Muestre que las capas límite se difunden hacia afuera de la placa con una velocidad νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} [cerrada]

Question

Muestre que las capas límite se difunden hacia afuera de la placa con una velocidad νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} [cerrada]

Física
difusión
dinámica de fluidos
mecánica de Medios Continuos
deberes-y-ejercicios

jackwo

Me preguntaba si alguien podría ayudarme con este problema. Sé cómo resolverlo usando argumentos de dimensión, pero no estoy seguro de qué se entiende por técnicas de transformación. Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Una placa horizontal infinita se mueve con velocidad U en su propio plano relativo al fluido circundante. La placa está inicialmente en reposo con respecto al fluido. Las ecuaciones para $u(y,t)$ gobernar por:

\partial_{t} tu = v \partial_{y}^{2} tu

$\partial_t u = \nu \partial_y^2 u$ con

u (0, t) = U

$u(0,t)=U$ y

u (y, 0) = 0

$u(y,0)=0$ . Muestre usando técnicas de transformación que las capas límite se difunden hacia afuera de la placa con rapidez

\sqrt{\frac{ν}{t}}

$\sqrt{\frac{\nu}{t}}$ .

nick p

Dejar

η = \frac{y}{2 \sqrt{ν t}}

$\eta =\frac{y}{2\sqrt{\nu t}}$ , que convierte la PDE en una ODE y le da el resultado deseado. Creo que esto es lo que dijiste que hiciste. Alternativamente, tome la transformada de Laplace de la PDE, que le da un sistema de ODE, que cuando se resuelve le da el resultado deseado.

jackwo

¿Por qué obtiene un sistema de EDO para la transformada de Laplace? Denoté la transformada de Laplace de

U

$U$ por

\tilde{U}

$\tilde{U}$ y luego obtuve

s \tilde{U} (y, s) = ν \tilde{U_{y y}} (y, s)

$s\tilde{U}(y,s)=\nu\tilde{U_{yy}}(y,s)$ , que tiene solución

\tilde{U} = A e x p (\sqrt{\frac{s}{v} y}) + B e x p (- \sqrt{\frac{s}{v} y})

$\tilde{U}=Aexp(\sqrt{\frac{s}{v}y})+Bexp(-\sqrt{\frac{s}{v}y})$ . Sin embargo, no creo que esto sea correcto.

nick p

¿Por qué no crees que es correcto? Me parece bien. Ahora simplemente imponga sus condiciones de contorno (transformadas).

jackwo

OK, entonces obtengo las condiciones iniciales/límites como

\tilde{U} (0, s) = \frac{U}{s}

$\tilde{U}(0,s)=\frac{U}{s}$ y

\tilde{U} (y, 0) = 0

$\tilde{U}(y,0)=0$ , lo que me da que

A + B = 0

$A+B=0$ y

A + B = \frac{U}{s}

$A+B=\frac{U}{s}$ ? Ahora estoy realmente confundido?

jackwo

Además, ¿cuál es la transformada inversa de Laplace de

e x p (\sqrt{\frac{s}{ν}} y) ?

$exp(\sqrt{\frac{s}{\nu}}y)?$

nick p

también necesita una condición sobre el comportamiento asintótico de la función, es decir, una condición de campo lejano, que diga lo que sucede cuando llega a y grande. Esto hace que el problema esté bien planteado. Generalmente, uno tiene

U (\infty, t) = 0

$U(\infty,t)=0$ , que establece

A = 0

$A=0$ , en su notación. La transformada de Laplace que desea se encuentra en muchas tablas, por ejemplo, en.wikipedia.org/wiki/Laplace_transform

jackwo

OK Creo que estoy cerca ahora. Como dijiste

A = 0

$A=0$ , lo que da

B = \frac{U}{s}

$B=\frac{U}{s}$ . Tomando la transformada inversa de Laplace de la función, se obtiene

u (y, t) = U - U e r f (\frac{y}{2 \sqrt{t ν}})

$u(y,t)=U-Uerf(\frac{y}{2\sqrt{t\nu}})$ . Pero, ¿cómo consigo que las capas límite se difundan fuera de la placa con velocidad?

