Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 35)
| Trabajo realizado por estudiantes | |
|---|---|
| Título | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 35 |
| Asignatura | Teoría de Campos |
| Curso | 2023-24 |
| Autores |
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| Este artículo ha sido escrito por estudiantes como parte de su evaluación en la asignatura | |
Consideramos el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos de manera que el interior se mueve con una velocidad angular constante en sentido antihorario mientras que el exterior se encuentra fijo. Suponiendo que ambos cilindros tienen su eje en [math]OX_3[/math] y pintamos la sección transversal [math](x_3 = 0)[/math] el cilindro exterior queda proyectado sobre la la circunferencia ρ = 2 y el interior sobre la circunferencia ρ = 1. La velocidad
angular cilindro interior es ω > 0.
1 Mallado de la sección transversal
Primero debemos representar el fluido definido en el enunciado acorde a los parámetros especificados en el enunciado. Las directrices requeridas son las siguientes: "Tomar los ejes (comando axis) en el rectángulo [math](x, y) ∈ [-3;3] × [-3;3][/math] y para ver desde arriba view(2).
clear; clc;
rho=1:0.1:3;
theta=0:0.1:2*pi;
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta);
figure(1)
x=RHO.*cos(THETA);
y=RHO.*sin(THETA);
mesh(x,y,0*x)
axis([-5,5,-5,5])
view(2)
La velocidad de las partículas del fluido viene dada por [math]\vec u(\rho,\theta)=f(\rho)\vec e_\theta[/math] y su presión p (constante). Sabemos que [math](\vec u, p)[/math] satisface la ecuación de Navier-Stokes estacionaria:
donde µ es el coeficiente de viscosidad del fluido. Debido a que la presión es constante: [math]\triangledown p= \vec 0[/math]
y que se desprecia el primer termino, parte de la ecuación estacionaria, tenemos la siguiente igualdad: [math]\mu\triangle\vec u=\vec 0[/math] . En esta igualdad vamos a usar el Laplaciano [math]\triangle \vec u[/math]
en cilíndricas ya que es así como nos lo da el enunciado, por lo tanto la formula se nos queda en: [math]\triangle\vec u = \triangledown(\triangledown\cdot\vec u)-\triangledown\times(\triangledown\times\vec u)[/math]
Usamos esta alternativa ya que no hemos visto el laplaciano de un campo de vectores cuando ese campo esta definido en la base cartesiana, tambien porque con esta ecuacion podemos usar la divergencia y el rotacional, los cuales son requeridos a lo largo del problema.
Calculamos la divergencia de [math]\vec u[/math]: [math]\triangledown\cdot\vec u=\frac{1}{\rho}[\frac{\partial}{\partial\rho}(0)+{\frac{\partial}{\partial\theta}(f(\rho))}+\frac{\partial}{\partial z}(0)=0][/math] Esto nos indica la condición de incompresibilidad, que sucede al ser la divergencia igual a 0.
Ahora procedemos a calcular el rotacional de [math]\vec u[/math], y posteriormente el rotacional del rotacional:
[math]\ \triangledown \times \vec{u}= \frac{1}{\rho} \cdot
\left|\begin{matrix} \vec e_\rho & \rho\cdot \vec e_\theta & \vec e_z \\ \frac{\partial}{\partial \rho } & \frac{\partial}{\partial \theta} & \frac{\partial}{\partial z} \\ 0 & \rho\cdot f(\rho ) & 0 \end{matrix}\right| = \left [ \frac{f\left ( \rho \right )}{\rho } + \frac{\partial \left ( f\left ( \rho \right ) \right )}{\partial \rho }\right ] \bar{e_{z}}= \left ( \frac{f\left ( \rho \right )}{\rho } + {f}'\left ( \rho \right )\right ) \bar{e_{z}} [/math] ;
[math]\ \triangledown \times \left ( \triangledown \times \vec{u} \right )=\frac{1}{\rho }\begin{vmatrix} \vec{e}_{\rho }&\rho \cdot \vec{e} _{\theta } & \vec{e}_{z}\\ \frac{\partial }{\partial \rho } & \frac{\partial }{\partial \theta } & \frac{\partial }{\partial z} \\ 0& 0 &\frac{f\left ( \rho \right )}{\rho }+{f}'\left ( \rho \right ) \end{vmatrix}= -\frac{1}{\rho }\left [ -\frac{1}{\rho ^{2}}f\left ( \rho \right ) +\frac{{f}'\left ( \rho \right )}{\rho }+{f}''\left ( \rho \right )\right ]\left ( \rho \right ) \vec{e}_{\theta } = -\frac{1}{\rho }\left [-\frac{1}{\rho}f\left ( \rho \right )+{f'\left ( \rho \right )} +\rho f''\left ( \rho \right )\right ] \vec{e}_{\theta } [/math]
Con el rotacional y el rotacional del rotacional, tendríamos todos los cálculos necesarios para obtener el Laplaciano [math]\triangle \vec u[/math] , y por lo tanto la ecuación de Navier Stokes.
Con el rotacional del rotacional, tendríamos todos los cálculos necesarios para obtener el laplaciano, y por lo tanto la ecuación de Navier Stokes.
[math]\ \triangle \vec{u}=-\triangledown \times \triangledown \times \vec{u} =0-\frac{1}{\rho}\left [ \frac{1}{\rho} f\left ( \rho \right )-f'\left ( \rho \right )- \rho f''(\rho)\right ]\vec{e}_{\theta } [/math]
[math]\ \triangle \vec{u}= \frac{1}{\rho }\left [ -\frac{1}{\rho }f(\rho)+f'(\rho)+ \rho f''(\rho) \right ] \vec{e}_{\theta } [/math]
La ecuación sería la siguiente:
[math]\mu \triangle \vec{u}= 0 \rightarrow \frac{1}{\rho}\left [ -\frac{1}{\rho}f(\rho)+f'(\rho)+ \rho f''(\rho) \right ]\vec{e}_{\theta }=\vec{0} [/math]
Después de calcular la Ec. de Navier-Stokes:
Tenemos la siguiente ecuación diferencial: [math]\ \frac{\partial }{\partial \rho }\left ( \rho \frac{\partial f\left ( \rho \right )}{\partial \rho } \right )= \frac{f(\rho)}{\rho} [/math]
Vamos a comprobar si [math]f(\rho)[/math] cumple la ecuación diferencial:
[math]\ \frac{\partial }{\partial \rho }\left ( \rho \frac{\partial f\left ( \rho \right )}{\partial \rho } \right )= \frac{\partial }{\partial \rho } (\rho\cdot f'(\rho))=f'(\rho)+\rho(f''(\rho)) \rightarrow f'(\rho)+\rho(f''(\rho))=\frac{f(\rho)}{\rho} [/math]
Si pasamos el cociente [math]\frac{f(\rho)}{\rho}[/math] al otro lado de la igualdad, vemos que coincide con la ecuación calculada anteriormente.
