Mecanica de Fluidos problemas resueltos

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Unformatted text preview: Mec´nica de Fluidos - 2007 a Problemas resueltos Cinem´tica a 1. Se tiene el siguiente campo de velocidades: vx = x2 x , + y2 vy = x2 y , + y2 vz = 0 a ) Encuentre las l´ ıneas de corriente, las trayectorias y las l´ ıneas de humo. b ) Encuentre una expresi´n para el campo Lagrangiano de velocidades (tome o como referencia el tiempo t = 0). Si a t = 0 se tiene una mancha contaminante de la forma: C (x, y, z ) = C0 e− x2 +y 2 σ2 y se sabe que el contaminante es un is´topo radiactivo que decae seg´n la ley: o u −t/λ C = Ci e , c ) ¿Cu´l ser´ la concentraci´n de contaminante que medir´ un sensor ubia a o ıa cado en el punto (σ, 0, 0) a tiempo t = 0? d ) Encuentre la tasa de cambio de la concentraci´n que medir´ el mismo o ıa sensor, en el mismo punto, en el mismo intante t = 0. Respuesta: a ) Como se trata de un campo estacionario, las l´ ıneas de corriente, las trayectorias y las l´ ıneas de humo ser´n coincidentes. La velocidad en todo a punto es paralela al vector posici´n (proyectado sobre el plano x − y ), de o manera que toda part´ ıcula del fluido se mueve siempre alej´ndose del eje a z , describiendo rectas radiales. Para obtener una expresi´n formal de la ecuaci´n de estas l´ o o ıneas se puede partir de la ecuaci´n de las l´ o ıneas de corriente: x dx = vx = 2 , ds x + y2 dy y = vy = 2 , ds x + y2 dz = vz = 0 ds eliminando el par´metro s e integrando desde un punto en particular a (x0 , y0 , z0 ) se tiene: y dy =, dx x y y0 dy = y x x0 dx y x y x , log = log ⇒ = , z = z0 x y0 x0 y0 x0 b ) Sabemos que el campo Lagrangiano de velocidades (V ) evaluado en (x, t) debe ser igual al campo Euleriano (v ) evaluado en (Φ(x, t), t), donde Φ(x, t) es la posici´n, a tiempo t, de la part´ o ıcula que en cierto tiempo de referencia estaba en la posici´n x. Adem´s, el campo Lagrangiano de o a velocidades se puede obtener de la funci´n Φ(x, t), tomando su derivada o parcial respecto del tiempo: V (x, t) = v (Φ(x, t), t) = ∂ Φ(x, t) ∂t para nuestro caso particular, todas las l´ ıneas son radiales y equivalentes, en el sentido en que la velocidad cambia s´lo con el radio, podemos o simplificar el c´lculo restringi´ndonos al eje x: a e ∂ Φ(x, t) 1 = V (x, t) = v (Φ(x, t), t) = ∂t Φ de donde, considerando que al tiempo de referencia t = 0, la part´ ıcula se encuentra en Φ0 = Φ(x, 0) = x: Φ t wdw = Φ0 0 dt ⇒ Φ2 − Φ2 = 2t 0 √ x2 + 2t Φ(x, t) = derivando: 1 x2 + 2t Si quisi´ramos generalizar este resultado -obtenido para una part´ e ıcula en el eje x- a todo el espacio, “x” debe ser interpretado como el radio, y “V ” como la velocidad radial: y x √ √ , Vy = √ 2 , Vz = 0 Vx = √ 2 2 x2 + y 2 + 2t 2 x2 + y 2 + 2t x +y x +y V (x, t) = √ c ) Sustituendo en la expresi´n de C (x, y, z ), a t = 0: o C (σ, 0, 0) = C0 e−σ 2 /σ 2 = C0 e d ) La ley de decaimiento radiactivo es v´lida para cada punto material, de a manera que derivando la expresi´n C = Ci e−t/λ se obtiene la derivada o material de la concentraci´n del contaminante. La tasa de variaci´n medio o da por el sensor fijo al espacio representa la derivada parcial con respecto al tiempo del campo Euleriano de concentraciones. Usando la expresi´n o de la derivada material: DC =v· Dt C+ ∂C ∂t se conocen la derivada material, el campo de velocidades, y el gradiente del campo euleriano en el instante t = 0. Despejando ∂C : ∂t ∂C DC = −v· ∂t Dt 2 C= −Ci −t/λ 1 ∂C e − λ σ ∂x donde Ci es la concentraci´n inicial de contaminante en el punto en cueso ti´n (Ci = C0 /e): o x2 +y 2 2x ∂C −C0 −0 1 −C0 1 2 C0 2 1 = e + C0 e− σ2 2 = + C0 e−1 = ( 2− ) ∂t eλ σ σ eλ σ σ eσ λ 2. Si la intensidad de iluminaci´n de una part´ o ıcula fluida en (x, y, z ) al tiempo t est´ dada por: a e−3t I=A 2 x + y2 + z2 y el campo de velocidades del fluido est´ dado por: a vx = B (y + 2z ) vy = B (y + 3z ) vz = B (2x + 3y + 2z ) donde A y B son constantes conocidas, determine la velocidad de variaci´n de o la iluminaci´n experimentada al tiempo t por la part´ o ıcula fluida que est´ en a el punto (1, 2, -2) al tiempo t. Respuesta: Lo que se pide es exactamente el concepto de Derivada material, en este caso de la iluminaci´n recibida por una part´ o ıcula fluida. Dados el campo Euleriano de iluminaci´n y el campo de velocidades con que se mueve el fluido, o la expresi´n de la derivada material es: o ∂I DI = + (v · Dt ∂t Siendo las derivadas parciales: ∂I e−3t = −3A 2 , ∂t x + y2 + z2 ∂I e−3t = −2yA 2 , ∂y (x + y 2 + z 2 )2 La expresi´n final resulta: o e−3t 2B DI = −A 2 3+ 2 y x + 4zx + y 2 + 6zy + 2z 2 2 + z2 2 + z2 Dt x +y x +y Evaluando en el punto (1, 2, −2) resulta: DI e−3t =A (4B − 3) Dt 9 ∂I e−3t = −2xA 2 ∂x (x + y 2 + z 2 )2 ∂I e−3t = −2zA 2 ∂z (x + y 2 + z 2 )2 )I 3. Sean las componentes del campo de velocidades de un fluido: vx = x 1+t vy = 3 2y 1+t vz = 3z 1+t Calcule las trayectorias. Respuesta: Si Φ(x, t) es la trayectoria seguida por una part´ ıcula fluida que en un cierto tiempo de referencia estaba en x, el campo de velocidades Euleriano dato se puede expresar como: v (Φ(x, t), t) = V (x, t) = ∂ Φ(x, t) ˙ =Φ ∂t donde V (x, t) es el campo Lagrangiano de velocidades. Escribiendo en componentes: Φx 2Φy 3Φz ˙˙˙ , , Φx , Φy , Φz = 1+t 1+t 1+t Dado que la ecuaci´n diferencial: o entonces: du dt = au 1+t tiene como soluci´n a: u = u0 (1+t)a , o Φx = A(1 + t) Φy = B (1 + t)2 Φz = C (1 + t)3 Aplicando la condici´n inicial: Φ(x, 0) = x resulta la expresi´n final para o o las trayectorias, donde t es el par´metro y (x, y, z ) la posici´n inicial de la a o part´ ıcula: Φx = x(1 + t) Φ = y (1 + t)2 y Φz = z (1 + t)3 4. En las proximidades de un punto de remanso (o punto de estancamiento) bidimensional, la velocidad est´ dada por: a x y u = U0 , v = −U0 , w = 0 L L a ) Calcular el vector aceleraci´n y verificar que es puramente radial. o b ) Hallar las l´ ıneas de corriente, las trayectorias y las l´ ıneas de humo, dibujarlas esquem´ticamente. a c ) En particular dibuje la trayectoria de la part´ ıcula que a t = 0 estaba en el punto (0, 2L, 0), la l´ ınea de corriente que, a tiempo L/U0 , pasa por el punto (2L, L, 0) y la l´ ınea de humo del punto (2L, 0, 0), en en instante t = L/U0 . Respuesta: a ) Para calcular la aceleraci´n a partir del campo euleriano de velocidades, o se calcula la derivada material de la velocidad: ∂v Dv = + (v · Dt ∂t 4 )v ax = ay az ∂u ∂u ∂u U0 ∂u +u +v +w =0+u +0+0 ∂t ∂x ∂y ∂z L U0 ∂v ∂v ∂v ∂v = +u +v +w =0+0+v − +0 ∂t ∂x ∂y ∂z L ∂w ∂w ∂w ∂w +u +v +w =0 = ∂t ∂x ∂y ∂z ax = 2 U0 x, L2 ay = 2 U0 L2 2 U0 y, L2 az = 0 Siendo la aceleraci´n un m´ltiplo o u del vector posici´n. o b ) Como