Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos GRUPO 50

Trabajo realizado por estudiantes
Título	Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 50)
Asignatura	Teoría de Campos
Curso	2025-26
Autores	Brisa Mora, Alejandro Morales, Nicolás López, Adrián Muñoz
Este artículo ha sido escrito por estudiantes como parte de su evaluación en la asignatura

1 Introducción

En este proyecto vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante [math]\vec{\mathbf{\omega_e}}[/math] en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular [math]\vec{\mathbf{\omega_i}}[/math] en sentido contrario. Si suponemos 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. Trabajaremos en coordenadas cilíndricas

2 Representación de la sección trasversal

Como punto de comienzo, vamos a realizar una sección trasversal de los tubos que represente los tubos que representen los puntos ocupado por el fluido. Para ello hemos dibujado un mallado en Matlab que se ve de la siguiente forma:

3 Calculo de las velocidades

3.1 Definición del campo de velocidades

Se sabe que la velocidad de las partículas viene dada por [math]\vec{u}(𝜌, θ) = f(𝜌) \vec{e_θ} [/math] y que su presión 𝜌 es constante. Además, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stokes estacionaria:

[math](\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇𝜌 = µ∆\vec{u} [/math]

en la que µ es el coeficiente de viscosidad del fluido, y donde vamos a despreciar el primer término (parte convectiva). Obteniendo así:

[math]µ∆\vec{u}=\vec{0}[/math]

3.2 Cálculo del Laplaciano del campo de velocidades

Para el cálculo del laplaciano vectorial en coordenadas cartesianas tenemos la siguiente formula:

[math]∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}[/math]

Pero en este ejercicio el campo de velocidades está dado en la base cilíndrica, así que utilizaremos:

[math]\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})[/math]

3.2.1 Gradiente de la divergencia

Si lo separamos por pasos, en el primer sumando tenemos el gradiente de la divergencia, pero para ello necesitamos calcular primero la divergencia. En nuestro caso, tenemos un fluido incompresible y dado que la divergencia mide el cambio en la densidad de un fluido moviéndose de acuerdo con un campo vectorial, será nulo.

[math] ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0) = 0 [/math]

Como la divergencia es nula el gradiente también lo es.

[math] ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} [/math]

3.2.2 Rotacional del campo de velocidades

[math](\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}[/math]

Tras haber calculado el rotacional del campo de velocidades, continuamos con el procedimiento calculando el rotacional del rotacional del campo de velocidades.

[math]\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}[/math]

3.2.3 Calculo final

Tras haber calculado todas las partes de la ecuación, sustituimos en la definición de Laplaciano vectorial

[math]\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})[/math] [math]\Delta\vec{u} = \vec{0} - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}[/math] [math]\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}[/math]

3.3 Cálculos con la ecuación de Navier-Stocks

Dado que ya conocemos todas los partes de la ecuación, podemos resolverla, para hallar así el campo de velocidades:

[math](\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} [/math] [math] \vec{0} + {0}-µ∆\vec{u} = \vec{0}[/math] [math]∆\vec{u} = \vec{0}[/math] [math]\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} [/math] [math][-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} [/math]

3.3.1 Comprobación de que f(ρ) satisface una ecuación diferencial

La ecuación diferencial dada es:

[math]\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{f(ρ)}{ρ} [/math]

si desarrollamos la primera parte de la ecuación tenemos:

[math]\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})[/math]

El resultado obtenido coincide con el segundo y tercer sumando de la ecuación de Navier-Stocks, por lo tanto sustituyendo tenemos:

[math]-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 [/math]

Y reordenando la ecuación, comprobamos lo que se nos pedía:

[math]\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) [/math]

3.3.2 Comprobación de una solución conocida

Dada una solución posible solución:

[math]f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} [/math]

Para poder comprobar que esta solución es válida, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

[math]\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} [/math] [math]\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}[/math]

Tras hallar dichas derivadas, las introducimos en la ecuación obtenida anteriormente y verificamos que:

[math] \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} [/math]

3.3.3 Valores de "a" y "b"

Tenemos que buscar los valores "a" y "b" tal que [math]\vec{\mathbf{u}}[/math] coincide en las fronteras. Para ello se imponen las siguientes condiciones:

[math]\begin{cases}\vec{\mathbf{u}}(ρ=1)=\vec{\mathbf{\omega_i}} \times ρ\vec{\mathbf{e_\rho}} = -\omega \rho \vec{\mathbf{e_\theta}} = -\omega \vec{\mathbf{e_\theta}} \\ \vec{\mathbf{u}}(ρ=2)=\vec{\mathbf{\omega_e}} \times ρ\vec{\mathbf{e_\rho}} = n \omega \rho \vec{\mathbf{e_\theta}} = 2n \omega \vec{\mathbf{e_\theta}}\end{cases} \Longrightarrow \begin{cases}\vec{\mathbf{u}}(ρ=1)= (a\rho + \frac{b}{\rho}) \vec{\mathbf{e_\theta}} = (a+b) \vec{\mathbf{e_\theta}} \\ \vec{\mathbf{u}}(ρ=2)= (a\rho + \frac{b}{\rho}) \vec{\mathbf{e_\theta}}= (2a+\frac{b}{2})\vec{\mathbf{e_\theta}} \end{cases}[/math]

