Tarea Mecanica de Fluidos

Vicente Rodrigo Riffo Mena

Para empezar, usamos el punto i), aplicando la suposición de flujo inviscido a la Ecuación de Transporte de Momentum general:



Con lo anterior aplicamos la condición para la existencia de la ecuación de Euler, implicando que:

Y con ello transformamos la Ecuación de Transporte de Momentum general a la Ecuación de Euler:

Si desglosamos la quedarían las siguientes expresiones:

Ecuación anterior,

+ρ g ( dudx +v dudy + w dudz + dudt )= −dp dx dv dv dv dv −dp ρ ( u + v +w + )= +ρ g dx dy dz dt dy dw dw dw dw −dp ρ (u +v +w + = +ρg dx dy dz dt ) dz ρ u

x

y

z

Para continuar con la demostración, usamos el punto ii), asumiendo la existencia de un campo potencial de velocidad, el cual se describe de la siguiente forma:

El campo de velocidad se considera como un campo derivado de un potencial, donde el potencial es ϕ (phi). Como podemos apreciar en la expresión anterior, la componente de velocidad de cada eje es una derivada de phi con respecto al eje, siendo estas relaciones:

Velocidad en x ( u )=

−d ϕ dx

Velocidad en y ( v )=

−d ϕ dy

Velocidad en z ( w )=

−d ϕ dz

*El signo menos del potencial phi viene de que el gradiente del potencial, el cual es un vector, apunta a la máxima dirección de crecimiento, y los movimientos que se producen, van en contra del potencial.

Tomemos la parte del eje x de la Ecuación de Euler:

(

ρ u

du du du du −dp +v + w + = + ρ gx dx dy dz dt dx

)

Si tomamos un solo componente, en este caso

du este lo podemos desglosar de la siguiente dy

manera:

du d −d ϕ d −d ϕ = ∗u Recordemos que u= = ∗ , por propiedad de diferenciales dy dy dx dy dx

( ) ( ) d −d ϕ −d ϕ du dv ∗( , y recordemos que v= , por lo tanto = ) dx dy dy dy dx

Cabe destacar que la equivalencia anterior calculada es para Campo Potencial de Velocidad, y haciendo el mismo procedimiento para el

du du dw = vamos a conseguir la igualdad dz dz dx

Aplicando las equivalencias, la ecuación quedaría como:

(

ρ u

du dv dw du −dp +v + w + = + ρ gx dx dx dx dt dx

)

Lo anterior es consecuencia del campo de velocidad irrotacional.

Si seguimos ciertas propiedades de diferenciales, las derivadas encontradas tambien pueden escribirse de la siguiente manera:

v

2 ∂ v ∂( v /2) = ∂x ∂x

La demostración es la siguiente:

v

dv 1 dv dv 1 dv = ∗ v +v = ∗ 2v , por regla de la cadena la expresión se transforma de dx 2 dx dx 2 dx

(

) (

)

(v ¿¿ 2/2) dv d v 2 y con el ½ multiplicando finalmente la derivada queda como: d ¿ 2v a dx dx dx Esto puede aplicarse a cada derivada, y reescribiendo la ecuación para el eje x con esta equivalencia, la ecuación queda:

Apreciamos que todos los diferenciales están en función de x, sin tomar en cuenta el del tiempo, ya que ese se tomara en cuenta mas adelante. Con ello procedemos a hacer el siguiente despeje:

ρ

u2 v2 w2 d d 2 2 2 du dp + + + + =ρ g x dx dx dx dt dx

(( ) d

( ) ( )

)

Pasamos sumando la derivada de presión con respecto a x

ρ

(

d

u2 v2 w2 d d 2 2 2 du 1 dp + + + + =ρ gx dx dx dx dt ρ dx

( ) ( ) ( )

Para que el

ρ

dp 1 pueda entrar al paréntesis, multiplicamos por dx ρ

d p 1 2 2 2 du + ( u + v +w ) + ρ =ρ gx dx ρ 2 dt

(

)

)

Simplificamos los ρ

d , y con ello queda la expresión anterior formulada. dx

du −d ϕ , recordando la equivalencia anterior “( u ) = ” podemos hacer la siguiente dt dx du d −d ϕ d −d ϕ = ∗ = ∗( ) transformación: dt dt dx dx dt dϕ y con el punto iii) nos podemos deshacernos del , gracias a que dt Veamos el

(

)

dice: Esto da a entender que la potencial phi no varía con el tiempo, por lo tanto, se hace 0, y eso deja a la ecuación de la siguiente manera:

ρ

d p 1 2 2 2 + ( u + v +w ) = ρ g x dx ρ 2

(

)

Ahora debemos tratar de encontrar una forma de hacer entrar el ρ g x en el paréntesis. Con ello usemos la expresión de energía potencial:

E p =mgh, silo dividimos por el volumen→ e p=ρgh h es un vector posición que mide la distancia a un origen arbitrario, esto quiere decir que, como es un vector, posee coordenadas en los 3 ejes estudiados, ósea: h=Xi+ Yj+ Zk , como tenemos un vector en la expresión, podemos determinar el Gradiente de e p :

