5.FISICA HIDRODIMAMICA

HIDRODINÁMICA 1.1

HIDRODINÁMICA La hidrodinámica es la rama de la mecánica que se ocupa del estudio de los fluidos en movimiento. En nuestro estudio, nos limitaremos a considerar fluidos ideales.

1.2

FLUIDOS IDEALES Los fluidos ideales tienen las siguientes características: - Son incompresibles, y - Carecen de viscosidad o rozamiento interno.

1.3

FLUJO DE FLUIDOS El flujo de fluidos puede ser permanente o no permanente, uniforme o no uniforme. FLUJO PERMANENTE El flujo permanente tiene lugar, cuando en un punto cualquiera, la velocidad de las sucesivas partículas que ocupan ese punto, en los sucesivos instantes es la misma. Por lo tanto, la velocidad es constante respecto del tiempo, pero puede variar de un punto a otro. FLUJO UNIFORME: El flujo uniforme tiene lugar cuando el módulo, la dirección y el sentido de la velocidad no varían de un punto a otro del fluido.

1.4

LINEAS DE CORRIENTE Las líneas de corriente son curvas imaginarias dibujadas a través de un fluido en movimiento y que indican la dirección de éste en los diversos puntos del flujo. La tangente en un punto de la curva representa la dirección instantánea de la velocidad del fluido, en dicho punto. Por consiguiente, no existe componente de la velocidad en dirección perpendicular a la línea de corriente, y debido a ello no existe, en ninguno de sus puntos flujo perpendicular a ella.

1.5

TUBOS DE CORRIENTE Un tubo de corriente está constituido por una región parcial del flujo fluido, delimitado por una familia de líneas de corriente, que lo confinan.

La frontera de este tubo está hecha de líneas de corriente, y por definición de línea de corriente, se deduce que no pasa fluido a través de las paredes laterales de un tubo de corriente. Y el tubo se comporta como si fuera una tubería de la misma forma. 1.6

ECUACIÓN DE CONTINUIDAD

Se considera un flujo a través de un tubo de corriente, siendo las secciones 1 y 2 normales a las líneas de corriente que forman el tubo. Como no hay paso de fluido a través de las paredes de un tubo de corriente, el caudal en masa que atraviesa la sección 1, debe ser igual al que atraviesa la sección 2, en igual tiempo. Si la sección recta del tubo es suficientemente pequeña, la velocidad en el punto medio de una sección cualquiera puede considerarse como la velocidad media en dicha sección. ρ = densidad del fluido

Masa de fluido que atraviesa la sección 1  ( A1.v1.dt )   ( A2 .v2 .dt )

=

masa de fluido que atraviesa la sección 2

A1.v1  A2 .v2

Q  A1 .v1  A2 .v 2 

constante

Q

El producto A. v se denomina caudal o gasto y es constante a través de un tubo de corriente. De ello se deduce, que cuando disminuye la sección de un tubo de corriente, la velocidad aumenta. "La ecuación de continuidad es una consecuencia del principio de conservación de la masa". 1.7

ECUACIÓN DE BERNOULLI Se considera como un cuerpo libre la masa elemental de fluido dm mostrada en figura.

Componentes de la fuerza sobre una partícula fluida en la dirección de la línea de corriente.

 Fx  m.a x De la ecuación del movimiento

, se obtiene que:

p.dA  ( p  dp ) dA  .dA.dx.sen 

 dp  .dx.sen 

sustituyendo

dx dt

por la velocidad

g

.   dt 

  dx    .dv g  dt 

v, y dx.sen

 dp  .dz 

.dA.dx  dv 

por

dz

 .v.dv g

dp v.dv   dz  0  g Integrando se obtiene:



dp







v.dv  g

 dz  0

p v2  z  2g constante

Esta ecuación es la expresión matemática del llamado teorema de Bernoulli. Aplicando la ecuación de Bernoulli a dos puntos cualesquiera en la dirección del flujo, obtenemos: p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g Las dimensiones de la ecuación son de longitud, que es muy conveniente para usarla en las aplicaciones. En la aplicación de la ecuación de Bernoulli, la presión puede expresarse en unidades manométricas o absolutas, manteniendo las mismas unidades en ambos términos de la ecuación. 1.8

APLICACIONES DEL TEOREMA DE BERNOULLI 1) LAS ECUACIONES DE LA HIDROSTATICA.

