Nopeuspotentiaali

Nopeuspotentiaali on virtaavan fluidin nopeutta kuvaava potentiaalifunktio. Nopeuspotentiaalin avulla voidaan ratkaista fluidin virtausnopeuden vektorikomponentit, mutta toisaalta se myös yksinkertaistaa joitain virtausmekaniikan ongelmia.

Jos kolmiulotteinen vektorikenttä $𝐯$ on pyörteetön, ts.

$\mathrm{\nabla }\times 𝐯=0$,

niin on olemassa skalaarifunktio $\varphi (x,y,z)$ siten, että

$𝐯=\mathrm{\nabla }\varphi$.

Funktiota $\varphi$ kutsutaan nopeuspotentiaalifunktioksi. Merkintä $\mathrm{\nabla }$ tarkoittaa osittaisdifferentiaalioperaattoria (''nabla'').

Nopeuspotentiaali virtausmekaniikassa

Virtauksen nopeusvektorikenttä

Pyörteettömän virtauksen nopeuspotentiaalin $\varphi$ tunteminen antaa oitis nopeusvektorin komponentit. Koska

$𝐯=\mathrm{\nabla }\varphi =\frac{\partial \varphi }{\partial x}𝐢+\frac{\partial \varphi }{\partial y}𝐣+\frac{\partial \varphi }{\partial z}𝐤$,

missä $𝐢$, $𝐣$ ja $𝐤$ ovat karteesisen koordinaatiston kantavektorit, niin virtausnopeuden komponentit ovat:

$v_x=\frac{\partial \varphi }{\partial x},v_y=\frac{\partial \varphi }{\partial y}\text{ja}{v}_z=\frac{\partial \varphi }{\partial z}$.

Nopeuspotentiaalifunktion $\varphi$ ekvipotentiaaleja (virtausalueessa määritellyt käyrät, joille $\varphi =\text{vakio}$) sanotaan virtauksen potentiaaliviivoiksi. Todellisuudessa kolmiulotteisen virtauksen ekvipotentiaalit ovat avaruuden pintoja, mutta kaksiulotteisessa virtauksessa ekvipotentiaalit ovat viivoja.

Bernoullin yhtälö ajasta riippuvalle potentiaalivirtaukselle

Nopeuspotentiaalin käyttäminen yksinkertaistaa virtausta kuvaavia yhtälöitä, sillä nopeusvektorin kolmen komponentin, $v_x$, $v_y$ ja $v_z$, sijaan tarvitaan vain yksi muuttuja. Esimerkkinä johdetaan yhtälö, joka kuvaa ajallisesti muuttuvaa, pyörteetöntä, kitkatonta ja kokoonpuristumatonta virtausta. Tällaista virtausta kuvaa nk. Eulerin yhtälö (jota ei pidä sekoittaa Eulerin kaavaan):

$\rho \frac{\mathrm{d}𝐯}{\mathrm{d}t}=\rho 𝐠-\mathrm{\nabla }p$,

missä

$\rho$ on fluidin tiheys,

$𝐯=v_x𝐢+v_y𝐣+v_z𝐤$ on fluidin nopeus,

$𝐠$ on putoamiskiihtyvyys ja

$p$ on paine.

Aikaderivaatta Eulerin yhtälössä voidaan korvata materiaaliderivaatalla:

$\frac{\mathrm{d}𝐯}{\mathrm{d}t}=\frac{\partial 𝐯}{\partial t}+(𝐯\cdot \mathrm{\nabla })𝐯$

Lisäksi käytetään tietoa, että

$(𝐯\cdot \mathrm{\nabla })𝐯\equiv \mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{2}{v}^2\right)+(\mathrm{\nabla }\times 𝐯)\times 𝐯$,

