Geschwindigkeitsprofil einer viskos gedämpften Welle

Question

Geschwindigkeitsprofil einer viskos gedämpften Welle

nluigi

Für einen Testfall möchte ich das Geschwindigkeitsprofil einer viskos gedämpften stehenden Welle bestimmen.

Durch Linearisierung der Dichte ( $\rho=\rho_0+\rho'$ ) und Geschwindigkeit ( $ux=ux'$ ), die Kontinuitäts- und die Navier-Stokes-Gleichung ergeben jeweils:

\begin{aligned} (1) & \partial_{T} ρ^{'} + ρ_{0} \partial_{X} u_{X}^{'} & = 0 \\ (2) & \partial_{T}^{2} ρ^{'} & = \partial_{X}^{2} ρ^{'} C_{S}^{2} + v \partial_{T} \partial_{X} ρ^{'} \end{aligned}

$\begin{align} \partial_t\rho' + \rho_0\partial_xu_x' &= 0 \tag{1} \\ \partial_t^2\rho' &= \partial_x^2\rho'c_s^2 + \nu\partial_t\partial_x\rho' \tag{2} \end{align}$

Der $c_s$ ist nur eine Konstante, die anzeigt, dass wir es mit einem idealen Druckterm zu tun haben ( $p=\rho c_s^2$ )

Eine Lösung für die Dichte zu $(2)$ wird gegeben von:

ρ = ρ_{0} + Δ ρ Sünde (k_{X} X) \cos (ω_{ich} T) \exp (- ω_{R} T)

$\rho=\rho_0+\Delta\rho\sin(k_xx)\cos(\omega_it)\exp(-\omega_rt)$

Wo

k_{X} = 2 π / N_{X}, ω_{R} = \frac{1}{2} k_{X}^{2} v, ω_{ich} = k_{X} C_{S} \sqrt{1 - {(\frac{1}{2} \frac{k_{X} v}{C_{S}})}^{2}} .

$k_x=2\pi/n_x, \quad \omega_r=\frac{1}{2}k_x^2\nu, \quad \omega_i=k_xc_s\sqrt{1-\left(\frac{1}{2}\frac{k_x\nu}{c_s} \right)^2} \, .$

Jetzt will ich die Geschwindigkeit bestimmen; es scheint einfach zu bedienen $(1)$ zu bekommen

\partial_{X} u_{X}^{'} = - \partial_{T} ρ^{'} / ρ_{0} = \frac{△ ρ}{ρ_{0}} Sünde (k_{X} X) [ω_{R} \cos (ω_{ich} T) - ω_{ich} Sünde (ω_{ich} T)] \exp (- ω_{R} T)

$\partial_xu_x'=-\partial_t\rho'/\rho_0=\frac{\triangle\rho}{\rho_{0}}\sin\left(k_{x}x\right)\left[\omega_{r}\cos\left(\omega_{i}t\right)-\omega_{i}\sin\left(\omega_{i}t\right)\right]\exp\left(-\omega_{r}t\right)$

und integrieren zu bekommen

u_{X}^{'} = - \frac{1}{k_{X}} \frac{△ ρ}{ρ_{0}} \cos (k_{X} X) [ω_{R} \cos (ω_{ich} T) - ω_{ich} Sünde (ω_{ich} T)] \exp (- ω_{R} T) + K

$u_{x}'=-\frac{1}{k_{x}}\frac{\triangle\rho}{\rho_{0}}\cos\left(k_{x}x\right)\left[\omega_{r}\cos\left(\omega_{i}t\right)-\omega_{i}\sin\left(\omega_{i}t\right)\right]\exp\left(-\omega_{r}t\right)+K$

Wo $K$ ist eine Integrationskonstante. Mein Ansatz war zu bestimmen $K$ durch Setzen der Geschwindigkeit Null an einem Wellenbauch (at $x=n_x/4$ ), zu bekommen

u_{X}^{'} = - \frac{1}{k_{X}} \frac{△ ρ}{ρ_{0}} \cos (k_{X} X) [ω_{R} \cos (ω_{ich} T) - ω_{ich} Sünde (ω_{ich} T)] \exp (- ω_{R} T) .

