Mecánica de Fluidos - 2007Problemas resueltos Cinemática 1. Se tiene el siguiente campo de velocidades: x y vx = , vy = , vz = 0 x2 + y2 x2 + y2 a) Encuentre las lı́neas de corriente, las trayectorias y las lı́neas de humo. b) Encuentre una expresión para el campo Lagrangiano de velocidades (tome como referencia el tiempo t = 0). Si a t = 0 se tiene una mancha contaminante de la forma: x2 +y 2 C(x, y, z) = C0 e− σ2 y se sabe que el contaminante es un isótopo radiactivo que decae según la ley: C = Ci e−t/λ , c) ¿Cuál será la concentración de contaminante que medirı́a un sensor ubi- cado en el punto (σ, 0, 0) a tiempo t = 0? d ) Encuentre la tasa de cambio de la concentración que medirı́a el mismo sensor, en el mismo punto, en el mismo intante t = 0. Respuesta: a) Como se trata de un campo estacionario, las lı́neas de corriente, las tra- yectorias y las lı́neas de humo serán coincidentes. La velocidad en todo punto es paralela al vector posición (proyectado sobre el plano x − y), de manera que toda partı́cula del fluido se mueve siempre alejándose del eje z, describiendo rectas radiales. Para obtener una expresión formal de la ecuación de estas lı́neas se puede partir de la ecuación de las lı́neas de corriente: dx x dy y dz = vx = 2 , = vy = 2 , = vz = 0 ds x + y2 ds x + y2 ds eliminando el parámetro s e integrando desde un punto en particular (x0 , y0 , z0 ) se tiene: dy y Z y dy Z x dx y x y x = , = , log = log ⇒ = , z = z0 dx x y0 y x0 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 posición, a tiempo t, de la partı́cula que en cierto tiempo de referencia estaba en la posición x. Además, el campo Lagrangiano de velocidades se puede obtener de la función Φ(x, t), tomando su derivada parcial respecto del tiempo: ∂Φ(x, t) V (x, t) = v(Φ(x, t), t) = ∂t para nuestro caso particular, todas las lı́neas son radiales y equivalen- tes, en el sentido en que la velocidad cambia sólo con el radio, podemos simplificar el cálculo restringiéndonos al eje x: ∂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 partı́cula se encuentra en Φ0 = Φ(x, 0) = x: Z Φ Z t wdw = dt ⇒ Φ2 − Φ20 = 2t Φ0 0 √ Φ(x, t) = x2 + 2t derivando: 1 V (x, t) = √ x2 + 2t Si quisiéramos generalizar este resultado -obtenido para una partı́cula en el eje x- a todo el espacio, “x” debe ser interpretado como el radio, y “V ” como la velocidad radial: x y Vx = √ 2 2 √ 2 2 , Vy = √ 2 √ 2 , Vz = 0 x + y x + y + 2t x + y x + y 2 + 2t 2 c) Sustituendo en la expresión de C(x, y, z), a t = 0: 2 /σ 2 C0 C(σ, 0, 0) = C0 e−σ = e d ) La ley de decaimiento radiactivo es válida para cada punto material, de manera que derivando la expresión C = Ci e−t/λ se obtiene la derivada material de la concentración del contaminante. La tasa de variación medi- da por el sensor fijo al espacio representa la derivada parcial con respecto al tiempo del campo Euleriano de concentraciones. Usando la expresión de la derivada material: DC ∂C = v · ∇C + Dt ∂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 −Ci −t/λ 1 ∂C = − v · ∇C = e − ∂t Dt λ σ ∂x 2 donde Ci es la concentración inicial de contaminante en el punto en cues- tión (Ci = C0 /e): ∂C −C0 −0 1 x2 +y 2 2x −C0 1 2 C0 2 1 = e + C0 e− σ2 2 = + C0 e−1 = ( 2− ) ∂t eλ σ σ eλ σ σ e σ λ 2. Si la intensidad de iluminación de una partı́cula fluida en (x, y, z) al tiempo t está dada por: e−3t I=A 2 x + y2 + z2 y el campo de velocidades del fluido está dado por: vx = B(y + 2z) vy = B(y + 3z) vz = B(2x + 3y + 2z) donde A y B son constantes conocidas, determine la velocidad de variación de la iluminación experimentada al tiempo t por la partı́cula fluida que está en 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 iluminación recibida por una partı́cula fluida. Dados el campo Euleriano de iluminación y el campo de velocidades con que se mueve el fluido, la expresión de la derivada material es: DI ∂I = + (~v · ∇) I Dt ∂t Siendo las derivadas parciales: ∂I e−3t ∂I e−3t = −3A 2 , = −2xA 2 ∂t x + y2 + z2 ∂x (x + y 2 + z 2 )2 ∂I e−3t ∂I e−3t = −2yA 2 , = −2zA 2 ∂y (x + y 2 + z 2 )2 ∂z (x + y 2 + z 2 )2 La expresión final resulta: e−3t " # DI 2B 2 2 = −A 2 3+ 2 yx + 4zx + y + 6zy + 2z Dt x + y2 + z2 x + y2 + z2 Evaluando en el punto (1, 2, −2) resulta: DI e−3t =A (4B − 3) Dt 9 3. Sean las componentes del campo de velocidades de un fluido: x 2y 3z vx = vy = vz = 1+t 1+t 1+t 3 0) = x resulta la expresión final para las trayectorias. 0). t) es la trayectoria seguida por una partı́cula fluida que en un cierto tiempo de referencia estaba en x. . t) = = Φ̇ ∂t donde V (x. 0. t). 1+t 1+t 1+t du au Dado que la ecuación diferencial: dt = 1+t tiene como solución a: u = u0 (1+t)a . y. Calcule las trayectorias. t) es el campo Lagrangiano de velocidades. 2L. w = 0 L L a) Calcular el vector aceleración y verificar que es puramente radial. las trayectorias y las lı́neas de humo. En las proximidades de un punto de remanso (o punto de estancamiento) bidimensional. Escribiendo en compo- nentes: Φx 2Φy 3Φz ˙ Φx . 0). Respuesta: a) Para calcular la aceleración a partir del campo euleriano de velocidades. Respuesta: Si Φ(x. se calcula la derivada material de la velocidad: D~v ∂~v = + (~v · ∇) ~v Dt ∂t 4 . a tiempo L/U0 . la velocidad está dada por: x y u = U0 . el campo de velocidades Euleriano dato se puede expresar como: ∂Φ(x. t) v(Φ(x. entonces: Φx = A(1 + t) Φy = B(1 + t)2 Φz = C(1 + t)3 Aplicando la condición inicial: Φ(x. 0) y la lı́nea de humo del punto (2L. z) la posición inicial de la partı́cula: Φx = x(1 + t) Φy = y(1 + t)2 Φz = z(1 + t)3 4. L. t) = V (x. dibu- jarlas esquemáticamente. la lı́nea de corriente que. Φ̇z = . en en instante t = L/U0 . pasa por el punto (2L. v = −U0 . b) Hallar las lı́neas de corriente. donde t es el parámetro y (x. c) En particular dibuje la trayectoria de la partı́cula que a t = 0 estaba en el punto (0. Φ̇y . y > 0). L. c) La trayectoria de la partı́cula que a t = 0 estaba en el punto (0. 0) es la curva: (y = 2Lx ). y las lı́neas de humo serán coincidentes. 2 pasa por el punto (2L. 0. La lı́nea de corriente que. en en instante t = L/U0 es la semirrecta (x > 0. ay = y. Calculemos las lı́neas de corriente: dx dy L dx L dy k = . las lı́neas de corriente. a tiempo L/U0 . las tra- yectorias. 