La variación de presión con la profundidad en un líquido, puede encontrarse aplicando el teorema de Bernoulli a los puntos 1 y 2 de la figura:

p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g

P1  P0 Tenemos:

(presión atmosférica)

v1  v 2  0 z1  h

;

(velocidad nula)

z2  0

escogiendo como plano de referencia el plano horizontal que pasa por 2

p1 p 0h  2 00  

P2  P0  .h que es la misma ecuación que obtuvimos en hidrostática. 2) TEOREMA DE TORRICELLI Consideremos un líquido que sale por un orificio practicado en un depósito, a una profundidad h por debajo de la superficie del líquido en el depósito. Tomemos un punto 1 en la superficie y un punto 2 en el orificio de salida. La presión en ambos puntos es la atmosférica PO , puesto que ambos están en contacto con la atmósfera.

p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g

P1  P0  0 tenemos:

(presión manométrica)

z1  0

;

z2  h

(plano de referencia, el plano horizontal que pasa por 2).

Aplicando la ecuación de continuidad, para los puntos 1 y 2 obtenemos:

A1 .v1  A2 .v 2

v1 

A1

A2

A2 .v 2 A1

A2  A1

v1  0

Si >> =0 y Reemplazando en la ecuación de Bernoulli

00h  0

v2 

v 22 0 2g

2 gh

Obsérvese la velocidad de salida es la misma que adquiriría un cuerpo que cayese libremente partiendo del reposo, desde una altura h. 3) CONTADOR DE VENTURI Consiste en un estrechamiento producido en un tubo y proyectado de forma que mediante una disminución gradual de la sección de entrada y un aumento también gradual en la salida, se evite la producción de remolinos y quede asegurado un flujo permanente. El tubo de venturi también nos permite medir el gasto o caudal que atraviesa por la tubería p1 v12 p2 v22   z1    z2  2g  2g

En donde:

z1  z 2  0

(si la tubería, es horizontal)

p1  p 2 v 22 v11    2g 2g

Aplicando la ecuación de continuidad

A1 .v1  A2 .v 2

v1 

A2 .v 2 A1

Reemplazando obtenemos:

p1  p 2 v 22 A22 v22   .  2 g A12 2 g

p1  p2 v 2  A2  A 2   2  1 2 2   2g  A1 

v 2  A1

2 g ( p1  p 2 )  ( A12  A22 )

Q

Y el gasto o caudal

estará dado por:

Q  A1 .v1  A2 .v 2  A1 . A2

2 g ( p1  p 2 )  ( A12  A22 )

La diferencia de presiones puede medirse disponiendo lateralmente tubos verticales como indica la figura.

p1  .h1 p 2  .h2

(presión manométrica)

p1  p 2   ( h1  h2 )  .h

La presión es mayor en la parte ancha del tubo, mientras que la velocidad es mayor en el estrechamiento". 4) TUBO DE PITOT El tubo de Pitot se utiliza generalmente, para medir la velocidad de un gas en una tubería. Consiste en un tubo manométrico abierto que se conecta a la tubería dentro del cual circula el gas.

Apliquemos la ecuación de Bernoulli a los puntos 1 y 2, p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g

En donde:

z1  z 2  0

(si la tubería es horizontal)

v1  v; v 2  0

(el gas dentro del tubo de Pitot se encuentra estático) p1 v p v2  0 2  2 0  2g  2g 2 1

v

2 g ( p2  p1 )



; ω = peso específico del gas. La diferencia de presiones puede medirse por la deflexión del líquido manométrico en el tubo de Pitot.

p 4  p 3   0 .h Debido a que el peso específico de un gas es muy pequeño, es posible desestimar las variaciones de presión en un gas debido a las variaciones de altura (si éstas no son muy grandes). Por lo tanto: p1  p 3 y

p2  p4

p 2  p1   0 .h p2  p1  0 .h

0  peso específico del líquido manométrico y la velocidad será:

v

2 g ( 0 .h)



5) SUSTENTACIÓN DEL ALA DE UN AVIÓN

Para una mayor claridad vamos a considerar el ala del avión en reposo en una corriente horizontal del aire. Se ha dibujado algunas líneas de corriente alrededor del ala. Observando dichas líneas de corrientes vemos que en la parte superior éstas se juntan mientras, que en la parte inferior no son alteradas. Podemos hacer una analogía con el tubo de Venturi, en donde, la parte superior del ala del avión corresponde al estrechamiento del tubo, y la parte, inferior del ala a la parte ancha. Por lo tanto:

v 2  v1 y la fuerza de sustentación del ala será:

y

p1  p 2

F= A=

( p1  p 2 ) A área del sala del avión.

