Ejercicios de Estructura de la Materia 1

Los resueltos de

ALFNo h

ay pro

blem

a Willy!

En este link hay muchos ejercicios resueltos.

Sobre estos ejercicios resueltos El presente documento fue escrito por un alumno durante la cursada del verano de 2018.Es por ello que es altamente probable que contenga errores de cuentas, conceptuales, de interpretación de resultados, etc.Úsense con cautela. En caso de notar efectos adversos suspenda inmediatamente su uso y consulte a su profesor de cabecera.

Consignas de las guías de ejercicios En este link se encuentran las consignas de las guías de problemas.

Índice

I Guías de ejercicios 3

Guía 2 - Leyes de conservación 3Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Guía 3 - Fluidos ideales incompresibles 9Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Problema 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Guía 4 - Fluidos viscosos 14Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1

ÍNDICE ÍNDICE

Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Ítem ii ( terminar este) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Ítem iii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Problema 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Ítem a PREGUNTAR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Problema 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Guía 5 - Inestabilidades hidrodinámicas 24Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Guía 6 - Ondas de gravedad 29Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

II Parciales 31

Problemas tipo parcial que nos dieron en clase 31Primer problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Parcial (único) del verano de 2013 33Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Recuperatorio del verano de 2013 39Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Parcial del 10/03/2017 41Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Ítem e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Ítem f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Resumen de formulas 50

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GUÍA 2 - LEYES DE CONSERVACIÓN

Parte I

Guías de ejerciciosGuía 2 - Leyes de conservaciónProblema 1Ítem a

De acuerdo a Bernoulli 1 (u2

2 + p

ρ+ ρgh

)lado 1

=(u2

2 + p

ρ+ ρgh

)lado 2

Si se multiplica y divide por la sección Ai del tubo se encuentra que

u21

2A2

1A2

1+ p1

ρ+ gh1 = u2

22A2

2A2

2+ p2

ρ+ gh2

y usando que Qi = Aiui y usando Q1 = Q2 ≡ Q (por ecuación de continuidad junto con ρ = constante) se obtiene

Q =

√2A2

1A22

ρ (A22 −A2

1) [p2 − p1 + ρg (h2 − h1)]

Ítem b

El radicando tiene que ser positivo.

Ítem c

Sí, si la diferencia de presiones es suficiente para compensar la diferencia de alturas.

Ítem d

Si las áreas son iguales se observa que Q explota. Esto es porque los términos con Q se cancelan antes de que se puedadespejar Bernoulli. Según Bernoulli 2

u2

2 + p

ρ+ gh = 0

por lo tanto, multiplicando y dividiendo al primer término por A = A1 = A2, se obtieneQ2

2A2 + p1

ρ+ gh1 = 0

Q2

2A2 + p2

ρ+ gh2 = 0

Si ahora se suman estas dos ecuaciones finalmente

Q = iA

√p1 + p2 + ρg (h1 + h2)

ρ

que es imaginario??

Problema 3El dibujo del problema es el siguiente

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Problema 4 GUÍA 2 - LEYES DE CONSERVACIÓN

donde la sección como función de la altura es, según consigna,

A (z) =(

1 + εz

h

)A2

Debido a que estamos en presencia de un flujo incompresible y homogéneo entonces la conservación de la masa (continuidad)nos dice que el caudal que entra por A1 tiene que ser igual al que sale por A2, o cualesquiera dos secciones del tubo. Enconsecuencia

A2u2 = A (z)uz (z) → Por continuidad

por lo queuz (z) = u2

1 + ε zh

Por otro lado, de acuerdo con Bernoulli 3 tenemos que

Bernoulli 3→ ∂φ

∂t+ u2

2 + p

ρ+ V = constante

siendo V la energía potencial y φ es tal que u = ~∇φ. Si asumimos que

uz ux, uy

entonces ∂φ

∂t+ u2

z

2 + p

ρ+ V = constante

φ =ˆuz dz

Aquí tenemos que

∂φ

∂z= uz → Por definición de φ

Encontramos antes que uz (z) = u2

1 + ε zh→ = u2

1 + ε zh

por lo tantoφ (z, t) = h

εu2 (t) ln

(1 + ε

z

h

)+ c (t)

y∂φ

∂t= h

εln(

1 + εz

h

) du2

dt+ dc

dt

Además vamos a asumir (como lo hicimos en clase, no se la justificación) que p = constante en todo el fluido. Se obtieneentonces que Bernoulli nos dice que

h

εln(

1 + εz

h

) du2

dt+ dc

dt+ u2

2

2(1 + ε zh

)2 + p0

ρ+ ρgz = constante

Si ahora igualamos esto en la parte superior y en la parte inferior obtenemos

h

εln (1 + ε) du2

dt+ AAA

dc

dt+ u2

2

2 (1 + ε)2 +p0

ρ+ ρgh = A

AA

dc

dt+ u2

22 +

p0

ρ

o biendu2

dt+ u2

2

12 − 2 (1 + ε)2

hε ln (1 + ε)

= ρgh

Ahora habría que resolver esta ecuación diferencial y listo.

Problema 4En el caso de un gas no se puede decir que ρ es constante por lo tanto hay que usar Bernoulli 4

u2

2 + γ

γ − 1p

ρ+ V = ctelínea

Para hacer uso de esta expresión consideramos la siguiente línea de corrienteLos resueltos de

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Problema 5 GUÍA 2 - LEYES DE CONSERVACIÓN

pu=0

ufp0

A

B

En el extremo que está en el interior del recipiente podemos considerar que u = 0 y que la presión es p. En el otro extremotenemos que la velocidad es uf y la presión es p0. Además consideramos que la gravedad no influye. Entonces(

u2

2 + γ

γ − 1p

ρ+ V

)A

=(u2

2 + γ

γ − 1p

ρ+ V

)B

γ

γ − 1p

ρ=

u2f

2 + γ

γ − 1p0

ρ0

por lo tanto

uf =

√2γγ − 1

(p

ρ− p0

ρ0

)Ahora en clase usaron la ecuación de estado de un gas ideal

p = kBρT

m

y entonces

uf =

√2γkB

(γ − 1)m∆T

Problema 5Ítem a

Se plantea conservación de impulso lineal

>

Régimen estacionario

∂

∂t

ˆ

V

ρu d3r = −‹

∂V

p ds−‹

∂V

ρu (u · ds) +

No hay gravedadˆ

V

f d3r

Ahora sólo falta plantear cuidadosamente las dos integrales que sobrevivieron y listo. Para ello voy a considerar la siguientesubdivisión del contorno del volumen del líquido:

S0

S0 S0

S0

S

S1

S2

S3 Fexterna

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Problema 5 GUÍA 2 - LEYES DE CONSERVACIÓN

Para la integral de la presión entonces‹

∂V

p ds =‹

∂V

p ds−‹

∂V

p0 ds

=‹

∂V

(p− p0) ds

=

*

p=p0¨

S0

(p− p0) ds+

*

p=p0¨

S

(p− p0) ds+

*p=p0¨

S1

(p− p0) ds+ . . .

· · ·+

*

p=p0¨

S2

(p− p0) ds+¨

S3

(p− p0) ds

︸ ︷︷ ︸−F externa

= Fexternax

La integral sobre S0 es obvio por qué se anuló. Para justificar las demás basta considerar la ecuación de Euler

∂u

∂t+(u · ~∇

)u =f −

~∇pρ

Supóngase ahora la situación que se da en S o en S1 o en S2:

S0

S1

uAcá hay p0

Acá también

Debido a que u es uniforme a lo ancho de S1 entonces(u · ~∇

)u = 0 y en consecuencia ~∇p = 0. Como p = p0 en los

bordes de S1 necesariamente p = p0 a lo largo de S1. Lo mismo ocurre en S y en S2.En cuanto a la otra integral la cuenta es

‹

∂V

ρu (u · ds) =

*v⊥ ds¨

S0

ρu (u · ds) +

*v⊥ ds¨

S3

ρu (u · ds) + . . .

· · ·+¨

S

ρu (u · ds) +¨

S1

ρu (u · ds) +¨

S2

ρu (u · ds)

= ρ[−u2S (x cos θ + y sin θ) + u2

1S1y − u22S2y

]= ρ

[−Q

2

S(x cos θ + y sin θ) + Q2

1S1y − Q2

2S2y

]Introduciendo todo esto en la ley de conservación de impulso se obtiene

Fexternax = ρ

[−Q

2

S(x cos θ + y sin θ) + Q2

1S1y − Q2

2S2y

]De aquí se sigue que

Fexterna = ρQ2

Scos θ X

Ítem b

Para relacionar los caudales se sabe que la conservación de masa impone1

Q = Q1 +Q2

1La demostración formal de esto es usar que ρ = constante por lo tanto la eq. de continuidad impone que ~∇ · u = 0 y al integrar en volumen yhacer uso del teorema de la divergencia se termina concluyendo que Q = Q1 +Q2.

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Problema 6 GUÍA 2 - LEYES DE CONSERVACIÓN

Además Bernoulli 2 (ver página 51) nos dice que u2

2 + pρ +φexterno = 0 por lo tanto como p = p0 en todas las superficies se

sigue que u1 = u2 = u en todas las superficies. En consecuencia la conservación del impulso lineal en y (ver ítem previo) es

u21S1 = u2

2S2 + u2S sin θu1Q1 = u2Q2 + uQ sin θ ← u1 = u2 = u

por lo tanto se tiene el sistema Q = Q1 +Q2

Q1 = Q2 +Q sin θ

de donde se obtiene Q1 = Q

1 + sin θ2

Q2 = Q1− sin θ

2

Problema 6Ver la resolución del problema 3 del parcial del 10/03/2017, en página 46.

Problema 8Es el de la embocadura de Borda:

A

B

Ítem a

Usando Bernoulli 1 y evaluándolo en lo puntos A y B de la línea de corriente que dibujé se tiene que

p0

ρ+ gh = u2

2 +p0

ρ

porque la consigna dice que la velocidad en A es nula y la presión es p0 pues está en equilibrio con la atmósfera. Por lo tanto

u =√

2gh

Ítem b

La conservación del impulso lineal se expresa según la ecuación

d

dt

ˆ

V

ρu dV = −˛

∂V

p ds−˛

∂V

ρu (u · ds) +ˆ

V

f dV

Ahora tendremos en cuenta el hecho de que la situación es estacionara lo cual implica que ddt ≡ 0. Además se considerará

que el chorro sale lo suficientemente rápido como para que los efectos gravitatorios no le afecten, es decir que no se curva.Esto nos permite despreciar el aporte del término con f . Entonces nos queda (como en clase)

˛

∂V

p ds+˛

∂V

ρu (u · ds) = 0

Ahora estas integrales de superficie se pueden separar en las siguientes regiones:

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Problema 8 GUÍA 2 - LEYES DE CONSERVACIÓN

SA

SB

SC

de modo tal que

p =pA en SAp0 en SB y SC

u · ds =

uA ds en SA0 en SBuC ds en SC

y entonces−xˆ

SA

pA ds+ˆ

SB

p0 ds+ xˆ

SC

p0 ds− ρxˆ

SA

u2A ds+ ρx

ˆ

SC

u2C ds = 0

Del ítem a) se sabe que uC =√

2gh y además considerando que pA y uA son constantes a lo largo de la superficie SA se tieneque

−xpASA + p0SB + xp0SC − xρu2ASA + x2ρghSC = 0

donde SB =´SB

ds es la superficie SB orientada.Ahora se hace una aproximación media trucha que consiste en asumir que uA = 0 lo cual, además, implica que pA =

ρgh+ p0 (o sea la presión hidrostática)2. Entonces la expresión anterior se convierte en

−xˆ

SA

(ρgh+ p0) ds+ˆ

SB

p0 ds+ xˆ

SC

p0 ds+ ρx

ˆ

SC

2gh ds = 0

−xρghSA − xp0SA + p0SB + xp0SC + x2ρghSC =−xρghSA + p0 (−xSA + SB + xSC) + x2ρghSC =

−xρghSA + p0

‹

SA∪SB∪SC

ds

︸ ︷︷ ︸0

+ x2ρghSC =

donde‚SA∪SB∪SC ds = 0 por tratarse de una superficie cerrada y orientada. En consecuencia

SASC

= 2

2Es una aproximación trucha porque si uA = 0 entonces el caudal en la superficie SA necesariamente es nulo mientras que en SB no, y estoviola la conservación de la masa.

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GUÍA 3 - FLUIDOS IDEALES INCOMPRESIBLES

Guía 3 - Fluidos ideales incompresiblesProblema 6Ítem a

Por teorema del círculo el potencial complejo es

w (z) =(z + a2

z

)u0

Ítem c

Para encontrar los puntos de estancamiento se plantea u = 0, lo cual es equivalente a pedir que dwdz = 0. Entonces

dw

dz=(

1− a2

z2

)u0 = 0 ⇐⇒ z2 = a2 ⇐⇒ z = ±a

por lo tanto los puntos de estancamiento están en x = ±a.