0) es la semirrecta: (x = 0. b) Como se trata de un campo estacionario. ln x = − ln y + c. x= u v U0 x U0 y y Entonces las lı́neas de corriente tienen la for- ma: y = xk . =− . az = 0 L2 L2 U02 Siendo la aceleración un múltiplo L2 del vector posición. y = 0) 5 . como se indica en la figura. ∂u ∂u ∂u ∂u U0 ax = +u +v +w =0+u +0+0 ∂t ∂x ∂y ∂z L ∂v ∂v ∂v ∂v U0 ay = +u +v +w =0+0+v − +0 ∂t ∂x ∂y ∂z L ∂w ∂w ∂w ∂w az = +u +v +w =0 ∂t ∂x ∂y ∂z U02 U02 ax = x. 2L. Y la lı́nea de humo del punto (2L. 0). 97m n= = Nm = 4. La figura muestra un cilindro invertido cerrado herméticamente por un pistón con una superficie de 0. el cilindro y el pistón son sostenidos por la barra en el aire a una presión de 1kg/cm2 y la longitud l = 2m cuando el pistón está en estado de equilibrio.8kgm 0.1m2 y un peso de 500kg que se desliza sin fricción.25mol RT m 2 s2 8. menos el empuje del aire desplazado: m T = (500 + 0.8 2 = 4899N s 6 . En dicha posición h/l = 2. Inicialmente.123 − 0. Asumiendo que el gas en el cilindro permanece a una temperatura constante y que su peso es despreciable: Guía sin fricción a) Calcular la tensión inicial en la barra Aire en kgf . Calculamos el número de moles de aire: Pi V 50009.314 molK 273. d ) Determinar si la posición final es de equilibrio estable. El peso y el volumen del cilindro pueden ser despreciados.4g.15K y tomando la masa molecular del aire en 28. La tensión de la barra será igual al peso del pistón más el peso del aire en el interior del cilndro.1m2 = 0. se puede calcular la masa de aire contenida en el interior del cilindro utilizando la aproximación de gas ideal: P V = nRT .63mol28. pero a presión atmosférica. Luego el cilindro y el pistón son introducidos en el lı́quido hasta una posición en la que no hay tracción ni compresión en la barra.1m2 1. A la misma temperatura. Respuesta a) Si consideramos despreciable el peso del aire.8kgm 0.5kgf /cm2 . Si deseamos tener en cuenta la densidad finita del aire.87kg9. llegamos a 122.249)kgf = 499.9g/mol. habrı́a una cierta cantidad de aire ocupando el espacio del cilindro con el pistón: Patm V 0 100009.9g/mol = 249. La presión interna debe ser tal que su diferencia con la presión atmosféri- ca multiplicada por el área del pist’on se iguale al peso del mismo: (Patm − Pi )A = 500kgf . la tensión inicial de la ba- rra es igual al peso del pistón: 500kgf .Hidrostática 1.63mol RT m 2 s2 8.15K En gramos: 8. Líquido h l c) Calcular el peso especı́fico del lı́quido 3 cm (relativo al agua).1m2 2m n= = Nm = 8.8g de aire en el interior del cilindro. de donde: Pi = 1kgf /cm2 − 500kgf 0. inestable o neutro.314 molK 273. Barra sin peso b) Calcular la presión final en el cilindro en kgf /cm2 . usando las ecuaciones 1 a 5. Además sabemos que en equilibrio. el producto P V se mantiene: Pi Vi kgf A 1.03 %. Ph .3.687m 147000P a de (6) y (5): 49000P a + Pf − Patm 98000 skg2 mm2 kg ρ= = m = 7278 3 g2l 9. Pf .03m + = 0.687m m O sea. la diferencia de presiones entre las caras del pistón es igual a su peso: 500kgf Ph − Pf = = 49000P a (2) 0. reemplazando en (6) y operando se llega a: h−l Pf − Patm = 49000P a (7) l reemplazando h por lo indicado en (5): kgf Pf = Patm + 49000P a = 147000P a = 1. b) Siguiendo con la aproximación de gas ideal y considerando que la tempe- ratura no cambiará.03m) l − 0. Reemplazando (3) en (2) eliminamos Ph : Patm + ρgh − Pf = 49000P a (6) Despejando ρg de (4). 7 .03m donde l es la longitud indicada en la figura.97m 96530P a m Pf = = 0. Como se ve.5 cm2 c) De la ecuación (1) se puede despejar l: 96530P a m l = 0. ρ y h.1m2 y que las presiones en la cara inferior del pistón y en la cara superior del cilindro pueden calcularse como: Ph = Patm + ρgh (3) Pf = Patm + ρg(h − l) (4) y finalmente que en la condición de equilibrio: h = 2l (5) Estamos en condiciones de calcular.5 2 = (1) Vf cm A (l − 0.8 s2 2 0. despreciar el peso del aire conduce a un error menor al 0. un peso especı́fico de ∼ 7. las 5 incógnitas: l. en el estado de equilibrio. c. y. y el sistema tenderá a bajar aún más por efecto del peso que no cambió. su volumen decrecerá. d ) Dado que el único grado de libertad es la posición vertical del cilindro. aplicando la ecuación de estado del gas en su interior. analizaremos la estabilidad ante una perturbación en la posición de equi- librio: h − l. ρ3 ) y c las áreas de los reservorios y las ramas (A y a a respectivamente). que conduce a mayor volumen y por lo tanto mayor empuje que supera al peso del sistema y tiende a hacer flotar aún más al dispositivo) 2. la presión en su interior aumentará. d marcadas en la figura. Si se sumerge el sistema un poco más allá de la posición de equilibrio. 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. por continuidad: Ax = ah se obtiene: a P1 − P2 = (ρ2 − ρ1 ) + (ρ3 − ρ2 ) gh A 8 . c. Un manómetro de tres fluidos como el que se muestra en la figura se utiliza para medir diferencias de presión (P1 − P2 ) muy pequeñas. d: P1 − P2 = (ρ2 − ρ1 ) gx + (ρ3 − ρ2 ) gh Usando además que. b A ρ1 tura h medida en las ramas con la diferencia ρ2 x de presión P1 − P2 como función de las den- sidades de los fluidos utilizados (ρ1 . (También se puede plantear la hipótesis opuesta: una menor profundidad conduce a menor presión en el interior del cilindro. Sabiendo que se utiliza la misma cantidad de lı́quido en ambos reservorios obtenga: P1 P2 a) La ecuación que relaciona la diferencia de al. se eliminan b. Por lo tanto el equilibrio del sistema es inestable. Este menor volumen hará que el empuje ejercido por el fluido sobre el sistema cilindro-pistón se haga menor. la presión Pf se puede calcular de dos maneras. ρ2 . h b) ¿Cómo elegirı́a estos parámetros para au- mentar la sensibilidad del instrumento? ρ d 3 Pf Respuesta: a) Dadas las distancias b. Considere la compuerta en forma de L que se muestra en la figura. que llamaremos Fh . La lı́nea de acción de Fv estará centrada en la parte horizontal de la compuerta. con un brazo de palanca H/2. Las fuerzas actuantes son las de presión actuando en la parte horizontal de la compuerta (Fv porque actúa en dirección vertical) y la integral de la presión actuando en la parte vertical. ρ ¿Cuál es el valor de la altura h h para el cual la compuerta se abre g automáticamente? B C H Respuesta: Planteamos equilibrio de momentos con respecto al punto de giro de la compuerta. P1 P2 A b ρ1 ρ2 x c a h ρ3 d Pf 3. porque en esa sección la presión es uniforme. Para hallar la lı́nea de acción de Fh podemos integrar el momento producido 9 . se puede hacer mı́nima la relación de áreas a/A y la diferencia de densidades ρ3 − ρ2 entre los lı́quidos del manómetro. Aire A Eje Despreciando el peso de la puerta. Dicha compuerta tiene un ancho H (B-C) y puede rotar libremente (sin fricción) alrededor de un eje (perpendicular a la hoja) que pasa por el punto B. b) La sensibilidad será mayor cuanto menor sea la expresión: a (ρ2 − ρ1 ) + (ρ3 − ρ2 ) A Suponiendo que no se puede cambiar la densidad ρ1 del lı́quido donde queremos medir la diferencia de presión. en este caso π 2 .por las presiones. 