prepoznamo Cauchy-Riemann-ove enakosti in lahko dvodimenzionalnemu toku idealne nestisljive tekočine pripišemo kompleksno funkcijo spremenljivke z = x + iy. Od tod sledi za kompleksno hitrost v(z) = dw(z) dz w(z) = ϕ(z) + iψ(z) (3.208) = ϕ x + i ψ x = ψ y i ϕ y = v x iv y, (3.209) kar seveda velja zaradi veljavnosti Cauchy - Riemannovih enačb. Hitrostni potencial je torej lahko poljubna analitična funkcija. Katero pa bomo izbrali, je seveda odvisno od robnih pogojev, geometrije robov in v splošnem od fizike problema. Kompleksni potencial je v dvodimenzionalno hidrodinamiko idealnih tekočin vpeljal Euler v svojem delu Continuation des recherches sur la théorie du mouvement des fluides leta 1755, torej veliko prej, predno je Cauchy uvedel in sistematiziral pojem analitične funkcije. Euler pri tem analitičnem prijemu priznava, da je le nadaljevanje dela d Alemberta Pretok tekočine skozi krivuljo Zopet nas zanimajo idealne tekočine. Za 3D tok tekočine definiramo pretok skozi ploskev kot Q (3) = jds = (jn)ds = ρ (vn)ds, j = ρv, (3.210) v 2D pa po analogiji pretok skozi krivuljo S S Q (2) = (B) (A) 166 S (vn)dl.

167 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.6. DODIMENZIONALEN IDEALEN TOK Normalni vektor na krivuljo izračunamo s pomočjo tangencialnega t = ṙ = (ẋ, ẏ) in zahteve o njuni pravokotnosti t n = 0, dobimo n = ( ẏ, ẋ). Za 2D tok je tako pretok skozi krivuljo enak Q (2) = ρ = ρ (B) (A) (B) (A) ( v x ẏ + v y ẋ)dl = ρ (B) (A) ( v x dy + v y dx) = ρ (B) (A) ( ψ ψ dy y x dx) (3.211) dψ = ρ(ψ(b) ψ(a)) (3.212) torej je pretok skozi krivuljo sorazmeren razliki tokovne funkcije v končni in začetni točki krivulje. Poglejmo sedaj še integral hitrosti po krivulji AB: (B) (A) v(z)dz = = (B) (A) (B) (A) (v x iv y )(dx + idy) = vdl + (B) (A) (B) (A) (v x dx + v y dy) + i (B) (A) (v x dy v y (3.213) dx) (v x dy v y dx) = Γ iq (2), (3.214) kjer v Γ prepoznamo analogijo s cirkulacijo, ki pa je definirana samo za zaključeno zanko rtinci v dveh dimenzijah O dvodimenzionalnem potencialnem toku lahko govorimo tudi takrat, ko je vrtinčnost od nič različna le v izoliranih točkah. zemimo vrtinčnico v smeri z osi. Tok je torej potencialen povsod v prostoru razen na vrtinčnici. Če privzamemo, da ima le-ta zanemarljivo transverzalno dimenzijo (delta funkcija), potem lahko hitrost v (x, y) ravnini izračunamo iz Biot - Savartovega zakona v cilindričnih koordinatah v θ = Γ 2πr v r = 0. (3.215) Očitno Γ ni nič drugega kot cirkulacija okrog vrtinčnice Γ = v dr = ωd 2 r, (3.216) C oziroma je analogna naboju električnega polja v elektrostatiki. Za nadaljnjo analizo bo zelo primerno, da zapišemo hitrostno polje vrtinca v kompleksni reprezantaciji. Če vzamemo dobimo za polarno komponento hitrosti ravno w(z) = i Γ 2π ln z = Γ 2π θ i Γ ln r = φ + iψ, (3.217) 2π v θ = φ r θ = Γ 2πr. (3.218) Kompleksni potencial En torej opisuje dvodimezionalen vrtinec, oziroma tok okrog trodimezionalne ravne vrtinčnice. Če imamo vrtinčnice pri z 1 = (x 1, y 2 ), z 2 itd., potem lahko 2D hitrostno polje, ki ustreza takšni porazdelitvi vrtinčnic zapišemo kot w(z) = i 2π Γ i ln(z z i ) = i i 167 w i (z). (3.219)

168 3.6. DODIMENZIONALEN IDEALEN TOK POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Po Helmholtzu se vsak vrtinec giblje skupaj s tekočino in je ves čas sestavljen iz istih delov tekočine. Predstavljajmo si torej dva vrtinca. Prvi na mestu drugega daje hitrost v(z 2 ) = dw 1(z) z=z2, (3.220) dz in analogno za hitrost, ki jo inducira drugi vrtinec na mestu prvega. Hitrost je seveda vedno pravokotna na veznico med obema vrtincema. Če je (n x, n y ) vektor, ki kaže v smeri veznice med vrtincema, potem ima hitrost smer ( n y, n x ) Sistem dvodimenzionalnih vrtincev je Hamiltonski sistem Predtavljajmo si N vrtincev, vsak s svojo cirkulacijo. Hitrostni potencial lahko zapišmo kot w(z) = i N Γ i ln(z z i ). 2π Če nas sedaj zanima kakšna je hitrost, definirana seveda kot i=1 v(z) = dw(z) = v x iv(y), (3.221) dz ki jo vsi ostali vrtinci inducirajo na mestu vrtinca i, dobimo v x (z i ) = 1 Γ i 2π z i z j sin φ ij = dx i dt v y (z i ) = 1 2π i j i j Γ i z i z j cos φ ij = dy i dt, (3.222) kjer je φ ij kot med smerjo veznice med i tim in jtim vrtincem in osjo x. Zato seveda velja sin φ ij = y i y j z i z j cos φ ij = x i x j z i z j. zemimo sedaj tole funkcijo, ki ji recimo kar Hamiltonijan, H = 1 Γ i Γ j ln z i z j. (3.223) 4π Enačbe En lahko sedaj zapišemo precej očitno tudi takole i j Γ i dx i dt = H y i Γ i dy i dt = H x i. (3.224) Dinamika sistema dvodimenzionalnih vrtincev se torej dogaja v skaldu z Hamiltonovimi enačbami. To pa pomeni, da lahko hitro izpeljemo tudi dh dt = H dx i x i dt + H dy i y i dt = Γ H H H H i Γ i = 0. (3.225) x i y i y i x i Hamiltonova funkcija je seveda konstanta gibanja! Posledica tega je, da vrtinci med sabo ne morejo trkati! Če je namreč z i z j 0 za t = 0, potem mora takšen ostati za vse čase. Interakcija med vrtinci je očitno dolgega dosega in pada kot logaritem razdalje med njimi. To je le poseben primer interakcije med vrtinčnimi nitmi, ki smo si jo pogledali v En dveh dimezijah, kar je primer, ki smo ga obravnavali zgoraj, pač coulombski potencial pada kot logaritem razdalje in ne kot inverzna razdalja. 168

169 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.6. DODIMENZIONALEN IDEALEN TOK Dinamika sistema dveh dvodimenzionalnih vrtincev Slika 3.10: Dva dvodimenzionalna vrtinca pri O 1 in O 2 z vrtinčnostima Γ 1 in Γ 2. Prikazane so tri različne možne oblike gibanja sistema dveh vrtincev. Čeprav smo ravnokar pokazali, da je sistem 2D vrtincev hamiltonski sistem, pa zanj ne veljajo običajni Newtonovi zakoni. En sam vrtinec miruje in se ne more enakomerno gibati. Šele če imamo najmanj dva vrtinca se lahko enakomerno gibljeta. Torej za vrtince ne velja klasičen princip relativnosti, po katerem je mirovanje in enakomerno gibanje enakovredno! Zunanje sile, ki se kažejo skozi delovanje enega vrtinca na drugega torej ne določajo pospeška vrtincev, kot bi pričakovali po Newtonu, pač pa določajo njegovo hitrost. Iz tega lahko takoj uvidimo, da se dva vrtinca z istosmerno in po absolutni vrednosti enako cirkulacijo gibljeta v krogu okrog razpolovišča razdalje. Hitrost prvega je podana z kotno komponento v θ = Γ 2πd, (3.226) kjer je d razdalja med vrtincema. Imamo torej enakmerno kroženje obeh vrtincev okrog težišča s kotno hitrostjo ω = Γ 2πd. Gibanje vrtincev s cirkulacijami, ki niso enake po absolutni vrednosti 2 je podobno, le da dva istosmerna vrtinca krožita okrog težišča hitrosti. Če pa imamo dva vrtinca z nasprotno enakima cirkulacijama pa se gibljeta skupaj v smeri pravokotno na veznico med njima s hitrostjo v = Γ 2πd. (3.227) Zgornja enačba je popolnoma analogna izrazu za hitrost vrtinčnega obroča, le da imamo v tistem primeru ( opravka s trodimenzionalnim vrtincem, kar vodi do logaritemskih popravkov k hitrosti ( Γ πd ln( 8D d ) 2) 1,). Poleg tega lahko tudi razumemo, da se vrtinec, ki se približa togi steni začne gibati v smeri vzporedno s steno (razmisli zakaj) von Kármánova vrtinčna steza Pri dvodimenzionalnem viskoznem obtekanju krogle se za dovolj velike hitrosti za kroglo pojavi stržen toka, ki je sestavljen iz dveh simetričnih nizov vrtincev (glej sliko 3.6.8). Pravimo mu tudi von Kármánova vrtinˇcna steza, po njenem odkritelju. Čeprav nastanek von Kármánove vrtinčne steze zahteva viskozno obtakanje, pa se da mnoge njene lastnosti razumeti s stališča vrtinčnosti v 2D neviskoznih tekočinah. 169

170 3.6. DODIMENZIONALEN IDEALEN TOK POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.11: von Kármánova vrtinčna steza, ki je nastala po dvodimenzionalnem obtekanju valja, ki bi bil nekje daleč na levi strani slike. rtinci se nahajajo pri z = (±n )a + ib v zgornji vrsti, in pri z = na v spodnji vrsti. spločnem se vrytinčna steza ne giblje z enako hitrostjo kot tok tekočine. Ker je idealizirana von Kármánova vrtinčna steza sestavljena iz dveh vodoravnih vrst vrtincev, ki se vrtijo v obratnih smereh (glej sliko), njihovo hitrostno polje inducira določeno kolektivno hitrost, s katero se gibljejo. Poglejmo si to bolj natančno! zemimo nek vrtinec v zgornji vrsti. Hitrostno polje vseh ostalih vrtincev v isti vrsti, se glede na zimetrijo problema, izniči. Ostane torej le hitrostno polje vrtincev v spodnji vrsti. n-ti vrtinec, ki ima x koordinato x = na, v tej vrsti inducira povsod po (x, y) ravnini hitrostni potencial En w(z) = iγ iγ z log (z na) = const. log (1 ). (3.228) 2π 2π na Konstanto v zgornji enačbi lahko tudi izpustimo, sa nas bo zanimalo le hitrsotyno polje, ki je enako odvodu hitrostnega potenciala. Celotna vrsta vrtincev ( < n < ) pa inducira hitrostni potencial 1 iγ z w(z) = log (1 2π na ) iγ 2π log z iγ z log (1 ). (3.229) 2π na 1 rtinec v izhodišču x = 0 smo šteli posebej (zakaj?). rsto lahko zlahka seštejemo in dobimo za hitrostno polje [ w(z) = iγ 2π log z (1 z2 1 dw(z) dz n 2 a 2 ) ] = iγ 2π log ( sin πz a ), (3.230) = iγ πz cot 2a a. (3.231) To je torej hitrostno polje, ki ga ustvarjajo vrtinci v spodnji vrsti. Na mestu prvega vrtinca v zgornji vrsti z = a 2 + ib, je hitrsotno polje dw(z = a 2 + ib) = iγ ( ) π dz 2a cot 2 + iπb = Γ πb tanh a 2a a. (3.232) 170

171 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.6. DODIMENZIONALEN IDEALEN TOK Slika 3.12: Primer von Ka rma nove vrtinc ne steze za otokom Jan Mayen, ki lez i pribliz no 650 km severovzhodno od Islandije v severnem Atlantiku. von Ka rma nova vrtinc na steza se razteza pribliz no 350 km dalec. Slika: NASA Multi-angle Imaging SpectroRadiometer. Zaradi hidrodinamske podobnosti (glej naprej) lahko iste vrste fenomeni nastajajo na zelo razlic nih skalah. Isti rezultat bi dobili tudi za hitrost na mestu kateregakoli drugega vrtinca v zgornji vrsti. Celotna vrtinc na steza se torej giblje s hitrostjo v= πb Γ tanh. 2a a (3.233) geometriji slike, se torej vrtinc na steza giblje na levo. Glede na to, da se celotna tekoc ina, v kateri sedi valj, ki je izvor vrtinc ne steze giblje v desno, recimo s hitrostjo u, je torej rezultanta itrosti gibanja von Ka rma nove vrtinc ne steze vrez = u Γ πb tanh. 2a a (3.234) von Ka rma n je med drugim pokazal tudi, da je opisana vrtinc na steza stabilna le, c e je sinh ab π = 1, torej c e je ab =

172 3.7. TEORIJA KRIL POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.7 Teorija kril Tok okrog valja s cirkulacijo saka analitična funkcija w(z) predstavlja rešitev nekega potencialnega toka idealne nestisljive tekočine v dveh dimenzijah. Poiščimo tok tekočine za potencial oblike w(z) = v 0 (z + a2 z ) i Γ ln z, 2π ki predstavlja obtekanje valja z radijem a in cirkulacijo Γ. Z upoštevanjem polarne reprezentacije kompleksnega števila z = re iϑ v limiti r za komponente hitrosti velja v r = v 0 cos ϑ in v ϑ = v 0 sin ϑ, torej gre za tok s hitrostjo v 0 v smeri osi x. w(z) razstavimo v hitrostni potencial in tokovno funkcijo w(z) = φ + iψ, kar nam daje φ(r, ϑ) = v 0 (r + a2 r ) cos ϑ + Γ 2π ϑ ψ(r, ϑ) = v 0 (r a2 r ) sin ϑ Γ ln r, 2π od koder sledita obe komponenti hitrosti z uporabo polarnega koordinatnega sistema iz enačbe v = ϕ v r = ϕ r = v 0(1 a2 r 2 ) cos ϑ v ϑ = 1 ϕ r ϑ = v 0(1 + a2 r 2 ) sin ϑ + Γ 2πr. (3.235) Sedaj lahko tudi enostavno izračunamo cirkulacijo tega toka. Γ = v(z)dz = 2π 0 v r (r, ϑ)rdϑ = Γ. (3.236) Ker na tokovnici velja ψ = const., iz izraza za ψ(r = a) = 0 hitro ugotovimo, da površina valja sama predstavlja tokovnico. Točki na robu valja, kjer je tangencialna komponenta hitrosti enaka 0, sta stagnacijski toˇcki in se nahajata pri kotih, ki zadoščajo enačbi v ϑ (r = a) = 0 sin ϑ = Γ 4πv 0 a. (3.237) Število stagnacijskih točk je odvisno od cirkulacije. Če je Γ < 4πv 0a potem sta točki dve, ki prei mejnem Γ = 4πv 0 a degenerirata v eno. Za Γ > 4πv 0 a pa nimamo nobene stagnacisjke točke na obodu valja. Izračunajmo še silo, ki deluje na valja. Za to najprej potrebujemo tlak (oziroma razliko tlakov), ki ga izpeljemo iz Bernoullijeve enačbe ( p(r = a, ϑ) = 1 2 ρv ρv(r = a, ϑ)2 = 1 ( 2 ρv sin ϑ Γ ) ) 2. (3.238) 2πv 0 a Poglejmo si sedaj silo na enoto dolžine valja, ob katerem imamo tok, ki ga opisuje hitrostno polje En, Sila na enoto dolžine in na enoto oboda valja je po definiciji f i = p ik n k, (3.239) 172

173 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.7. TEORIJA KRIL Slika 3.13: Trije primeri toka okrog valja s cirkupacijo: dve stagnacijski točki, degeneriran primer z eno stagnacijsko točko in primer brez stagnacijskih točk. kjer je seveda n k lokalna normala na valj. Celortno silo na enoto dol,žine valja bomo dobili tako, da bomo zgornji izraz integrirali po obodu valja. Tangento na obod valja t(l), kjer je l lok krivulje, ki opisuje rob valja, lahko predstavimo v pareametrizaciji t(l) = (sin θ, cos θ) in t t = 1. (3.240) Kot θ smo definirali kot kot med smerjo tangente in y osjo, tako da se veča v smeri urinega kazalca. Normalni vektor mora seveda zadoščati t n = 0. Od tod dobimo v isti parametrizaciji n(l) = (cos θ, sin θ). (3.241) Ker je za idealno tekočino kot vemo p ik = pδ ik, dobimo za silo na enoto dolžine in na enoto oboda valja ravno f i = p ik n k = pn i = ( p cos θ, p sin θ). (3.242) Od tod dobimo za silo na enoto dolžine valja, ki deluje nanj F x = F y = 2π 0 2π 0 p(r = a, ϑ)a cos ϑdϑ = 0 p(r = a, ϑ)a sin ϑdϑ = ρv 0 Γ. (3.243) Tu smo upoštevali, da pri obhodu valja θ napravi poln krog. Čeprav smo ta rezultat izpeljeli za obtekanje valja, pa se bo izkazalo, da ima precej bolj splošno veljavnost. O tem priča teorem Kutta - Žukovski Teorem Kutta-Žukovski Ta teorem je centralni teorem aerodinamike kril in razkriva silo na telo poljubne oblike, ki je v nekem toku tekočine. Predstavlja smiselno posplošitev zgornjega rezultat za valj. Telo naj bo sedaj splošne oblike, njegov rob C pa parametriziramo v xy ravnini s krivuljo r(l), kjer je l zopet ločna dolžina, torej naravni parameter. Tangenta na presek telesa ima torej podobno kot za valj obliko t(l) = (sin θ, cos θ) = ṙ(l) = dr(l) dl. (3.244) 173

