Problemas resueltos sobre mecanica de fluidos, Ejercicios de Termodinámica Aplicada

¡Descarga Problemas resueltos sobre mecanica de fluidos y más Ejercicios en PDF de Termodinámica Aplicada solo en Docsity! ENGINYERIES INDUSTRIALS Mecánica de fl uidos. Problemas resueltos UPCGRAUUPCGR AU M ec án ic a d e fl u id o s. P ro bl em as r es ue lto s Jo se p M . B er g ad à Josep M. Bergadà Graño www.upc.edu/idp Mecánica de fl uidos Problemas resueltos Josep M. Bergadà es Ingeniero Industrial (especialidad: Mecánica) desde 1990 y Doctor Ingeniero Industrial desde 1996. Ejerce como profesor en el Departamento de Mecánica de Fluidos en la Escola Tècnica Superior d’Enginyeries Industrial i Aeronàutica de Terrassa (ETSEIAT) de la UPC desde hace mas de 21 años, y es profesor titular de universidad desde 2009. Durante este período, ha impartido clases de las asignaturas Máquinas Hidráulicas, Gasdinámica y Oleohidráulica, y Mecánica de Fluidos, que imparte actualmente. Su labor investigadora se ha orientado a la oleohidráulica, campo sobre el que realizó su tesis doctoral. Ha formado parte de un grupo de investigación del Instituto de Investigación Textil, donde trabajó en diversos proyectos internacionales, y ha colaborado durante más de diez años con el Departamento de Ingeniería Mecánica de la Universidad de Cardiff (Reino Unido) en la optimización de máquinas volumétricas. En la actualidad, su labor investigadora se centra en el desarrollo de modelos matemáticos aplicables al campo de la mecánica de fl uidos. Es autor de diversos libros, publicados tanto por Ediciones UPC como por editoriales externas a la UPC, y de más de ochenta artículos presentados en revistas y congresos nacionales e internacionales. El presente libro es fruto de la experiencia adquirida durante toda una carrera universitaria. Muchos de los problemas que en él se exponen fueron, en su momento, problemas de examen de la asignatura Mecánica de Fluidos. Por una parte, esta obra está diseñada para presentar, de manera sencilla, diversos temas básicos de la mecánica de fl uidos que todo estudiante de la asignatura debe conocer. Asimismo, pretende ser un libro de repaso para quienes, habiendo estudiado Ingeniería y trabajando en la industria, necesiten fi jar determinados conceptos sobre la materia. Finalmente, esta obra también quiere servir de apoyo a todas las escuelas de los países de habla hispana que imparten las diversas ingenierías, y ser un instrumento útil de repaso de la temática presentada. ENGINYERIES INDUSTRIALS Prólogo 5 Prólogo La mecánica de fluidos tiene sus orígenes en la hidráulica, tanto en Mesopotamia como en Egipto alrededor del año 4000 antes de nuestra era proliferaron las obras hidráulicas que aseguraban el regadío de vastas zonas. Posteriormente, los imperios griego, chino y especialmente, el romano se caracterizan por una gran profusión de las construcciones hidráulicas. A lo largo de la historia, aparecen inventos e investigadores que aportan mejoras sustanciales en el campo que hoy se denomina mecánica de fluidos, algunas de las cuales son las realizadas por: Arquímedes (287-212 a.c.), crea el tornillo helicoidal y enuncia el principio de flotación. Leonardo da Vinci (1452-1519), muestra la aparición de vórtices en la zona de separación de flujo; describe los principios de funcionamiento de máquinas voladoras. Pascal (1623-1662), en el estudio de la estática de fluidos define el principio que lleva su nombre. Newton (1642-1727), realiza el análisis espectral de la luz; define la teoría de gravitación universal; establece los principios de cálculo integral y diferencial, y promulga la ley de viscosidad que lleva su nombre. Henry de Pitot (1695-1771), crea, con el fin de medir la velocidad de un fluido, el tubo que lleva su nombre. Bernoulli (1700-1782), populariza la ley que define la energía asociada al fluido a lo largo de una línea de corriente, estudia problemas sobre estática y dinámica de fluidos. Euler (1707- 1783), establece la base matemática para el estudio del flujo ideal, sin viscosidad. Venturi (1746-1822), clarifica los principios básicos del flujo a lo largo de un conducto convergente divergente (el tubo de Venturi), define los principios del resalto hidráulico. Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 6 Henri Navier (1785-1836), basándose en los estudios de Euler, deriva las ecuaciones de Navier, que posteriormente Stokes modifica hasta obtener las ecuaciones que se conocen actualmente. Ludwig Hagen (1797-1884), estudiando el flujo en conductos cerrados, encuentra la zona de traspaso entre flujo laminar y turbulento, y observa que depende de la velocidad y la temperatura del fluido, así como del diámetro y la rugosidad del conducto. Poiseulle (1799-1869), estudia el movimiento de la sangre en venas y capilares, y determina experimentalmente la relación entre presión y caudal en capilares. William Froude (1810-1879), se dedicó durante parte de su vida a construir barcos; sus investigaciones fueron continuadas por su hijo R.E. Froude (1846-1924), el cual definió el número adimensional que lleva su nombre y que relaciona las fuerzas de inercia con las fuerzas gravitacionales. G. Stokes (1819-1903), logró derivar la ecuación de Navier-Stokes. Kirchhoff (1824-1887), define el coeficiente de contracción, hallándolo para el caso de orificios bidimensionales. Ernst Mach (1838- 1916), que en uno de sus más conocidos estudios sobre los flujos a alta velocidad, deduce el número de Mach. Reynolds (1842-1912), clarifica el fenómeno de cavitación; define los regímenes laminar y turbulento, y el número adimensional que los identifica. Su teoría sobre la lubricación hidrodinámica es asimismo muy relevante. Ludwig Prandtl (1875-1953), que observa la aparición y define la teoría de la capa límite, se considera como uno de los creadores de la mecánica de fluidos moderna. Theodor Von Karman (1881-1963) estudia los vórtices detrás de un cilindro, define las fuerzas de arrastre y sustentación de cuerpos en el seno de un fluido en régimen turbulento. Durante el siglo XX, los avances en la mecánica de fluidos son continuos, siendo la dinámica de gases, la aerodinámica y la aeronáutica los campos que han experimentado y seguirán experimentado una especial proliferación. Quisiera dedicar este libro a las personas cuyo apoyo he tenido constantemente, sin olvidar a las generaciones de estudiantes de los cuales se aprende a diario, y gracias a los cuales este libro es una realidad. Es mi deseo que este libro sea de utilidad, tanto para los futuros estudiantes como para los profesionales que necesiten repasar conceptos de mecánica de fluidos. Josep M Bergadà Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 10 Capítulo 5. Ecuación de cantidad de movimiento Problema 19…………………………………………………….……………………...77 Problema 20…………………………………………………….……………………...78 Problema 21…………………………………………………….……………………...81 Problema 22…………………………………………………….……………………...82 Problema 23…………………………………………………….……………... …….91 Problema 24…………………………………………………….……………………...95 Problema 25…………………………………………………….……………………...98 Problema 26…………………………………………………….……………………...99 Problema 27…………………………………………………………………………..102 Problema 28…………………………………………………………………………..107 Problema 29…………………………………………………………………………..110 Problema 30…………………………………………………………………………..118 Capítulo 6. Ecuación de momento cinético Problema 31………………………………………………………………………......127 Problema 32…………………………………………………………………….….....131 Problema 33………………………………………………………………………......136 Problema 34……………………………………………….………………….............140 Problema 35………………………………………………………………………......144 Capítulo 7. Ecuación de la energía Problema 36………………………………………………………………….…….....149 Problema 37………………………………………………………………….…..…...151 Problema 38………………………………………………………………….…..…...155 Problema 39………………………………………………………………….……….161 Capítulo 8. Flujo con viscosidad dominante Problema 40………………………………………………………………….…….....169 Problema 41………………………………………………………………….