Oscilación de la barra de chocolate en la soda

Question

¿Por qué un trozo de barra de chocolate oscila en la soda (es decir, flota y después de un tiempo se hunde y viceversa)? ¿En qué parámetros se basa el periodo de oscilación? ¿Existe una fórmula específica que describa el periodo?

Answer 1

Se trata básicamente de un motor impulsado por la presión y la gravedad*. Como ha señalado nluigi, lo que ocurre es que se forman burbujas en el chocolate, lo hacen flotar, lo desplazan a la superficie donde estallan, el chocolate se hunde y el proceso se repite.

¿Podemos especificar los parámetros y hacer un modelo? Los más obvios son la densidad de la bebida $\rho_d$ el chocolate $\rho_c$ y las burbujas $\rho_b$ . El volumen del chocolate es $V_c$ y las burbujas $V_b(t)$ . La fuerza sobre el chocolate será $$F=-g\left[(\rho_c-\rho_d)V_c + (\rho_b - \rho_d)V_b(t)\right] -kz'(t)$$ donde $k$ es un término de arrastre resistiendo el movimiento del chocolate que está en la profundidad $z(t)$ (la escala es tan pequeña aquí que el número de Reynolds hace que la resistencia sea lineal en lugar de cuadrática en la velocidad). Como $\rho_d>\rho_b$ el segundo término empujará el chocolate hacia arriba, mientras que el primero lo hará hacia abajo si $\rho_c>\rho_d$ .

Podemos convertir esto en una ecuación de movimiento dividiendo por la masa del chocolate $\rho_cV_c$ : $$z''(t)=-g\left[\frac{\rho_c-\rho_d}{\rho_c} + \frac{\rho_b-\rho_d}{\rho_c}\frac{V_B(t)}{V_c}\right ] - kz'(t)$$

Si el tamaño de la burbuja es constante, esta es básicamente la ecuación $v'(t)=c-kv(t)$ con solución $v(t)=(c/k) - (A/k)\exp(-kt)$ donde $A$ es una constante establecida por la condición inicial. Para $A=c$ el chocolate parte de la velocidad cero, y después de un corto tiempo ( $\approx 1/k$ ) se acerca a la velocidad terminal $c/k$ . Por cierto, esto es muy visible si se observan las corrientes de burbujas procedentes de los defectos del vidrio: la distancia entre las burbujas siguientes aumenta primero a medida que se aceleran, pero luego se vuelve constante cuando alcanzan la velocidad terminal.

¿Cómo crecen las burbujas? Esto no es del todo trivial . Las burbujas más grandes tendrán una mayor superficie para absorber el dióxido de carbono, y la tensión superficial será menos fuerte . Pero también se agolpan, y al subir el chocolate la menor presión los hará crecer un poco (aunque este último efecto es despreciable en un vaso normal). Siguiendo a Peters, un crecimiento radial lineal en el tiempo podría ser razonable, haciendo $V_b(t)=k_2 t^3$ desde el momento en que aparecen las burbujas, y $k_2$ depende del grado de carbonatación de la bebida, la temperatura, la geometría, etc.

Ahora podemos hacer un sistema dinámico simple tomando la ecuación anterior para la aceleración y combinarla con el crecimiento de la burbuja. Todavía tenemos que simplificar el proceso de liberación de la burbuja. Podemos modelarlo como un tiempo determinado $T$ para perder todas las burbujas. Ahora bien, si iniciamos el tiempo justo cuando todas las burbujas han desaparecido y el chocolate comienza a hundirse, tenemos: $$z(0)=0,$$ $$z'(0)=0,$$ $$z''(t)=-g\left[\frac{\rho_c-\rho_d}{\rho_c} + \frac{\rho_b-\rho_d}{\rho_c}\frac{k_2 t^3}{V_c}\right ] - kz'(t).$$

$\rho_c= 1280$ , $\rho_d=1050$ (Agua tónica), $\rho_b =1.98$ , $V_c = 10^{-7}$ , $k=1.8850\cdot 10^{-4}$ , $k_2=10^{-6}$ .">

Arriba, trayectoria del modelo con $\rho_c= 1280$ (chocolate medio), $\rho_d=1050$ (Agua tónica), $\rho_b =1.98$ , $V_c = 10^{-7}$ , $k=1.8850\cdot 10^{-4}$ , $k_2=10^{-6}$ .

Al principio, el primer término es el que más importa, haciendo que el chocolate se acelere hacia abajo. Si $k_2$ es muy pequeño el trozo alcanzaría la velocidad terminal y finalmente llegaría al fondo del vaso donde se posaría. En algún momento, el segundo término se volverá dominante, forzando la aceleración hacia arriba. El tercer término tratará de resistir, limitando de nuevo la velocidad. Pero finalmente $z(t)=0$ y las burbujas se liberan, y un nuevo ciclo comienza después del tiempo $T$ .

La ecuación relevante en términos de velocidad es $v'(t)=\alpha+\beta t^3 -kv$ donde $\alpha=-g\frac{\rho_c-\rho_d}{\rho_c}$ y $\beta=-g\frac{\rho_b-\rho_d}{\rho_c}\frac{k_2 }{V_c}$ . Esto tiene una solución explícita que se puede integrar para dar $$z(t)=\left(\frac{\alpha}{k}-\frac{6\beta}{k^4}\right )t +\frac{3\beta}{k^3}t^2 -\frac{\beta}{k^2}t^3 +\frac{b}{4k}t^4 +\left(\frac{6\beta}{k^4}-\frac{\alpha}{k}\right)e^{-kt}$$ (suponiendo que haya hecho bien el álgebra). Esto describe la órbita. El período de la oscilación es el primer $t>0$ solución de la ecuación más el retraso de la superficie $T$ .

Por desgracia, $z(t)=0$ por esta fórmula no tiene solución de forma cerrada ( es casi un cuártico, por lo que se puede aproximar utilizando esa fórmula compleja ), por lo que hay que resolverlo numéricamente. Pero podemos ver cómo depende de las diferentes densidades y volúmenes, el nivel de carbonatación, más el término de arrastre a través de $\alpha, \beta, k$ .

Período del hundimiento y de la superficie para diferentes valores de $k_2$ . Obsérvese que para valores grandes el periodo es corto pero la profundidad máxima alcanzada es muy pequeña; el chocolate está básicamente flotando cerca de la superficie en lugar de hundirse.

• El trabajo realizado proviene de la diferencia de presión entre la presión parcial de CO $_2$ en la bebida y en la atmósfera exterior (como señala Daniel Sank), además de empaquetar la soda más profundamente en el pozo potencial a medida que el dióxido de carbono ligero se separa en burbujas y se desplaza hacia la parte superior, arrastrando el chocolate con él. Podemos estimar el trabajo de soplar una burbuja como $W_{pressure}=(p_{dCO2}-p_{aCO2})V_b$ donde $p_{aCO2}=39$ Pa es la presión parcial de la atmósfera y $p_{dCO2}\approx 4p_{aCO2}$ es la presión parcial del gas disuelto. Para $V_B=10^{-7}$ $W_{pressure}=1.1700\cdot 10^{-5}$ J. El trabajo liberado por una burbuja que sube es $W_{gravity}=gz(\rho_d - \rho_b)V_b$ que para un vaso de 10 cm es $W_{gravity}=1.0292\cdot 10^{-4}$ J. Así que para estos supuestos la gravedad está haciendo más trabajo, pero esto no será cierto para un vaso más bajo.