Todistus

Merkitään $𝐯(x,y,z)=u(x,y,z)𝐢+v(x,y,z)𝐣+w(x,y,z)𝐤$. Käytetään lyhennyssyistä osittaisderivaatoille merkintöjä $\partial f/\partial x\equiv {\partial }_{x}f$, $\partial f/\partial y\equiv {\partial }_{y}f$ ja $\partial f/\partial z\equiv {\partial }_{z}f$. Vasen puoli: $\begin{array}{cc}𝐯\cdot \mathrm{\nabla }& =(u𝐢+v𝐣+w𝐤)\cdot ({\partial }_x𝐢+{\partial }_y𝐣+{\partial }_z𝐤)\\ & =u{\partial }_x+v{\partial }_y+w{\partial }_z\end{array}$ Tällöin $\begin{array}{cc}(𝐯\cdot \mathrm{\nabla })𝐯& =(u{\partial }_x+v{\partial }_y+w{\partial }_z)(u𝐢+v𝐣+w𝐤)\\ & =(u{\partial }_{x}u+v{\partial }_{y}u+w{\partial }_{z}u)𝐢+(u{\partial }_{x}v+v{\partial }_{y}v+w{\partial }_{z}v)𝐣+(u{\partial }_{x}w+v{\partial }_{y}w+w{\partial }_{z}w)𝐤\end{array}$ Oikea puoli: Kirjoitetaan normin neliö auki: $v^2=\Vert 𝐯{\Vert }^2=u^2+v^2+w^2$. $\begin{array}{cc}\mathrm{\nabla }(\frac{1}{2}\Vert 𝐯{\Vert }^2)& =\frac{1}{2}\mathrm{\nabla }(u^2+v^2+w^2)\\ & =\frac{1}{2}({\partial }_x𝐢+{\partial }_y𝐣+{\partial }_z𝐤)(u^2+v^2+w^2)\\ & =\frac{1}{2}({\partial }_x{u}^2+{\partial }_x{v}^2+{\partial }_x{w}^2)𝐢+\frac{1}{2}({\partial }_y{u}^2+{\partial }_y{v}^2+{\partial }_y{w}^2)𝐣+\frac{1}{2}({\partial }_z{u}^2+{\partial }_z{v}^2+{\partial }_z{w}^2)𝐤\end{array}$ Muistetaan yhdistetyn funktion derivointisäännöstä, että ${\partial }_x{f}^2=2f{\partial }_{x}f$. Tällöin $\begin{array}{cc}\mathrm{\nabla }(\frac{1}{2}\Vert 𝐯{\Vert }^2)& =(u{\partial }_{x}u+v{\partial }_{x}v+w{\partial }_{x}w)𝐢+(u{\partial }_{y}u+v{\partial }_{y}v+w{\partial }_{y}w)𝐣+(u{\partial }_{z}u+v{\partial }_{z}v+w{\partial }_{z}w)𝐤\end{array}$. Roottori: $\begin{array}{cc}\mathrm{\nabla }\times 𝐯& =\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ {\partial }_x& {\partial }_y& {\partial }_z\\ u& v& w\end{array}\right|=({\partial }_{y}w-{\partial }_{z}v)𝐢-({\partial }_{x}w-{\partial }_{z}u)𝐣+({\partial }_{x}v-{\partial }_{y}u)𝐤\end{array}$ Tällöin $\begin{array}{cc}(\mathrm{\nabla }\times 𝐯)\times 𝐯& =\left|\begin{array}{ccc}𝐢& 𝐣& 𝐤\\ ({\partial }_{y}w-{\partial }_{z}v)& ({\partial }_{z}u-{\partial }_{x}w)& ({\partial }_{x}v-{\partial }_{y}u)\\ u& v& w\end{array}\right|\\ & =(w{\partial }_{z}u-w{\partial }_{x}w-v{\partial }_{x}v+v{\partial }_{y}u)𝐢+(u{\partial }_{x}v-u{\partial }_{y}u-w{\partial }_{y}w+w{\partial }_{z}v)𝐣+\\ & +(v{\partial }_{y}w-v{\partial }_{z}v-u{\partial }_{z}u+u{\partial }_{x}w)𝐤\end{array}$ Koko oikea puoli aukikirjoitettuna on siis: $\begin{array}{cc}\mathrm{\nabla }(\frac{1}{2}\Vert 𝐯{\Vert }^2)+(\mathrm{\nabla }\times 𝐯)\times 𝐯& =(u{\partial }_{x}u+v{\partial }_{x}v+w{\partial }_{x}w+w{\partial }_{z}u-w{\partial }_{x}w-v{\partial }_{x}v+v{\partial }_{y}u)𝐢+\\ & +(u{\partial }_{y}u+v{\partial }_{y}v+w{\partial }_{y}w+u{\partial }_{x}v-u{\partial }_{y}u-w{\partial }_{y}w+w{\partial }_{z}v)𝐣+\\ & +(u{\partial }_{z}u+v{\partial }_{z}v+w{\partial }_{z}w+v{\partial }_{y}w-v{\partial }_{z}v-u{\partial }_{z}u+u{\partial }_{x}w)𝐤\\ & =(u{\partial }_{x}u+v{\partial }_{y}u+w{\partial }_{z}u)𝐢+(u{\partial }_{x}v+v{\partial }_{y}v+w{\partial }_{z}v)𝐣+(u{\partial }_{x}w+v{\partial }_{y}w+w{\partial }_{z}w)𝐤\end{array}$ Huomataan, että väitetyn yhtälön oikea ja vasen puoli ovat samat. Q.E.D.