…….....174 Problema 42………………………………………………………………….…….....180 Problema 43………………………………………………………………….…….....184 Problema 44………………………………………………………………….…….....193 Problema 45………………………………………………………………….…….....203 Problema 46………………………………………………………………….…….....211 Problema 47………………………………………………………………….…….....216 Problema 48………………………………………………………………….…….....220 Problema 49………………………………………………………………….…….....228 Problema 50………………………………………………………………….…….....230 Problema 51………………………………………………………………….…….....237 Capítulo 9. Análisis adimensional Problema 52…………………………………………………………………….….....251 Problema 53………………………………………………………………………......255 Problema 54………………………………………………………………………......257 Problema 55………………………………………………………………………......260 Problema 56…………………………………………………………………….….....262 Índice 11 Capítulo 10. Sistemas de tuberías Problema 57…………………………………..……………………....................…....267 Problema 58…………………………………………………………………..……....272 Problema 59…………………………………………………………………..……....277 Problema 60…………………………………………………………………..……....282 Problema 61…………………………………………………………………………..298 Capítulo 11. Capa límite – Flujo externo. Problema 62…………………………………………………………………….….....321 Problema 63……………………………………………………………………...…...323 Problema 64………………………………………………………………………......327 Problema 65………………………………………………………………………......331 Problema 66……………………………………………………………….…….…....336 Problema 67……………………………………………………………….……….....340 Capítulo 12. Flujo no estacionario Problema 68……………………………………………………………….……….....347 Problema 69………………………………………………………………….…….....353 Capítulo 13. Gas dinámica Problema 70……………………………………………………………….……..…...359 Problema 71………………………………………………………………..……........382 Problema 72………………………………………………………………….…..…...387 Problema 73………………………………………………………………….…..…...393 Problema 74……………………………………………………………………...…...397 Nomenclatura ………………………………………………………………………..409 Bibliografía…………………………………………………………………….……..413 Propiedades de los fluidos 15 2 N×Sμ = 0,4547 m Para que el flujo sea laminar se debe cumplir: UD 0,1237×0,006Re = = < 2.400 0, 4547ν ρ Para cumplir la igualdad, se tiene que ρ debería valer 3ρ = 1.470.331Kg m ; como esto es imposible, se concluye que la hipótesis es acertada. En concreto, para una densidad de 3800Kg m , se obtiene Re = 1,3. Problema 2 Enunciado Halle la potencia necesaria para mantener una velocidad angular constante de 10 rad/s en el viscosímetro cilíndrico de la figura. (Considérense los esfuerzos cortantes, en la superficie lateral y en la base.) Datos: H = 10 cm R1 = 3 cm h = 0,1 cm μ = 7·10-3 N·s/m2 Resolución En la cara lateral se tiene: du = dy τ μ 1 1v 0 R ωdu = = dy h h − Fig. 2.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 16 Los valores de la fuerza y el par laterales, FL y ML, se obtienen: 21 L 1 1 R ω F = τ·dS = μ· ·2 π·R ·H = μ 2π H·R h h ω 31 L 1 1 1 1 R ω ωM = F·R = μ ·2π ·R · H R = μ 2π H· R h h El valor de la potencia necesaria para vencer los esfuerzos cortantes laterales será: 2 3 L 1 ω N = M·ω = μ ·2π H· R h En la base del cilindro, se tiene: i iV rωdu = = dy h h Los valores de la fuerza y el par en la base, FB y MB, serán: R3 R i i B i i0 S 0 r ω r2πF = τdS = μ 2π r dr = μ ω h h 3 ⎡ ⎤ ∫ ∫ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 3 B ω RF = μ2π h 3 R4 3 i B B i i i 0 Rω 2 π ω 2πM = dF ·R = μ r ·dr = μ· · h h 4 ⎡ ⎤ ∫ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 4 B ω 2π RM = μ h 4 La potencia debida a los esfuerzos cortantes en la base, NB, será: NB = M·ω = μ 2 4ω 2π R h 4 con lo que la potencia total necesaria para hacer girar el cilindro será: NT = NL + NB = μ 42 3 1 1 Rω 2π H R + h 4 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = 7·10-3· 2 4 310 0,03·2π 0,1·0,03 + 0,001 4 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ NT = 0,0127 [W] Propiedades de los fluidos 17 Problema 3 Enunciado Halle la expresión del par necesario para mover la esfera de la figura adjunta. Resolución Las tensiones cortantes existentes se pueden definir como: V R μ r cosθτ = μ = μ = n e e ∂ ω ω ∂ ; Estudiando la esfera, se observa que la fuerza que se opone al movimiento se da como: 3 2 μ r cosθ μ r cosθdF = τ dS = 2π R da = 2π r cosθ r dθ = e e μ r= 2π cos θ dθ e ω ω ω Así mismo, el momento resistente resultante valdrá: idM = dF R = dF r cosθ Fig. 3.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 20 32 2h 2 i i 0 hω tg θ ω tg θF = μ 2πh dh = μ 2π e cosθ e cosθ 3∫ La fuerza en la base será: idF = τdS = τ2πR dR 2 i ωdF = μ R 2πdR e 3R 2 i 0 ω ω RF = μ 2π R dR = μ 2π e e 3∫ El par necesario en la superficie lateral: i i M = F× R dM = dF× R 2 2 i i tg θ ωdM = μ 2πh dhR cosθ e i iR = h tgθ 3 3 4h 3 L i 0 tg θ ω tg θ ω hM = μ 2π h dh = μ 2π cosθ e cosθ e 4∫ El par en la base: 2 i i i ωdM = dF R = μ 2π R dR R e 4R 3 b i 0 ω ω RM = μ 2π R dR = μ 2π e e 4∫ El par total necesario para mantener el movimiento será: TM = L bM + M 4 43 3 4 4 T h Rtg θ ω ω ω 2π tg θM = μ 2π +μ 2π = μ h + R cosθ e 4 e 4 e 4 cosθ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Sustituyendo el radio por su equivalente: 4 3 T ω π 1M = μ h tg θ + tgθ e 2 cosθ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ Propiedades de los fluidos 21 La potencia necesaria para mantener el sistema en movimiento será: 2 4 3 T ω 1N = M ω = μ h tg θ + tgθ e 2 cosθ π ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ Tensión y deformación en medios continuos 25 Calcule: La velocidad transversal, v(x, y). La aceleración lineal, la velocidad angular, la vorticidad, la velocidad de deformación volumétrica y la velocidad de deformación angular para dicho fluido. 4BResolución Para un fluido incompresible y flujo bidimensional, la ecuación de continuidad puede expresarse: v u= - y x ∂ ∂ ∂ ∂ ; En función de los datos del enunciado, la velocidad en dirección x se puede dar: 2 32 2 0 02 2 0 0 x y x x y xu = u 1+ 1- 1+ = u 1+ - 1+ L L L LY Y ⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ derivando respecto a x se obtiene: 22 0 2 0 uu 3y x- = - 1- 1+ x L LY ⎡ ⎤∂ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ; con lo cual la velocidad en dirección y será: 2 222 0 0 0 2 2 0 0 u u u 3y3y x xv = - 1- 1+ dy = - dy + 1+ dy L L L LY LY ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥∫ ∫ ∫⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ 23 0 0 2 0 u y u y xv = - + 1+ + C(x) L LLY ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ; Condiciones de contorno: v = 0; cuando y = Y; y para cualquier x; 2 3 0 0 0 0 2 3 0 x1+ u Y u Y L0 = - + + C(x) x LY xL 1+ 1+L L ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Para cualquier valor de “x” comprendido entre 0 < x < L se cumple que C(x) = 0; Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 26 Por lo tanto: 2 2 0 0 u y y xv = - 1- 1+ L Y L ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ Eligiendo el sistema cartesiano de coordenadas, la aceleración en dirección x e y será: x Du u u ua = = + u + v Dt t x y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ y Dv v v va = = + u + v Dt t x y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Puesto que se está en régimen permanente: u v= = 0 t t ∂ ∂ ∂ ∂ Derivando las velocidades u y v respecto las direcciones x e y se tiene: 22 0 2 0 u 1 3y x 1= u - 1+ x L L LY ⎡ ⎤∂ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ; 3 0 2 0 u 2y x= u - 1+ y LY ⎡ ⎤∂ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ; 3 0 2 0 v y x 1= u 2 1+ x L LLY ⎡ ⎤∂ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ; 22 0 2 0 v 3y x 1= u 1+ - y L LLY ⎡ ⎤∂ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ; Sustituyendo en las ecuaciones para la aceleración, se obtiene: 2 43 52 0 x 0 0 u x y x y xa = 1+ - 2 1+ + 1+ L L Y L Y L ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 2 452 3 0 y 2 2 4 0 0 u y x y xa = y - 2 1+ + 1+ L LL Y Y ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ La velocidad angular se define como: z 1 v u= - 2 x y ⎛ ⎞∂ ∂ω ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ Tensión y deformación en medios