\sqrt{\frac{ν}{t}}

$\sqrt{\frac{\nu}{t}}$ ? Gracias por toda tu ayuda por cierto :)

nick p

@ ha demostrado que la escala de longitud de la capa límite es

2 \sqrt{t ν}

$2\sqrt{t\nu}$ , por lo que su derivado del tiempo le da una velocidad y el resultado deseado. Además, no se preocupe por la ayuda, me alegro de que haya podido resolver esto. Además, para tu información, a veces se hace referencia a tu pregunta como el primer problema de Stokes.

Respuestas (2)

Muestre que las capas límite se difunden hacia afuera de la placa con una velocidad νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} [cerrada]

Dejar $\eta =\frac{y}{2\sqrt{\nu t}}$ , que convierte la PDE en una ODE y le da el resultado deseado. Creo que esto es lo que dijiste que hiciste. Alternativamente, tome la transformada de Laplace de la PDE, que le da un sistema de ODE, que cuando se resuelve le da el resultado deseado.
¿Por qué obtiene un sistema de EDO para la transformada de Laplace? Denoté la transformada de Laplace de $U$ por $\tilde{U}$ y luego obtuve $s\tilde{U}(y,s)=\nu\tilde{U_{yy}}(y,s)$ , que tiene solución $\tilde{U}=Aexp(\sqrt{\frac{s}{v}y})+Bexp(-\sqrt{\frac{s}{v}y})$ . Sin embargo, no creo que esto sea correcto.
¿Por qué no crees que es correcto? Me parece bien. Ahora simplemente imponga sus condiciones de contorno (transformadas).
OK, entonces obtengo las condiciones iniciales/límites como $\tilde{U}(0,s)=\frac{U}{s}$ y $\tilde{U}(y,0)=0$ , lo que me da que $A+B=0$ y $A+B=\frac{U}{s}$ ? Ahora estoy realmente confundido?
Además, ¿cuál es la transformada inversa de Laplace de $exp(\sqrt{\frac{s}{\nu}}y)?$
también necesita una condición sobre el comportamiento asintótico de la función, es decir, una condición de campo lejano, que diga lo que sucede cuando llega a y grande. Esto hace que el problema esté bien planteado. Generalmente, uno tiene $U(\infty,t)=0$ , que establece $A=0$ , en su notación. La transformada de Laplace que desea se encuentra en muchas tablas, por ejemplo, en.wikipedia.org/wiki/Laplace_transform
OK Creo que estoy cerca ahora. Como dijiste $A=0$ , lo que da $B=\frac{U}{s}$ . Tomando la transformada inversa de Laplace de la función, se obtiene $u(y,t)=U-Uerf(\frac{y}{2\sqrt{t\nu}})$ . Pero, ¿cómo consigo que las capas límite se difundan fuera de la placa con velocidad? $\sqrt{\frac{\nu}{t}}$ ? Gracias por toda tu ayuda por cierto :)
@ ha demostrado que la escala de longitud de la capa límite es $2\sqrt{t\nu}$ , por lo que su derivado del tiempo le da una velocidad y el resultado deseado. Además, no se preocupe por la ayuda, me alegro de que haya podido resolver esto. Además, para tu información, a veces se hace referencia a tu pregunta como el primer problema de Stokes.

nluigi · Answer 1

Solución usando transformadas de Laplace

Usando la definición de la transformada de Laplace:

\tilde{tu} (y, s) = \int_{0}^{\infty} tu (y, t) Exp (- s t) d t

$\tilde{u}\left(y,s\right)=\int_{0}^{\infty}u\left(y,t\right)\exp\left(-st\right)dt$ podemos transformar la PDE en una ODE:

s \tilde{tu} - tu (y, 0) = v \frac{d^{2} \tilde{tu}}{d y^{2}} \to \frac{d^{2} \tilde{tu}}{d y^{2}} - \frac{s}{v} \tilde{tu} = 0

$s\tilde{u} - u\left(y,0\right)=\nu \frac{d^2\tilde{u}}{dy^2} \rightarrow \frac{d^2\tilde{u}}{dy^2}-\frac{s}{\nu}\tilde{u}=0$ con condiciones de frontera transformadas:

\tilde{tu} (0, s) = \frac{tu}{s} \tilde{tu} (\infty, s) = 0

$\tilde{u}\left(0,s\right)=\frac{U}{s}\quad \tilde{u}\left(\infty,s\right)=0$

Tomando una solución de prueba $\tilde{u}\left(y,s\right)=\exp\left(ky\right)$ y sustituyendo en la ODE encontramos una ecuación para $k$ :

k^{2} - \frac{s}{v} = 0 \to k = \pm \sqrt{\frac{s}{v}}

$k^2-\frac{s}{\nu}=0\rightarrow k=\pm\sqrt{\frac{s}{\nu}}$ tal que la solución general de la EDO viene dada por:

\tilde{tu} (y, s) = A Exp (\sqrt{\frac{s}{v}} y) + B Exp (- \sqrt{\frac{s}{v}} y)

$\tilde{u}\left(y,s\right)=A\exp\left(\sqrt{\frac{s}{\nu}}y\right)+B\exp\left(-\sqrt{\frac{s}{\nu}}y\right)$

La aplicación de las condiciones de contorno transformadas produce $A=0$ y $B=\frac{U}{s}$ tal que:

\tilde{tu} (y, s) = \frac{tu}{s} Exp (- \sqrt{\frac{s}{v}} y) \to tu (y, t) = tu mi r F C (\frac{1}{2} \frac{y}{\sqrt{v t}})

$\tilde{u}\left(y,s\right)=\frac{U}{s}\exp\left(-\sqrt{\frac{s}{\nu}}y\right) \rightarrow u\left(y,t\right)=U\mathrm{erfc}\left(\frac{1}{2}\frac{y}{\sqrt{\nu t}}\right)$ donde se tomó la transformada inversa de Laplace de aquí .

La implicación de esta solución es que la capa límite crece a medida que $\delta\left(t\right)=2\sqrt{\nu t}$ y la velocidad con la que se mueve es:

v (t) = \frac{d d}{d t} = \sqrt{\frac{v}{t}}

$v(t)=\frac{d\delta}{dt}=\sqrt{\frac{\nu}{t}}$

Solución usando argumentos de similitud

Para problemas de difusión donde un campo escalar es inicialmente uniforme y la cantidad escalar comienza a difundirse de un límite a otro límite muy lejano (p. ej. $u(\infty,t)=0$ ), los perfiles del escalar son similares en cada paso de tiempo y difieren solo en un 'factor de extensión'. Si los perfiles se escalan por el 'factor de estiramiento', todos los perfiles colapsan en la misma curva conocida como solución de similitud. Esto se muestra cualitativamente en la siguiente figura:

Definamos una llamada variable de similitud:

η = \frac{y}{d (t)}

$\eta=\frac{y}{\delta(t)}$ dónde

y

$y$ está escalado por una escala de longitud característica

δ (t)

$\delta(t)$ que es una función del tiempo. Esta escala de longitud también se conoce como "longitud de penetración" y describe hasta qué punto se ha difundido el impulso en el dominio; aún no sabemos cuál es esta longitud. Como se puede suponer que la 'longitud de penetración' aumenta con el tiempo, podemos ver esto como el 'factor de estiramiento' del que se habló anteriormente.

Usando:

{\frac{d η}{d y} |}_{t} = d^{- 1} {\frac{d η}{d t} |}_{y} = - y d^{- 2} \frac{d d}{d t} = - η d^{- 1} \frac{d d}{d t}

$\left.\frac{d\eta}{dy}\right|_t = \delta^{-1} \quad \left.\frac{d\eta}{dt}\right|_y = -y \delta^{-2} \frac{d\delta}{dt}=-\eta \delta^{-1} \frac{d\delta}{dt}$

Usamos la regla de la cadena en la ecuación de difusión para dar:

\frac{\partial tu}{\partial η} ({\frac{d η}{d t} |}_{y}) = v \frac{\partial^{2} tu}{\partial η} {({\frac{d η}{d y} |}_{t})}^{2}

$\frac{\partial u}{\partial\eta}\left(\left.\frac{d\eta}{dt}\right|_y\right)=\nu \frac{\partial^2 u}{\partial\eta} \left(\left.\frac{d\eta}{dy}\right|_t\right)^2$ que transforma la PDE en una ODE:

\frac{d^{2} tu}{d η^{2}} + (\frac{d}{v} \frac{d d}{d t}) η \frac{d tu}{d η} = 0

$\frac{d^2u}{d\eta^2} + \left(\frac{\delta}{\nu}\frac{d\delta}{dt}\right) \eta \frac{du}{d\eta} = 0$ Si realmente es una solución de similitud, entonces

u

$u$ es una función de sólo

η

$\eta$ ; esto es sólo el caso si

\frac{δ}{ν} \frac{d δ}{d t} = n

$\frac{\delta}{\nu} \frac{d\delta}{dt}=n$ dónde

n

$n$ es una constante a determinar.