missä $v=\Vert 𝐯\Vert$ on virtauksen vauhti (nopeuden euklidinen normi). Pyörteettömyydestä johtuen $\mathrm{\nabla }\times 𝐯=0$. Tällöin Eulerin yhtälö muuttuu muotoon

$\rho [\frac{\partial 𝐯}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{2}{v}^2\right)]=\rho 𝐠-\mathrm{\nabla }p$.

Kirjoitetaan nopeus (ja vauhti) nopeuspotentiaalin avulla: $𝐯=\mathrm{\nabla }\varphi$ ja $v=\Vert \mathrm{\nabla }\varphi \Vert$. Oletetaan vielä, että tarkastelukoordinaatisto on valittu siten, että painovoima osoittaa alaspäin, eli $𝐠=-g𝐤=\mathrm{\nabla }(-gz)$. Tällöin

$\mathrm{\nabla }[\frac{\partial \varphi }{\partial t}+\frac{1}{2}\Vert \mathrm{\nabla }\varphi {\Vert }^2+\frac{p}{\rho }+gz]=0$.

Toisin sanoen:

$\frac{\partial \varphi }{\partial t}+\frac{1}{2}\Vert \mathrm{\nabla }\varphi {\Vert }^2+\frac{p}{\rho }+gz=\text{vakio}$.

Tämä yhtälö on nk. ajasta riippuva Bernoullin yhtälö pyörteettömälle virtaukselle (jota ei pidä sekoittaa ajasta riippumattomaan Bernoullin lakiin).

Eräitä nopeuspotentiaaleja

Esitetään esimerkkeinä joitain yksinkertaisia virtaustilanteita ja niiden nopeuspotentiaalit. Yksinkertaisuuden vuoksi käytetään vain kaksiulotteisia virtauksia, jolloin nopeusvektori on aina muotoa $𝐯=v_x𝐢+v_y𝐣$.

Tasainen, yksiulotteinen virtaus

Tarkastellaan virtausta, jossa fluidi liikkuu tasaisella nopeudella positiivisen $x$-akselin suuntaan. Virtauksen nopeus on tällöin kaikkialla

$𝐯=u_0𝐢$

,

Tasaisen, $x$-akselin suuntaisen virtauksen potentiaaliviivat ovat $y$-akselin suuntaisia suoria.

missä

$u_0$

on vakio (virtauksen vauhti). Nopeuspotentiaalin osittaisderivaatat ovat tällöin:

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial \varphi }{\partial x}=v_x=u_0\\ \frac{\partial \varphi }{\partial y}=v_y=0\end{array}$

Tämä 1. kertaluvun osittaisdifferentiaaliyhtälöpari ratkeaa melko helposti:

$\varphi (x,y)=u_{0}x+C$,

missä $C$ on vakio. Tärkeintä on havaita, että nopeuspotentiaali ei riipu millään tavoin $y$:stä. Potentiaaliviivojen yhtälö saadaan asettamalla $\varphi =u_{0}x+C=\text{vakio}$, josta seuraa, että $x=\text{vakio}$. Virtauksen potentiaaliviivoja ovat siis kaikki $y$-akselin suuntaiset suorat.