2 Resultando: 3 0 ρg h12 xcp = h patm + ρg h2 El brazo de palanca de Fh será h2 − x0cp . Esto es porque sumar una constante a la presión -a ambos lados de la compuerta. el resul- tado final no. que estará dada por la presión atmosférica (aproximadamente constante): ! H h h H − x0cp + patm h − patm H = 0 X M = Fv − Fh 2 2 2 2 Reemplazando y operando: √ . pcg es la presión en el centro geométrico de la superficie. en nuestro caso h (suponiendo profundidad unitaria)..no altera el equilibrio de fuerzas. en este caso h h3 pcg = patm + ρg h2 . Fh = patm + ρg h 2 Sólo resta tener en cuenta las fuerzas de presión en el exterior de la compuerta. 10 .. donde θ es el ángulo de inclinación. El momento de inercia de un segmento es x2 dx = R 2 −h 12 . h= 3H Observación: Nótese que si bien algunos valores intermedios (por ejemplo la ubicación del centro de presiones) dependen de la presión atmosférica. o podemos recurrir a la fórmula para calcular el “centro de presiones”: x0cp = ρg sin θIxx Apcg . A es el área de la superficie. Las magnitudes de Fh y Fv se calculan como el producto de la presión en los centros geométricos de las superficies respectivas por sus áreas: ! h Fv = (patm + ρgh) H. Teniendo esto en cuenta se podrı́a haber considerado patm = 0 para simplificar los cálculos. la ecuación 10 se reduce a ∂P ∂ 2 Vz =µ 2 (11) ∂z ∂y debido a que la viscosidad toma valores diferentes para cada fluido. Respuesta: a) Dada la simetrı́a del problema. circulan debido a un gradiente de presión dz en un estrecho canal horizontal de ancho B (en la dirección y) como se indica en la figura.Ecuaciones diferenciales 1. Dos fluidos inmiscibles e incompresibles de propiedades ρ1 . µ1 y ρ2 . Vz ) (8) además. Q2 y B2 µ2 B z Q1 µ1 B1 Suponiendo flujo laminar completamente desarrollado calcular: a) La distribución de velocidades Vz (y) en ese sistema y esquematice. proponemos un perfil de velocidades dado por: → − V = (0. Plantendo la conservación de masa para un fluido incompresible obtenemos: → ∂Vx ∂Vy ∂Vz − ∂Vz ∇· V = + + = =0 (9) ∂x ∂y ∂z ∂z De aquı́ obtenemos que Vz será sólo función de la coordenada y. divi- dimos la región en dos partes de forma tal que 11 . b) Determine la relación precisa entre el gradiente de presión y caudal total. µ2 respec- dp tivamente. todas las derivadas parciales con respecto al tiempo serán cero. 0. teniendo en cuenta que buscamos la solución estacionaria. Planteamos ahora la ecuación de conservación de momento en la dirección z (Ecuación de Navier-Stokes para fluido Newtoniano incompresible): ∂ 2 Vz ∂ 2 Vz ∂ 2 Vz ! dVz ∂P ρ + = fz + µ + + (10) dt ∂z ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 donde fz son las fuerzas por unidad de volumen en la dirección z. Utilizando el perfil de velocidades 8 y teniendo en cuenta lo dicho hasta ahora. Los caudales de cada fluido se ajustan de forma tal que B1 = B2 = B/2. que en este caso son nulas. multipicando 16 por β y restándole 17 obtenemos Cβ−1 β − 1 DB b1 = =− B β β+1 4 12 . Las condiciones de borde del problema son: 1) La condición de no deslizamiento en las paredes i. c2 son constantes que debemos determinar a partir de las condiciones de borde. c1 . = −ρg (13) ∂x ∂y de esta manera.e. b2 . integrando las ecuaciones 12 obtenemos una expresión para el perfil de velocidades dado por: 1 ∂P 2 2µ1 ∂z y + b1 y + c 1 − B2 ≤ y ≤ 0 Vz (y) = (14) 1 ∂P 2 B 0≤y≤ 2µ2 ∂z y + b2 y + c 2 2 donde b1 . De la última condición obtenemos: µ1 b 1 = µ2 b 2 µ1 1 ∂P Si llamamos β = µ2 yD= µ1 ∂z las ecuaciones 15 se transforman en 2 D B B + b1 +C =0 (16) 2 2 2 D B 2 B β + βb1 + C = 0 (17) 2 2 2 Multipicando 16 por β y sumándola a 17 obtenemos β DB 2 C=− β+1 4 Asi mismo. 2 µ1 ∂∂yV2z − B2 ≤ y ≤ 0 ∂P = (12) ∂z 2 µ2 ∂∂yV2z 0≤y≤ B 2 Al plantear la ecuación de conservación de momento en la dirección x e y obtenemos respectivamente: ∂P ∂P = 0. µ ∂V ∂y z es continuo en y = 0. es decir. Vz =0 (15) 2 2 2) Continuidad de la velocidad en y = 0 3) Continuidad de la tensión en y = 0. B B Vz − = 0. De la segunda condición obtenemos c1 = c2 = C. Realizando la integral obtenemos para la expresión del caudal: HDB 3 β + 1 3 (β − 1)2 ! 3β Q=− − + + (21) 12 4 8 β+1 β+1 O. De esta manera reemplazando en las ecuaciones 14 los valores de las constantes obtenemos para el perfil de velocidades: β B2 D β−1 B 2 y 2 − β+1 2 y − β+1 2 − B2 ≤ y ≤ 0 Vz (y) = (18) βD y 2 β−1 B 1 B2 B − y − 0 ≤y≤ 2 β+1 2 β+1 2 2 O. en variables originales: µ1 B 2 1 ∂p µ1 −µ2 B 2µ1 ∂z y 2 − µ1 +µ2 2 y − µ1 +µ2 2 − B2 ≤ y ≤ 0 Vz (y) = (19) 1 ∂p µ1 −µ2 B µ2 B 2 2 B y − y − 0 ≤y≤ 2µ2 ∂z µ2 +µ1 2 µ1 +µ2 2 2 En la siguiente figura se muestra esquemáticamente el perfil de velocida- des para el caso µ2 < µ1 y µ 2 < µ1 B z µ1 En cada sección el perfil es parabólico y en la interface las pendientes guardan una relación igual a β. Nótese que si las visco- sidades de los dos fluidos son iguales (β = 1) el caudal se reduce al caudal para un solo fluido entre dos placas: HB 3 1 ∂P Q=− 12 µ ∂z 13 . b) Para calcular el caudal total debemos integrar el campo de velocidades entre las placas: β B2 " ! HD Z 0 2 β −1B y − y− dy+ 2 −B2 β+1 2 β+1 2 Z B 1 B2 ! # 2 2 β −1B β y − y− dy (20) 0 β+1 2 β+1 2 Donde H representa el ancho del canal en la dirección x. en variables originales: HB 3 ∂p ! 1 µ1 + µ2 3 1 Q=− + (22) 12 ∂z 8 µ1 µ2 2 µ1 + µ2 donde quda expllı́cita la “simetrı́a” entre µ1 y µ2 . El caudal resultante tiende al que se obtendrı́a con el fluido de viscosidad menor. por ejemplo µ1 tiende a un valor muy grande. el primer término del paréntesis tiende a 8µ1 2 . circulando en un canal de la mitad de tamaño. mientras que el segundo término se hace despreciable. si. 14 .Además. allı́ la velocidad será máxima. nos indica que la presión debe aumentar alejándose del centro de curvatura de la lı́nea. Como se cumple Bernoulli en todo el espacio (p + 12 ρv 2 = cte). estaciona- rio. dado que la densidad es constante. entonces v2 > v4 . con efectos gravitacionales despreciables). 