174 3.7. TEORIJA KRIL POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Kot θ je zopet kot med lokalno tangento in osjo y. Iz zgornje enačbe lahko povzamemo, da je dx = sin θdl dy = cos θdl. (3.245) Podobno kot v primeru valja lahko tudi tu definiramo lokalno normalo na presek telesa v obliki n(l) = (cos θ, sin θ). (3.246) tej parametrizaciji je normala usmerjena navzven iz preseka telesa. Predznake smo postavili tako, da normala gleda v presek telesa. Gostota sile na enoto dolžine telesa in enoto dolžine preseka na telo je po definiciji zopet Sedaj si oglejmo izraz f i = p ik n k = pn i = ( p cos θ, p sin θ).. (3.247) f y if x = p sin θ + ip cos θ = ipe iθ (3.248) in ga integrirajmo po robu profila telesa C. Tako dobimo zvezo med komponentama sile na enoto dolžine v prečni smeri F y if x = (f y if x )dl = i pe iθ dl = i p(cos θ i sin θ)dl = p(dx + idy), (3.249) C C C C kjer smo upoštevali izraz En v obliki dz = dx + idy = (sin θ + i cos θ)dl. (3.250) Dolžinsko gostoto sile lahko msedaj na osnovi vsega povedanega preoblikujemo v tale izraz F y if x = pdz. (3.251) Smer integracije v kompleksni ravnini v zgornji enačbi je pozitivna. Silo na enoto dolžine dobimo torej z integracijo tlaka po robu profila telesa. Tlak bomo za idealno nestisljivo tekočino dobili iz Bernoullijeve enačbe, ki pravi, da je C p ρv2 = p ρv2 0 = const., (3.252) od koder sledi tlak kot p = p ρv ρv2. (3.253) Pri integraciji po zaključeni zanki C je prispevek konstantnih členov enak 0, saj je sorazmeren razliki kompleksne spremenljivke z v končni in začetni, torej isti točki, ker integriramo po zaključeni zanki. Z zadnjo enačbo preoblikujemo enačbo za dolžinsko gostoto sile na telo v F y if x = 1 2 ρ v 2 dz, (3.254) kar imenujemo tudi Blasiusov teorem. Izberimo sedaj točko z 0 v telesu (znotraj krivulje C). Poznavanje kompleksne analize nam omogoča, da funkcijo v(z) razvijemo okrog točke z 0 v Laurantovo vrsto, saj vemo, da mora biti za velike z hitrost konstantna. Torej C v(z) = v 0 + v 1 v 2 + z z 0 (z z 0 ) 2 +, (3.255) 174

175 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.7. TEORIJA KRIL kjer smo upoštevali, da daleč stran od telesa tekočina teče v x smeri. Izračunajmo še Laurant-ovo vrsto za funkcijo v 2 (z) Koeficiente razvoja funkcije f(z) v vrsto določa enačba v 2 (z) = v v 0v 1 z z 0 + v v 0 v 2 (z z 0 ) 2 +. (3.256) f(z) = od koder za razvoj funkcij v in v 2 dobimo Od tod lahko izrazimo C n=0 a n (z z 0 ) n (3.257) a n = 1 f(z )dz, (3.258) 2πi C (z z 0 ) n 1 v 1 = 2v 0 v 1 = 1 2πi 1 2πi C C v(z)dz v 2 (z)dz = 2πi2v 0 v 1 = 2v 0 v 2 (z)dz. (3.259) C v(z)dz. (3.260) Upoštevajmo vse zgoraj izpeljane enačbe v En , pa dobimo za silo na enoto dolžine valja F y if x = ρv 0 v(z)dz. (3.261) Integraciska zanka je tu seveda rob telesa v tekočini. Integracijsko zanko sedaj razširimo v C, tako da jo v nei točki odlepimo od C popeljemo daleč stran, zaokrožimo v obratni smeri, in zopet pripeljemo nazaj na C. Ker ta nova zanka ne vsebuje nobenih singularnosti, je po Cauchyjevem teoremu v(z)dz = 0. Ostane nam torej le C F y if x = ρv 0 v(z)dz = ρv 0 v(z)dz = ρv 0 Γ, (3.262) C C C kjer je Γ ravno cirkulacija toka okrog telesa, izračunana na C, torej po zanki v veliki oddaljenosti od telesa. Zgornjo enačbo imenujemo tudi teorem Kutta-Žukovski. primeru gibanja tekočine v smeri x je F x = 0, kar da primerjava kompleksne leve strani enačbe z realno desno stranjo. Edina sila, ki deluje na telo, je tako sila, podana z F y in je pravokotna na smer gibanja tekočine, kar imenujemo tudi dinamični vzgon ali Magnusov efekt 9. Magnusov efekt je 110 let pred Magnusom, o njem je poročal Royal Society leta 1749, odkril Benjamin Robbins 10, ki je proučeval let topniških izstrelkov. Pri svoji razlagi dinamičnega vzgona se je Robbins sporekel z Eulerjem, ki je imel drugačne (napačne) razlage nepremočrtnega gibanja topovskih izstrelkov. Bolj zgodovinsko ustrezno bi bilo po Tokatyju Magnusov efekt imenovati Robbinsov oziroma Robbins - Eulerjev efekt. 9 Gustav Heinrich Magnus ( ). Nemški fizik in kemik, ki je med drugim raziskoval nepremočrtno gibanje topovskih projektilov za prusko artilerijo. 10 Benjamin Robbins ( ). Angleški topničar, ki je prvi predlagal topovske izstrelke s vijačnimi utori za stabilizacijo. Leta 1742 je ugotovil, da se vrteči se topovski izstrelki ne gibljejo premočrtno, ker nanje deluje sila (dinamičnega vzgona) pravokotno na hitrost. C 175

176 3.7. TEORIJA KRIL POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Krilo Žukovskega Začnemo z hitrostnim potencialom za obtekanje valja s cirkulacijo. Zapišemo ga v obliki analitične funkcije ( ) w(z) = v 0 z + a2 i Γ ln z, (3.263) z 2π kjer je a radij valja, v 0 pa hitrost v x smeri daleč stran od valja. Ugotovili smo že, da je površina valja tokovnica. Hkrati tudi vemo, da je sila na valj: F x = 0 F y = ρv 0 Γ, (3.264) kjer je Γ cirkulacija, definirana kot Γ = v(z)dz, ki je pozitivna v smeri urnega kazalca. Silo, ki deluje pravokotno na zunanjo hitrost, torej v y smeri smo poimenovali dinamični vzgon oz. Magnusova sila. Kako nam bo hitrostni potencial valja pomagal pri izračunu hitrostnega potenciala krila? Začnimo s tole preprosto ugotovitvijo: če je w = w(z) analitična funkcija z, in je tudi F = F (Z) analitična funkcija Z, potem sledi, da je tudi w = w(f (Z)) analitična funkcija Z. Pravimo tudi, da smo w konformno preslikali s preslikavo F. prašanje sedaj je, če obstoja neka konformna preslikava, ki bo tok okrog valja w(z) preslikala v tok okrog krila w(f (Z))? To vpraǎnje je rešil Žukovski in našel eksplicitno konformno preslikavo med valjem in krilom. Poglejmo si nekaj korakov na tej poti. Začnimo s tole konformno preslikavo Z = z + c2 z oziroma z = 1 2 Z Z2 c 2. (3.265) Da se izognemo večznačnosti korenske funkcije vzamemo Zε[ 2c, +2c] in tisto vejo korena, ki gre kot 1 2Z za velike Z. prašanje je, v kaj ta konformna preslikava preslika valj z radijem a, podan v polarnem zapisu kot z = a e iθ, če vzamemo 0 c a? Poglejmo v kaj preslikava En preslika rob valja. komponentnem zapisu dobimo ( ) ( ) Z = X + iy = a + c2 cos θ + i a c2 sin θ, (3.266) a a oziroma, če upoštevamo, da je cos 2 θ + sin 2 θ = 1 X 2 ( a + c 2 a Y 2 ) 2 + ( ) a c 2 2 = 1, (3.267) a kar ni nič drugega kot enačba elipse. Če nadalje vzamemo c = a potem hitro uvidimo, da elipsa degenerira v daljico med 2a in 2a. Ta daljica nam bo za sedaj služila kot grob model krila, ki ga bomo kasneje še dopolnili. Da pa bi bili bližje realnosti, bomo krilo nagnili za kot α napram smeri hitrosti v neskončnosti. tem primeru dobimo za obtekanje valja ( ) w(z) = v 0 ze iα + a2 z e iα i Γ 2π ln z + Γ α, (3.268) 2π kar nam daje za hitrost v(z) = dw(z) dz ( ) = v 0 e iα a2 z 2 e iα i Γ 2πz. (3.269) 176

177 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.7. TEORIJA KRIL Sedaj pretransformirajmo hitrostno polje okrog valja v hitrostno polje okrog daljice [ 2a, +2a] s pomočjo konformne preslikave Žukovskega. Dobimo ( ) v(z) = dw dz e iα a2 dz dz = v z 2 (Z) e iα Γ 0 ) i ), (3.270) ( 1 a2 z 2 (Z) ( 2π z(z) a2 z(z) kjer imamo odvisnost z(z) podano v En Ponovimo: zgornja enačba opisuje obtekanje nagnjene daljice v koordinatnem sistemu Z. Žal hitro ugotovimo, da hitrost, ki jo dobimo iz zgornje enačbe divergira na robovih daljice [ 2a, +2a], ki ustrezajo v z koordinatah točkam [ a, +a]. Pa razvijmo zgornji izraz za z = a + ɛ, kjer gre ɛ 0! Dobimo v(z 2a) = v 0 cos α ɛ (i 1 Γ ) 4π iv 0a sin α + O(ɛ). (3.271) Tu pa vstopi robni pogoj Kutte, ki trdi: tok tekočine okrog krila mora biti takšen, da je hitrost povsod končna. Če naj to velja, potem moramo seveda imeti (glej zgornjo enačbo) Kar pomeni, da bo dinamični vzgon na krilo Γ = 4πv 0 a sin α. (3.272) F y = 4πρav 2 0 sin α. (3.273) sekakor zanimiv rezultat, ki pa prikriva dejstvo (pokaže ga preprost račun), da smo se sicer znebili divergence hitrosti na zadnjem robu krila, ne pa tudi na sprednjem, naletnem robu krila. Zdravilo za to bolezen pa je precej preprosto. Namesto, da bi s konformno preslikavo Žukovskega preslikali krog, ki preseka x os pri a in a, premaknimo njegovo izhodišče za λ na levo, tako da seka x os pri a 2λ in a. S tem hkrati eliminiramo divergenco hitrosti na naletnem krogu krila, hkrati pa še krilo modificiramo iz daljice v nekaj solzi podobnega. tem primeru dobimo za dinamični vzgon krila enačbo F y = 4πρ(a + λ)v 2 0 sin α. (3.274) Seveda je λ precej zapletena funkcija oblike krila, oz. obratno. Stvar lahko še bolj zapletemo in naredimo krilo še bolj realistično, če tudi središče kroga premaknemo iz x osi v zgornjo kompleksno ravnino. To pa že nekoliko presega naše zanimanje za stvar. Teorija krila Žukovskega napoveduje odvisnost sin α od naletnega kota krila. Primerjava z eksperimentom pokaže, da je to res le za majhne kote. Za večje kote daje eksperiment večje vrednosti dinamičnega vzgona dokler ga pri nekem mejnem kotu ne spodje odlepitev mejnega sloja in turbulenca. Dandanes pri načrtovanju kril le redko uporabljamo analitično teorijo, kot smo jo v najosnovnejših potezah orisali zgoraj. Bolj običajno je, da tok okrog kril preprosto simuliramo. Žal je tudi to precej netrivialna vaja, ki jo lahko uženemo le z zelo zmogljivimi računalniki in sofisdticiranim softwarom. Slika prikazuje rezultate numerične simulacije krila s pred- in zakrilci, ki povečujejo njegov dinamični vzgon in ga delajo stabilnega tudi pri zelo velikih kotih naleta (pri vzletanju in pristajanju) Splošna enačba krila Zgoraj smo obravnavali krilo Žukovskega. Seveda se sedaj naravno postavi vprasanje, kako se lotiti krila, ki se ga ne da izaraziti s preslikavo Žukovskega. Zopet se omejimo na dolgo krilo, ki ga lahko obravnavamo v dvodimenzionalnem približku. 177

178 3.7. TEORIJA KRIL POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.14: Primer tokovnic pri obtekanju valja, kjer je upoštevana hipoteza Žukovskega za neko izbrano vrednost parametra λ. idimo, da se nad krilom tokovnice gostijo (večja hitrost), pod krilom pa redčijo (manjša hitrost). Glede na Bernoullijevo enačbo to že napoveduje obstoj dinamičnega vzgona. Namesto, da bi kot prej privzeli, da se da obtekanje krila popisati z eno globalno vrednostjo cirkulacije, bomo tu predpostavili, da je le-ta površinsko porazdeljena po krilu kot prikazuje slika Sl Površinsko gostoto cirkulacije bomo nato izbrazli tako, da bo robni pogoj zadovoljen. Kot vemo, lahko dvodimenzionalni vrtinec popišemo s hitrostnim polje Slika 3.15: Površinsko porazdeljena cirkulacija na krilu sploš ne oblike. Hitrostno polje takšnega krila podaja enačba En v = Γ 2πr e θ, (3.275) kjer je e θ enotski vektor, ki kaže v polarni smeri, r pa je dvodimenzionalni radij vektor r = (x, y). Enotski vektor v polarni smeri je seveda e θ = z z r r. Tako dobimo v = Γ ( y, x). (3.276) 2πr2 Če se krilo nahaja v zunanjem polju hitrosti v 0, potem lahko celotno dvodimenzionalno hitrostno polje nastavimo kot vsoto zunanje hitrosti in pa vsoto po vseh površinsko porazdeljenih izvorih cirkulacije po krilu C v(r) = v π C ( y + y, x x ) (x x ) 2 + (y y ) 2 dγ. (3.277) 178

179 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.7. TEORIJA KRIL Smer integracije v zgornjem integralu je nasprotna smeri urinega kazalca, saj pozitiven Γ v En ustreza takšni hitrosti. Krilo je seveda neka zaključena zanka C, ki jo lahko parametriziramo z r = r(l), kjer je l naravni parameter, ki teče med dvema mejama. Naletni rob krila smo tako postavili v izhodišče, tetiva pa naj sovpada z x osjo (glej sliko). Predpostavimo tudi, da je naletni kot α in ima torej zunanja hitrost komponente v 0 = v 0 (cos α, sin α). Poglejmo si najprej, ali zgornji nastavek lahko zadosti Kuttovemu pogoju na koncu krila. Glede na definicijo cirkulacije velja dγ = v dl = v dl. (3.278) Tam, kjer torej velja Kuttov pogoj za hitrost, torej v = 0, mora biti nič tudi površinsak gostota cirkulacije dγ/dl. Kuttov pogoj za hitrost se torej spremeni v pogoj za dγ/dl na koncu krila. Za idealne tekočine, ki zadoščajo Eulerjevi enačbi mora kot vemo veljati robni pogoj na površini v n = 0, (3.279) kjer je n vektor lokalne normale na površino. Ker je tangentni vektor na profil krila podan z t = (ẋ, ẏ), ima normalni vektor očinto obliko n = ( ẏ, ẋ). Zgornji robni pogoj na krilu in pa nastavek za hitrost En nam dasta v 0 ( ẋ sin α + ẏ cos α) = 1 2π C ẋ(x x ) + ẏ(y y ) (x x ) 2 + (y y ) 2 dγ. (3.280) Zgrornja enačba ima analitično rešitev! Predpostavimo, da ima tetiva krila dolžino c. tem primeru je integral zgornje enačbe v 0 ((c x) sin α + y cos α) = 1 4π ln (x x ) 2 + (y y ) 2 (c x ) 2 + y 2 dγ. (3.281) Odvod zgornje enačbe očitno vodi nazaj k En , hkrati pa zadošča tudi robnemu pogoju na kocu krila x = c in y = 0. Če cirkulacijo sedaj zapišemo skozi njeno gostoto γ(l) = dγ/dl, dobimo potentakem integralsko enačbo za γ(l). Ko jo rešimo, izračunamo še Γ = γ(l) dl, (3.282) C vstavimo v teorem Kutta - Žukovski, pa imamo silo vzgona na profil C. Preprosto, seveda ob predpostavki, da znamo rešiti integralsko enačbo. Najbolj preprost primer rešitve zgornje integralske enačbe dobimo ob predpostavki tankega krila, ki ga prikazuje slika Sl Tanko krilo definiramo kot krivuljo, za katero je y(x) y x x. tem primeru se enačba En prepiše kot v 0 ((c x) sin α + y(x) cos α) = 1 2π C ln x x c x C γ(l) dl 1 2π c 0 ln x x c x γ(x ) dx. (3.283) Tu je C krivulja, ki opisuje simetralo krila. Integrala po zaključeni krivulji v tem primeru nimamo več, saj nam je od krila ostala le še simetrala. Za tanko krilo lahko γ(l) dl aproksimiramo z γ(x ) dx in integral po C po daljici z dolžino c. Če poznamo enačbo simetrale krila y(x) lahko agornjo integralsko enačbo rešimo za γ(x). Da bi rešili zgornjo integralsko enačbo si poglejmo tale integral 1 1 (1 t) t x ln dt = 2π, (3.284) t(1 t) 1 x 0 179