La diferencia de presiones se puede obtener mediante la aplicación del teorema de Bernoulli.

p v2 p v2   1 1  2g  2g Aplicándolo a 3 y 1:

p v2 p v2   2  2  2g  2g Aplicándolo a 4 y 2: Para mayor sencillez hemos escogido puntos al mismo nivel (los valores de z se hacen nulos), y no consideramos la variación de presión debido a la altura, en puntos a gran distancia del ala (tales como 3 y 4). Por consiguiente: p1 v12 p v2   2  2  2g  2g

 (v 22  v12 ) p1  p 2  2g

F

 (v 22  v12 ) A 2g

De donde: PROBLEMA N° 1: Un tanque cerrado lleno de agua tiene una presión manométrica de 0,8 kg/cm2, 2 m por debajo de la tapa del tanque. Si se hace un agujero en la tapa del tanque, sale un chorro verticalmente hacia arriba, ¿Qué altura alcanzará por encima de la tapa del tanque? Solución:

P1 = 0,80kg/cm2 = 8 000 kg/m2

Aplicando la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 2, tomando como plano de referencia, el plano horizontal que pasa por 1.

p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g

p1  8 000kg / m 2

p2  0

v1  0

v2  0

z1  0

z1  h  2

(presión manométrica)

Reemplazando valores obtenemos: 8 000kg / m 2  0  0  0  0  ( h  2) 1 000kg / m 3

h  8  2  6,0m

Nota: Téngase en cuenta que si trabaja con presiones manométricas, debe hacer se en ambos términos de la ecuación de Bernoulli. PROBLEMA N° 2: Con referencia a la figura, la presión absoluta en el interior de la tubería en S no debe ser inferior a 0,24 kg/cm2 ¿Hasta qué altura sobre la superficie libre A, del agua puede elevarse S?

Solución: Presión en S: Ps = 0,24 kg/cm2 = 2 400 kg/m2 Peso especifico del agua:

ω = 1 000 kg/m3

Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos S y B , y tomando como plano de referencia el plano horizontal que pasa por B . pS v2 p v2  S  zS  B  B  zB  2g  2g

2 400kg / m 2 v S2 10,330kg / m 2 v B2   (1,20  h)   0 2g 1 000kg / m 3 2 g 1 000kg / m 3 …(1)

pB 

presión atmosférica = 1,033 kg/cm2 = 10,330kg/m2 AS v S  AB v B

Aplicando la ecuación de continuidad: AS  AB como

vS  v B por lo tanto:

reemplazando en (1): 2,40  (1,20  h)  10,33

h  6,73m

PROBLEMA N° 3: Un tubo hueco tiene un disco DD fijo a su extremo. Cuando se sopla aire por el tubo, el disco atrae la tarjeta CC. Sea A el área de la tarjeta y sea v la velocidad media del aire entre CC y DD. Calcúlese la fuerza resultante ascendente sobre CC. No se tome en cuenta el peso de la tarjeta.

Solución: Aplicando la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 2 tenemos: p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g

z1  z 2  0

v1  v

v2  0

p2  p0 (presión atmosférica)

p1 v 2 p  0  0 00  2g  Reemplazando valores:

p 0  p1 

 v2  v2  2g 2

Del diagrama de cuerpo libre de la tarjeta CC, se observa que existe una fuerza vertical hacia abajo debido a la presión P1, e igual a P1.A y otra fuerza vertical hacia arriba debido a la presión atmosférica P0 e igual a P0. A. Por lo tanto, la fuerza neta que actúa sobre la tarjeta CC será: A.v 2 F  p0 . A  p1. A  ( p0  p1 )    2

PROBLEMA Nº 4: Dentro de un depósito cerrado de paredes verticales, el agua alcanza una altura de 1,20 m. Sobre la superficie del agua hay aire a una presión manométrica de 8,4 kg/cm2. El depósito descansa sobre una plataforma situada 2,40 m por encima del suelo. En una de las paredes laterales y justamente encima del fondo se practica un orificio de 3,2cm2. Supóngase que permanecen constantes el nivel del agua y la presión dentro del depósito. ¿Donde golpea al suelo, el chorro de agua que sale del orificio?

