Ejercicios Resueltos de Estática de Fluidos

Mec´ anica de Fluidos - 2007 Problemas resueltos Cinem´ atica 1. Se tiene el siguiente campo de velocidades: vx =

x2

x , + y2

vy =

x2

y , + y2

vz = 0

a) Encuentre las l´ıneas de corriente, las trayectorias y las l´ıneas de humo. b) Encuentre una expresi´on 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: C(x, y, z) = C0 e−

x2 +y 2 σ2

y se sabe que el contaminante es un is´otopo radiactivo que decae seg´ un la ley: −t/λ C = Ci e , c) ¿Cu´al ser´a la concentraci´on de contaminante que medir´ıa un sensor ubicado en el punto (σ, 0, 0) a tiempo t = 0? d ) Encuentre la tasa de cambio de la concentraci´on que medir´ıa el mismo sensor, en el mismo punto, en el mismo intante t = 0. Respuesta: a) Como se trata de un campo estacionario, las l´ıneas de corriente, las trayectorias y las l´ıneas de humo ser´an coincidentes. La velocidad en todo punto es paralela al vector posici´on (proyectado sobre el plano x − y), de manera que toda part´ıcula del fluido se mueve siempre alej´andose del eje z, describiendo rectas radiales. Para obtener una expresi´on formal de la ecuaci´on de estas l´ıneas se puede partir de la ecuaci´on de las l´ıneas de corriente: x dx = vx = 2 , ds x + y2

dy y = vy = 2 , ds x + y2

dz = vz = 0 ds

eliminando el par´ametro s e integrando desde un punto en particular (x0 , y0 , z0 ) se tiene: y Z y dy Z x dx y x y x dy = , = , log = log ⇒ = , z = z0 dx x y0 x0 y0 x0 y0 y x0 x b) Sabemos que el campo Lagrangiano de velocidades (V ) evaluado en (x, t) debe ser igual al campo Euleriano (v) evaluado en (Φ(x, t), t), donde Φ(x, t) es la posici´on, a tiempo t, de la part´ıcula que en cierto tiempo

de referencia estaba en la posici´on x. Adem´as, el campo Lagrangiano de velocidades se puede obtener de la funci´on Φ(x, t), tomando su derivada parcial respecto del tiempo: V (x, t) = v(Φ(x, t), t) =

∂Φ(x, t) ∂t

para nuestro caso particular, todas las l´ıneas son radiales y equivalentes, en el sentido en que la velocidad cambia s´olo con el radio, podemos simplificar el c´alculo restringi´endonos 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 part´ıcula se encuentra en Φ0 = Φ(x, 0) = x: Z Φ

wdw =

Z t

Φ0

0

dt ⇒ Φ2 − Φ20 = 2t

Φ(x, t) =

√

x2 + 2t

derivando:

1 x2 + 2t Si quisi´eramos generalizar este resultado -obtenido para una part´ıcula en el eje x- a todo el espacio, “x” debe ser interpretado como el radio, y “V ” como la velocidad radial: y x √ 2 √ 2 , Vy = √ 2 , Vz = 0 Vx = √ 2 2 2 2 x + y x + y + 2t x + y x + y 2 + 2t V (x, t) = √

c) Sustituendo en la expresi´on de C(x, y, z), a t = 0: C(σ, 0, 0) = C0 e−σ

2 /σ 2

=

C0 e

d ) La ley de decaimiento radiactivo es v´alida para cada punto material, de manera que derivando la expresi´on C = Ci e−t/λ se obtiene la derivada material de la concentraci´on del contaminante. La tasa de variaci´on medida por el sensor fijo al espacio representa la derivada parcial con respecto al tiempo del campo Euleriano de concentraciones. Usando la expresi´on 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 concentraci´on inicial de contaminante en el punto en cuesti´on (Ci = C0 /e): x2 +y 2 2x ∂C −C0 −0 1 −C0 1 2 C0 2 1 = e + C0 e− σ2 2 = + C0 e−1 = ( 2− ) ∂t eλ σ σ eλ σ σ e σ λ

2. Si la intensidad de iluminaci´on de una part´ıcula fluida en (x, y, z) al tiempo t est´a dada por: e−3t I=A 2 x + y2 + z2 y el campo de velocidades del fluido est´a 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 variaci´on de la iluminaci´on experimentada al tiempo t por la part´ıcula fluida que est´a 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 iluminaci´on recibida por una part´ıcula fluida. Dados el campo Euleriano de iluminaci´on y el campo de velocidades con que se mueve el fluido, la expresi´on de la derivada material es: ∂I DI = + (~v · ∇) I Dt ∂t Siendo las derivadas parciales: ∂I e−3t = −3A 2 , ∂t x + y2 + z2

