Przepływ Poiseuille’a: profil prędkości i czwarta potęga promienia

Potrzebne wiadomości: Lepkość Newtonowska, pole koła, objętościowe natężenie przepływu; pochodna jako nachylenie. Sumowanie pierścieni wyjaśniono również słownie.

Dlaczego potrzebna jest różnica ciśnień?

W idealnym modelu bez lepkości poziomy odcinek rury o stałym przekroju nie wymaga spadku ciśnienia do podtrzymywania ustalonego przepływu. Rzeczywista ciecz przekazuje jednak pęd między warstwami oraz ściance. Siły lepkości równoważy wypadkowa sił ciśnienia na końcach rozpatrywanego odcinka. Prędkość może pozostać stała w czasie, mimo że obie siły są niezerowe.

Wybieramy prostą, sztywną rurę kołową o promieniu wewnętrznym a oraz odcinek pomiarowy długości L. Ciśnienie na początku wynosi p₁, na końcu p₂; dodatni spadek oznaczamy Δp = p₁ − p₂. Odcinek leży poziomo, ciecz jest nieściśliwa i Newtonowska, lepkość η jest stała. Przepływ jest ustalony, laminarny i w pełni rozwinięty; na nieruchomej ściance przyjmujemy brak poślizgu.

W pełni rozwinięty znaczy tu, że profil u(r) nie zmienia kształtu ani wartości wzdłuż tego odcinka. Może nadal zależeć od odległości r od osi. Nie stosujemy tego założenia automatycznie tuż za wlotem, kolankiem ani zmianą średnicy. Liczba Reynoldsa i odcinek wlotowy będą tematem kolejnej lekcji.

Bilans sił na walcu cieczy

Wyobraź sobie wewnątrz strugi współosiowy walec cieczy o promieniu r, mniejszym od a. Siły ciśnienia na jego podstawach dają wypadkową Δp·πr² w kierunku przepływu. Sąsiednia ciecz hamuje jego boczną powierzchnię o polu 2πrL. Jeśli τ(r) oznacza dodatnią wartość naprężenia hamującego, bilans ustalonego ruchu ma postać:

\Delta p\,\pi r^2=\tau(r)\,2\pi rL,\qquad \tau(r)=\frac{\Delta p}{2L}r.

Naprężenie rośnie liniowo od zera na osi do Δpa/(2L) przy ścianie. Warstwa na osi porusza się najszybciej, ale ma zerowe lokalne nachylenie profilu i zerowe naprężenie ścinające tego rodzaju. To dobry przykład, że lepkościowego naprężenia nie wyznacza sama prędkość.

Od naprężenia do paraboli

Prędkość maleje, gdy oddalamy się od osi, więc du/dr jest ujemne. Prawo Newtonowskie i warunek u(a) = 0 dają:

-\eta\frac{du}{dr}=\frac{\Delta p}{2L}r,\qquad u(r)=\frac{\Delta p}{4\eta L}(a^2-r^2).

Możesz sprawdzić wynik bez wykonywania całkowania: pochodna a² − r² wynosi −2r, a dla r = a nawias jest zerowy. Profil ma największą wartość na osi:

u_{\max}=\frac{\Delta p\,a^2}{4\eta L},\qquad \frac{u(r)}{u_{\max}}=1-\left(\frac{r}{a}\right)^2.

Średnia po polu przekroju, a nie po promieniu

Natężenie Q jest objętością przepływającą w sekundę. Żeby je obliczyć, dzielimy przekrój na cienkie współosiowe pierścienie. Pierścień w odległości r o małej grubości dr ma pole w przybliżeniu 2πr·dr i wnosi u(r)·2πr·dr do przepływu. Im dalej od osi, tym większy obwód; dlatego jednakowe odcinki promienia nie mają jednakowej wagi.

Całka jest ścisłym zapisem sumowania wkładów tych pierścieni. Po podstawieniu profilu otrzymujemy:

Q=2\pi\int_0^a u(r)r\,dr=\frac{\pi\Delta p}{2\eta L}\left[\frac{a^2r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^a=\frac{\pi a^4\Delta p}{8\eta L}.