15 . b) Por conservación de la masa. según la convención utilizada para definir el versor n. a) ¿Es la velocidad del fluido mayor en el pun- to 1 o en el punto 2? b) ¿Es la velocidad del fluido mayor en el pun- to 2 o en el punto 4? 3 c) Hacer un esquema cualitativo de la distri. la velocidad en 2 será menor que en 1. En particular la presión en el punto 2 será mayor que en el punto 1. Entre el pun- to 1 y el 2 podemos utilizar las ecuaciones en “coordenadas naturales”. irrotacional y sin fricción. y por eso tiene sentido hablar de la constante de Bernoulli “del flujo”. 1 tante). bidimensional. se con- serva el caudal volumétrico. El flujo es irrotacional y los efectos gravitacionales son despreciables.Aplicaciones de la Ecuación de Bernoulli 1. Se desea analizar la distribución de velocidades en los alrededores de la garganta. Considerar el flujo incompresible. Como una aproximación. donde p1 y p2 son las presiones estáti- cas en los puntos 1 y 2. 2b 2 4 bución de presiones (lı́neas de presión cons. se acuerda en suponer que en el plano de la garganta 1-3 la curvatura de las lı́neas de corriente varı́a linealmente desde a1 en el punto 1 hasta 0 en el punto 2 (y − a1 en el punto 3). respectivamente. se puede aplicar la ecuación de Bernoulli en todo punto del flujo. Puesto que el área de paso es mı́nima en la garganta. estacionario y sin fricción cerca de la garganta del pasaje de un Venturi. Verifique que pp00 −p1 = a − ab e . e) ¿Cómo calcuları́a el perfil de velocidades? Respuesta: a) Dadas las aproximaciones del enunciado (flujo incompresible. Cerca de la garganta el contorno de la pared es un arco circular de radio a. en particular en la dirección transversal al flujo: ∂p v2 =ρ ∂n R Esta ecuación. La constante de Bernoulli del flujo es p0 (medida como una presión). d ) Calcular la distribución de presiones en el −p2 plano de la garganta. 16 . Nótese sin embargo que el es- paciamiento de las lı́neas se corresponde con diferencias del módulo de la velocidad y no diferencias de presión. un corte horizontal por el centro de la garganta deberı́a mostrar un mı́nimo de presiones en el punto central (considerando que la velocidad es máxima. y aplicando Bernoulli). la presión sobre corte vertical en la garganta deberı́a mostrar un máximo de la presión en el punto medio. la ecuación en la dirección transversal al flujo queda: ∂p ∂p −x 2 x 2(p0 − p) = =ρ v = −ρ ∂n ∂x ab ab ρ ∂(p0 − p) 2(p0 − p) − =− x ∂x ab Z p d(p0 − p) 2 Zx = x dx p1 p0 − p ab −b 1 2 p0 − p x2 −b2 ln(p0 − p)|pp1 = x − b2 . Estas lı́neas de módulo de velo- cidad constante se corresponden (aplicando la ecuación de Bernoulli) con lı́neas de pre- sión constante. d ) Para calcular la distribución de presiones en la lı́nea central se puede integrar la ecuación de arriba. la velocidad se deduce de la ecuación de Bernoulli: v = ρ2 (p0 − p). Tomando el origen de coordenadas en el punto central. y llamando x a la coordenada vertical. obtenidas median- te la resolución numérica del flujo en la geo- metrı́a dada. Por lo tanto. y mı́nimos en los puntos 1 y 3. teniendo en cuenta la variación del radio de curvatura de las lı́neas de corriente. y utilizando la ecuación de Bernoulli: 1 2 p0 = p + 2 ρv . = e ab ab p0 − p1 p0 −p2 b Evaluando en x = 0: p0 −p1 = e− a e) Una vez calculada q la presión. la curvatura puede expresarse como: R1 = − ab x . Por el resultado de b. En la figura se muestran las lı́neas de nivel del módulo de velocidad.c) Por el resultado del item a. el punto central es un punto de ensilladura de la función presión. el resul- tado anterior no depende de la viscosidad del lı́quido (ni de la rugosidad de la placa por ejemplo)mientras esta condición se siga cumpliendo. 2. Además. Las paletas están montadas sobre una cinta que se mueve a velocidad constante U . 17 . De esta manera el mo- mento entrante del jet deberá ser compensado por el torque ejercido por la gravedad sobre la placa resultando: M g · L cos(θ) QρV · H = 2 De aquı́ obtenemos finalmente ! 2ρQV H θ = arc cos M gL b) En el análisis anterior sólo fue necesario hacer suposiciones sobre la vis- cosidad del fluido. caudal volumétrico Q y velocidad V incide 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. sólo es necesario que se cumpla la aproximación de que los jet de salida son radiales respecto del pivote. Un jet de un lı́quido de densidad ρ. Si el jet se ubica una distancia H por debajo del pivote calcular: Pivote 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 θ 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 H 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 L 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 ρV Q 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 a) El ángulo θ que formará la placa con la horizontal en el estado esta- cionario en función de estos parámetros. las paletas reciben un chorro de agua proveniente de una tobera fija a una velocidad V . Considerar los efectos viscosos despreciables.Volúmenes de control 1. El esquema muestra un dispositivo que posee dos paletas con una curvatura suave que termina con un ángulo β. b) ¿Cómo cambia este resultado si se tiene en cuenta el efecto de la viscosidad del fluido? Respuesta: a) Si realizamos conservación de momento angular respecto del pivote ve- mos que los dos jet de salida no poseen momento angular debido a que poseen una dirección radial respecto del pivote. De esta manera. Suponiendo los esfuerzos viscosos despreciables en la paleta podemos plantear Bernoulli entre los puntos 1 y 2 indicados en la figura. a) Calcule la fuerza que realiza la paleta sobre la cinta en función de la velocidad U . b) Calcule para qué valor de U el trabajo realizado contra esta fuerza es máximo β Tobera V 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 .e. g(z2 − z1 ) << V12 ) obtenemos: | V1 |=| V2 |= V − U Planteamos la conservación de masa en el VC : dM Z → → − = ρV · − n dΓ dt ∂Ω 18 . De esta forma obtenemos: 1 2 1 ρV1 + ρgz1 + P1 = ρV22 + ρgz2 + P2 2 2 Debido a que ambos puntos se encuentran a presión atmosférica y des- preciando los efectos gravitatorios (i. Teniendo en cuenta que sobre todas sus superficies actua la presión atmosférica y despreciando tanto los efectos viscosos 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). Planteamos la conservación de momento en el VC : → X − dK → − Z → − − → → = F − ρV V · − n dΓ dt ∂Ω Porcediendo de la misma manera que en el caso de la conservación de masa y teniendo en cuenta que la normal apunta hacia afuera del VC. De esta forma.e. U= (29) 3 Y esta es la solución que buscamos. reemplazando lo hallado en 23 obtenemos: → − F paleta = −ṁin (V − U ) x̂ + ṁin ((V − U ) cos β x̂ + (V − U ) sin β ŷ) (25) o bien. Eliminando esta solución de la ecuación 28 obtenemos: V (V − U ) − 2U = 0 i. 19 . reagrupando términos y usando la definición de ṁin : → − F paleta = A1 ρ (V − U )2 ((cos β − 1) x̂ + sin β ŷ) (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 x̂ = A1 ρ(cos β − 1) (V − U )2 U (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. Teniendo en cuenta que estamos considerando el caso estacionario (d/dt = 0) y dividiendo la superficie de control en dos partes obtenemos: → → − Z Z ρ (V − U ) ds = ρV2 · − n ds = ρ (V − U ) A1 = ṁin (23) S1 S2 donde A1 es un área equivalente de entrada del jet proveniente de la tobera y ṁin representa el caudal másico de entrada. De esta manera obtenemos la condición para la velocidad: (V − U )2 − 2U (V − U ) = 0 (28) De aqui podemos ver que V = U es solución de 28. esta expresión se reduce a: X− → Z F = − ρ (V − U )2 ds + S1 → → − Z ρ ((V − U ) cos β x̂ + (V − U ) sin β ŷ) V2 · − n ds (24) S2 La sumatoria de la izquierda incluye las fuerzas volumétricas y de super- ficie aplicadas al VC. aunque en este caso la potencia calculada por 27 es cero. y tal que no hay variaciones significativas en la dirección perpendicular al plano del dibujo. la presión hidrostática en cada pared vertical se puede ex- presar como: p = ρgy. Un flujo en un resalto hidráulico puede esquematizarse como se muestra en la figura. en un canal. se obtiene que: V1 h1 = V2 h2 V2 h2 V1 h1 Planteando conservación de la cantidad de movimiento en el mismo vo- lumen de control se tiene: Z Z Z ρ~u (~u · n̆) dS = f~ + −p n̆ dS ∂V C VC ∂V C en la dirección horizontal queda: Z Z −ρV12 h1 b + ρV22 h2 b = p dS − p dS 1 2 donde b es el ancho del canal (normal al dibujo). discutiendo las suposiciones necesarias. c) Pueden existir resaltos hidráulicos con h2 < h1 ? ¿Por qué? V2 h2 h1 V 1 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 Respuesta: a) Planteando conservación de la masa. Se ha observado que a una pequeña distancia del salto la distribución de velocidades es razonablemente uniforme. que la relación entre h2 y h1 cumple: h2 1 1q =− + 1 + 8F r12 h1 2 2 donde F r1 es el número de Froude del estado 1. en un volumen de control como el de la figura. Se considera un canal muy ancho. Si restamos la presión atmosférica. F r1 = √V1 g·h1 b) Calcular la disipación de energı́a mecánica entre las secciones 1 y 2. a) Mostrar. con la coordenada y medida en cada caso desde la superficie: "Z # h1 Z h2 −ρb V12 h1 − V22 h2 = b ρgy dy − ρgy dy 0 0 20 .3. se transforma espontáneamente en un flujo de altura h2 y velocidad media V2 . Un flujo de altura h1 y velocidad media V1 . cuya solución es: 2 r h1 V12 −h1 ± h21 + 8 g h2 = 2 Definiendo F r = √V . además. se obtiene: h2 1 q = − + 1 + 8F r12 h1 2 b) Planteando la conservación de la energı́a en el mismo volumen de control se tiene: dE 1 Z = Q̇ − Ẇ − ρ u2 + e + V ~u · n̆ dS dt ∂V C 2 esta expresión se anula porque estamos en estado estacionario. y llamando Q = V1 h1 = V2 h2 se llega a: ρbQ 2 Φ = V1 + gh1 − V22 − gh2 2 usando conservación de la masa: h1 h2 (V1 + V2 ) = Q(h1 + h2 ). dividiendo todo por h1 . Usando la conservación de la masa y simplificando: h1 V1 h1 V12 h2 h2 (h2 − h1 )(h2 + h1 ) (V1 − V2 ) = (h2 − h1 ) = 2 − 1 = g gh2 2 2 2 Una posible solución de esta ecuación es. Haciendo e = 0 y con un potencial V = gz llamaremos a: Ẇ − Q̇ la disipación de energı́a mecánica: 1 2 Z Φ = − ρ u + gz ~u · n̆dS ∂V C 2 2 V22 Z h1 ! Z h2 ! V1 = ρ bh1 + gb z dz (−V1 ) − ρ bh2 + gb z dz V2 2 0 2 0 resolviendo las integrales. Pero también existe otra solución que conserva tanto la masa como el momento cinético y es la que cumple: 2h1 V12 h2 + h1 = gh2 Despejando se obtiene la cuadrática: h2 + h1 h2 − g2 h1 V12 . como es natural: h2 = h1 . reemplazando en la expresión de Φ: 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 + h22 Φ = ρbQg(h2 − h1 ) 1 4h1 h2 21 . o sea que el fluido siga circulando a la misma velocidad. y considerando que la gh solución fı́sicamente posible es aquella para la cual h2 es positivo. por la conservación del impulso: 2Q(V1 − V2 ) = g(h1 + h2 )(h2 − h1 ). El agua a la salida del orificio tiene velocidad U y el perfil es plano. podemos aplicar la ecuación de Bernoulli entre el punto de salida y una posición genérica. si el caudal es de 5 litros por minuto. a) Encuentre una expresión para la variación del radio del chorro en función de la altura. R vale 1/4 de pulgada y H = 50cm. El orificio de salida se encuentra a una altura H medido desde el nivel del suelo. la viscosidad del aire es muy pequeña y por lo tanto la tensión de corte no es significativa). Respuesta: a) Considerando despreciables los efectos viscosos (el perfil inicial es plano. c) De la expresión de Φ. R b) Calcule la fuerza que ejerce el chorro de agua sobre el piso. Un chorro de agua fluye verticalmente desde la salida de una canilla cuyo orificio de salida es circular y de radio R. Explicite los valores extremos de la presión. de otra manera en lugar de disipar energı́a mecánica se estarı́a absorbiendo. c) Grafique en forma cualitativa la presión en el piso en función de la distancia al centro H del chorro. y por lo tanto la presión no depende del radio. contradiciendo el segundo principio de la termo- dinámica. surge que la disipación será positiva sólo en el caso que h2 > h1 . Puede además verse (operando a partir de la expresión del punto a)) que la condición h2 > h1 es equivalente a pedir que el número de Froude en la entrada sea mayor que 1: h2 h2 > h1 ⇒ >1 h1 1 1q ⇒ 1<− + 1 + 8F r12 q2 2 ⇒ 3 < 1 + 8F r12 ⇒ 8 < 8F r12 V12 ⇒ F r12 = >1 gh1 4. 22 . a una distancia z de la canilla: 1 2 1 ρU + p0 = ρu(z)2 + p(z) + ρg(−z) 2 2 Donde se ha hecho la aproximación de que la curvatura de las lı́neas de corriente es despreciable. 267N = 27.05 × 10−6 m2 F = 1000kg/m3 3. el lı́quido se moverá aU πR una 2 velocidad u(H) = U + 2gH. Tomando el volumen de control de la figura y cal- culando el balance de momento en la dirección ver- tical (y). De la integral sólo queda la parte de la superficie superior por donde ingre- sa el fluido (el flujo de momento que escapa por los costados consideramos que no tiene componente vertical). y el área del chorro será: A(z) = u(H) . siendo sólo función de la altura. 