se trata de un campo estacionario, las l´ ıneas de corriente, las trayectorias, y las l´ ıneas de humo ser´n coincidentes. Calculemos las l´ a ıneas de corriente: dx dy =, u v L dx L dy =− , U0 x U0 y ln x = − ln y + c, x= k y Entonces las l´ ıneas de corriente tienen la fork ma: y = x , como se indica en la figura. c ) La trayectoria de la part´ ıcula que a t = 0 estaba en el punto (0, 2L, 0) es la semirrecta: (x = 0, y > 0). La l´ ınea de corriente que, a tiempo L/U0 , 2 ınea de humo del pasa por el punto (2L, L, 0) es la curva: (y = 2L ). Y la l´ x punto (2L, 0, 0), en en instante t = L/U0 es la semirrecta (x > 0, y = 0) 5 Hidrost´tica a 1. La figura muestra un cilindro invertido cerrado herm´ticamente por un pist´n e o 2 con una superficie de 0,1m y un peso de 500kg que se desliza sin fricci´n. El o peso y el volumen del cilindro pueden ser despreciados. Inicialmente, el cilindro y el pist´n son sostenidos por la barra en el aire a una presi´n de 1kg/cm2 y la o o longitud l = 2m cuando el pist´n est´ en estado de equilibrio. Luego el cilindro o a y el pist´n son introducidos en el l´ o ıquido hasta una posici´n en la que no hay o tracci´n ni compresi´n en la barra. En dicha posici´n h/l = 2. Asumiendo que o o o el gas en el cilindro permanece a una temperatura constante y que su peso es despreciable: a ) Calcular la tensi´n inicial en la barra o en kgf . b ) Calcular la presi´n final en el cilindro o 2 en kgf /cm . c ) Calcular el peso espec´ ıfico del l´ ıquido (relativo al agua). d ) Determinar si la posici´n final es de o equilibrio estable, inestable o neutro. Respuesta a ) Si consideramos despreciable el peso del aire, la tensi´n inicial de la bao rra es igual al peso del pist´n: 500kgf . Si deseamos tener en cuenta la o densidad finita del aire, se puede calcular la masa de aire contenida en el interior del cilindro utilizando la aproximaci´n de gas ideal: P V = nRT . o La presi´n interna debe ser tal que su diferencia con la presi´n atmosf´rio o e ca multiplicada por el ´rea del pist’on se iguale al peso del mismo: a (Patm − Pi )A = 500kgf , de donde: Pi = 1kgf /cm2 − 500kgf = 0,5kgf /cm2 0,1m2 . Calculamos el n´mero de moles de aire: u n= Pi V 50009,8kgm 0,1m2 1,97m = 4,25mol = Nm RT m 2 s2 8,314 molK 273,15K Guía sin fricción Aire Barra sin peso Líquido l 3 cm h y tomando la masa molecular del aire en 28,9g/mol, llegamos a 122,8g de aire en el interior del cilindro. A la misma temperatura, pero a presi´n o atmosf´rica, habr´ una cierta cantidad de aire ocupando el espacio del e ıa cilindro con el pist´n: o n= Patm V 100009,8kgm 0,1m2 2m = = 8,63mol Nm RT m 2 s2 8,314 molK 273,15K En gramos: 8,63mol28,9g/mol = 249,4g . La tensi´n de la barra ser´ igual o a al peso del pist´n m´s el peso del aire en el interior del cilndro, menos el o a empuje del aire desplazado: m T = (500 + 0,123 − 0,249)kgf = 499,87kg 9,8 2 = 4899N s 6 Como se ve, despreciar el peso del aire conduce a un error menor al 0,03 %. b ) Siguiendo con la aproximaci´n de gas ideal y considerando que la tempeo ratura no cambiar´, el producto P V se mantiene: a Pf = Pi Vi kgf A 1,97m 96530P a m = 0,5 2 = Vf cm A (l − 0,03m) l − 0,03m (1) donde l es la longitud indicada en la figura, en el estado de equilibrio. Adem´s sabemos que en equilibrio, la diferencia de presiones entre las a caras del pist´n es igual a su peso: o Ph − Pf = 500kgf = 49000P a 0,1m2 (2) y que las presiones en la cara inferior del pist´n y en la cara superior del o cilindro pueden calcularse como: Ph = Patm + ρgh Pf = Patm + ρg (h − l) y finalmente que en la condici´n de equilibrio: o h = 2l (5) (3) (4) Estamos en condiciones de calcular, usando las ecuaciones 1 a 5, las 5 inc´gnitas: l, Pf , Ph , ρ y h. Reemplazando (3) en (2) eliminamos Ph : o Patm + ρgh − Pf = 49000P a Despejando ρg de (4), reemplazando en (6) y operando se llega a: Pf − Patm = h−l 49000P a l (7) (6) reemplazando h por lo indicado en (5): Pf = Patm + 49000P a = 147000P a = 1,5 c ) De la ecuaci´n (1) se puede despejar l: o l = 0,03m + de (6) y (5): ρ= kg m 98000 s2 m2 49000P a + Pf − Patm kg = 7278 3 = m g 2l 9,8 s2 2 0,687m m kgf cm2 96530P a m = 0,687m 147000P a O sea, un peso espec´ ıfico de ∼ 7,3. 7 d ) Dado que el unico grado de libertad es la posici´n vertical del cilindro, ´ o analizaremos la estabilidad ante una perturbaci´n en la posici´n de equio o librio: h − l. Si se sumerge el sistema un poco m´s all´ de la posici´n de a a o equilibrio, la presi´n en su interior aumentar´, y, aplicando la ecuaci´n de o a o estado del gas en su interior, su volumen decrecer´. Este menor volumen a har´ que el empuje ejercido por el fluido sobre el sistema cilindro-pist´n se a o haga menor, y el sistema tender´ a bajar a´n m´s por efecto del peso que a u a no cambi´. Por lo tanto el equilibrio del sistema es inestable. (Tambi´n o e se puede plantear la hip´tesis opuesta: una menor profundidad conduce o a menor presi´n en el interior del cilindro, que conduce a mayor volumen o y por lo tanto mayor empuje que supera al peso del sistema y tiende a hacer flotar a´n m´s al dispositivo) u a 2. Un man´metro de tres fluidos como el que se muestra en la figura se utiliza o para medir diferencias de presi´n (P1 − P2 ) muy peque˜as. Sabiendo que se o n utiliza la misma cantidad de l´ ıquido en ambos reservorios obtenga: P1 P2 b A ρ1 ρ2 c h x a ) La ecuaci´n que relaciona la diferencia de alo tura h medida en las ramas con la diferencia de presi´n P1 − P2 como funci´n de las deno o sidades de los fluidos utilizados (ρ1 , ρ2 , ρ3 ) y las ´reas de los reservorios y las ramas (A y a a respectivamente). b ) ¿C´mo elegir´ estos par´metros para auo ıa a mentar la sensibilidad del instrumento? a ρ P f d 3 Respuesta: a ) Dadas las distancias b, c, d marcadas en la figura, la presi´n Pf se puede o calcular de dos maneras, integrando ρg en cada una de las ramas: Pf = P1 + ρ1 g (b + x)+ ρ2 g (c + h)+ ρ3 gd = P2 + ρ1 gb + ρ2 g (x + c)+ ρ3 g (h + d) Simplificando, se eliminan b, c, d: P1 − P2 = (ρ2 − ρ1 ) gx + (ρ3 − ρ2 ) gh Usando adem´s que, por continuidad: Ax = ah se obtiene: a P1 − P2 = (ρ2 − ρ1 ) 8 a + (ρ3 − ρ2 ) g h A b ) La sensibilidad ser´ mayor cuanto menor sea la expresi´n: a o (ρ2 − ρ1 ) a + (ρ3 − ρ2 ) A Suponiendo que no se puede cambiar la densidad ρ1 del l´ ıquido donde queremos medir la diferencia de presi´n, se puede hacer m´ o ınima la relaci´n o de ´reas a/A y la diferencia de densidades ρ3 − ρ2 entre los l´ a ıquidos del man´metro. o P1 P2 A b ρ1 ρ2 c a x h ρ3 Pf d 3. Considere la compuerta en forma de L que se muestra en la figura. Dicha compuerta tiene un ancho H (B-C) y puede rotar libremente (sin fricci´n) o