To prawo Hagena–Poiseuille’a dla zadanych warunków. Prędkość średnia po polu przekroju wynosi:

\bar u=\frac{Q}{\pi a^2}=\frac{\Delta p\,a^2}{8\eta L}=\frac{u_{\max}}{2}.

Użycie u_max·πa² zawyża Q dwukrotnie. Proste uśrednienie wartości wzdłuż promienia też nie zastępuje średniej po polu. Dla kanału między płaskimi ścianami inna geometria daje inny stosunek prędkości średniej do maksymalnej; współczynnik 1/2 dotyczy tutaj rury kołowej.

Przykład z kompletem jednostek

W odcinku pomiarowym przyjmijmy η = 0,020 Pa·s, a = 1,0 mm = 0,0010 m, L = 0,50 m i Δp = 1600 Pa. Modelowy olej ma stałą gęstość 900 kg/m³. Warunki wlotowe zapewniają rozwinięty profil na całym mierzonym odcinku. Najpierw liczymy prędkości:

\bar u=\frac{1600(0{,}0010)^2}{8\cdot0{,}020\cdot0{,}50}=0{,}020\ \mathrm{m/s},\qquad u_{\max}=0{,}040\ \mathrm{m/s}.

Następnie mnożymy średnią przez pole, co niezależnie sprawdza wzór z czwartą potęgą:

Q=\pi(0{,}0010)^2\cdot0{,}020\approx6{,}28\cdot10^{-8}\ \mathrm{m^3/s}=0{,}0628\ \mathrm{ml/s}.

Jeden mililitr to 10⁻⁶ m³. Po pomnożeniu przez 60 otrzymujemy około 3,77 ml/min. Naprężenie na ściance wynosi τ(a) = 1600·0,0010/(2·0,50) = 1,6 Pa. Współczynnik η ma jednostkę Pa·s, a wyrażenie a⁴Δp/(ηL) ma jednostkę m³/s, zgodnie z interpretacją Q.

Skąd aż czwarta potęga?

Przy niezmienionych Δp, η i L zwiększenie promienia daje dwa efekty: pole przekroju rośnie jak a² i prędkość średnia również rośnie jak a². Iloczyn rośnie jak a⁴. Dlatego dwukrotny promień daje szesnastokrotny przepływ, jeżeli oba stany nadal spełniają wszystkie założenia modelu i źródło utrzymuje tę samą różnicę ciśnień.

Nie myl tej sytuacji z wymuszonym stałym Q. Jeśli to natężenie ma pozostać jednakowe po zmianie rury, wymagany spadek ciśnienia jest odwrotnie proporcjonalny do a⁴. Zwiększenie promienia o 10% daje przy stałym Δp czynnik 1,1⁴ = 1,4641, czyli wzrost Q o 46,41%. Przy stałym Q spadek ciśnienia zmalałby do około 68,30% pierwotnej wartości.

Co sprawdzić przed użyciem wzoru?

Upewnij się, że a jest promieniem wewnętrznym, a nie średnicą ani wymiarem zewnętrznym rurki. Spadek Δp musi dotyczyć właśnie długości L, na której stosujemy profil rozwinięty. Nie podstawiaj ciśnienia bezwzględnego p₁ zamiast p₁ − p₂. Dla odcinka wznoszącego się należałoby uwzględnić grawitację, a dla gazu o znaczącej zmianie gęstości nie można bez sprawdzenia użyć modelu nieściśliwego.

Sprawdź rozumienie: gdy η maleje, wzór przy stałym Δp przewiduje coraz większy Q. Granica η → 0 nie jest sposobem wyprowadzenia rzeczywistego nieskończonego przepływu. Zanikają warunki tego rozwiązania: istotne stają się bezwładność, wlot, źródło napędu i często turbulencja. Wzór trzeba oceniać razem z założeniami.

Zadania do tego tematu

• Poiseuille — zadanie: prędkość na osi i czas zebrania oleju
• Poiseuille — zadanie: zwężenie promienia o dwadzieścia procent
• Poiseuille — zadanie: lepkość z profilu i przepływ centralnym rdzeniem

Dalsza lektura

Materiał referencyjny