Trabajo Problemas autosimilaresP1

Vista previa del material en texto

TRABAJO SEGUNDO CORTE PARTE 1 
 
 
 
Cesar David Montes Cueto 
Camilo Andrés Medrano Patrón 
Juan Diego Miranda Portasio 
Hernán Darío Hernández Escudero 
 
Presentado a: 
Jesús David Rhenals Julio 
 
Materia: Diseño de Alabes 
 
Universidad de Córdoba 
Facultad de Ingeniería Mecánica 
Programa: Ingeniería Mecánica 
 
Montería 
 
 
2022-II 
 
 
Problemas autosimilares 
𝜕2𝑇
𝜕𝑥2
=
1
𝛼
𝜕𝑇
𝜕𝑡
 
𝑇(0, 𝑡) = 𝑇𝑠 𝑇(𝑥 → ∞, 𝑡) = 𝑇0 𝑇(𝑥, 0) = 𝑇0 
∆𝑇0
𝐿0
2
𝜕2𝑇∗
𝜕𝑥∗2
=
1
𝛼0𝛼∗
∆𝑇0
𝑡0
𝜕𝑇∗
𝜕𝑡∗
 
𝐹𝑜
𝜕2𝑇∗
𝜕𝑥∗2
=
1
𝛼∗
𝜕𝑇∗
𝜕𝑡∗
 
Ahora por medio del método de Pi Buckingham 
∆𝑇(𝑥, 𝑡, 𝛼, 𝑇𝑠) 
𝛼 = [𝐿]2[𝑡]−1 
∆𝑇𝑠 = [𝑇] 
[𝐿][𝑡][𝑇] 
𝑖 = 5 𝑛 = 3 𝑘 = 𝑖 − 𝑛 = 5 − 3 = 2 
𝐴 = 𝐿
𝑡
𝑇
[
∆𝑇
0
𝑥
1
𝑡 𝛼 ∆𝑇𝑠
0 2 0
0 0 1 −1 0
1 0 0 0 1
] 
𝑑𝑒𝑡𝐴 = [
𝑡
0
𝛼
2
∆𝑇𝑠
0
1 −1 0
0 0 1
] = −2(1 × 1) = −2 𝐿. 𝐼. 
→ Π = 𝑡𝑛1𝛼𝑛2∆𝑇𝑠
𝑛3𝐿𝑎𝑡𝑏𝑇𝑐 
[−] = [𝑡]𝑛1[𝐿]2𝑛2[𝑡]−𝑛2[𝑇]𝑛3[𝐿]𝑎[𝑡]𝑏[𝑇]𝑐 
= 𝑡𝑛1−𝑛2+𝑏𝐿2𝑛2+𝑎𝑇𝑛3+𝑐 
𝑛1 − 𝑛2 + 𝑏 = 0 → 𝑛1 = −𝑏 −
𝑎
2
 
2𝑛2 + 𝑎 = 0 → 𝑛2 = −
𝑎
2
 
𝑛3 + 𝑐 = 0 → 𝑛3 = −𝑐 
→ Π1 = ∆𝑇
1𝑡𝑛1𝛼𝑛2∆𝑇𝑠
𝑛3 
∆𝑇 {
𝑎 = 0
𝑏 = 0
𝑐 = 1
 
Π1 =
∆𝑇
∆𝑇𝑠
 
Π2 = 𝑥
1𝑡𝑛1𝛼𝑛2∆𝑇𝑠
𝑛3 
𝑥 {
𝑎 = 1
𝑏 = 0
𝑐 = 0
 
Π2 =
𝑥
√𝛼𝑡
 
→ 𝑥∗ = Π2 
𝜕𝑇∗
𝜕𝑥∗
=
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
𝜕Π2
𝜕𝑥∗
 
𝜕2𝑇∗
𝜕𝑥∗2
=
𝜕
𝜕𝑥∗
[
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
𝜕Π2
𝜕𝑥∗
] 
=
𝜕
𝜕𝑥∗
(
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
)
𝜕Π2
𝜕𝑥∗
+
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
𝜕2Π2
𝜕𝑥∗2
 
=
𝜕
𝜕Π2
(
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
) (
𝜕Π2
𝜕𝑥∗
) +
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
𝜕2Π2
𝜕𝑥∗2
 