$u_{x}'=-\frac{1}{k_{x}}\frac{\triangle\rho}{\rho_{0}}\cos\left(k_{x}x\right)\left[\omega_{r}\cos\left(\omega_{i}t\right)-\omega_{i}\sin\left(\omega_{i}t\right)\right]\exp\left(-\omega_{r}t\right) \, .$

Beim Vergleich der Simulation mit der analytischen Lösung scheint es jedoch, dass die Amplitude der Geschwindigkeit in der Simulation viel größer ist.

Ist meine oben beschriebene Vorgehensweise überhaupt richtig?

nluigi

Hat keiner eine Idee oder Tipps?

Bernhard

Nur einige Gedanken. Wenn

u_{x}^{'}

$u'_x$ ist eine Störung, warum sollte

K

$K$ nicht null sein? Verstehe ich richtig, dass Sie periodische Bedingungen haben? Ich nehme an, Sie haben Ihre Simulation nicht linearisiert. Wie überzeugt sind Sie also, dass die Linearisierung gerechtfertigt ist? Ist die Amplitude wirklich der einzige Unterschied zwischen Ihrer analytischen und Ihrer numerischen Analyse (d. h. normalisiert, haben Sie Übereinstimmung?)

nluigi

@Bernhard, da hast du recht

K

$K$ ist null ... ich hatte nicht realisiert

\cos (k_{x} n_{x} / 4) = 0

$\cos(k_xn_x/4)=0$ . Ich habe tatsächlich periodische Randbedingungen. In meiner Simulation erzwinge ich

Δ ρ / ρ 0 ≪ 1

$\Delta\rho/\rho0\ll1$ , was meiner Meinung nach ausreicht, um das Modell zu linearisieren.

ehrliche_vivere

Um die Lösung von Gleichung 2 zu erhalten, gehen Sie einfach davon aus

\partial_{t} \to - i ω

$\partial_{t} \rightarrow -i \omega$ Und

\partial_{t} \to i k_{x}

$\partial_{t} \rightarrow i k_{x}$ ? Außerdem, wie definierst du

Δ ρ

$\Delta \rho$ ? Ist es der Unterschied zwischen dem Beunruhigten und dem Ungestörten oder dem Ganzen und dem Ungestörten?

nluigi

ich nehme an

ρ^{'}

$\rho'$ ist trennbar in

ρ^{'} = f (x) g (t)

$\rho'=f(x)g(t)$ zu bekommen

\frac{1}{f + \partial_{t} f} \partial_{t}^{2} f = \frac{1}{g} \partial_{x}^{2} g = - k^{2}

$\frac{1}{f+\partial_tf}\partial_t^2f=\frac{1}{g}\partial_x^2g=-k^2$ . Für

g (x)

$g(x)$ es folgt:

g (x) = A \sin (k_{x} x) + B \cos (k_{x} x)

$g(x)=A\sin(k_xx)+B\cos(k_xx)$ . Für

f (t)

$f(t)$ Ich nehme eine Form an

f (t) = \exp (- ω t)

$f(t)=\exp(-\omega t)$ , was zu einer quadratischen Gleichung für führt

ω

$\omega$ :

ω^{2} - k^{2} (ω - 1) = 0

$\omega^2-k^2(\omega-1)=0$ . Da es sich um eine stehende Welle handelt, kann ich mich zersetzen

ω

$\omega$ hinein:

ω = ω_{r} + i ω_{i}

$\omega=\omega_r+i\omega_i$ und das finden

o m e g a_{r} = \frac{1}{2} k^{2}

$omega_r=\frac{1}{2}k^2$ Und

ω_{i} = \pm \sqrt{1 - (\frac{1}{2} k)^{2}}

$\omega_i=\pm\sqrt{1-(\frac{1}{2}k)^2}$ . Seit

ω

$\omega$ komplex ist, folgt daraus:

f (t) = \cos (ω_{i} t) \exp (- ω_{r} t)