Pistemäinen lähde tai nielu origossa

Olkoon koordinaatiston origossa pistemäinen lähde, josta ''pulppuavan'' fluidin tilavuusvirta on $Q>0$ (Seuraavat päätelmät pätevät myös, jos $Q<0$. Tällöin kyseessä on lähteen sijaan nielu). Olkoon lähteen virtaus puhtaasti säteittäistä, eli jokainen virtaviiva osoittaa lähteestä suoraan poispäin. Jos tarkastellaan origon ympärillä virtausaluetta, jonka paksuus $z$-suunnassa on $b>0$, niin tilavuusvirta jokaisen origokeskisen, $r$-säteisen ympyrän läpi on:

$Q=2\pi rb{v}_r=\text{vakio}$,

missä $v_r$ on virtauksen säteittäinen vauhti. Tilavuusvirta on vakio säteestä riippumatta, sillä kokoonpuristumattoman fluidin kokonaistilavuus ei voi muuttua sen liikkuessa kauemmas lähteestä (tai nielusta). Ts. fluidia ei voi syntyä tai kadota muualla kuin lähteessä tai nielussa. Näin ollen fluidin vauhti kaikkialla $xy$-tasossa on:

$v_r=\frac{Q}{2\pi b}\cdot \frac{1}{r}$.

Viimeistään tässä vaiheessa kannattaa siirtyä osittain napakoordinaatteihin, sillä kaikki ilmiöt tähän mennessä ovat puhtaasti säteittäisiä. Näin ollen lähteen (tai nielun) virtauksen nopeus on (karteesisissa koordinaateissa ja napakoordinaateissa):

$\begin{array}{cc}𝐯& =v_r{𝐞}_r\\ & =\frac{Q}{2\pi br}(\cos \theta 𝐢+\sin \theta 𝐣)\\ & =\frac{Q}{2\pi b{r}^2}(x𝐢+y𝐣)\\ & =\frac{Q}{2\pi b(x^2+y^2)}(x𝐢+y𝐣)\\ & =v_x𝐢+v_y𝐣,\end{array}$

missä ${𝐞}_r=\cos \theta 𝐢+\sin \theta 𝐣$ on napakoordinaatiston säteittäinen kantavektori. Tästä saadaan virtauksen nopeuspotentiaalin osittaisderivaatat (kun $x,y\ne 0$):

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial \varphi }{\partial x}=v_x=\frac{Q}{2\pi b}\cdot \frac{x}{x^2+y^2}\\ \frac{\partial \varphi }{\partial y}=v_y=\frac{Q}{2\pi b}\cdot \frac{y}{x^2+y^2}\end{array}$

Ylemmän osittaisdifferentiaaliyhtälön ratkaisu on:

Origossa sijaitsevan pistemäisen lähteen virtauksen potentiaaliviivat ovat origokeskeisiä ympyröitä.

$\begin{array}{cc}\varphi (x,y)& =\frac{Q}{4\pi b}\ln (x^2+y^2)+f(y)\\ & =\frac{Q}{2\pi b}\ln r+f(y),\end{array}$

missä $f(y)$ on mikä tahansa vain muuttujasta $y$ riippuva derivoituva funktio. Vastaavasti alemman osittaisdifferentiaaliyhtälön ratkaisu on:

$\begin{array}{cc}\varphi (x,y)& =\frac{Q}{4\pi b}\ln (x^2+y^2)+g(x)\\ & =\frac{Q}{2\pi b}\ln r+g(x),\end{array}$

missä $g(x)$ on mikä tahansa vain muuttujasta $x$ riippuva derivoituva funktio. Koska kummankin yhtälön ratkaisujen tulee toteutua yhtäaikaa, on ainoa mahdollisuus, että

$f(y)=g(x)=C=\text{vakio}$.