Solución:

Primero calcularemos la velocidad con que sale el chorro del orificio; para ello aplicaremos la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 2; el punto 1 se encuentra sobre La superficie libre del agua y el punto 2 justamente en la salida del líquido.

p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g … (1) p1  8,4kg / cm 2

p2  0

 84000kg / m 2

(presión manométrica)

;

  1 000kg / m 3

v1  0

v2  v

Si elegimos como plano de referencia, el plano horizontal que pasa por 2:

z1  1,20m

y

z2  0

Reemplazando en (1) obtenemos: 84 000kg / m 2 v2  0  1 , 20 m  0  0 2g 1 000kg / m 3 v 2  ( 85,20m )( 2 )( 9.8m / s 2 )

v  40,86m / s

Ahora estudiemos el movimiento del chorro de agua, el cual es equivalente a considerar el movimiento de una partícula que es lanzada con una velocidad inicial v y sigue una trayectoria determinada por la fuerza gravitatoria que actúa sobre ella. Debido a que la partícula sólo está sujeta a la acción de la gravedad.

ax  0

ay  g

La aceleración sólo tiene componente en el eje Y. ( a x  0). El movimiento en la dirección X, corresponde a un movimiento uniforme

x  v.t

... (2)

El movimiento en la dirección Y, corresponde a un movimiento uniformemente acelerado (a y  g ). y

1 g t2 2

…(3)

¿Dónde golpea al suelo el chorro? (¿Cuál es el valor de R?) xR

y  2,4 m

Cuando de la ecuación (3) t2 

2(2,4 m) 2y  g 9,8 m / s 2

t  0,7 s

(tiempo que tarda el chorro en llegar al suelo). Reemplazando el tiempo t en la ecuación (2) tenemos: R  v . t  ( 40,86 m / s )( 0,7 s )  28,6 m

PROBLEMA N° 5: Referido al problema anterior. a) ¿Cuál es la fuerza vertical ejercida sobre el suelo por el chorro? b) ¿Cuánto vale la fuerza horizontal ejercida sobre el depósito? Solución: La única fuerza que actúa sobre la partícula es su peso propio. En el momento en que el chorro llega al suelo, ésta será precisamente la fuerza vertical que ejerce sobre él. El problema consiste en determinar la masa de la partícula.

Como la partícula llega al suelo en 0,7 s, consideraremos la masa de agua que sale por el orificio en ese tiempo. masa = (densidad) (volumen) m   ( A. v .t )

t  0,7 s

y el peso será: W  mg   g ( A . v . t )   A v . t

W  (1 000kg / m 3 )( 3,2 x 10 4 m 2 )( 40,86 m / s )( 0,7 s )  9,15kg ALTERNATIVA F 

d ( mv) dt

Consideraremos la variación de la cantidad dé movimiento en la dirección Y, en las posiciones 2 y 3. La masa que sale por el orificio en un dt será: dm  A.v.dt ( A.v.dt )v y

Cantidad de movimiento en 3: La cantidad de movimiento en 2 es cero debido a que la velocidad en 2, no tiene componente en la dirección Y. La variación de la cantidad de movimiento será: d ( mv)  A.v.v y dt

F 

y la fuerza vertical:

d ( mv)  A.v.v y dt

en donde vy es la componente en Y de la velocidad en 3. Si: 1 y  g t2 2 vy 

dy  gt dt

; t  0,7 s

F  A.v.gt  A.v.t  9,15kg

y la fuerza será: b) Si consideramos que la sección del deposito es muy grande comparada con el orificio del la salida, podemos asumir que la velocidad del agua dentro del deposito es cero.