$f(t)=\cos(\omega_it)\exp(-\omega_rt)$

nluigi

@honeste_vivere ist definiert als der Unterschied zwischen gestört und ungestört

Antworten (2)

Geschwindigkeitsprofil einer viskos gedämpften Welle

Nur einige Gedanken. Wenn $u'_x$ ist eine Störung, warum sollte $K$ nicht null sein? Verstehe ich richtig, dass Sie periodische Bedingungen haben? Ich nehme an, Sie haben Ihre Simulation nicht linearisiert. Wie überzeugt sind Sie also, dass die Linearisierung gerechtfertigt ist? Ist die Amplitude wirklich der einzige Unterschied zwischen Ihrer analytischen und Ihrer numerischen Analyse (d. h. normalisiert, haben Sie Übereinstimmung?)
@Bernhard, da hast du recht $K$ ist null ... ich hatte nicht realisiert $\cos(k_xn_x/4)=0$ . Ich habe tatsächlich periodische Randbedingungen. In meiner Simulation erzwinge ich $\Delta\rho/\rho0\ll1$ , was meiner Meinung nach ausreicht, um das Modell zu linearisieren.
Um die Lösung von Gleichung 2 zu erhalten, gehen Sie einfach davon aus $\partial_{t} \rightarrow -i \omega$ Und $\partial_{t} \rightarrow i k_{x}$ ? Außerdem, wie definierst du $\Delta \rho$ ? Ist es der Unterschied zwischen dem Beunruhigten und dem Ungestörten oder dem Ganzen und dem Ungestörten?
ich nehme an $\rho'$ ist trennbar in $\rho'=f(x)g(t)$ zu bekommen $\frac{1}{f+\partial_tf}\partial_t^2f=\frac{1}{g}\partial_x^2g=-k^2$ . Für $g(x)$ es folgt: $g(x)=A\sin(k_xx)+B\cos(k_xx)$ . Für $f(t)$ Ich nehme eine Form an $f(t)=\exp(-\omega t)$ , was zu einer quadratischen Gleichung für führt $\omega$ : $\omega^2-k^2(\omega-1)=0$ . Da es sich um eine stehende Welle handelt, kann ich mich zersetzen $\omega$ hinein: $\omega=\omega_r+i\omega_i$ und das finden $omega_r=\frac{1}{2}k^2$ Und $\omega_i=\pm\sqrt{1-(\frac{1}{2}k)^2}$ . Seit $\omega$ komplex ist, folgt daraus: $f(t)=\cos(\omega_it)\exp(-\omega_rt)$
@honeste_vivere ist definiert als der Unterschied zwischen gestört und ungestört

pwf · Answer 1

Stellen Sie sicher, dass Sie sowohl in der analytischen als auch in der numerischen Lösung alles richtig normalisiert haben, damit Sie Äpfel mit Äpfeln vergleichen. Ist $n_x$ die Wellenlänge? Wenn ja, dann der Faktor von $\cos\left(k_x\frac{n_x}{4} \right)$ ist nur 0. Das scheint richtig zu sein, da $u'_x$ ist dann $\pi/2$ phasenverschoben mit $\Delta \rho$ , und die Geschwindigkeitsstörung ist symmetrisch. Einstellung versuchen $\omega_r = 0$ für eine transparentere Lösung. Ansonsten sieht mit der analytischen Lösung alles in Ordnung aus.