Ítem d

Por Bernoulli 1 se tiene que (u2

2 + p

ρ

)en el infinito

=(u2

2 + p

ρ

)sobre el contorno

Usando que en el infinito u = u0 y que p = p0 el lado de la izquierda ya se lo conoce. Por otro lado

u2⌋sobre el contorno =

[(dw

dz

)∗(dw

dz

)]sobre el contorno

=[u2

0

(1− a2

z2

)∗(1− a2

z2

)]sobre el contorno

zsobre el contorno = aeiϕ → = u20(1− e2iϕ) (1− e−2iϕ)

= u20(1− e−2iϕ − e2iϕ + 1

)= 2u2

0 (1− cos (2ϕ))

por lo tanto la presión resulta ser

p (r = a, ϕ) = ρu20

[cos (2ϕ)− 1

2

]+ p0

Ítem c

Para calcular la fuerza se utiliza el teorema de Blasius

Fx − iFy = iρ

2

˛

C

(dw

dz

)2dz

= iρu20

2

˛

C

(1− a2

z2

)2

dz

= iρu20

2

˛

C

(1− 2a

2

z2 + a4

z4

)dz

Para calcular la integral se puede utilizar el teorema de los residuos. La curva C encierra el polo del integrando en z = 0,entonces

Res f (0) = 13! lım

z→0

d3

dz3

[(1− 2a

2

z2 + a4

z4

)z4]

= 112 lım

z→0

d3

dz3

[z4 − 2a2z2 + a4]

= 0

con lo cual se obtiene que la fuerza que siente el cilindro es nula.Los resueltos de

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Problema 10 GUÍA 3 - FLUIDOS IDEALES INCOMPRESIBLES

Problema 10Para hallar el potencial complejo primero considero únicamente el campo de velocidades uniforme

w0

y en este caso el potencial complejo esw0 (z) = U∞

2 z

(el factor 12 lo agregué pues al añadir el contorno plano, más adelante, me lo compensa). Ahora agrego el contorno circular

w1

y por teorema del círculo el potencial en esta configuración será

w1 (z) = w0 (z) + w∗0

(a2

z∗

)= U∞

2

[z + a2

z

]A continuación desplazo todo una distancia d “hacia arriba”

w2

d

por lo que el nuevo potencial será

w2 (z) = w1 (z − id)

= U∞2

[z − id+ a2

z − id

]≡ U∞

2

[z + a2

z − id

]donde la constante id se pudo tirar porque todo potencial está definido a menos de una constante.

Por último sólo resta agregar la pared en y = 0

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Problema 10 GUÍA 3 - FLUIDOS IDEALES INCOMPRESIBLES

w3

d

Imágenes

y aplicar el teorema de Senger

Teorema de Senger

Sea un potencial complejo w0 (z) tal que todas sus singularidades zi satisfacen Im (zi) > 0. Entonces

w (z) = w0 (z) + w∗0 (z∗)

es el potencial complejo al agregar un contorno plano en y = 0 (que elimina el semiespacio y < 0).

polos de w0w(z)

contornopolos

imagen

Demostración del teorema de Senger

Sea w0 (ξ) un potencial complejo en el plano ξ con todas sus singularidades en el semiespacio y > 0

plano ξ

w0(ξ)

singularidades de w0

Aplíquese ahora la transformación (conforme) dada por

ξ → z = 1ξ − i

2a− ia ⇒ ξ (z) = 1

2iaz − iaz + ia

cuya acción es la siguiente:

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Problema 10 GUÍA 3 - FLUIDOS IDEALES INCOMPRESIBLES

plano ξ

w0(ξ)

plano z

w1(z)

En consecuencia el potencial w1 en el plano z seráw1 (z) = w0 (ξ (z))

Aplico transformación→ = w0

(1

2iaz − iaz + ia

)Debido a que todas las singularidades de w0 (ξ) yacen en el semiespacio y > 0, las singularidades de w1 (z) se en-cuentran en el exterior de la circunferencia de radio a.Agréguese ahora un contorno circular de radio a en el plano z

plano z

w2(z)

radio a

y aplíquese el teorema del círculo

w2 (z) = w1 (z) + w∗1

(a2

z∗

)← Teorema del círculo

= w0

(1

2iaz − iaz + ia

)+ w∗0

(1

2ia

a2

z∗ − iaa2

z∗ + ia

)

= w0

(1

2iaz − iaz + ia

)+ w∗0

(i

2az∗ + ia

z∗ − ia

)Aplíquese a continuación la transformada inversa

z → ξ = 12ia

z − iaz + ia

para regresar al plano ξ en el que ahora habrá un contorno de la siguiente forma:plano ξ

w3(ξ)

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Problema 10 GUÍA 3 - FLUIDOS IDEALES INCOMPRESIBLES

El potencial w3 (ξ) será entonces

w3 (ξ) = w2 (z (ξ))

= w2

(1

2iaz − iaz + ia

)= w0 (ξ) + w∗0

(i

2az∗ + ia

z∗ − ia

)= w0 (ξ) + w∗0

([1

2iaz − iaz + ia

]∗)= w0 (ξ) + w∗0 (ξ∗)

Q.E.D.

por lo tanto el potencial complejo finalmente es

w3 (z) = U∞2

[z + a2

z − id

]+ U∞

2

[z + a2

z + id

]= U∞

2

[2z + a2

z − id+ a2

z + id

]Teniendo el potencial complejo de puede calcular la fuerza utilizando el teorema de Blasius

Fx − iFy = iρ

2

˛ (dw

dz

)2dz

= iρ

2U2∞4

˛ (2 + a2

(z − id)2 + a2

(z + id)2

)2

dz

El único polo que es encerrado por el contorno de integración (el círculo) es z = id por lo tanto, por teorema de los residuos,

˛ (dw

dz

)2dz = 2πiRes

(dw

dz

)2, z = id

= 2πi 13! lım

z→id

d3

dz3

[(dw

dz

)2(z − id)4

]

= 2πi lımz→id

d3

dz3

(2 + a2 + a2 (z − id)2

(z + id)2

)2

Computadora→ = 2πi(−i3a

4

d3

)= 6πa4

d3

por lo que la fuerza es

Fx − iFy = iρ

2U2∞4

6πa4

d3

= i34πρa4

d2

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GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

Guía 4 - Fluidos viscososProblema 1Ítem a

Es trivial (u · ~∇

)u =

(ux (y) x · ~∇

)ux (y) x

=(ux (y) ∂

∂x

)ux (y) x

∂ux∂x

= 0→ = 0

Ítem b

Este ítem no tiene ninguna relación con el anterior. Para ambos casos se tiene que

Los fluidos son incompresibles y homogéneos3 con ρ constante lo cual implica, a través de la ecuación de continuidad,que ~∇ · u = 0.

No hay fuerzas externas por lo que f = 0.

Se está en una situación estacionaria y entonces ∂u∂t = 0.

Con lo anterior la ecuación de Navier-Stokes queda

ρ(u · ~∇

)u = −~∇p+ µ∇2u

Dada la simetría de traslación en x que presentan ambas situaciones4 entonces nada puede depender de x, es decir que

∂

∂x= 0 → Por simetría

Además la simetría y las condiciones de contorno, para ambos casos, imponen que

u = u (y) x

En consecuencia el término(u · ~∇

)u ≡ 0 y la ecuación de Navier-Stokes se simplifica aún más

~∇p = µ∇2u

Caso i Expandiendo la ecuación de Navier-Stokes en coordenadas cartesianas se tiene quex) ∂p

∂x= µ

∂2u

∂y2

y) ∂p

∂y= 0

Esto impone que p = p (x) pero nuevamente invocamos a la simetría de traslación y entonces concluimos que

p = p0 constante

En consecuencia u debe satisfacer

∇2u = 0∂2u

∂y2 = ← u = u (y)

es decir queu = ay + b

Sólo falta imponer las condiciones de contorno

Condiciones de contorno→u (0) = 0u (d) = U

⇒ u (y) = U

dy

3Esto se sabe porque la consigna dice que ρ = constante.4En realidad en la situación ii esto no es tan evidente ya que la presión rompe la simetría en x. Pero en clase lo hicimos así.

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Problema 1 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

Caso ii Nuevamente tenemos las ecuaciones x) ∂p

∂x= µ

∂2u

∂y2

y) ∂p

∂y= 0

sólo que esta vez nos dicen que∂p

∂x= p2 − p1

LEn consecuencia

∂2u

∂y2 = p2 − p1

µL

por lo tantou (y) = p2 − p1

2µL y2 + ay + b

Para hallar a y b se imponen las condiciones de contorno

Condiciones de contorno→u (0) = 0u (d) = 0

⇒ u (y) = p2 − p1

2µL y (y − d)

Ítem c

La fuerza viscosa que se ejerce sobre los contornos viene dada por

Fi =¨

contorno

σ′ij dsj

donde σ′ es el tensor de esfuerzos viscosos dado por σ′ij = µ(∂ui∂rj

+ ∂uj∂ri− 2

3∂uk∂rk

δij

)+ µ′ ∂uk∂rk

δij . Por la simetría de ambosproblemas anticipamos que la fuerza viscosa (i.e. el arrastre que el fluido ejerce sobre las paredes) sólo tendrá componentesen x con lo cual restringimos el cálculo de antemano a

Fx =¨

contorno

σ′xj dsj

Además las superficies satisfacen que su normal es n = ±y por lo tanto el diferencial de superficie siempre será dsy. Enconsecuencia

Fx =¨

contorno

σ′xy dsy

Esta componente del tensor de esfuerzos viscosos es

σ′xy = µ

(∂ux∂y−∂uy∂x

)= µ

∂u

∂y

y entonces la fuerza seráFx =

¨

contorno

µ∂u

∂ydsy

Caso i Hago la cuenta de la fuerza para un trozo de contorno de longitud L:

F contorno inferiorx =

L

0

µU

ddx

= µLU

d

F contorno superiorx =

L

0

µU

d(− dx)

= −µLUd

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Problema 2 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

Caso ii Ídem, para longitud L:

F contorno inferiorx = F contorno superior

x ← Por simetría

=L

0

µp2 − p1

2µL [2y − d] dx

= ±p2 − p1

2 d

Problema 2Ítem a

Usando los ejes xy que sugiere la figura de la consigna se puede sacar provecho del hecho de que la dirección x poseesimetría de traslación. Al igual que en el problema 1 se tiene que la ecuación de Navier-Stokes se simplifica

Situación estacionaria ⇒ ∂u∂t = 0.

Por las simetrías que hay u = u (y) x⇒(u · ~∇

)u = 0.

ρ = constante⇒ ~∇ · u = 0.

y queda únicamenteµ∇2u = ~∇p− ρf

o bien, separando en componentes, x) µ

∂2u

∂y2 = ∂p

∂x− ρg sin θ

y) 0 = ∂p

∂y+ ρg cos θ

Dada la simetría de traslación en x la presión no puede depender de x (de hecho, nada puede depender de x) por lo que∂p∂x = 0 y las ecuaciones son, entonces,

x) µ∂2u

∂y2 = −ρg sin θ

y) 0 = ∂p

∂y+ ρg cos θ

de donde se sigue que u (y) = −ρg sin θ2µ y2 +By + C

p (y) = −ρgy cos θ +D

Para encontrar las constantes de integración B,C y D se aplican las condiciones de contorno. Para la presión la únicacondición que hay es que en la interfase entre el líquido y la atmósfera ésta debe ser p0, es decir

p (y = d) = p0

con lo cualp (y) = −ρg (y − d) cos θ + p0

Para la velocidad las condiciones de contorno son

velocidad = 0

fuerza = de los dos lados

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Problema 5 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

por lo que

Condiciones de contorno para u→u (y = 0) = 0σij (y = d) = σatmósfera

ij

La primera condición es trivial. Para la segunda, antes de reemplazar la expresión de σij se considera lo siguiente: la consignaaclara que el fluido es muy viscoso por lo tanto se puede considerar que la atmósfera es muy poco viscosa y en consecuencia

σatmósferaij = −p0δij → Considero fluido ideal

Entonces la condición es, reemplazando σij = −p (y) δij + σ′ij ,

σ′ij = 0

µ

(∂ui∂rj

+ ∂uj∂ri− 2

3∂uk∂rk

δij

)+ µ′

∂uk∂rk

δij =

Ahora se utilizan argumentos de simetría: la única componente de la fuerza (viscosa) que podría ser no nula es Fx y como lacondición de contorno se aplica sobre una superficie con normal n = −y entonces nos interesa la componente j = y de σ′ij .Entonces nos concentramos en la componente5

σ′xy = 0 ⇐⇒ ∂ux∂y

+∂uy∂x

= 0

Entonces las condiciones sobre u son u (y = 0) = 0∂u

∂y

⌋y=d

= 0

Aplicando estas dos condiciones se llega au (y) = ρg sin θ

2µ y (2d− y)

Problema 5Los parámetros del problema son el radio del tubo R, el gradiente de presión ∂p

∂x y la viscosidad cinemática ν del líquido.Debido a que son los únicos parámetros, el caudal sólo puede depender de ellos. Las unidades son

Unidades→

[Q] = M T−1

[R] = L[∂p

∂x

]= M T−2 L−2

[ν] = L2 T−1

Ahora se propone que

Q ∼ Rα(∂p

∂x

)βνγ

por lo tanto las unidades deben satisfacer

[Q] = [R]α[∂p

∂x

]β[ν]γ

M T−1 = Lα Mβ T−2β L−2β L2γ T−γ

= Mβ T−2β−γ Lα−2β+2γ

Las ecuaciones para las unidades son M) 1 = β

T) − 1 = −2β − γL) 0 = α− 2β + 2γ

cuya solución es α = 4β = 1γ = −1

y se concluye que

Q ∼ R4

ν

∂p

∂xX

5Las demás componentes darán condiciones de contorno linealmente no independientes o serán triviales, así nos dijeron en clase.Los resueltos de

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Problema 6 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

Problema 6Ítem ii ( terminar este)

Las condiciones en las que se planteará el problema son las siguientesHay simetría en x por lo tanto ∂

∂x ≡ 0 para cualquier magnitud.