23 . Considerando además que la presión en la superficie del es la presión atmosférica (constante). porque la velocidad tiende a cero.2~g c) Las partı́culas que descienden por el eje de simetrı́a se van frenando asintóticamente.5m Se obtiene: u(H) = 3.22 m2 /s2 26. se tiene que: Z 0=− ρuy (~u · n̆)dS + F = 0 SC donde F es la fuerza ejercida por el piso sobre el chorro para frenarlo.006352 m2 H = 0. ~u · n̆ = −u(H): 2 2 πR2 U 2 q F = ρu(H) A(H) = ρ U + 2gH √ = ρπR U U 2 + 2gH U 2 + 2gH Usando: ρ = 1000kg/m3 R = 1/400 = 0.05 × 10−6 m2 = 0. la expresión para la velocidad en función de la altura se reduce a: q u(z) = U 2 + 2gz Por conservación de la masa.00635m Q 5 × 10−3 m3 /60s U = = = 0.658m/s πR2 π0. el caudal (velocidad por área) a cualquier altura es el mismo: Q = u(z)A(z) = u(z)πr(z)2 = U πR2 Eliminando u(z) se obtiene: s 1 U R2 2gz − 4 r= √ 2 =R 1+ 2 U + 2gz U b) Al llegar a una distancia √ 2 H de la canilla.2m/s A(H) = 26. Nunca llegan al piso. En esa parte: uy = −u(H). con caras verticales. Allı́ la presión será máxima. el bloque se pone en movimiento a una velocidad U0 . Subsecuente- mente se mueve sin fricción.H) p 0 patm r 5. comparada con M . como se muestra en la Figura. como se muestra en la figura. e igual a: 1 1 p0 = patm + ρu(H)2 = patm + ρU 2 + ρgH 2 2 Suficientemente lejos de este punto. con velocidad U (t). la presión tenderá a ser nuevamente la presión atmosférica. Desprecie la masa de cualquier lı́quido que se adhiera al bloque. En t = 0. V1 =V−U V2 =V+U M 24 . rueda sobre una su- perficie horizontal entre dos chorros opuestos. paralelo a los ejes del chorro. Se tiene en la intersección del eje de simetrı́a con el piso un punto de estancamiento. ρ ρ M V V U(t) A A Respuesta: Consideremos un volumen de control no deformable que encierra al bloque y se mueve junto con él. Justifique la elección del sistema de referencia y del recinto de integración. p(r. Un bloque rectangular de masa M . Obtenga expresiones generales para la aceleración a(t) y la velocidad U (t) del bloque. tal como se muestra en la Figura que sigue. viene dada por: 4ρAV U (t) = U0 · e−( M ·)t De donde se sigue que: dU a(t) = dt 4ρAV 4ρAV a(t) = − · U0 · e−( M ·)t M 25 . por lo que se trata de un sistema de referencia no inercial ya que el bloque se está frenando. del mismo modo: V2in = V2out = V + U Planteando conservación de la cantidad de movimiento en la dirección x en el VC elegido y teniendo en cuenta que en nuestro sistema de referencia la velocidad de los chorros de salida no tiene componente horizontal. recordando que U (t = 0) = U0 .El sistema de referencia elegido está fijo al volumen de control. resulta: −M · a(t) = −ṁ1 (V − U ) + ṁ2 (V + U ) dU −M · = −ρA(V − U )2 + ρA(V + U )2 dt dU −M · = ρA · [−(V − U )2 + (V + U )2 ] dt dU −M · = 4ρAV U dt dU 4ρAV = − ·U dt M La solución de esta ecuación. moviéndose con velocidad variable U (t) y aceleración a(t) respecto a un sistema de referencia inercial. Despreciando los efectos viscosos podemos aplicar Bernoulli a lo largo de una lı́nea de corriente en los chorros que inciden sobre el bloque para obtener: V1in = V1out = V − U Y. su densidad es constante. Considere una serie de pasajes geométricamente similares de sección circular como se muestra en la figura. indicar qué ocurre con las siguientes magnitudes (aumenta. Por con- servación de la masa. de donde V2 = D 1 D2 1 V . permanece igual. por 1 −p2 ejemplo: pρV 2 que debe ser constante. Si la relación de diámetros permanece constante y V1 tam- bién. Si además las tensiones vis- cosas son despreciables. se puede obtener un único número adimensional. debe ser posible calcular la caı́da de presión p1 − p2 . ρ. entonces V2 no cambiará. p1 −p2 ) = 0”. p1 − p2 ) = 0 Utilizando el Teorema π de Buckingham para simplificar. Análisis dimensional 1. disminuye): a) V2 b) El caudal volumétrico. el caudal en- trante debe ser igual al caudal saliente: ρV1 π4 D12 = ρV2 π4 D22 . viscosidad µ) y la velocidad de entrada V1 . y considerando estado estacionario. b) El caudal volumétrico es: Q = V1 π4 D12 . un aumento de D1 lleva a un aumento en Q. c) Dado el diámetro D1 de entrada. 1 26 . µ. Sabiendo además las caracterı́sticas del fluido (densidad ρ. Un cambio en cualquier dimensión de longitud produce cambios proporcionales en todas las demás longitudes. la geometrı́a del pasaje queda completa- mente definida. podemos escribir ĝ(D1 . Esto se puede expresar como: “debe existir una relación funcional g(D1 .1. la viscosidad no influye en el resultado. con V1 constante. V1 . p1 −p2 c) El valor de ρV12 d ) El valor de p1 − p2 e) El caudal másico por unidad de sección transversal en la sección 2. V1 . todos con el mismo fluido incompresible entrando al conducto con la misma velocidad V1 . Son considerados pasajes de diferente tamaño. Para el caso I (fluido no viscoso) cuando D1 aumenta. V1 D2 D1 En el caso I. Respuesta: a) Puesto que el fluido es incompresible. ρ. un fluido de baja viscosidad fluye a través de un pasaje de ma- nera tal que las tensiones viscosas sobre cualquier partı́cula son despreciables comparadas con las tensiones de inercia. e) El caudal másico por unidad de sección transversal en la sección 2 se puede escribir como: ṁ ρV2 A2 = = ρV2 A2 A2 ṁ Ya vimos que V2 se mantenı́a constante. indicar qué ocurre con las siguientes magnitudes (aumenta. V1 . disminuye): a) V2 b) El caudal másico. un fluido de alta viscosidad fluye a través del pasaje tan len- tamente que las tensiones de inercia sobre cualquier partı́cula de fluido son despreciables comparadas con las tensiones viscosas. es decir: aumentará. En el caso II. y es la densidad ρ la que no tendrá influencia en el resultado. µ. que permanece constante. Respuesta: a) V2 . V1 . b) El caudal másico ṁ es el caudal volumétrico Q multiplicado por la densi- dad. Por lo tanto ṁ se comportará de la misma forma que Q. Pero ahora. permane- cerá constante. lo que sucede es que el término de las fuerzas de inercia en las ecuaciones de Navier-Stokes se hace despreciable frente al resto. µ y V1 : ĝ(D1 . p1 −p2 c) El valor de ρV12 d ) El valor de p1 − p2 e) El valor de (p1 − p2 )D1 f ) El Re en la sección 2. todos con el mismo fluido incompresible