1r ciclo Caída libre con viscosidad del aire

[gdonoso94]

Hola, haciendo ejercicios de electromagnetismo me he encontrado con el siguiente:

Una gota de aceite de masa m y de radio r transporta 10 electrones en exceso. ¿Cuál es su velocidad final (a) cuando cae en una región donde no hay campo eléctrico¿ (b) cuando cae en un campo eléctrioc de intensidad E dirigido hacia abajo?. La viscosidad del aire es n. Despreciar el empuje del aire.

Bien, he encontrado por ahí esta fórmula:

$\dst v=\frac{mg}{6\pi n r}$

Y me sale justo ese resultado, el problema es que no sé de dónde sale, ¿alguien me puede explicar cómo llegar a ella?

Para el apartado (b) únicamente tendría que:

$\dst v=\frac{qE-mg}{6\pi n r}$ ?

Saludos.

PD: Lo pongo aquí porque mi duda no es sobre electromagnetismo en sí mismo.

[ZYpp]

Re: Caída libre con viscosidad del aire

En ocasiones en la física o matemática nos encontramos problemas que a primera vista parecen difíciles o de "idea feliz" y no tenemos ni idea de por qué algo es como dicen que es. Luego nos damos cuenta de alguna tontería y pensamos "¡Qué tonto! ¿Cómo no se me había ocurrido antes?". ¿Te suena esto? Bien, pues en este caso no es de esos.

Esa "fórmula" te sale de aplicar lo que se conoce como Ley de Stokes, $F_r = 6\pi R \mu v$, donde $\mu$ es la viscosidad del fluido. Sin más que aplicar la segunda ley de Newton obtienes el resultado esperado. Sin embargo, ¿de dónde sale la ley de Stokes? La idea detrás de la misma es la fuerza de rozamiento que sufre un objeto (en este caso tu gota de aceite) esférico, de radio $R$ y que se mueve muy lento sumergido en un fluido (en tu caso aire). Sin embargo plasmar esta idea en las ecuaciones de Navier-Stokes, para llegar a un resultado simbólico, no es tan trivial como parece. Si me apuras podría hacerte la demostración, pero ya te digo que es larga y engorrosa (aunque bastante bonita). Si no, siempre puedes buscarla por ahí.

Cabe destacar el hecho de que en la ley de Stokes se supone que el objeto es sólido, algo que realmente no ocurre en la gota de aceite. En un objeto sólido, la interfase es sólido-fluido, de forma que tienes una condición cinemática en la pared de que la velocidad relativa es nula. Al tener una interfase fluido-fluido, realmente han de cumplirse, además, ciertas condiciones dinámicas (que se cumpla la conservación de la cantidad de movimiento); algo que desde luego no se tiene en cuenta en tu problema. Esto último es lógico si pensamos que el problema en sí se trata de una aplicación de electromagnetismo, me imagino.

Saludos.

[gdonoso94]

Re: Caída libre con viscosidad del aire

Gracias por la respuesta, lo que no entiendo ahora es por qué se mueve tan lenta la gota de aceite, en otro ejercicio una misma gota de aceite tarda unos 25 segundos en recorrer un milímetro, ¿tan fuerte es esta fuerza de rozamiento siendo el coeficiente de viscosidad del aire del orden de las diezmilésimas?

Voy a buscar la demostración, a ver si encuentro algo.

Saludos

P.D: Cabe añadir que tarda ese tiempo en ausencia de campo magnético.

ACTUALIZO: He estado buscando y no encuentro la demostración por ninguna parte, si puedes esbozarla por aquí... Te lo agradecería.

Saludos!

[ZYpp]

Re: Caída libre con viscosidad del aire

A ver qué se puede hacer...