Ahora bien, si la velocidad del líquido dentro del depósito es cero, y sale por el orificio con una velocidad v; ello implica que existe una aceleración y. por lo tanto una fuerza que actúa sobre el liquido. Por el principio de acción y reacción será una fuerza de la misma magnitud la que se ejerce sobre el depósito. La masa que sale por el orificio en un dt será: d m  A.v.dt

y la variación de la cantidad de movimiento: d ( mv)  ( A v dt )v

La cantidad de movimiento antes de la salida es cero. y la fuerza será:

F 

1 000kg / m 3 d ( mv)  Av 2  ( )(3,2 x10  4 m 2 )( 40,86m / s ) 2 dt 9,8m / s 2  54,5kg

PROBLEMA Nº 6: En el venturímetro mostrado en la figura, la lectura del manómetro diferencial del mercurio es 35 cm. Determinar el caudal del agua a través del venturímetro. peso específico: del agua = 1 000 kg/m3

del mercurio = 13 600 kg/m3

Solución: Aplicaremos la ecuación de Bernoulli entre A y B, tomando como plano de referencia el plano horizontal que pasa por A. p A v A2 p v2   z A  B  B  zB  2g  2g

p A v A2 p v2   0  B  B  0,75  2g  2g

PA  PB v B2 v A2    0,75 1 000kg / m 3 2 g 2 g

Si aplicamos la ecuación de continuidad obtenemos: AA .v A  AB .v B

 (0,30m) 2 4

vA 

 (0,15m) 2 4

 0,30  vB     0,15 

vB

2

vA

v B  4v A y por la lectura del manómetro diferencial del mercurio: Presión en I

= Presión en D

"En el mismo plano horizontal, el valor de la presión en un líquido es igual en cualquier punto".

Presión en

I

Presión en

D

 p A  (0,35  z ) 1 000kg / m 3  p B  (0,75  z ) 1000kg / m 3  (0,35m) 13 600kg / m 3

Igualando obtenemos:

p A  (0,35  z ) 1000  p B  (0,75  z ) 1000  (0,35) 13 600

PA  PB  0,75  0,35(13,6)  0,35 1000

PA  PB  0,75  0,35(12,6) 1000 (3) Reemplazando (2) y (3) en (1)

0,75  0,35(12,6) 

( 4v A ) 2 v2  A  0,75 2g 2g

15v A2  0,35(12,6) 2g

vA 

0,35(12,6)( 2)(9,8)  2,4m/s 15

El caudal esta dado por:

Q  AA v A  AB v B   (0,30m) 2 4 

Q  AA v A  



 ( 2,4m / s )  0,169m 3 /s 

PROBLEMA N° 7: La altura de agua en un depósito cerrado de gran sección es de 4,8 m. Una tubería horizontal parte del fondo del depósito disminuyendo su sección desde 450 cm2 a 225 cm2 en la forma indicada en la figura. Esta tubería tiene tres prolongaciones verticales A, B y C abiertas a la atmósfera. La presión manométrica del aire comprimido contenido en el depósito es de 0,28 kg/cm2.

Si el tubo está abierto en el punto 5. ¿Qué altura alcanza el agua en cada uno de los tubos A, B y C? Supóngase que la altura del agua en el depósito y la presión del aire por encima de la superficie de aquella se conservan constantes.

Solución: p1  0,28kg / cm 2

 2 800kg / m 2 (presión manométrica).

Aplicando Bernoulli en los puntos 1 y 5, tomando como plano de referencia el horizontal que pasa por el eje de la tubería.

p v2 p1 v12   z1  5  5  z 5  2g  2g

v52 2 800kg / m 2  0  4,8m  0  0 2g 1 000kg / m 3

v52  7,6m 2g

vS 

2(9,8m / s 2 )( 7,6m)  12,20m / s

Aplicando la ecuación de continuidad en los puntos 4 y 5 A4 v 4  A5 v5

A4  A5 como

v 4  v5 , entonces:

Si aplicamos Bernoullí en los puntos 4 y 5. p v2 p4 v42   z 4  5  5  z5  2g  2g

p 4  p5  0 obtenemos:

(presión manométrica)

Ahora apliquemos la ecuación de continuidad en los puntos 2, 3 y 4

A2 v 2  A3 v3  A4 v 4 ( 450cm 2 )v 2  ( 450cm 2 )v3  ( 225cm 2 )(12,2m / s )

de donde: v2  v3  6,1 m / s Nuevamente, hagamos uso de la ecuación de Bernoulli ahora para los puntos 2, 3 y 4 p v2 p 2 v22 p v2   z 2  3  3  z3  4  4  z 4  2g  2g  2g

p3 p2 (6,1m / s ) 2 (6,1m / s ) 2 (12,2m / s ) 2     0  1000kg / m 3 2(9,8m / s 2 ) 1000 2(9,8m / s 2 ) 2(9,8m / s 2 ) p 2  p3  5 700 kg / m 2