entrando al conducto con la misma velocidad V1 . Se puede plantear entonces que existe una relación que permite obtener p1 − p2 a partir sólo de D1 . obtenemos la expresión g(D1 . c) Repitiendo el razonamiento del caso anterior. d ) Si además V1 permanece constante. ρ. Para el caso II (fluido altamente vis- coso) cuando D1 aumenta. Son considerados pasajes de diferentes tamaños. por las mismas consideraciones que en el caso anterior. a medio camino entre la sección 1 y la 2 h) la fuerza total ejercida por el fluido sobre las paredes en la dirección del flujo. p1 − p2 ) = 0. por las mismas consideraciones que en el caso I. g) la tensión de corte en la pared. entonces A2 se mantendrá constante. p1 − p2 ) = 0. y ρ también. permanece igual. el valor de p1 − p2 permanecerá cons- tante. en lugar de despreciar el efecto de la viscosidad. µ. Usando nuevamente 27 . en cualquier punto. el teorema π de Buckingham. ρ. 1 d ) Operando sobre la fórmula anterior se obtiene que también el valor de p1 − p2 disminuye al aumentar D1 y mantener constantes ρ. µV1 (Observación: la tensión tiene las mismas unidades que la caı́da de pre- sión. habrá una relación: g(D1 . µV1 D1 Entonces. El número adimensional que aparece es: F = cte. µ. Para esto se decide realizar un experimento de laboratorio utilizando una escala 1:10. por ejemplo: (p1 − p2 )D1 = cte. Esta fuerza también deberá poder obtenerse a partir de D1 . es decir. ρ y V1 . µV1 y permanece constante. Por lo tanto. ρV1 D1 ρV1 De donde resulta que al mantener constantes µ. µV1 operando: p1 − p2 µ 2 = cte. F aumenta proporcionalmen- te con D1 . g) La tensión de corte en la pared. τ ) = 0. podrá ser obte- nida a partir de los datos del problema. 2. µ y V1 . si µ y V1 permanecen constantes. 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. un aumento en 1 −p2 D1 produce una disminución de pρV 2 . aparece un sólo número adimensional que debe ser una constante. µ y V1 . la tensión de corte en cualquier punto va a disminuir. V1 . 28 . e) En cambio el producto (p1 − p2 )D1 se puede expresar como: (p1 − p2 )D1 = cte. h) Llamemos F a la fuerza total ejercida por el fluido sobre las paredes en la dirección del flujo. Despreciando el efecto de la densidad y aplicando análisis dimensional aparece el número: τ D1 = cte. entonces podemos usar la fracción µV D1 1 para “medirla”). f ) El Re en la sección 2 es: ρV2 D2 Re2 = µ Lo único que varı́a en la expresión es D2 que aumenta proporcionalmente con D1 . al aumentar D1 y mantener µ y V1 . Si se desea obtener una estimación de la fuerza de arrastre ejercida sobre el pilote en el caso real. resulta muy difı́cil respetar esta condición en el experimento. µ. Para conservar el número de Reynolds: Vm Dm Vp Dp Rem = = Rep = νm νp Teniendo en cuenta que. a saber: ρ. En particular. obtenemos: νp 3 = 10 2 νm 29 . La igualdad de Fr impone: Vp Vm Frp = q = Frm = √ ghp ghm Teniendo en √ cuenta que g es la misma en ambos casos y que 10hm = hp . h y D. resulta Vp = 10Vm . en el caso real Dh = 30. y utilizando el resultado anterior para la velocidad del modelo. mientras que en el experimento esta relación se tomó igual a 20. Utilizando análisis dimensional para estos parámetros resultan tres números adimensionales que pueden elegirse de la siguiente manera: V ρD Re = µ Fr = √V Form = D h gh Estos números deberı́an respetarse en el experimento. qué parámetros eligirı́a y cómo utilizarı́a los datos obtenidos en el experimento para realizar esta estimación? Respuesta: a) En este caso aparecen seis parámetros que definen nuestro problema. En este caso: ¿Cómo relacionarı́a una frecuencia caracterı́stica medida en el experimento con la que aparecerı́a en el siste- ma real? b) Debido a que la relación Dh es muy grande en el canal real. D g 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 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00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 h 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 00000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 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El tercero de ellos se mantiene puesto que se trata de un modelo a escala. 10Dm = Dp . indique las condiciones que se deben cumplir para la elección de los parámetros utili- zados en el experimento. g. V . Utilicemos como escala de frecuencias la relación V /D: Fm Dm Fp Dp Dm Vp Fm F = = ⇒ 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 presión y fricción debido a la corriente en que está inmerso.5Fm 3. Para esto se decide realizar un experimento de labora- torio utilizando una escala 1:10. Este último efecto se supone que estará restringido a una zona de tamaño proporcional al diámetro del pilote. Para obtener el valor de una frecuencia caracterı́stica en el caso real a par- tir de la frecuencia medida en el modelo. 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 relación: Fp Fm ρVp2 Dp hp = 2D h ρVm m m Vp 2 Dp hp FP = Vm F Dm hm m = 0. tenemos las relaciones: Dp hp 20 Dm = . cuando el efecto predominante es el arrastre de la corriente. 30 . Se pretende estudiar el funcionamiento de una válvula de retención ubicada al final de una tuberı́a que se encuentra completamente sumergida (como se muestra en la figura). el número adimensional a conservar es el Re: Vp Dp Vm Dm Re = = 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 diámetro.01 × 10 × 15Fm = 1. se deben igualar las frecuencias adimensionales. y el efecto de la superficie libre. (la relación µ/ρ deberı́a ser unas 30 veces menor en el modelo que en el caso real). el primero será proporcional a la dimensión h. En estas condiciones. de modo que cuando h D el efecto de la superficie se vuelve poco significativo. Por otra parte. hm = 10 10 30 y suponiendo que usamos el mismo lı́quido. Respuesta a) Los parámetros del problema completo son: ρLiq . Una forma posible de agrupar estos paráme- tros en tres números adimensionales es como sigue: ρLiq Q2 Q· ρLiq ρM etal D5 g D· µLiq La conservación del primer numero adimensional requiere utilizar una relación de densidades entre el metal de la tuberia y el lı́quido que sea la misma en el modelo y en el prototipo. Haciendo uso del análisis dimensional encontramos que podemos formar tres grupos adimensionales. obtenemos la siguiente relación para los caudales (utilizando un mismo valor de g): Qp Qm = 5 10 2 Por último. para conservar la semejanza