alrededor de un eje (perpendicular a la hoja) que pasa por el punto B . Aire A Eje h g B H C Despreciando el peso de la puerta, ¿Cu´l es el valor de la altura h a para el cual la compuerta se abre autom´ticamente? a ρ Respuesta: Planteamos equilibrio de momentos con respecto al punto de giro de la compuerta. Las fuerzas actuantes son las de presi´n actuando en la o parte horizontal de la compuerta (Fv porque act´a en direcci´n vertical) y la u o integral de la presi´n actuando en la parte vertical, que llamaremos Fh . La o l´ ınea de acci´n de Fv estar´ centrada en la parte horizontal de la compuerta, o a con un brazo de palanca H/2, porque en esa secci´n la presi´n es uniforme. o o Para hallar la l´ ınea de acci´n de Fh podemos integrar el momento producido o 9 por las presiones, o podemos recurrir a la f´rmula para calcular el “centro de o θI presiones”: xcp = ρg sincg xx , donde θ es el ´ngulo de inclinaci´n, en este caso a o Ap π . A es el ´rea de la superficie, en nuestro caso h (suponiendo profundidad a 2 unitaria). pcg es la presi´n en el centro geom´trico de la superficie, en este caso o e pcg = patm + ρg h . El momento de inercia de un segmento es 2 Resultando: 3 ρg h 12 xcp = h patm + ρg h 2 h 2 −h 2 x2 dx = h3 . 12 El brazo de palanca de Fh ser´ h − xcp . Las magnitudes de Fh y Fv se calculan a2 como el producto de la presi´n en los centros geom´tricos de las superficies o e respectivas por sus ´reas: a Fv = (patm + ρgh) H, Fh = patm + ρg h h 2 S´lo resta tener en cuenta las fuerzas de presi´n en el exterior de la compuerta, o o que estar´ dada por la presi´n atmosf´rica (aproximadamente constante): a o e M = Fv H H h h − Fh − xcp + patm h − patm H = 0 2 2 2 2 √ Reemplazando y operando: ... h= 3H Observaci´n: N´tese que si bien algunos valores intermedios (por ejemplo la o o ubicaci´n del centro de presiones) dependen de la presi´n atmosf´rica, el resulo o e tado final no. Esto es porque sumar una constante a la presi´n -a ambos lados o de la compuerta- no altera el equilibrio de fuerzas. Teniendo esto en cuenta se podr´ haber considerado patm = 0 para simplificar los c´lculos. ıa a 10 Ecuaciones diferenciales 1. Dos fluidos inmiscibles e incompresibles de propiedades ρ1 , µ1 y ρ2 , µ2 respectivamente, circulan debido a un gradiente de presi´n dz en un estrecho canal o dp horizontal de ancho B (en la direcci´n y ) como se indica en la figura. Los o caudales de cada fluido se ajustan de forma tal que B1 = B2 = B/2. Q2 y z B2 µ2 µ1 B B1 Q1 Suponiendo flujo laminar completamente desarrollado calcular: a ) La distribuci´n de velocidades Vz (y ) en ese sistema y esquematice. o b ) Determine la relaci´n precisa entre el gradiente de presi´n y caudal total. o o Respuesta: a ) Dada la simetr´ del problema, proponemos un perfil de velocidades dado ıa por: → − (8) V = (0, 0, Vz ) adem´s, teniendo en cuenta que buscamos la soluci´n estacionaria, todas a o las derivadas parciales con respecto al tiempo ser´n cero. Plantendo la a conservaci´n de masa para un fluido incompresible obtenemos: o ∂Vz → ∂Vx ∂Vy ∂Vz − + + = =0 ·V = ∂x ∂y ∂z ∂z (9) De aqu´ obtenemos que Vz ser´ s´lo funci´n de la coordenada y . ı ao o Planteamos ahora la ecuaci´n de conservaci´n de momento en la direcci´n o o o z (Ecuaci´n de Navier-Stokes para fluido Newtoniano incompresible): o ρ dVz ∂P ∂ 2 Vz ∂ 2 Vz ∂ 2 Vz + = fz + µ + + dt ∂z ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 (10) donde fz son las fuerzas por unidad de volumen en la direcci´n z , que o en este caso son nulas. Utilizando el perfil de velocidades 8 y teniendo en cuenta lo dicho hasta ahora, la ecuaci´n 10 se reduce a o ∂P ∂ 2 Vz =µ 2 ∂z ∂y (11) debido a que la viscosidad toma valores diferentes para cada fluido, dividimos la regi´n en dos partes de forma tal que o 11 ∂P = ∂z V µ1 ∂∂y2z 2V µ2 ∂∂y2z 2 −B ≤ y ≤ 0 2 (12) 0≤y≤ B 2 Al plantear la ecuaci´n de conservaci´n de momento en la direcci´n x e o o o y obtenemos respectivamente: ∂P = 0, ∂x ∂P = −ρg ∂y (13) de esta manera, integrando las ecuaciones 12 obtenemos una expresi´n o para el perfil de velocidades dado por: 1 ∂P 2 2µ1 ∂z y 1 ∂P 2 y 2µ2 ∂z + b1 y + c 1 + b2 y + c 2 −B ≤ y ≤ 0 2 (14) 0≤y≤ B 2 Vz (y ) = donde b1 , b2 , c1 , c2 son constantes que debemos determinar a partir de las condiciones de borde. Las condiciones de borde del problema son: 1) La condici´n de no deslizamiento en las paredes i.e. o Vz − B 2 = 0, Vz B 2 =0 (15) 2) Continuidad de la velocidad en y = 0 3) Continuidad de la tensi´n en y = 0, es decir, µ ∂Vz es continuo en o ∂y y = 0. De la segunda condici´n obtenemos c1 = c2 = C . De la ultima condici´n o ´ o obtenemos: µ1 b 1 = µ2 b 2 Si llamamos β = µ1 µ2 yD= D 2 β 1 ∂P µ1 ∂z las ecuaciones 15 se transforman en + b1 B +C =0 2 (16) B 2 2 D B2 B + βb1 + C = 0 22 2 Multipicando 16 por β y sum´ndola a 17 obtenemos a C=− β DB 2 β+1 4 (17) Asi mismo, multipicando 16 por β y rest´ndole 17 obtenemos a b1 = Cβ−1 β − 1 DB =− Bβ β+1 4 12 De esta manera reemplazando en las ecuaciones 14 los valores de las constantes obtenemos para el perfil de velocidades: D 2 βD 2 y2 − 2 β −1 B y β +1 2 − β B2 β +1 2 1 B2 β +1 2 −B ≤ y ≤ 0 2 (18) 0 ≤y≤ B 2 Vz (y ) = y− β −1 B y β +1 2 − O, en variables originales: 1 ∂p 2µ1 ∂z 1 ∂p 2µ2 ∂z y2 − y− 2 µ1 − µ2 B y µ1 + µ2 2 µ1 − µ2 B y µ2 + µ1 2 − − µ1 B 2 µ1 + µ2 2 µ2 B 2 µ1 + µ2 2 −B ≤ y ≤ 0 2 (19) 0 ≤y≤ B 2 Vz (y ) = En la siguiente figura se muestra esquem´ticamente el perfil de velocidaa des para el caso µ2 < µ1 y z µ 2 < µ1 B µ1 En cada secci´n el perfil es parab´lico y en la interface las pendientes o o guardan una relaci´n igual a β . o b ) Para calcular el caudal total debemos integrar el campo de velocidades entre las placas: HD 2 0 −B 2 y2 − B 2 β 0 β −1B β B2 y− dy + β+1 2 β+1 2 β −1B 1 B2 y2 − y− dy β+1 2 β+1 2 (20) Donde H representa el ancho del canal en la direcci´n x. Realizando la o integral obtenemos para la expresi´n del caudal: o HDB 3 β + 1 3 (β − 1)2 3β Q=− − + + 12 4 8 β+1 β+1 O, en variables originales: Q=− HB 3 ∂p 12 ∂z 1 µ1 + µ2 3 1 + 8 µ1 µ2 2 µ1 + µ2 (22) (21) donde quda expll´ ıcita la “simetr´ entre µ1 y µ2 . N´tese que si las viscoıa” o sidades de los dos fluidos son iguales (β = 1) el caudal se reduce al caudal para un solo fluido entre dos placas: Q=− 13 HB 3 1 ∂P 12 µ ∂z Adem´s, si, por ejemplo µ1 tiende a un valor muy grande, el primer a 1 t´rmino del par´ntesis tiende a 8µ2 , mientras que el segundo t´rmino se e e e hace despreciable. El caudal resultante tiende al que se obtendr´ con el ıa fluido de viscosidad menor, circulando en un canal de la mitad de tama˜o. n 14 Aplicaciones de la Ecuaci´n de Bernoulli o 1. Considerar el flujo incompresible, bidimensional, estacionario y sin fricci´n o cerca de la garganta del pasaje de un Venturi. El flujo es irrotacional y los efectos gravitacionales son despreciables. La constante de Bernoulli del flujo es p0 (medida como una presi´n). Cerca de la garganta el contorno de la pared o es un arco circular de radio a. Como una aproximaci´n, se acuerda en suponer o que en el plano de la garganta 1-3 la curvatura de las l´ ıneas de corriente var´ ıa 1 1 linealmente desde a en el punto 1 hasta 0 en el punto 2 (y − a en el punto 3). Se desea analizar la distribuci´n de velocidades en los alrededores de la o garganta. a ) ¿Es la velocidad del fluido mayor en el punto 1 o en el punto 2? b ) ¿Es la velocidad del fluido mayor en el punto 2 o en el punto 4? 