180 3.7. TEORIJA KRIL POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.16: S tanjšanjem kriila njegov profil na koncu sovpade s simetralo krila. Simetrala je definirana kot y s (x) = 1 2 (y +(x) + y (x)), kjer sta y + (x) in y (x) enačbi zgornje in spodnje površine krila. ki ga lahko izračunamo v kompleksni ravnini. Ta integral, katerega veljavnost bomo privzeli brez (precej zapletenega) dokaza, lahko zapišemo tudi kot c 0 c (c x) x(c x) ln x x c x dx = 2π, (3.285) ki velja za vse c > 0 in 0 < x < c. Sedaj pa ena cbo En pomnožimo z c/((c x) x(c x)) in integrirajmo po x. Dobimo tole v 0 c c 0 (c x) sin α + y(x) cos α (c x) x(c x) dx = 1 2π c c 0 0 c (c x) x(c x) ln x x c x γ(x ) dx dx. Na levi strani lahko očitno upoštevamo identiteto En , pa tako dobimo na koncu (3.286) v 0 c c 0 (c x) sin α + y(x) cos α (c x) x(c x) dx = c 0 γ(x ) dx = Γ. (3.287) Uspeli smo torej izračunati cirkulacijo ne da bi morali dejansko rešiti integralsko enačbo En Ker v teoremu Kutta - Žukovski štejemo Γ za pozitiven, če je v smeri urnega kazalca, potem je ustrezen dinamični vzgon tankega krila podan z kjer smo definirali kot ničelnega dinamičnega vzgona α 0 kot F y = ρv 2 0cπ sin (α α 0) cos α 0, (3.288) tan α 0 = 1 π c 0 y(x ) (c x ) x (c x ) dx. (3.289) Za α = α 0 potemtakem nimamo nobenega dinamičnega vzgona krila. α 0 je za običajna usločena krila manjši od nič, saj je y(x) > 0, za ravno krilo pa je seveda α 0 = 0. primeru zelo preprostega krila, katerega simetrala je podana z enačbo y(x) = 2 λ c x(c x), dobimo tan α 0 = λ Napačne teorije leta 180

181 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.8. NAIER - STOKESOA ENAČBA 3.8 Navier - Stokesova enačba Doslej smo obravbnavali zgolj neviskozne tekočine ali pa brezvrtinčne tekočine. obeh primerih viskoznost ne igra nobene vloge pri hidrodinamskih tokovih. Sedaj bomo na tekočine pogledali nekoliko bolj realistično in skušali ugotoviti, kaj se spremeni pri toku realnih, viskoznih tekočin z vrtinčnostjo. O tem nam bo govorila Navier - Stokesova enačba, ki jo bomo uvedli postopoma Tenzor strižne hitrasti Iz eksperimentov vemo, da se napetosti v gibajoči se tekočini pojavijo zaradi strižnih gradientov hitrosti, ki niso nič drugega kot odvod tenzorja deformacije po času u ik = 1 2 ( v i x k + v k x i ). (3.290) Hitrosti tenzorja deformacije pravimo tudi tenzor striˇznih hitrosti. Podobno kot pri Cauchy - Stokesovi dekompoziciji vektorja deformacije lahko tudi tu za vektor hitrosti zapišemo sledečo dekompozicijo v i (r 0 +dr, t) = v i (r 0, t)+ 1 3 ( v(r 0, t)) dx i + ( u ik (r 0, t) 1 3 ( u ii(r 0, t)) δ ik (r 0 )dx k ) (ω(r 0) dr) i, (3.291) kjer je u ll = D Dt ( ) = v i x i = v, (3.292) ravno hitrost relativne spremembe volumna, ω pa je aksialni vektor kotne hitrosti, Enačbo En preberemo takole: spremembe hitrosti v bližini točke r 0 je sestavljena iz časovnega odvoda spremembe volumna, člen 1 3 ( v) dx i časovnega odvoda strižne deformacije brez spremembe volumna, člen u ik (r 0, t) 1 3 ( u ii(r 0, t)) δ ik (r 0 )dx k, katerega sled je enaka nič. rotacije, člen 1 2 ω(r 0) dr. Zgornjo trditev imenujemo zopet Cauchy - Stokesov izrek o dekompoziciji hitrosti tekočine Newtonske tekočine Povezavo med tenzorjem napetosti in tenzorjem strižnih hitrosti dobimo z razmišljanjem na las podobnim Hookeovem zakonu v elastomehaniki. Glede na to, da je tekočina izotropen medij, in da se mora napetostni tenzor v stacionarnem primeru reducirati na pδ ik moramo imeti p ik = pδ ik + 2η u ik + λδ ik u ll (3.293) kjer imenujemo η dinamiˇcna viskoznost, drugo konstanto pa bomo definirali malo kasneje. Tej enačba pravimo tudi Newtonov nastavek za gibanje tekočin, in tistim tekočinam za katere velja, pravimo tudi Newtonske tekoˇcine. če bi imeli tudi nelinearne člene bi imenovali takšne tekočine Nenewtonske. Zgornji nastavek za Newtonske tekočine lahko izpeljemo na sledeč način. Zveza med tenzorjem napetosti in tenzorjem strične hitrosti ima v splošnem obliko p ik = A iklm u lm, (3.294) 181

182 3.8. NAIER - STOKESOA ENAČBA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA kjer je A iklm tenzor četrtega reda. Za izotropni medij mora imeti tak tenzor splošno obliko A iklm = Aδ il δ km + A δ im δ kl + Bδ ik δ lm. (3.295) Ker pa je napetostni tenzor simetričnoi tenzor, mora veljati A iklm = A kilm, oziroma mora biti A = A. Tako dobimo p ik = A iklm u lm = A(δ il δ km + δ im δ kl ) u lm + Bδ ik δ lm u lm = A u ik + Bδ ik u ll, (3.296) kar je natančno Newtonov nastavek za viskozne tekočine. Iz zgodovinskih razlogov napetostni tenzor za viskozne tekočine raje napišemo v naslednji obliki: p ik = pδ ik + 2η( u ik 1 3 u llδ ik ) + ζ u ll δ ik = pδ ik + p v ik, (3.297) kjer je p v ik viskozni del napetostnega tenzorja. ζ = λ+ 2 3η pri čemer smo uvedli novo konstanto ζ, ki jo imenujemo dilatacijska viskoznost. Tenzor u ik 1 3 u llδ ik je kot že vemo brez sledi in zato dilatacijska viskoznost pove, kako spremembe v volumnu vplivajo na spremembo hidrostatskega tlaka. Ker tudi v hidrodinamiki velja Cauchyjeva enačba ρ v i = ρf z i + p ik x ik (3.298) lahko za Newtonske tekočine, katerih napetostni tenzor smo zapisali v obliki En izpeljemo ρ v = ρf z p + η 2 v + (ζ + 1 η) ( v). (3.299) 3 Ta enčba se imenuje tudi Navier - Stokesova enaˇcba. Predstavlja osnovo hidrodinamike newtonskih tekočin. endar sama po sebi še ni zadosti za določitev gibanja tekočine. Imamo namreč tri komponente hitrosti, gostoto in tlak, torej skupaj pet spremenljivk in potrebujemo tudi toliko enačb. Navier - Stokesova nam daje le tri. Če poleg Navier - Stokesove enačbe upoštevamo še kontinuitetno enačbo za gostoto in termodinamsko enačbo stanja tekočine, pa imamo na koncu ravno pravo število enačb. Še enkrat, to so ( ) v ρ t + (v )v = ρf z p + η 2 v + (ζ + 1 η) ( v) 3 ρ t + (ρv) = 0 p = p(ρ). (3.300) Poleg enačb potrebujemo za določitev dinamike tekočine seveda še robne pogoje. Za nestisljive viskozne tekočine se osnovne enačbe gibanja zapišejo očitno kot ( ) v ρ t + (v )v = ρf z p + η 2 v v = 0 p = p(ρ). (3.301) Robni pogoj za hitrost, ki ga potrebujemo, da rešimeo zgornje4 enačbe bomo za viskozno tekočino izpeljali v naslednjem razdelki in se nekoliko razlikuje od robnega pogoja za idealno tekočino, ki ga poznamo že od prej. 182

183 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.8. NAIER - STOKESOA ENAČBA Robni pogoj za viskozno tekočino Na meji tekočine ne moremo imeti toka z normalno komponento in vemo že, da od tod sledi pogoj v n ( ) = 0, (3.302) v primeru mirujočega roba, primer, ki si ga bomo pogledali natančneje. Zaz idealno tekočino je to tudi edini robni pogoj. Tangencialna komponenta hitrosti potemtakem za idealno tekočino na robu ni določena in zato lahko idealna tekočina ob robu drsi, torej ima od nič različno tangencialno komponento. Za viskozne tekočine drsenja ne more biti. Zakaj? Drsenje na robu bi pomenilo nezveznost v hitrosti tekočine tik ob robu ina na robu samem. Odvod hitrosti po koordinati lokalno pravokotni na rob bi imel torej neskončno vrednost za vse vrednosti časa. Kot bomo videli kasneje, je za nestisljivo viskozno tekočino odvod njene kinetične energije po času sorazmeren enstrofiji, ki ni nič drugega kot volumsko povprečje kvadrata vrtinčnosti. Če bi imeli torej imeli na robu nezvezno hitrost, oziroma neskončen skok v vrtinčnosti ves čas med gibanjem tekočine, bi bila tudi enstrofija neskončna. Neskočna enstrofija bi v trenutku disipirala vspo kinetično energijo gibanja tekočine, kar v eksperimentih ne opazimo. Torej sledi, da na mirujočem robu ne moremo imeti drsenja oziroma, da je tudi tangencialna komponent hitrosti v t ( ) = 0. (3.303) Če sedaj povzamemo oba robna pogoja torej dobimo v n ( ) = 0 in v t ( ) = 0 v( ) = 0. (3.304) Robni pogoj za realne tekočine je torej drugačne narave od robnega pogoja za idealne tekočine. Če je za idealne tekočine določena le normalna komponenta hitrosti na roru, je za realen tekočine določena celotna hitrost. Kako pridemo iz enega robnega pogoja na drugega nam pove teorije mejnih slojev v hidrodinamiki Brezdimenzijska oblika Navier-Stokesove enačbe Poskušajmo Navier-Stokesovo enačbo napisati v brezdimenzijski obliki. To naredimo tako, da vpeljemo neko hitrost v 0, ki je bodisi hitrost nekega predmeta v tekočini, bodisi je to hitrost tekočine daleč stran od predmeta. Hitrost tekočine v brezdimenzijski obliki označimo s črtico. v = v 0 v (3.305) Podobno vpeljemo tudi parameter L, ki predstavlja neko dimenzijo telesa. Kasneje bomo za vsako telo posebej določili ta parameter. In za parameter si izberemo tudi viskoznost tekočine η. brezdimenzijsko obliko spravimo še tlak p, čas in r. Idejo za parameterizacijo tlaka najdemo v Bernoullijevi enačbi. p = ρv 2 0p t = t 0 t r = Lr f = f 0 f (3.306) Te brezdimenzijske količine (označene s črtico) vstavimo nazaj v Navier - Stokesovo enačbo En.??, pomnožimo celo enačbo z L/ρv 2 0, in dobimo tole σ v t + (v )v = p + 1 Re 2 v + 1 F f, (3.307) To je ravno željena brezdimenzijska oblika Navier - Stokesove enačbe. Tu smo uvedli sledeče brezdimenzijske količine 183

184 3.8. NAIER - STOKESOA ENAČBA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Strouhalovo število σ = L v 0t 0 Reynoldsovo število Re = v0lρ η Froudejevo število F = v2 0 f 0L. Struhalovo število je daje karakterističen čas toka, Reynoldsovo število podaja razmerje med viskoznimi in inercialnimi efekti in Froudejevo število podaja razmerje med inercialnimi in zunanjimi efekti. Rešitve Navier - STokesove enačbe z istimi σ, Re, F so identične. Temu pravimo tudi princip hidrodinamske podobnosti. Hidrodinamska podobnost pomeni, da imamo enake tokove v tekočinah z istim Re toda pri različnih hitrostih, gostotah, viskoznostih ali dimenzijah. Brezdimenzijske rešitve Navier - Stokesove enačbe lahko prevedemo v dimenzijsko obliko, pričemer moramo upoštevati, da je ( r v = v 0 v L, t ), σ, Re, F t 0 p = ρv 2 0p ( r L, t t 0, σ, Re, F ). (3.308) Ena sama brezdimenzijska rešitev za dane σ, Re, F nam torej daje množico tokov pri različnih gostotah, viskoznostih in karakterističnih hitrostih Mikroskopska narava viskoznosti Kot smo povedali že pri izpeljavi Navierove enačbe pri elastomehaniki, velja tudi za njegovo osnovno enačbo hidrodinamike, dajo je izpeljal s pomočjo molekularne hipoteze v delu Mémoires de l Académie royale des Sciences de l Insitut de France leta Njegova osnovna misel je bila, da se...odbojne sile med molekulami povečujejo ali zmanjšujejo sorazmerno hitrosti s katero se molekule približujejo ali oddaljujejo ena od druge. To mu je omogočilo, da je dobil povezavo med viskoznostjo in molekularnimi silami oblike ηζ 4π 30 0 drr 4 f(r). (3.309) Poleg izraza za viskoznost, ki vsebuje interakcije med molekulami, je Navier vpeljal tudi interakcije med stenami in tekočino. To mu je omogočilo analizirati polzenje tekočine ob mirujoči steni. Danes o tem polzenju ne govorimo več, saj teoretično delo Stokesa in poskusi Poiseuilla kaže na to, da med stenami in tekočino tik ob njih ni nobene relativne hitrosti. 184

185 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.9. RTINČNOST 3.9 rtinčnost Dinamika vrtinčnosti Poskušajmo nekaj izvedeti o vsebini Navier - Stokesove enačbo in nekaterih njenih posledicah. Najprej bomo predpostavili, da ni zunanjih sil, kar je dokaj standardna zahteva in da je tekočina nestisljiva. Navier-Stokesova enačba se potem glasi ρ ( v t ) + (v )v = p + η 2 v + (ζ + 1 η) ( v) (3.310) 3 Delujmo na enačbo z rotorjem in označimo vrtinˇcnost z ω = v. Upoštevajmo še, da je rotor gradienta nič in na koncu dobimo ( ) ω ρ (v ω) = η 2 ω, (3.311) t kjer smo upoštevali še tole identiteto (preveri predznake!) 1 2 v2 = v ( v) + (v )v. Sedaj upoštevajmo še tole precej neprijetno vektorsko identiteto (F G) = (G )F (F )G + F( G) G( F). Z upoštevanjem te identitete, s pomočjo katere lahko razpišemo člen (v ω), končno ostanemo z ( ) ω ρ + (v )ω = ρ(ω )v ρω( v) + η 2 ω. (3.312) t Ta enačba je v splošnem še vedno prezapletena, da bi nas razsvetlila. Poglejmo si raje kakšen zelo pomenljiv limitni primer. Za začetek se omejimo na nestisljive tekočine: v = 0. tem primeru dinamiko vrtinčnosti določa enačba ( ) ω ρ + (v )ω = ρ(ω )v + η 2 ω. (3.313) t Če ne bi imneli viskoznosti, torej v primeruidealne tekočine, bi se zgornja enačba reducirala nazaj na Helmholtzovo enačbo, katere posplošitev je. Da bi razumeli, kaj pomeni ta enačba, jo bomo razdelili na dva dela: v prvem bomo prepoznali opis difuzije vrtinˇcnosti in v drugem opis deformacije vrtinˇcnosti. Oba koncepta sta bistevenega pomena tudi pri razumevanju turbulentnega gibanja Difuzija vrtinčnosti Postavimo ρ(ω )v = 0. Kdaj to nedvomno drži? sekakor takrat, ko je smer vrtinčnosti pravokotna na smeri spreminjanja hitrosti. To pa je res pri dvodimenzionalnem toku. Predstavljajmo si, da tekočina teče v zelo tanki plasti, tako da lahko njen tok obravnavamo kot dvodimenzionalen (o tem še več kasneje). Ob teh predpostavkah lahko izpeljemo bolj pohlevno verzijo zgornje enačbe in sicer ρ Dω ( ) ω Dt = ρ + (v )ω = η 2 ω. (3.314) t 185

186 3.9. RTINČNOST POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Interpretacija te enačbe je precej nazorna. Podobna je namreč difuzijski enaˇcbi, razen da ima namesto parcialnega odvoda po času substancialen odvod. To pomeni, da vrtinčnost, ko se giblje skupaj s tekočino (substancialni odvod!) difundira v tekočino in se torej izgublja. Ko tekočina tece pride torej do difuzije vrtinčnosti. To je pojav, ki ga seveda v primeru idealnih tekočin nismo zaznali Deformacija vrtinčnosti Sedaj privzamemo obratno limito, predpostavimo, da je η 2 ω = 0, oziroma, da imamo opraviti z idealno tekočino. Enačba za vrtinčnost se tu prevede na Helmholtzevo enačbo, torej na Člen an desni strani lahko predrugačimo tudi takole ( ) ω ρ + (v )ω = ρ(ω )v. (3.315) t ω k v i x k = ω k u ik + ω k ω ik. (3.316) Tu smo vpeljali seveda u ik = 1 2 ω ik = 1 2 ( v i x k ) + v k x i ( ) v i x k v k x i (3.317) Tu smo vpeljali simetrični in antisimetrični del tenzorja gradienta hitrosti, kot to že poznamo iz Reynoldsove dekompozicije. Analizirajmo natisimetrični del. Z upoštevanjem Eulerjeve identitete za antisimetrične tenzorje in prirejene aksialne vektorje dobimo ( ) ω k ω ik = 1 2 ω vk k x i vi x k = 1 2 ɛ ijkω j ω k. (3.318) Ker je Levi-Civitajev tenzor antisimetričen je taksňa kvadratna forma enaka nič! Ostanemo končno torej z enačbo ρ Dω ( i Dt = ρ ωi t + (v k ω ) i ) = ρ ω k v ik. (3.319) x k Člen na desni strani predstavlja deformacijo vrtinčnosti zaradi stričnih hitrosti. dvodimenzionalnem toku je očitno nič(razmisli zakaj). Zaradi njega se vrtinčnost lahko ojačuje ali ošibi, hkrati pe se lahko, kotr že vemo, spremeni tudi njena smer. Ta zadnji efekt je v viskoznih tekočinah manjšega pomena. Preprost primer defomacije vrtinčnosti v striňem toku prikazuje slika Difuzija cirkulacije Na zanimiv način se v viskozni tekočini spremeni tudi Kelvinov teorem. Spomnimo se, da Kelvino teorem govori o ohranjevanju cirkulacije idealne tekoǐne. Cirkulacijo smo definirali takole Γ(r, t) = v(r, t) dr. (3.320) C(t) 186