∂I e−3t = −2xA 2 ∂x (x + y 2 + z 2 )2

∂I e−3t = −2yA 2 , ∂y (x + y 2 + z 2 )2

∂I e−3t = −2zA 2 ∂z (x + y 2 + z 2 )2

La expresi´on final resulta: " #   e−3t 2B DI 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: vx =

x 1+t

vy = 3

2y 1+t

vz =

3z 1+t

Calcule las trayectorias. Respuesta: Si Φ(x, t) es la trayectoria seguida por una part´ıcula fluida que en un cierto tiempo de referencia estaba en x, el campo de velocidades Euleriano dato se puede expresar como: v(Φ(x, t), t) = V (x, t) =

∂Φ(x, t) = Φ˙ ∂t

donde V (x, t) es el campo Lagrangiano de velocidades. Escribiendo en componentes:     Φx 2Φy 3Φz ˙ ˙ ˙ , , Φx , Φy , Φz = 1+t 1+t 1+t Dado que la ecuaci´on diferencial: entonces:

du dt

=

au 1+t

tiene como soluci´on a: u = u0 (1+t)a ,

Φx = A(1 + t) Φy = B(1 + t)2 Φz = C(1 + t)3 Aplicando la condici´on inicial: Φ(x, 0) = x resulta la expresi´on final para las trayectorias, donde t es el par´ametro y (x, y, z) la posici´on inicial de la part´ıcula:    Φx = x(1 + t) Φy = y(1 + t)2   Φz = z(1 + t)3 4. En las proximidades de un punto de remanso (o punto de estancamiento) bidimensional, la velocidad est´a dada por: x y u = U0 , v = −U0 , w = 0 L L a) Calcular el vector aceleraci´on y verificar que es puramente radial. b) Hallar las l´ıneas de corriente, las trayectorias y las l´ıneas de humo, dibujarlas esquem´aticamente. c) En particular dibuje la trayectoria de la part´ıcula que a t = 0 estaba en el punto (0, 2L, 0), la l´ınea de corriente que, a tiempo L/U0 , pasa por el punto (2L, L, 0) y la l´ınea de humo del punto (2L, 0, 0), en en instante t = L/U0 . Respuesta: a) Para calcular la aceleraci´on a partir del campo euleriano de velocidades, se calcula la derivada material de la velocidad: ∂~v D~v = + (~v · ∇) ~v Dt ∂t 4

∂u ∂u ∂u U0 ∂u +u +v +w =0+u +0+0 ∂t ∂x ∂y ∂z L   U0 ∂v ∂v ∂v ∂v = +u +v +w =0+0+v − +0 ∂t ∂x ∂y ∂z L ∂w ∂w ∂w ∂w +u +v +w =0 = ∂t ∂x ∂y ∂z

ax = ay az

ax =

U02 x, L2

ay =

Siendo la aceleraci´on un m´ ultiplo



U02 L2

U02 y, L2 

az = 0

del vector posici´on.

b) Como se trata de un campo estacionario, las l´ıneas de corriente, las trayectorias, y las l´ıneas de humo ser´an coincidentes. Calculemos las l´ıneas de corriente: dx dy = , u v

L dx L dy =− , U0 x U0 y

ln x = − ln y + c,

x=

k y

Entonces las l´ıneas de corriente tienen la forma: y = xk , como se indica en la figura.

c) La trayectoria de la part´ıcula que a t = 0 estaba en el punto (0, 2L, 0) es la semirrecta: (x = 0, y > 0). La l´ınea de corriente que, a tiempo L/U0 , 2 pasa por el punto (2L, L, 0) es la curva: (y = 2Lx ). Y la l´ınea de humo del punto (2L, 0, 0), en en instante t = L/U0 es la semirrecta (x > 0, y = 0)

5

Hidrost´ atica 1. La figura muestra un cilindro invertido cerrado herm´eticamente por un pist´on con una superficie de 0,1m2 y un peso de 500kg que se desliza sin fricci´on. El peso y el volumen del cilindro pueden ser despreciados. Inicialmente, el cilindro y el pist´on son sostenidos por la barra en el aire a una presi´on de 1kg/cm2 y la longitud l = 2m cuando el pist´on est´a en estado de equilibrio. Luego el cilindro y el pist´on son introducidos en el l´ıquido hasta una posici´on en la que no hay tracci´on ni compresi´on en la barra. En dicha posici´on h/l = 2. Asumiendo que el gas en el cilindro permanece a una temperatura constante y que su peso es despreciable: a) Calcular la tensi´on inicial en la barra en kgf .