Siispä nopeuspotentiaali on:

$\varphi =\frac{Q}{4\pi b}\ln (x^2+y^2)+C=\frac{Q}{2\pi b}\ln r+C$

Asetetaan $\varphi =\text{vakio}$, josta seuraa välttämättä, että $r=\text{vakio}$ (tai karteesisissa koordinaateissa $x^2+y^2=\text{vakio}$). Virtauksen potentiaaliviivoja ovat siis kaikki origokeskeiset ympyrät.

Vorteksi

Vorteksi on virtaus, jossa fluidi kiertää origoa (tai muuta kiinteää pistettä) ympyränmuotoisella radalla. Napakoordinaateissa vorteksin virtauksen nopeus on:

$𝐯=f(r){𝐞}_{\theta }$,

missä ${𝐞}_{\theta }=-\sin \theta 𝐢+\cos \theta 𝐣$ ja $f(r)$ kuvaa virtauksen vauhtia vorteksin keskeltä mitatun etäisyyden funktiona. Valitsemalla $f(r)=K/r$, missä $K=\text{vakio}$, saadaan virtaus, jota kutsutaan vapaaksi vorteksiksi:

$\begin{array}{cc}𝐯& =\frac{K}{r}{𝐞}_{\theta }\\ & =K(-\frac{\sin \theta }{r}𝐢+\frac{\cos \theta }{r}𝐣)\\ & =K(-\frac{y}{x^2+y^2}𝐢+\frac{x}{x^2+y^2}𝐣)\\ \end{array}$

Vaikka vorteksi on helppo mieltää pyörteelliseksi virtaukseksi, ei vapaa vorteksi kuitenkaan sitä ole. On melko yksinkertaista osoittaa, että vapaalle vorteksille pätee $\mathrm{\nabla }\times 𝐯=0$ (kun $x,y\ne 0$), joten nopeuspotentiaali on olemassa. Tällöin:

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial \varphi }{\partial x}=v_x=-\frac{Ky}{x^2+y^2}\\ \frac{\partial \varphi }{\partial y}=v_y=\frac{Kx}{x^2+y^2}\end{array}$

Ylemmän osittaisdifferentiaaliyhtälön ratkaisu on:

$\begin{array}{cc}\varphi (x,y)& =-K\arctan \left(\frac{x}{y}\right)+f(y)\\ & =-K\arctan \left(\frac{r\cos \theta }{r\sin \theta }\right)+f(y)\\ & =-K\arctan \left(\frac{\sin (\pi /2-\theta )}{\cos (\pi /2-\theta )}\right)+f(y)\\ & =-K\arctan (\tan (\frac{\pi }{2}-\theta ))+f(y)\\ & =K\theta -K\frac{\pi }{2}+f(y),\end{array}$

Origossa sijaitsevan vapaan vorteksin virtauksen potentiaaliviivat ovat origon kautta kulkevia suoria.

missä

$f(y)$

on mikä tahansa vain muuttujasta

$y$

riippuva derivoituva funktio. Alemman osittaisdifferentiaaliyhtälön ratkaisu on:

$\begin{array}{cc}\varphi (x,y)& =K\arctan \left(\frac{y}{x}\right)+g(x)\\ & =K\arctan (\tan \theta )+g(x)\\ & =K\theta +g(x),\end{array}$

missä $g(x)$ on mikä tahansa vain muuttujasta $x$ riippuva derivoituva funktio. Kummankin yhtälön tulee toteutua yhtä aikaa, mikä on mahdollista esimerkiksi, jos

$f(y)=K\frac{\pi }{2}+C\text{ja}g(x)=C=\text{vakio}$.

Siispä nopeuspotentiaali on:

$\varphi =K\arctan \left(\frac{y}{x}\right)+C=K\theta +C$

Asetetaan $\varphi =\text{vakio}$, josta seuraa välttämättä, että $\theta =\text{vakio}$ (tai karteesisissa koordinaateissa $y/x=\text{vakio}$). Virtauksen potentiaaliviivoja ovat siis kaikki origon kautta kulkevat suorat.