=
𝜕2𝑇∗
𝜕Π2
2 (
𝜕Π2
𝜕𝑥∗
)
2
+
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
𝜕2Π2
𝜕𝑥∗2
 
=
𝜕2𝑇∗
𝜕Π2
2 (
1
𝛼∗𝑡∗
) 
𝜕𝑇∗
𝜕𝑡∗
=
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
 
𝜕Π2
𝜕𝑡∗
 
𝜕Π2
𝜕𝑡∗
=
−𝑥∗
2𝑡∗
1
√𝛼∗𝑡∗
 
→ 𝐹𝑜 [
𝜕2𝑇∗
𝜕Π2
2 (
1
𝛼∗𝑡∗
)] =
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
−𝑥∗
2𝑡∗√𝛼∗𝑡∗
 
𝐹𝑜 [
𝜕2𝑇∗
𝜕Π2
2 (
1
𝛼∗𝑡∗
)] =
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
−1
2𝑡∗
Π2 
𝐹𝑜
𝛼∗
[
𝜕2𝑇∗
𝜕Π2
2] =
−1
2𝛼∗
Π2
𝜕𝑇∗
𝜕Π2
 
𝐹𝑜
𝛼∗
(
𝑑2𝑇∗
𝑑Π2
2) = (−
1
2
Π2
𝑑𝑇∗
𝑑Π2
)
1
𝛼∗
 
𝐹𝑜
𝑑2𝑇∗
𝑑Π2
2 = −
1
2
Π2
𝑑𝑇∗
𝑑Π2
 
𝑈 =
𝑑𝑇∗
𝑑Π2
→
𝑑2𝑇∗
𝑑Π2
2 =
𝑑𝑈
𝑑Π2
 
𝐹𝑜
𝑑𝑈
𝑑Π2
= −
1
2
Π2𝑈 
𝐹𝑜
𝑑𝑈
𝑈
= −
1
2
Π2𝑑Π2 
𝐹𝑜𝑙𝑛𝑈 = −
1
4
Π2
2 + 𝑐 
𝑈 = 𝑒
1
𝐹𝑜
[−
1
4
Π2
2+𝑐]
 
𝑑𝑇∗
𝑑Π2
= 𝑒
1
𝐹𝑜
[−
1
4
Π2
2+𝑐]
 
𝑇∗ = ∫ 𝐴𝑒
1
𝐹𝑜
[−
1
4
Π2
2] 𝑑Π2 
La variación de la temperatura puede expresarse de las siguientes maneras: 
𝑇∗ =
𝑇 − 𝑇𝑠
𝑇0 − 𝑇𝑠
 
𝑇(𝑥∗, 0) = 1 
𝑇(0, 𝑡∗) = 0 
𝑇(𝑥∗ → ∞, 𝑡) = 1 
Integramos T* desde 0 hasta x*: 
𝑇∗ = ∫ 𝐴𝑒
1
𝐹𝑜
[−
1
4
Π2
2]
𝑥∗
0
𝑑Π2 
𝑇∗ = 𝐴 ∫ 𝑒
1
𝐹𝑜
[−
1
4
Π2
2]
𝑥∗
0
𝑑Π2 
A continuación tomamos el término al que está elevado el exponencial y lo utilizamos para 
un cambio de variable: 
𝐷 = −
1
4𝐹𝑜
(Π2
2) 
√
𝐷
Π2
2 = √−
1
4𝐹𝑜
 
𝐷
Π2
=
1
√4𝐹𝑜
 
Entonces nuestros intervalos quedarían: 
𝑆𝑖 Π2 = 0 → 𝐷 =
0
√4𝐹𝑜
= 0 ; 𝑆𝑖 Π2 = 𝑥
∗ → 𝐷 =
𝑥∗
√4𝐹𝑜
 
Remplazando: 
𝑇∗ = 𝐴√4𝐹𝑜 ∫ 𝑒−𝐷
2
𝑑𝐷
𝑥∗
√4𝐹𝑜
0
 
Si queremos encontrar el valor de A, tenemos que evaluarla cuando 𝑥∗ → ∞, obteniendo así 
𝑇∗ = 1, y también vemos que la integral que quedó anteriormente quedaría de la siguiente 
forma: 
∫ 𝑒−𝐷
2
𝑑𝐷
∞
0
=
√𝜋
2
 