La velocidad será de la forma u = u (y) x por lo tanto(u · ~∇

)u = 0.

Se estudia el régimen estacionario con lo cual ∂∂t ≡ 0 para cualquier cantidad.

Se satisface que ρ = constante por lo que ~∇ · u = 0.Bajo estas suposiciones la ecuación de Navier-Stokes es

ρ

(∂u

∂t+(u · ~∇

)u

)= ρf − ~∇p+ µ∇2u+

(µ′ + µ

3

)~∇(

~∇ · u)

0 = ρg (x sin θ − y cos θ)− x∂p

∂x− y ∂p

∂y+ µx

∂2u

∂y2

o bien, separando las componentes, x) ∂2u

∂y2 = −g sin θν

y) ∂p

∂y= −ρg cos θ

donde usé ν def= µρ . Las soluciones de estas ecuaciones sonu (y) = −g sin θ

2ν y2 +Ay +B

p (y) = −ρgy cos θ + C

Sólo resta aplicar las condiciones de contorno, que son

Condicions de contorno→

u (0) = 0σ(y → d−

)= σ

(y → d+)

p(y → d−

)= p

(y → d+)

La primera de las condiciones implica automáticamente que B = 0 y la tercera que C = p0 + ρgd cos θ. La condición sobreel tensor de esfuerzos tiene que ver con el hecho de que la interfaz entre el líquido y el aire (o lo que sea que hay más allá dey = d) está en reposo. Esta condición se aplica de la siguiente manera

σ(y → d−

)= σdel líquido = −p

(y → d−

)1 + σ′

(y → d−

)σ(y → d+) = σdel aire ≈ −p01

siendo σ′ el tensor de esfuerzos viscosos (del líquido) cuyas componentes vienen dadas por σ′ij = µ(∂ui∂rj

+ ∂uj∂ri− 2

3∂uk∂rk

δij

)+

µ′ ∂uk∂rkδij . Entonces

−p01 = −p(y → d−

)1 + σ′

(y → d−

)o en notación de índices

−p0δij = −p(y → d−

)δij + µ

(∂ui∂rj

+ ∂uj∂ri− 2

3∂uk∂rk

δij

)y→d−

+ µ′∂uk∂rk

⌋y→d−

δij

Si se toma la componente i = j = x (recuérdese además que u = u (y) x) se encuentra que

p(y → d−

)= p0 → Componente i = j = x

que es la condición que ya se aplicó (aparentemente la condición de la presión está contenida en esta condición del tensor).Por otro lado la componente i = x, j = y dice que

0 = ∂u

∂y

por lo que la constante de integración A queda fijada en A = νgd sin θ.Finalmente se ha encontrado la solución laminar que pide el enunciadou (y) = −g sin θ

2ν y2 + gd sin θν

p (y) = −ρg (y − d) cos θ + p0Los resueltos de

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Problema 6 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

Fuerza por análisis dimensional Las unidades de cada parámetro son

d p0 g ν FL 1 −2 1 2 1M 1 1T −2 −2 −1 −2

Evidentemente F ∝ p0. Voy a proponer queF ∝ p0d

αgβνγ

por lo tanto las ecuaciones para las unidades sonL) 1 = α− 2 + β + 2γM) 1 = 1T) − 2 = −2− 2β − γ

Bueno, es indeterminado... No sé.

Ítem iii

Dada la simetría que presenta el problema se intuye que hay que usar coordenadas cilíndricas rθ. Al igual que siempre laecuación de Navier-Stokes se simplifica por lo siguiente:

ρ = constante⇒ por continuidad ~∇ · u = 0.

No hay gravedad ⇒ f = 0.

Situación estacionaria ⇒ ∂u∂t = 0.

Todo esto conduce aρ(u · ~∇

)u = −~∇p+ µ∇2u

Dada la simetría es de esperar que nada pueda depender de θ ni de z, es decir que

Por simetría→

∂

∂θ≡ 0

∂

∂z≡ 0

Además, por consigna, las velocidades están en z, es decir que

u = u (r) z

En consecuencia (u · ~∇

)u =

(u (r) ∂

∂z

)u (r) z ≡ 0

y nuevamente se obtiene la ecuación de todos los ejercicios anteriores

∇2u =~∇pµ

que en coordenadas cilíndricas es r) 0 = 1

µ

∂p

∂r

θ) 0 = 0

z) 1r

∂u

∂r+ ∂2u

∂r2 = 0

(he usado que ∂∂θ = ∂

∂z = 0 tanto para u como para p). De la ecuación en r se encuentra que

p = constante

y de la ecuación en z se tiene queu (r) = A ln

( rB

)(me lo dijo Wolfram). Para hallar A y B se aplican las condiciones de contorno

u (r = a) = U1

u (r = b) = U2⇒ u (r) =

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Problema 6 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

Ítem iv Dada la simetría que presenta el problema se intuye que hay que usar coordenadas cilíndricas rθ. Al igual quesiempre la ecuación de Navier-Stokes se simplifica por lo siguiente:

Nada puede depender de θ ni de z, es decir que ∂∂θ = ∂

∂z ≡ 0 para toda magnitud (salvo los versores r y θ, ojo!).

La simetría sugiere que u = u (r) θ.

El régimen es estacionario por lo que ∂∂t ≡ 0 para toda magnitud.

La densidad es constante ρ = cte por lo tanto de la ecuación de continuidad se sigue que ~∇ · u = 0.

No hay gravedad por lo que f = 0.

Todo esto conduce aρ(u · ~∇

)u = −~∇p+ µ∇2u

Dada la simetría es de esperar que nada pueda depender de θ ni de z, es decir que

Por simetría→

∂

∂θ≡ 0

∂

∂z≡ 0

Además, por consigna, las velocidades están en θ, es decir que

u = u (r) θ

En consecuencia (u · ~∇

)u =

(u (r) 1

r

∂

∂θ

)u (r) θ

= u2

r

∂θ

∂θ

= −u2

rr

y

∇2u = ∇2[u (r) θ

]=

(1r

∂

∂r+ ∂2

∂r2 + 1r2

∂2

∂θ2 + ∂2

∂z2

)[u (r) θ

]∂2θ

∂θ2 = −θ → =(

1r

∂u

∂r+ ∂2u

∂r2 −u

r2

)θ

y la ecuación de Navier-Stokes queda r) − ρu

2

r= −∂p

∂r

θ) 0 = µ

(∂2u

∂r2 + 1r

∂u

∂r− u

r2

)z) 0 = 0

(ya he aplicado las condiciones de ∂∂θ = ∂

∂z = 0). De la ecuación de θ) sale que

u (r) = Ar + B

r

Las condiciones de contorno son

Contorno→u (r = a) = aΩ1

u (r = b) = bΩ2

por lo que

u (r) =[

(Ω1a− Ω2b)2

a2 − b2r + 1

r

a2b2 (Ω2 − Ω1)b2 − a2

]θ

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Problema 8 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

La presión se puede encontrar, si se quisiese, introduciendo esta expresión en la ecuación para r) e integrando. Aunque esun bajón.

Para calcular el torque que hace el fluido sobre los cilindros (que es igual y opuesto al que hace los cilindros, por supuesto)se considera un diferencial de fuerza dF en un punto de la superficie. El torque total será

N =ˆ

S

r × dF

El diferencial de fuerza está dado pordF = σ · ds

donde σ es el tensor de esfuerzos dado por

σij = p (r) δij + µ

(∂ui∂rj

+ ∂uj∂ri− 2

3∂uk∂rk

δij

)+ µ′

∂uk∂rk

δij

y ds es el diferencial de superficie orientado. Calcular las 9 componentes de eso y hacer la cuenta a lo cabeza es casiun suicidio, así que vale la pena buscar simetrías que simplifiquen el cálculo. Para calcular el torque sólo nos interesa lacomponente Fθ y además el versor normal a las superficies siempre es r

F

n

por lo tanto la única componente que nos interesa del tensor de esfuerzos es

dFθ = σθr ds

que resulta ser

σθr = µ

(∂uθ∂r

+∂ur∂θ

)= µA− B

r2

donde A y B son las constantes que se hallaron previamente al aplicar las condiciones de contorno. Entonces

dN =2πˆ

θ=0

r

(µA− B

r2

)r dθ dz z

= 2π(r2µA−B

)dz z

por lo que el torque por unidad de z es

dN

dz

⌋r=a,b

= 2π(r2µA−B

)⌋r=a,b z

Problema 8Ítem a PREGUNTAR

Planteo con Navier-Stokes Las hipótesis para este problema son

ρ = constante⇒ ~∇ · u = 0.

u = u (y, t) x⇒(u · ~∇

)u = 0.

f = 0.∂∂x ≡ 0 por simetría.

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Problema 13 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

lo cual implica que la ecuación de Navier-Stokes se convierte enx) ρ

∂u

∂t= µ

∂2u

∂y2

y) 0 = −∂p∂y

La segunda ecuación simplemente dice que p = constante y la primera nos invita a probar con separación de variables

u (y, t) = Y (y)T (t)

El problema es que no se pueden satisfacer las condiciones de contorno, en particular en y = 0 se tiene que

u (y = 0, t) = U0

Y0T (t) =

lo cual implicaría que T (t) = constante y entonces ∂u∂t = 0, es una contradicción. Entonces la solución no es separable.

Para resolver esto hay que proponer una solución autosimilar de la forma

u (y, t) = f (η (y, t)) → Solución autosimilar

siendoη = g (y)h (t)

Entonces ∂f (η (y, t))

∂t= df

dη

∂η

∂t

∂2f (η (y, t))∂y2 = ∂

∂y

(df

dη

∂η

∂y

)?=d dfdηdη

(∂η

∂y

)2+ df

dη

∂2η

∂y2

PREGUNTAR CÓMO SE HACE ESTO SI QUISIERA NO USAR ANÁLISIS DIMENSIONAL.

Problema 13Ítem a

En este caso estamos bajo las siguientes suposicionesρ = constante⇒ ~∇ · u = 0.

Simetría de traslación en x⇒ ∂∂x = 0.

Dadas las condiciones de contorno es sugerente proponer u (y, t) = u (y, t) x. Esto implicaría que(u · ~∇

)u = 0.

En consecuencia la ecuación de Navier-Stokes quedax) ρ

∂u

∂t= ρg sinα+ µ

∂2u

∂y2

y) 0 = −ρg cosα− ∂p

∂y

Debido a que la ecuación en x es lineal entonces se propone

u = uhomogéneo + uparticular tal que

∂uH∂t

= ν∂2uH∂y2

∂uP∂t

= g sinα+ ν∂2uP∂y2

Hasta acá se ha demostrado que el campo de velocidades puede ser expresado como una suma. Ahora se impone lo otro quepide la consigna: que uno de los problemas sea estacionario y el otro sea dependiente del tiempo. Para ello hay dos opciones:

Opción 1→

0 = ν

∂2uH∂y2

∂uP∂t

= g sinα+ ν∂2uP∂y2

Opción 2→

∂uH∂t

= ν∂2uH∂y2

0 = g sinα+ ν∂2uP∂y2

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Problema 13 GUÍA 4 - FLUIDOS VISCOSOS

es decir que podemos elegir cuál de hH y uP es independiente del tiempo. Resulta que la opción 2 es más fácil, así queconviene elegir esa.

Para resolver la primera se propone

hH (y, t) = f (y) eiωt → Proponemos

y al introducirlo en la ecuación se encuentra que f ′′ (y) = iων f (y) por lo que f (y) = Ae

√iων y +Be−

√iων y. La ecuación para

uP se resuelve por integración directa, entoncesuH (y, t) =

(Ae(1+i)

√ων y +Be−(1+i)

√ων y)eiωt

uP (y) = g sinα2ν y2 + Cy +D

Ahora hay que imponer las condiciones de contorno para cada solución

Condiciones de contorno→

Para uH →

uH (y = 0, t) = 0uH (y = d, t) = u0 cosωt

Para uP →uP (y = 0, t) = 0up (y = d, t) = 0

Luego de aplicar todo eso (trivial pero tedioso) se encuentra queuH (y, t) = u0Re

(ehy − e−hy

ehd − e−hdeiωt

)uP (y) = −g sinα

2ν y2

con h = (1 + i)√

ων .

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GUÍA 5 - INESTABILIDADES HIDRODINÁMICAS

Guía 5 - Inestabilidades hidrodinámicasProblema 1

Sale con receta. Como el fluido es ideal y con ρ constante y uniforme y además u0 = u0 (y) x es la velocidad de equilibrio,entonces se puede proponer de una que la perturbación es

Perturbación→

ψ1 (x, y, t) = Ψ (y) ei(kx−ωt) ← Potencial corrientep1 (x, y, t) = P (y) ei(kx−ωt) ← Presiónζ1 (x, t) = Zei(kx−ωt) ← Interfaz entre los fluidos

donde Ψ satisface la ecuación de Rayleigh Ψ′′ +[

u′′0 ku0k−ω − k

2]

Ψ = 0.

