Baixa Gastronomia: caracterização e aproximações teórico ...
Introdução a aproximações assintóticas · 2020. 7. 20. · Obs: pode-se também usar a...
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Introdução a aproximações assintóticas
Capítulo 4
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Introdução • Em geral, os termos não lineares das eqs. NS
são não nulos • Solução analítica não é possível • Soluções aproximadas:
– soluções numéricas – aproximações analíticas:
• balanços macroscópicos: valores globais (vazão, forças médias, etc)
• soluções assintóticas: soluções para parâmetros adimensionais muito grandes ou muito pequenos, tal que termos das eqs. possam ser desprezados
– métodos de pertubação – expansões assintóticas (base dos métodos assintóticos é
obter aproximações das eqs governantes)
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Escoamento pulsátil num tubo: soluções assintóticas para altas e baixas frequências • Relembrando as equações e CC:
€
u z =uz
G0R2 /µ
ˆ r = rR
ˆ t = tR2 /µ
∂ˆ u z∂ˆ t
=1+ εsin ωR2
νRω
ˆ t
+1ˆ r ∂∂ˆ r
ˆ r ∂ˆ u z∂ˆ r
CC : ˆ r =1 ˆ u z = 0ˆ u z finito em ˆ r = 0 t = 0 u z = 0
Obtivemos a solução exata (muito trabalhosa) para Rω1 é muito difícil. Vamos obter soluções assintóticas.
€
uz = uz0 + εuz
1
uz0 =
14
1− ˆ r 2( )uz
1 = Im ˆ u z( )ˆ u z : velocidade complexa complementar
-
Rω
-
• No limite Rω→0 :
€
d2Hdˆ r 2
+1ˆ r
dHdˆ r
= −1
⇒ H = 14
1− ˆ r 2( )
ˆ u z1 ≡ Im ˆ u z( ) =
14
sin ˆ t 1− ˆ r 2( )
• O problema se reduz ao escoamento de Poiseuille quasi-permanente, com um gradiente de pressão instantâneo sin t • Os efeitos de inércia não aparecem na equação acima. Para determinar os efeitos de inércia com Rω→0, vamos procurar uma solução na forma de expansão assintótica do tipo:
€
H = H0 ˆ r ( ) + RωH1 ˆ r ( ) + Rω2 H2 ˆ r ( ) + O Rω3( )Perturbução regular ou assintótica (a forma é mantida ao longo do domínio)
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Substituindo na equação diferencial:
€
d2H0dˆ r 2
+ Rwd2H1dˆ r 2
+ Rw2 d2H2
dˆ r 2+
1ˆ r
dH0dˆ r
+
Rw1ˆ r
dH1dˆ r
+ Rw2 1
ˆ r dH2dˆ r
− iH0Rw − iHiRw2 + O Rw
3( ) = −1
E da CC:
€
H0 1( ) + RωH1 1( ) + Rω2H2 1( ) +O Rω3( ) = 0
Como a eq acima vale para Rw arbitrário,
€
H0 1( ) = H1 1( ) = H2 1( ) = 0
-
Assumindo que Rw é assintóticamente pequeno, mas arbitrário, as eqs acima tem que ser satisfeitas para qualquer valor pequeno e arbitrário de Rw. Reescrevendo a eq. anterior:
€
1+ 1ˆ r
ddˆ r
ˆ r dH0dˆ r
+ Rw 1+
1ˆ r
ddˆ r
ˆ r dH1dˆ r
− iH0
+
Rw2 1+ 1
ˆ r ddˆ r
ˆ r dH2dˆ r
− iH1
+ O Rw
3( ) = 0
Os termos a cada nível de Rw são individualmente iguais a zero. Assim, H0 satisfaz a eq. anterior (obtida para o limite Rw 0, com a condição H0(1)=0, e a sua solução é
€
H0 =14
1− ˆ r 2( )
-
As funções H1 e H2 devem satisfazer:
€
1+ 1ˆ r
ddˆ r