Por tanto sustituyendo los resultados obtenidos, obtenemos: 
1 = 𝐴√4𝐹𝑜
√𝜋
2
 
1 = 𝐴√𝐹𝑜√𝜋 
Despejando A tendríamos: 
𝐴 =
1
√𝐹𝑜√𝜋
=
1
√𝜋𝐹𝑜
 
Entonces remplazando A en T*: 
𝑇∗ =
√4𝐹𝑜
√𝐹𝑜√𝜋
∫ 𝑒−𝐷
2
𝑑𝐷
𝑥∗
√4𝐹𝑜
0
 
𝑇∗ =
2
√𝜋
∫ 𝑒−𝐷
2
𝑑𝐷
𝑥∗
√4𝐹𝑜
0
 
Lo que en resumidas cuentas sería: 
erf(𝑥) =
2
√π
∫ 𝑒−𝜏
2
𝑑𝜏
𝑥
0
 
 
 
Adimensionar las ecuaciones de Navier Stokes 
Componente X: 
𝜌 (
𝜕𝑢
𝜕𝑡
+ 𝑢
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝑣
𝜕𝑢
𝜕𝑦
+ 𝑤
𝜕𝑢
𝜕𝑧
) = −
𝜕𝑃
𝜕𝑥
+ 𝜌𝑔𝑥 + 𝜇 (
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑧2
) 
𝑥 = 𝐿0𝑥
∗ �⃗� = 𝑣0𝑣
∗ 𝑡 = 𝑡0𝑡
∗ =
𝐿0
𝑣0
𝑡∗ 𝑃 = ∆𝑃0𝑃
∗ = 𝜌𝑣0
2𝑃∗ 
Adimensionamos primero cada término que sea necesario en la ecuación: 
𝜕𝑢
𝜕𝑡
=
𝑢0
𝑡0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑡∗
=
𝑣0
𝐿0
𝑣0
=
𝑣0
2
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑡∗
 
𝑢 = 𝑣0𝑢
∗ 𝑣 = 𝑣0𝑣
∗ 𝑤 = 𝑣0𝑤
∗ 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑥∗
 
𝜕𝑢
𝜕𝑦
=
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑦∗
 
𝜕𝑢
𝜕𝑧
=
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑧∗
 
𝜕𝑃
𝜕𝑥
=
∆𝑃
𝐿0
𝜕𝑃∗
𝜕𝑥∗
=
𝜌𝑣0
2
𝐿0
𝜕𝑃∗
𝜕𝑥∗
 
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
=
𝜕
𝜕𝑥
(
𝜕𝑢
𝜕𝑥
) =
𝜕
𝜕𝑥
(
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑥∗
) =
1
𝐿0
𝜕
𝜕𝑥∗
(
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑥∗
) =
𝑣0
𝐿0
2
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑥∗2
 
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
=
𝜕
𝜕𝑦
(
𝜕𝑢
𝜕𝑦
) =
𝜕
𝜕𝑦
(
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑦∗
) =
1
𝐿0
𝜕
𝜕𝑦∗
(
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑦∗
) =
𝑣0
𝐿0
2
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑦∗2
 
𝜕2𝑢
𝜕𝑧2
=
𝜕
𝜕𝑧
(
𝜕𝑢
𝜕𝑧
) =
𝜕
𝜕𝑧
(
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑧∗
) =
1
𝐿0
𝜕
𝜕𝑧∗
(
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑧∗
) =
𝑣0
𝐿0
2
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑧∗2
 
Remplazando 
𝜌 (
𝑣0
2
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑡∗
+ 𝑣0𝑢
∗
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑥∗
+ 𝑣0𝑣
∗
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑦∗
+ 𝑣0𝑤
∗
𝑣0
𝐿0
𝜕𝑢∗
𝜕𝑧∗
)
= −
𝜌𝑣0
2
𝐿0
𝜕𝑃∗
𝜕𝑥∗
+ 𝜌𝑔𝑥 + 𝜇 (
𝑣0
𝐿0
2
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑥∗2
+
𝑣0
𝐿0
2
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑦∗2
+
𝑣0
𝐿0
2
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑧∗2
) 
Simplificando 
𝜌
𝑣0
2
𝐿0
(
𝜕𝑢∗
𝜕𝑡∗
+ 𝑢∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑥∗
+ 𝑣∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑦∗
+ 𝑤∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑧∗
)
= −
𝜌𝑣0
2
𝐿0
𝜕𝑃∗
𝜕𝑥∗
+ 𝜌𝑔𝑥 + 𝜇
𝑣0
𝐿0
2 (
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑥∗2
+
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑦∗2
+
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑧∗2
) 
Dividimos todos los términos entre 𝜌
𝑣0
2
𝐿0
 