(

−∇ e p =− ρ g x

dX dY dZ +ρ gy + ρ gz dx dy dz

)

*Recordemos que, el signo negativo del potencial viene de que los movimientos van encontra de este. (Explicación anterior) Con el gradiente anterior, hicimos aparecer algo útil, ya que conseguimos un −ρ g x

dX en dx

nuestra ecuación principal:

ρ

d p 1 2 2 2 dX + ( u + v +w ) =−ρ g x dx ρ 2 dx

(

)

Pasamos restando la expresión de potencial gravitatorio, y como tiene un ρ introducirlo en el paréntesis, quedando:

ρ

d p 1 2 2 2 + ( u + v +w ) + g x X =0 dx ρ 2

(

)

d podemos dx

Todos estos cálculos y cambios de expresiones los hicimos con la parte dirigida al eje x de la ecuación de Euler. Estos mismos procedimientos tambien se pueden hacer a los ejes restantes, aplicando los mismos pasos, y resultando los 3 ejes de la siguiente manera:

d p 1 2 2 2 + ( u + v +w ) + g x X =0 dx ρ 2

( ) d p 1 ρ ( + ( u + v +w )+ g Y )=0 dy ρ 2 d p 1 ρ ( + ( u + v +w ) + g Z )=0 dz ρ 2 ρ

2

2

2

y

2

2

2

z

Volvamos a la expresión de potencial (e p=ρgh ), si sacamos la derivada con respecto a x, (

d ¿,a dx

la expresión de potencial queda:

d ( ρgh ) , como bien sabemos, el h es un vector de forma h=Xi+ Yj+ Zk y la g es la gravedad dx correspondiente a cada eje, g=( g x i+ g y j+ g z k), si aplicamos el diferencial con las expresiones anteriores queda lo siguiente:

d d ( ρgh )= [ρ∗( g x i+g y j + gz k )∗(Xi+ Yj+ Zk )] dx dx *Es un producto punto, y eso es correcto ya que, como cada eje posee su gravedad, y el potencial actúa por componentes. Como estamos derivando por x, las componentes de h quedan como: 1 i+0 j+ 0 k , esto se debe a que, Y con Z no varían según su posición en x, y desarrollando el producto punto anteriormente mencionado conseguimos la equivalencia:

d dX ( ρgh )=ρ g x =ρ g x dx dx

Volviendo a la ecuación final que conseguimos:

ρ

d p 1 2 2 2 + ( u + v +w ) + g x X =0Si sacamos al g x X del paréntesis para hacer la conversión dx ρ 2

(

anterior queda:

)

d p 1 2 2 2 dX + ( u + v +w ) + ρg =0aplicando la conversión anteriormente realizada: dx ρ 2 dx

( ) d p 1 d ρ ( + ( u + v +w ) ) + ( ρgh )=0 dx ρ 2 dx ρ

2

2

2

Y volviendo a colocarlo en el paréntesis queda:

ρ

d p 1 2 2 2 + ( u + v +w ) + gh =0 dx ρ 2

(

)

Equivalencia que puede ser aplicada a los 3 ejes:

d p 1 2 2 2 + ( u + v +w ) + gh =0 dx ρ 2

( ) d p 1 ρ ( + ( u + v +w )+ gh )=0 dy ρ 2 d p 1 ρ ( + ( u + v +w ) + gh )=0 dz ρ 2 ρ

2

2

2

2

2

2

Con todas estas transformaciones, hagamos énfasis en cierto factor encontrado, como podemos ver, tenemos 3 variaciones con respecto a los 3 ejes, pero esas 3 variaciones dan 0, ósea, por mucho que uno se mueva en esos 3 ejes, nada va a variar, asique, con esto dicho, si las derivadas dan 0 en los 3 ejes eso significa que la expresión del paréntesis, en el espacio, es siempre constante:

ρ p+ ( u2 + v 2+ w2 ) + ρgh=Cte 2 Después de tantos pasos, logramos hacer una simple expresión transformando las componentes en los 3 ejes de la ecuación Euler. Veamos los últimos pasos: Recordando la expresión de campo potencial de velocidad anterior tenemos que:

En esto vemos que V =ui+ vj+ wk , entonces, si elevamos al cuadrado el campo potencial de velocidad tendremos que: V ∗V =( ui+vj+ wk )∗(ui+ vj+ wk) , esto se traduce como un producto punto, dado que el campo potencial de velocidad es un vector; desarrollando el producto punto tenemos que:

V 2=( ui + vj+ wk )∗( ui +vj+ wk )=u2 +v 2 +w 2

Como podemos apreciar, del producto punto anterior, conseguimos una nueva equivalencia para nuestra expresión anterior

ρ p+ ( u2 + v 2+ w2 ) 6+ ρgh=Cte 2 Y aplicando en la ecuación se vería así:

ρ p+ V 2 + ρgh=Cte 2 Finalmente, dividimos toda la expresión por ρg , para conseguir la ecuación de Bernoulli:

p V2 + +h=Cte ρg 2 g Con todos estos pasos, equivalencias, y demostraciones, conseguimos el objetivo, demostrar que desde la Ecuación de Transporte de Momentum General, se puede llegar hasta la Ecuación de Bernoulli.