3 c ) Hacer un esquema cualitativo de la distribuci´n de presiones (l´ o ıneas de presi´n conso tante). d ) Calcular la distribuci´n de presiones en el o p0 −p2 plano de la garganta. Verifique que p0 −p1 = e , donde p1 y p2 son las presiones est´tia cas en los puntos 1 y 2, respectivamente. e ) ¿C´mo calcular´ el perfil de velocidades? o ıa Respuesta: b −a 2b 2 1 4 a a ) Dadas las aproximaciones del enunciado (flujo incompresible, estacionario, irrotacional y sin fricci´n, con efectos gravitacionales despreciables), o se puede aplicar la ecuaci´n de Bernoulli en todo punto del flujo, y por eso o tiene sentido hablar de la constante de Bernoulli “del flujo”. Entre el punto 1 y el 2 podemos utilizar las ecuaciones en “coordenadas naturales”, en particular en la direcci´n transversal al flujo: o v2 ∂p =ρ ∂n R Esta ecuaci´n, seg´n la convenci´n utilizada para definir el versor n, nos o u o indica que la presi´n debe aumentar alej´ndose del centro de curvatura o a de la l´ ınea. En particular la presi´n en el punto 2 ser´ mayor que en el o a punto 1. Como se cumple Bernoulli en todo el espacio (p + 1 ρv 2 = cte), 2 la velocidad en 2 ser´ menor que en 1. a b ) Por conservaci´n de la masa, dado que la densidad es constante, se cono serva el caudal volum´trico. Puesto que el ´rea de paso es m´ e a ınima en la garganta, all´ la velocidad ser´ m´xima, entonces v2 > v4 . ı aa 15 c ) Por el resultado del item a, la presi´n sobre corte vertical en la garganta o deber´ mostrar un m´ximo de la presi´n en el punto medio, y m´ ıa a o ınimos en los puntos 1 y 3. Por el resultado de b, un corte horizontal por el centro de la garganta deber´ mostrar un m´ ıa ınimo de presiones en el punto central (considerando que la velocidad es m´xima, y aplicando Bernoulli). Por lo a tanto, el punto central es un punto de ensilladura de la funci´n presi´n. o o En la figura se muestran las l´ ıneas de nivel del m´dulo de velocidad, obtenidas mediano te la resoluci´n num´rica del flujo en la geoo e metr´ dada. Estas l´ ıa ıneas de m´dulo de veloo cidad constante se corresponden (aplicando la ecuaci´n de Bernoulli) con l´ o ıneas de presi´n constante. N´tese sin embargo que el eso o paciamiento de las l´ ıneas se corresponde con diferencias del m´dulo de la velocidad y no o diferencias de presi´n. o d ) Para calcular la distribuci´n de presiones en la l´ o ınea central se puede integrar la ecuaci´n de arriba, teniendo en cuenta la variaci´n del radio o o de curvatura de las l´ ıneas de corriente. Tomando el origen de coordenadas en el punto central, y llamando x a la coordenada vertical, la curvatura x 1 o puede expresarse como: R = − ab , y utilizando la ecuaci´n de Bernoulli: 1 2 p0 = p + 2 ρv , la ecuaci´n en la direcci´n transversal al flujo queda: o o ∂p ∂p −x 2 x 2(p0 − p) = =ρ v = −ρ ∂n ∂x ab ab ρ ∂ (p0 − p) 2(p0 − p) =− x ∂x ab p d(p − p) 2x 0 = x dx p0 − p ab −b p1 x2 −b2 p0 − p 1 x 2 − b2 , ln(p0 − p)|p1 = = e ab p ab p0 − p1 − Evaluando en x = 0: p0 −p2 p0 −p1 = e− a b e ) Una vez calculada la presi´n, la velocidad se deduce de la ecuaci´n de o o 2 Bernoulli: v = ρ (p0 − p). 16 Vol´ menes de control u 1. Un jet de un l´ ıquido de densidad ρ, caudal volum´trico Q y velocidad V incide e sobre una placa de largo L y masa M que esta sostenida en uno de sus extremos por un pivote que le permite rotar libremente como lo muestra la figura. Si el jet se ubica una distancia H por debajo del pivote calcular: Pivote 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 θ H L ρV Q a ) El ´ngulo θ que formar´ la placa con la horizontal en el estado estaa a cionario en funci´n de estos par´metros. Considerar los efectos viscosos o a despreciables. b ) ¿C´mo cambia este resultado si se tiene en cuenta el efecto de la viscosidad o del fluido? Respuesta: a ) Si realizamos conservaci´n de momento angular respecto del pivote veo mos que los dos jet de salida no poseen momento angular debido a que poseen una direcci´n radial respecto del pivote. De esta manera el moo mento entrante del jet deber´ ser compensado por el torque ejercido por a la gravedad sobre la placa resultando: QρV · H = De aqu´ obtenemos finalmente ı θ = arc cos 2ρQV H M gL M g · L cos(θ) 2 b ) En el an´lisis anterior s´lo fue necesario hacer suposiciones sobre la visa o cosidad del fluido, s´lo es necesario que se cumpla la aproximaci´n de que o o los jet de salida son radiales respecto del pivote. De esta manera, el resultado anterior no depende de la viscosidad del l´ ıquido (ni de la rugosidad de la placa por ejemplo)mientras esta condici´n se siga cumpliendo. o 2. El esquema muestra un dispositivo que posee dos paletas con una curvatura suave que termina con un ´ngulo β . Las paletas est´n montadas sobre una a a cinta que se mueve a velocidad constante U . Adem´s, las paletas reciben un a chorro de agua proveniente de una tobera fija a una velocidad V . 17 a ) Calcule la fuerza que realiza la paleta sobre la cinta en funci´n de la o velocidad U . b ) Calcule para qu´ valor de U el trabajo realizado contra esta fuerza es e m´ximo a Tobera V β U Respuesta: a ) Planteamos inicialmente el problema utilizando un sistema de referencia fijo a la paleta y en este sistema de referencia proponemos un volumen de control fijo como lo muestra la siguiente figura: 2 β V-U 1 VC De esta manera la velocidad de ingreso al volumen de control (VC) es V − U . Suponiendo los esfuerzos viscosos despreciables en la paleta podemos plantear Bernoulli entre los puntos 1 y 2 indicados en la figura. De esta forma obtenemos: 12 1 ρV1 + ρgz1 + P1 = ρV22 + ρgz2 + P2 2 2 Debido a que ambos puntos se encuentran a presi´n atmosf´rica y deso e 2 preciando los efectos gravitatorios (i.e. g (z2 − z1 ) << V1 ) obtenemos: | V1 |=| V2 |= V − U Planteamos la conservaci´n de masa en el VC : o dM = dt 18 → −→ ρ V · − dΓ n ∂Ω Teniendo en cuenta que estamos considerando el caso estacionario (d/dt = 