dimensional en el modelo la cantidad de numeros adimensio- nales a ser conservados disminuye y por lo tanto puede utilizarse el mismo fluido que en el prototipo. D. 0000 0000 D 000 000 0000 000 0000 000 0000 0000 000 000 0000 0000 000 000 0000 000 0000 0000 0000 0000 0000 000 000 000 000 000 a) Si se desea respetar la semejanza di- 0000 0000 000 000 0000 0000 0000 0000 0000 000 000 000 000 000 mensional del problema completo. es decir. autilizando el tercer número adimensional y las condiciones para Dm y Qm obtenemos para ν = µρ : νp νm = 3 10 2 31 . En este caso. Considerar las superficies de la tuberı́a y de la clapeta como perfec- tamente lisas en todos los casos. A partir del segundo número adimensional y teniendo en cuenta que Dm = D10p . ρM etal y g. En este caso: ¿Cómo 0000 0000 000 000 0000 0000 0000 0000 000 000 000 000 relacionarı́a un tiempo de cerrado de la 0000 00000000000000000000 000 00000000000000000000 00000000000000000000 Pivote 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 válvula medido en el experimento con el 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 que aparecerı́a en el sistema real? Clapeta 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 00000000000000000000 b) En este punto sólo estamos interesados en averiguar el caudal de succión para el cual la clapeta comienza a cerrarse. indi- ρliq μliq 0000 000 0000 0000 0000 0000 Q 000 000 000 000 que que condiciones se deben cumplir pa- 0000 0000 000 000 0000 000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 000 000 000 000 000 000 ρ metal ra la elección de las variables utilizadas 0000 000 0000 0000 0000 0000 0000 000 000 000 000 000 en el experimento. Explique porqué esto es cierto. el caudal para el cual la clapeta se encuentra completamiente abierta pero la fuerza sobre el soporte que sostiene la clapeta es cero. µLiq . Q. e indique como se relaciona el caudal medido en el modelo para este punto con el caudal que se obtendrá en el prototipo. Por lo tanto debemos utilizar un fluido que posea una viscosidad cinemáti- ca unas 31 veces menor que el utilizado en el prototipo. el caudal medido en el modelo para esta condición será diez veces menor que el que se obtendrı́a en el prototipo. resulta: √ Tp = Tm 10 b) Si sólo estamos interesados en el caudal para el cual la la clapeta comienza a levantarse. obtenemos: Qp Qm = 10 Usando el primer número adimensional (utilizando el mismo fluido) ob- tenemos: Q2m Q2p 5 ∆ρ · g = Dm m Dp5 ∆ρp · g Y utilizando las condiciones ahalladas para Q y la relación de escala para D obtenemos: 5 ∆ρm = ∆ρp · 10 2 De esta manera se puede encontrar una semejanza dinámica sin cambiar de fluido pero autilizando una diferencia de densidades diferentes. la velocidad angular de rotación Ω y el caudal 32 . Podemos adimensionalizar el tiempo con Q y D de la siguiente manera: Tm Qm Tp Qp 3 = Dm Dp3 Qm Dm Utilizando las relaciones Qp y Dp que obtubimos antes. De esta manera los números adimensionales se reducen a dos que pueden elegirse de la siguiente manera: Q2 ·ρLiq Q· ρLiq D5 ∆ρ·g D· µLiq Utilizando el segundo número adimensional y conservando el mismo lı́qui- do en el modelo y en el prototipo. 4. los tiempos adimensionalizados serán iguales. vemos que la dinámica de la clapeta no es importante (se encuentra siempre en reposo) y por lo tanto la densidad del material con el cual está construida no es un parámetro independiente. el diámetro del rotor D. Para relacionar un tiempo medido en el modelo con el esperado en el prototipo usamos el hecho de que si mantenemos la semejanza dinámi- ca y geométrica. El torque τ de una turbina de flujo axial es una función de la densidad del fluido ρ. El parámetro importante aqui será el peso de la clapeta que se puede calcular a partir de (ρmetal − ρLiquido )g = ∆ρ · g. En este caso la densidad de la clapeta y la gravedad no serán parámetros independientes. Por último. ρ. b = −5. d. Q). D. resultando el gráfico de la figura. b. e. Q [m 3/s] 0. ¿cómo cambia la diferencia de presiones entre la entrada y la salida. 10 na de diámetro D = 0. planteamos la matriz di- mensional: τ ρ D Ω Q M 1 1 0 0 0 L 2 -3 1 0 3 T -2 0 0 -1 -1 Eligiendo las columnas de ρ. la velocidad angular y el tamaño de la turbina.0 a) En base a los resultados del experimento.5 2. y el caudal 3 es de 3 ms cuando la velocidad angular es de 30 rpm. c = −2. e = −3 y f = −1.0 1. con una velocidad de rotación Ω = 100 rpm constante. Escribiéndolos como: π1 = τ ρa Db Ωc y π2 = Qρd De Ωf . se 5 midió el torque en el eje en función del caudal Q. τ [Nm] En un experimento con una turbi. Ω. b) Calcular cuál serı́a el torque en una turbina geométricamente semejante a la del experimento. y los números son: τ Q π1 = 5 2 .5m en agua kg (ρ = 1000 m 3 ).como: τ = 5 m s Q. Entonces la función adimensional que relaciona π1 y π2 debe ser también lineal: τ Q π1 = 5 2 = kπ2 = 3 ρD Ω D Ω O sea: ρD5 Ω2 τ =k Q = kρD2 ΩQ D3 Ω 33 . c) Manteniendo el caudal. vamos a poder escribir dos números adimensionales.5 1. π2 = 3 ρD Ω D Ω En el gráfico se observa que la relación entre τ y Q se puede escribir Kg -aproximadamente. en agua. Nos conviene que en uno de ellos aparezca τ y en el otro Q.volumétrico Q (en el régimen de trabajo usual la viscosidad del fluido no tiene una influencia significativa). los valores de a. si el dı́ametro del rotor es 1m. al variar la densidad del fluido circulante? Respuesta: a) Dada la expresión dimensional: f (τ. c. d = 0. D y Ω. que son linealmente independientes y según el teorema π de Buckingham. f que hacen adimensionales a π1 y π2 son: a = −1. escriba una expresión para calcular el torque en función de los parámetros relevantes del problema. y este número adimensional será función de π2 . y entonces la diferencia de presiones es lineal con ρ. Kg Pero: kρD2 Ω = 5 m s . b) Reemplazando valores en la fórmula anterior: 3 Kg 2 30 2π m τ = 0. despejando k y reemplazando los valores de ρ. 34 . manteniéndose Ω.0019 m s 1000Kg 0. se puede plantear: π3 = ∆pρa Db Ωc . se mantiene π2 . D y Q. se obtiene: π3 = ∆p ρΩ2 D2 .0019 1000 3 (1m) 3 = 18N m m 60s s c) Para obtener un número adimensional que involucre una diferencia de presiones.5 m 100 2π τ = 0. Operando. se obtiene: Kg m3 1 60s k=5 2 2 = 0. también π3 . D y Ω del experimento.0019ρD2 ΩQ Con la velocidad angular en radianes por unidad de tiempo.
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