Entonces: altura hA :

p 2  p A  .h A 5 700kg / m 2  0  (1000kg / m 3 ) h A

;

h A  5,7 m

;

hB  5,7 m

p 3  p B  .hB altura hB : 5 700kg / m 2  0  (1 000kg / m 3 )hB

p 4  pC  .hC

;

0  0  (1 000kg / m 3 )hC ;

hC  0

altura hC : Nota: Téngase presente que hemos trabajado con presiones manométricas, por lo que manométrica presión manométrica correspondiente a la presión atmosférica es cero. PROBLEMA N° 8: Un tubo de Pitot se emplea para medir la velocidad del agua en el centro de una tubería. La altura de presión de estancamiento es 5,50 m y la altura de presión estática en la tubería es de 4,50 m. ¿Cuál es la velocidad? Solución:

Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos A y B, tomando como plano de referencia al plano horizontal que pasa por el eje de la tubería. p A v A2 p v2   z A  B  B  zB  2g  2g

zA  zB  0

vB  0

(punto de estancamiento)

v A2 p p  B  A 2g  

vA 

2g (

pB





pA



)

p A  pC  .h  0   (4,50m) pA  4,50m 

Presión en A:

p B  p D  .h  0   (5,50m) pB  5,50m 

Presión en B:

reemplazando en (1) obtenemos

vA 

2(9,8)(5,50  4,50)  4,43m / s

PROBLEMA Nº 9: Un tubo de Pitot va montado en el ala de un avión para determinar la velocidad del avión con relación al aire. El tubo contiene agua e indica una diferencia de 0,10 m. ¿Cuál es la velocidad del avión?

Peso específico del aire: 1,3 kg/m3. Solución:

Se obtiene una mayor claridad, en la aplicación de la ecuación de Bernoulli, si consideramos al avión en reposo y es el aire el que se desplaza, a la misma velocidad relativa que en el caso real. p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  2g  2g

v1  v :

p1





  1,3kg / m 3

z1  z 2  0 ; v 2  0

p v2 0  2 00 2g 

v ;

2 g ( p 2  p1 ) 

… (1)

El tubo de Pitot nos indicará la diferencia de presión entre los puntos 1 y 2. p1   0 .h  p 2

; 0  peso específico del agua

p 2  p1   0 .h  (1 000kg / m 3 )( 0,10m)  100kg / m 2

reemplazando en (1)

v

2( 9,8 m / s 2 )(100 kg / m 2 )  38,8 m / s 1,3 kg / m 3

PROBLEMA N° 10: a) ¿Cuál es la presión en la ojiva de un torpedo que se mueve en agua salada (



= 1 025 kg/m3 ) a 30 m/s y a una profundidad de 9 m?

b) Si la presión en un punto lateral C del torpedo, y a la misma profundidad que la ojiva, es de 0,70 kg/cm2 (manométrica). ¿Cuál es la velocidad relativa en ese punto? Solución:

P0 = PRESIÓN ATMOSFERICA

a) En este caso se obtiene una mayor claridad, en la aplicación de la ecuación de Bernoulli, al considerar el torpedo en reposo y sumergido en una corriente de agua a la misma velocidad relativa que en el caso real. La velocidad en la punta anterior será ahora cero. La ecuación de Bernoulli toma la forma: p A v A2 p v2   zA  B  B  zB  2g  2g

p A  p0   . h  0   (9,0 m)

v A  30m / s

;

;

pA  9,0 m 

z A  zB  0 ,

( presión manométrica ).

