Introdução a aproximações assintóticas

Capítulo 4

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)

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)

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( )

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

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