187 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.9. RTINČNOST Slika 3.17: Shematski prikaz deformacije vrtinčnosti pri stričnem toku, kjer deluje strig v dveh med seboj pravokotnih smereh.. kjer je C(t) poljubna zanka, ki se giblje skupaj s tekočino. Za nestisljive viskozne tekoǐne dobimo po analognem postopku kot v idealnem primeru rezultat DΓ(r, t) Dv(r, t) p = dr = Dt Dt ρ dr + η 2 v(r, t) dr. (3.321) ρ C(t) C(t) Prvi integral je po podobnem razmisleku kot za idealne tekočine enak nič. zadnjem integralu pa lahko prostorske odvode prenesemo pred integral in tako dobimo DΓ(r, t) = η Dt ρ 2 v(r, t) dr = η ρ 2 Γ(r, t). (3.322) C(t) Zgornja enačba nam govori, da se cirkulacija ne ohranja več, pač pa zaradi viskoznosti difundira v prostor. En rešujemo z začetnim pogojem, ki vsebuje začetni položaj krivulje C(t = 0). Tudi v tem primeru vidimo, da se idealni in viskozni poremer razlikujeta zaradi viskozno pogojene difuzije, tokrat cirkulacije. C(t) 187

188 3.10. OHRANJEALNI ZAKONI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.10 Ohranjevalni zakoni Ohranjevanje gibalne količine v kontrolnem volumnu Začnimo z Navier - Stokesovo enačbo v nekem kontrolnem volumnu, ki jo lahko zapišemo tudi v tejle obliki ρ v ( ) i t = ρ v i v k + ρf i + p ik, (3.323) x k x k in kontinuitetno enačbo v obliki ρ t + ρv i = 0. (3.324) x i Seštejmo obe zgornji enačbi in integrirajmo rezultat po kontrolnem volumnu. Dobimo t ρv i d 3 r = (ρv i v k p ik ) n k d 2 r + To enačbo lahko prepišemo tudi takole ρv i d 3 r = (ρv i v k + pδ ik ) n k d 2 r + t Gibalna količina G i = se torej spreminja v kontrolnem volumnu zaradi zunanjih sil, člen ρf id 3 r ρf i d 3 r. (3.325) p v ikn k d 2 r + ρf i d 3 r. (3.326) ρv i d 3 r (3.327) zaradi gostote toka gibalne gibalne količine preko robov kontrolnega volumna (ρv iv k + pδ ik ) n k d 2 r, ki vsebuje konvekcijski del in pa tlačni del in pa zaradi difuzije gostote toka gibalne količine preko robov kontrolnega volumna pv ik n kd 2 r Ohranjevanje gibalne količine v sogibajočem se volumnu Podobno enačbo lahko izpeljemo tudi za sogibajoči se volumen. tem primeru moramo upoštevati Reynoldsov transportni teorem, ki pravi, da je D ρv i d 3 r = ρ Dv i Dt Dt d3 r, (3.328) pa lahko zapišemo D Dt (t) (t) (t) ρv i d 3 r = pn i d 2 r + p v ikn k d 2 r + ρf i d 3 r. (3.329) (t) (t) (t) primeru sogibajočega se volumna v manjka torej konvekcijski del gostote toka gibalne količine, saj se v tem primeru seveda gibljemo skupaj z volumnom (t). Najpomembnejši del zgornjih enačb predstavlja člen p v ikn k d 2 r (3.330) (t) ki je posledica viskozne difuzije gibalne količine skozi meje bodisi kontrolnega bodisi sogibajočega se volumna. Ta ˇvlen, kot bomo videli v naslednjem razdelku, privede tudi do disipacije kinetične energije toka tekočine. 188

189 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA OHRANJEALNI ZAKONI Energijski zakon v kontrolnem volumnu Začnimo z Euler - Cauchyjevo enačbo v komponentni obliki ρ v ( ) i t = ρ v i v k + ρf i + p ik, (3.331) x k x k in kontinuitetno enačbo v obliki ρ t + ρv i x i = 0. (3.332) Od tod dobimo sledeč izraz za časovni odvod gostote kinetične energije tekočine 1 t 2 ρv2 = 1 2 ρ v2 t + ρv v i i = ρv i ( v k v i x k Sedaj upoštevajmo že znano identiteto 1 2 v2 = v ( v) + (v )v, oziroma Tako lahko končno zapišemo t = ) p ik + ρv i f i + v i 1 ρv x k 2 v2 i. (3.333) x i 1 2 v v2 = v(v )v. (3.334) 1 t 2 ρv2 = 1 p ik x k 2 ρv2 v k + ρv i f i + v i. (3.335) x k Sedaj upošte še definicijo tenzorja napetosti za Newtonske tekočine ( vi p ik = pδ ik + η + v ) k + (ζ 2 x k x i 3 η) v l δ ik, (3.336) x l in pa identiteto p ik v i x k pa lahko enačbo En zapišemo kot 1 t 2 ρv2 + x k ( ) 1 2 ρv2 v k v i p ik = v ip ik x k p ik v i x k, (3.337) = ρv i f i + p v l 1 ( x l 2 η vi + v ) 2 k (ζ 2 ( ) 2 x k x i 3 η) vl. x l (3.338) Zgornjo enačbo sedaj lahko integriramo po kontrolnem volumnu. Dobimo ( ) 1 t 2 ρv2 d 3 r ρ v i f i d 3 vl r p d 3 r = x l ( 12 ) ρv2 v k n k + v i p ik n k d 2 r 12 ( η vi + v ) 2 k d 3 r (ζ 2 ( ) 2 x k x i 3 η) vl d 3 r. x l (3.339) Sedaj nam manjka le še nekaj korakov. Najprej upoštevamo, da je zunanja sila konzervativna, torej f = Φ, in da njen potencial ni eksplicitna funkcija časa. Tako dobimo ρ v i f i d 3 r = ρv i Φ d 2 r + Φ ρ t d3 r. (3.340) 189

190 3.10. OHRANJEALNI ZAKONI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Sicer pa tudi že vemo,da je ( ) vl p x l d 3 r = t ( ρ 0 ) pdρ ρ d 3 r. (3.341) Hkrati razcepimo še tenzor napetosti na izotropni del in na viskozni del p ik = pδ ik + p v ik. Tako končno pridelamo ( 1 ρ ) pdρ t 2 ρv2 + ρφ + d 3 r = 0 ρ ( ) 1 (v k n k ) 2 ρv2 + p + ρφ d 2 r + 1 ( 2 η vi + v ) 2 k d 3 r (ζ 2 ( ) 2 x k x i 3 η) vl d 3 r. x l (3.342) Podobnost z izrekom o ohranjevanju energije za idealno tekočino je očitna. Razlikujeta se le v zadnji vrstici, ki predstavlja viskozno disipacijo, oziroma viskozne izgube energije. Zgornjo enačbo lahko prepišemo tudi takole t ( 1 2 ρv2 + ρφ η ( vi x k + v k x i ρ ) + x i pdρ 0 ρ ) 2 (ζ 2 3 η) ( ) 1 2 ρv2 v i + pv i + ρφv i = ( ) vl. (3.343) Interpretacija zgornje enačbe je torej sledeča: časovni odvoda celotne energije tekočine plus divergenca toka energije je enaka disipaciji energije v kontrolnem volumnu. Disipacijo energije predstavljata zadnja dva člena zgortnje enačbe in predstavljata viskozne izgube Energijski zakon v sogibajočem se volumnu sogibajočem se volumnu, tporej takšnem, ki se giblje skupaj s tekočino, lahko zopet začnemo z Eulerjevo - Cauchyjevo enačbo v obliki x l ρ Dv i Dt = ρf i + p ik x k, (3.344) pri čemer je tenzor napetosti za Newtonsko tekočino zopet enak ( vi p ik = pδ ik + η + v ) k + (ζ 2 x k x i 3 η) v l δ ik. (3.345) x l Ob upoštevanju Reynoldsovega transportnega teorema lahko od tod zaključimo, da je D 1 Dt 2 ρv2 d 3 r = ρ v i f i d 3 p ik r + v i d 3 r. (3.346) x k (t) Skličemo se zopet na En , (t) (t) v i p ik x k = v ip ik x k p ik v i x k, (3.347) 190

191 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA OHRANJEALNI ZAKONI in na obliko napetostnega tenzorja za Newtonske tekočine, pa lahko zapišemo ( ) D 1 Dt (t) 2 ρv2 d 3 r ρ v i f i d 3 vl r p d 3 r = (t) (t) x l v i p ik n k d 2 r 1 ( 2 η vi + v ) 2 k d 3 r (ζ 2 ( ) 2 x k x i 3 η) vl d 3 r. (3.348) x l (t) Sedaj upoštevajmo še rezultata, ki smo ju izpeljali že v primeru idealne tekočine, namreč En elj namreč kontinuitetna enačba v obliki Od tu pa dobimo Dρ + ρ( v) = 0. (3.349) Dt p( v) d 3 r = D Dt ( ) pdρ ρ d 3 r. (3.350) Upoštevajmo še, da potencial zunanjih sil ni eksplicitno odvisen od casa, pa velja tudi DΦ Dt = Φ + (v )Φ = (v )Φ, (3.351) t kjer smo predpostavili, da potencial zunanje sile, f = Φ, ni eksplicitno odvisen od časa. Tako dobimo enačbo En v obliki ( ) D 1 pdρ Dt (t) 2 ρv2 + ρφ + d 3 r = ρ p(v n) d 2 r 1 ( (t) 2 η vi + v ) 2 k d 3 r (ζ 2 ( ) 2 (t) x k x i 3 η) vl d 3 r. (t) x l (3.352) kar je ravno posplošitev zakona o ohranjevanju energije za idealno tekočino, En Zadnja dva člena v zgornji enačbi predstavljata disipacijske izgube zaradi viskoznosti ( predznak minus), oba volumska integrala kvadfratnih izrazov sta namreč pozitivna Enstrofija Zgornje enačbe bomo sedaj zapisali v primeru nestisljive tekočine, torej v = 0. Poleg tega bomo predpostavili, da imamo neskončne kontrolni volumen, ki zaobjema celotno tekočino. Zaradi viskoznih efektov lahko predpostavimo, da so vsa relevantna polja (hitrost, tlak...) lokalizirana, torej da so v neskončnosti enaka nič. To pomeni, da bodo vsi površinski integrali po meji kontrolnega volumna enaki nič. Imamo potemtakem sledečo enačbo za časovno spreminjanje kinetične enrgje tekočine ( ) 1 t 2 ρv2 + ρφ d 3 r = 1 2 η Za nestisljivo tekočino lahko nadalje izpeljemo, da je ( vi + v ) 2 k d 3 r. (3.353) x k x i ( vi v ) 2 ( k vi + v ) 2 k = 4 v k v i = 4 2 p. (3.354) x k x i x k x i x i x k 191

192 3.10. OHRANJEALNI ZAKONI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA To zvezo dobimo iz Navier-Stokesove enačbe, na katero delujemo z operatorjem divergence. Povprečimo ravnokar izpeljanoi zvezo po volumnu, in upoštevajmo, da so površinski integrali po predpostavki enaki nič.sedaj upoštevajmo še naslednjo identiteto ( v) 2 v j v l = ɛ ijk ɛ ilm, (3.355) x k x m kjer je zopet ɛ ijk Levi-Civittajev popolnoma antisimetrični (pseudo)tenzor. Ker lahko pokažemo, da je ɛ sik ɛ smp = δ im δ kp δ ip δ km zato lahko izpeljemo Torej lahko zapišemo ( v) 2 = (δ im δ kp δ ip δ ki ) v ( ) 2 i v m vi = v i v k. (3.356) x k x p x k x k x i ( vi + v ) 2 ( ) 2 ( ) k d 3 vi r = 2 d 3 vi v k r + 2 d 3 r = 2 ( v) 2 d 3 r. (3.357) x k x i x k x k x i Tu smo upoštevali, da za velike volumne lahko člen 2 p d 3 r = ( p n) d 2 r (3.358) zanemarimo, saj gre proti nič. Torej smo En lahko za nestisljivo tekočino zapisali v obliki ( ) 1 t 2 ρv2 + ρφ d 3 r = η ( v) 2 d 3 r. (3.359) Integralu na desni strani zgornje enačbe praqvimo tudi enstrofija, oz. bolj natančno povprečnba enstrofija 11. Enstrofija je vedno večja ali enaka nič. Kadar ni zunanjih sil, se kinetična energija zagotovo ne povečuje, zato je časovni odvod na levi negativen ali pa enak nič. Od tod takoj sledi, da mora biti viskoznost nenegativna, η 0. Fizikalno gledano pa nam zgornja enačba pove, da prihaja v nestisljivi tekočini v vrtincih vedno do disipacije. Kinetična energija se tako manjša, če je le v Izraz prihaja iz sodobne grščine, kjer se operacija rotor imenuje στρoφη. 192

193 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA PRIMERI ISKOZNEGA TOKA 3.11 Primeri viskoznega toka Hagen-Poisseuillov tok Za neidealne tekočine Navier - Stokesova enačba v splošnem ni analitično rešljiva. Obstaja pa nekaj limitnih primerov, ki se jih da streti. Predpostavimo najprej, da tekočina teče stacionarno, torej da je v t = 0, v z smeri, a je njena hitrost odvisna le od koordinat pravokotno na z smer. Takšen je primer toka pa cevi oz. Poisseuillov tok. tem primeru je v = (0, 0, v z (x, y)). Zato Navier - Stokesova enačba preide v obliko (izpelji) x, y ). 0 = p z + η 2 v z, (3.360) kjer smo označili = ( gradient tlaka v z smeri konstanten in da je presek cevi krožen z radijem a, dobimo ob upoštevanju robnega pogoja, da je hitrost na robu cevi eneka nič, Pretok tekočine skozi cev dobimo v obliki j z = Če gremo v cilindrične koordinate in predpostavimo, da je v z (r) = 1 p 4µ z (a2 r 2 ). (3.361) a 0 ρv z (r)2πrdr = ρπa4 4µ p z, (3.362) kar je ravno zanmeniti Hagen - Poisseuillov zakon. Tok tekočine je v tem primeru linearno sorazmeren z gradientom tlaka v prečni smeri rtinčna plast Ugotovili smo, kakšna enačba popisuje spreminjanje vrtinčnosti neidealne tekočine. Kot ilustracijo spošne teorije pa si poglejmo sledeč primer: v začetku (t = 0) naj tekočina miruje, stena, ki se razteza v (x, y) pri z = 0, pa naj se začne gibati s hitrostjo u v x smeri. Razmere lahko torej opišemo takole: v x (z, t = 0) = 0, z > 0 v x (z = 0, t) = u, t > 0 v x (z, t) = 0, t > 0. (3.363) Očitno ima hitrost za vse čase le komponento v smeri x osi, ki je le funkcija z: v(r, t) = (v x (z, t), 0, 0). Poglejmo si še kaj je z vrtinčnostjo. Le-ta ima očitno samo y komponento (razmisli zakaj) oblike: ω(r, t) = (0, v x(z, t), 0). (3.364) z Na začetku, pri t = 0, je v x (z, t = 0) = u(1 H(z)), kjer je H(z) Heavisideova stopnica, saj je x komponenta hitrosti u tik ob površini z = 0, in nič povsod drugje. Ker je odvod Heavisideove funkcije po definiciji Diracova delta funkcija, imamo ω(r, t = 0) = (0, uδ(z), 0). (3.365) 193

194 3.11. PRIMERI ISKOZNEGA TOKA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA To pomeni, da imamo tik ob površini tenak, dvodimenzionalen sloj vrtinčnosti, ki ga imenujemo tudi vrtinˇcna plast 12. Osnovna enačba za vrtinčnost nestisljive tekočine, En , se glasi ( ) ω ρ + (v )ω = ρ(ω )v + η 2 ω. (3.366) t primeru dobimo od tod ( ωy (z, t) ρ + t ω(r, t) = (0, ω y (z, t), 0) (3.367) ( ) ) ( ) v x ω z = ρ ω z v z +η 2 ω y (z, t) x z z 2, oziroma ρ ω y(z, t) = η 2 ω y (z, t) t z 2. (3.368) kar je spet običajna difuzijska enačba v eni dimenziji, pri začetnem pogoju: ω y (z, t = 0) = uδ(z). Rešitev, ki jo poznamo že iz teorije difuzije in stohastičnih procesov, ima obliko ω y (z, t) = u e z2 2νt, (3.369) 2πνt kjer smo uvedli ν = η ρ. Očitno torej vrtinčnost iz vrtinčne plasti prodira v tekočino. Difuzijska razdalja, do katere prodre vrtinčnost v času t je L 2 νt. Sloj tekočine ob vrtinčni plasti, ki ga le-ta spravi v gibanje narašča torej s korenom časa! Sedaj problem obrnimo: imamo mirujočo površino in ob njej tekočino, ki se daleč stran giblje s hitrostjo u v smeri x. Prisotnost stacionarnega roba se torej pozna do razdalje L νt ν x u. Tej razdalji, ki jo je uvedel L. Prandtl, pravimo tudi debelina mejnega sloja. Za mejno površino dolžine D ima mejni sloj debelino L D 1 Re, kjer smo vpeljali Reynoldsovo ˇstevilo Re = ud ν. Reynoldsovo število bo igralo pomembno vlogo pri obravnavanju turbulence in hidrodinamske podobnosti Burgersov vrtinec Navier - Stokesovo enačbo v primeru nestisljive tekočine se da rešiti za stacionaren toke tudi, če imamo posebno simetrijo vrtinčnosti. Privzemimo, da je le-ta le v z smeri, in da imamo popolno cilindrično simetrijo. cilindričnih koordinatah (r, θ, z) torej nastavimo ω = v = (0, 0, ω z ). (3.370) primeru nestisljive stacionarn eviskozne tekočine smo iz Navier - Stokesove enačbe za hitrost izpeljali ustrezna enačbo za vrtinčnbost kot ρ(v )ω = ρ(ω )v + η 2 ω. (3.371) Predpostavimo nadalje, da lahko za hitrost napišemo sledeč nastavek v = ( 1 2αr, u(r), αz), (3.372) kjer je α konstanta. Zgornji nastavek za hitrost očitno zadošča nestisljivemu toku ( (rvr ) v = + v φ r r r φ + v ) z = 0. (3.373) dz 12 ortex sheet v angleški literaturi. 194

