Solucoes Navier Stokes

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Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Soluções das equações de Navier-Stokes
para escoamento laminar
J. L. Baliño
Escola Politécnica - Universidade de São Paulo
Apostila de aula
2018
J. L. Baliño NDF
Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 1 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Sumário
1 Introdução
2 Soluções laminares permanentes
3 Soluções laminares transientes
4 Soluções de inércia desprezível
J. L. Baliño NDF
Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 2 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Introdução
Veremos algumas soluções simples das equações de Navier-Stokes para
escoamento laminar. Nestas soluções os termos de aceleração convectiva
(não-lineares) são identicamente nulos ou são desprezados (escoamentos de
baixa inércia), fazendo com que as equações resultantes sejam lineares e
mais simples de resolver.
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Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Escoamento de Couette
Consideramos o problema de escoamento bi-dimensional, permanente entre
duas placas paralelas separadas uma distância h, onde o perfil de velocidade
não depende da posição ao longo do canal ( u = u (y), escoamento
completamente desenvolvido) (Maurice Couette, 1890). A placa inferior está
fixa, enquanto a placa superior se desloca com velocidade u (y = h) = U.
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Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Escoamento de Couette
Da Eq. de continuidade:
�
��∂u
∂x
+
∂v
∂y
+
�
��∂w
∂z
= 0 ⇒ ∂v
∂y
= 0 ⇒ v = cte
Como v (y = 0) = 0, resulta v ≡ 0. Da componente y das Eq. de N-S:
�
��Dv
Dt
= −1
ρ
∂p
∂y
+ ν��∇2v ⇒ ∂p
∂y
= 0 ⇒ p = p (x)
Da componente x das Eq. de N-S:
�
��Du
Dt
= −1
ρ
∂p
∂x
+ ν
(
�
��∂
2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
�
��∂
2u
∂z2
)
⇒ dp
dx
= µ
d2u
dy2
Como p = p (x) e u = u (y), deve ser dpdx = µ
d2u
dy2 = cte = A.
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Escoamento de Couette
Integrando e aplicando as condições de contorno:
u =
A
2µ
y2 + B y + C
u (0) = 0 ⇒ C = 0
u (h) = U ⇒ A
2µ
h2 + B h = 0 ⇒ B = U
h
− A
2µ
h
⇒ u (y) = U y
h
+ P y
h
(
1− y
h
)
onde P = − h
2
2µ
A = − h
2
2µ
dp
dx
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Escoamento de Couette
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Escoamento de Couette
A tensão de cisalhamento resulta:
τ = τyx = µ
du
dy
=
µ
h
[
U + P
(
1− 2 y
h
)]
A velocidade média V resulta:
V =
1
h
∫ h
0
u dy =
1
2
U − h
2
12µ
dp
dx
A vazão por unidade de comprimento na direção normal resulta:
Q = V h =
1
2
U h− h
3
12µ
dp
dx
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Escoamento de Couette
Se P = 0 ( dpdx = 0):
u =
y
h
U (distribuição linear) τ = µ
du
dy
= µ
U
h
= cte
Se U = 0:
u = P y
h
(
1− y
h
)
(distribuição parabólica)
A velocidade máxima acontece em y = h2 :
umax =
1
4
P = − h
2
8µ
dp
dx
⇒ u
umax
= 4
y
h
(
1− y
h
)
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Escoamento de Poiseuille
O escoamento de Poiseuille é a solução do campo de velocidade axial
completamente desenvolvido para um duto de raio a (Jean-Louis-Marie
Poiseuille, 1844). Considerando coordenadas cilíndrica e fazendo as
mesmas considerações que no escoamento de Couette podemos deduzir que
uz = u (r), ur = uθ = 0 e
dp
dz = cte.