𝜕𝑢∗
𝜕𝑡∗
+ 𝑢∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑥∗
+ 𝑣∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑦∗
+ 𝑤∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑧∗
= −
𝜕𝑃∗
𝜕𝑥∗
+
𝑔𝑥𝐿0
𝑣02
+
𝜇
𝜌𝑣0𝐿0
(
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑥∗2
+
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑦∗2
+
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑧∗2
) 
En este punto nuestra ecuación ya está adimensionalizada, pero podemos fijarnos que hay un 
término que es similar a un número adimensional ya conocido: 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑣0𝐷
𝜇
 
En nuestro caso 𝐿0 puede ser interpretado como D y la expresión completa sería el inverso 
de Reynolds, por lo que nuestra ecuación quedaría así: 
𝜕𝑢∗
𝜕𝑡∗
+ 𝑢∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑥∗
+ 𝑣∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑦∗
+ 𝑤∗
𝜕𝑢∗
𝜕𝑧∗
= −
𝜕𝑃∗
𝜕𝑥∗
+
𝑔𝑥𝐿0
𝑣02
+
1
𝑅𝑒
(
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑥∗2
+
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑦∗2
+
𝜕2𝑢∗
𝜕𝑧∗2
) 
Siguiendo el mismo procedimiento para las otras dos componentes, las ecuaciones nos 
quedarían así: 
Componente Y: 
𝜌 (
𝜕𝑣
𝜕𝑡
+ 𝑢
𝜕𝑣
𝜕𝑥
+ 𝑣
𝜕𝑣
𝜕𝑦
+ 𝑤
𝜕𝑣
𝜕𝑧
) = −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
+ 𝜌𝑔𝑦 + 𝜇 (
𝜕2𝑣
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑣
𝜕𝑦2
+
𝜕2𝑣
𝜕𝑧2
) 
𝜕𝑣∗
𝜕𝑡∗
+ 𝑢∗
𝜕𝑣∗
𝜕𝑥∗
+ 𝑣∗
𝜕𝑣∗
𝜕𝑦∗
+ 𝑤∗
𝜕𝑣∗
𝜕𝑧∗
= −
𝜕𝑃∗
𝜕𝑦∗
+
𝑔𝑦𝐿0
𝑣02
+
1
𝑅𝑒
(
𝜕2𝑣∗
𝜕𝑥∗2
+
𝜕2𝑣∗
𝜕𝑦∗2
+
𝜕2𝑣∗
𝜕𝑧∗2
) 
Componente Z: 
𝜌 (
𝜕𝑤
𝜕𝑡
+ 𝑢
𝜕𝑤
𝜕𝑥
+ 𝑣
𝜕𝑤
𝜕𝑦
+ 𝑤
𝜕𝑤
𝜕𝑧
) = −
𝜕𝑃
𝜕𝑧
+ 𝜌𝑔𝑧 + 𝜇 (
𝜕2𝑤
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑤
𝜕𝑦2
+
𝜕2𝑤
𝜕𝑧2
) 
𝜕𝑤∗
𝜕𝑡∗
+ 𝑢∗
𝜕𝑤∗
𝜕𝑥∗
+ 𝑣∗
𝜕𝑤∗
𝜕𝑦∗
+ 𝑤∗
𝜕𝑤∗
𝜕𝑧∗
= −
𝜕𝑃∗
𝜕𝑧∗
+
𝑔𝑧𝐿0
𝑣02
+
1
𝑅𝑒
(
𝜕2𝑤∗
𝜕𝑥∗2
+
𝜕2𝑤∗
𝜕𝑦∗2
+
𝜕2𝑤∗
𝜕𝑧∗2
)