continuos 27 Obsérvese que: x 1 w v= - = 0 2 y z ⎛ ⎞∂ ∂ω ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ y 1 u w= - = 0 2 z x ∂ ∂⎛ ⎞ω ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ Sustituyendo, queda: 22 0 z 2 2 0 yu x y x= 1+ + 1+ L LY L ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ω ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ; Puesto que la vorticidad se define como el doble de la velocidad angular, ξz = 2ωz ; 22 0 z 2 2 0 yu x y xξ = 2 1+ + 1+ L LY L ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ; la velocidad de deformación volumétrica está dada en este caso por: ( )d δ1 u v= + δ dt x y ∀ ⎛ ⎞∂ ∂ ⎜ ⎟∀ ∂ ∂⎝ ⎠ Al sustituir u vy x y ∂ ∂ ∂ ∂ , se llega a: ( )d δ1 = 0 δ dt ∀ ∀ ; la velocidad de deformación angular viene dada por: xy 1 u v= + 2 y x ⎛ ⎞∂ ∂φ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ; puesto que: xz 1 u w= + 0 2 z x ∂ ∂⎛ ⎞φ =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ; yz 1 v w= + 0 2 z y ⎛ ⎞∂ ∂φ =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ; Sustituyendo, se llega a: 2 2 0 xy 2 2 0 yu x x y= 1+ - 1+ + L LY L ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞φ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ; Cabe recordar que, aunque matemáticamente se puedan separar, la rotación, la dilatación y la deformación angular, ocurren en el fluido de forma simultánea, y no se pueden separar desde el punto de vista físico. Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 30 Las sendas o trayectorias se determinan integrando las ecuaciones A y B (A) dx x= dt 1+ t (B) dy y= dt 1+ 2t Integrando, dx dt= x 1+ t∫ ∫ ; ( ) 1lnx = ln 1+ t + k ; ( )ln 1+t +k1lnxe = e ⎯→ ( ) 1x = 1+ t .k' (C) dy dt= y 1+ 2t∫ ∫ ; ( ) 21lny = ln 1+ 2t + k 2 ; ( )1 ln 1+2t +k2lny 2e = e ⎯→ ( ) 1 2 2y = 1+ 2t .k' (D) Aparecen dos nuevas constantes, k’1 y k’2, que corresponden a 1ke y 2ke Aplicando las condiciones de contorno t=0, x=X0, y=Y0, queda: 0 1X = k' ; ( ) 0x = 1+ t X⋅ 0 2Y = k' ; ( ) 1 2 0y = 1+ 2t Y⋅ Eliminando el tiempo se obtiene la ecuación de la senda o trayectoria. 1 2 0 0 xy = 1+ 2 -1 Y X ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⋅⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ Ésta se muestra en la figura 7.2.Véase que no coincide con la ecuación de la línea de corriente en t=0. Para hallar la línea de traza, se parte de las ecuaciones integradas de las sendas, ecuaciones C y D, y se calcula la familia de partículas que pasaron por (X0, Y0) en instantes ε < t. Así pues, para t = ε, x =X0, y =Y0, se obtiene: (C) ( ) 1x = 1+ t .k' ; 01 Xk' = 1+ ε ⎯→⎯ ( ) 01+ tx = X 1+ ε (D) ( ) 1 2 2y = 1+ 2t k'⋅ ; ( ) 0 2 1 2 Yk' = 1+ 2ε ⎯→⎯ ( ) ( ) 1 2 01 2 1+ 2t y = Y 1+ 2ε Estas expresiones corresponden a las líneas de traza que pasan por (X0, Y0) en cualquier instante t. Para t =cte, se igualan los valores de ε de las dos ecuaciones. ( ) ( ) 2 0 0 1+ t Y 1ε = X -1 = 1+ 2t -1 x y 2 ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⋅ ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎯→⎯ ( ) ( ) 2 0 01+ 2tX 1 Y1+ t - = x 2 2 y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Tensión y deformación en medios continuos 31 Despejando 0 y Y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , se obtiene: 0 y Y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = ( ) ( ) 1 2 0 1+ 2t X2 1+ t -1 x ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎯→⎯ Para t =0 ⎯→⎯ 0 y Y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 2 0 1 X2 -1 x ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = 1- 20X2 -1 x ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ Línea también representada en la figura 7.2. Físicamente, la línea de traza refleja el comportamiento de las líneas de corriente antes del instante t =0, mientras que la senda refleja lo que ocurre después. Una línea de traza se genera experimentalmente por medio de la inyección continua de partículas marcadas (tinta, humo o burbujas) desde un punto fijo. Como última observación, cabe decir que en caso de flujo estacionario, las líneas de traza, senda y corriente coinciden. Adaptado del problema 1-14 del libro Mecánica de Fluidos del autor Frank M White edición 1988, publicado por McGraw-Hill Fig. 7.2 Línea de corriente, senda y línea de traza que pasan por X0 e Y0 en T = 0 Fig. 7.3 Flujo no estacionario alrededor de una placa oscilante, visualizado con burbujas desprendidas de un punto fijo Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 32 Problema 8 7BEnunciado Sea el movimiento en régimen permanente definido en coordenadas eulerianas y dado por el campo de velocidades: ˆ ˆv = (2x -3y)i + (3x - 2y)j Se pide: 1. Demuestre que el fluido es incompresible. 2. Determine el campo de aceleración a y el campo de vorticidad ( Ω ). 3. Determine las líneas de corriente e identifique aquella que pasa por el punto x =1; y=1; z =0. 4. Determine la ecuación de las líneas de torbellino (vector remolino ω ) 5. Calcule la circulación del vector velocidad a lo largo de la línea de corriente que pasa por el punto x =1; y =1; z =0. Calcule también el flujo de vorticidad Ω a través de la superficie que tiene por línea frontera aquella línea de corriente. 6. Calcule la velocidad de deformación lineal específica en la dirección del vector unitario 2 2ˆ ˆr = i - j 2 2 8BResolución 1. La ecuación de conservación de la masa en forma diferencial se enuncia: ( )ρ + ρ.v = t ∂ ∇ ∂ 0 ; Si el fluido es incompresible, se ha de cumplir: V 0∇ = Sustituyendo: x y zv v vv = + + = 2 - 2 + 0 = 0 x y z ∂ ∂ ∂∇ ∂ ∂ ∂ ⇒ fluido incompresible 2. ( )va = + v v t ∂ ∇ ∂ Por ser el movimiento estacionario, v t ∂ ∂ = 0 Tensión y deformación en medios continuos 35 ( ) 3- 3cotg 2θ = = 0 -4 ⎯→⎯ º2θ = 90 ⎯→⎯ ºθ = 45 Para transformar la ecuación de la elipse referida a los ejes x y respecto a los ejes x’y’ se debe realizar el cambio: x = x'cosθ - y'senθ y = x'senθ + y'cosθ ⇒ x = x'cos45 - y'sen45 y = x'sen45 + y'cos45 Sustituyendo en la ecuación (1): 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 x' - y' + 3 x' + y' - 4 x' - y' . x' + y' - 2 = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Desarrollando se llega a 2 2x' + 5y' - 2 = 0 La ecuación de la elipse respecto a los ejes x’ e y’ será: 2 21 5x' + y' -1 = 0 2 2 La ecuación genérica de una elipse centrada es: 2 2 2 2 x y+ = 1 a b ; siendo a y b los semiejes principales, que en este caso valdrán: a = 2 2b = 5 Fig. 8.1 Inclinación de la elipse respecto a los ejes coordenados Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 36 4. El vector remolino se define como ω . 1ω = Ω 2 ⎯→⎯ ( ˆΩ = 6k ) apartado 2 ⎯→⎯ ˆω = 3k 5. La circulación del vector velocidad se define como: ( ) ( ){ }{ }Γ = v.dl = i 2x - 3y + j 3x - 2y i.dx + j.dy∫ ∫ Esta integral hay que realizarla a lo largo de la línea de corriente (que es la elipse); para integrar se deben transformar todos estos parámetros en uno solo e integrar respecto a dicho parámetro. Consecuentemente, se han de dar los valores de x, y, dx, dy en función de los semiejes principales de la elipse y el ángulo de giro. Las relaciones de transformación son: ysenθ = b xcosθ = a x = acosθ = 2cosθ 2y = bsenθ = senθ 5 dx = -asenθdθ = - 2senθdθ 2dy = bcosθdθ = cosθdθ 5 Sustituyendo estos valores en la integral se obtiene como única variable el ángulo θ, que se integrará entre 0 y 2π; ( ) ( ) ( )2π 0 2π 0 2Γ = 2x -3y dx + 3x - 2y dy = 2 2cosθ -3 senθ . - 2senθ dθ + 5 2 2+ 3 2cosθ - 2 senθ . cosθ dθ 5 5 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟∫ ∫ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∫ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ De realizar la integración se obtiene que 12πΓ = 5 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Se observa que este camino elegido es largo. Un método alternativo sería la aplicación del teorema de Stokes: ( ) l s s s s ˆ ˆv dl = v ds = Ω.ds = 6k.nds = 6 ds = 6πab∇ ∧∫ ∫ ∫ ∫ ∫ → área de la elipse → Fig. 8.2 Relaciones de Transformación para una elipse Tensión y deformación en medios continuos 37 → 2 12π6πab = 6π 2. = = Γ 5 5 Obsérvese que el flujo de vorticidad, que se define como ( ) S v ds∇ ∧∫ es igual a la circulación del vector velocidad. 