195 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA PRIMERI ISKOZNEGA TOKA stavimo nastavka En in v enačbo za vrtinčnost, pa dobimo To pa lahko zapišemo tudi kot α 1 r d ( r 2 ) η ω z = 2 dr ρ 2 ω z oziroma α 1 r Od tod dobimo rešitev, ki gre v neskončnosti proti nič 1 2 αr ω z r αω z = η ρ 2 ω z. (3.374) d ( r 2 ) η ω z = 2 dr ρ 1 r d dr ( r d(rω ) z). (3.375) dr ω z = ω 0 e ραr2 4η. (3.376) Ker je po drugi strani v cilindričnih koordinatah z komponenta rotorja enaka ω = v = (0, 0, 1 r od tod sledi za polarno komponento hitrosti u(r) = ω 02η ραr d (ru(r)), (3.377) dr ( ) 1 e ραr2 4η. (3.378) Če sedaj vpeljemo še cirkulacijo zgornjega toka tako, da izračunamo pretok vrtinčnosti skozi zelo veliko površino, dobimo po Stokesovem teoremu po krogu z velikim radijem Γ = ω ds = v dr = lim u(r)2πr = 2πω 02η r ρα. (3.379) Zgornje hitrostno polje in pa vrtinčnost, torej ( ( ) ) v = 1 2 αr, Γ 2πr 1 e ραr2 4η, αz S S in ω = ( 0, 0, Γρα 4πη e ) ραr 2 4η (3.380) predstavljajo ravno Burgersov vrtinec. Burgersovem vrtincu se na zanimiv in nazoren način mešajo konvenkcija in difuzija vrtninčnosti. Obliko toka pri Burgersovem vrtincu prikazuje slika. Kaj nam pove Burgersov vrtinec? Kjerkoli imamo konvergenten tok, radialna komponenta 1 2αr hitrosti, se koncentracija vrtinčnosti uravnoteži z viskozno difuzijo vrtinčnosti zaradi česar natane stacionarni vrtinec. Podobna koncentracija vrtinčnosti se zgodi tudi pri nastanku tornada oziroma na manjši skali pri nastanku dust devils. Burgersov vrtinec bi lahko služil kot model tornada za z > 0 tako da bi radialna koncentracije vrtinčnosti vodila k longitudinalnemu toku hitrosti (sesanje v centru vrtinca). Obstojajo pa še drugi, bolj zapleteni modeli tornada, ki ravnotako slonijo na eksaktnih rešitvah Navier - Stokesovih enačb v posebnih geometrijah (Kuoov vrtinec in Sullivanov vrtinec). Zgolj kot zanimivost povejmo, da ima enačba En analitično rešitev tudi v nestacionarnem primeru. Če je namreč začetna porazdelitev vrtinčnosti podana z funkcijo Ω(x, y), potem je nestacionarna rešitev En ω z (r, t) = (1 e αt Ω 0 (x, y )e ρα 4η(1 e αt ) ((x x e αt ) 2 +(y y e αt ) 2 ) dx dy. (3.381) ) Stacionarna rešitev, ki smo jo izpeljali prej je torej stabilna za velike čase, saj se zgornji nestacionarni izraz za vrtinčnost reducira na stacionarni Burgersov vrtinec. 195

196 3.12. STOKESOA ENAČBA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.18: Hitrostno polje Burgersovega vrtinca. Sklopitev med cirkulacijo, tokovnimi izvori in ponori je jasno razvidna Stokesova enačba Stokesov približek Pomudimo se sedaj še pri neidealni nestisljivi tekočini ob predpostavki stacionarnega toka v t = 0. tem primeru se Navier - Stokesova enačba za nestisljivo tekočino zapiše kot pašajmo se. kdaj velja ρ((v )v) = ρf z p + η 2 v. (3.382) ρ((v )v) η 2 v (3.383) torej kdaj je advekcijski del pospeška manjši od viskozne sile. Iz brezdimenzijske oblike Navier - Stokesove enačbe hitro sledi, da to velja takrat, ko je Reynoldsovo število zadosti majhno Re = ρv 0L µ 1. (3.384) primeru torej, da je Reynoldsovo število majhno iz Navier-Stokes-ove enačbe za nestisljivo stacionarno tekočino ob odsotnosti zunanjih sil dobimo p + η 2 v = 0, (3.385) ki je v literaturi znana tudi kot Stokesov pribliˇzek. Temu moramo dodati seveda še pogoj za nestisljivost v = 0, (3.386) kar seveda pomeni, da je tlak harmonična funkcija. Robni pogoj na površini S pa je v( ) = v S. (3.387) Stokesov približek omogoča analitični izračun hitrostnih polj v določenih geometrijah močno viskoznega toka. Povdariti je treba, da je hidrodinamika v STokesovem pribličku linearna teorija, kar pomeni,da vse rešitve lahko dobimo iz fundamentalne rešitve, torej Greenove funkcije. 196

197 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA STOKESOA ENAČBA Fundamentalna rešitev Stokesove enačbe - Stokeslet Kakšne so rešitev Stokesove enačbe? Ugotovimo, da je le-ta v nasprotju z Navier - Stokesovo enačbo, linearna. Zadeve bi torej morale biti preproste in bi vsako splošno rešitev lahko našli s pomočjo fundamentalne reštive oziroma Greenove funkcije. In ta je? Poizkusimo s sledečim nastavkom v i = ij a j = ( 2 χδ ij 2 χ x i x j ) a j p = P j a j = η 2 χ x j a j, (3.388) kjer naj bo a nek poljuben konstanten vektor, sicer pa je χ = χ(r). Ta nsatavek seveda ni edini možen kot bomo videli kasneje. stavimo En v Stokesovo enačbo pa dobimo oziroma od tod p x i + η 2 v i = η 2 2 χ x i x j a j + η 2 2 χa i η 2 2 χ x i x j a j = 0, (3.389) 2 2 χ = 0, (3.390) χ mora torej biti biharmonična funkcija. Kot primer si poglejmo očitno biharmonično funkcijo χ(r) = 1 r. (3.391) 8π Najprej ugotovimo, da zgornji nastavek za χ predstavlja ravno Greenovo funkcijo Stokesove enačbe, kajti p + η 2 v i = η 2 2 χa i = 1 1 x i 4π 2 r a i. (3.392) Tu smo upoštevali, da je za fukcije absolutne vrednosti radij vektorja 2 = 1 ( d r 2 r 2 du ). (3.393) dr dr Če spoštevamo sedaj še Poissonovo enačbo, ki jo poznamo iz elektrostatike potem na koncu dobimo 2 1 = δ(r), (3.394) 4πr p + η 2 v = δ(r)a. (3.395) Rešitev En, skupaj z nastavkom En torej predstavlja ravno Greenovo funkcijo Stokesove enačbe. Tej rešitvi pravimo tudi Stokeslet. Interpretacijs vektorja a je potemtakem na dlani: to je ravno enotska gostota sile v izhodišču. Iz rešitve En in En tudi hitro preberemo ij S = 1 ( xi x j 8π r 3 + δ ) ij, r P S i = η 4π ( xi r 3 ). (3.396) Stokeslet torej karakterizira hitrostno polje, ki da podajata zgornji dve enačbi. Potrebno je opaziti očitno podobnost (pa tudi nedvomno drugačnost) električnim poljem dipola. Tenzorju včasih pravimo tudi Oseenov tenzor. S ij 197

198 3.12. STOKESOA ENAČBA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Stokeslet in sila Posvetimo se problemu hitrostne porazdelitve v veliki oddaljenosti od mirujočega telesa. Recimo, da ima daleč stran hitrost konstantno vrednost u 0. Podobno kot v rimeru elektrostatike lahko tudi tu naredimo multipolni razvoj. Spomnimo se: v elektrostatiki je prvi člen razvoj (seveda če nimamo v neskončnosti konstantnega potenciala) oblike Greenova funkcija, torej fundamentalna rešitev, krat ntegral gostote naboja, torej celoten naboj sistema. Podobno velja tudi v Stokesovem približku hidrodinamike: multipolen razvoj ima prvi člen (poleg seveda morebiten konstante) oblike fundamentalna rešitev, torej Stokeslet, krat neka konstanta v i = u 0 i + S ij (r)f j + O(r 2 ) p = P S j (r)f j + O(r 3 ), (3.397) kjer je F zaenkrat še neznana vektorska konstanta analogna celotnemu naboju sistema v elektrostatskem primeru.. prašajmo se sedaj, kakšna je sila, ki deluje na veliko kroglo z radijem R, ce velja zgornji asimptotski razvoj hitrosti. Krogelni volumen je v tem primeru kontrolni volumen in sila nanj je kot vemo enaka t ρv i d 3 r = pδ ik n k d 2 r + p v ikn k d 2 r = ( pn i + ηv ik n k ) ds. (3.398) S kjer smo v Stokesoviem približku izpustili člene drugega reda v hitrosti. Strižna hitrost je seveda podana z v ik = 1 ( vi + v ) ( k vi = + v ) k. (3.399) 2 x k x i x k x i Polovičko smo lahko izpustili, ker je tekočina nestisljiva (razmisli). Sila na telo v tekočini je torej enaka F i = (pn i ηv ik n k ) ds. (3.400) S Sedaj upoštevamo, da v asimptotskem multipolnem razvoju sledi iz nastavka En in pa S v ik n k = = pn i = Pj S (r)f j n i = η n i F j n j 4π r 2, (3.401) ( S ij x k + ) kj S F j n k = x i 1 8πr 2 (n in j F j + n i n k F k 3n i n j n k F j n k F i + +n i n j F j + F i 3n i n j n k F j n k n i F k n k ) = = 1 2πr 2 n in j F j, (3.402) kjer smo označili smerni vektor n kot n i = xi r. Od tod sledi za silo na mirujoče telo (pn i ηv ik n k ) ds = η xi x j F j 4π r 4 ds η xi x j F j 2π r 4 ds = 3η ni n j F j 4π r 2 ds. (3.403) In ker je nadalje integral po površini krogle z radijem r n i n j ds = δ ij 4π 3 r2, (3.404) 198

199 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA STOKESOA ENAČBA dobimo za silo, ki deluje na telo, F, izraz F i = (pn i ηv ik n k ) ds = ηf i. (3.405) S asimptotskem razvoju je torej konstanten vektor F ravno sila deljena z viskoznostjo, ki deluje na mirujoše telo. Če torej poznamo asimptotski razvoj porazdelitve hitrosti poznamo silo! Precej pomemben rezultat Obtekanje krogle Poglejmo si kroglo v Stokesovem približku. Na površini krogle r = a mora biti hitrost nič, daleč stran pa naj bo v = v 0. Rešitev nastavimo v obliki kjer je zopet ij = v i = ij v 0 j, (3.406) ( 2 χδ ij 2 χ x i x j Tokrat za rešitev biharmonične enačbe, ki ji mora zadoščati χ vzamemo ). (3.407) χ(r) = 1 4 r2 + Ar + B r, (3.408) za katero upamo, da bomo z njo lahko izpolnili robne pogoje, ki so Hitro lahko izračunamo ij v 0 j = ) ((χ + χ vi 0 r Zopet smo označili n i = x i /r. Robni pogoj se torej glasi oziroma od tod in pa En v(r = a) = 0. (3.409) ) ) (χ χ (vj 0 n j )n i.. (3.410) r χ (r = a) = χ (r = a) = 0, (3.411) B = 1 4 a3 A = 3 r2 4a oziroma χ(r) = 4 3ar 4 a3 4r. (3.412) Dobljen rezultat sedaj upoštevamo v En in izpeljemo za hitrostno polje sledeč rezultat (( v i (r) = ij (r)vj 0 = 1 3a ) ( ) ) 4r a3 3a 4r 3 vi 0 4r a3 4r 3 (vj 0 n j )n i.. (3.413) Sedaj upoštevajmo še obliko fundamentalen rešitve Stokesov enačbe En in dobimo ( ij S (r)vj 0 = 1 ni (n j vj 0) ) + v0 i. (3.414) 8π r r Od tod pa že sledi, da lahko rešitev Stokesove enačbe okrog mirujoše krogle v gibajoči se tekočini zapišemo kot ( ) v i (r) = vi 0 3a 4 8π ij S (r)vi 0 a3 (v 0 j n j ) 4 x i r 2. (3.415) 199

200 3.12. STOKESOA ENAČBA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.19: Hitrostno polje pri Stokesovem problemu izračunano iz izraza En in pa prirejeno tlačno polje. Hladne barve ustrezajo večjemu tlaku. To hitrostno polje skupaj z ustreznim tlačnim poljem prikazuje slika Zadnji žlen v zgornji enačbi nam v asimptotskem razvoju ni potrebno upoštevati, sa opada hitreje kot prva dva. Sila, ki torej deluje na kroglo je po En F = 3a 4 8πηv0 = 6πaηv 0. (3.416) Znameniti Stokesov rezultat v katerem se zbližata asimptostka analiza hitrostnega polje in pa ravnovesje sil v tekočini. Čeprav je rezultat preprost, pa pot do njega očitno ni trivialna. Stokesov zakon velja kot vemo pri majhnih hitrostih. Za večje hitrosti s perturbacijsko analizo 13, dobimo za silosledeč razvoj F v0 = 6πaηv 0 ( Re + 9 ) 40 Re2 ln Re + Re = ρv 0a (3.417) η Tak tok je stabilen do neke mejne vrednosti Reynoldsovega števila. če to vrednost presežemo postane tok turbulenten. Ponavadi pri uporu teles v tekočinah definiramo še koeficient upora 14, in sicer takole C X = 1. (3.418) 2 ρv2 0 (2a)2 Zaradi svojega majhnega koeficienta upora je izdelovalec avtomobilov Citroen nek svoj model ozančil ravno z C X. Za Stokesov problem obtekanja krogle dobimo tale izraz za koeficient upora C X = 6π Re. (3.419) Stokesova rešitev dejansko velja le v limit R2 < 0.5. Poleg tega morajo biti robovi posode, v kateri opazujemo viskozno obtekanje krogle vsaj na razdalji > 200a, da ne vplivajo na obliko rešitve Stokesove enačbe Posledice Stokesove sile Kroglica v viskozni tekočini ustvari okrog sebe hitrostno polje, ki pojema z razdaljo. Na sliki (a) vidimo to hitrostno polje tekočine v bližini kroglice. Kroglica torej na nek način vleče 13 Takšen tačun je prvi napravil C.W. Oseen, Hydrodynamik, Leipzig Akademische erlagsgesellschaft (1928) 14 Angleško: drag coefficient F v0 200

201 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA STOKESOA ENAČBA Slika 3.20: Stokesov problem in njegove variacije. s sabo bližnjo tekočino. Soroden problem bi imeli, če bi b ila kroglica v polju strične hitrosti med dvema površinama, slika (b). tem primeru bi striňa hitrost inducirala navor na kroglico, ki bi kroglico zavrtel. Le-ta se torej v stržnem hitrostnem polju vrti. Doslej pri Stokesovem problemu nismo upoštevali robnih pogojev, ki pa imajo zelo pomemben vpliv na gibanje kroglice. Kaj se zgodi, če kroglica v viskozni tekočini pada proti trdni meji, slika (d). tem primeru mora tekočina odtekati iz dela volumna med kroglico in površino, kar kroglico še dodatno zavira. Sila, ki izvira iz tega odtekanja tekočine se imenuje tudi Stefanova sila in je obratno sorazmerna s tretjo potenco razdalje med kroglico in površino. Zdelo bi se torej, da se kroglica nikoli ne more zares dotakniti površine. Eksperiment seveda tega ne potrjuje. zrok je v tem, da tako kroglica kot povrǐsna nista idealni in njuna nagubanost privede do končnega časa približevanja. Podoben je tudi primer (c), kjer prisotnost transvberzalnih površin dodatno zavira kroglico. Če je radalja med povrǐsnami desetkrat večja kot premer kroglice, potem je ta efekt približno 10 % Stokesove sile. Efekti hitrostnega polja okrog kroglice so torej precej dolgega 201

202 3.12. STOKESOA ENAČBA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA dosega. Primera (c) in (d) bi lahko poenotili s tem, da bi govorili o normalni in transverzalni Stefanovi sili. Kaj pa, če nimamo le ene same kroglice? primeru (c) imamo dve kroglici, ki padata skozi tviskozno tekočino ena nad drugo. K hitrosti vsake kroglice poleg Stokesovega zakona prispeva še hitrostno polje druge kroglice. Ker je problem simetričen, obe kroglici padata sicer enako hitro (kot bi bili povezani z nevidno vrvico), ampak hitreje kot vsaka posamezno! Isto bi se zgodilo, če kroglici padata paralelno ena ob drugi, primer (f). Nekoliko bolj zapletene razmere so pri nesimetričnem paralelnem padanju, (g). tem primeru končna hitrost nima vertikalne smeri, pač pa kaže pod nekim kotom, kot če bi poševno padal valj, (h). Takňo razmiľjanje žal ne moremo posplošiti na ve c kroglic. Recimo tri enake kroglice, ki padajo navpično, ne padajo več z isto hitrostjo, pač pa plešejo ena okrog druge na zelo zapleten način. endar pa vseeno velja, da je njihova povprečna hitrost večja kot v primeru padanja ene same kroglice. Čim več kroglic bi imeli, tem večja bi bila njihova povprečna hitrost padanja. To se nam nekako zatika v glavo. Če v visok kozarec stresemo kroglice, hitro vidimo, da padajo počasneje kot ena sama. Zakaj? Seveda gre spet za efekt robnih pogojev, ki se kaže kot transverzalan Stefanova sila in ustavlja gibanje. Razmišljanje o problemih te vrste je zelo pomembno pri teoriji sedimentacije Stokesov paradoks Človek bi si naivno mislil, da je problem obtekanja dvodimenzionalnega valja lažje rešiti kot primer krogle. Izkaže se, da za majhna Reynoldsova števila (torej v Stokesoviem približku), Navier-Stokesova enačba nima nobene rešitve, ki bi zadoščala robnim pogojem na površini valja in daleč stran hkrati. Tej zanimivi ugotovitvo pravimo tudi Stokesov paradoks 15 Preprosto povedano to pomeni, da se vpliv toka okrog valja pozna zelo daleč stran, kjer ne smemo več privzeti, da je nelinearen člen v Navier-Stokesovi enačbi zanemarljiv v primerjavi z viskoznim. Lamb 16 je dobil približno rešitev Navier-Stokesove enačbe pri obtekanju valja. Izpeljal je sledeč koeficient upora 8π C U = Re(2.002 ln Re). (3.420) Logaritem v tej enačbi je tisti, ki dela težave, če ta rezultat primerjamo z Rotlet in navor Podobno analizo lahko napravimo tudi za navor na kroglo, ki se vrti v tekočini. Začeli bomo z nasldnjim redom v multipolnem razvoju En , ki mora imeti po analogiji z elektrostatiko obliko v i = u 0 i + ij S (r)f j + ij S (r)f jk + O(r 3 ) x k p = P S j (r)f j + P S j x k (r)f jk + O(r 4 ). (3.421) 15 Prosim, ločite med sabo Stokesov in d Alambertov paradoks! 16 Angleški fizik Horace Lamb ( ). Napisal je klasično delo o teoriji toka v tekočinah z naslovom Hydrodynamics. Nekateri mu pripisujejo sledečo izjavo: I am an old man now, and when I die and go to Heaven there are two matters on which I hope for enlightenment. One is quantum electrodynamics and the other is the turbulent motion of fluids. And about the former I am really rather optimistic (po Tabor, M.: Chaos and Integrability in Nonlinear Dynamics: An Introduction. New York: Wiley, p. 187). Zelo podobna izjava pa se pripisuje tudi W. Heisenbergu. 202