Las cantidades totales

Obsérvese que la velocidad total, la presión total y la “interfaz total” serán

u = u0 + εu1

p = p0 + εp1

ζ (x, t) = ζ0 + εζ1 (x, t)siendo las

cantidades con subíndice 0 las de equilibrio y las de subíndice 1 las perturbaciones de primer orden. En particularζ0 = 0 en este problema.

En este caso la ecuación (de Rayleigh) se reduce, en cada región, aΨ′′ − k2Ψ si y > 0Ψ′′ − k2Ψ si y < 0

⇒ Ψ (y) =Aeky +Be−ky si y > 0Ceky +De−ky si y < 0

y entonces el potencial corriente de perturbación es

ψ1 (x, y, t) = (

Aeky +Be−ky)ei(kx−ωt) si y > 0(

Ceky +De−ky)ei(kx−ωt) si y < 0

Por otro lado se sabe que la presión satisface la ecuación P = ρu′0Ψ + ρ[ωk − u0

]Ψ′ por lo tanto la perturbación de presión

es

p1 (x, y, t) =ρ [ω − kU0]

(Aeky −Be−ky

)ei(kx−ωt) si y > 0

ρ [ω + kU0](Ceky −De−ky

)ei(kx−ωt) si y < 0

Ahora se imponen las condiciones de contorno para encontrar las amplitudes A,B,C,D y Z. Las condiciones de contornoson las del fluido ideal: la velocidad es tangencial a todos los contornos (incluidas interfaces entre dos regiones del mismofluido) y la presión es continua. En el presente caso se tiene que como la interfaz entre ambos fluidos no está fija sino que sepuede mover, y se representa mediante

y = ζ (x, t) → Interfaz entre los dos fluidos

entonces la condición que se impone es

u(x, y → ζ±

)· y = dζ

dt

⌋y→ζ±

→ Condición de contorno

¿Por qué la componente u · y y no la componente u · n?

Dijimos que la condición de contorno física es que las velocidades normales a la interfaz sean las mismas a ambosladosa, sin embargo en la ecuación aparece la componente z, es decir

u(x, y → ζ±

)· n = dζ

dt

⌋y→ζ±

→ Esta es la posta

u(x, y → ζ±

)· y = dζ

dt

⌋y→ζ±

→ Mandamos esto...

El motivo por el cual esto es así, de acuerdo al docente que consulté, es porque n ≈ y a orden lineal en ε.

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Problema 1 GUÍA 5 - INESTABILIDADES HIDRODINÁMICAS

La cuenta es como sigue: la normal n a la interfaz ζ es (por definición)

n =dζdx dx x+ dx y√(dζdx

)2dx2 + dx2

→ Ver dibujito más abajo

=x dζdx + y√(dζdx

)2+ 1

Si no se entendió lo anterior, el siguiente dibujo puede ayudar:

dx

dxdydx

n

ζ(x) este vector tiene estas componentes

Este vector esel anterior rotadoy normalizado

Debido a que ζ (x, t) = ζ0 + εζ1 (x, t) siendo ζ0 = 0 entonces

n =xεdζ1

dx + y√ε2(dζ1dx

)2+ 1

≈ y + εdζ1dxx− ε2

2dζ1dxy+ . . .

Bueno... No me quedó que la componente en x es ∼ ε2... No sé. Se usa sólo la y y punto. Consideramos que

u · n ≈ u · yaEn caso contrario se producirían burbujas o se “compactaría” el líquido (que es incompresible).

Usando que ddt = ∂

∂t + u · ~∇ y que ζ = ζ (x, t), queda

ux = ∂ψ

∂y

uy = −∂ψ∂x

→ − ∂ψ

∂x

⌋y→ζ±

= ∂ζ

∂t

⌋y→ζ±

+ ∂ψ

∂y

⌋y→ζ±

∂ζ

∂x

⌋y→ζ±

Si ahora se reemplazaψ = ψ0 + εψ1

ζ = εζ1se encuentra que

Cálculos Auxiliares

− ∂ (ψ0 + εψ1)∂x

⌋y→ζ±

= ∂ (εζ1)∂t

⌋y→ζ±

+ ∂ (ψ0 + εψ1)∂y

⌋y→ζ±

∂εζ1∂x

⌋y→ζ±

− ∂ψ0

∂x

⌋y→ζ±︸ ︷︷ ︸

u0y

− ε ∂ψ1

∂x

⌋y→ζ±

= ε∂ζ1∂t

⌋y→ζ±

+ ε

∂ψ0

∂y

⌋y→ζ±︸ ︷︷ ︸

u0x

+∼ε2

ε∂ψ1

∂y

⌋y→ζ±

∂ζ1∂x

⌋y→ζ±

≡0 por consigna

u0y − ε∂ψ1

∂x

⌋y→ζ±

= ε∂ζ1∂t

⌋y→ζ±

+ εu0x(y → ζ±

) ∂ζ1∂x

⌋y→ζ±

las condiciones que deben satisfacer las perturbaciones ψ1 y ζ1 son

− ∂ψ1

∂x

⌋y→ζ±≈ζ±0

= ∂ζ1∂t

⌋y→ζ±≈ζ±0

+ u0x(y → ζ± ≈ ζ±0

) ∂ζ1∂x

⌋y→ζ±≈ζ±0

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Problema 2 GUÍA 5 - INESTABILIDADES HIDRODINÁMICAS

donde además consideré el hecho de que al “evaluar en y → ζ±” se tiene que ζ± ≈ ζ±0 ≡ 0± (así siempre lo hicimos en clasepara que nos quede lineal en ε).

Para la presión la condición de contorno es que sea continua.Entonces las condiciones de contorno (todas) para este problema son

Condiciones de contorno→

Para la velocidad→

ψ1 (y → +∞) <∞

− ∂ψ1

∂x

⌋y→0+

= ∂ζ1∂t

⌋y→0+

+ u0x(y → 0+) ∂ζ1

∂x

⌋y→0+

− ∂ψ1

∂x

⌋y→0−

= ∂ζ1∂t

⌋y→0−

+ u0x(y → 0−

) ∂ζ1∂x

⌋y→0−

ψ1 (y → −∞) <∞Para la presión→ p1

(y → 0+) = p1

(y → 0−

)Las condiciones de ψ1 en y → ±∞ se aplican en forma trivial e implican que A = D = 0 por lo tanto

Hasta ahora tenemos que

ψ1 (x, y, t) =Be−kyei(kx−ωt) si y > 0Cekyei(kx−ωt) si y < 0

p1 (x, y, t) =− ρ [ω − kU0]Be−kyei(kx−ωt) si y > 0ρ [ω + kU0]Cekyei(kx−ωt) si y < 0

ζ1 (x, t) = Zei(kx−ωt)

A continuación se puede aplicar la condición para la presión que termina imponiendo que

[kU0 − ω]B = [ω + kU0]C

Por último, las dos condiciones que faltan para la velocidad dicen que− ikB

ei(kx−ωt) = −iωZ

ei(kx−ωt) + ikU0Z

ei(kx−ωt)

− ikC

ei(kx−ωt) = −iωZ

ei(kx−ωt) − ikU0Zei(kx−ωt)

o bien, juntando todo, kB = [ω − kU0]ZkC = [ω + kU0]Z[kU0 − ω]B = [ω + kU0]C

De las dos primeras ecuaciones se obtiene que

k

ω − kU0B = k

ω + kU0C

por lo tanto, con esta y con la tercera ecuación se puede formar el sistema[kU0 − ω −kU0 − ωkU0 + ω kU0 − ω

] [BC

]= 0

Para que ∃ solución se pide que el determinante sea nulo y de aquí se encuentra la relación de dispersión

(kU0 − ω)2 + (kU0 + ω)2 = 02ω2 + 2k2U2

0 =

por lo tantoω2 = −k2U2

0 ⇐⇒ ω ∈ I ⇒ InestableSe concluye finalmente que el sistema es inestable porque ω ∈ I implica que pueden haber cosas que vallan como eωt →∞.

Problema 2Se introduce la perturbación como

Perturbación→

ψ1 (x, y, t) = Ψ (y) ei(kx−ωt)

p1 (x, y, t) = P (y) ei(kx−ωt)

ζ(y=1)1 (x, t) = Z1e

i(kx−ωt) Interfaz en y = 1

ζ(y=−1)1 (x, t) = Z−1e

i(kx−ωt) Interfaz en y = −1Los resueltos de

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Problema 2 GUÍA 5 - INESTABILIDADES HIDRODINÁMICAS

Cada una de estas cantidades (con subíndice 1) es la perturbación a orden ε, por ejemplo ψ = ψ0 + εψ1 siendo ψ el potencialcorriente total, ψ0 el de equilibrio (i.e. el de la consigna) y ψ1 la perturbación.

Como se vio en la teórica la función Ψ (y) satisface la ecuación de Rayleigh

Ψ′′ +[

ku′′0ku0 − ω

− k2]

Ψ = 0 → Rayleigh

En este caso se tiene que u′′0 = 0 (salvo en los contornos) por lo tanto la ecuación se reduce a

Ψ′′ − k2Ψ = 0 → Rayleigh en cada región

En consecuencia el potencial de perturbación es

ψ1 (x, y, t) =

(A1e

ky +B1e−ky) ei(kx−ωt) si y > 1(

A2eky +B2e

−ky) ei(kx−ωt) si y ∈ (−1, 1)(A3e

ky +B3e−ky) ei(kx−ωt) si y < −1

Para reducir el problema en esta instancia ya se puede aplicar la condición de contorno

Contorno→ u <∞ en todos lados

lo cual impone automáticamente que A1 = B3 = 0 y

ψ1 (x, y, t) =

B1e

−kyei(kx−ωt) si y > 1(A2e

ky +B2e−ky) ei(kx−ωt) si y ∈ (−1, 1)

A3ekyei(kx−ωt) si y < −1

Para la presión se sabe que la función P (y) satisface

P = ρu′0Ψ + ρ[ωk− u0

]Ψ′

por lo tanto

p (x, y, t) =

ρ [kU0 − ω]B1e

−kyei(kx−ωt) si y > 1

ρU0

`

(A2e

ky +B2e−ky) ei(kx−ωt) + ρ

[ω − kU0

y

`

] (A2e

ky −B2e−ky) ei(kx−ωt) si y ∈ (−1, 1)

ρ [kU0 + ω]A3ekyei(kx−ωt) si y < −1

(el parámetro ` lo introduje yo en la velocidad de la consigna de la siguiente forma U (y) =

U0 si y > 1

U0y

`si y ∈ (−1, 1)

− U0 si y < −1

).

Teniendo la expresión para ψ y para p se pueden aplicar las demás condiciones de contorno, que son

Boundary conditions→La componente normal de la velocidad es continuap es continua en todas las interfaces

La segunda condición se puede aplicar de una, básicamente pide que[kU0 − ω]B1e

−k = U0

`

(A2e

k +B2e−k)+

[ω − kU0y1

`

] (A2e

k −B2e−k) en y = 1

U0

`

(A2e

−k +B2ek)

+[ω + kU0y1

`

] (A2e

−k −B2ek)

= [ω + kU0]A3e−k en y = −1

donde y1 = 1. Lo dejé así porque sino parece que no cierran las unidades (lo omití en los exponentes ya que ahí es obvio).Reacomodando esto es

B1 [kU0 − ω] e−k +A2

[kU0y1

`− U0

`− ω

]ek +B2

[ω − kU0y1

`− U0

`

]e−k = 0 en y = 1

A2

[U0

`+ kU0y1

`+ ω

]e−k +B2

[U0

`− ω − kU0y1

`

]ek +A3 [−ω − kU0] e−k = 0 en y = −1

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Problema 2 GUÍA 5 - INESTABILIDADES HIDRODINÁMICAS

En cuanto a la otra condición de contorno, que la componente normal de la velocidad es continua, en este caso se aplicapidiendo que ∂ψ1

∂z sea continua en todos lados (ver el resumen de fórmulas de inestabilidades en la página 52)porque el campode velocidades en el equilibrio es continuo (o sea u0 es continuo). Entonces

B1e−k = A2e

k −B2e−k

A2e−k −B2e

k = A3e−k

Juntando todo se ha encontrado que

B1e−k = A2e

k −B2e−k

A2e−k −B2e

k = A3e−k

B1 [kU0 − ω] e−k +A2

[kU0y1

`− U0

`− ω

]ek +B2

[ω − kU0y1

`− U0

`

]e−k = 0

A2

[U0

`+ kU0y1

`+ ω

]e−k +B2

[U0

`− ω − kU0y1

`

]ek +A3 [−ω − kU0] e−k = 0

De las dos primeras ecuaciones se obtieneB1 = A2e

2k −B2

A3 = A2 −B2e2k y reemplazando en las otras dos lo que queda es

(A2e

2k −B2)

[kU0 − ω] e−k +A2

[kU0y1

`− U0

`− ω

]ek +B2

[ω − kU0y1

`− U0

`

]e−k = 0

A2

[U0

`+ kU0y1

`+ ω

]e−k +B2

[U0

`− ω − kU0y1

`

]ek −

(A2 −B2e

2k) [ω + kU0] e−k = 0

o A2

[kU0 + kU0y1

`− U0

`− 2ω

]ek +B2

[−kU0 −

kU0y1

`− U0

`+ 2ω

]e−k = 0

A2

[−kU0 + kU0y1

`+ U0

`

]e−k +B2

[kU0 −

kU0y1

`+ U0

`

]ek = 0

Ahora simplifico poniendo (como en la consigna) y1 = ` = 1 por lo queA2 [U0 (2k − 1)− 2ω] ek +B2 [−U0 (2k + 1) + 2ω] e−k = 0A2U0e

−k +B2U0ek = 0

que en forma matricial es [[U0 (2k − 1)− 2ω] ek [−U0 (2k + 1) + 2ω] e−k

U0e−k U0e

k

] [A2B2

]= 0

Ahora se pide que el determinante sea nulo para que haya solución y entonces lo que queda es

ω =[1 + 2k − e4k + 2ke4k]U0

2 (e4k + 1)

No tiene pinta de estar bien. Pero si estuviera bien, el sistema es estable porque ω ∈ R.

