Diferencia entre revisiones de «Espiral de Ekman (Grupo 55, Retiro)»
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Revisión del 19:43 30 nov 2025
| Trabajo realizado por estudiantes | |
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| Título | Espiral de Ekman. Grupo 55 |
| Asignatura | Teoría de Campos |
| Curso | 2025-26 |
| Autores | Carlos De Hita Sánchez, Hicham Ouald Omar Alouat, Naoual Roubio Darkaoui, Khadija Mrauti El Hachadi, David Gómez Matarranz |
| Este artículo ha sido escrito por estudiantes como parte de su evaluación en la asignatura | |
1 Resolucion de [math]\vartheta[/math]
El valor de [math]\vartheta[/math] es importante para la definición de la espiral de Ekman, ya que determina la fase inicial fijada por la dirección del viento respecto a la fuerza de Coriolis.
Considerando una localidad de las Islas Canarias, con coordenadas aproximadas 30º10′24.2″N, 15º30′26.5″W, asumiendo una viscosidad turbulenta de 0.05 m2/s, una velocidad del viento de 12 m/s que sopla de Norte a Sur, una velocidad superficial inducida de aproximadamente 0.15 m/s y un desvío aproximado de 45º (hacia la derecha respecto a la dirección del viento) del flujo supercial. Usamos los siguientes valores:
- [math]z = 0[/math].
- [math]\frac{v(z)}{u(z)} = 1 = \tan(45º) [/math].
- [math]f \gt 0[/math] ya que estamos en el norte, y por lo tanto [math]sgn(f) = 1[/math].
Resolviendo nos queda:
[math] \frac{v(z)}{u(z)} = \frac{V_0 e^{\frac{0}{d_E}} \sin(\vartheta)} {V_0 e^{\frac{0}{d_E}} \cos(\vartheta)} = \tan(\vartheta) = 1 \Rightarrow [/math]
[math] \Rightarrow \vartheta = \left\{ \begin{aligned} \frac{\pi}{4}\\ \frac{3\pi}{4} \end{aligned} \right. [/math]
Como tanto [math]u(z)[/math] como [math]v(z)[/math] son negativos, la solución correcta para [math]\vartheta[/math] es:
[math]\frac{3\pi}{4}[/math]
2 Flujo Neto
El objetivo de este apartado es determinar el flujo neto de agua que atraviesa una pared vertical y demostrar que dicho flujo se orienta hacia el oeste, perpendicular al viento predominante. Para ello, consideramos una pared de agua cuya normal está dada por el vector genérico [math] \vec{n} = \cos(\alpha)\,\vec{i} + \sin(\alpha)\,\vec{j}[/math],donde [math] \alpha \in [0,2\pi) [/math] es un ángulo fijo. La pared tendrá una anchura [math]L = 10\ \text{m}[/math] y la profundidad será infinita [math] z \in [0,-\infty)[/math]. Para hallar el flujo usaremos la fórmula del flujo conociendo el campo vectorial [math]\vec{v} = u(z)\,\vec{i} + v(z)\,\vec{j}[/math],y un vector perpendicular a la superficie [math]\vec{n} = \cos(\alpha)\,\vec{i} + \sin(\alpha)\,\vec{j}[/math]: [math]\Phi = \int_0^{L} \int_{-\infty}^{0} (\vec{v} \cdot \vec{n}) \, dz \, dL[/math]
El resultado del producto vectorial[math](\vec{v} \cdot \vec{n})[/math]es:
[math]\vec{v}\cdot\vec{n} = u(z)\cos(\alpha) + v(z)\sin(\alpha)[/math]
[math]\vec{v}\cdot\vec{n} = V_0 e^{z/d_E} \left[ \cos(\alpha)\cos\left( \frac{z}{d_E} + \vartheta \right) + \sin(\alpha)\sin\left( \frac{z}{d_E} + \vartheta \right) \right][/math]
[math]\vec{v}\cdot\vec{n} = V_0 e^{z/d_E} \cos\left( \frac{z}{d_E} + \vartheta - \alpha \right).[/math]
Ahora la integral doble sería:
[math]\Phi = \int_0^{L} \int_{-\infty}^{0} V_0 e^{z/d_E} \cos\left( \frac{z}{d_E} + \vartheta - \alpha \right) \, dz \, dL[/math]
[math]\Phi = L V_0 \int_{-\infty}^{0} e^{z/d_E} \cos\left( \frac{z}{d_E} + \vartheta - \alpha \right) \, dz.[/math]
Para resolver lo que queda de integral usaremos la integración por partes:
[math] \int u \, dv = uv - \int v \, du [/math]
[math] u = \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right), \quad \implies \quad du = -\frac{1}{d_E} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) dz [/math]
[math]dv = e^{\frac{z}{d_E}} dz \implies \quad v = d_E e^{\frac{z}{d_E}} [/math]
Aplicamos la integración por partes: [math] \Phi = L V_0 \left[ d_E e^{\frac{z}{d_E}} \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) - \int d_E e^{\frac{z}{d_E}} \left(-\frac{1}{d_E} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ -\alpha\right)\right) dz \right] [/math]
Si simplificamos: [math] \Phi = L V_0 \left[ d_E e^{\frac{z}{d_E}} \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) + \int e^{\frac{z}{d_E}} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) dz \right] [/math]
Ahora nos queda otra integral:
[math] I_2 = \int e^{\frac{z}{d_E}} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) dz [/math]
Utilizando integral por partes otra vez [math] I_2 = d_E e^{\frac{z}{d_E}} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) - \int d_E e^{\frac{z}{d_E}} \frac{1}{d_E} \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) dz[/math]
[math] I_2 = d_E e^{\frac{z}{d_E}} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) - \int e^{\frac{z}{d_E}} \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) dz [/math]
Como la ultima integral es igual a la primera:
[math] I_2 = d_E e^{\frac{z}{d_E}} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right)-I [/math]
Esta la sustituimos en [math]\Phi [/math]
[math] \Phi = L V_0 \left[ d_E e^{\frac{z}{d_E}} \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) + d_E e^{\frac{z}{d_E}} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) - I \right] [/math]
Como [math] \Phi=I = \int_{-\infty}^0 e^{\frac{z}{d_E}} \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) dz [/math]
Entonces [math] 2I =V_{0} d_E e^{\frac{z}{d_E}} \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) + d_E e^{\frac{z}{d_E}} \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right)[/math]
Solo nos queda evaluar la integral entre [math] z=0 [/math] y [math] z=-\infty[/math]
[math] z =0:[/math]
[math]e^{\frac{z}{d_E}} = 1, \quad \cos\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) = \cos(ϑ - \alpha), \quad \sin\left(\frac{z}{d_E} + ϑ - \alpha\right) = \sin(ϑ - \alpha) [/math]
Y para [math] z =-\infty [/math] todos los [math] e^{\frac{z}{d_E}} \to 0 [/math] entonces se anulan
Entonces el flujo nos quedaría:
[math] \Phi = L V_0 d_E \left[ \cos(ϑ - \alpha) + \sin(ϑ - \alpha) - \frac{1}{2} \left(\cos(ϑ - \alpha) + \sin(ϑ - \alpha)\right) \right] [/math]
[math] \Phi = \frac{L V_0 d_E}{2} \left[\cos(ϑ - \alpha) + \sin(ϑ - \alpha)\right] [/math]