0) y dividiendo la superficie de control en dos partes obtenemos: ρ (V − U ) ds = S1 S2 → −→ ρV2 · − ds = ρ (V − U ) A1 = min n ˙ (23) donde A1 es un ´rea equivalente de entrada del jet proveniente de la a tobera y min representa el caudal m´sico de entrada. ˙ a Planteamos la conservaci´n de momento en el VC : o → − dK → − →→ −−→ F− = ρ V V · − dΓ n dt ∂Ω Porcediendo de la misma manera que en el caso de la conservaci´n de o masa y teniendo en cuenta que la normal apunta hacia afuera del VC, esta expresi´n se reduce a: o → − F =− S1 S2 ρ (V − U )2 ds + → −→ ρ ((V − U ) cos β x + (V − U ) sin β y ) V2 · − ds (24) ˆ ˆ n La sumatoria de la izquierda incluye las fuerzas volum´tricas y de supere ficie aplicadas al VC. Teniendo en cuenta que sobre todas sus superficies actua la presi´n atmosf´rica y despreciando tanto los efectos viscosos o e como los gravitatorios esta sumatoria se reduce a la fuerza que realiza la paleta sobre el fluido (y a su vez la cinta sobre la paleta). De esta forma, reemplazando lo hallado en 23 obtenemos: → − F paleta = −min (V − U ) x + min ((V − U ) cos β x + (V − U ) sin β y ) ˙ ˆ ˙ ˆ ˆ (25) o bien, reagrupando t´rminos y usando la definici´n de min : e o ˙ → − F paleta = A1 ρ (V − U )2 ((cos β − 1) x + sin β y ) ˆ ˆ (26) b ) El trabajo realizado por la fuerza calculada en 26 por unidad de tiempo sobre la cinta se puede calcular a partir de: → − W = F paleta · U x = A1 ρ(cos β − 1) (V − U )2 U ˆ (27) Para obtener el valor de U que produce la mayor potencia calculamos la derivada con respecto a U de W e igualamos a cero. De esta manera obtenemos la condici´n para la velocidad: o (V − U )2 − 2U (V − U ) = 0 (28) De aqui podemos ver que V = U es soluci´n de 28, aunque en este caso la o potencia calculada por 27 es cero. Eliminando esta soluci´n de la ecuaci´n o o 28 obtenemos: V (V − U ) − 2U = 0 i.e. U= (29) 3 Y esta es la soluci´n que buscamos. o 19 3. Un flujo en un resalto hidr´ulico puede esquematizarse como se muestra en la a figura. Un flujo de altura h1 y velocidad media V1 , en un canal, se transforma espont´neamente en un flujo de altura h2 y velocidad media V2 . Se considera a un canal muy ancho, y tal que no hay variaciones significativas en la direcci´n o perpendicular al plano del dibujo. Se ha observado que a una peque˜a distancia n del salto la distribuci´n de velocidades es razonablemente uniforme. o a ) Mostrar, discutiendo las suposiciones necesarias, que la relaci´n entre h2 o y h1 cumple: 11 h2 2 =− + 1 + 8F r1 h1 22 donde F r1 es el n´mero de Froude del estado 1, F r1 = √V1 u g ·h 1 b ) Calcular la disipaci´n de energ´ mec´nica entre las secciones 1 y 2. o ıa a c ) Pueden existir resaltos hidr´ulicos con h2 < h1 ? ¿Por qu´? a e V2 h2 V h1 1 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 Respuesta: a ) Planteando conservaci´n de la masa, en un volumen de control como el o de la figura, se obtiene que: V1 h1 = V2 h2 V2 h2 V1 h1 Planteando conservaci´n de la cantidad de movimiento en el mismo voo lumen de control se tiene: ρu (u · n) dS = ˘ ∂V C VC f+ ∂V C −p n dS ˘ en la direcci´n horizontal queda: o −ρV12 h1 b + ρV22 h2 b = p dS − 1 2 p dS donde b es el ancho del canal (normal al dibujo). Si restamos la presi´n o atmosf´rica, la presi´n hidrost´tica en cada pared vertical se puede exe o a presar como: p = ρgy , con la coordenada y medida en cada caso desde la superficie: −ρb V12 h1 − V22 h2 = b 20 h1 0 ρgy dy − 0 h2 ρgy dy Usando la conservaci´n de la masa y simplificando: o h1 V1 h1 V12 h2 h2 (h2 − h1 )(h2 + h1 ) (V1 − V2 ) = (h2 − h1 ) = 2 − 1 = g gh2 2 2 2 Una posible soluci´n de esta ecuaci´n es, como es natural: h2 = h1 , o sea o o que el fluido siga circulando a la misma velocidad. Pero tambi´n existe e otra soluci´n que conserva tanto la masa como el momento cin´tico y es o e la que cumple: 2h1 V12 h2 + h1 = gh2 2 2 Despejando se obtiene la cuadr´tica: h2 + h1 h2 − g h1 V12 , cuya soluci´n es: a o −h1 ± h2 = Definiendo F r = V √, gh h2 + 8 1 2 h1 V1 g 2 dividiendo todo por h1 , y considerando que la soluci´n f´ o ısicamente posible es aquella para la cual h2 es positivo, se obtiene: h2 1 2 = − + 1 + 8F r1 h1 2 b ) Planteando la conservaci´n de la energ´ en el mismo volumen de control o ıa se tiene: dE 1 ˙ ˙ =Q−W − ˘ ρ u2 + e + V u · n dS dt 2 ∂V C esta expresi´n se anula porque estamos en estado estacionario. Haciendo o ˙ ˙ e = 0 y con un potencial V = gz llamaremos a: W − Q la disipaci´n de o energ´ mec´nica: ıa a 1 Φ=− ρ u2 + gz u · ndS ˘ 2 ∂V C h1 h2 V2 V2 = ρ 1 bh1 + gb z dz (−V1 ) − ρ 2 bh2 + gb z dz V2 2 2 0 0 resolviendo las integrales, y llamando Q = V1 h1 = V2 h2 se llega a: ρbQ V12 + gh1 − V22 − gh2 Φ= 2 usando conservaci´n de la masa: h1 h2 (V1 + V2 ) = Q(h1 + h2 ), adem´s, o a por la conservaci´n del impulso: 2Q(V1 − V2 ) = g (h1 + h2 )(h2 − h1 ), o reemplazando en la expresi´n de Φ: o ρbQ Φ= [(V1 − V2 )(V1 + V2 ) − g (h2 − h1 )] 2 ρbQ (h1 + h2 )(h2 − h1 )g Q(h1 + h2 ) = − g (h2 − h1 ) 2 2Q h1 h2 ρbQg (h2 − h1 ) (h1 + h2 )2 −1 = 2 2h1 h2 h2 + h2 2 Φ = ρbQg (h2 − h1 ) 1 4h1 h2 21 c ) De la expresi´n de Φ, surge que la disipaci´n ser´ positiva s´lo en el o o a o caso que h2 > h1 , de otra manera en lugar de disipar energ´ mec´nica ıa a se estar´ absorbiendo, contradiciendo el segundo principio de la termoıa din´mica. a Puede adem´s verse (operando a partir de la expresi´n del punto a)) que a o la condici´n h2 > h1 es equivalente a pedir que el n´mero de Froude en o u la entrada sea mayor que 1: h2 > h1 ⇒ h2 >1 h1 11 2 ⇒ 1<− + 1 + 8F r1 22 2 2 ⇒ 3 < 1 + 8F r1 ⇒ 8 < 8F r1 2 ⇒ F r1 = V12 >1 gh1 4. Un chorro de agua fluye verticalmente desde la salida de una canilla cuyo orificio de salida es circular y de radio R. El orificio de salida se encuentra a una altura H medido desde el nivel del suelo. El agua a la salida del orificio tiene velocidad U y el perfil es plano. a ) Encuentre una expresi´n para la variaci´n o o del radio del chorro en funci´n de la altura. o b ) Calcule la fuerza que ejerce el chorro de agua sobre el piso, si el caudal es de 5 litros por minuto, R vale 1/4 de pulgada y H = 50cm. c ) Grafique en forma cualitativa la presi´n en o el piso en funci´n de la distancia al centro o del chorro. Explicite los valores extremos de la presi´n. o R H Respuesta: a ) Considerando despreciables los efectos viscosos (el perfil inicial es plano, la viscosidad del aire es muy peque˜a y por lo tanto la tensi´n de corte no n o es significativa), podemos aplicar la ecuaci´n de Bernoulli entre el punto o de salida y una posici´n gen´rica, a una distancia z de la canilla: o e 1 12 ρU + p0 = ρu(z )2 + p(z ) + ρg (−z ) 2 2 Donde se ha hecho la aproximaci´n de que