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Escoamento de Poiseuille
A solução do campo de velocidade resulta:
u (r) = − a
2
4µ
dp
dz
(
1− r
2
a2
)
distribuição em paraboloide)
A tensão de cisalhamento resulta:
τ (r) = −τrz = −µ dudr = −
1
2
dp
dz
r distribuição linear)
A tensão de cisalhamento máxima acontece na parede:
τw = −12
dp
dz
a ⇒ τ (r) = r
a
τw
A velocidade máxima acontece em r = 0:
umax = − a
2
4µ
dp
dz
⇒ u
umax
= 1− r
2
a2
A velocidade média resulta:
V =
1
pi a2
∫ a
0
u 2pi r dr =
1
2
umax = − a
2
8µ
dp
dz
⇒ u
V
= 2
(
1− r
2
a2
)
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Escoamento de Poiseuille
A vazão resulta:
Q = pi a2 V = −pi a
4
8µ
dp
dz
A expressão anterior é utilizada nos medidores de viscosidade por queda de
pressão em tubo capilar.
O fator de atrito de Darcy resulta, para escoamento laminar:
f =
8 τw
ρV2
=
64
ReD
onde ReD =
V 2 a
ν
=
V D
ν
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Escoamento de Rayleigh
Trata-se do problema transiente do movimento impulsivo de uma placa
infinita em contato com um semi-espaço de líquido incompressível
(problema bi-dimensional)(John William Strutt ou Lord Rayleigh III,
1842-1919). A análise deste problema é interessante para fixar conceitos
relacionados com a difusão de momento.
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Escoamento de Rayleigh
Consideramos ∂∂z = 0 (bi-dimensional) e
∂
∂x = 0 (infinitamente longo). Da
equação de continuidade:
�
��∂u
∂x
+
∂v
∂y
+
�
��∂w
∂z
= 0 ⇒ ∂v
∂y
= 0 ⇒ v = cte
Da condição de contorno v (y = 0, t) = 0 resulta v ≡ 0 en todo o recinto.
Da componente y das Eq. de N-S:
�
��Dv
Dt
= −1
ρ
∂p
∂y
+ ν��∇2v ⇒ ∂p
∂y
= 0
Da condição de contorno u (y→∞, t) = 0 e v = 0 resulta
p (y→∞, t) = cte; em consequência, p = cte.
Da componente x das Eq. de N-S:
Du
Dt
=
∂u
∂t
+ u
�
��∂u
∂x
+ �v
∂u
∂y
+ �w
�
��∂u
∂z
= −1
ρ �
��∂p
∂x
+ ν
(
�
��∂
2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
�
��∂
2u
∂z2
)
⇒ ∂u
∂t
= ν
∂2u
∂y2
(equação transiente de difusão uni-dimensional)
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Escoamento de Rayleigh
A equação tem que ser resolvida com as condições de contorno:
u (y,t ≤ 0) = 0 ; u (0, t > 0) = U ; u (∞, t) = 0
Antes de resolver esta equação faremos uma análise de ordens de grandeza.
Fisicamente esperamos que o momento difunda no transcurso do tempo.
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Escoamento de Rayleigh
Fazendo uma análise de ordens de grandeza dos diferentes termos, temos
que para uma posição fixa, ∂u∂t ∼ Ut , enquanto que para um tempo fixo,
∂2u
∂y2 =
∂
∂y
(
∂u
∂y
)
∼ Uy2 . Da equação diferencial:
U
t
∼ ν U
y2
⇒ y ∼ (ν t)1/2 ; t ∼ y
2
ν
Em particular, se consideramos que δ é a distância de penetração de
momento (distância na qual a velocidade caiu a uma fração de U), então:
δ ∼ √ν t ; t ∼ δ
2
ν
Como o problema não tem nenhum comprimento ou tempo característico,
podemos propor uma variável de auto-semelhança η, de maneira de
transformar a equação em derivadas parciais em outra ordinária:
η =
y
2
√
ν t
∼ y
δ
;
u
U
= f (η)
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Escoamento de Rayleigh
Resultam:
∂η
∂t
= − 1
2 t
y
2
√
ν t
= − 1
2 t
η ;
∂η
∂y
=
η
y
∂u
∂t
= U f ′
∂η
∂t
= − U
2 t
η f ′ ;
∂u
∂y
= U f ′
∂η
∂y
=
U
y
η f ′
∂2u
∂y2
= −U
y2
η f ′ +
U
y
η f ′′
∂η
∂y
+
U
y
f ′
∂η
∂y
= −U
y2
η f ′ +
U η2
y2
f ′′ +
U
y2
η f ′ =
U η2
y2
f ′′
Substituindo na equação original, resulta:
− U
2 t
η f ′ = ν
U η2
y2
f ′′ ; f ′′ +
y2
2 ν t
1
η
f ′ = 0 ; f ′′ + 2 η f ′ = 0
As condições de contorno se transformam em f (η = 0) = 1,
f (η →∞) = 0.