Normalisiert sieht die analytische Lösung für die Dichte gleich aus, außer dass nach einiger Zeit die Amplitude für die Simulation schneller abnimmt. Ich werde die Ergebnisse in abit posten, um es klarer zu machen. Leider kann ich aufgrund der Natur der Simulation nicht einstellen $\omega_r=0$ ohne auch Einstellung $\omega_i=0$ .
Es scheint mir unwahrscheinlich, dass die Zeitabhängigkeit etwas anderes als die wäre $exp(-\omega_r t)$ Sie haben in der analytischen Lösung, also würde ich nach einem Fehler im Code suchen. Überprüfen Sie auch das Langzeitverhalten - nichtlineare Effekte sollten später minimal werden, auch wenn sie die Zeitdynamik früh ändern. Warum kannst du nicht einstellen $\nu = 0$ ? Können Sie alternativ versuchen, den nichtlinearen Term im Code zu eliminieren und sehen, ob Sie eine bessere Übereinstimmung erzielen?
Es scheint mir auch unwahrscheinlich, das einzige, was es sein kann, ist die abgeleitete Form von $\omega_r$ ist falsch. Ich bin mir ziemlich sicher, nichtlineare Effekte (du meinst aufgrund von $u\partial_x u$ richtig?) fehlen. Ich löse die Kontinuitäts- und Navier-Stokes-Gleichungen eigentlich nicht mit Standard-CFD-Tools, sondern mit Lattice-Boltzmann-Methoden. Von Natur aus kann ich nicht einstellen $\nu=0$ denn in dieser Grenze ist die Dynamik undefiniert.

Nick P · Answer 2

Ich würde die theoretische Diskussion anders angehen.

Betrachten Sie zunächst drehungsfreie reibungsfreie Wellen, die im Inneren von der Laplace-Gleichung bestimmt werden, dh

\nabla^{2} ϕ = 0

$\nabla^2 \phi = 0$ Wo

ϕ = ϕ (x, z, t)

$\phi=\phi(x,z,t)$ ist das Geschwindigkeitspotential,

z

$z$ ist die vertikale und

x

$x$ die horizontale Richtung.

Die Randbedingungen für Wasserwellen in Abwesenheit von Viskosität sind

ϕ_{T} + \frac{1}{2} (\nabla ϕ)^{2} + G z = 0; η_{T} + ϕ_{X} η_{X} = ϕ_{z} @ z = η;

$\phi_t+\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 +gz =0;\quad \eta_t+\phi_x\eta_x = \phi_z \quad @z=\eta;$

Wo $\eta$ die freie Oberflächenverschiebung ist und beide Randbedingungen an der freien Oberfläche ausgewertet werden. Endlich haben wir $\phi_z=0$ bei $z=-h$ , mit $h$ die Tiefe des Wassers, die gegen Unendlich tendiert. Beachten Sie, dass die zugrunde liegende Gleichung linear ist, die Randbedingungen jedoch nicht linear sind und, was noch auffälliger ist, an einer abhängigen Variablen des Systems ausgewertet werden. Letzteres ist der Grund, warum diese Gleichungen sehr schwer zu lösen sind.

Nun kann man sich eine lineare stehende Welle als zwei entgegengesetzt wandernde Wellen gleicher Amplitude und Frequenz vorstellen. Nehmen $\omega$ die Winkelfrequenz sein, und $k$ die Wellenzahl, dann lässt sich leicht zeigen, dass die linearisierten Randbedingungen zusammen mit der Laplace-Gleichung implizieren

ϕ = \frac{A ω}{k} \cos k X Sünde ω T e^{k z}; η = A \cos k X \cos ω T

$\phi = \frac{a\omega}{k} \cos kx \sin\omega t\ e^{kz}; \quad \eta=a\cos kx \cos \omega t$

Wo $\omega=\sqrt{gk}$ .

Nun, um die Viskosität hinzuzufügen.

Die oben beschriebene Bewegung kann auch bei Viskosität existieren, wenn wir die folgenden normalen und tangentialen Oberflächenspannungen anwenden:

\vec{F} \cdot \hat{z} = - P + 2 μ \frac{\partial v}{\partial j} = - P + 2 μ k^{2} \frac{A ω}{k} \cos k X Sünde ω T e^{k z}

$\vec{F}\cdot \hat{z} =-p +2\mu \frac{\partial v}{\partial y} = -p+2\mu k^2\frac{a\omega}{k}\cos kx \sin \omega t\ e^{kz}$ Und

\vec{F} \cdot \hat{X} = μ (\frac{\partial v}{\partial X} + \frac{\partial u}{\partial j}) = - 2 μ k^{2} A \frac{ω}{k} Sünde k X Sünde ω T e^{k z}