Recordemos que para este análisis se supone un fluido en reposo (en nuestro caso aire) por el que se mueve un objeto esférico de radio $R$ y "sólido" (en nuestro caso una gota de aceite) muy lentamente. La velocidad a la que se mueve la gota es $\vec U$ y la presión del aire inalterado es $p_0$. Despreciaremos el efecto de la gravedad y cualquier otra fuerza (que no sea la debida a la presión o viscosidad) de forma que $\vec f_m = \vec 0$. Además se considerará que el aire es un fluido incompresible (por moverse a bajas velocidades). Necesitamos resolver el campo de velocidades ya que a partir de éste podemos sacar la fuerza de rozamiento:

$$\vec F_r = \int \nabla \cdot \tau \dd V = \int \nabla ^2 \vec u \dd V$$

Empezamos por las ecuaciones de Navier-Stokes (obviando la ecuación de la energía que no nos aportará nada), simplificadas al caso de fluido incompresible:

$$\begin{aligned} \nabla \cdot \vec u & =0 \\<br /> \rho \left( \frac{\partial \vec u}{\partial t} + \vec u \cdot \nabla \vec u \right) & = \rho \vec f_m - \nabla p + \mu \nabla ^2 \vec u \end{aligned}$$

Si el movimiento es lento, cualquier fuerza de inercia es despreciable (término izquierdo de la segunda ecuación, que no es más que el análogo a $m \vec a$ de la segunda ley de Newton de toda la vida). Además, asumiendo que no existen fuerzas másicas (como la gravedad, que luego incluyes sin problemas) se tiene que $\vec f_m =\vec 0$, por lo que la segunda ecuación queda como:

$$\nabla p = \mu \nabla ^2 \vec u$$

Una vez llegados a este punto, es interesante introducir la vorticidad. La vorticidad es algo así como la medida del momento angular del fluido (aunque no es exactamente así), y se define como $\vec \omega = \nabla \times \vec u$. Con esto, se tiene que

$$\nabla ^2 \vec u = \nabla \left( \nabla \cdot \vec u \right)- \nabla \times \left( \nabla \times \vec u \right) = - \nabla \times \vec \omega$$

donde el primer sumando del lado derecho de la ecuación es nulo debido a la ecuación de continuidad vista en (2). Con esto, la ecuación (3) queda como

$$\nabla \left( \frac{p}{\mu} \right) = - \nabla \times \vec \omega$$

que es equivalente (aplicando el operador nabla debidamente) a las ecuaciones:

$$\begin{aligned}\nabla ^2 p &= 0\\<br /> \nabla ^2 \vec \omega &=0\end{aligned}$$

Las condiciones de contorno de una esfera sólida moviéndose a velocidad $\vec U$ en un fluido que se encuentra a presión $p_0$ son

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Por otro lado, la ecuación (5), la ecuación de continuidad y las condiciones de contorno son lineales y homogéneas en $\vec u$, $\frac{p-p_0}{\mu}$ y $\vec U$, por lo tanto las expresiones de $\vec u$ y $\frac{p-p_0}{\mu}$ deben ser lineales y homogéneas en $\vec U$. Usando coordenadas esféricas, con origen en el centro de la esfera, la distribución de presiones es simétrica respecto del eje en el que se mueve la esfera (paralelo a $\vec U$ y que pasa por el centro de la esfera). Centrándonos en la vorticidad, vemos que ésta cumple la ecuación de Laplace, cuyas soluciones vienen dadas por armónicos esféricos. En base a las condiciones que han de cumplir, la solución a la ecuación de la vorticidad (6) debe ser el armónico esférico dipolar:

$$\vec \omega = \frac{C\vec U \times \vec r}{r^3}$$

donde $C$ es una constante a determinar. A partir de ahora será útil introducir la definición de función de corriente. En un movimiento bidimensional y cartesiano, la ecuación de las líneas de corriente viene dada por

$$\frac{\dd x}{u} = \frac{\dd y}{v} \Rightarrow v\dd y - u \dd x = 0$$

de donde se puede deducir una función escalar $\psi \left( x,y \right)$, cuya diferencial exacta (igualada a cero) es la ecuación de las líneas de corriente. Por lo tanto:

$$\begin{aligned} \frac{\partial \psi}{\partial x} &= -v \\<br /> \frac{\partial \psi}{\partial y} &= u \end{aligned}$$