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Escoamento de Rayleigh
A solução da equação anterior resulta
u
U
= f (η) = 1− erf (η) = erfc (η) ; erf (η) = 2√
pi
∫ η
0
exp
(−p2) dp
onde erf e erfc são respectivamente a função erro e a função erro
complementário.
Para uU = 0, 01 (1 %):
η1 ' 1, 82 = δ12√ν t
⇒ δ1 ' 3, 64
√
ν t
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Escoamentos de inércia desprezível
São conhecidos também como escoamentos de Stokes ou, na literatura
inglesa, slow flow ou creeping flow. É o tipo de escoamento que se
estabelece quando a força de inércia é desprezível frente à força viscosa;
neste caso, existe um equilíbrio quase-estático entre a força viscosa e a força
de pressão e/ou a força de volume.
O parâmetro adimensional que representa a razão de forças de inércia e
viscosa é o número de Reynolds:
ReL =
ρU L
µ
∼ Força de inércia
Força viscosa
Em consequência, ReL � 1 nos escoamentos de inércia desprezível (baixa
velocidade, pequeno comprimento característico, alta viscosidade ou baixa
massa específica). Aplicações: escoamentos em meios porosos (rochas,
argilas), lubrificação (tribologia), movimento de solos e graciares,
movimento de micro-organismos, etc.
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Escoamentos de inércia desprezível
Adimensionalizando a Eq. de Navier-Stokes (sem tempo característico),
obtemos:
DV′
Dt′
= −∇′p′ + 1
ReL
∇′2V′
r′ =
r
L
; V′ =
V
U
; t′ =
U
L
t ; p′ =
p− p0
ρU2
Desprezando a aceleração, existe um equilíbrio quasi-estático entre as forças
de pressão e viscosa:
∇′p′ ∼= 1
ReL
∇′2V′
Fazendo p∗ = ReL p′ = ρU Lµ
p−p0
ρU2 =
(p−p0)L
µU resulta:
∇′p∗ ∼= ∇′2V′ (sem parâmetros característicos)
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Escoamentos de inércia desprezível
As variáveis dependentes serão função unicamente da posição
adimensionalizada r′ e do conjunto de parâmetros adimensionais que
definem a geometría {g′) e as condições de contorno {c′}:
V′ = V′ (r′, {g′} , {c′}) ; p∗ = p∗ (r′, {g′} , {c′})
τ ∗ =
L
µU
τ = τ ∗ (r′, {g′} , {c′})
As forças, obtidas como integrais na posição, serão constantes:
F =
∫
CS
[−p′ n˘ + τ · n˘] dA = µU
L
L2
∫
CS
[−p∗ n˘ + τ ∗ · n˘] dA′ = µU LF∗
⇒ F∗ = F
µU L
= F∗ ({g′} , {c′}) (constante, para {g′} e {c′} dadas)
O coeficiente de força resulta:
CF =
F
1
2 ρU
2 L2
=
F
µU L
2
µ
ρU L
= F∗
2
ReL
=
cte
ReL
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 21 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Propriedades matemáticas
Desprezando a aceleração, obtemos uma equação linear, mais simples de
resolver. Tomando o divergente da equação de inércia desprezível:
∇ · (∇p) = ∇2p = ∇ · (µ∇2V) = µ∇ · (∇2V)
= µ∇ · [∇ (∇ · V)−∇× (∇× V)] = 0 ⇒ ∇2p = 0
pois ∇ · V = 0 e ∇ · (∇×) = 0. Em consequência, o campo de pressão é
harmônico. Como V é solenoidal, pode ser obtido de um potencial vector ψ
tal que V = ∇×ψ; o potencial vector está definido a menos de um campo
A irrotacional (∇× A = 0). Tomando o rotacional da equação de inércia
desprezível:
���
��∇× (∇p) = 0 = ∇× (µ∇2V) = µ∇× (∇2V)
= µ∇× {∇ (∇ · V)−∇× [∇× (∇×ψ)]} = −µ∇× {∇× [∇× (∇×ψ)]}
Aplicando a norma ∇ ·ψ = 0, o potencial vector fica definido a menos de
um vector constante. Resulta:
∇× (∇×ψ) = ∇ (���∇ ·ψ )−∇2ψ = −∇2ψ
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Propriedades matemáticas
Da identidade:
∇× [∇× (∇2ψ)] = ∇ [∇ · (∇2ψ)]−∇2 (∇2ψ)
e considerando a relação anterior, resulta:
∇2 (∇2ψ) = 0
A expressão anterior não é de muita ajuda para problemas tri-dimensionais
(para resolver três componentes de velocidade precisamos resolver as três
componentes do vector potencial e depois tomar o rotacional); porém, para
problemas bi-dimensionais no plano x− y, podemos demonstar que o
potencial vector só tem componente na direção z, ψ = (0, 0, ψ); a equação
anterior se reduz à equação bi-harmônica:
∇2 (∇2ψ) = ∇4ψ = 0
Neste caso, para resolver duas componentes da velocidade precisamos
resolver uma equação escalar para ψ e depois tomar o rotacional.