6. La velocidad de deformación lineal específica en la dirección del vector unitario 2 2r = i - j 2 2 se calcula mediante la expresión: ij i j 1 d. dr = e β β dr dt ⎯→⎯ 2 i = 2 2 j = - 2 β β de donde eij valdrá: ij = u 1 u v 1 u w+ + x 2 y x 2 z x 1 v u v 1 v we + + 2 x y y 2 z y 1 w u 1 w v w+ + 2 x z 2 y z z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Sustituyendo: ( ) ( ) 212 -3 + 3 0 22 2 1 d 1 2. dr = -3 + 3 -2 0 . - = 2 dr dt 2 2 00 0 0 0 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ La velocidad de deformación lineal vendrá dada por ˆ ˆ2 i 2 j.+ Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 40 Resolución 1. El elemento diferencial de superficie empleado para determinar el empuje queda esquematizado en la figura 9.2. y s s s E = - dF = - dFsenθ = - ρgy·2πr·Rdθ·senθ;∫ ∫ ∫ puesto que: r R cos y h R s e n = θ⎧ ⎨ = − θ⎩ 2 2 3 2 2 2 2 3 2 3 2 2 E g(h R se n )·2 R cos ·R·s e n d ; E gh·2 R cos s e n d g2 R se n cos d ; s e n s e nE gh2 R g2 R 2 3 θ π− θ θ π π− − θ θ π π− − = − ρ − θ π θ θ θ = ρ π θ θ θ + ρ π θ θ θ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= −ρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ (1) ( );Para = h=Rsen Rsen 45º 4 4 π π θ =⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) 2 2 2 3 3 3 2 3 1 1E gh2 R sen sen g2 R sen sen ; 2 4 2 3 4 2 1 1 1E gh2 R 1 g2 R 0,353553 1 ; 2 2 3 ⎡ π π ⎤ ⎡ π π ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −ρ π − − + ρ π − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤= −ρ π − + ρ π − −⎡ ⎤⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )2 31 1E gh2 R g2 R 1,353553 ; 4 3 ⎛ ⎞= ρ π + ρ π⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Fig. 9.2 Esquema del elemento diferencial empleado Estática, y movimiento de un fluido como sólido rígido 41 ( ) 2 3R RE g2 h 1,353553 ; 4 3 ⎡ ⎤ = ρ π +⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ( ) 3 3 3 3 3 R sen45º RE g2 1,353553 ; 4 3 sen45º 1,353553E g2 R g2 R ·0,62796 g R ·1, 2559 4 3 ⎡ ⎤ = ρ π +⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤= ρ π + = ρ π = ρ π⎢ ⎥⎣ ⎦ El peso de la esfera ha de ser igual a su empuje, con lo cual se ha de cumplir: 2 2 3 3 E H O H O E 3 4w g R E g R ·1,2559 3 · 1, 2559 Kg941,94 4 m 3 = ρ π = = ρ π ρ ρ = = Véase que, tal como cabía esperar, la densidad es menor que la densidad del agua. 2. Si la esfera se sumerge en el mercurio, y dado que la densidad del mercurio es 13,6 veces la densidad del agua, se puede realizar una estimación inicial calculando si la mitad de la esfera quedará o no cubierta por el mercurio. Para ello, se ha de evaluar si se cumple: 3 3 esfera esfera esfera Hg 4 1 4Peso W g R g R 3 2 3 > < = = ρ π = ρ π y se cumple que : E Hg 1 2 ρ < ρ con lo cual, seguro que únicamente un pequeño casquete esférico quedará sumergido en el mercurio. Dado que el elemento diferencial de empuje es el mismo que en el apartado inicial, se llega a la misma expresión (1) que en dicho apartado, aunque ahora la densidad de fluido es la del mercurio. 2 3 2 3 Hg Hg 2 2 sen senE gh2 R g2 R 2 3 θ θ π π− − ⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ= −ρ π + ρ π⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ de donde: 2 3 3 2 2 Hg R hE g2 R sen sen sen sen ; 3 2 2 2 ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ρ π θ − − − θ − −⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭ (2) Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 42 38666,64 N 558281 N 0 100000 200000 300000 400000 500000 600000 -90 -75 -60 -45 -30 -15 0 15 30 45 60 75 90 Ángulo de la posición del nivel del líquido (grados) Em pu je q ue a ct úa so br e la e sf er a (e st an do pa rc ia lm en te su m er gi da ) ( N ) Con el fin de comprobar la bondad de la ecuación hallada, se comprueba que para θ =0 se cumple que h = 0, con lo cual el empuje debería ser el equivalente al de media esfera. 2 Hg R hE g2 R (0 1) (0 1) 3 2 ⎡ ⎤= ρ π + − −⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 Hg R hE g2 R 3 2 ⎡ ⎤= ρ π +⎢ ⎥⎣ ⎦ 3 3 Hg Hg R 4 1E g2 g R 3 3 2 = ρ π = ρ π Véase que se cumple. La determinación del ángulo θ se obtendrá de igualar el peso de la esfera a la ecuación del empuje en función de dicho ángulo. El peso de la esfera viene dado por: 3 3 esfera esfera 4 4W = g R =941,94·9,8· · ·1 =38666,77 N 3 3 ρ π π (3) La figura 9.3 es la representación gráfica de la ecuación (2), donde entrando para el peso de la esfera se obtiene el ángulo θ que forma la superficie libre del mercurio con el eje de abcisas central de la esfera. Cuyo valor es de θ = - 42,7º. Fig. 9.3 Representación gráfica de la ecuación 2 Estática, y movimiento de un fluido como sólido rígido 45 2 2 100 cdg100 πR π·1F = ρg Y sen45· = 1.000·9,8·141,996·sen45· = 154.5635,43N 2 2 2 2 500 cdg500 R ·1F = ρ g Y sen45· = 1.000·9,8·707,682·sen45· = 770.3163,29 N 2 2 π π El momento respecto a la base del área semicircular será: ( ) ( )cdp cdgcdp-base 4RM = F·d = F· - Y - Y3 ⎧ ⎫ ⎨ ⎬π⎩ ⎭ 10m 4·1M = 160.195, 4· - 0,00474 = 67.229,71 Nm 3 ⎧ ⎫ ⎨ ⎬π⎩ ⎭ 100m 4·1M = 1.545.635,43· - 0,000491 = 655.229,14 Nm 3 ⎧ ⎫ ⎨ ⎬π⎩ ⎭ 500m 4·1M = 7.703.163, 29· - 0,00009870 = 3.268.563,73 Nm 3 ⎧ ⎫ ⎨ ⎬π⎩ ⎭ 2. Segundo método de resolución, por integración directa: Sea el elemento diferencial de superficie definido en la figura 10.3. Fig. 10.3 Esquema de la posición de la placa con el elemento diferencial de superficie elegido Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 46 2 2 2 2 2 ds = 2c·da a + c = R ds = 2 R - a ·da dF = P ds ( ) ( ) ( )t tdF = ρ g h ds = ρ g h - a senθ ds = ρ g Y senθ ds = ρ g Y - a senθ ds ( ) ( ) 2 2t tdF = ρ g Y - a senθ ds = ρ g Y - a senθ ·2 R - a da ( ) R 2 2 t 0 F = ρ g Y - a ·senθ 2 R - a ·da∫ tF ρ g Y ·senθ= ⋅ ⋅ ⋅ 2 R 0 ∫ R a ·da2 2− - ρ g senθ⋅ ⋅ ⋅ 2 R 0 ∫ a R a ·da2 2− tF ρ g Y ·senθ= ⋅ ⋅ ⋅ 2 R a R aR a ·arcsen R 2 2 2 0 ⎡ ⎤ − +⎢ ⎥2 2⎣ ⎦ - ρ g senθ⋅ ⋅ ⋅ 2 R 0 ∫ a· R a ·da2 2− tF ρ g Y ·senθ= ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 2 2R R RR R arcsen 2 2 R ⎡ ⎤ − +⎢ ⎥ ⎣ ⎦ - ρ g senθ⋅ ⋅ ⋅ 2 R 0 ∫ a· R a ·da2 2− 2 t RF = ρ g Y senθ·2 0 + arcsen1 2 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ - ρ g·senθ 2 ( ) R3 2 2 2 0 1 R a 3 ⎡ ⎤ − −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ tF = ρ g Y ·senθ 2 · 2R arcsen1 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ - ρ g senθ 2 ( ) ( ) 3 3 22 2 2 221 1. R R R 0 3 3 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎢ ⎥− − − − −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ( ) 32 2 2 t R π 1F = ρ g Y ·senθ 2× · -ρ g·senθ 2 R 2 2 3 2 3 t R ·π 1F = ρ g Y ·senθ· -ρ g·senθ 2 R 2 3 ; 2 t π R·2F = ρ g·senθ R Y · - 2 3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ; El valor de Yt será: t ah h R·sen= + θ Estática, y movimiento de un fluido como sólido rígido 47 La ha ha de entenderse ahora como la distancia vertical entre el extremo superior de la placa y la superficie libre del líquido. a a t h + R·senθ h Y = = + R senθ senθ Sustituyendo en la ecuación de la fuerza: 2 ah R·2F = ρ g·senθ R + R · - senθ 2 3 ⎡ ⎤π⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎣ ⎦ La fuerza sobre la superficie para las tres profundidades será: ha=10 m 210F 1.000·9,8.sen45.1= · 10 1·21 · sen45 2 3 ⎡ π ⎤⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ = 160.203,3 N ha=100 m 2100F 1.000·9,8.sen45.1= · 100 1·21 · sen45 2 3 ⎡ π ⎤⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ = 1.545.645,69 N ha=500 m 210000F 1.000·9,8.sen45.1= · 500 1·21 · sen45 2 3 ⎡ π ⎤⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ = 7.703.167,29 N El momento respecto a la base del área semicircular es: dM dF·a= ( ) 2 2tdM = a·ρ·g Y - a ·senθ·2 R - a da R R 2 2 2· 2 2 t 0 0 M = ρ·g·senθ·2·Y ·a· R - a da - ρ·g·senθ·2·a R - a da∫ ∫ ( ) RR3 2 2 4 2 2 2 22 t 0 0 1 a (2a - R ) R aM = ρ×g×senθ×2 Y - R -a - R -a + arcsen 3 8 8 R ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦ 4 3 t 1 RM = ρ×g×senθ×2 Y R - arcsen1 3 8 ⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ Recordando que a t h Y = + R sen45 , el momento para los diferentes valores de ha será: Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 50 2 za0 = ρ r ω dr -ρ g 1+ dz g ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ de donde: 2 zaρ r ω dr = ρ g 1+ dz g ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 r z 2 z r=0 z rω dr = (g + a )dz∫ ∫ 0z será la altura del líquido para r = 0; [ ] 2 2 z 0 rω = (g + a ) z - z 2 con lo cual: ( ) 2 2 0 z r 1z = ω + z 2 g + a Se observa que la posición del nivel del líquido depende no sólo de la velocidad de giro, sino también de la aceleración del ascensor. Esta ecuación quedará completamente definida una vez se determine z 0 . Para determinar z 0 deberán igualarse los volúmenes del líquido en reposo y en movimiento. R 2 inicial 0 πR z = 2π r z dr∫ Del enunciado se conoce que z inicial = 30 cm. 2 2R 2 inicial 0 0 z ω r 1πR z = 2π r + z dr 2 (g + a ) ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠∫ ( ) R2 4 2 2 inicial 0 z 0 ω r rπR z = 2π × + z × 2× g + a 4 2 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) 2 4 2 2 inicial 0 z ω R RπR z = 2π + z 2 g + a 4 2 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) 2 2 inicial 0 z ωZ = R + Z 4 g + a 2 2 o inicial z ω RZ = Z - 4(g + a ) Estática, y movimiento de un fluido como sólido rígido 51 Véase que el nivel del líquido cuando el cilindro gira; se desplaza, para radio igual a cero, y depende de las aceleraciones que se tengan en cada caso particular. La ecuación que da la posición del nivel del líquido teniendo en cuenta todos los parámetros estipulados es: 2 2 2 2 inicial z z ω R ω r 1Z = Z - + 4 (g + a ) 2 (g + a ) 2. La presión en el punto considerado saldrá de la ecuación: ( )punto atm P r zP Z dp r dr g a dz= ρ ω − ρ +∫ ∫ ∫ 0 02 0 ( )punto atm z rP P g a Zρ ω− = + ρ + 2 2 02 ( ) 2 2 punto atm z inicial z r ω RP P g a Z - 4(g + a ) ⎡ ⎤ρ ω− = + ρ + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2 2 2 Trabajando en presiones relativas, esta ecuación se puede dar como: ( ) ( ) 2 2 punto z inicial z z ω R rP g a Z - 4(g + a ) g a ⎡ ⎤ω= ρ + +⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 2 2 Los valores de las constantes conocidas son: ρ = 1.000 3 Kg m ; g = 9,8 2 m s ; Zinicial = 0,3 m; R = 0,06 m; r = 0,02 m; ω = 10 rad s a z = (posee cuatro valores, definidos en el primer apartado): Así, la presión en el punto deseado para los cuatro casos en estudio será: Ascensor subiendo, período de aceleración: a z =1 2 m s ( ) 2 2 2 210 × 0,06 10 × 0,02 1P = 1.000× (9,8 +1) 0,3 - + × 4 9,8 +1 2 (9,8 +1) ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ P =3170 Pa Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 52 Ascensor subiendo, período de deceleración: a z 2 m= -0,7 s ; ( ) 2 2 2 210 ×0,06 10 ×0,02 1P = 1.000×(9,8 - 0,7) 0,3 - + × 4 9,8 - 0,7 2 (9,8 - 0,7) ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ P =2660 Pa Ascensor bajando, período de aceleración: a z 2 m= -1 s ; P =2570 Pa Ascensor bajando, período de deceleración: a z 2 m= +0,7 s ; P =3083,9 Pa Para el fluido en reposo: P = 1.000×9,8×0,3 = 2940Pa ; 3. Puesto que el nivel del líquido está dado por la ecuación: 2 2 2 2 inicial z z ω R ω r 1Z = Z - + 4(g + a ) 2 g + a Para: Z = 0,40 m inicialZ = 0,3 m az = 0 R = 0,06 m r = R se tiene: 2 2 2 2ω 0,06 ω 0,06 10, 4 = 0,3 - + 4×9,8 2 9,8 radω = 32,99 seg Ecuación de continuidad 55 Ecuación de continuidad Problema 12 Enunciado Halle la expresión que caracteriza el tiempo de vaciado del depósito troncocónico de la figura 12.1. Sd = Superficie del agujero de salida Resolución VC SC d ˆ0 = ρd + ρvndS dt ∀∫ ∫ Fig. 12.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 56 0= • s dρ + m dt ∀ 2 id = r dh∀ π 2 1d = π(r + htg(θ)) dh∀ 2 1r - rtgθ = H 22 1 1 r - r d = π(r + h ) dh H ∀ • 22 1 s1 r - r ρπ(r + h ) dh = -m dt H • s d dm = ρS v = ρS 2gh 2hf t 2 1 1 H 0d r - rρπ 1r + h × dh = -dt HρS 2g h ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠∫ ∫ fh 2 2 22 1 2 1 1 1 2 Hd r - r (r - r )π 1(r + 2r h + h ) dh = -t H HS 2g h∫ hf 23 2 5 2 2 2 1 2 1 1 1 2 d H r - r (r - r )π h h hr + 2r + = -t 1 3H 5 2HS 2g 2 2 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ El tiempo de vaciado del depósito será: 23 2 5 2 2 2 1 2 1 1 1 2 d r - r (r - r )π H H Ht = r + 2r + 1 2 H 3 2 5 2HS 2g ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Problema 13 Enunciado Halle el tiempo que tardará en vaciarse el depósito troncocónico de la figura 13.1, tomando como fluido de trabajo el agua. Rd = 0,1 m; h = 1 m; α = 15º; Ss = 0,1 m2 Ecuación de continuidad 57 Resolución El vaciado del depósito se rige por la ecuación de continuidad: c Sc d ˆ0 = ρd + ρV n dS dt ∀ ∀∫ ∫ de donde, considerando el fluido como incompresible, se tiene: s d0 =ρ +ρVS dt ∀ (A) De la figura 13.1 se desprende la relación entre el diferencial de volumen y el diferencial de altura: 2 i id = π r dh∀ Por otro lado, la ecuación que rige la velocidad de salida del fluido por la sección SS vendrá dada por: iV = 2g h Sustituyendo en (A): 2 i i i s ρπ r dh 0= + ρ 2g h S dt de la figura 1 se desprende la relación entre el radio ri y la altura hi ( )i d ir = r + tg α h - h , Fig. 13.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 60 Integrando únicamente en la mitad superior: máxy 0 Q = 2 Vcos (b dy)θ∫ máxy 2 2 0 1 N·cosθQ = 2b dy x + y∫ 1 1 2 2 1 x x cosθ = = r x + y máxmax yy 1 12 2 1 110 0 N·x 1 yQ = 2b dy = 2b N x arctg x xx + y ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ∫ máx 1 y Q = 2b N arctg x ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ; m á xmáx 1 y tg = x θ máxQ = 2b N arctg(tg(θ )) máxQ = 2b N θ que es la misma respuesta que en el caso anterior, lo cual es lógico, pues para una sección de paso que abarque todo el campo de fluido y siempre que la densidad sea constante el caudal volumétrico será constante. Problema 15 Enunciado Halle la ecuación diferencial que determina el tiempo de vaciado del depósito de la figura, donde se han realizado varios agujeros para la salida del fluido: Punto 1. Diámetro D1; altura del centro del agujero respecto a la base del depósito H1. Punto 2. Diámetro D2; agujero en la base. Punto 3. Diámetro D3; altura del centro del agujero respecto a la base del depósito H3. H=Nivel del líquido en el depósito para t=0. Ecuación de continuidad 61 Resolución Para hallar la ecuación diferencial que determina el tiempo de vaciado del depósito de la figura, se aplicará la ecuación de continuidad en forma integral: vc sc ρ d + ρ v ds = 0 t ∂ ∀ ∂ ∫ ∫ ; Dd = s dh∀ SD = Superficie del depósito cilíndrico Aplicando la ecuación de continuidad al depósito de la figura 15.1, se tiene: ( ) ( ) ( ) 1 2 3 D 1 1 2 3 3s s s hρs + ρ 2g (h - H ) ds + ρ 2g h ds + ρ 2g (h - H ) ds = 0 t ∂ ∂ ∫ ∫ ∫ Resolviendo las integrales, se obtiene la ecuación siguiente: ( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3dhρ s + ρ 2 g (h - H ) s + ρ 2 g h s + ρ 2 g (h - H ) s = 0dt con lo cual, la ecuación diferencial requerida tendrá la forma: ( ) ( ) ( )D 1 1 2 3 3 dt dh= s 2 g (h - H ) s + 2 g h s + 2 g (h - H ) s − Véase que para la resolución de esta ecuación diferencial se dan tres casos posibles. El primer caso se define para un nivel de líquido en el depósito comprendido entre una altura H genérica y una altura H1. El nivel del líquido en el depósito para el segundo caso estará comprendido entre las alturas H1 y H3. Cuando el nivel del líquido esté comprendido entre las alturas H3 y 0, se definirá el tercer caso. Salida 3 Salida 1 Salida 2 Fig. 15.