by 
Δημοσιεύτηκε από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 10 Ιανουάριος 2016 και ώρα 20:00
Θεωρούμε ένα τμήμα ενός δικτύου ύδρευσης, το οποίο έχει σχήμα κόλουρου κώνου. Οι βάσεις του έχουν ακτίνες R1 και R2 και το ύψος του είναι H. Θεωρούμε επίσης ότι η ροή είναι αστρόβιλη. Έστω υ1 και p1 η ταχύτητα και η πίεση του υγρού στο κέντρο της μικρής βάσης. Ζητάμε να υπολογίσουμε την πίεση και την ταχύτητα σε όλη την έκταση του υγρού. Για λόγους απλότητας θεωρούμε ότι η ροή παρουσιάζει συμμετρία στροφής ως προς τον άξονα συμμετρίας του κώνου.
Η συνέχεια στο Blogspot ή σε 
ή σε 
Τα σχόλια
Σχόλιο από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 10 Ιανουάριος 2016 στις 22:09
Βαγγέλη μπράβο ακόμα και πριν το διαβάσω σοβαρά.
Μια απορία:
Θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε την παροχή ως γινόμενο ταχύτητας υ(r) και Α(r);
Για να μην λέω πολλά λόγια σχήμα:
Σχόλιο από τον/την Νίκος Παναγιωτίδης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 0:08
Μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση: το πρόβλημα των γραμμών ροής είναι σύμμορφο με το πρόβλημα των ισοδυναμικών επιφανειών ενός ισοδυναμικού κόλουρου κώνου. Ερώτηση 1: έστω ότι επεκτείνουμε τη συνοριακή συνθήκη στον πλήρη κώνο. Δεν θα προέκυπτε η ίδια λύση; Ερώτηση 2: μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε σύμμορφες απεικονίσεις ώστε να μετασχηματίσουμε το πρόβλημα σε ένα πιο βατό;
Σχόλιο από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 9:10
Καλημέρα Βαγγέλη.
Για μια ακόμη φορά μας προσφέρεις μια σπουδαία, αλλά και μαθηματικά δύσκολη απόδειξη.
Σε ευχαριστούμε.
Να ρωτήσω μόνο κάτι. Τον συγκεκριμένο κώνο, μπορώ να τον δω, σαν ένα τμήμα ένωσης δύο κυλινδρικών σωλήνων με ακτίνες R1 και R2:
Αλλά αν είναι έτσι τότε όταν φτάνει το υγρό στον κύκλο ακτίνας R1 δεν θα πρέπει οι ταχύτητες σε όλα τα σημεία να είναι ίσες με μέτρο υ1, όση δηλαδή και στο κέντρο του κύκλου; Αν δε είναι έτσι, τότε η παροχή θα είναι ίση με Α1υ1, πράγμα που αποδεικνύεις, αν θ0→0.
Το να είναι ακτινικές οι ρευματικές γραμμές, εντός του κόλουρου κώνου, ταιριάζει απόλυτα με την φυσική μου διεύθυνση και αναμενόμενο (αντίθετα το εύρημά σου ότι οι ταχύτητες πάνω στον άξονα είναι αντιστρόφως ανάλογες του τετραγώνου της ακτίνας, μη αναμενόμενο!!!).
Αλλά το «απότομο στρίψιμο» μόλις μπαίνουν ή μόλις βγαίνουν, από τον κώνο, δεν μου κολλάει…
Σχόλιο από τον/την Κορφιάτης Ευάγγελος στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 13:46
Καλημέρα σε όλους.
Τελικά ο Γιάννης φταίει και πάλι. Αυτός έβαλε τις βάσεις του ερωτήματος στην συζήτηση για την τελική ταχύτητα.
Γιάννη έχεις δίκιο. Η εξίσωση της συνέχειας div v =0 μας λέει ότι όσες ρευματικές γραμμές μπαίνουν σε μια κλειστή επιφάνεια τόσες και βγαίνουν ( το κλειστό επιφανειακό ολοκλήρωμα της ταχύτητας είναι μηδέν). Επομένως η ροή ( παροχή την λέμε στα ρευστά) που περνά από την εγκάρσια τομή είναι ίση με την ροή που περνά από την A(r).