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 23 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Equação de lubrificação
Consideramos o problema de duas superfícies; a superior, fixa, está
representada pela função h = h (x, y) (espessura variável localmente),
enquanto a inferior é o plano x− y e se desloca com velocidade
V = (−U, −V, 0). O escorregamento entre as superfícies gera uma
distribuição de pressão e força de sustentação (Reynolds, 1886).
Consideramos escoamento de inércia desprezível.
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Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Equação de lubrificação
Consideramos h� X ∼ Y , onde X e Y são dimensões características
respectivamente nas direções x e y. Da equação de continuidade:
∂u
∂x
+
∂v∂y
+
∂w
∂z
= 0
∂u
∂x
∼ U
X
;
∂v
∂y
∼ V
Y
;
∂w
∂z
∼ w
h
⇒ w ∼ U h
X
∼ V h
Y
Como hX ∼ hY � 1 (espaçamento desprezível comparado com as outras
dimensões características), resulta:
w� u ∼ U ; w� v ∼ V
Da componente x da Eq. de N-S:
∂p
∂x
= µ
(
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
+
∂2u
∂z2
)
∼= µ ∂
2u
∂z2
pois
∂2u
∂x2
∼ U
X2
;
∂2u
∂y2
∼ U
Y2
;
∂2u
∂z2
∼ U
h2
⇒ ∂
2u
∂x2
∼ ∂
2u
∂y2
� ∂
2u
∂z2
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 25 / 42
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Equação de lubrificação
Analogamente:
∂p
∂y
= µ
(
∂2v
∂x2
+
∂2v
∂y2
+
∂2v
∂z2
)
∼= µ ∂
2v
∂z2
∂p
∂z
= µ
(
∂2w
∂x2
+
∂2w
∂y2
+
∂2w
∂z2
)
∼= µ ∂
2w
∂z2
Como ∂
2w
∂z2 � ∂
2u
∂z2 ∼ ∂
2v
∂z2 , resulta
∂p
∂z � ∂p∂x ∼ ∂p∂y , isto é p = p (x, y) (a
pressão não depende de z). Integrando parcialmente em z, com as condições
de contorno u (x, y, 0) = −U, v (x, y, 0) = −V ,
u (x, y, h) = v (x, y, h) = 0 obtemos:
u (x, y, z) = − h
2
2µ
∂p
∂x
z
h
(
1− z
h
)
− U
(
1− z
h
)
v (x, y, z) = − h
2
2µ
∂p
∂y
z
h
(
1− z
h
)
− V
(
1− z
h
)
O escoamento entre as superfícies é localmente Couette.