Nota Otros compañeros con los que consulté coinciden en mi resultado salvo por algún que otro signo.

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GUÍA 6 - ONDAS DE GRAVEDAD

Guía 6 - Ondas de gravedadProblema 1Ítem a

Se sabe que el potencial satisface las ecuaciones que da la consigna∇2φ = 0(∂φ

∂z+ 1g

∂2φ

∂t2

)z=0

= 0

Se propone una perturbación armónica de la forma

φ (x, z, t) = f (z) ei(kx−ωt) → Se propone

al igual que en inestabilidades. Al introducir esto en ∇2φ = 0 se encuentra que

f ′′ (z)− k2f (z) = 0

por lo tantoφ (x, z, t) =

(Aekz +Be−kz

)ei(kx−ωt)

Una condición de contorno (profundidad infinita) es que φ <∞ cuando z → −∞ por lo tanto B = 0 y

φ (x, z, t) = Aekz+i(kx−ωt)

La otra condición de contorno es la segunda ecuación, i.e.(∂φ∂z + 1

g∂2φ∂t2

)z=0

= 0. Al aplicarla se encuentra que

k − ω2

g= 0 ⇒ ω =

√gk → Relación de dispersión

Finalmente el potencial de velocidades es

φ (x, z, t) =Ae

kz+i(kx−√gkt)

z < 00 z > 0

o bien, tomando la parte real,

φ (x, z, t) =Aekz cos (kx− ωt) z < 00 z > 0

PREGUNTA: Está bien lo anterior de z ≷ 0?

Ítem b

El potencial φ ya se halló en el ítem previo. El campo de velocidades es

u = ~∇φ

= kAekz[−x sin

(kx−

√gkt)

+ z cos(kx−

√gkt)]

Ítem c

Si la posición de una partícula viene dada por el vector R (t) entonces su trayectoria se obtiene a partir de la ecuación

dR

dt= u (R (t) , t)

o bien dX

dt= −kAekZ(t) sin

(kX (t)−

√gkt)

dZ

dt= kAekZ(t) cos

(kX (t)−

√gkt)

Bueno, hay que integrar eso y es un bajón.

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Problema 2 GUÍA 6 - ONDAS DE GRAVEDAD

Se puede aprovechar el hecho de que u es irrotacional, ideal e incompresible con lo cual existe, además de φ, el potencialcorriente ψ que satisface Cauchy-Riemann

Cauchy-Riemann→

∂φ

∂x= ∂ψ

∂z∂φ

∂z= −∂ψ

∂x

Reemplazando ∂φ∂x,z

∂ψ

∂z= −kAekz sin (kx− ωt)

∂ψ

∂x= −kAekz cos (kx− ωt)

⇒ ψ (x, z, t) = −Aekz sin (kx− ωt)

Ahora las líneas de corriente son simplemente ψ (x, z, t0) = constante. El problema es que como depende del tiempo, laslíneas de corriente se modifican con el tiempo y entonces no coinciden con la trayectoria de un elemento de fluido.

Ítem d

La velocidad de fase es

vde fase = ω

k

=√g

k

y la velocidad de grupo es

vde grupo = dω

dk

= 12

√g

k

Problema 2Es igual al anterior pero con profundidad finita. En consecuencia cambia la condición de contorno que ahora es

u (z = −h) es paralela al fondo ⇒ ∂φ

∂z

⌋z=−h

= 0

Entonces, usando φ (x, z, t) =(Aekz +Be−kz

)ei(kx−ωt), la condición de contorno es

Ae−kh −Bekh = 0

Como segunda condición de contorno se usa la condición del problema 1:(∂φ∂z + 1

g∂2φ∂t2

)z=0

= 0. En este caso se tiene que

k (A−B)− ω2

g(A+B) = 0

Con estas dos ecuaciones se arma el siguiente sistema[e−kh −ekh

k − ω2

2 −k − ω2

2

] [AB

]= 0

y para que el sistema tenga solución no trivial se pide que el determinante sea nulo con lo cual se obtiene la relación dedispersión:

ω2 = 2k ehk − e−hk

ehk + e−hk

= k tanh hk X

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PROBLEMAS TIPO PARCIAL QUE NOS DIERON EN CLASE

Parte II

ParcialesProblemas tipo parcial que nos dieron en clasePrimer problemaConsigna Para el siguiente cilindro inmerso en un fluido ideal con ρ constante

Paredes

velocidad constante

encontrar la fuerza.

Resolución

Me parece que el camino es primero colocar el dipolo, luego usar el método de imágenes para satisfacer las condicionesde contorno y por último usar el teorema de Blasius para hallar la fuerza.

Como primer paso voy a plantear el siguiente problema:

u0

que es el mismo problema pero sin las paredes y en el referencial del cilindro. En estas condiciones, por teorema delcírculo, se tiene que el potencial complejo es

w (z) = −u0

[z + a2

z

]Ahora se debe aplicar un boost con velocidad −u0 de modo tal de pasar al referencial del fluido (en el infinito).

Cómo aplicar un boost en el potencial complejo

Me gustaría encontrar una expresión para aplicar el boost directamente en el plano complejo. Si aplico un boost develocidad u0 entonces yo sé que

uB = u− u0

donde uB es la velocidad luego del boost y u la velocidad antes del boost. Además sé que

Antes del boost→u = ~∇φ

u = ~∇× (ψz)Luego del boost→

uB = ~∇φBuB = ~∇× (ψB z)

donde φB y ψB son los nuevos potenciales que deseo encontrar en función de φ, ψ y u0. Reemplazando uB = u−u0se encuentra que

~∇φB = u− u0

~∇× (ψB z) = u− u0

Si ahora se reemplaza u = ~∇φ y u = ~∇× ψ en cada ecuación y además se usa queu0 = ~∇ (u0 · r)

u0 = ~∇× (u0 × r)

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Primer problema PROBLEMAS TIPO PARCIAL QUE NOS DIERON EN CLASE

entonces se encuentra que ~∇φB = ~∇ (φ− u0 · r)~∇× (ψB z) = ~∇× (ψz − u0 × r)

con lo cual φB = φ− u0 · r + constanteψB = ψ − u0 × r + constante

En consecuencia el potencial complejo luego del boost es

wB (z) = φB + iψB

= φ− u0xx− u0yy − i (ψ + u0xy − u0yx)= φ+ iψ − (x+ iy) (u0x + u0y)∗

o bien, usando las definiciones w = φ+ iψ, z = x+ iy y U = ux + iuy,

wB (z) = w (z)− zU∗0 → Boost

En particular este boost es con una velocidad −u0x por lo tanto el potencial en el laboratorio (donde la esfera se encuentraen el origen con una velocidad u0 = u0x) es

En el laboratorio→ w (z) = −u0

[z + a2

z

]+ zu0

= −u0a2

z

Ahora aplico el método de imágenes de la siguiente forma

x0

y0

-x0

-y0

con lo cual el potencial que queda es

w (z) = − u0a2

z − x0 − iy0− u0a

2

z − x0 + iy0+ u0a

2

z + x0 − iy0+ u0a

2

z + x0 + iy0

Por último se usa el teorema de Blasius según el cual las componentes Fx y Fy de la fuerza satisfacen

Fx − iFy = iρ

2

˛

C

(dw

dz

)2dz

= iρa4u20

2

˛

C

(1

(z − x0 − iy0)2 + 1(z − x0 + iy0)2 −

1(z + x0 − iy0)2 −

1(z + x0 + iy0)2

)2

dz

?= iρa4u20

2

˛

C

(1

(z − x0 − iy0)2

)2

dz

Expandir ese cuadrado es, sinceramente, un bajón. Por suerte el teorema de los residuos

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PARCIAL (ÚNICO) DEL VERANO DE 2013

Parcial (único) del verano de 2013Problema 1Ítem a

En el referencial del carro la condición de equilibrio se ve así

z=ζ(x)

g

a

x=0 x=Lz=0

z=H

La forma de ζ (x) va a ser un plano (se anticipa fácilmente ya que se trata de un fluido en reposo en el que “se inclinó lagravedad” producto de la aceleración). De acuerdo la ecuación de Euler (con u = 0) se tiene que

~∇pρ

= g + a

= −gz − ax

por lo tantop (x, z) = −ρ (ax+ gz) + κ

siendo κ una constante de integración. En la superficie ζ (x) en la que el fluido está en contacto con la atmósfera se satisfaceque

p (x, ζ (x)) = p0 ⇒ p0 = −ρ (ax+ gζ (x)) + κ

y de aquíζ (x) = −p0 − κ+ ρax

ρg

Para encontrar el valor de κ en términos de parámetros del problema se utiliza el hecho de que se conoce el volumen delíquido. Esto es

L

0

ζ (x) dx = Vinicial del líquido

L2κ− 2p0 − ρaL

2ρg = LH

2

de donde se obtiene que κ = 2p0+ρ(aL+gH)2 y entonces

ζ (x) = aL+ gH

2g − a

gx X

Como se anticipó, es ζ (x) es una recta.

Ítem b

Es geometría. Es pedir que la ordenada al origen de ζ (x) no supere la altura del carrito:

ζ (x = 0) ≤ H ⇒ a < gH

L

Ítem c

Ya se hizo en el ítem a...

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Problema 2 PARCIAL (ÚNICO) DEL VERANO DE 2013

Problema 2Ítem a

Comienzo por la siguiente configuración:

x

y

Qy=2A

El potencial complejo en este caso esw1 (z) = Q

2π ln (z − 2iA)

A continuación agrego el contorno plano y la fuente imagen

x

y

Qy=2A

y=-2A

Qy=-6A

y=0 4A de distancia

4A de distancia

de modo tal quew2 (z) = Q

2π ln (z − 2iA)︸ ︷︷ ︸w1(z)

+ Q

2π ln (z + 6iA)︸ ︷︷ ︸imagen

Por último agrego el contorno circular

x

y

Qy=2A

y como todos los polos de w2 están fuera del contorno circular entonces vale aplicar el teorema del círculo y

w (z) = Q

2π

[ln (z − 2iA) + ln (z + 6iA) +

[ln(A2

z∗− 2iA

)]∗+[ln(A2

z∗+ 6iA

)]∗]= Q

2π

[ln (z − 2iA) + ln (z + 6iA) + ln

(A2

z+ 2iA

)+ ln

(A2

z− 6iA

)]Habiendo construido el potencial de esta forma se asegura que satisface todo lo pedido por la consigna.

Sobre la conjugación y el logaritmo

La expansión en serie del logaritmo natural esa

ln (z − z0) = ln (−z0)−∞∑k=0

1k + 1

(z

z0

)k+1

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Problema 2 PARCIAL (ÚNICO) DEL VERANO DE 2013

Entonces [ln(a2

z∗− z0

)]∗=

[ln (−z0)−

∞∑k=0

1k + 1

(a2

z∗z0

)k+1]∗

= [ln (−z0)]∗ −∞∑k=0

1k + 1

(a2

zz∗0

)k+1

z0 = r0eiφ0 → =

[ln(r0e

iφ0eiπ)]∗ − ∞∑

k=0

1k + 1

(a2

zz∗0

)k+1

= [ln r0 + iθ0 + iπ]∗ −∞∑k=0

1k + 1

(a2

zz∗0

)k+1

= ln (−z∗0)−∞∑k=0

1k + 1

(a2z−1

z∗0

)k+1

por lo que se concluye que [ln(a2

z∗− z0

)]∗= ln

(a2

z− z∗0

)aEsta expresión la saqué del programa de cálculo simbólico wxMaxima.