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 62 Así, para el primer caso, la ecuación diferencial anterior se integrará entre los límites: ( ) ( ) ( ) 1t H 0 HD 1 1 2 3 3 dt dh= s 2 g (h - H ) s + 2 g h s + 2 g (h - H ) s −∫ ∫ Dicha ecuación debe resolverse numéricamente y de ella se obtendrá la variación temporal t1 del nivel del líquido en el depósito entre una altura genérica H y la altura H1. Esta ecuación se resolvió utilizando el método Runge-Kutta de cuarto orden y para los siguientes valores: H=20 m; H1=10m; H3=5 m; S1 = S2 = S3 =0,0001 m2; S0 = 0,5 m2. La variación temporal de la altura del nivel del líquido en el depósito entre los valores inicial H = 20 m y el valor final H1 = 10 m se detalla en la gráfica siguiente. Cuando el nivel del líquido llegue a la salida 1, la ecuación diferencial quedará: (Caso 2). ( ) ( ) 3 1 t H 0 HD 2 3 3 dt dh= s 2 g h s + 2 g (h - H ) s −∫ ∫ Obsérvese que se ha situado el origen de tiempos cuando el nivel del líquido en el depósito es H1. La ecuación diferencial anterior se puede dar como Fig. 15.2 Ecuación de continuidad 65 1 1 1 v t v3= S X ρ cos 4 X X ; simplificando c 1 e s 1 1 v td 3m m ρd = Sρ v cos dt 4 X∀ − = ∀∫ Por otro lado, si en lugar de realizar el proceso de integración inicialmente y luego el de derivación se realiza a la inversa, se obtiene: c X X 1 1 1 1 0 0 v t v td d x x dρd = ρ 1- sen ·S dx S 1 dx sen dt dt 2X X 2X dt X∀ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∀ = ρ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫ c X 1 1 1 0 v t vd xρd S 1 dx cos dt 2X X X∀ ⎡ ⎤⎛ ⎞∀ = ρ − =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫ ∫ Integrando: c X 1 1 1 1 1 1 0 v t v v td x 3ρd S 1 cos S V cos dt 4X X X 4 X∀ ⎡ ⎤⎛ ⎞∀ = ρ − = ρ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫ Obsérvese que en ambos casos se obtiene el mismo resultado. Problema 17 Enunciado En el esquema de la figura 17.1, halle la ecuación diferencial que determina la variación temporal de presión en la cámara del cilindro, conocidas las ecuaciones de los caudales de fuga, QL1; QL2. Fig. 17.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 66 Resolución La ecuación de continuidad en modo integral y régimen transitorio se enuncia: vc scρ d + ρ Vr ds = 0t ∂ ∀∫ ∫∂ 0 1 2vc s s s ρ d + ρVr ds + ρ Vr ds + ρ Vr ds = 0 t ∂ ∀∫ ∫ ∫ ∫∂ puesto que la densidad y el volumen de control dependen del tiempo. 0 1 2vc vc s s s ρ d +ρ d + ρ Vr ds + ρ Vr ds + ρ Vr ds = 0 t t ∂ ∂∀ ∀∫ ∫ ∫ ∫ ∫∂ ∂ salida 0 salida1 salida 2 ρ + ρ + m + m + m = 0 t t ∂ ∂∀∀ ∂ ∂ dp dp dp 1 dp dpβ = - = - = -v = - = ρ ; d m dv ρ dρ1d d m ρ ∀∀ ∀∀ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ dρ dp= ; ρ β dρ ρ dp= ; dt β dt salida 0 L1 L2 ρ p +ρ +ρ Q +ρ Q +ρ Q = 0 β t t ∂ ∂∀∀ ∂ ∂ Despejando la densidad: outlet0 L1 L2 p + + Q + Q + Q = 0 β t t ∀ ∂ ∂∀ ∂ ∂ salida 0 L1 L2 p β= -Q - Q - Q - t t ∂ ∂∀⎛ ⎞ ⎜ ⎟∂ ∀ ∂⎝ ⎠ (A) velocidad d dx= S = S V ; dt dt ∀ La variación temporal de presión en la cámara cilíndrica puede ser determinada si se conocen las ecuaciones de los caudales de fuga en función de la presión Pn necesitándose también el valor temporal del volumen de la cámara del cilindro. A modo de ejemplo, y para el pistón de la figura 17.2, estas ecuaciones se podrían dar de la siguiente manera: Ecuación de continuidad 67 Suponiendo que en t = 0 el pistón se halla en el PMI (punto muerto inferior), el volumen temporal de la cámara del cilindro se puede dar como: 0 pistón PS R tan( ) (cos( t) 1)∀ = ∀ + α ω − Y por tanto: pistón P d S R tan( ) seno( t) dt ∀ = − α ω ω Donde: 0∀ es el volumen del cilindro en el punto muerto inferior. ω = velocidad de giro de la bomba. RP = radio del plato inclinado. α = ángulo de inclinación del plato inclinado. El caudal de salida del fluido hacia el exterior de la bomba se da por: ( ) ( )salida 0 in Tank 0 in Tank 2Q = signo de P - P Cd A P - P ; ρ Cd = coeficiente de descarga A0= Área de salida. Para el pistón de la figura 17.2, el caudal de fugas temporal viene dado por la ecuación: ( )( )1 p L1 h R tan sen t Q D 2 ⎡ ⎤α − ω ω = π +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ Fig. 17.2 Conjunto pistón y patín deslizante Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 70 embolo piston Piston piston S S d( ) S V V S 0 dt ρ∀ + ∀ ⋅ + ρ⋅ ⋅ + ρ ⋅ ⋅ = Considerando que el fluido que atraviesa la válvula mantiene su densidad constante, la velocidad del fluido por la válvula se puede dar en función del gradiente de presiones entre extremos de la misma. aceite ext pistón pistón salida émbolo pistón (P P )d S V S dt ( ) ⎡ ⎤⋅ −ρ = −ρ ⋅ ⋅ − ρ ⋅ ⋅⎢ ⎥ρ ∀ + ∀⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 1 La relación entre la variación de densidad y la variación de presión, viene dada en función del módulo de compresibilidad volumétrico, de donde d dP dt dt ρ ρ= ⋅ β aceite aceite ext pistón salida émbolo pistón dP (P P ) S K sen(t) S dt ( ) ⎡ ⎤⋅ − β= − ⋅ ⋅ − ⋅⎢ ⎥ρ ∀ + ∀⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 Esta es la ecuación diferencial que da la presión del aceite en función del tiempo. Se ha considerado que, a través de la válvula, el flujo es siempre saliente. A priori, en esta ecuación, la densidad del aceite se considerará la inicial y constante, aunque la mejor manera de afrontar el tema es conocer la ecuación que determina la variación de densidad con la presión. Véase asimismo que, según el enunciado ( )piston opiston S h 1 cos(t) 2 ⋅ ∀ = ⋅ + El valor de la constante K se puede determinar: pistón pistón pistón pistón S h S V ; t t ∂∀ ∂ = = ∂ ∂ Por otro lado: ( )pistón pistónS h sen (t) ; t 2 ∂∀ = − ∂ 0 ( )pistón pistón S h sen (t) S K sen (t); 2 − =0 h K 2 = − 0 2. Cuando la válvula (A) está cerrada y el émbolo se mantiene estático, la presión temporal del aceite será Ecuación de continuidad 71 émbolo pistón( )t t ∂ρ ∂∀ + ρ⋅ ⋅ ∀ + ∀ = ∂ ∂ 0 ( ) pistón émbolo pistón pistón pistón pistón pistón o émbolo hS 0 t t dP( ) S V 0 dt S K sen(t)dP S hdt 1 cos(t) 2 ∂ρ ∂∀ + ρ⋅ ⋅ = ∂ ∂ ρ∀ + ∀ ⋅ ⋅ + ρ⋅ ⋅ = β ⋅ ⋅ ⋅β = − ⋅ ∀ + ⋅ + Ecuación diferencial del tipo: dP C sen(t) dt A B cos(t) ⋅= − + ⋅ donde: pistón pistón o embolo pistón o C S K S h A 2 S h B 2 = ⋅ ⋅β ⋅ = ∀ + ⋅ = ( )P t tinicialPin t C sen(t) C C A B cos(t)P P P ln A B cos(t) ln A B cos(t) B B A B= ⋅ + ⋅⎛ ⎞= − ⎯⎯→ − = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⎜ ⎟+ ⋅ ⎝ + ⎠∫ ∫ 00 Variación temporal de la presión: inicial C A B cos(t)P P ln B A B + ⋅⎛ ⎞= + ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ + ⎠ 3. Puesto que ahora el émbolo superior se desplaza, de la ecuación de continuidad se obtiene (e p) émbolo pistón( )t t+ ∂ρ ∂∀ + ρ⋅ ⋅ ∀ + ∀ = ∂ ∂ 0 pistónémbolo émbolo pistón( ) 0t t t ∂∀∂∀∂ρ∀ + ∀ ⋅ ⋅+ ρ⋅ + ρ⋅ = ∂ ∂ ∂ émbolo pistón émbolo pistón pistón dP dy( ) S S V dt dt ρ∀ + ∀ ⋅ ⋅ + ρ⋅ ⋅ + ρ⋅ ⋅ = β 0 ( ) émbolo pistón pistón émbolo pistón o émbolo émbolo dydP S V S S hdt dt S y 1 cos(t) 2 β⎡ ⎤= − ⋅ − ⋅⎢ ⎥ ⋅⎛ ⎞⎣ ⎦ ⋅ + ⋅ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 72 donde: émbolo émboloémbolo dy S dt t ∂∀ ⋅ = ∂ Las variables para este caso son: presión aceite; presión N2; y émbolo; t. Para un proceso adiabático, la relación presión-volumen del nitrógeno será N inicial N N inicial N P P γ ⎛ ⎞∀ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟∀⎝ ⎠ 2 2 2 2 N inicial N N inicial N P P γ⎛ ⎞ ∀ = ∀ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 1 N inicial émbolo N inicial N P S (H y) P γ⎛ ⎞ − = ∀ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 2 1 Diferenciando esta ecuación respecto al tiempo, se tiene N N inicial N inicial N émbolo N inicial N N d P P dPdyS dt dt P dtP − γ⎛ ⎞∀ = − = −∀ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟γ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 ( ) ( ) N inicialN N émbolo N inicial N Pd dPdyS dt dt dt P γ + γ ∀ = = ∀ ⋅ ⋅ ⋅ γ 22 2 2 2 1 1 1 1 El balance de fuerzas en el émbolo se enuncia del modo siguiente: considérese que el émbolo tiene una masa “m”. N émbolo aceite émbolo d yP S m g P S m dt − ⋅ − ⋅ + ⋅ = ⋅ 2 2 2 Sistema de ecuaciones que ha de resolverse conjuntamente y numéricamente. 