Dado que la PDE se transformó en una ODE de segundo orden, las condiciones iniciales y de contorno están sobreespecificadas. Sin embargo, cuando estos se transforman igualmente vemos que en términos de $\eta$ recuperamos dos condiciones de contorno únicas:

tu (0, t) = tu (0) = tu tu (\infty, t) = tu (y, 0) = tu (\infty) = 0

$u(0,t)=u(0)=U \quad u(\infty,t)=u(y,0)=u(\infty)=0$ si asumimos

δ (0) = 0

$\delta(0)=0$ , yo como

t = 0

$t=0$ el impulso aún no ha penetrado en el dominio. Esto especifica completamente el problema que indica que, de hecho, existe una solución de similitud posible.

Integrando la ODE encontramos:

tu (η) = k_{2} + k_{1} \int_{0}^{η} Exp (- \frac{norte}{2} η^{' 2}) d η^{'}

$u\left(\eta\right)=K_{2}+K_{1}\int_{0}^{\eta}\exp\left(-\frac{n}{2}\eta'^{2}\right)d\eta'$ dónde

η^{'}

$\eta'$ es una variable ficticia de integración. La integral no evaluada está relacionada con la ' función de error ' y no puede determinarse analíticamente; en su lugar, están disponibles aproximaciones numéricas . Sin embargo, se sabe que:

\int_{0}^{\infty} Exp (- η^{' 2}) d η^{'} = \frac{\sqrt{π}}{2}

$\int_{0}^{\infty}\exp\left(-\eta'^{2}\right)d\eta'=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ que, si definimos

n = 2

$n=2$ , se utiliza para aplicar las condiciones de contorno para dar la solución:

\frac{tu (η)}{tu} = 1 - \frac{2}{\sqrt{π}} \int_{0}^{η} Exp (- η^{' 2}) d η^{'}

$\frac{u\left(\eta\right)}{U}=1-\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\eta}\exp\left(-\eta'^{2}\right)d\eta'$

Lo que queda es determinar la 'longitud de penetración' $\delta(t)$ :

d \frac{d d}{d t} = \frac{1}{2} \frac{d d^{2}}{d t} = 2 v \to d (t)^{2} = 4 v t + k_{3}

$\delta \frac{d\delta}{dt}=\frac{1}{2}\frac{d\delta^2}{dt}=2\nu \rightarrow \delta(t)^2=4\nu t+K_3$ Usando la condición previamente determinada

δ (0) = 0

$\delta(0)=0$ , finalmente encontramos que la 'longitud de penetración' es:

d (t) = 2 \sqrt{v t}

$\delta(t)=2\sqrt{\nu t}$

La 'velocidad de penetración' solicitada se encuentra nuevamente como:

v (t) = \frac{d d}{d t} = \sqrt{\frac{v}{t}}

$v(t)=\frac{d\delta}{dt}=\sqrt{\frac{\nu}{t}}$

Nota: En los fenómenos de transporte, la 'longitud de penetración' suele definirse como $\tilde{\delta}(t)=\sqrt{\pi\nu t}$ . Esto se puede encontrar a partir del análisis anterior tomando la derivada en $y=0$ :

\frac{d tu}{d y} (0, t) = - \frac{tu}{\tilde{d} (t)}

$\frac{du}{dy}(0,t) = -\frac{U}{\tilde{\delta}(t)}$ lo que implica que una tangente en

y = 0

$y=0$ cruzará el

y

$y$ -eje en

\tilde{δ} (t)

$\tilde{\delta}(t)$ . Del análisis determinamos:

\frac{d tu}{d y} (0, t) = \frac{d tu}{d η} (0, t) \frac{d η}{d y} = - \frac{2}{\sqrt{π}} tu d^{- 1} = - \frac{tu}{\sqrt{π v t}}