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Equação de lubrificação
As velocidades médias resultam:
u¯ =
1
h
∫ h
0
u dz = −U
2
− h
2
12µ
∂p
∂x
v¯ =
1
h
∫ h
0
v dz = −V
2
− h
2
12µ
∂p
∂y
Aplicando a conservação da massa para um volume de controle de base dx e
dy e altura h, resulta:
∂
∂x
(h u¯) +
∂
∂y
(h v¯) = 0
Substituindo as velocidades médias, resulta finalmente a equação de
lubrificação de Reynolds:
∂
∂x
(
h3
∂p
∂x
)
+
∂
∂y
(
h3
∂p
∂y
)
= −6µ
(
U
∂h
∂x
+ V
∂h
∂y
)
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 27 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Equação de lubrificação
Exemplo de aplicação: rolamento de filme uni-dimensional (V = 0) e
h (x) = h0 +
h1 − h0
L
x = h0
(
1 + m′
x
L
)
; m′ =
h1
h0
− 1
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 28 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Equação de lubrificação
∂
∂x
(
h3
∂p
∂x
)
= −6µU ∂h
∂x
Substituindo h (x) e resolvendo para a pressão, com as condições de
contorno p (0) = p (L) = 0 resulta:
p (x) =
6µU L
m′ h20
kp
(
m′,
x
L
)
kp
(
m′,
x
L
)
=
1
m′
[
− m
′ + 1
(m′ + 2)
(
1 + m′ xL
)2 + 11 + m′ xL − 2m′ + 2
]
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 29 / 42
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Equação de lubrificação
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 30 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Equação de lubrificação
A carga suportada pelo dispositivo (por unidade de comprimento na direção
normal ao papel) resulta:
W =
∫ L
0
p (x) dx =
6µU L2
h20
Kp (m′)
Kp (m′) =
1
m′2
log (1 + m′)− 2
m′ (m′ + 2)
Do gráfico a continuação, vemos que a carga não é muito sensível a m′.
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Equação de lubrificação
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Soluções das equações de Navier-Stokes para escoamento laminar 32 / 42
Introdução Soluções laminares permanentes Soluções laminares transientes Soluções de inércia desprezível
Equação de lubrificação
A solução obtida é aproximada, pois desprezamos os termos de inércia.
Fazendo uma análise de ordens de grandeza, acharemos um parâmetro
adimensional que estime a razão de forças:
u
∂u
∂x
∼ u¯ ∂u¯
∂x
Q = u¯ h = cte ⇒ ∂u¯
∂x
h + u¯
dh
dx
= 0 ⇒ u ∂u
∂x
∼ U
2
h
dh
dx
ν
∂2u
∂z2
∼ ν U
h2
Para que a solução de inércia desprezível seja válida, deve ser:∣∣∣∣∣ u ∂u∂xν ∂2u∂z2
∣∣∣∣∣ ∼ U
2
h
∣∣ dh
dx
∣∣
ν Uh2
=
U h
ν
∣∣∣∣dhdx
∣∣∣∣� 1
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
Consideramos o problema de uma esfera em uma corrente uniforme de
fluido incompressível com inércia desprezível (George Gabriel Stokes,
1851). A velocidade e a pressão a montante é respectivamente u0 e p0.
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
Considerando coordenadas esféricas e simetria azimultal (uφ = 0, ∂∂φ = 0,
as equações de continuidade e momento resultam:
∂ur
∂r
+ 2
ur
r
+
1
r
∂uθ
∂θ
+
uθ
r
cot θ = 0
∂p
∂r
= µ
(
∂2ur
∂r2
+
2
r
∂ur
∂r
− 2 ur
r2
+
1
r2
∂2ur
∂θ2
+
cot θ
r2
∂ur
∂θ
− 2
r2
∂uθ
∂θ
− 2 uθ
r2
cot θ
)
1
r
∂p
∂θ
= µ
(
∂2uθ
∂r2
+
2
r
∂uθ
∂r
− uθ
r2 sin θ
+
1
r2
∂2uθ
∂θ2
+
cot θ
r2
∂uθ
∂θ
+
2
r2
∂ur
∂θ
)
Condições de contorno:
ur (a, θ) = uθ (a, θ) = 0 (superfície da esfera)
ur (∞, θ) = u0 cos θ ; uθ (∞, θ) = −u0 sin θ (longe da esfera)
p (∞, pi) = p0 (a montante, longe da esfera)
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
O escoamento é bi-dimensional no plano r − θ, de maneira que o potencial
vector só tem componente na direção φ:
ψ = ψφ φ˘
O campo de velocidade resulta do rotacional do potencial vector:
∇×ψ = 1
r sin θ
∂
∂θ
(ψφ sin θ) r˘− 1r
∂
∂r
(rψφ) θ˘
⇒ ur = 1r sin θ
∂
∂θ
(ψφ sin θ) ; uθ = −1r
∂
∂r
(rψφ)
Escolhendo
ψφ =
ψ
r sin θ
⇒ ur = 1r2 sin θ
∂ψ
∂θ
; uθ = − 1r sin θ
∂ψ
∂r
verificamos que a equação de continuidade é satisfeita.