la curvatura de las l´ o ıneas de corriente es despreciable, y por lo tanto la presi´n no depende del radio, o 22 siendo s´lo funci´n de la altura. Considerando adem´s que la presi´n en o o a o la superficie del es la presi´n atmosf´rica (constante), la expresi´n para o e o la velocidad en funci´n de la altura se reduce a: o u(z ) = U 2 + 2gz Por conservaci´n de la masa, el caudal (velocidad por ´rea) a cualquier o a altura es el mismo: Q = u(z )A(z ) = u(z )πr(z )2 = U πR2 Eliminando u(z ) se obtiene: 1 2gz − 4 U R2 r= √ 2 =R 1+ 2 U U + 2gz b ) Al llegar a una distancia H de la canilla, el l´ ıquido se mover´ a una a √2 πR2 velocidad u(H ) = U + 2gH , y el ´rea del chorro ser´: A(z ) = U (H ) . a a u Tomando el volumen de control de la figura y calculando el balance de momento en la direcci´n vero tical (y ), se tiene que: 0=− SC ρuy (u · n)dS + F = 0 ˘ donde F es la fuerza ejercida por el piso sobre el chorro para frenarlo. De la integral s´lo queda la parte de la superficie superior por donde ingreo sa el fluido (el flujo de momento que escapa por los costados consideramos que no tiene componente vertical). En esa parte: uy = −u(H ), u · n = ˘ −u(H ): F = ρu(H ) A(H ) = ρ U + 2gH √ Usando: ρ = 1000kg/m3 R = 1/4 = 0,00635m Q 5 × 10−3 m3 /60s U= = = 0,658m/s πR2 π 0,006352 m2 H = 0,5m Se obtiene: u(H ) = 3,2m/s A(H ) = 26,05 × 10−6 m2 F = 1000kg/m3 3,22 m2 /s2 26,05 × 10−6 m2 = 0,267N = 27,2g c ) Las part´ ıculas que descienden por el eje de simetr´ se van frenando ıa asint´ticamente. Nunca llegan al piso, porque la velocidad tiende a cero. o 23 2 2 π R2 U = ρπR2 U U 2 + 2gH 2 + 2gH U Se tiene en la intersecci´n del eje de simetr´ con el piso un punto de o ıa estancamiento. All´ la presi´n ser´ m´xima, e igual a: ı o aa 1 1 p0 = patm + ρu(H )2 = patm + ρU 2 + ρgH 2 2 Suficientemente lejos de este punto, la presi´n tender´ a ser nuevamente o a la presi´n atmosf´rica, como se muestra en la figura. o e p(r,H) p 0 p atm r 5. Un bloque rectangular de masa M , con caras verticales, rueda sobre una superficie horizontal entre dos chorros opuestos, como se muestra en la Figura. En t = 0, el bloque se pone en movimiento a una velocidad U0 . Subsecuentemente se mueve sin fricci´n, paralelo a los ejes del chorro, con velocidad U (t). o Desprecie la masa de cualquier l´ ıquido que se adhiera al bloque, comparada con M . Obtenga expresiones generales para la aceleraci´n a(t) y la velocidad o U (t) del bloque. Justifique la elecci´n del sistema de referencia y del recinto o de integraci´n. o ρ V U(t) A A M ρ V Respuesta: Consideremos un volumen de control no deformable que encierra al bloque y se mueve junto con ´l, tal como se muestra en la Figura que sigue. e V1 =V−U M V2 =V+U 24 El sistema de referencia elegido est´ fijo al volumen de control, por lo que se a trata de un sistema de referencia no inercial ya que el bloque se est´ frenando, a movi´ndose con velocidad variable U (t) y aceleraci´n a(t) respecto a un sistema e o de referencia inercial. Despreciando los efectos viscosos podemos aplicar Bernoulli a lo largo de una l´ ınea de corriente en los chorros que inciden sobre el bloque para obtener: V1in = V1out = V − U Y, del mismo modo: V2in = V2out = V + U Planteando conservaci´n de la cantidad de movimiento en la direcci´n x en o o el VC elegido y teniendo en cuenta que en nuestro sistema de referencia la velocidad de los chorros de salida no tiene componente horizontal, resulta: −M · a(t) dU −M · dt dU −M · dt dU −M · dt dU dt = −m1 (V − U ) + m2 (V + U ) ˙ ˙ = −ρA(V − U )2 + ρA(V + U )2 = ρA · [−(V − U )2 + (V + U )2 ] = 4ρAV U =− 4ρAV M ·U La soluci´n de esta ecuaci´n, recordando que U (t = 0) = U0 , viene dada por: o o U (t) = U0 · e−( De donde se sigue que: a(t) = dU dt 4ρAV 4ρAV · U0 · e−( M ·)t a(t) = − M 4ρAV M ·)t 25 1. An´lisis dimensional a 1. Considere una serie de pasajes geom´tricamente similares de secci´n circular e o como se muestra en la figura. Un cambio en cualquier dimensi´n de longitud o produce cambios proporcionales en todas las dem´s longitudes. a V1 D2 D1 En el caso I , un fluido de baja viscosidad fluye a trav´s de un pasaje de mae nera tal que las tensiones viscosas sobre cualquier part´ ıcula son despreciables comparadas con las tensiones de inercia. Son considerados pasajes de diferente tama˜o, todos con el mismo fluido incompresible entrando al conducto con la n misma velocidad V1 . Para el caso I (fluido no viscoso) cuando D1 aumenta, indicar qu´ ocurre con las siguientes magnitudes (aumenta, permanece igual, e disminuye): a ) V2 b ) El caudal volum´trico. e c ) El valor de p1 −p2 2 ρV1 d ) El valor de p1 − p2 e ) El caudal m´sico por unidad de secci´n transversal en la secci´n 2. a o o Respuesta: a ) Puesto que el fluido es incompresible, su densidad es constante. Por conservaci´n de la masa, y considerando estado estacionario, el caudal eno 2 2 trante debe ser igual al caudal saliente: ρV1 π D1 = ρV2 π D2 , de donde 4 4 V2 = D1 V1 . Si la relaci´n de di´metros permanece constante y V1 tamo a D2 bi´n, entonces V2 no cambiar´. e a 2 b ) El caudal volum´trico es: Q = V1 π D1 , con V1 constante, un aumento de e 4 D1 lleva a un aumento en Q. c ) Dado el di´metro D1 de entrada, la geometr´ del pasaje queda completaa ıa mente definida. Sabiendo adem´s las caracter´ a ısticas del fluido (densidad ρ, viscosidad µ) y la velocidad de entrada V1 , debe ser posible calcular la ca´ de presi´n p1 − p2 . Esto se puede expresar como: “debe existir una ıda o relaci´n funcional g (D1 , ρ, µ, V1 , p1 − p2 ) = 0”. Si adem´s las tensiones viso a cosas son despreciables, la viscosidad no influye en el resultado, podemos escribir g (D1 , ρ, V1 , p1 − p2 ) = 0 Utilizando el Teorema π de Buckingham ˆ para simplificar, se puede obtener un unico n´mero adimensional, por ´ u p1 −p2 ejemplo: ρV 2 que debe ser constante. 