Ítem b

Los puntos de estancamiento se encuentran pidiendo que la velocidad sea nula, es decir dwdz = 0. En este caso

2πQ

dw

dz= 1

z − 2iA + 1z + 6iA −

A2(A2

z + 2iA)z2− A2(

A2

z − 6iA)z2

= 1z − 2iA + 1

z + 6iA −A

2iz2 +Az+ A

6iz2 −AzAl igualar a cero se obtiene

1z − 2iA + 1

z + 6iA −A

(2iz +A) z + A

(6iz −A) z = 0

(z + 6iA) (2iz +A) (6iz −A) z2 + (z − 2iA) (2iz +A) (6iz −A) z2 − . . . = 0· · · − (z − 2iA) (z + 6ia) (6iz −A) z + (z − 2iA) (z + 6iA) (2iz +A) z

Se ve que z = 0 es una raíz de ese polinomio pero no cuenta como punto de estancamiento pues se encuentra dentro delcontorno circular. Lo que resta es encontrar las raíces del siguiente polinomio de grado 5

(z + 6iA) (2iz +A) (6iz −A) z+(z − 2iA) (2iz +A) (6iz −A) z−(z − 2iA) (z + 6ia) (6iz −A)+(z − 2iA) (z + 6iA) (2iz +A) = 0

Para seguir hay que apelar a la intuición física y considerar lo siguiente

El problema tiene simetría de reflexión en x = 0 por lo tanto todos los puntos de estancamiento aparecerán porduplicados en los x positivos y los negativos, y en consecuencia se pueden parametrizar como z0 = ±a+ bi.

En z = −2A tiene que haber un punto de estancamiento porque 1) la velocidad uy necesariamente es nula (por estaren contacto con una pared) y por simetría la velocidad ux tiene que ser nula.

x

y

Q

Acá tiene que haber estancamiento

Si acá hay un z0

Entonces acáhay otro...

Usando estos trucos, lo que sigue es arremangarse y calcular raíces, cosa que no voy a hacer.Los resueltos de

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Problema 3 PARCIAL (ÚNICO) DEL VERANO DE 2013

Ítem c

Hay que usar el teorema de Blasius(ver página 52). Este teorema dice que

Fx − iFy = iρ

2

˛ (dw

dz

)2dz

donde la integral se realiza sobre el contorno de la circunferencia (o el objeto que sea). Para poder aplicar el teorema de losresiduos se requiere conocer los polos del integrando. Del ítem anterior se sabe que

dw

dz= Q

2π

(1

z − 2iA + 1z + 6iA −

A

2iz2 +Az+ A

6iz2 −Az

)2

La computadora calculó→ = Q2

4π216 (A− iz)2 (A+ iz)2 (−6z2 − 11iAz + 6A2)2z2 (A− 6iz)2 (2iz +A)2 (iz + 2A)2 (6A− iz)2

= Q2

4π216 (A− iz)2 (A+ iz)2 (−6z2 − 11iAz + 6A2)2

z2 (−6i)2 (z + iA6

)2 (2i)2 (z − iA2

)2 (iz + 2A)2 (6A− iz)2

En esta última expresión se puede ver que hay tres polos que tendrán un aporte a la integral: el polo en z = 0, el polo enz = − iA6 y el polo en z = iA

2 . Entonces˛ (

dw

dz

)2dz = 2πi

[Res

(dw

dz

)2, z = 0

+ Res

(dw

dz

)2, z = − iA6

+ Res

(dw

dz

)2, z = iA

2

]No haré la cuenta pues es un bajón.

Problema 3Ítem a

Es un típico problema de Navier-Stokes. Las condiciones del problema son

Coordenadas cilíndricas.

Asumo ρ = constante⇒ ~∇ · u = 0.

Dada la simetría cilíndrica entonces ∂∂θ = ∂

∂z = 0, salvo para ∂p∂z 6= 0 (por consigna).

La simetría sugiere que u = u (r) z.

Al ser estacionario ∂∂t = 0.

No hay fuerza externa ⇒ f = 0.~∇p es conocido (por consigna), en particular ∂p

∂z es conocido.

Teniendo todo esto en cuenta, Navier-Stokes es

ρ(u · ~∇

)u = −~∇p+ µ∇2u

El primer término es (u · ~∇

)u =

(u (r) z ·

[r∂

∂r+ θ

r

∂

∂θ+ z ∂

∂z

])u (r) z

= 0

por lo tanto Navier-Stokes se simplifica aún más

~∇p = µ∇2u

Cada coordenada de esta ecuación es r) ∂p

∂r= 0

θ) 0 = 0

z) ∂p

∂z= µ

(1r

∂u

∂r+ ∂2u

∂r2

)Los resueltos de

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Problema 3 PARCIAL (ÚNICO) DEL VERANO DE 2013

De la ecuación en r se saca que p no depende de r y es simplemente

p = ∂p

∂zz + p0

La ecuación en z es∂2u

∂r2 + 1r

∂u

∂r+ κ = 0

con κ = − 1µ∂p∂z . La solución es

u (r) = 12µ

∂p

∂zr2 + Υ0 ln

(r

r0

)+ C

Cómo encontré esa solución?

Primero hice lo siguiente:

r2 ∂2u

∂r2 + r∂u

∂r+ r2κ = 0

r2 ∂2u

∂r2 + r∂u

∂r+ r2κ

2 + r2κ

2 =

r2(∂2u

∂r2 + κ

2

)+ r

(∂u

∂r+ rκ

2

)=

r 2∂2(u+ r2κ

2

)∂r2 + r

∂(u+ r2κ

2

)∂r

=

∂2U

∂r2 + 1r

∂U

∂r= ← U

def= u+ r2κ

2

Ahora definía Υ def=´U dr entonces la ecuación diferencial se convierte en

∂Υ∂r

+ 1r

Υ = 0

cuya solución esΥ (r) = Υ0

r

siendo Υ0 una constante de integración. Ahora sólo resta deshacer los cambios de variable que fui haciendo, esto esU = Υ0 ln

(rr0

)+ C y finalmente u (r) = 1

2µ∂p∂z r

2 + Υ0 ln(rr0

)+ C.

aΥ es la letra griega ípsilon (upsilon en inglés) mayúscula.

Ahora se aplican las condiciones de contorno

Cond. de contorno→

u (r = R) = 0El caudal es Qu <∞ en todos lados

La condición de que u <∞ impone que Υ0 = 0. Las otras dos condiciones imponen1

2µ∂p

∂zR2 + C = 0

¨

S

u · ds = Q

siendo S la sección del tubo. La primera ecuación hace que

u (r) = r2 −R2

2µ∂p

∂z

y la condición sobre el caudal fijaría el valor de ∂p∂z (que yo lo asumí conocido, quizá no tenía que hacer eso).

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Problema 3 PARCIAL (ÚNICO) DEL VERANO DE 2013

Ítem b

Se sabe (por consigna) queWP ∝ Q2LRαµβ

Las unidades de cada cantidad son

Q L R µ WP

L 3 1 1 −1 2M 1 1T -1 −1 −3

por lo tanto las ecuaciones son L) 6 + 1 + α− β = 2M) β = 1T) − 2− β = −3

de donde se sigue que

WP ∝Q2Lµ

R4

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RECUPERATORIO DEL VERANO DE 2013

Recuperatorio del verano de 2013Problema 1Ítem a

Se resuelve con conservación de impulso lineal (y quizá ecuación de continuidad). La conservación del impulso lineal seexpresa mediante

>

estacionario

∂

∂t

ˆ

V

ρu d3r = −˛

∂V

p ds−˛

∂V

ρu (u · ds) +

no hay gˆ

V

f d3r

Ahora lo único que hay que hacer es plantear cuidadosamente cada una de esas dos integrales. Voy a considerar las siguientessuperficies

S1

S2

S3

S4

S5

S6

Entonces

˛

∂V

p ds =˛

∂V

p ds−

=0︷ ︸︸ ︷˛

∂V

p0 ds

=˛

∂V

(p− p0) ds

=

*

p=p0ˆ

S1

(p− p0) ds+

*

p=p0ˆ

S2

(p− p0) ds+

*

p=p0ˆ

S3

(p− p0) ds+>

p=p0

ˆ

S4

(p− p0) ds+

F︷ ︸︸ ︷ˆ

S5

(p− p0) ds+ˆ

S6

(p− p0) ds

= F

La integral sobre S1 es trivial. Para las integrales sobre S2, S3 y S4 se puede ver que p = p0 del siguiente modo: en S2 esrazonable pensar que u = u (y) x por lo tanto la ecuación de Euler es

7

estacionario

∂u

∂t+

*

u=u(y)x(u · ~∇

)u =

no hay gravedad

f −~∇pρ

y en consecuencia ~∇p = 0. En el borde de S2 la presión es p0 y por lo tanto p2 = p0. Lo mismo ocurre en S3 y S4 justificandoasí que las integrales se anulen.

La otra integral es˛

∂V

ρu (u · n) ds =

*

v⊥nˆ

S1

+ˆ

S5

+ˆ

S6

+ ρ

ˆ

S2

u (u · n) ds+ ρ

ˆ

S3

u (u · n) ds+ ρ

ˆ

S4

u (u · n) ds

= ρ[−u2

2S2x+ u23S3 (x cosα1 + y sinα1) + u2

4S4 (x cosα2 − y sinα2)]

En consecuencia la ecuación de conservación del impulso lineal es

F = ρ[u2

2S2x− u23S3 (x cosα1 + y sinα1)− u2

4S4 (x cosα2 − y sinα2)]

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Problema 1 RECUPERATORIO DEL VERANO DE 2013

Antes de pedir que Fy = 0 se puede aplicar Bernoulli para hallar una relación entre u2, u3 y u4: de acuerdo con Bernoulli 2

u22

2 +p0

ρ= u2

32 +

p0

ρ= u2

42 +

p0

ρ⇒ u2 = u3 = u4

def= u

y entoncesF = ρu [S2x− S3 (x cosα1 + y sinα1)− S4 (x cosα2 − y sinα2)]

Ahora sí se puede pedir que la componente y sea nula, esto es

S3

S4= sinα2

sinα1X

Ítem b

Por lo encontrado en el ítem previo la fuerza que habrá que hacer es

F = −ρuS2x

= −ρQx

Ítem c

Por conservación de la masa (ecuación de continuidad)

Q = Q3 +Q4

= uS3 + uS4

Añadiendo la condición del ítem a) se obtiene Q3 = uS3

sinα2

sinα1

Q4 = Q− uS4sinα2

sinα1

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PARCIAL DEL 10/03/2017

Parcial del 10/03/2017Problema 1Ítem a

El dibujito del problema es algo así

y=a

y=0

y=2a

u=0 Región C

Región B

Región A

Deducción de la ecuación de Rayleigh a partir de primeros principios

Debido a que el fluido es ideal entonces satisface la ecuación de Euler

∂u

∂t+(u · ~∇

)u = −

~∇pρ→ Euler

Se propone que

Propongo→u = u0 + εu1

p = p0 + εp1

u0, p0 son la solución de equilibriou1, p1 son la perturbación (a primer orden en ε)

siendo u0 y p0 la solución en el punto de equilibrio y εu1 y εp1 la perturbación (con ε pequeño). Al introducir estoen la ecuación de Euler se encuentra que

∂ (u0 + εu1)∂t

+(

[u0 + εu1] · ~∇)

(u0 + εu1) = −~∇ (p0 + εp1)

ρ

∂u0

∂t+ ε

∂u1

∂t+(u0 · ~∇

)u0 + ε

(u0 · ~∇

)u1 + ε

(u1 · ~∇

)u0 +

:∼ε2

ε2(u1 · ~∇

)u1 = −

~∇p0

ρ− ε

~∇p1

ρ

donde se ha eliminado el término con ε2 ya que estamos interesados en la solución a primer orden en ε. La ecuaciónanterior se puede reacomodar de la siguiente forma

:u0 y p0 satisfacen la ec. de Euler[

∂u0

∂t+(u0 · ~∇

)u0 +

~∇p0

ρ

]+ ε

∂u1

∂t+ ε

(u0 · ~∇

)u1 + ε

(u1 · ~∇

)u0 = −ε

~∇p1

ρ

y como u0 y p0, que son la solución de equilibrio, satisfacen la ecuación de Euler entonces todo ese corchete se anu-la. Usando ahora que

u0 = u0 (y) x → Por consigna, aunque siempre es así

entonces u0 · ~∇ = u0∂∂x y cada una de las componentes de esta ecuación son

x) ∂u1x

∂t+ u0

∂u1x

∂x+(u1x∂

∂x+ u1y

∂

∂y

)u0 (y) = −1

ρ

∂p1

∂x

y) ∂u1y

∂t+ u0

∂u1y

∂x= −1

ρ

∂p1

∂y

(1)

Ahora se asume que el flujo es incompresible y homogéneo (la consigna no lo aclara) por lo tanto ρ = constante y laecuación de continuidad dice que

∂ρ

∂t+ ~∇ · (ρu) = 0 ⇒ ~∇ · (u0 + u1) = 0 ~∇ · u0 + ~∇ · u1 = 0

Como antes de la perturbación ya se satisfacía que el flujo u0 era incompresible y homogéneo entonces ~∇ · u0 = 0 locual conduce a