Εν γένει πρέπει να ολοκληρώσουμε όχι την υ(r) αλλά την υr(r).
Νίκο δεν είμαι σίγουρος ότι «το πρόβλημα των γραμμών ροής είναι σύμμορφο με το πρόβλημα των ισοδυναμικών επιφανειών ενός ισοδυναμικού κόλουρου κώνου.»
Οι ισοδυναμικές επιφάνειες ενός συντηρητικού διανυσματικού πεδίου είναι κάθετες στις ολοκληρωτικές καμπύλες του. Ο σωλήνας που περιβάλλει το ρευστό δεν είναι ισοδυναμική επιφάνεια.
Στην περίπτωση του μηδενικής τάξης όρου, οι ισοδυναμικές επιφάνειες είναι επιφάνειες σφαίρας με κέντρο την κορυφή του κώνου.
Γράφω κάτι λάθος;
Νομίζω ότι δεν μπορούμε να επεκτείνουμε την συνοριακή συνθήκη στον πλήρη κώνο. Ο συντελεστής του k πολυωνύμου Legendre είναι (a rk+ b r-k-1)
Για να συμπεριλάβουμε και την κορυφή του κώνου θα πρέπει όλα τα b να είναι 0.
Έτσι με k=0 (που ουσιαστικά αυτός μόνο μας ενδιαφέρει) παραμένει μόνο η ψ=0.
Για τις σύμμορφες απεικονίσεις με πιάνεις αδιάβαστο. Αλλά αν θυμάμαι καλά, τις σύμμορφες απεικονίσεις τις χρησιμοποιούμε για να λύσουμε δισδιάστατα προβλήματα.
Έτσι στα ρευστά τις χρησιμοποιούμε για αυτό που λέμε επίπεδές ροές ( το πεδίο ταχυτήτων είναι παράλληλο σε σταθερό επίπεδο και δεν μεταβάλλεται στην διεύθυνση την κάθετη στο επίπεδο αυτό).
Διονύση πράγματι ο κόλουρος κώνος είναι μία μούφα που συνδέει κυλινδρικούς σωλήνες. Στην ένωση δεν υπάρχει γωνία αλλά καμπύλη. Έτσι, στην μόνιμη ροή, στον κυλινδρικό σωλήνα πριν τον κώνο το πεδίο ταχυτήτων τροποποιείται ώστε «να έχει την δυνατότητα να απλώσει». Δηλαδή πριν την ένωση οι ρευματικές γραμμές καμπυλώνονται.
Το αντιστρόφως ανάλογο του τετραγώνου της απόστασης με εξέπληξε και εμένα.
Εκ των υστέρων όμως μου φαίνεται λογικό λόγω εξίσωσης συνέχειας (άλλωστε η μορφή του πεδίου ταχυτήτων είναι αποτέλεσμα ουσιαστικά μόνο της εξίσωσης συνέχειας).
Το εμβαδό μιας εγκάρσιας τομής είναι ανάλογο του τετραγώνου της απόστασής της από την κορυφή του κώνου. Η ταχύτητα πρέπει να είναι αντιστρόφως ανάλογη του εμβαδού. Άρα είναι αντιστρόφως ανάλογη του τετραγώνου της απόστασης.
Σχόλιο από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 13:53
Το υποπτεύθηκα ότι φταίω.
Το αντιστρόφως ανάλογο εξέπληξε φυσικά και εμένα αλλά είναι σχεδόν αυτονόητο.
Όσες γραμμές “τρυπάνε” την μία επιφάνεια (κέντρο το Ο) τρυπάνε και την άλλη.
Όμως ο λόγος των επιφανειών είναι ανάλογος του τετραγώνου του λόγου των ακτίνων.
Για να είναι επομένως ίδιες οι παροχές πρέπει οι ταχύτητες να είναι αντιστρόφως ανάλογες των εμβαδών , δηλαδή των τετραγώνων των ακτίνων.
Βαγγέλη τα “ασκησιακά και άλλα παραπροϊόντα” είναι τόσο πολλά ώστε δεν τα φανταζόμαστε.
Σχόλιο από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 15:03
Καλό μεσημέρι Βαγγέλη και Γιάννη.