$\frac{du}{dy}(0,t) = \frac{du}{d\eta}(0,t) \frac{d\eta}{dy} = -\frac{2}{\sqrt{\pi}}U\delta^{-1}=-\frac{U}{\sqrt{\pi\nu t}}$ lo que demuestra que efectivamente

\tilde{δ} (t) = \sqrt{π ν t}

$\tilde{\delta}(t)=\sqrt{\pi\nu t}$ .

tom-tom · Answer 2

La ecuacion

\partial_{t} tu = v \partial_{y}^{2} tu

$\partial_tu=\nu\partial^2_yu$ es una ecuación de difusión en una dimensión. Su función de Green en el espacio infinito es

GRAMO (y, t) = \frac{{mi}^{- y^{2} / 4 v t}}{\sqrt{4 π v t}} .

$G(y,t)=\frac{\mathrm e^{-y^2/4\nu t}}{\sqrt{4\pi\nu t}}.$ Para

t = 0

$t=0$ , tenemos

G (y, 0) = δ (y)

$G(y,0)=\delta(y)$ . Tenga en cuenta que cualquier solución de su ecuación depende linealmente de

G

$G$ . Observe también que la función constante también es una solución de la ecuación de difusión. Así que consideremos el problema con

v = U - u

$v=U-u$ . Las condiciones de frontera para

v

$v$ son

v (0, t) = 0

$v(0,t)=0$ ,

v (y, 0) = U

$v(y,0)=U$ . Usando la función de Green, encontramos que

v (y, t) = \int_{0}^{\infty} v (X, 0) GRAMO (y - X, t) d X = tu \erf (\frac{y}{\sqrt{4 v t}}),

$v(y,t)=\int_0^\infty v(x,0)G(y-x,t)\mathrm dx=U\operatorname{erf}\left(\frac{y}{\sqrt{4\nu t}}\right),$ dónde

\erf (x) = \frac{1}{\sqrt{π}} \int_{- \infty}^{x} e^{- z^{2}} d z

$\operatorname{erf}(x)=\frac1{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^x\mathrm e^{-z^2}\mathrm dz$ . Por lo tanto, el campo de velocidad está dado por

tu (y, t) = tu [1 - \erf (\frac{| y |}{\sqrt{4 v t}})] .

$u(y,t)=U\left[1-\operatorname{erf}\left(\frac{|y|}{\sqrt{4\nu t}}\right)\right].$ es una funcion de

y / \sqrt{ν t}

$y/\sqrt{\nu t}$ solo. La capa con velocidad

u_{0}

$u_0$ está en correspondencia uno a uno con

x_{0} = y_{0} / \sqrt{ν t_{0}} = constant

$x_0=y_0/\sqrt{\nu t_0}=\text{constant}$ . La capa con velocidad

u_{0}

$u_0$ se mueve a velocidad

d y / d t

$\mathrm dy/\mathrm dt$ que obtenemos al derivar

x_{0}

$x_0$ con respecto a

t

$t$ .

\frac{d X_{0}}{d t} = 0 = \frac{1}{\sqrt{v t}} \frac{d y}{d t} - \frac{y}{2 \sqrt{v t^{3}}}

$\frac{\mathrm dx_0}{\mathrm dt}=0=\frac{1}{\sqrt{\nu t}}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}-\frac{y}{2\sqrt{\nu t^3}}$ de la que obtenemos

\frac{d y}{d t} = \frac{y}{2 t} = \frac{X_{0}}{2} \sqrt{\frac{v}{t}} .

$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=\frac y{2t}=\frac{x_0}{2}\sqrt{\frac{\nu}{t}}.$ De este resultado, deducimos que la frontera se mueve con velocidad

\sqrt{\frac{ν}{t}}

$\sqrt{\frac\nu t}$ es el que tiene

x_{0} = 2

$x_0=2$ , lo que permite entender la pregunta ya que no se dio una definición del límite móvil. Cualquier capa con una cierta velocidad fija se mueve a una velocidad dada por la última ecuación.

Muestre que las capas límite se difunden hacia afuera de la placa con una velocidad νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} [cerrada]

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nick p

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