TEMA: FLUJO TRANSITORIO TRANSIT ORIO ENTRE ENTRE PLACAS PARALELAS. Profesor: Dr. José Manuel Riesco Ávila Alumnos: Ing. Henry Luis López Rodríguez Ing. Aldo José Navarro Guerrero
Soluciones exactas a las ecuaciones de Navier-Stokes.
Considere un fluido incompresible entre dos placas paralelas infinitas separadas una distancia h. Inicialmente (t < 0) ambas placas están en reposo. Determine el perfil de velocidad en el fluido para los siguientes casos: a) b) c)
Para t ≥ 0, la placa superior se ponen en movimiento con una velocidad constante U0. Para t ≥ 0, ambas placas se ponen en movimiento con una velocidad constante U0. Para t ≥ 0, se aplica un gradiente de pre sión constante y uniforme al fluido.
Muestre el perfil de velocidad para varios valores de t.
U0
y
h
x
Flujo unidireccional en el eje de las x. Flujo incompresible. Placas paralelas infinitas. Flujo transitorio. Propiedades constantes en el tiempo. Inicialmente las placas y el fluido están en reposo Condiciones de no deslizamiento las fronteras entre las placas y el fluido.
La ecuación de continuidad se puede reducir al saber que es un flujo incompresible, no hay cambio en la velocidad en la dirección dirección , y no hay cambio en la velocidad en la dirección dirección por lo que ecuación queda:
1
El fluido es incompresible por lo que no hay cambio de densidad con respecto al tiempo, la placa únicamente se mueve en la dirección de a velocidad constantes por lo que no hay cambios en la velocidad en los ejes y respectivamente, respectivamente, tampoco hay gradientes de presión ni fuerzas fuerzas de cuerpo en en el eje .
, ,
; ℎ y > 0 0; 0 y ≥ 0 0; 0 ≤ ≤ ℎ y 0 De la ecuación diferencial parcial, se observa que se resuelve por separación de variables, las condiciones que se plantean no son homogéneas, ya que no tenemos una velocidad en el instante t = 0 . Para resolver este problema planteamos planteamos que la velocidad en depende de su velocidad en estado estacionario menos su velocidad en el estado transitorio (Principio (Principio de superposición) Tal Tal que:
La velocidad en estado estacionario ya es muy conocida, y para el caso en el que la placa superior se mueve tenemos;
Sustituyendo
en la ecuación (I)
ℎ 2
Tenemos las nuevas condiciones frontera.
0; ℎ y > 0 0; 0 y ≥ 0 ℎ; 0 ≤ ≤ ℎ y 0
Resolvemos por medio de separación de variable la ecuación deferencial. deferencial. Se propone la solución como un producto de una función solo del tiempo y una función solo de una posición.
,.
Derivamos la solución con respecto a y
1 1
Sustituyendo las dos ecuaciones anteriores en la ecuación diferencial:
Podemos igualar las dos ecuaciones a una constante porque tanto del lado derecho como izquierdo solo dependen de una variable
Para la variable Y la ecuación diferencial es
̈ 1 ̇ ̈ 0
La solución para Y
Aplicamos las condiciones de frontera para Y para encontrar las constantes A y B
3
0,0, 0
0 0 0 0 0 0 0
ℎ, ℎ, 0
0
En esta condición A no puede dar un valor cero solución trivial por lo que el único que podemos darle valores para sea cero para
ℎ ℎ 0
Para que valores de
ℎ ℎ 0 ℎ,1,2,3 ℎ ̇ 0 entonces
Para la variable variable T la ecuación ecuación diferencial es
La solución que se ajustamos a un comportamiento para el tiempo es
− Tenemos la solución que
− ℎ ∗ Las constantes las podemos convertir en una sola en donde hay una sumatoria de todas soluciones para valores de n
∞ − ∑ ℎ ∗ = Para encontrar la constante de Fourier hacemos uso de la condición inicial ,0 , 0 ℎ ∞ ∑ ℎ 1 ℎ = Multiplicamos ambos lados de la ecuación por el siguiente operador ∫ 4
∞ ∞ ∑ ∑ ℎ ℎ 1 ℎ ℎ = =
sin ℎ sin ℎ
Para cumplir con la condición de ortogonalidad ortogonalidad
Para ajustar límites
∞ ∑ =
Aplicando (P.1) del lado derecho
2 Resolviendo la integral
cos 1 [ ] ] |
+ 1 1
Nótese, que al evaluar los límites la parte correspondiente a Sen siempre es 0 mientras que la parte cos oscila entre -1 y 1 por lo cual se multiplica por para mantener el signo positivo. Por cual
1 1+ 2
La solución sería regresando a la variables original
∞ 1 2 ℎ ∑ 1+ − ℎ =
27
Para adimensionalizar.