4. Si el fluido se considerase incompresible: pistónémbolo t t ∂∀∂∀ ρ⋅ + ρ⋅ = ∂ ∂ 0 Fig. 18.2 Diagrama de fuerzas del émbolo Ecuación de cantidad de movimiento 77 Ecuación de cantidad de movimiento Problema 19 Enunciado El chorro de agua que sale por una tobera es de 10 mm de diámetro y choca contra una superficie semiesférica. Halle la fuerza que hay que realizar para que la superficie semiesférica no sufra desplazamiento alguno. Aplíquelo para el caso de que el caudal volumétrico entrante sea de 0,001 m3/s. Comente las hipótesis realizadas. Resolución El empuje que el chorro de fluido ejerce sobre la superficie semiesférica tiene la misma magnitud y sentido contrario a la fuerza que hay que ejercer para que la semiesfera no se desplace. La figura 19.2 muestra un esquema de las fuerzas actuantes sobre la semiesfera. Fig. 19.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 80 ( )2 22 1 s r r2s 2sen 90 2 −⋅ π= ⋅ α⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( )2 22 1 s r r s sen 90 2 π⋅ − = α⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Vys Vs α° D1 D2 r dr dh Fig. 20.3 Fig. 20.4 Fig. 20.5 Fig. 20.6 Ecuación de cantidad de movimiento 81 Por otro lado, las fuerzas superficiales que actúan sobre el volumen de control se enuncian: y y e s 1se ss sl sl Fl Fext P n ds P n ds P n ds ds= − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + τ ⋅ ∑ ∑ ∫ ∫ ∫ ∫ (2) con lo cual, igualando las expresiones (1) y (2), se obtiene la ecuación siguiente: 2 2 ly s s e e s ess se F s v cos s v P ds P ds 2 α= ρ⋅ ⋅ ⋅ − ρ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅∑ ∫ ∫ Resolviendo las integrales, se llega a: ( ) ( ) 2 2 2 2 ly s 2 1 e e e e 2 2 s 2 1 F v cos r r s v P s 2 sen 90 2 P r r cos 2sen 90 2 α π= ρ ⋅ ⋅ ⋅ − − ρ ⋅ ⋅ − ⋅ + α⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎝ ⎠ π α⎛ ⎞+ − ⎜ ⎟α⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∑ Agrupando términos, se obtiene: ( ) ( )2 2 2 2ly 2 1 s s e e e eF r r cos P v s v P s2sen 90 2 π α= ⋅ − ⋅ ⋅ + ρ⋅ −ρ⋅ ⋅ − ⋅ α⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Problema 21 Enunciado En la figura 21.1 se ha representado la sección recta de un azud con algunas dimensiones principales. Suponiendo que en las secciones de corriente señaladas por líneas de trazos las distribuciones de velocidad son uniformes y conocidas, se pide determinar la fuerza que la corriente realiza sobre el azud. Considérese que el azud tiene una profundidad L y que la altura del nivel del líquido es de 10 m. Fig. 21.1 Sección transversal de un azud Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 82 Resolución Dado que el enunciado indica que las distribuciones de velocidad son uniformes, el flujo másico circulante será: m Q s v 1 L v L v= ρ = ρ = ρ = ρ La fuerza que la corriente ejerce sobre el azud se podrá determinar aplicando el principio de conservación de cantidad de movimiento al volumen de control englobado entre las dos superficies marcadas en líneas a trazo discontinuo. La ecuación de cantidad de movimiento en régimen permanente se establece: xSL SL SE SS SCg d ds pds p ds p ds v v ds∀ ρ ∀ + τ − − − = ρ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Las fuerzas másicas no tendrán componente respecto al eje de abcisas, con lo cual: x xSE SS SCF p ds p ds v v ds= + + ρ∫ ∫ ∫ Los términos que definen la fuerza debida a la distribución de presiones en la entrada y la salida son: 102 10 SE SE 0 0 zF pds g z L dz g L g L50 2 ⎡ ⎤ = − = − ρ = −ρ = −ρ∫ ∫ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 12 1 SS SS 0 0 z LF p ds g z L dz g L g 2 2 ⎡ ⎤ = − = ρ = ρ = ρ∫ ∫ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ El flujo de cantidad de movimiento entre las secciones de entrada y salida del volumen de control es: x ESE v v ds = - v Q ρ ρ∫ x SSS v v ds = v Q ρ ρ∫ Sustituyendo los cuatro términos en la ecuación de cantidad de movimiento, se tiene: x E S LF g L50 g v Q v Q 2 = −ρ + ρ − ρ + ρ Obsérvese que la fuerza que se obtiene es la fuerza de reacción, la que ejerce el contorno sobre el fluido. Problema 22 Enunciado Ecuación de cantidad de movimiento 85 s e s s e eS.S S.E v dS v dS v S v S → → → → ρ⋅ ⋅ = ρ⋅ ⋅ ⇒ ρ⋅ ⋅ = ρ⋅ ⋅∫ ∫ Dado que las secciones de paso del fluido y las densidades del mismo a la entrada y salida son iguales, queda: vs = ve = V-U De la ecuación de cantidad de movimiento en dirección X, para un volumen de control indeformable, a velocidad y densidad constantes, se tiene X iX rS.C F v ( v dS) → → → → ∑ = ρ⋅ ⋅∫ X isx s s iex eF v v S v v S= ρ⋅ ⋅ ⋅ − ρ ⋅ ⋅ ⋅ donde: Viex = V; Visx = U + (V-U) cos(β) véase la figura adjunta Fx = ρ·(U+(V-U)cos(β))·(V-U)·Ss- ρ·V (V-U)·Se = ρ·(V-U)2·S·(cos(β)-1) Operando, se obtiene Fx = ρ·(V-U)2·S·(cos(β)-1) Esta es la fuerza que el álabe ejerce sobre el fluido, fuerza de reacción. Para que el carrito se desplace a velocidad constante, las fuerzas sobre el mismo han de estar equilibradas y puesto que las fuerzas de rozamiento Fr son las que impiden el movimiento, la componente horizontal de dichas fuerzas tendrá un valor Fr = ρ·(V-U)2·S·(cos(β)-1) La componente vertical de la fuerza actuante sobre el carrito se determina: (Véase que no existirán variaciones temporales de cantidad de movimiento en el volumen de control elegido). Y iY rS.C F v ( v dS) → → → → ∑ = ρ⋅ ⋅∫ Dado que la componente en dirección Y de la velocidad del fluido en la sección de entrada del volumen de control es nula, la ecuación se reducirá a ( ) ( ) ( )Y iY r iSY r s sSSF v ( v dS) V VS V U sen V U S → → → → ∑ = ρ⋅ ⋅ = ρ = ρ − β −∫ Fig. 22.3 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 86 Puesto que se han despreciado las fuerzas másicas, esta es la ecuación que caracteriza la fuerza vertical que el carrito ejerce sobre el fluido. 2. Sistema de referencia móvil y con velocidad U, fijado al carrito. Volumen de control indeformable, que se desplaza a velocidad U, según la figura adjunta. Las velocidades de entrada y salida del volumen de control serán las mismas que en el apartado anterior, puesto que el volumen de control es idéntico y se mueve a la misma velocidad. Vs = Ve = V-U En este caso, no obstante, Viex = V-U ya que es la velocidad que tiene el fluido al entrar a la superficie respecto al sistema de referencia escogido. Para el presente caso, Visx = (V-U)·cos(β), que es la velocidad de salida descompuesta en dirección x. La velocidad de salida es la velocidad relativa a la superficie de salida, que en este caso se mueve a la misma velocidad que el sistema de referencia. Volviendo a la ecuación simplificada de cantidad de movimiento en dirección x, X iX rS.C F v ( v dS) → → → → ∑ = ρ⋅ ⋅∫ X isx s s iex eF v v S v v S= ρ ⋅ ⋅ ⋅ − ρ ⋅ ⋅ ⋅ Fx = ρ·( V-U)cos(β))·(V-U)·Ss- ρ·(V-U)·(V-U)·Se = ρ·(V-U)2·S·(cos(β)-1) Fx= ρ·(V-U)2·S·(cos(β)-1) Se obtiene la misma solución que en el apartado anterior. La componente de la fuerza en dirección Y se determina del mismo modo que en el apartado anterior, con lo que se obtiene ( ) ( )Y isy s s sF V V S S V U sen V U= ρ = ρ − β −∑ resultado idéntico al hallado anteriormente. Fig. 22.4 Esquema para el caso 2 Ecuación de cantidad de movimiento 87 3. Sistema de referencia fijo, volumen de control deformable. La superficie de entrada se mantiene fija V = 0 y la superficie de salida es móvil y se desplaza a la velocidad del carrito U. Para este caso, se observa que existe variación temporal del volumen de control. Las ecuaciones de cantidad de movimiento y continuidad toman, respectivamente, las formas: X iX iX rC S.C F v ( d ) v ( v dS) t → → → → → ∀ ∂ ∑ = ρ ⋅ ∀ + ρ ⋅ ⋅ ∂ ∫ ∫ rC S.C 0 ( d ) ( v dS) t → → ∀ ∂= ρ ⋅ ∀ + ρ ⋅ ⋅ ∂ ∫ ∫ Para obtener la velocidad de salida del fluido del volumen de control, se utilizará la ecuación de conservación de la masa. Con el fin de que se entienda mejor la resolución, se procede a dividir el volumen de control en dos volúmenes: las dimensiones del primero variarán temporalmente, mientras que las del segundo, el cual engloba el álabe, se mantendrán constantes a lo largo del tiempo, (véase la figura siguiente). Fig.22.5 Esquema para el caso 3 Fig. 22.6 Esquema para el caso 3, donde se especifican los dos volúmenes de control Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 90 El análisis de la ecuación de continuidad de la masa es el mismo que en el apartado anterior, ya que esta no depende del sistema de referencia. s e sV V U V V U= − ⇒ = − Se observa que la velocidad de salida es la misma que en los apartados anteriores. De la aplicación de la ecuación de cantidad de movimiento al volumen de control, y para un sistema de referencia móvil, se tiene X iX iX rC S.C F v ( d ) v ( v dS) t → → → → → ∀ ∂ ∑ = ρ ⋅ ∀ + ρ ⋅ ⋅ ∂ ∫ ∫ Descomponiendo el volumen de control en uno indeformable y otro deformable, se tiene X iX iX r1 ST F v ( d ) v ( v dS) t → → → → → ∀ ∂ ∑ = ρ ⋅ ∀ + ρ ⋅ ⋅ ∂ ∫ ∫ Vix en el término temporal corresponde a la velocidad del fluido en el volumen de control, referido al sistema de referencia correspondiente. Puesto que ahora el sistema de referencia es móvil, la velocidad del fluido en la zona deformable del volumen de control, medida respecto a un eje de coordenadas que se desplaza a velocidad U, es Vix = V-U ( ) ( ) ( ) ( )X 1 1 1F V U ( d ) V U d V U S dx V U S Ut t t → ∀ ∀ ∀ ∂ ∂ ∂ ∑ = − ρ ⋅ ∀ = ρ − ∀ = ρ − = ρ − ∂ ∂ ∂∫ ∫ ∫ Al igual que en los apartados anteriores, el término de flujo de cantidad de movimiento a través de las superficies del volumen de control se expresa del modo siguiente: iX r iSX S S ieX e eST v ( v dS) V V S V V S → → → ρ⋅ ⋅ = ρ − ρ∫ Las velocidades entrantes y salientes del fluido respecto a las superficies del volumen de control y referidas al sistema de referencia móvil serán Vex = (V-U); Ve = V; Visx = (V-U) cos(β); Vs = (V-U). Agrupando todos los términos de la ecuación de cantidad de movimiento, se tiene XF (V U) U S (V U) cos( ) (V U) S (V U) V S∑ = ρ⋅ − + − β ⋅ − ⋅ −ρ⋅ − ⋅ ⋅ . Reordenando, se obtiene Fx = ρ·(V-U)2·S·(cos(β)-1). Que es de nuevo, la misma solución que en los apartados anteriores. Ecuación de cantidad de movimiento 91 La componente de fuerza en dirección Y tendrá el mismo valor que para los casos precedentes. Problema 23 Enunciado Sea el depósito móvil de la figura, el cual a t=0 tiene una altura de líquido H y parte del reposo. Sabiendo que las fuerzas antagonistas que se oponen al movimiento son las siguientes: Fricción de la rueda con el suelo Ff = K*P, donde K es una constante conocida y P es el peso del conjunto del depósito y el fluido, se considera conocido este peso para t=0. La fricción del depósito con el aire, se define por la ecuación. 2 movil D aire proyectada V D C S 2 = ρ donde D representa la fuerza que el aire opone al movimiento del móvil. CD, ρaire y Sproyectada son conocidos. Considérense conocidas las dimensiones del depósito. Determine: 1. La variación temporal del nivel del líquido en el depósito. 2. La ecuación diferencial que determina la velocidad del móvil en función del tiempo. Resolución Se elige el volumen de control que muestra la figura siguiente, en el cual la superficie que delimita el nivel del depósito se considera móvil, es decir, en todo momento el volumen de control abarca todo el volumen de líquido en el interior del depósito. Fig. 23.1 Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 92 VC SC 0 d v dS t ∂= ρ ∀ + ρ ∂ ∫ ∫ Puesto que únicamente existe flujo saliente y la densidad del líquido se puede considerar constante: VC SS d s s s s d 0 Sdh v dS t dh0 S v S dt v Sdh dt S ∂= ρ + ρ ∂ = ρ + ρ = − ∫ ∫ En este punto, hay que recalcar que la velocidad de salida del líquido Vs depende de la altura de fluido en el depósito. Aplicando la ecuación de la energía entre el nivel del líquido y la sección de salida del fluido, y puesto que no existe transferencia de calor o trabajo al volumen de control, si además se supone que las pérdidas por rozamiento son despreciables y que el término de energía cinética en la superficie del depósito es mucho menor que el existente en la sección de salida del mismo se obtiene que la velocidad del fluido a la salida se puede dar: sV 2gh= Sustituyendo en la ecuación de continuidad, se tiene: h h t s h H t 0 d h 1 1 1 12 s2 2 d H Sdh dt S2gh S1 h 1 *2 h H t 1 S2g 2g1 2 = = = − + = − ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥− + ⎣ ⎦ ∫ ∫ con lo que: Fig. 23.2 Ecuación de cantidad de movimiento 95 Esta ecuación se ha resuelto por el método Runge-Kutta de cuarto orden, partiendo de las siguientes condiciones iniciales: ρ = 1000 Kg/m3 , 3aire 1.2 Kg / mρ = , H = 1 m, Ss = 0.002 m2, Sd = 0.5 m2, 2proyectadaS 0.7m= , K = 0.0001, CD = 0.005, inicial (c l) dM S H 100 Kg+ = ρ + . De donde se ha obtenido la velocidad del móvil (carrito) en función del tiempo, grafica que se muestra a continuación. Problema 24 Enunciado Se desea evaluar la viabilidad de creación de helicópteros personales, con fines lúdicos. Para ello, se pretende estudiar la potencia necesaria para mantener inmóvil en el aire dicho equipo en función del diámetro “D” del rotor. Se estima que el peso máximo de equipo y pasajero podría ser de unos “P” Kg. En la figura 24.1, se esquematiza el rotor con el volumen de control alrededor del mismo y se supone que en la parte inferior del rotor todo el chorro del fluido se desplaza en sentido vertical. Determine: 1. La potencia necesaria en función del diámetro del rotor y del peso de equipo y pasajero. 2. Para una velocidad de giro de 400 rpm, un diámetro de rotor de 2 m y un peso del conjunto de 200 kgf, determine la potencia y el par necesarios del motor. Fig. 23.4 Variación de velocidad del móvil en función del tiempo Mecánica de fluidos. Problemas resueltos 96 Resolución 1. Estableciendo el volumen de control definido en la figura 24.1, para el cual se supondrá que la parte superior del mismo está suficientemente alejada del rotor como para considerar que la velocidad de las partículas es nula, mientras que en su sección inferior el fluido fluye a una velocidad genérica, Vi. De la aplicación de la ecuación de cantidad de movimiento se tiene: 2 y y i i i i i sc F V V ds ρS .V .V ρ S V= ρ = =∫ dónde Si es la sección del chorro cilíndrico. Aplicando la ecuación de Bernoulli entre las superficies superior e inferior del volumen de control elegido, se tiene: 2 2 s s i i s i P V P V g z Y g z 2 2 + + + = + + ρ ρ Asumiendo que la presión en cualquier punto de la entrada o salida se mantiene constante, Pi = PS, y suponiendo despreciables los términos de energía potencial, se establece: 2 iV PY 2 Δ= = ρ La ΔP se entiende entre caras del rotor. La fuerza de sustentación producida por el rotor debería ser asimismo igual a la diferencia de presión entre ambos extremos de las palas, multiplicada por la superficie barrida, obteniendo: 2 i y P P V F P S S 2 = Δ = ρ Igualando a la ecuación de cantidad de movimiento, se obtiene: 2 2i y P P i i V F P S S S V 2 = Δ = ρ = ρ de donde: SP = 2 Si Fig. 24.1 Esquema de las hélices del rotor y el volumen de control considerado Ecuación de cantidad de movimiento 97 Suponiendo un rendimiento unitario, la potencia transmitida al fluido será la que ha de comunicar el motor. La potencia comunicada al fluido será el producto del gradiente de presiones por el caudal circulante, o bien la energía cinética comunicada al fluido al pasar por el rotor, por el mismo caudal circulante, de donde: 2 2 i i a P P i i P i V V N P S V S V S V 2 4 = Δ = ρ = ρ Despejando la velocidad de la ecuación de cantidad de movimiento, se tiene: y y i i P F 2F V S S = = ρ ρ 3 32 2yi 2 a P i P y 0,5 P P 2FV 1 1N S V S F 4 4 S (2 S ) ⎡ ⎤ = ρ = ρ =⎢ ⎥ρ ρ⎣ ⎦ o bien: 2 3 3 a y y 2 P 1 2N F F 2 S D = = ρ ρπ Expresión que relaciona la potencia de accionamiento con la fuerza de sustentación y el diámetro del rotor. 2. Para un peso de 200 Kgf, un diámetro de rotor de 2 m, y suponiendo la temperatura y la presión del aire atmosférico de 20 C y 105 Pa, se obtiene una potencia de: 3 P 100.000 Kg1,189 RT 287 293 m ρ = = = ⋅ 2 3 3 a y 2 2 2 2N F (200 9,8) D 1,189 2 = = ⋅ ρπ π Na = 31.747,04 W Dado que el rotor se quiere que gire a 400 rpm, el par necesario deberá ser de: a 2N M M 400 31.747,04 W 60 π= ω = = M = 303,16 Nm