~∇ · u1 = 0

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Problema 1 PARCIAL DEL 10/03/2017

y en consecuencia ∃ una función ψ (función corriente) tal que

u1 = ~∇× (ψ1z) ⇒

u1x = ∂ψ1

∂y

u1y = −∂ψ1

∂x

Introduciendo esto en 1 se obtiene x) ∂2ψ1

∂t∂y+ u0

∂2ψ1

∂y∂x− ∂ψ

∂x

∂u0

∂y= −1

ρ

∂p1

∂x

y) ∂2ψ1

∂t∂x+ u0

∂2ψ1

∂x2 = 1ρ

∂p1

∂y

Ahora se propone que

Se propone→ψ1 (x, y, t) = Ψ (y) ei(kx−ωt)

p1 (x, y, t) = P (y) ei(kx−ωt)

por lo tanto las ecuaciones se convierten enx) − iωΨ′ (y)

ei(kx−ωt) + u0ikΨ′

ei(kx−ωt) − ik ∂u0

∂yΨ (y)

ei(kx−ωt) = − ik

ρP (y)

ei(kx−ωt)

y) kωΨ (y)

ei(kx−ωt) − u0k2Ψ (y)

ei(kx−ωt) = 1

ρP ′ (y)

ei(kx−ωt)

o equivalentemente x) Ψ′ (y)

[u0 (y)− ω

k

]− u′0 (y) Ψ (y) = −1

ρP (y)

y) Ψ (y)[kω − k2u0 (y)

]= 1ρP ′ (y)

Tenemos dos ecuaciones para Ψ y para P , acopladas. Para desacoplarlas se puede derivar la primera respecto a y(recordar que, en la segunda, P ′ = ∂P

∂y ) lo cual es

Ψ′′[u0 −

ω

k

]+Ψ′u′0 − u′′0Ψ−u′0Ψ′ = −1

ρP ′

Ahora se suman la ecuación en y) con esta última ecuación y se obtiene

Ψ′′[u0 −

ω

k

]+ Ψ

[−u′′0 + kω − k2u0

]= 0

Ψ′′[u0 −

ω

k

]− k2Ψ

[u0 −

ω

k

]−Ψu′′0 =

o bien la famosa ecuación de Rayleigh

Ψ′′ + Ψ[

ku′′0ku0 − ω

− k2]

= 0 → Rayleigh

Como siempre en este tipo de problemas (sí, siempre) tenemos que la consigna nos impone

u = u0 (y) x y ρ = constante

por lo tanto sabemos que u se puede obtener a partir de un potencial (función corriente) ψ y proponemos introducir la

perturbación en la forma deu = u0 + εu1

p = p0 + εp1siendo ε 1 con lo cual conservaremos sólo los términos lineales en ε. En este

caso se propone que u1 se obtiene a partir del potencial ψ1 y proponemos, como siempre, queψ1 (x, y, t) = Ψ (y) ei(kx−ωt)

p1 (x, y, t) = P (y) ei(kx−ωt)

sabiendo (como siempre) que Ψ satisface la ecuación de Rayleigh. Debido a que el problema posee tres regiones (ver dibujito

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Problema 1 PARCIAL DEL 10/03/2017

al principio), se propone que

ψ1 (x, y, t) =

ΨA (y) ei(kx−ωt) Región AΨB (y) ei(kx−ωt) Región BΨC (y) ei(kx−ωt) Región C

y en cada región deberá satisfacerse la ecuación de Rayleigh. Luego se aplicarán condiciones de contorno para unir todo.La ecuación de Rayleigh en cada región es

Ec. de Rayleigh→

Ψ′′A −ΨAk

2 = 0 Región AΨ′′B −ΨBk

2 = 0 Región BΨ′′C −ΨCk

2 = 0 Región C

por lo tantoΨi (y) = Aie

ky +Bie−ky i ∈ A,B,C

y el potencial corriente es

ψ1 (x, y, t) =

(AAe

ky +BAe−ky) ei(kx−ωt) Región A(

ABeky +BBe

−ky) ei(kx−ωt) Región B(ACe

ky +BCe−ky) ei(kx−ωt) Región C

Para la presión, se sabe (como siempre) que se puede obtener a partir de P = ρu′0Ψ + ρ[ωk − u0

]Ψ′ por lo tanto

P ′ =

ρ [ω − kU0]

(AAe

ky −BAe−ky)

Región A

ρU0

a− 1(ABe

ky +BBe−ky)+ ρ

[ω − kU0

y

a− 1

] (ABe

ky −BBe−ky)

Región B

ρω(ACe

ky −BCe−ky)

Región C

y entonces la perturbación de la presión, que se definió como p1 (x, y, t) = P (y) ei(kx−ωt), es simplemente

p1 (x, y, t) =

ρ [ω − kU0]

(AAe

ky −BAe−ky)ei(kx−ωt) Región A

ρU0

a− 1(ABe

ky +BBe−ky)+ ρ

[ω − kU0

y

a− 1

] (ABe

ky −BBe−ky)ei(kx−ωt) Región B

ρω(ACe

ky −BCe−ky)ei(kx−ωt) Región C

Para hallar las constantes de integración Ai y Bi se aplican las condiciones de contorno. Éstas son las de un fluido ideal,es decir que la velocidad sea siempre tangencial a los contornos y que la presión sea continua en los contornos. En este casose tiene que

Cond. de contorno→

Para la velocidad→

ψ1 <∞ cuando y →∞∂ψ1

∂x

⌋y→2a+

= ∂ψ1

∂x

⌋y→2a−

∂ψ1

∂x

⌋y→a+

= ∂ψ1

∂x

⌋y→a−

∂ψ1

∂x

⌋y→0+

= 0

Para la presión→p1(y → a−

)= p1

(y → a+)

p1(y → 2a−

)= p1

(y → 2a+)

(recordar que ∂ψ1∂x = v1 · y, es decir la velocidad normal a las interfaces del problema). Listo, el problema está resuelto, se

tienen seis incógnitas Ai y Bi y seis ecuaciones (las condiciones de contorno). Sólo reta hacer las 20 mil cuentas que estoimplica.

Ítem b Me parece que para terminar el problema habría que plantear todas las condiciones de contorno con las 10 milconstantes que quedaron, y de ahí se saca una relación de dispersión. No da.

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Problema 2 PARCIAL DEL 10/03/2017

Problema 2Ítem a

Se sabe que las componentes del potencial complejo satisfacen Cauchy-Riemann

Cauchy-Riemann

∂φ

∂x= ∂ψ

∂y

∂φ

∂y= −∂ψ

∂x

por lo que, usando la expresión de la consigna para ψ,∂φ

∂x= A (x− c)

∂φ

∂y= −Ay

⇒ φ (x, y) = A

2(x2 − 2cx− y2)+ κ

El potencial complejo es entonces

w (z) = φ+ iψ

= A

2(x2 − 2cx− y2)+ iA (x− c) y

= A

2(x2 − 2cx− y2 + 2i (x− c) y+c2 − c2

)= A

2

([x− c]2 − y2 + 2i (x− c) y − c2

)Ayuda de consigna→ = A

2 (z − c)2 − A

2 c2

y como el potencial se define a menos de una constante entonces

w (z) = A

2 (z − c)2 X

Ítem b

Por teorema del círculow (z) = w0 (z) + w∗0

(a2

z∗

)siendo w0 (z) el potencial hallado en el ítem a. Debido a que w0 no tiene singularidades, funciona todo bien. El potencial esentonces

w (z) = A

2 (z − c)2 +[A

2

(a2

z∗− c)2]∗

= A

2

[(z − c)2 +

(a2

z− c)2]

X

Ítem c

Para hallar los puntos de estancamiento me fijo a dónde la velocidad u se anula. Usando que

Udef= ux + iuy

dw

dz= U∗

entonces

sencillamente me fijo a dónde dwdz se anula. esto es

dw

dz= A

2

[2 (z − c)− 2

(a2

z− c)a2

z2

]= A

z3

[z3 (z − c)− a4 + zca2]

= A

z3

[z4 − z3c+ zca2 − a4]

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Problema 2 PARCIAL DEL 10/03/2017

Acá parece que había que acordarse cómo factorizar un polinomio de grado 4 usando el método de Ruffini. No me parecealgo importante así que mando las raíces (puntos de estancamiento) de una

Puntos de estancamiento z0 ∈

a,−a, c+

√c2 − 4a2

2 ,c−√c2 − 4a2

2

Si c2 > 4a2 entonces todos los puntos se encuentran sobre el eje x.

Ítem d

Se sabe que

ux = Re

(dw

dz

)uy = −Im

(dw

dz

) y ya se ha calculado dwdz . Para encontrar la velocidad en coordenadas polares rθ senci-

llamente se hace el cambio de variable z = reiθ por lo que

dw

dz= A

[reiθ − c− a4

r3 e−3iθ − a2c

e−2iθ

r2

]y entonces ahora

ux = A

[r cos θ − Re (c)− a4 cos 3θ

r3 − a2Re (c) cos 2θr2

]uy = −A

[r sin θ − Im (c) + a4 sin 3θ

r3 + a2Im (c) sin 2θr2

]

Ítem e

Sale con Bernoulli 3 que en el caso de que no haya potencial externo (gravitatorio) queda

u2

2 + p

ρ= constante ∀ el fluido

En consecuencia (u2

2 + p

ρ

)en la superficie

=(u2

2 + p

ρ

)en el infinito(

u2x + u2

y

2 + p

ρ

)en la superficie

= p0

ρ

y el resultado es quepen la superficie = p0 + ρ

2(u2x + u2

y

)r=a

No voy a hacer la cuenta entera porque es un bajón.

Ítem f

Por teorema de Blasius la fuerza satisface

Fx − iFy = iρ

2

˛

C

(dw

dz

)2dz

siendo C el contorno del cilindro parametrizado por z = aeiθ con θ ∈ (0, 2π). Usando la expresión de dwdz de ítems previos se

tiene que

1A2

(dw

dz

)2=

[−a

4

z3 + a2c

z2 + z − c]2

= a8

z6 + a4c2

z4 + z2 + c2 − a6c

z5 −a4

z2 + ca4

z3 + a2c

z− a2c2

z2 − zc

= (z − c)2 + a8

z6 −a6c

z5 + a4c2

z4 + ca4

z3 −a2c2

z2 + a2c

z

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Problema 3 PARCIAL DEL 10/03/2017

Para hacer la integral¸C

se puede usar el teorema de los residuos. El único término que aporta algo significativo es a2cz :

Resa2c

z, z = 0

= lım

z→0

a2c

zz

= a2c

por lo tantoFx − iFy = −πρa2cA2

es decir que Fy = 0.

Problema 3Este es un problema que está en las guías. Lo que hay que hacer es plantear conservación del impulso lineal

*

situación estacionaria∂

∂t

ˆ

V

ρu dV = −˛

∂V

p ds−˛

∂V

ρu (u · ds) +

no hay gravedadˆ

V

f dV

en el siguiente volumen

S1

S2

S3

S4

S5

S8

S7

S6

p1

Entonces˛

∂V

ρu (u · ds) =ˆ

S1

+

ˆ

S2

+

ˆ

S3

+

ˆ

S4

+

ˆ

S5

+

ˆ

S6

+ˆ

S7

+

ˆ

S8

= −ρu21S1x− ρu2

7S7y

= −ρQ21

S1x− ρQ2

7S7

y

ρ = constante~∇ · u = 0

⇒ Q1 = Q7 → = −ρQ

2

S1x− ρQ2

S7y

donde las que se cancelaron son porque u ⊥ n (o sea que el fluido no las atraviesa) y Qi = uiSi es el caudal que atraviesa lasuperficie Si.

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Problema 4 PARCIAL DEL 10/03/2017

Por otro lado ˛

∂V

p ds =˛

∂V

p ds−˛

∂V

p0 ds ←˛

∂V

p0 ds = 0

=˛

∂V

(p− p0) ds

=ˆ

S1

(p− p0) ds

︸ ︷︷ ︸−(p1−p0)S1x

+

*

S2=S3

ˆ

S2

(p− p0) ds

︸ ︷︷ ︸(p−p0)S2y

+ˆ

S3

(p− p0) ds

︸ ︷︷ ︸−(p−p0)S3y

+ˆ

S4

(p− p0) ds

︸ ︷︷ ︸(p1−p0)S4y

+ . . .