ˆ r dH1dˆ r
= iH0 H1(1) = 0 e H1(0) finito
€
1+ 1ˆ r
ddˆ r
ˆ r dH2dˆ r
= iH1 H2(1) = 0 e H2(0) finito
Com H0, as CC e integrando chega-se a:
€
H1 =i
16ˆ r 2 −
ˆ r 4
4−
34
H2 = −1
256ˆ r 4 −
ˆ r 6
9− 3ˆ r 2 + 19
9
H = 14
1− ˆ r 2( ) + Rw i16 ˆ r 2 −
ˆ r 4
4−
34
−
Rw2 1
256ˆ r 4 −
ˆ r 6
9− 3ˆ r 2 + 19
9
+ O Rw
3( )
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Método de perturbação no domínio: escoamento num canal ondulado
- Geometria irregular: superfície não corresponde a nenhuma coordenada de qualquer sistema de coordenadas, mas está próximo - Paredes localizadas a y=+/- h(x) = d/2(1+ε sen2πx/L) - ε pequeno - Escoamento unidirecional
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Equações de conservação
€
µ∂ 2w∂x 2
+∂ 2w∂y 2
= −G
w = 0 em y = ±h(x) = ± d2
1+ εsin 2πxL
Obs: pode-se também usar a condição de simetria em y=0,
€
∂w /∂y = 0
-A geometria depende de x, então w=w(x,y) -Para ε
-
Adimensionalização
€
d2
L2∂ 2w ∂x 2
+∂ 2w ∂y 2
= −1
w = 0 em y = h (x) = 12
1+ εsin2πx ( )
∂w ∂y
= 0 em y = 0
w = wGd2 /µ
x = xL
y = yd
Vamos aproximar a CC em y=h(x) a uma CC assintoticamente equivalente aplicada em y=1/2, usando uma aproximação em série de Taylor para w em y=h, em termos de w e de suas derivadas avaliadas em y=1/2
-
€
w y = h = w y =1/ 2 +∂w ∂y
y =1/ 2
ε2sin(2πx )
+12∂ 2w ∂y 2
y =1/ 2
ε2sin(2πx )
2
+ O ε3( )
Vamos procurar uma solução da forma:
€
w = w0 + εw1 + ε2w2 + O ε
3( )Substituindo na eq. para a CC w=0 em y=h:
€
0 = w0 + ε w1 +∂w0∂y
12sin(2πx )
+
ε2 w2 +∂w1∂y
12sin(2πx ) + 1
2∂ 2w0∂y 2
12sin(2πx )
2
+ O ε3( ) em y =1/2
Como ε é pequeno, cada termo da eq. acima tem que ser igual a zero. Assim,
-
€
O(0) :w0 = 0 em y =1/2
O(ε) :w1 = −∂w0∂y
12sin 2πx ( ) em y =1/2
O(ε2) :w2 = −∂w1∂y
12sin 2πx ( ) − 1
2∂ 2w0∂y 2
12sin 2πx ( )
2
em y =1/2
A CC original em y=h(x) foi transformada em CC assintoticamente equivalentes para as funções w0, w1 e w2 em y=1/2. Resolvendo para estas funções, o problema em O(1), com as CC acima é:
€
d2
L2∂ 2w0∂x 2
+∂ 2w0∂y 2
= −1
∂w0∂y
= 0 em y = 0
-
As CC neste nível independem de x, assim w0=w0(y), e a solução é dada por:
€
w0 =1214− y 2
O problema em O(ε) é:
€
d2
L2∂ 2w1∂x 2
+∂ 2w1∂y 2
= −1
∂w1∂y
= 0 em y = 0
w1 =14
sin 2πx ( ) em y =1/2
-
Vamos procurar uma solução do tipo:
€
w1 = F(y )sin 2πx ( )d2Fdy 2
−2πd
L
2
F = 0
dF /dy = 0 em y = 0F =1/4 em y =1/2
F = Aexp 2πdL
y
+ Bexp −
2πdL
y
⇒ w1 =14cosh 2πd /L( )y [ ]cosh πd /L( )
sin 2πx ( )
Analogamente, podemos obter w2:
€
w2 =1161− 2πd
Ltanh πd
L
1−
cosh 4πd /L( )y cosh 2πd /L( )
cos 4πx ( )
-
Fluxo volumétrico
€
Q = 1Ld
wdydx−h(x;ε )
h(x;ε )∫0
L∫
Q = Gd2
12µ1+ 3
4ε2 +O(ε2)
Para um mesmo gradiente de pressão, a vazão é maior do que a obtida entre placas paralelas, mas como a primeira correção ocorre com termos de O(ε2), o efeito é pequeno, já que ε