vB  0

reemplazando:

pB  9,0  45,9  54,9m 

p (30m / s ) 2 9,0m  0  B 00 2  2(9,8m / s )

p B   (54,9m)  1 025kg / m 3 (54,9m)  56 300kg / m 2 pB  5,63kg / cm 2

b) Se puede aplicar la ecuación de Bernoulli entre los puntos A y C o bien entre B y C. Escogiendo A y C. p v2 p A v A2   z A  C  C  zC  2g  2g

pA  9,0m ; v A  30m / s ;  pC  0,70kg / cm 2  7 000kg / m 2

zA  0 ;

zC  0

  1025kg / m 3 Reemplazando obtenemos vC2 7 000kg / m 2 (30m / s ) 2 9,0m  0  0 2(9,8m / s ) 2(9,8m / s 2 ) 1 025kg / m 3

vC2  9,0  45,9  6,8  48,1m 2(9,8m / s 2 ) vC 

2(9,8m / s 2 )( 48,1m)

vC  30,7 m / s

PROBLEMA N° 11: Un tubo de vidrio horizontal consta de tres partes A, B y C cada una de sección constante. El agua que fluye por el tubo, descarga en la atmósfera por el extremo abierto de C. Cada una de las partes A y B tienen un pequeño orificio en la pared, observándose que sale agua por el correspondiente a A, mientras que por el orificio practicado en B salen burbujas de aire con el agua. ¿Qué parte del tubo tiene mayor diámetro y en cuál de ellas es mínimo? Solución:

Como en la parte A se observa que sale agua, el agua tiene que vencer la presión exterior, es decir la presión atmosférica. p A  p0 Por lo tanto:

(presión atmosférica)

En la parte B salen burbujas de aire, ello implica que el líquido hierve y sucede cuando la presión del líquido es menor que la presión del vapor, o sea cuando la presión se reduce casi a cero.

pB  0 Aplicando la ecuación de Bernoulli en los puntos 1, 2 y 3 tenemos: p v2 p1 v12 p v2   z1  2  2  z 2  3  3  z 3  2g  2g  2g

z1  z 2  z 3  0 ;

p1  p 0

;

p2  0 ;

p3  p0 (en contacto con la atmósfera)

p1  p3 De la ecuación se puede deducir que si v1  v3 entonces

p 2  p3 y que si

v 2  v3 entonces

Ahora apliquemos la ecuación de continuidad: A1v1  A2 v2  A3v3

v1  v3 Si

A1  A3 ; entonces

v2  v3 y si

A2  A3 ; entonces

De donde: la parte A tiene el mayor diámetro y la B el más pequeño. PROBLEMA N° 12: La superficie libre del agua se encuentra a una altura H sobre el nivel del suelo. ¿A qué profundidad h habrá que hacer un pequeño agujero para que el chorro de agua horizontal que sale, llegue al suelo a la máxima distancia posible de la base del tanque? ¿Cuál es esta máxima distancia? Solución:

v La velocidad de salida del líquido será

2h g

Estudiemos el movimiento del chorro de agua, el cual es equivalente a considerar el movimiento de una partícula que es lanzada con una velocidad inicial v, y sigue una trayectoria determinada por la fuerza gravitatoria que actúa sobre ella. Debido a que la partícula sólo está sujeta a la acción de la gravedad ax  0

ay  g

Por lo tanto el movimiento en el eje X movimiento uniforme.

x  v.t

es un

…(1)

El movimiento en el eje Y es un movimiento uniformemente acelerado y

1 2 gt 2

Hallemos el alcance del chorro (R) xR

;

y  H h

Cuando Reemplazando en las ecuaciones (1) y (2): R  v.t t

R v

1 2 gt 2 1 R H  h  g ( )2 y v  2 v 1 R2 1 R2 H h  g  2 2hg 4 h

H h 

R 2  4h ( H  h)

2 gh

R  2 h( H  h)

;

¿Cuánto debe valer h para que R, sea el máximo?

Podemos graficar la ecuación que nos da el alcance R, en un diagrama R vs. h. Del diagrama se observa que cuando R es máximo, la tangente a la curva en ese punto, es paralela al eje horizontal y su pendiente es cero.

(

dR  0) dh

Por lo tanto, si derivamos la ecuación que nos da el alcance R con respecto a “h” e igualamos a cero obtenemos el valor de h para el cual R es máximo. R  2 h( H  h)  2( H .h  h 2 )

1

2

dR 1 1  2. ( H .h  h 2 ) 2 ( H  2h)  0 dh 2 H  2h  0 h 

H 2

¿Cuál es la distancia máxima?

R  2 h( H  h)

h

H 2

;

R2

H H  H  2  2 

;

RH