1 26 d ) Si adem´s V1 permanece constante, el valor de p1 − p2 permanecer´ consa a tante. e ) El caudal m´sico por unidad de secci´n transversal en la secci´n 2 se a o o puede escribir como: ρV2 A2 m ˙ = = ρV2 A2 A2 Ya vimos que V2 se manten´ constante, y ρ tambi´n, entonces ıa e mantendr´ constante. a m ˙ A2 se En el caso II , un fluido de alta viscosidad fluye a trav´s del pasaje tan lene tamente que las tensiones de inercia sobre cualquier part´ ıcula de fluido son despreciables comparadas con las tensiones viscosas. Son considerados pasajes de diferentes tama˜os, todos con el mismo fluido incompresible entrando al n conducto con la misma velocidad V1 . Para el caso II (fluido altamente viscoso) cuando D1 aumenta, indicar qu´ ocurre con las siguientes magnitudes e (aumenta, permanece igual, disminuye): a ) V2 b ) El caudal m´sico. a c ) El valor de p1 −p2 2 ρV1 d ) El valor de p1 − p2 e ) El valor de (p1 − p2 )D1 f ) El Re en la secci´n 2. o g ) la tensi´n de corte en la pared, a medio camino entre la secci´n 1 y la 2 o o h ) la fuerza total ejercida por el fluido sobre las paredes en la direcci´n del o flujo. Respuesta: a ) V2 , por las mismas consideraciones que en el caso anterior, permanecer´ constante. a b ) El caudal m´sico m es el caudal volum´trico Q multiplicado por la densia ˙ e dad, que permanece constante. Por lo tanto m se comportar´ de la misma ˙ a forma que Q, es decir: aumentar´, por las mismas consideraciones que en a el caso I . c ) Repitiendo el razonamiento del caso anterior, obtenemos la expresi´n o g (D1 , ρ, µ, V1 , p1 − p2 ) = 0. Pero ahora, en lugar de despreciar el efecto de la viscosidad, lo que sucede es que el t´rmino de las fuerzas de inercia e en las ecuaciones de Navier-Stokes se hace despreciable frente al resto, y es la densidad ρ la que no tendr´ influencia en el resultado. Se puede a plantear entonces que existe una relaci´n que permite obtener p1 − p2 a o partir s´lo de D1 , µ y V1 : g (D1 , µ, V1 , p1 − p2 ) = 0. Usando nuevamente o ˆ 27 el teorema π de Buckingham, aparece un s´lo n´mero adimensional que o u debe ser una constante, por ejemplo: (p1 − p2 )D1 = cte. µV1 µ p1 − p2 = cte. 2 ρV1 D1 ρV1 De donde resulta que al mantener constantes µ, ρ y V1 , un aumento en 1− D1 produce una disminuci´n de pρV p2 . o 2 1 operando: d ) Operando sobre la f´rmula anterior se obtiene que tambi´n el valor de o e p1 − p2 disminuye al aumentar D1 y mantener constantes ρ, µ y V1 . e ) En cambio el producto (p1 − p2 )D1 se puede expresar como: (p1 − p2 )D1 = cte. µV1 y permanece constante. f ) El Re en la secci´n 2 es: o ρV2 D2 µ Lo unico que var´ en la expresi´n es D2 que aumenta proporcionalmente ´ ıa o con D1 . Re2 = g ) La tensi´n de corte en la pared, en cualquier punto, podr´ ser obteo a nida a partir de los datos del problema, es decir, habr´ una relaci´n: a o g (D1 , ρ, µ, V1 , τ ) = 0. Despreciando el efecto de la densidad y aplicando an´lisis dimensional aparece el n´mero: a u τ D1 = cte. µV1 (Observaci´n: la tensi´n tiene las mismas unidades que la ca´ de preo o ıda µV1 si´n, entonces podemos usar la fracci´n D1 para “medirla”). Por lo tanto, o o al aumentar D1 y mantener µ y V1 , la tensi´n de corte en cualquier punto o va a disminuir. h ) Llamemos F a la fuerza total ejercida por el fluido sobre las paredes en la direcci´n del flujo. Esta fuerza tambi´n deber´ poder obtenerse a partir o e a de D1 , µ y V1 . El n´mero adimensional que aparece es: u F = cte. µV1 D1 Entonces, si µ y V1 permanecen constantes, F aumenta proporcionalmente con D1 . 2. Se pretende estudiar un sistema formado por un canal abierto que posee un pilote vertical apoyado en el fondo del canal como lo indica la figura. Para esto se decide realizar un experimento de laboratorio utilizando una escala 1:10. 28 0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 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0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 Respuesta: a ) En este caso aparecen seis par´metros que definen nuestro problema, a a saber: ρ, µ, g , V , h y D. Utilizando an´lisis dimensional para estos a par´metros resultan tres n´meros adimensionales que pueden elegirse de a u la siguiente manera: a ) Si se desea respetar la semejanza dimensional del problema, indique las condiciones que se deben cumplir para la elecci´n de los par´metros utilio a zados en el experimento. En este caso: ¿C´mo relacionar´ una frecuencia o ıa caracter´ ıstica medida en el experimento con la que aparecer´ en el sisteıa ma real? b ) Debido a que la relaci´n D es muy grande en el canal real, resulta muy oh dif´ respetar esta condici´n en el experimento. En particular, en el caso ıcil o h real D = 30, mientras que en el experimento esta relaci´n se tom´ igual o o a 20. Si se desea obtener una estimaci´n de la fuerza de arrastre ejercida o sobre el pilote en el caso real, qu´ par´metros eligir´ y c´mo utilizar´ e a ıa o ıa los datos obtenidos en el experimento para realizar esta estimaci´n? o Teniendo en cuenta que, 10Dm = Dp , y utilizando el resultado anterior para la velocidad del modelo, obtenemos: Teniendo en √ cuenta que g es la misma en ambos casos y que 10hm = hp , resulta Vp = 10Vm . Para conservar el n´mero de Reynolds: u Estos n´meros deber´ respetarse en el experimento. El tercero de ellos u ıan se mantiene puesto que se trata de un modelo a escala. La igualdad de Fr impone: Vm Vp = Frm = √ Frp = ghm g hp Re = 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 V ρD µ Rem = V Vm Dm Vp Dp = Rep = νm νp 29 V Fr = √ 3 νp = 10 2 νm D h gh ρμ g Form = D h (la relaci´n µ/ρ deber´ ser unas 30 veces menor en el modelo que en el o ıa caso real). Para obtener el valor de una frecuencia caracter´ ıstica en el caso real a partir de la frecuencia medida en el modelo, se deben igualar las frecuencias adimensionales. Utilicemos como escala de frecuencias la relaci´n V /D: o F= Fm Dm Fp Dp Fm Dm Vp = ⇒ Fp = Fm =√ Vm Vp Dp Vm 10 b ) Podemos suponer que en la fuerza de arrastre sobre el pilote influyen dos efectos: el arrastre por presi´n y fricci´n debido a la corriente en que o o est´ inmerso, y el efecto de la superficie libre. Este ultimo efecto se supone a ´ que estar´ restringido a una zona de tama˜o proporcional al di´metro a n a del pilote. Por otra parte, el primero ser´ proporcional a la dimensi´n a o h, de modo que cuando h D el efecto de la superficie se vuelve poco significativo. En estas condiciones, cuando el efecto predominante es el arrastre de la corriente, el n´mero adimensional a conservar es el Re: u Re = Vp Dp Vm Dm = νp νm Y la escala de fuerzas apropiada en este caso es: F = ρV 2 Dhf (Re) Suponiendo que se mantiene la escala 1:10 en el di´metro, tenemos las a relaciones: Dp hp 20 Dm = , hm = 10 10 30 y suponiendo que usamos el mismo l´ ıquido, para conservar el Re debemos hacer: Vm = Dp Vp /Dm = 10Vp La fuerza en el pilote real puede obtenerse de la medida en el modelo utilizando la relaci´n: o Fp 2 ρVp Dp hp = Fm 2 ρVm Dm hm FP = Vp 2 Dp hp F Vm Dm hm m = 0,01 × 10 × 15Fm = 1,5Fm 3. Se pretende estudiar el funcionamiento de una v´lvula de retenci´n ubicada a o al final de una tuber´ que se encuentra completamente sumergida (como se ıa muestra en la figura). Para esto se decide realizar un experimento de laboratorio utilizando una escala 1:10. 