∗
∗
∗ 5
∞ 1 + −∗ 2 1 ∗ ∗ ∑ ∗ =
6
Se necesita encontrar el movimiento en ambas placas, eso implica aplicar la metodología anterior para el caso cuando la placa superior está fija y la placa inferior está en movimiento.
Definimos condiciones de frontera e iniciales para cuando la placa inferior se mueve
0; ℎ y > 0 ; 0 y ≥ 0 0; 0 ≤ ≤ ℎ y 0 Del mismo modo aplicamos el principio de superposición
Sin embargo nuestra velocidad en estado estacionario ya no es superior se mueve, en éste caso tenemos
Entonces
que es cuando la placa
1 ℎ
1 ℎ
Y las nuevas condiciones de frontera serían
0; ℎ y > 0 0 ; 0 y ≥ 0 1 ℎ; 0 ≤ ≤ ℎ y 0 ∗
Con estas condiciones ya podemos usar variables separables nuevamente.
7
1 ̇ ̈ − cos − ∗ cos Aplicando condiciones iniciales y de frontera de la misma forma que en el caso de placa superior en movimiento
∞
Para encontrar
Para ajustar límites
− ∑ ∗ ℎ = ∞ 1 ℎ ℎ ∑ ℎ ℎ =
∞ 1 ∑ =
Aplicando (P.1) del lado derecho
1 2 Resolviendo la integral
1cos 1 1 [ ]|] | Aquí los límites no llevan a una solución única.
2 8
Entonces
∞ 1 2 1 ℎ ∑ − ℎ = Para adimensionalizar.
∗
∗
∗
∞ 1 2 ∗ 1∗ ∑ −∗ ∗ =
9
El resultado buscado es la suma de los soluciones.
∞ 1 ∞ 1 + − 2 2 1 − 1 ℎ ∑ ℎ ℎ ∑ ℎ = = ∞ 1 1+ 4 ∑ − ℎ =
Adimensionalizado
∞ 1 1+ 4 ∗ 1∗ ∑ −∗ ∗ =
10
Tenemos la configuración de la placa superior en movimiento y la presencia de un gradiente de presión constante e uniforme Reduciendo términos la ecuación de Navier-Stokes nos queda de la siguiente manera
( ) 1 ( ) Usando el principio de superposición podemos separar los problemas en dos so luciones separadas como se observa a continuación
Fija
Fija Fija
Tenemos que la solución es una solución solución no estacionaria estacionaria con placa superior superior moviéndose y una solución no transitoria con placas fijas con la presencia de un gradiente de presión constante e uniforme. La configuración que solucionaremos aquí es la de las placas fijas con gradiente de presión la otra ya fue resuelta anteriormente.
ℎ
Fija Fija
Aplicando la ecuación de cantidad de movimiento y reduciendo términos tenemos la siguiente ecuación diferencial.
Para la solución de la ecuación diferencial se propone una solución particular y homogénea
, , , , ∅ Hacemos un cambio de variable
∅ 1 11
Separamos las variables de la siguiente manera y tenemos dos soluciones
1 y
∅ Debemos hacer un arreglo para las condiciones de frontera y inicial
0, 0, 0 0, 0, ∅0 0 ℎ, ℎ, 0 ℎ, ℎ, ∅ℎ 0 ,0 , 0 0 ,0 , 0 ∅ 0 Solucionamos esta ecuación de manera directa
∅ ∅ 2 ∗ Con las condiciones de frontera encontramos las constantes
∅ 0 0 ∅ ℎ 0
∅0 2 0 ∗0 0 ∅0 2 ℎ ∗ ℎ 2
Reemplazamos las constantes
∅ 2 ℎ 12
La segunda ecuación diferencial d iferencial
1 ,.