Que haciendo un resolución de un sistema de 2 ecuaciones con 2 incognitas al tener dos funciones ([math]\vec{\mathbf{u}}[/math] y [math]\vec{\mathbf{\omega}} \times \rho\vec{\mathbf{e_\rho}}[/math] ) nos tienes que salir que:

[math]\begin{cases} -\omega = (a+b) \Longrightarrow a= -\omega -b \\ 2n \omega = 2a + \frac{b}{2} \end{cases} \Longrightarrow [/math] [math]\Longrightarrow 2n\omega = -2\omega-2b+ \frac{b}{2} \Longrightarrow (2n+2)\omega= \frac{-3b}{2} \Longrightarrow [/math] [math]\Longrightarrow b=\frac{-4}{3}(n+1)\omega [/math]

Entonces sustituyo b en a y sale:

[math]\Longrightarrow a=-\omega+\frac{4}{3}(n+1)\omega \Longrightarrow a=(\frac{4}{3}(n+1))\omega = (\frac{4}{3}n +\frac{4}{3}-1)\omega =(\frac{4}{3}n +\frac{1}{3})\omega \Longrightarrow a= \frac{1}{3}(4n+1)\omega [/math]

quedando la ecuación diferencial como:

[math] \vec{\mathbf{u_\rho}}= [ \frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho-\frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho} ]\vec{\mathbf{e_\theta}} \text{ tal que} \begin{cases} |\vec{\mathbf{\omega_i}}| = \omega \\ |\vec{\mathbf{\omega_e}}| = n\omega \end{cases}[/math]

4 Representación del campo de velocidades

suponiendo las condiciones del enunciado [math]|\vec{\mathbf{\omega_i}}|=|\vec{\mathbf{\omega_e}}|=1 \text{ y } \mu=1 [/math] y además tenemos que:

[math]b=\frac{-4}{3}(n+1)\omega[/math] [math]a= \frac{1}{3}(4n+1)\omega [/math]

Sustituimos en la función y obtenemos:

[math] \vec{\mathbf{u_\rho}}= [ \frac{5}{3}\rho-\frac{8}{3}\cdot\frac{1}{\rho} ]\vec{\mathbf{e_\theta}} \text{ tal que } \begin{cases} \frac{5}{3} \cdot 1 - \frac{8}{3}\cdot \frac{1}{1}= -1 =-1\cdot1=\vec{\mathbf{\omega_i}}\times \rho\vec{\mathbf{e_\rho}} \\ \frac{5}{3} \cdot 2 - \frac{8}{3}\cdot \frac{1}{2}= 2 =2\cdot1=\vec{\mathbf{\omega_e}}\times \rho\vec{\mathbf{e_\rho}} \end{cases}[/math]

y su representación sería la siguiente:

5 Representación de las líneas de corriente del campo

Para ello, necesitamos calcular el campo [math]\vec{\mathbf{v}}[/math] que en cada punto es ortogonal a [math]\vec{\mathbf{u}}[/math]

[math]\vec{\mathbf{v}}=\vec{\mathbf{k}}\times\vec{\mathbf{u}} \rightarrow \vec{\mathbf{v}}(\rho)= \vec{\mathbf{k}}\times [\frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho - \frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho}]\vec{\mathbf{e_\theta}}=[/math]

[math]=[\frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho - \frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho}]\vec{\mathbf{(-e_\rho)}}=[/math]

[math]=[\frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho}-\frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho ]\vec{\mathbf{e_\rho}}[/math]

5.1 Demostración de que el campo [math]\vec{\mathbf{v}}[/math] es irrotacional

Comprobamos que, como dice el enunciado, el campo [math]\vec{\mathbf{v}}[/math] es irrotacional debido a que la divergencia de [math]\vec{\mathbf{u}}[/math] es nula, cosa que ya hemos calculado con anterioridad.

[math]\triangledown\times\vec v= \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} \\ [\frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho}-\frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho ]\vec{\mathbf{e_\rho}} & 0 & 0\end{vmatrix}=\vec 0[/math]

Se comprueba la irrotacionalidad de </math>\vec{\mathbf{v}}</math>.

5.2 Cálculo de las líneas de corriente

Conocemos que:

[math] \vec{v} = \nabla\psi \Longrightarrow [\frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho}-\frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho ]\vec{\mathbf{e_\rho}} = \frac{\partial\psi}{\partial\rho}\vec{e}_\rho + \frac{1}{\rho}\frac{\partial\psi}{\partial\theta}\vec{e}_\theta + \frac{\partial\psi}{\partial z}\vec{e}_z [/math]

Despejamos [math]\psi[/math]:

[math] \frac{\partial\psi}{\partial\rho} = [\frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho}-\frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho ]\vec{\mathbf{e_\rho}} \Longrightarrow \psi = \int [\frac{4}{3}(n+1)\omega\frac{1}{\rho}-\frac{1}{3}(4n+1)\omega\rho ]\vec{\mathbf{e_\rho}} \text{ } \partial \rho [/math]

Calculamos la integral y nos sale que [math]\psi[/math] es: [math] \psi= \frac{4}{3}(n+1)\omega \cdot ln(\rho) - \frac{1}{3}(4n+1)\omega \cdot\frac{\rho^2}{2} + C, C\in R[/math]