203 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA STOKESOA ENAČBA Prvi red sedaj že poznamo, zato se bomo osredotočili na drugega. Za začetek privzamemo, da je tenzor F jk antisimetričen. Namreč tu je razlika med multipoli Poissonove in multipoli Stokesove enačbe. Monopol Stokesove enačbe je vektor in dipol je tenzor. Iz definicije Stokesleta lahko hitro izračunamo S ij x k (r) = 1 8π P S j x k (r) = η 4π ( δ ijx k ( δjk r 3 r 3 x jx k r 5 + δ ikx j r 3 + δ jkx i r 3 3 x ) ix j x k r 5 ). (3.422) Zaradi privzetka o antisimetričnosti F jk zato dobimo za dipolni člen razvoja v i = ( ) ij S (r)f jk = 1 S ij ik S F jk = 1 ( ) xj F ji x k F ik x k 2 x k x j 8π r 3 = x kf ki 4πr 3 p = P ( ) j S (r)f jk = 1 P S j P k S F jk = 0. (3.423) x k 2 x k x j Zgornjemu izrazu za hitrost pravimo tudi Stokesov Rotlet. Če namreč antisimetrični tenzor F ik zapišemo s prirejenim aksialnim vektorjem ρ potem lahko očitno hitrostno polje zapišemo kot v = r ρ ( ) 1 4πr 3 = ρ. (3.424) 4πr Opravka imamo zato z vrtnjem, od tod izraz Rotlet. antisimetričnem dipolnem redu torej nimamo nobene porazdelitve tlaka. Kot v primeru monopolnega člena, tudi tu še ne vemo, kaj je fizikalen pomen dipolnih koeficientov F ik. Da bi razrešili mto skrivnost, si poglejmo navor na telo v tekočini, ki jo opisuje dipolno hitrostno polje. Navor je definiran kot M i = ɛ ijk x j F k = ɛ ijk x j (pn k ηv kl n l ) ds = ηɛ ijk v kl n l x j ds, (3.425) S kjer smo upoštevali, da je v tem redu multipolnega razvoja tlak identično enak nič, En Za tenzor strižne hitrosti sedaj lahko izpeljemo iz En, in pa z upoštevanjem antisimetričnosti F ik v kl = ( vk + v ) l = 1 ( Flk x l x k 4π r 3 + F kl r 3 3x ) n(f nk x l + F nl x k ) r 5 = 3 4π S ( xn (F nk x l + F nl x k ) (3.426) stavimo sedaj to v enačbo za navor, upoštevamo znova definicijo smernega vektorja n i = x i /r, pa dobimo M i = ηɛ ijk S v kl n l x j ds = 3η 4π ɛ ijk S n l n j n n (F nk n l + F nl n k ) r 2 ds = 3η 4π S r 5 ɛ ijk F nk n j n n ) ds. (3.427) Tu smo upoštevali, da je ɛ ijk n j n k = 0. Sedaj se spomnemo še identitete En , pa dobimo za navor M i = ηɛ ijk F jk. (3.428) asimptotskem razvoju je torej konstanten antisimetrični tenzor F ik, oziroma iz njega izpeljan aksialni vektor, ravno navor deljen z viskoznostjo, ki deluje na vrteče se telo. Če torej poznamo asimptotski razvoj porazdelitve hitrosti potem v drugem redu multipolnega razvoja poznamo navor! Narava multipolnega razvoja Stokesove enačbe je torej precej drugačna od multipolnega razvoja Poissonove enačbe. 203 r 2 ).

204 3.12. STOKESOA ENAČBA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Obtekanje vrteče se krogle Poglejmo si vrtečo se kroglo v Stokesovem približku. Na površini krogle r = a mora biti hitrost r ω, kjer je ω kotna hitrost vrtenja rogle. Daleč stran pa naj bo v = 0. Rešitev nastavimo v podobni obliki kot v primeru gibajoče se krogle, le da gremo v vseh izrazih za en red višje. S tem mislimo tole, nastavimo v i = ij ω jk, (3.429) x k kjer je ω jk nek antisimetrični tenzor, in je popolnoma analogno kot prej ij = ( 2 χδ ij 2 χ x i x j ). (3.430) Če je χ biharmoniňa funkcija je tlak povsod enak nič. nasprotju s prejšnjo rečitvijo biharmonične enačbe En , sedaj nastavimo χ(r) = Ar, (3.431) in upamo, da bo ta nastavek rešil nš problem. Hitro lahko izračunamo, da je ij = 2A ( r δ δij ij A r x ) ( ix j δij r 2 = A r + x ) ix j r 2, (3.432) oziroma ij x k Od tod pa že sledi za hitrostno polje ( = A δ ijx k r 3 + δ ikx j r 3 + δ jkx i r 3 2 x ) ix j x k r 5. (3.433) v i = ij x k ω jk = A r 3 ( x kω ik + x j ω ji ) = 2A r 3 x kω ki, (3.434) kjer smo zopet upoštevali, da je ω ik antisimetričen tenzor. Zghornji izraz bi lahko zapisali tudi kot v = 2A ( ) 2A r 3 r ω = ω, (3.435) r kjer je ω aksialni vektor prirejen antisimetričnemu tenzorju ω ik. Očitno ni nič drugega kot kotna hitrsot vrtenja krogle. Ker mora na površini vrteče se krogle veljati v(r = a) = r ω r=a sledi A = 1 2 a3. (3.436) Če to ssedaj primerjamo z izrazom En in upošteamo izpeljano obliko navora En.??, lahko nazadnje zapišemo, da je navor na kroglico z radijem a, ki se vrti s kotno hitrostjo ω v viskozni tekočini M i = ηɛ ijk F jk = 8πηAɛ ijk ω jk = 8πη 1 2 a3 ɛ ijk ω jk = 8πηa 3 ω i, (3.437) kjer smo upoštevali Eulerjevo identiteto ɛ ijk ω jk = 2ω i. (3.438) Navor je torej linearen v kotni hitrosti krogle. Pot do njega pa je bila vse prej kot trivialna. Tudi tu, tako kot pri premo se gibajoči kroglici, veljajo določeni pogoji, da je najdeni rezultat smiselen. Predvsem morajo biti meje posode zadosti daleč, da robni pogoji ne zmotijo najdenih rešitev. 204

205 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA STOKESOA ENAČBA Stokesov dipol, Rotlet in Stresslet Seveda se sedaj lahko vprašamo, kakšno fiziko bi vseboval privzetek, da je F ik simetrični tenzor. Namreč kot prikazuje slika lahko vsak Stokesov dipol zapišemo kot vsoto antisimetričnega dela (Rotlet) in pa simetričnega dela, ki ga imenujemo Stresslet. Deformacija, ki jo opisuje Stresslet ustreza simetričnemu strigu. Slika 3.21: Dekompozicija Stokesovega dipola na simetričen, Stresslet, in antisimetričen, Rotlet, del. 205

206 3.13. HIDRODINAMSKE NESTABILNOSTI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.13 Hidrodinamske nestabilnosti mehaniki stabilna stanja sistema ugotavljamo tako, da poiščemo ekstreme potencialne energije. takih točkah na telesa ne deluje nobena sila, in so zato v ravnovesju. Imamo tri možne primere: stabilno ravnovesje je takšno ravnovesje, pri katerem ima ekstrem svoj minimum. če sistem izmaknemo iz ravnovesja, se bo poskušal vrniti nazaj vanj. nestabilno ali labilno ravnovesje je takšno ravnovesje, kjer ima ekstrem svoj maksimum. če sistem malce izmaknemo iz njega, bo oddrvel daleč proč. marginalno stabilno ravnovesje je ravnovesje, pri katerem je odvod potencialne energije enak 0 na širšem območju, kot na primer na ravnih tleh v gravitacijskem potencialu gh. hidrodinamiki koncepta potencialne energije žal nimamo. Stabilnost moramo tako definirati kar neposredno iz Navier-Stokesove enačbe: ( ) v ρ + (v )v = p + η 2 v. (3.439) t zemimo, da nam je uspelo najti stacionarno rešitev v 0 (r), p(r) za dan problem. Opazujmo, kaj se zgodi, če to rešitev malo zmotimo, tako da bo v = v 0 (r) + v (r, t), p = p 0 (r) + p (r, t). stavimo to nazaj v Navier-Stokesovo enačbo, pokrajšamo, kar se pokrajšati da, in zanemarimo vse nelinearne člene. Zaradi te aproksimacije naš pristop imenujemo linearna analiza stabilnosti. Ostane ( ) v ρ t + (v 0 )v = p + η 2 v (3.440) Potem se poslužimo nastavka v 1 = e iωt f(r). (3.441) Nastopajoči ω je lahko kompleksen (zapišimo kar ω = ω + iω. Realen del predstavlja nihanje okrog ravnovesne lege, imaginaren pa pove, da bo približevanje/oddaljevanje od ravnovesne lege eksponentno. Imamo tri možnosti: če je ω > 0, je realni del eksponenta pozitiven. Eksponent bo torej naraščal v neskončnost, s čemer se bo motnja s časom močno ojačala. Ravnovesna lega je nestabilna. če je ω < 0, je realni del eksponenta negativen. Motnja se bo zavrla, sistem se bo vrnil nazaj v ravnovesno lego. Ravnovesna lega je stabilna. če ω = 0, je ravnovesna lega marginalno stabilna. ω je odvisen od Reynoldsovega števila Re. Za majhne vrednosti Re je ω negativna, in narašča z naraščajočim Re. Pri nekem Re postane 0. Odtlej je opazovan stacionarni tok tekočine nestabilen: že najmanjša motnja ga popolnoma podre (to se tudi zgodi, saj motnje vedno so prisotne). elikokrat se namesto enega stacionarnega toka pojavi nek drug stacionaren tok (imenujmo ga v 1, p 1 ), drugačen od prvega, ki je sedaj stabilen. Pripadajoč ω je negativna, in tudi narašča z naraščajočim Re... vse dokler ne postane 0, in se tudi to stabilno stanje poruši. Igra traja še naprej tja do Re c (kritično Reynoldsovo število), po katerem ni nobene stabilne rešitve več, in je obnašanje tekočine kaotično: pravimo, da imamo opravka s turbulenco. Takšni poti v turbulenco prvaimo tudi Landauov scenarij. S hidrodinamskimi nestabilnosti se je v prejšnjem stoletju pričel ukvarjati Lord Rayleigh, med pionirji na tem področju pa je bil predvsem G. I. Taylor. Oglejmo si sedaj nekaj primerov hidrodinamskih nestabilnosti! 206

207 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA HIDRODINAMSKE NESTABILNOSTI Taylorjeva nestabilnost Imejmo manjši valj, ki je vložen v večjega tako, da osi sovpadata. Med valjema naj bo neidealna tekočina. zunanji valj pa naj se vrti. Pri majhnih hitrostih vrtenja je pojav pričakovan: tekočina kroži v ravnini, pravokotni na os valjev. Ima torej le tangencialno hitrost, in ne radialne ali celo hitrosti v smeri osi z. Ko hitrost vrtenja zunanjega valja povečujemo, narašča tudi Reynoldsovo število le to je kar premo sorazmerno s hitrostjo. Pri nekem mejnem Re se gibanje tekočine presenetljivo spremeni: oblikujejo se vertikalni pasovi; v vsakem drugem pasu na vrhu tekočina teče proti notranjemu valju, na dnu pa proti zunanjemu, ob notranjem valju teče navzdol, ob zunanjem valju pa navzgor. Pri vmesnih pasovih je stvar enaka, le da je smisel kroženja tekočine ravno nasproten. Pojav je zanimiv, saj je bil poprej sistem simetričen na translacijo v smeri osi, po pojavitvi plasti pa ni več pravimo, da je prišlo do zloma simetrije. Debelina enega pasu je odvisna od Re, in se z naraščajočim Re zmanjšuje, vse dokler Re ne preseže kritične vrednosti in ves red se podre, gibanje tekočine postane turbulentno. Slika 3.22: Primer razvite Taylorjeve nestabilnosti. alj se vrti okoli horizontalne osi, Taylorjevi svitki pa se pojavijo pravokotno na to os. temnejšem delu svitka je tok tekočine radialno navznoter, v svetlejšem pa radialno navzven. Rotacijska hitrost je 9.1 krat večja od mejne, potrebne za nastanek nestabilnosti Benárdova nestabilnost Tanko vodoravno plast tekočine, ki počiva v gravitacijskem polju, segrevamo od spodaj. Če je temperaturna razlika med zgornjo in spodnjo plastjo dovolj majhna, se vsa toplota lahko prenese z navadnim toplotnim prevajanjem. Ko pa temperaturna razlika preseže neko mejo, se spodnje plasti tekočine, ki so postale redkejše zaradi povišane temperature, prično dvigovati, zgornje plasti pa spuščati (konvekcija). S tem je omogočeno hitrejše odvajanje toplote. Oblikujejo se celice tekočine, na robu katerih se tekočina spušča, v sredini pa se dviga. Celice so lahko različnih oblik: velikokrat dobimo šesterokotne, in tlakujejo plast imamo opravka z neke vrste dvo dimenzionalno kristalno strukturo. Lah,ko pa se pojavijo tudi krožni konvekcijski svitki on Kármánova nestabilnost Pojav vrtincev, ki nastajajo za valjem, ki se prebija skozi tekočino, imenujemo on Kármánova nestabilnost. Pri zelo majhnih Re (majhne relativne hitrosti valja glede na tekočino) je tok tekočine povsem laminaren. Z naraščajočimi hitrostmi se pojavita za valjem najprej dba simetrična vrtinca. Pri še večjih Re nenadoma pride do nestabilnosti in vrtinca začneta utripati. Nato se začneta izmenično odlepljati, in za valjem dobimo zanimiv, sebi-podoben vzorec. Končno tudi 207

208 3.13. HIDRODINAMSKE NESTABILNOSTI POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.23: Primer heksagonalnih Bena rdovih konvekcijskih celic pri 25 kratni povec avi v 1mm debelem sloju silikonskega olja. Slika 3.24: Primer kroz nih Bena rdovih konvekcijskih svitkov v 1mm debelem sloju silikonskega olja. ta izgine, in ostane le s e turbulenten strz en tekoc ine za valjem. on Ka rma novo nestabilnost je prikladno opazovati v zelo tanki celici (dve vzporedni plasti npr. stekla, ki sta blizu vsaksebi), ki simulira dvodimenzionalen tok. Taks no celico imenujemo Helle-Shawova celica Kelvin Helmholzova nestabilnost c e Helle-Shawovo celico postavimo tako, da je navpic na, in vanjo natoc imo dve tekoc ini z razlic nimi hidrodinamskimi lastnostmi, nato pa celico nagnemo, se pric neta obe tekoc ini pretakati. c e je nagib prevelik, in s tem hitrosti v pretekajoc ih se tekoc inah prevelike, povrs ina med tekoc inama vzvalovi. Pri s e vec jih nagibih dobimo valove, ki so zelo zanimive oblike. Ta pojav lahko spremljamo tudi na stiku med vodno povrs ino in zrakom, kjer se zrak giblje z relativno hitrostjo glede na vodo. Posledica so valovi na vodni povrs ini. Pojav je prisoten tudi v s e vec jih razsez nostih: v meteorologiji se namrec vmesna povrs ina med toplimi vetrovi, ki pihajo od ekvatorja proti polu, in hladnimi vetrovi, ki pihajo v nasprotni smeri, naguba na podoben nac in Rayleighova nestabilnost Rayleighova nestabilnost se imenuje pojav, pri katerem se vodni curek razdrobi na kapljice. Ko voda izhaja iz ustja cevi, in se curek c edalje podaljs uje, postane njegova povrs ina prevelika, in je energijsko ugodneje, c e se zaradi povrs inske napetosti razbije na kapljice. Dimenzija nastalih kapljic je odvisna od zac etnega toka, numeric ni izrac uni pa pokaz ejo, da je, v nemotenih razmerah, 208

209 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA HIDRODINAMSKE NESTABILNOSTI Slika 3.25: Dvodimenzionalna vrtinčnost pri 2D obtekanju krogle Re = 1, 20, 70, 100, 10 4, (Slika je vzeta iz diplomske naloge Aleksandra Grma (2001).) razmerje med dimenzijo kapljice in razdaljo med sosednjima kaplicama konstantno Faradayeva nestabilnost če tekočino nihamo v navpični smeri (na primer tako, da kozarec vode postavimo na nihajoč zvočnik), se pri določeni frekvenci na površini tekočine izoblikujejo valovi. alovi niso podolgovati, kot smo jih vajeni, pač pa imajo špičasto obliko. Zanimiva je razporeditev teh špičk: le ta tvori pentagonalno mrežo, kar je zelo nenavadno, saj z njo ne moremo tlakovati ravnine (zato je mrežna struktura na posameznih mestih motena). 209