30 ρliq μliq 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 000 0000 00000000000000000000 000 0000 00000000000000000000 000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 D Q ρ metal Pivote Clapeta a ) Si se desea respetar la semejanza dimensional del problema completo, indique que condiciones se deben cumplir para la elecci´n de las variables utilizadas o en el experimento. En este caso: ¿C´mo o relacionar´ un tiempo de cerrado de la ıa v´lvula medido en el experimento con el a que aparecer´ en el sistema real? ıa b ) En este punto s´lo estamos interesados en averiguar el caudal de succi´n o o para el cual la clapeta comienza a cerrarse, es decir, el caudal para el cual la clapeta se encuentra completamiente abierta pero la fuerza sobre el soporte que sostiene la clapeta es cero. En este caso, para conservar la semejanza dimensional en el modelo la cantidad de numeros adimensionales a ser conservados disminuye y por lo tanto puede utilizarse el mismo fluido que en el prototipo. Explique porqu´ esto es cierto, e indique como e se relaciona el caudal medido en el modelo para este punto con el caudal que se obtendr´ en el prototipo. a Considerar las superficies de la tuber´a y de la clapeta como perfecı tamente lisas en todos los casos. Respuesta a ) Los par´metros del problema completo son: ρLiq , µLiq , D, Q, ρM etal y g . a Haciendo uso del an´lisis dimensional encontramos que podemos formar a tres grupos adimensionales. Una forma posible de agrupar estos par´mea tros en tres n´meros adimensionales es como sigue: u ρLiq ρM etal Q2 D5 g Q· ρLiq D· µLiq La conservaci´n del primer numero adimensional requiere utilizar una o relaci´n de densidades entre el metal de la tuberia y el l´ o ıquido que sea la misma en el modelo y en el prototipo. A partir del segundo n´mero adimensional y teniendo en cuenta que u Dm = Dp , obtenemos la siguiente relaci´n para los caudales (utilizando o 10 un mismo valor de g ): Qp Qm = 5 10 2 Por ultimo, autilizando el tercer n´mero adimensional y las condiciones ´ u para Dm y Qm obtenemos para ν = µ : ρ νm = 31 νp 10 2 3 Por lo tanto debemos utilizar un fluido que posea una viscosidad cinem´tia ca unas 31 veces menor que el utilizado en el prototipo. Para relacionar un tiempo medido en el modelo con el esperado en el prototipo usamos el hecho de que si mantenemos la semejanza din´mia ca y geom´trica, los tiempos adimensionalizados ser´n iguales. Podemos e a adimensionalizar el tiempo con Q y D de la siguiente manera: Tm Qm Tp Qp = 3 3 Dm Dp Utilizando las relaciones Qm Qp y Dm Dp que obtubimos antes, resulta: √ Tp = Tm 10 b ) Si s´lo estamos interesados en el caudal para el cual la la clapeta comienza o a levantarse, vemos que la din´mica de la clapeta no es importante (se a encuentra siempre en reposo) y por lo tanto la densidad del material con el cual est´ construida no es un par´metro independiente. En este caso la a a densidad de la clapeta y la gravedad no ser´n par´metros independientes. a a El par´metro importante aqui ser´ el peso de la clapeta que se puede a a calcular a partir de (ρmetal − ρLiquido )g = ∆ρ · g . De esta manera los n´meros adimensionales se reducen a dos que pueden u elegirse de la siguiente manera: Q2 ·ρLiq D 5 ∆ ρ·g Q· ρLiq D· µLiq Utilizando el segundo n´mero adimensional y conservando el mismo l´ u ıquido en el modelo y en el prototipo, obtenemos: Qm = Qp 10 Usando el primer n´mero adimensional (utilizando el mismo fluido) obu tenemos: Q2 Q2 m =5p 5 Dm ∆ρm · g Dp ∆ρp · g Y utilizando las condiciones ahalladas para Q y la relaci´n de escala para o D obtenemos: 5 ∆ρm = ∆ρp · 10 2 De esta manera se puede encontrar una semejanza din´mica sin cambiar a de fluido pero autilizando una diferencia de densidades diferentes. Por ultimo, el caudal medido en el modelo para esta condici´n ser´ diez ´ o a veces menor que el que se obtendr´ en el prototipo. ıa 4. El torque τ de una turbina de flujo axial es una funci´n de la densidad del o fluido ρ, el di´metro del rotor D, la velocidad angular de rotaci´n Ω y el caudal a o 32 volum´trico Q (en el r´gimen de trabajo usual la viscosidad del fluido no tiene e e una influencia significativa). En un experimento con una turbina de di´metro D = 0,5m en agua a kg (ρ = 1000 m3 ), con una velocidad de rotaci´n Ω = 100 rpm constante, se o midi´ el torque en el eje en funci´n o o del caudal Q, resultando el gr´fico a de la figura. τ [Nm] 10 5 Q [m 3/s] 0.5 1.0 1.5 2.0 a ) En base a los resultados del experimento, escriba una expresi´n para o calcular el torque en funci´n de los par´metros relevantes del problema. o a b ) Calcular cu´l ser´ el torque en una turbina geom´tricamente semejante a ıa e a la del experimento, en agua, si el d´ ıametro del rotor es 1m, y el caudal 3 es de 3 m cuando la velocidad angular es de 30 rpm. s c ) Manteniendo el caudal, la velocidad angular y el tama˜o de la turbina, n ¿c´mo cambia la diferencia de presiones entre la entrada y la salida, al o variar la densidad del fluido circulante? Respuesta: a ) Dada la expresi´n dimensional: f (τ, ρ, D, Ω, Q), planteamos la matriz dio mensional: M L T τ 1 2 -2 ρD 10 -3 1 00 Ω 0 0 -1 Q 0 3 -1 Eligiendo las columnas de ρ, D y Ω, que son linealmente independientes y seg´n el teorema π de Buckingham, vamos a poder escribir dos n´meros u u adimensionales. Nos conviene que en uno de ellos aparezca τ y en el otro Q. Escribi´ndolos como: π1 = τ ρa Db Ωc y π2 = Qρd De Ωf , los valores de e a, b, c, d, e, f que hacen adimensionales a π1 y π2 son: a = −1, b = −5, c = −2, d = 0, e = −3 y f = −1, y los n´meros son: u π1 = τ Q , π2 = 3 5 Ω2 ρD DΩ En el gr´fico se observa que la relaci´n entre τ y Q se puede escribir a o Kg -aproximadamente- como: τ = 5 m s Q. Entonces la funci´n adimensional o que relaciona π1 y π2 debe ser tambi´n lineal: e π1 = O sea: τ =k Q τ = kπ2 = 3 5 Ω2 ρD DΩ ρD5 Ω2 Q = kρD2 ΩQ D3 Ω 33 Kg Pero: kρD2 Ω = 5 m s , despejando k y reemplazando los valores de ρ, D y Ω del experimento, se obtiene: k=5 Kg m3 1 60s = 0,0019 2 m2 100 2π m s 1000Kg 0,5 τ = 0,0019ρD2 ΩQ Con la velocidad angular en radianes por unidad de tiempo. b ) Reemplazando valores en la f´rmula anterior: o 3 Kg 2 30 2π m τ = 0,0019 1000 3 (1m) 3 = 18N m m 60s s c ) Para obtener un n´mero adimensional que involucre una diferencia de u presiones, se puede plantear: π3 = ∆pρa Db Ωc . Operando, se obtiene: π3 = ∆p , y este n´mero adimensional ser´ funci´n de π2 , manteni´ndose Ω, u a o e ρΩ 2 D 2 D y Q, se mantiene π2 , tambi´n π3 , y entonces la diferencia de presiones e es lineal con ρ. 34 ...
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This note was uploaded on 04/13/2011 for the course INGEENERIN 100 taught by Professor Xx during the Fall '11 term at Universidad de Concepción.

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