$\vec{F}\cdot \hat{x} = \mu\left(\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\right)= -2\mu k^2 a\frac{\omega}{k} \sin kx \sin \omega t\ e^{kz}$

mit $\mu$ die dynamische Viskosität und $(u,v)=(\phi_x,\phi_z)$ . Daher wird die von diesen Kräften verrichtete Arbeit über eine Wellenlänge und über eine Wellenperiode gemittelt

\frac{1}{T} \frac{1}{λ} \int_{0}^{T} \int_{0}^{λ} \vec{u} \cdot \vec{F} D X = μ k^{2} A^{2},

$\frac{1}{T}\frac{1}{\lambda} \int_0^T\int_0^{\lambda} \vec{u}\cdot \vec{F} dx =\mu k^2 a^2,$

wobei wir davon ausgehen, dass sich die Wellenamplitude im Vergleich zur Frequenz der Welle langsam ändert.

Als nächstes ist die Gesamtenergie in einer stehenden Welle $E=\frac{1}{2} \rho g a^2$ , so dass wir in Abwesenheit von Oberflächenkräften haben müssen

\frac{D}{D T} E = 2 μ k^{2} A^{2} ω ⟹ A = A_{Ö}^{- v k^{2} T} .

$\frac{d}{dt}E = 2\mu k^2 a^2 \omega \implies a=a_o^{-\nu k^2t}.$

Wir bemerken diese kinematische Viskosität $\nu =\mu/\rho$ ist viel effektiver bei der Vernichtung kürzerer Wellen, wie wir naiv von der Form der Dissipation erwarten würden, die in den Navier-Stokes-Gleichungen angegeben ist.

Das theoretische Profil der freien Oberfläche und das Geschwindigkeitspotential sind

η = A_{Ö}^{- v k^{2} T} \cos k X \cos ω; ϕ = \frac{A_{Ö}^{- v k^{2} T} ω}{k} \cos k X Sünde ω .

$\eta= a_o^{-\nu k^2t}\cos kx \cos \omega ; \quad \phi =\frac{a_o^{-\nu k^2t} \omega}{k}\cos kx \sin \omega .$

und schließlich die Geschwindigkeitsfelder

(u, v) = A_{Ö}^{- v k^{2} T} ω Sünde ω T e^{k z} (- Sünde k X, C Ö S k X) .

$(u,v) = a_o^{-\nu k^2t} \omega\sin \omega t \ e^{kz} (-\sin kx, cos kx).$

Referenz: Lamm (1932, $\S$ 348)

Vielen Dank für den Hinweis und ich mag Ihre Lösung für zweidimensionale stehende Oberflächenwellen! Obwohl es sich um stehende Wellen handelt, hat dies nur entfernt mit meiner Frage zu tun, die sich mit einer eindimensionalen, viskos gedämpften stehenden Welle befasst, die auf der linearisierten Kontinuität und den Navier-Stokes-Gleichungen basiert. In meinem Fall ist jetzt auch der Gravitationsterm vorhanden.

Geschwindigkeitsprofil einer viskos gedämpften Welle

nluigi

nluigi

Bernhard

nluigi

ehrliche_vivere

nluigi

nluigi

Antworten (2)

pwf

nluigi

pwf

nluigi

Nick P

nluigi

Stokessches Gesetz Proportionalität zum Radius

Wie kann ein Gas Zugspannungen aufnehmen?

Wie kann eine realistische (thermische und viskose) Dämpfung in Fluid-Gas-Streuungsproblemen modelliert werden?

Gibt es eine analytische Lösung für die Flüssigkeitsströmung in einem quadratischen Kanal?

Interpretation der Zeitskala L2/νL2/νL^2/\nu

Stokessches Gesetz in 2 Dimensionen

Viskosität und Energiebilanz

Wellen auf Wasser, die von einem fallenden Objekt erzeugt werden

Warum ignoriert Anderson eine Ableitung einer normalen viskosen Spannung?

Reibungsterm in der Navier-Stokes-Gleichung