210 3.14. TURBULENCA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.26: Kelvin - Helmholtzeva nestabilnost, ko ena tekočina drsi preko meje druge. Na meji se pojavijo valovi, ki prerastejo v vrtiunce. Fenomen se da včasih lepo opazovati pri oblakih. Slika 3.27: Rayleighova nestabilnost. Prost curek razpade v kapljice Turbulenca tem poglavju si bomo predvsem na kvalitativni ravni ogledali obnašanje vrtincev v turbulentnem toku tekočine. Povezali bomo karakteristično velikost vrtinca z njegovo karakteristično hitrostjo in s stopnjo disipacije energije. Zapišimo najprej Navier-Stokesovo enačbo brez ali z izvori ( ) v ρ + (v )v = p + η 2 v + f, (3.442) t in poglejmo njene najbolj splošne posledice. mislih ne bomo imeli nobenega konkretnega toka. Zanimajo zas zgolj načela Interpretacija Navier-Stokesove enačbe Divergenca hitrostnega polja je nič, f pa so izvori gibanja tekočine. Privzeli bomo tudi, da je f = 0. Razvijmo zdajle nastopajoče količine po ravnih valovih v k-prostoru: v(r, t) = k p(r, t) = k f(r, t) = k v(k, t)e ik r p(k, t)e ik r f(k, t)e ik r. (3.443) pogoja v = 0 in f = 0 nesemo Fourierovi transformiranki in dobimo zvezi k v(k, t) = 0 in k f(k, t) = 0 očitno imamo za opraviti s transverzalnimi polji. Transformiranke nesemo še 210

211 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA TURBULENCA Slika 3.28: Prve tri slike predstavljajo površinske vzorce, ki nastanejo pri vibracijah tekoče mase s prosto površino. iskoznost uporabljene tekočine je približno 50 krat večja od viskoznosti vode. Zadnja slika predstavlja isti fenomen le da vzbujamo tekočino z dvema frekvenv=cama. Lepo je vidna dvanajsterna simetrija faradayevih valov.. v Navier-Stokesovo enačbo in dobimo ρ [ ] v(k, t) e ik r + ρ v(k, t)e ik r v(k, t)e ik r = t k k k = i k kp(k, t)e ik r η k k 2 v(k, t)e ik r + k f(k, t)e ik r. (3.444) Sedaj preuredimo člen z gradientom (v(k, t) k )e ik r v(k, t)e ik r k k = (k v(k k, t))v(k, t)e ik r = k k = (k v(k k, t))v(k, t)e ik r (3.445) k k kjer smo namesto k in k vpeljeli k = k + k, nato pa smo zopet k preimenovali nazaj v k. Če sedaj to upoštevamo v Navier - Stokesovi enačbi dobimo za vsako komponento k tole zvezo v(k, t) ρ = iρ k v(k k, t)v(k, t) ikp(k, t) ηk 2 v(k, t) + f(k, t), (3.446) t k kar se v komponentah glasi ρ v j(k, t) t = iρ k k l v l (k k, t)v j (k, t) ik j p(k, t) ηk 2 v j (k, t) + f j (k, t). (3.447) Enačbo množimo s k j in upoštevamo pogoja, ki sledita iz ničelnih divergenc hitrosti in gostote sil, pa dobimo 0 = iρ k k l v l (k k, t)(k j v j (k, t)) ik 2 p(k, t). (3.448) Tako smo dobili enačbo za tlak p. Iz gornje zveze izrazimo tlak in ga nesemo v enačbo Navier- Stokesa. Sledi ρ v j(k, t) = ηk 2 v j (k, t) iρ ( δ jl k ) jk l t k 2 v l (k, t)(k nv n (k k ), t) + f j (k, t). (3.449) k Oglejmo si člene enačbe po vrsti. 211

212 3.14. TURBULENCA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Disipacijski ˇclen. Na levi se j-ta Fourierova komponenta hitrosti spreminja s časom, ker imamo na desni strani viskozno disipacijo ηk 2 v j, ki je sorazmerna s k 2 = 4π 2 /λ 2. Količino λ imenujemo skala hitrosti. iskozna disipacija je torej na večjih skalah (tj. pri večjih λ) večja - disipacijski člen bolj duši tiste Fourierove komponente, ki imajo večjo skalo. Gonilni ˇclen. Člen f j (k, t) imenujemo gonilni člen; ko je f j > 0, je v j / t > 0. ta člen torej pove, kako zunanji izvori spreminjajo različne komponente hitrosti. Sklopitveni ˇclen. Člen z vsoto po k sklaplja med seboj vse skale in prihaja iz nelinearnega člena (v )v v Navier-Stokesovi enačbi. Če z gonilnim členom ustvarimo komponento hitrosti na skali k, bo ta člen proizvedel komponente hitrosti na vseh skalah. Poglejmo kako se to zgodi: imejmo dvodimenzionalni vrtinec, ki ga popišemo s tokom v(x, y) = (v x (x, y), v y (x, y)) = v l (sin y/l, cos x/l). Nelinearni člen v NS enačbi nam daje za ta tok: v x ((v )v) x = v y y = v2 l l v y ((v )v) y = v x x = v2 l l cos x l cos y l sin y l sin x l. (3.450) Če uvedemo u = x y,lahko to zapišemo še nekoliko drugače ( ((v )v) x = v2 l cos u ( 2y 2l l + cos u )) l l ( ((v )v) y = v2 l cos u ( 2x 2l l + sin + u )). (3.451) l l To pomeni, da se skala vrtincev zaradi sklopitve med njimi zmanjša (za dvakrat - razmisli zakaj?) eliki vrtinci torej rojevajo manjše. Ta efekt nelinearnosti je bistven za nastanek turbulence. Od tod vidimo, da je turbulenca nelinearen pojav. Ko npr. v vodi zaveslamo počasi, ta člen ustvari ogromno majhnih in hitrih vrtincev na vseh skalah, turbulentni člen torej energijo z ene skale propagira na vse skale. Turbulenca je energijska kaskada s katero propagiramo energijski tok iz velikih skal v manjše, kjer se nato disipira v toploto Fizikalne količine na različnih skalah Navier-Stokesova enačba nam za vsak k pove, kako se spreminja Fourier komponenta hitrosti v(k, t). elikost valovnega vektorja lahko zapišemo s pomočjo ustrezne valovne dolžine k = 2π λ, pri čemer bomo v tem kontekstu λ imenovali skala v(k, t). Navier Stokesova enačba nam torej pove, kako se na različnih skalah spreminja hitrost v tekočini. Poglejmo si, na kateri skali je disipacijski člen pomembnejši od sklopitvenega člena. Odgovor na to vprašanje nam bo povedal kdaj moramo upoštevati disipacijo energije in kdaj ne. Iz enačbe En sledi, da je disipacija pomembna na skali, za katero velja ηk 2 v ρkv 2, (3.452) pri čemer je v neka tipična velikost hitrosti na dani skali (recimo obodna hitrost vrtinca). To neenakost smo napisali precej rokohitrsko, ampak ker nas zanima zgolj ocena, se detajlom odrečemo. Če je poleg tega L neka tipična dimenzija toka tekočine, potem glede na definicijo Reynoldsovega števila dobimo, da je disipacija pomembna, če velja kl Re ρvl η. (3.453) 212

213 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA TURBULENCA Čim večji je torej produkt kl na dani skali, tem večja je disip[acija. Z drugim besedami, čim manjša je skala tem pomembnejša je disipacija. Sedaj difinirajmo dve bistveni skali za razumevanje turbulence. Najprej je tu Zunanja skala. To je skala, ki jo definira gonilni člen v Navier - Stokesovi enačbi. Označimo jo z l, torej na teh skali je k l 1. Zahtevajmo, da je na tej skali Re 1 in torej očitno ne moremo imeti disipacije, saj velja kl 1 in torej ne moremo imeti hkrati kl 1 in kl 1! Disipacijska skala Sedaj uvedemo neko od zunanje precej manjšo skalo, kjer je k λ 1 0. Na tej skali imamo kl 1 in je zato disipacija obilna. To pomeni, da pri turbulentnem gibanju v splošnem teče energija iz makroskopskih skal na mikroskopske skale, kjer se disipira. Za skale med l in λ 0 potemtakem viskoznost praktično ne obstaja! Inercialna skala Tako poimenujemo celotno območje skal med l in λ 0, kjer viskoznost in z njo povezana disipacija nista pomembni Teorija Kolmogorova (K-41) Kolmogorov je leta 1941 vpeljal zelo intutiven model turbulence, ki si ga bomo pogledali nekoliko detajlneje. Na zunanji skali je vpeljal energijski tok na enoto mase, ki ga dovajamo našemu tekočinskemu toku: ɛ = 1 E m t. Z dimenzijsko analizo je iskal primerno odvisnost od spremenjivk, ki bi lahko prišle v poštev (v, l). Iskaže se (preverite sami!), da je edina dimenzijsko sprejemljiva možnost odvisnost ɛ(v, l) v3 l. (3.454) Ta ugotovitev velja na zunanji skali, ko se iz velikih vrtincev rojevajo manjši vrtinci. Ko postanejo vrtinci dovolj majhni, postane disipacija izrazita, in se preselimo na disipativno skalo. mes spet iščemo z dimenzijsko analizo glavno odvisnost v λ (hitrost na skali λ) od spremenjivk λ in ɛ na inercialni skali. Spremenljivki u in l na tej skali seveda ne moreta več nastopati. Edina možnost je tokrat: v λ (λ, ɛ) (ɛλ) 1 3. (3.455) To je že eden najpomembnejših rezultatov K-41 teorije, ki pravi da gre hitrost vrtinca kot potenca λ 1 3 s karakteristično velikostjo vrtinca λ. Količina ɛ seveda ne more biti odvisna od spremenljivk inercialnega režima, saj pripada zunanji skali. Na disipacijski skali se sedaj disipira vsa moč, ki jo je tok prejel od gonilnega člena na zunanji skali. Torej mora na tej skali veljati ɛ v3 λ 0 λ 0. (3.456) Ker pa ima ɛ izvor v zunanji skali in torej velj atudi En , moramo potemtakem imeti Od tod dobimo pomembno zvezo Re λ0 ρv λ 0 λ 0 η v λ0 v ρv η ( λ0 ( λ0 l l ) 1 3. (3.457) ) 1 3 λ0 Re ( λ0 l ) 4 3, (3.458) 213

214 3.14. TURBULENCA POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Slika 3.29: Kaskada vrtincev pri turbulenci, kot jo je videl Leonardo da inci. kjer je Re = ρvl η običajno Reynoldsovo število. Re λ 0 mora na meji med inercialno (kjer je velik) in disipacijsko skalo (kjer je majhen) postati Re λ0 1 (seveda bi lahko postavili tudi enako 10 ali 3.2, vendar nas tu zanimajo le potenčne odvisnosti, ne pa konstante!). Odtod sledi 1 Re ( λ 0 in končno: λ 0 l ) 4 3 l, 1. (3.459) Re 3 4 Dobili smo končni rezultat teorije Kolmogorova, velikost disipacijske skale v odvisnosti od Reynoldsovega števila na zunanji skali. se tri količine so merljive in eksperimenti potrjujejo zgornjo enačbo. Najbolj preprosta interpretacije slike Kolmogorova je, da se da na turbulenco gledati kot na sistem ( ) 3 l N Re 9/4 (3.460) λ 0 neodvisnih vrtincev. Potemtakem bi imela turbulenca tudi N število prostostnih stopenj. Ta slika je seveda preveč preprosta, saj vrtinci lahko med sabo interagirajo in je v splošnem število prostostnih stopenj pri turbulenci bistveno manjše. S teorijo K-41 Kolmogorov ni dal nobenega novega matematičnega zapisa že znanim zakonom, ali prinesel boljše metode za reševanje že znanih enačb. Je pa priskrbel nekaj, česar nismo mogli dobiti iz enačb: vsaj približno fizikalno razumevanje problema turbulence. Tako ali drugače ostaja turbulenca Največji nerešeni problem klasične mehanike (R. Feynman). erjetno najzoprnejše dejstvo je, da ne poznamo relevantne fizikalne količine (kot je npr. pri plinih tlak), ki 214

215 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA TURBULENCA bi nam omogočila kvantitativno opisati turbulenco na makroskopskem nivoju. 215

216 3.15. AKUSTIČNI HRUP POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA 3.15 Akustični hrup Iz vsakdanjih izkušenj vemo, da turbulentno gibanje tekočine vodi do zvočnega sevanja, v splošnem hrupa. Slišimo ga lahko pri letalskih motorjih, zračnih turbinah, nelaminarnem gibanju tekočin, gospodinjskih aparatih... splošnem povsod tam, kjer obstaja lokalno turbulentno gibanje tekočin. tem prispevku si bomo pogledali kako pride do nastajanja zvoka pri turbulenci in kako ga opišemo z enačbami klasične hidrodinamike. Naš cilj bo izpeljava t.i. Lighthillove akustične analogije, ki nam bo pomagala razumeti naravo izsevanega zvoka pri turbulenci. Čeprav je formalna izpeljava Lighthillove akustične analogije precej netrivialna in zahteva določeno predznanje hidrodinamike, jo bomo skušali predstaviti tudi opisno in jo tako narediti dostopno širšemu krogu bralcev Lighthillova enačba Najprej bomo prepisali osnovne enačbe hidrodinamike v obliki, ki bo zelo podobna valovni enačbi s kvadrupolnimi izvori. alovno enačbo seveda poznamo, če ne od drugod, pa iz elektromagnetnega polja. prostoru brez izvorov polja je valovna enačba homogena, v prostoru z izvori, pa vsebuje člene, ki predstavljajo te izvore. Ti izvori so lahko časovno spremenljivi zunanji (skalarni) naboji, dipolni (vektorski) momenti ali pa kvadrupolni (tenzorski) momenti. S terminom kvadrupolni izvori imamo v mislih izvore, ki jih lahko opišemo z neko tenzorsko funkcijo prostora in časa. Sledeč Lighthillu se bo pokazalo, da lahko osnovne enačbe hidrodinamike zapišemo v obliki valovne enačbe s tenzorskimi izvori. Ta zapis enačb hidrodinamike nam bo omogočil, da bomo zapisali njihovo rešitev v območju daleč stran od izvorov v obliki zvočnega polja. Podobno postopamo tudi v elektromagnetnem primeru, kjer rešitev nehomogene valovne enačbe v radiacijskem približku zapišemo v obliki retardiranih potencialov, ki se daleč stran reducirajo na elektromagnetni val. Začeli bomo z Navier - Stokesovo enaˇcbo za komponente Eulerjeve hitrosti tekočine, v i (r, t), in njeno gostoto ρ(r, t), ki jih zapišemo v standardni komponentni obliki kot ρ Dv i Dt = ρ v i t + ρv j v i = p + p ij. (3.461) x j x i x j tu je p tlak tekočine, p ij pa je napetostni tenzor strižnih hitrosti. ij komponenta tega tenzorja predstavlja i-to komponento sile, ki deluje preko površine z j-to komponento enotskega normalnega vektorja. Člen na levi strani imenujemo tudi substancialni odvod hitrosti, označimo ga z D Dt. in nam pove, kako se hitrost spreminja s časom, če se pri opazovanju gibljemo skupaj s tekočino. primeru neviskozne tekočine, p ij = 0, se zgornja enačba poenostavi v Eulerjevo enaˇcbo ρ v i t + ρv v i j = p. (3.462) x j x i Za viskozne tekočine je v splošnem p ij funkcija gradientov hitrosti v k x i, oziroma funkcija tenzorja ( strižnih hitrosti, ki je enak kar simetriziranemu gradientu u ij = 1 v i 2 x j + vj x i ). Za t.i. newtonske tekočine je p ik v najnižjem redu linearna funkcija u ij, in sicer velja ( vi p ik = η + v ) k + (ζ 2 x k x i 3 η) v l δ ik. (3.463) x l Za nestisljive tekočine je zadnji člen na desni strani zgornje enačbe enak nič, saj predstavlja časovni odvod relativnih sprememb volumna. Celoten napetostni tenzor torej lahko zapišemo 216

217 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA AKUSTIČNI HRUP kot p δ ik + p ik. η in ζ v zgornji enačbi sta dinamična in dilatacijska viskoznost tekočine. Poleg Navier - Stokesove enačbe velja še kontinuitetna enačba, oziroma zakon o ohranitvi mase, v obliki ρ t + (ρv i) = 0, (3.464) x i kjer lahko uvedemo vektor gostote masnega toka snovi j i = ρv i. Pomnožimo kontinuitetno enačbo En z v i in jo prištejmo Navier - Stokesovi enačbi, pa dobimo Reynoldsovo enaˇcbo (ρv i ) t zgornji enačbi smo definirali tenzor toka gibalne količine π ij kot = π ij x j. (3.465) π ij = ρv i v j + (p p 0 )δ ij p ij. (3.466) Tenzor π ij imenujemo tenzor toka gibalne količine zato, ker lahko Reynoldsovo enačbo identificiramo z enačbo ohranjanja gibalne količine. Preberemo jo kot: vsota časovnega odvoda gostote gibalne količine in divergenca tenzorja toka gibalne količine je nič. Podobno je vsota časovnega odvoda gostote in divergence vektorja gostote masnega toka enaka nič. Konstanto p 0, ki je irelevantna za obliko Reynoldsove enačbe, smo vstavili, ker nam bo koristila kasneje, ko jo bomo tudi natančno definirali. primeru linearnega približka za neviskozno tekočino, dobimo za tenzor toka gibalne količine π (0) ij = (p p 0 )δ ij. (3.467) Prvi člen v En je nič, ker se omejimo le na linearne člene v hitrosti, zadnji pa, ker se omejimo zgolj na idealne, neviskozne tekočine. nadaljevanju obravnave, kot je običajno, predpostavimo, da so časovne spremembe tlaka in gostote dovolj hitre, da ne more priti do izmenjevanja toplote z okolico. To pomeni, da mora biti entropija na enoto mase, s = S/m, konstantna, oziroma, da imamo opraviti z adiabatnimi spremembami tlaka in gostote, pri katerih sta tlak in gostota povezana z adiabatno enačbo stanja v obliki p = p(ρ, s) s = const. (3.468) Če je v statičnem primeru p = p 0 = p(ρ 0, s), potem je za majhne spremembe okrog te vrednosti ( ) p p(ρ, s) = p(ρ 0, s) + (ρ ρ 0 ) + = p 0 + c 2 ρ 0(ρ ρ 0 ) +..., (3.469) ρ 0 ( ) kjer smo označili c 2 0 = p(ρ,s) ρ. Pokazalo se bo, da je c 0 ravno hitrost zvočnega valovanja. ρ 0 Za konstanto v enačbi En sedaj vzamemo ravno p 0 = p(ρ 0, s) in imamo potentakem Reynoldsovo in kontinuitetno enačbo tako zapišemo v obliki π (0) ij = (p p 0 )δ ij = c 2 0(ρ ρ 0 )δ ij. (3.470) (ρv i ) t t (ρ ρ 0) + + x i (p p 0 ) = 0 x i (ρv i ) = 0. (3.471) 217