Resolvemos por medio de separación de variable la ecuación deferencial. deferencial. Se propone la solución como un producto de una función solo del tiempo y una función solo de una posición.
Derivamos la solución con respecto a y
1 1
Sustituyendo las dos ecuaciones anteriores en la ecuación diferencial:
Podemos igualar las dos ecuaciones a un a constante porque tanto del lado derecho como izquierdo solo dependen de una variable
Para la variable Y la ecuación diferencial es
̈ 1 ̇ ̈ 0
La solución para Y
Aplicamos las condiciones de frontera para Y para encontrar las constantes A y B
0, 0, 0
0 0 0 0 0 0 0
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ℎ, ℎ, 0
ℎ ℎ ℎ 0
En esta condición A no puede dar un valor cero solución s olución trivial por lo que el único que podemos darle valores para sea cero para
ℎ ℎ 0
Para que valores de
ℎ ℎ 0 ℎ,1,2,3 ℎ ̇ 0 entonces
Para la variable variable T la ecuación ecuación diferencial es
La solución que se ajustamos a un comportamiento para el tiempo es
− Tenemos la solución que
− ℎ ∗ Las constantes las podemos convertir en una sola en donde hay una sumatoria de todas soluciones para valores de n
∞ − ∑ ℎ ∗ = Para encontrar la constante de Fourier hacemos uso de la condición inicial ,0 , 0 ∅ ∅ 2 ℎ ∞ ∑ ℎ 1 2 ℎ = Multiplicamos ambos lados de la ecuación por el siguiente operador ∫ ∞ ∞ ∑ ∑ ℎ ℎ 1 2 ℎ ℎ = =
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Para cumplir con la condición de ortogonalidad ortogonalidad
sin ℎ 2 ℎsin ℎsin ℎ 22cos 2 ℎ ℎ ∗ 22cos sin ∞ ℎ22cos 2 22cos s i n − , , ℎ ∗∑ ∗∑ ℎ = La solución para la configuración es
, , , , ∅ ∞ ℎ22cos 2 22cos s i n − ℎ , , ℎ ∗∑ ∗∑ ℎ 2 = La solución general paras las dos condiciones tenemos que
, , , , , , − ∞ 1 + − 2 1 , , ℎ ∑ ℎ = ∞ ℎ22cos 2 − ℎ ℎ ∗∑ ∗∑ 22cos sin ℎ 2 =
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Grafica
onedimensional couette flow considering considering constant and time-dependent pressure gradients Fuente. Artículo. Analytical solution for transient onedimensional
.
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Panton, R.L. (1984). Incompressible Flow . Austin, Texas, U.S.A.: Jon Wiley & Sons, Inc.
White F.M. (1991). Viscous Fluid Flow. (2da Ed.) Rhode Island: McGraw-Hill
Papanastasious T.C. Georgiu G.C. Alexandrous A.N. (2000) Viscous Fluid Flow. Recuperado el 27 de Octubre de 2015 de http://iate.oac.uncor.edu/~manuel/libros/Flu http://iate.oac.uncor.edu/~manuel/libros/Fluid%20Mechanics/Visc id%20Mechanics/Viscous%20Fluid%20Flow%20ous%20Fluid%20Flow%20%20Papanastasiou,Georgiou.pdf Mendiburu A.A. Carrocci L.R. Carlvaho J.A. (2009) Analytical solution for transient onedimensional couette flow considering constant and time-dependent pressure gradients [Engenharia Térmica ] Guaratinguetá, SP, Brazi. Recuperado el 27 de Octubre de 2015 http://demec.ufpr.br/reterm/ed_ant/16/ http://demec.ufpr.br/reterm/ed_ant/16/artigo/ciencia/13_190.pd artigo/ciencia/13_190.pdff
Thermal Engineering, Vol. 8 • No 02
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