· · ·+ˆ

S5

(p− p0) ds

︸ ︷︷ ︸F x

+

*

p=p0ˆ

S6

(p− p0) ds+ˆ

S7

(p− p0) ds

︸ ︷︷ ︸−(p1−p0)S7y

+

*

p=p0ˆ

S8

(p− p0) ds

= − (p1 − p0)S1x+ (p1 − p0)S4y + F x− (p1 − p0)S7y

Juntando todo en la ley de conservación del impulso se encuentra que

−ρQ2

S1x− ρQ2

S7y = − (p1 − p0)S1x+ (p1 − p0)S4y + F x− (p1 − p0)S7y

A partir de la componente x se obtiene el caudal a partir de datos del problema

Q =

√[(p1 − p0)S1 − F ]S1

ρ

Problema 4Ítem a

Se resuelve con Navier-Stokes. Debido a que ρ = constante entonces por ecuación de continuidad se obtiene que ~∇·u = 0.Además la simetría del problema sugiere que

u = u (y, t) x → Propongo por simetría

con lo cual(u · ~∇

)u = 0. La ecuación de Navier-Stokes queda, entonces,

ρ∂u

∂t= ρg − ~∇p+ µ∇2u → Navier-Stokes

donde g es la aceleración gravitatoria. Separando en componentes se obtienex) ρ

∂u

∂t= −

simetría en x

∂p

∂x+ µ

∂2u

∂y2

y) 0 = −ρg − ∂p

∂y

Se propone

u (y, t) =f1 (y) eiωt Región 1f2 (y) eiωt Región 2

y al introducirlo en la ecuación de la componente x lo que se obtiene es que

f ′′i = iωρiµi

fi ⇒ fi (y) = Aie

√iωρiµi

y+Bie

−√

iωρiµi

y

o más sencillamentefi (y) = Aie

kiy +Bie−kiy con ki = 1 + i√

2

√ωρiµi

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Problema 4 PARCIAL DEL 10/03/2017

Entonces

u (y, t) = (

A1ek1y +B1e

−k1y)eiωt Región 1(

A2ek2y +B2e

−k2y)eiωt Región 2

De la ecuación en y se obtiene la presión

p (y) =A− ρ1gy Región 1B − ρ2gy Región 2

Para encontrar las constantes de integración se imponen las condiciones de contorno. Éstas son

Condiciones de contorno→

Para la velocidad→

u (y = h1 + h2) = U0 cosωtu(y → h+

1)

= u(y → h−1

)por ser viscoso

u (u = 0) = 0Para el tensor de esfuerzos→ σ

(y → h+

1)· (−y) = σ

(y → h−1

)· y

Para la presión→p (y = h1 + h2) = p0

p es continua en todos lados

La presión ya se puede determinar, no es difícil obtener

p (y) =ρ2g (y − h1 − h2) + p0 si y ∈ (h1, h2)ρ1g (y − h1)− ρ2gh2 + p0 si y ∈ (0, h1)

En cuanto a la velocidad se tiene que(A1e

k1(h1+h2) +B1e−k1(h1+h2)

)eiωt = U0

eiωt(A1e

k1h1 +B1e−k1h1

)eiωt =

(A2e

k2h1 +B2e−k2h1

)eiωt

(A2 +B2)eiωt = 0

Por último, para el tensor de esfuerzos la condición puede simplificarse en

σ′xy(y → h+

1)

= σ′xy(y → h−1

)donde σ′ es el tensor de esfuerzos viscosos dado por σ′ij = µ

(∂ui∂rj

+ ∂uj∂ri− 2

3∂uk∂rk

δij

)+µ′ ∂uk∂rk

δij . El primer subíndice se fijó enx ya que es la única dirección (por la simetría) en la que puede haber fuerza viscosa (tangencial a la interfaz) y el segundosubíndice se fijó en y porque así lo impuso la condición de contorno. Entonces la condición de contorno termina siendo

µ1∂u

∂y

⌋y→h+

1

= µ2∂u

∂y

⌋y→y−1

µ1k1(A1e

k1h1 −B1e−k1h1

)= µ2k2

(A2e

k2h1 −B−k2h12

)Juntando todo se tiene que las constantes Ai y Bi vienen dadas por el sistema

A1ek1(h1+h2) +B1e

−k1(h1+h2) = U0

A1ek1h1 +B1e

−k1h1 −A2ek2h1 −B2e

−k2h1 = 0A2 +B2 = 0µ1k1A1e

k1h1 − µ1k1B1e−k1h1 − µ2k2A2e

−k1h1 + µ2k2B2e−k2h1 = 0

Listo, de ahí se saca la solución final.

Ítem b

Los parámetros del problema y sus unidades son

ρi µi νi U0 hi g ω δiL −3 −1 2 1 1 1 1M 1 1T −1 −1 −1 −2 −1

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Problema 4 PARCIAL DEL 10/03/2017

Por intuición sé que no puede depender ni de U0 ni de hi. Entonces propongo que

δi ∝ ναi gβωγ

por lo que, en términos de unidades, se tiene que

L = L2αT−α︸ ︷︷ ︸νi

LβT−2β︸ ︷︷ ︸g

T−γ︸︷︷︸ω

= L2α+βT−α−2β−γ

y en consecuencia 1 = 2α+ β

0 = α+ 2β + γ

de donde encuentro que α = 1

2 −12β

γ = −12 −

32β

y como β puede valer cualquier cosa, elijo que β = 0 y encuentro que

δ ∝√ν

ω

En el ítem a se encontró que u ∼ e±1+i√

2

√ωρµ y por lo tanto se puede definir una longitud de penetración justamente como

δ =√

ω

2ν → Resultado analítico

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RESUMEN DE FORMULAS

Resumen de formulasMatematicas

~∇×(~∇×A

)= ~∇

(~∇ ·A

)−∇2A

Aijkl es isótropo ⇒ Aijkl = αδikδjl + βδilδjk + γδijδkl

Derivada following the fluid→ D

Dt= ∂

∂t+ u · ~∇

d

dt= ∂

∂t+ u · ~∇

Tensor de esfuerzos y fluidos ideales y newtonianos

Tensor de esfuerzos→ σ =− p1 para fluido ideal− p1 + σ′ para fluido viscoso

(2)

Tensor de esfuerzos viscosos

σ′ij = µ

(∂jui + ∂iuj −

23∂kukδij

)+ µ′∂kukδij

Fuerza sobre contorno S

Fi =¨

S

σij dsjdF = σ · ds

I =˚

V

d3r(r2δij − rirj

)ρ → Momento de inercia

Ecuaciones fundamentales de los fluidos newtonianos

La ecuación de Newton (más fundamental) para los fluidos es

ρ

[∂u

∂t+(u · ~∇

)u

]= ρf + ~∇ · σ → Ec. de Newton

siendo σ el tensor de esfuerzos y f la fuerza externa (el potencial). A partir de acá podemos distinguir los siguien-tes casos

Fluido ideal (Euler) Cuando se reemplaza σ por la expresión dada en (2) se obtiene

∂u

∂t+(u · ~∇

)u = f −

~∇pρ→ Euler

Fluido viscoso (Navier-Stokes) Cuando se reemplaza σ por la expresión dada en (2) se obtiene

ρ

[∂u

∂t+(u · ~∇

)u

]= ρf − ~∇p+ µ∇2u+

(µ′ + µ

3

)~∇(~∇ · u

)→ Navier-Stokes

siendo µ el coeficiente de viscosidad dinámico y µ′ no sé, pero siempre se anula el último término. Se suele definir elcoeficiente de viscosidad cinemático como ν def= µ

ρ .

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RESUMEN DE FORMULAS

Fluidos y flujos compresibles e incompresibles∂ρ

∂p= 0 Fluido incompresible

dρ

dt= 0 Flujo incompresible

Fluido incompresible HH⇐⇒ Flujo incompresible

Flujo incompresible ⇒ dρ

dt= 0

Homogéneo ⇒ ~∇ρ = 0

⇒ ρ (r, t) = ρ0 constante

Leyes de conservación

Continuidad (conservación de masa) → ∂ρ

∂t+ ~∇ · (ρu) = 0

Conservación de impulso lineal → ∂

∂t

ˆ

V

ρu dV = −˛

∂V

p ds−˛

∂V

ρu (u · ds) +ˆ

V

f dV

Bernoulli (conservación de energía) →

u2

2 + p

ρ+ Epotencial = ctelínea Bernoulli 1

u2

2 + p

ρ+ Epotencial = 0 Bernoulli 2

∂φ

∂t+ u2

2 + p

ρ+ Epotencial = cte Bernoulli 3

u2

2 + γ

γ − 1p

ρ+ Epotencial = ctelínea γ 6= 1

u2

2 + p

ρln ρ+ Epotencial = ctelínea γ = 1

Bernoulli 4

(3)

Potencial complejo

w (z) def= φ (x, y) + iψ (x, y)

zdef= x+ iy

u = ~∇φ

u = ~∇× (ψz)

Udef= ux + iuy

dw

dz= U∗

Cauchy-Riemann→

ux = ∂φ

∂x= ∂ψ

∂y

uy = ∂φ

∂y= −∂ψ

∂x

ψ (x, y) = constante → Línea de corriente

Uniforme Fuente Vórtice Estancamientow (z) = u0e

iαz Q2π ln (z − z0) Γ

2πi ln (z − z0) w (z) ∼ w′′02 (z − z0)2 + . . .

Teorema del círculo Sea un flujo potencial complejo w0 (z) con singularidades en | z | > a. Entonces

w (z) = w0 (z) + w∗0

(a2

z∗

)es el potencial complejo cuando se añade un contorno circular de radio a al potencial w0 (z).

Teorema de Senger Sea un potencial complejo w0 (z) tal que todas sus singularidades zi satisfacen Im (zi) > 0.Entonces

w (z) = w0 (z) + w∗0 (z∗)es el potencial complejo al agregar un contorno plano en y = 0 (que elimina el semiespacio y < 0).

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RESUMEN DE FORMULAS

Teorema de Blasius Sea un flujo estacionario con potencial complejo w (z) alrededor de un sólido determinadopor el contorno cerrado C. Entonces las componentes Fx y Fy de la fuerza que se ejerce sobre el sólido satisfacen

Fx − iFy = iρ

2

˛

C

(dw

dz

)2dz

Transformación de Zhukovsky Es la transformación conforme del plano complejo dada por Z = z + c2

z siendoc ∈ R un parámetro.

Teorema de los residuos Siendo f una función analítica entonces

˛

C

f (z) dz = 2πiN∑n=1

Res f (zn) Res f (zn) = 1(k − 1)! lım

z→zn

dk−1

dzk−1

[f (z) (z − zn)k

]donde zn son los polos de f encerrados por C y k es el orden del polo zn.

Fluidos viscosos

Rdef=

∣∣∣ ρ(u · ~∇)u ∣∣∣|µ∇2u |

∼ u0`0ν→ Número de Reynolds

Capa límite Se propone u = (u0 + u1 (x, y)) x con u1 −→y→∞

0 y u1 u0. Se asume ∂xxu1 ∂yyu1 y ~∇p ≈ 0 y sellega a ρu0∂xu1 = µ∂yyu1. Se propone solución autosimilar u1 (x, y) = f (η (x, y)) con η = y√

4νu0x. “Se llega a que”

u = u0erf (η) con erf (η) = 2√π

´ η0 e−x2

dx.

Inestabilidades

Los fluidos son siempre ideales ⇒ satisfacen la ec. de Euler. Se propone perturbar con ε pequeño y a primer ordenen ε con

Se introduce la perturbación→

u = u0 + εu1

p = p0 + εp1

ζ = ζ0 + εζ1

u0, p0, ζ0 son la solución de equilibriou1, p1, ζ1 son la perturbación (a primer orden en ε)

Si esto se reemplaza en Euler y además se asume que

Hipótesis→u0 = u0 (y) x

ρ = constante⇒ u1 = ~∇× (ψ1z)esto siempre es así en la práctica

y se propone que

Se propone→

ψ1 (x, y, t) = Ψ (y) ei(kx−ωt)

p1 (x, y, t) = P (y) ei(kx−ωt)

ζ1 (x, t) = Zei(kx−ωt)

Z = constante

se termina encontrando que Ψ y P deben satisfacerΨ′′ + Ψ

[ku′′0

ku0 − ω− k2

]= 0 Ec. de RayleighP = ρu′0Ψ + ρ

[ωk− u0

]Ψ′

P ′ = ρ[kω − k2u0

]Ψ

Ecs. para la presión, usar la que más guste

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RESUMEN DE FORMULAS

La condición de contorno en la interfaz ζ de dos fluidos es

Si u0 (y) es continuo⇒ se pide continuidad de u1 (o sea de ∂ψ1

∂y)

Si u0 (y) es discontinuo⇒ Se pide dζ1dt

⌋y→ζ±0

= u1y (y) ⇒ − ∂ψ1

∂x

⌋ζ±0

= ∂ζ1∂t

⌋ζ±0

+ u0x (y)cζ±0∂ζ1∂x

⌋ζ±0

Análisis dimensional

ρ µ νL −3 −1 2M 1 1T −1 −1

Ondas de gravedad∇2φ = 0(∂φ

∂z+ 1g

∂2φ

∂t2

)z=0

= 0

vde fase = ω

k

vde grupo = dω

dk

kh 1⇒ tanh (kh) ≈ khtanh (kh) −→

h→∞1

Compresibles

d

dt

(pρ−γ

)= 0 → Politrópica para gas ω2 = k2

(γp0

ρ0

)2

Onda de sonido Equilibrio ρ = ρ0, p = p0,u = 0. Perturbación ρ0 + δρ (x, t), p0 + δp (x, t), u = xδu (x, t).Continuidad, Navier-Stokes, politrópica p0+δp

(ρ0+δρ)γ = p0ργ0, linealizada ⇒ δp = γp0

ρ0δρ. Se llega a que

∂δρ

∂t+ ρ0

∂δu

∂x= 0

ρ∂δu

∂t= −∂δp

∂x+ µ

∂2δu

∂x2 +(µ+ µ′

3

)∂2δu

∂x2

δp = γp0

ρ0δp

δp, δρ, δu ∼ eikx−ikt ⇒

ωδρ = kρ0δu

ωρ0δu = kγp0

ρ0δp

Turbulento

R 1

λ ∼ 1k

f ∼ kuk

[Ek] ∼ E

1T

= ML2T−1

[ε] ∼ ET = ML2T−3

Ek ∼ ε2/3k−

5/3 kν = kν (ν, ε) ∼ ε1/4ν−3/4

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