218 3.15. AKUSTIČNI HRUP POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA Prvo enačbo sedaj odvajamo po x i, drugo po t in ju odštejemo. Dobimo seveda valovno enačbo zvočnega valovanja v obliki ) ) ( 2 2 c 2 (p p 0 ) = ( t2 c 2 c 2 0(ρ ρ 0 ) = 0. (3.472) 0 t2 c 0 ni potemtakem res nič drugega kot adiabatna hitrost širjenja zvoka. Ta enačba seveda velja le v delih prostora, kjer ni nobenih akustičnih izvorov. Če bi jih imeli, bi morali nastopati na desni strani valovne enačbe, kot izvorni členi. Tako je recimo v teoriji elektronmagnetnega polja. kjer imamo namreč v valovnih enačbah za skalarni in vektorski potencial, t.i. Riemann - Sommerfeldove enačbe, na desni strani gostoto naboja in gostoto toka nabojev kot izvore polj. Sedaj poskušajmo ugotoviti, kakšno enačbo dobimo, če upoštevamo tudi dele tekočine, kjer približek linearne neviskozne tekočine ne drži. Najprej definirajmo Lighthillov napetostni tenzor T ij kot T ij = π ij π (0) ij = ρv i v j + ( (p p 0 ) c 2 0(ρ ρ 0 ) ) δ ij p ij. (3.473) Srednji člen v oklepaju sedaj ni več enak nič, kot bi sledilo iz En , saj nismo več v linearnem približku. Lighthillov napetostni tenzor je očitno simetričen v svojih indeksih. S pomočjo Lighthillovea napetostnega tenzorja lahko Reynoldsovo enačbo zapišemo kot (ρv i ) t + π(0) ij x j = (π (0) ij πij ), (3.474) x j oziroma kot (ρv i ) t + c2 0(ρ ρ 0 ) x i = T ij x j. (3.475) Če sedaj zgornjo enačbo odvajamo po x i in kontinuitetno enačbo En po t, eliminiramo iz obeh enačb mešani odvod gostote gibalne količine 2 (ρv i) t x i, pa že dobimo Lighthillovo 17 enaˇcbo ( 2 2 c 2 0 t2 ) ) (p p 0 ) = ( 2 2 c 2 c 2 0(ρ ρ 0 ) = 2 T ij. (3.476) 0 t2 x i x j Izpeljli smo torej to, kar smo napovedali v uvodu: osnovni enačbi hidrodinamike, torej Navier - Stokesovo enačbo in pa kontinuitetno enačbo smo prepisali v obliki nehomogene valovne enačbe s kvadrupolnimi (tenzorskimi) izvori. Posebej velja povdariti dejstvo, da je Lighthillova enačba eksaktna in predstavlja dejansko zgolj drugačen zapis Navier - Stokesove enačbe. Na žalost je seveda, enako kot Navier - Stokesova enačba, v splošnem le težko rešljiva. Njen čar pa je v tem, da nam nekako naravno sugerira približke, ki bi jih težko uvideli neposredno iz Navier - Stokesove enačbe. Formalno torej nismo pridobili nič. Konceptualno pa, kot se bo izkazalo, veliko, saj bomo lahko rešitev v primeru prostorsko omejenih izvorov, lahko zapisali kot akustični val Lighthillova akustična analogija nasprotju z enačbo En Lighthillova enačba velja tudi v delih prostora, kjer imamo akustične izvore. Ti izvori imajo očitno kvadrupolno naravo, kar razberemo iz oblike desne strani 17 Sir Michael James Lighthill, rojen 23 Januarja 1924 v Parizu, Francija, umrl 17 Julija 1998 v Sarku na Kanalskih Otokih. Znameniti angleški matematik, ki se je vecinoma posvečal zapletenim problemom hidrodinamike. 218

219 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA AKUSTIČNI HRUP enačbe En , in njihova velikost na enoto volumna je podana ravno z Lighthillovim tenzorjem. O tem se lahko prepričamo, če Lighthillovo enačbo primerjamo z enačbo za elektromagnetna potenciala v kvadrupolnem približku porazdelitve sevalnih izvorov. Lighthillov tenzor bi v tem primeru nadomestil tenzor kvadrupolnega momenta porazdelitve sevalnih izvorov. Kvadrupolna narava akustičnih izvorov je najpomembnejša značilnost Lighthillove enačbe. Kvadrupolni izvori pomenijo, da je gibanje tekočine zelo šibek akustični izvor in da se le majhen del celotne energije gibanja tekočine pretvori v zvočno valovanje. Povzemimo: Lighthillu je uspelo zapisati osnovne enačbe hidrodinamike, torej Navier - Stokesovo in kontinuitetno enačbo, v obliki valovne enačbe za akustični polji, torej polji tlaka in gostote, s kvadrupolnimi izvori. Zaradi podobnosti z enačbo akustičnega valovanja se zgornja teorija včasih imenuje tudi Lighthillova akustiˇcna analogija. Tako kot Navier - Stokesova enačba v splošnem ni analitično rešljiva, velja ista ugotovitev tudi za Lighthillovo enačbo. Lighthillovi akustični analogiji ne vemo zaenkrat še nič o naravi Lighthillovega tenzorja. Razen seveda to, da je zapleten. Pomudimo se sedaj pri njegovi strukturi. Lighthillov tenzor En vsebuje sledeče člene: Prvi člen predstavlja Reynoldsove napetosti in glede na to, da je nelinearen, se ga da večinoma zanemariti povsod razen v delih prostora, kjer je gibanje turbulentno. Drugi člen predstavlja presežni del toka gibalne količine glede na linearno tekočino z gostoto ρ 0. Ta člen je posledica predvsem nelinearnosti v amplitudi in nestisljivosti. Za inženirsko uporabo pri podzvočnih hitrostih sta relativna sprememba tlaka in gostote zelo majhni in je zato razmerje med tem in prvim členom v Lighthillovem tenzorju obratno sorazmerno z Reynoldsovim številom in potemtakem v splošnem majhno. Zadnji del Lighthillovega tenzorja je posledica viskoznosti in opisuje atenuacijo zvoka v realni, viskozni tekočini. ečinoma je Reynoldsovo število v delih prostora z akustičnimi izvori zelo veliko in viskozni člen lahko običajno brez večjih posledic zanemarimo. Od celotnega Lighthillovega tenzorja nam torej ponavadi ostane zgolj člen T ij ρv i v j, v delih prostora s turbulentnim gibanjem tekočine. Povsod drugje je T ij = Sevalne rešitve Lighthillove enačbe Sedaj se posvetimo rešitvam Lighthillove enačbe. Pri tem se bomo precej naslanjali na teorijo sevanja pri elektromagnetnem polju. Tam so rešitve nehomogene valovne nečbe t.i. retardirani potenciali, ki podajajo odvisnost skalarnega in vektorskega apotenciala od časovno spremenljive gostote zunanjih nabojev in tokov. Daleč stran od (po privzetku) prostorsko omejenih zunanjih izvorov se retardirana polja reducirajo na polja, ki opisujejo elektromagnetni val. To je na kratko povzetek teorije elektromagnetnega sevanja. Lighthillovem primeru, pa bosta analogno gostotno oziroma tlačno polje tekočine funkciji časovno spremenljivih komponent Lighthillovega tenzorja, ki predstavlja hidrodinamske izvore. Daleč stran od prostorsko omejenih komponent Lighthillovega tenbzorja pa bomo podobno kot v elektromagnetnem primeru, dobili sevalno akustično polje. Lighthillova analogija in teorija elektromagnetnega sevanja gresta torej tu z roko v roki. Sedaj zgornji opis še formalizirajmo. Spomnimo se najprej rešitve enačb za retardirani skalarni potencial ϕ v elektromagnetnem polju. Osnovna enačba za retardirani skalarni potencial se glasi 2 ϕ 1 c 2 2 φ t 2 = ρ ε 0. (3.477) 219

220 3.15. AKUSTIČNI HRUP POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA kjer je tu c hitrost svetlobe v vakuumu, ρ pa je gostota naboja. Rešitev zgornje nehomogene valovne enačbe je retardirani skalarni potencial v obliki ϕ(r, t) = 1 4πε 0 ρ(r,, t r r, c ) d 3 r, r r,. (3.478) Iz te rešitve lahko, kot vemo, zgradimo teorijo sevanja elektromagnetnih valov, tako da opazujemo polje v veliki oddaljenosti od njegovih izvorov. Takšnemu pristopu pravimo tudi sevalni približek. Povrnimo se sedaj k Lighthillovi enačbi in jo skušajmo rešiti na podoben način. Hitro lahko zapišemo, da je formalna rešitev En (ρ(r, t) ρ 0 ) = = 1 4πc πc T ij (r, t r r c 0 ) d 3 r x i x j r r = 2 T ij (r, t r r c 0 ) x i x j r r d 3 r. (3.479) Preko zadnjega enačaja smo preskočili z dvojno parcialno integracijo, upoštevanjem Gaussovega teorema in pa glede na to, da je na meji velikega volumna Lighthillov tenzor po predpostavki enak nič. Zgornja zveza določa lokalne spremembe gostote tekočine v prostoru le, kadar so komponente Lighthillovega tenzorja bodisi podane vnaprej ali pa že poznamo rešitev Navier - Stokesove enačbe, ki jo lahko vstavimo v Lighthillov tenzor. Komponente Lighthillovega tenzorja namreč ne le opisujejo akustične izvore, analogno kot recimo gostota naboja pri EM retardiranih potencialih, pač pa opisujejo tudi modulacijo zvoka zaradi nelinearnosti, konvekcijo zvoka z lokalno hitrostjo tekočine, lom zvoka zaradi lokalnih sprememb v gostoti in pa atenuacijo zvoka zaradi viskoznih in toplotnih efektov. Narava zgornjega retardiranega gostotnega polja je zato nekoliko dugačna kot analogen primer v EM polju En En je torej v najboljšem primeru le formalna rešitev osnovnih enačb hidrodinamike in ima kot takšna le omejeno vrednost. Iz formalne rešitve pa bomo dobili uporabno rešitev, če bomo vpeljali pametne in smiselne približke. In ravno v tem je fundamentalen pomen Lighthillove akustične analogije. Kot je ogotovil Lighthill, lahko relativno preprosto in nazorno obravnavamo enačbo En le v primeru velikih Reynoldsovih števil, in pa majhnih gostotnih sprememb v volumnu akustičnih izvorov. tem primeru nam od vseh členov Lighthillovega tenzorja ostane le prvi, torej člen Reynoldsovih napetosti T ij (r, t) = ρ 0 v i (r, t)v j (r, t), (3.480) ki je različen od nič le v območju turbulentnega toka in je tam tudi neodvisen od zvočnega polja. Reynoldsov del Lighthillovega tenzorja poznamo bodisi na osnovi ustreznih meritev ali pa na osnovi približnih teorij turbulentnega gibanja tekočin. Nadalje predpostavimo, da je področje, kjer je Lighthillov tenzor različen od nič, torej območje turbulentnega toka, prostorsko omejeno, glej sliko Sl. 3.31, in da lahko privzamemo, da je do najnižjega reda v sevalnem približku podobno kot pri multipolnem razvoju EM polja r r = r r r r (3.481) To pomeni, da opazujemo akustična polja daleč stran od njihovih izvorov. Potemtakem v tem primeru tudi sledi, da lahko krajevni odvod v En do najnižjega reda nadomestimo s časovnim odvodom kot x i x i c 0 r t, (3.482) 220

221 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA AKUSTIČNI HRUP Slika 3.30: Kaskada vrtincev pri turbulenci, kot jo je videl Leonardo da inci. saj v limiti sevalnega polja velja za poljubno funkcijo f(t r r c 0 ), da je f(t r r c 0 ) x i = f t x i ( t r ) r = f ( x ) i (3.483) c 0 t c 0 r Pri dvojnem odvodu v enačbi En nam ni potrebno odvajati tudi imenovalca, kajti ta prispeva zgolj k višjim redom, mi pa se bomo zadovoljili le s sevalnim, torej najnižjim približkom. Na osnovi vsega povedanega imamo končno ρ(r, t) = ρ0 + x ix j 2 4πc 4 0 r3 t 2 T ij (r, t r r ) d 3 r = c 0 = ρ 0 + n in j 4πc 4 0 r 2 t 2 ρ 0 v i (r, t r r c 0 )v j (r, t r r c 0 ) d 3 r, (3.484) kjer smo vpeljali enotski smerni vektor n i = xi r. Zgornja enačba nam torej podaja sevalni del akustičnega polja gostote tekočine daleč stran od akustičnih izvorov, ki jih predstavlja Reynoldsov del Lighthillovega tenzor. Zapleten hidrodinamski problem smo torej razklopili na prostorsko omejene kvadrupolne izvore akustičnih polj (desna stran enačbe En ) in pa sama akustična polja daleč stran od izvorov. To Lighthillovo razklopitev nam ponazarja slika Sl Reynoldsov del Lighthillovega tenzorja v splošnem seveda ni znan in je njegova oblika odvisna od tega, kakšne so predpostavke o naravi turbulentnega toka. 221

222 3.15. AKUSTIČNI HRUP POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA r r Slika 3.31: Slika prikazuje geometrijo turbulentnega izvora prostorsko omejenega okrog r in točke opazovanja akustičnih polj r. Če je izvor prostorsko omejen in kompakten, točka opazovanja pa je daleč stran, potem lahko v En razvijemo celoten izraz na desni po r / r Izsevana akustična moč Podobno kot v elektromagnetnem primeru nas tudi pri Lighthillovi analogiji zanima, koliko energije izsevajo akustični izvori na enoto časa, oziroma kakšna je njihova moc. elektromagnetnem primeru na to vprašanje odgovorimo tako, da s pomočjo Poyntingovega vektorja izrazčunamo energijski tok skozi zaključeno površino daleč stran od izvorov. Sevalni del retardiranih potencialov je edini, ki prispeva k temu energijskemu toku. Da bi podoben račun napravili še za akustično polje, moramo najprej ugotoviti, kako je definirana moč akustičnega valovanja v primeru Lighthillove analogije. O tem namreč nismo povedali še nič. Ponovimo za začetek nekaj osnovnih pojmov iz teorije zvočnega valovanja. Predpostavimo, da imamo opravka z idealno tekočino, kar je večinoma kar ustrezna predpostavka. Začnimo torej z ohranitvenim zakonom za energijo neviskozne tekočine, ki se glasi D Dt ( 1 2 ρv2 + ρ 0 pdρ ρ ) d 3 r = p(v n) d 2 r, (3.485) D/Dt je tu seveda zopet substancialni odvod, ki smo ga vpeljali ža v En Zgornja enačba ni nič drugega kot zakon o ohranitvi energije in pravi, da je vsota substancialnega odvoda gostote energije in divergence gostote energijskega toka (po tem ko površinski integral z Gaussovim izrekov preoblikujemo v divergenco) enako nič. Gostota celotne energije oziroma bolj natančno proste energije, ki je podana z izrazom 1 2 ρv2 + ρ pdρ 0 ρ in je enaka vsoti kinetične energije in pa tlačne energije gibanja tekočine, se pri gibanju tekočine spreminja zato, ker v gibajoči se volumen doteka (ali pa iz njega odteka) energijski tok z gostoto p(v n). Če sedaj od zgornje enačbe odštejemo še ustrezne člene za statičen primer podan z p = p 0, potem sledi, da je gostota zvočne energije, ki je seveda kar enaka celotni energiji, v sevalnem območju akustičnega sevanja enaka w = 1 2 ρv2 + medtem ko je gostota energijskega toka zvočnega valovanja podana z ρ 0 (p p 0 )dρ, (3.486) ρ j = (p p 0 )v. (3.487) 222

223 POGLAJE 3. HIDRODINAMIKA AKUSTIC NI HRUP Slika 3.32: Slika nazorno prikazuje idejo Lighthillove akustic ne analogije na primeru numeric ne simulacije turbulentnega iztekanja tekoc ine iz s obe (prirejeno po A. Uzun, Purdue Univeristy). Rumeni del slike prikazuje tlac no polje, notranji del pa turbulentno hitrostno polje. Le-to oc itno generira sevalno zvoc no polje. Zapleten hidrodinamski problem je Lighthill razklopil v lokalizirane kvadrupolne izvore in oddaljena akustic na polja. Od tod tudi ima Lighthillova akustic na analogija. sevalnem pribliz ku tudi, kot z e vemo, velja En , in zato dobimo Eulerjevo enac bo v obliki vi p ρ =, (3.488) t xi kjer smo po predpostavki zopet zanemarili viskoznost in nelinearne c lene v hitrosti. Zgornjo enac bo razpis emo kot p xi p vi vi =, (3.489) ρ = ρ0 = t t xi c0 r t katere res itev je podana z (p p0 ) n v= (3.490) ρ 0 c0 kjer je n z e prej definirani smerni vektor. Gostoto toka zvoc ne energije lahko potemtakem zapis emo kot (p p0 )2 n. (3.491) j = (p p0 ) v = ρ 0 c0 Sedaj ko vemo, kako se gostota energijskega toka izaz a z akustic nimi polji, lahko v sevalnem podroc ju potemtakem celotno moc akustic nih izvorov zapis emo v obliki I I 3 I c0 (ρ ρ0 )2 (p p0 )2 P = (j n) ds = ds = ds. (3.492) ρ0 ρ0 c0 To je hkrati tudi osnovna enac ba, ki jo potrebujemo za to, da bi izrac unali izsevano moc v Lighthillovi analogiji. C e iz retardirane res itve Lighthillove enac be izlus c imo sevalni del akustic nih 223