Έχετε δίκιο για το αντιστρόφως ανάλογο του τετραγώνου. Ήταν μη αναμενόμενο, επειδή ποτέ δεν με είχε απασχολήσει και δεν το είχα σκεφτεί. Και το πρωί διαβάζοντας τη λύση, σκέφτηκα ότι οδηγούμαστε σε ανάλογη μορφή με παγκόσμια έλξη ή Coulomb, χωρίς όμως να κάνω… τη σύνδεση της ροής!!! Τώρα βέβαια είναι ξεκάθαρο!
Σχόλιο από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 15:17
Ακριβώς!
Φαντάσου να δεχθούμε ότι το πλήθος των γραμμών ανά μονάδα επιφανείας δίνει την ταχύτητα.
Όπου είναι πυκνές έχουμε μεγάλη ταχύτητα και το αντίθετο.
Κάθετες στις γραμμές ροής είναι κάποιες επιφάνειες. Αυτές θυμίζουν τις ισοδυναμικές επιφάνειες αλλά έχουν όλα τα σημεία τους ίδια πίεση;;
Φοβάμαι ότι μόνο στην περίπτωση των ευθειών γραμμών ροής. Αν οι γραμμές είναι καμπύλες μάλλον πρέπει να χαράξουμε γραμμές επιτάχυνσης και …..
Προσπαθώ να σχεδιάσω κάτι.
Σχόλιο από τον/την Νίκος Παναγιωτίδης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 15:20
Ευάγγελε εγώ εννοούσα το ισοδύναμο (το σύμμορφο) ηλεκτροστατικό πρόβλημα. Στο πρόβλημα ροής, επειδή έχουμε και σ΄ αυτό δυναμικό, το ψ, οι ισοδυναμικές επιφάνειες είναι κάθετες στις γραμμες ροής. Δηλαδή, αν είχαμε το ηλεκτροστατικό πρόβλημα ενός μεταλλικού φορτισμένου κόλουρου κώνου, θα είχαμε κάποιες ισοδυναμικές επιφάνειες και κάποιες γραμμές ροής. Μόνο που οι γραμμές ροής θα ήταν οι γραμμές της έντασης του ηλεκτροστατικού πεδίου. Στο πρόβλημά σου οι γραμμές ροής πρέπει να συμπίπτουν με τις ισοδυναμικές επιφάνειες του αντίστοιχου ηλεκτροστατικού προβληματος. Και αντιστρόφως βέβαια.
Νομίζω για να λύσεις το πρόβλημα του Laplace χρειάζεται συνοριακές συνθήκες σε κλειστή επιφάνεια. Κλειστή είναι η επιφάνεια ενός άπειρου κώνου. Αν έχεις κόλουρο κώνο έχεις πρόβλημα. Μπορείς όμως, δίνοντας ένα, μικρό έστω, πάχος στο κώνο, να τον κάνεις στερεό και να πάρεις οριακές συνθήκες σε όλη την επιφάνεια αυτού του στερεού. Δηλ. όχι μόνο στη μια πλευρά, αλλά και στις δύο.
Ένα πρόβλημα που μ΄ απασχολούσε παλιά είναι ο πεπερασμένος επίπεδος πυκνωτής. Αν οι οπλισμοί είναι επιφάνειες και όχι στερεά σώματα για να μπορείς να εφαρμόσεις οριακές συνθήκες σε όλη τους την επιφάνεια, νομίζω δεν είναι δυνατό να λυθεί σαν πρόβλημα οριακών συνθηκών.
Με τις σύμμορφες απεικονίσεις, αν έχεις ένα 2-διάστατο πρόβλημα το μετατρέπεις σε πρόβλημα μιγαδικής μεταβλητής z και κάνεις μια σύμμορφη απεικόνηση του επιπέδου z στο επίπεδο w. Η εξίσωση του Laplace διατηρείται αλλά αλλάζουν οι οριακές συνθήκες. Λύνεις το πρόβλημα στο επίπεδο w και μετά κάνεις την αντίστροφη απεικόνιση και επιστρέφεις στο z.
Σχόλιο από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 15:29
Το σχέδιο:
Σχόλιο από τον/την Κυριακόπουλος Γιάννης στις 11 Ιανουάριος 2016 στις 22:08
Οπότε η παρακάτω προσομοίωση είναι λανθασμένη.