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
Fazendo ψ (r, θ) = f (r) g (θ) e substituindo na equação bi-harmónica,
podemos resolver ψ com as condições de contorno:
∂ψ
∂r
(a, θ) =
∂ψ
∂θ
(a, θ) = 0
ψ (r →∞, θ)→ 1
2
u0 r2 sin2 θ + cte
O resultado é:
ψ (r, θ) =
1
4
u0 a2
(
a
r
− 3 r
a
+ 2
r2
a2
)
sin2 θ
ψφ (r, θ) =
1
4
u0 a2
(
a
r
− 3 r
a
+ 2
r2
a2
)
sin θ
r
Notar que resulta ∇ ·ψ = 0.
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
A solução resulta:
ur (r, θ) =
(
1− 3
2
a
r
+
1
2
a3
r3
)
u0 cos θ
uθ (r, θ) = −
(
1− 3
4a
r
− 1
4
a3
r3
)
u0 sin θ
p (r, θ)− p0 = −32 µ u0 a
cos θ
r2
As tensões viscosas resultam:
τrr (r, θ) = 2µ
∂ur
∂r
= 3
µ a
r2
(
1− a
2
r2
)
u0 cos θ
τθθ (r, θ) =
2µ
r
(
∂uθ
∂θ
+ ur
)
= −3
2
µ a
r2
(
1− a
2
r2
)
u0 cos θ
τrθ (r, θ) = µ
[
r
∂
∂r
(uθ
r
)
+
1
r
∂ur
∂θ
]
= −3
2
µ a3
r4
u0 sin θ
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
Para calcular as forças na esfera, as tensões viscosas e a pressão na
superfície resultam:
τrr (a, θ) = 0 ; τθθ (a, θ) = 0 ; τrθ (a, θ) = −32
µ u0
a
sin θ
p (a, θ)− p0 = −32
µ u0
a
cos θ
O elemento de área de integração e resulta:
dA = 2pi a sin θ a dθ = 2pi a2 sin θ dθ
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
As contribuições do arrasto viscoso e de pressão resultam:
dDV = −τrθ (a, θ) sin θ dA = 3pi µ u0 a sin3 θ dθ
⇒ DV = 3pi µ u0 a
∫ pi
0
sin3 θ dθ = 4pi µ u0 a
dDp = − [p (a, θ)− p0] cos θ dA = 3pi µ u0 a cos2 θ sin θ dθ
⇒ Dp = 3pi µ u0 a
∫ pi
0
cos2 θ sin θ dθ = 2pi µ u0 a
Arrasto total: D = DV +Dp (o arrasto de pressão é um terço do arrasto total)
Coeficiente de arrasto: CD = D1
2 ρ u
2
0 pi a
2 =
24
Re , onde Re =
2 a u0
ν .
A solução de inércia desprezível é válida para Re < 1, segundo medições em
viscosímetros de esfera descendente; para Re maiores, o arrasto é maior que
o predito.
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
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Escoamento lento ao redor de uma esfera
É importante notar que a influença viscosa se extende a grandes distâncias
do corpo; por isto, um tubo de Pitot não pode ser usado em regime laminar
ou de baixa velocidade. Para que a velocidade na perpendicular à esfera
chegue a um fator 1− � da velocidade da corrente livre deve ser:
uθ (pi/2, r)
u0
> 1− � ; 1− 3
4
a
r
− 1
4
a3
r3
> 1− �
⇒ � > 3
4
a
r
+
1
4
a3
r3
Para � = 0.0075 (0.75 %), deve ser ar <
1
100 (r > 100 a).
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