Como estamos trabajando en coordenadas esféricas, conviene escribir la relación entre las velocidades y la función de corriente en estas coordenadas:

$$\begin{aligned}u_r &= \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial \psi}{\partial \theta} \\<br /> u_\theta &= \frac{-1}{r \sin \theta} \frac{\partial \psi}{\partial r} \end{aligned}$$

Conocida la función de corriente, el campo de velocidades queda totalmente determinado sin más que derivar. Ahora interesa encontrar una relación entre la vorticidad y la función de corriente que permita escribir una ecuación que podamos resolver. La vorticidad en este caso sólo tiene una componente (la componente acimutal) y en coordenadas esféricas viene dada por:

$$\omega = \frac{1}{r} \frac{\partial \left( u_{\theta} r \right) }{\partial r} - \frac{1}{r}\frac{\partial u_r}{\partial \theta}$$

Ahora, juntando (7),(8) y (9) obtenemos la ecuación para la función de corriente:

$$\frac{\partial ^2 \psi}{\partial r^2} + \frac{\sin \theta}{r^2}\frac{\partial}{\partial \theta} \left( \frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial \psi}{\partial \theta} \right) =\frac{-CU\sin ^2 \theta}{r}$$

Esta ecuación es, en principio, bien jodida de resolver. Sin embargo podemos reducirla a una ecuación diferencial ordinaria fácilmente resoluble sin más que imponer que la función de corriente es la forma

$$\psi = U\sin ^2\theta f \left( r \right)$$

con lo que (10) se reduce a

$$\frac{\dd ^2 f}{\dd r^2} - \frac{2 f}{r^2} = \frac{-C}{r}$$

cuya solución general es

$$f \left( r \right) = \frac{1}{2}Cr + \frac{K_1}{r}+K_2 r^2$$

Aplicando las condiciones de contorno que conocemos (esto es un pelín engorroso y no da ninguna información relevante así que me lo salto) se deduce que:

$$\begin{aligned} C &= \frac{3}{2}R \\<br /> K_1 &= -\frac{1}{4}R^3 \\<br /> K_2 &= 0 \end{aligned}$$

Con lo que el campo de velocidades queda finalmente resuelto al conocer ya la función de corriente, que resulta ser

$$\begin{aligned} \psi &= Ur^2 \sin ^2 \theta \left(\frac{3R}{4r} -\frac{R^3}{4r^3}\right) \\<br /> u_r &= 2U\left( \frac{3R}{4r} -\frac{R^3}{4r^3}\right) \cos \theta \\<br /> u_\theta &= - \frac{U \sin \theta}{r} \left( \frac{3R}{4} +\frac{R^3}{4r^2} \right)\\<br /> u_\varphi &= 0\end{aligned}$$

Conocido esto, mediante (1) podemos determinar la fuerza de rozamiento. Ahora mismo lo estoy haciendo en un papel pero es que es un coñazo tan grande (de hacer muchas operaciones) y no aporta nada nuevo que... Si eso en cuanto acabe de calcularlo actualizo el hilo con las expresiones finales.
Quizás es una explicación un poco pesada para estar en primero, porque hay analogías que usarás mucho más adelante, como usar armónicos esféricos para resolver la ecuación de Laplace; si hubieses dado electromagnetismo, podrías seguir con más soltura esta demostración. Aún así intenté no hacerla demasiado pesada, ya que para hacerla correctamente primero habría que decir los órdenes de magnitud de cada término de la ecuación de Navier-Stokes, que fui despreciando "de manera intuitiva".
En fin, esto es la mecánica de fluidos y espero que te guste.

Saludos.

[gdonoso94]

Re: Caída libre con viscosidad del aire

Impresionante. Me he quedado alucinado. La verdad es que me cuesta pillar algunas cosas, pero más o menos lo cojo, el cálculo es algo que se me da bastante bien (llevo una matrícula de honor :P).

Muchísimas gracias por la demostración ZYpp. La verdad es que esto es de lo más bonito de la física.

Saludos!