Guía sin fricción Aire Barra sin peso

b) Calcular la presi´on final en el cilindro en kgf /cm2 . c) Calcular el peso espec´ıfico del l´ıquido (relativo al agua).

Líquido

h l

3 cm

d ) Determinar si la posici´on final es de equilibrio estable, inestable o neutro. Respuesta a) Si consideramos despreciable el peso del aire, la tensi´on inicial de la barra es igual al peso del pist´on: 500kgf . Si deseamos tener en cuenta la densidad finita del aire, se puede calcular la masa de aire contenida en el interior del cilindro utilizando la aproximaci´on de gas ideal: P V = nRT . La presi´on interna debe ser tal que su diferencia con la presi´on atmosf´erica multiplicada por el ´area del pist’on se iguale al peso del mismo: (Patm − Pi )A = 500kgf , de donde: Pi = 1kgf /cm2 − 500kgf = 0,5kgf /cm2 0,1m2 . Calculamos el n´ umero de moles de aire: n=

Pi V 50009,8kgm 0,1m2 1,97m = 4,25mol = Nm RT m 2 s2 8,314 molK 273,15K

y tomando la masa molecular del aire en 28,9g/mol, llegamos a 122,8g de aire en el interior del cilindro. A la misma temperatura, pero a presi´on atmosf´erica, habr´ıa una cierta cantidad de aire ocupando el espacio del cilindro con el pist´on: n=

Patm V 0 100009,8kgm 0,1m2 2m = = 8,63mol Nm RT m 2 s2 8,314 molK 273,15K

En gramos: 8,63mol28,9g/mol = 249,4g. La tensi´on de la barra ser´a igual al peso del pist´on m´as el peso del aire en el interior del cilndro, menos el empuje del aire desplazado: m T = (500 + 0,123 − 0,249)kgf = 499,87kg9,8 2 = 4899N s 6

Como se ve, despreciar el peso del aire conduce a un error menor al 0,03 %. b) Siguiendo con la aproximaci´on de gas ideal y considerando que la temperatura no cambiar´a, el producto P V se mantiene: Pf =

Pi Vi kgf A 1,97m 96530P a m = 0,5 2 = Vf cm A (l − 0,03m) l − 0,03m

(1)

donde l es la longitud indicada en la figura, en el estado de equilibrio. Adem´as sabemos que en equilibrio, la diferencia de presiones entre las caras del pist´on es igual a su peso: Ph − Pf =

500kgf = 49000P a 0,1m2

(2)

y que las presiones en la cara inferior del pist´on y en la cara superior del cilindro pueden calcularse como: Ph = Patm + ρgh Pf = Patm + ρg(h − l)

(3) (4)

y finalmente que en la condici´on de equilibrio: h = 2l

(5)

Estamos en condiciones de calcular, usando las ecuaciones 1 a 5, las 5 inc´ognitas: l, Pf , Ph , ρ y h. Reemplazando (3) en (2) eliminamos Ph : Patm + ρgh − Pf = 49000P a

(6)

Despejando ρg de (4), reemplazando en (6) y operando se llega a: Pf − Patm =

h−l 49000P a l

(7)

reemplazando h por lo indicado en (5): Pf = Patm + 49000P a = 147000P a = 1,5

kgf cm2

c) De la ecuaci´on (1) se puede despejar l: l = 0,03m +

96530P a m = 0,687m 147000P a

de (6) y (5): ρ=

98000 skg2 mm2 49000P a + Pf − Patm kg = 7278 3 = m g2l 9,8 s2 2 0,687m m

O sea, un peso espec´ıfico de ∼ 7,3. 7

d ) Dado que el u ´nico grado de libertad es la posici´on vertical del cilindro, analizaremos la estabilidad ante una perturbaci´on en la posici´on de equilibrio: h − l. Si se sumerge el sistema un poco m´as all´a de la posici´on de equilibrio, la presi´on en su interior aumentar´a, y, aplicando la ecuaci´on de estado del gas en su interior, su volumen decrecer´a. Este menor volumen har´a que el empuje ejercido por el fluido sobre el sistema cilindro-pist´on se haga menor, y el sistema tender´a a bajar a´ un m´as por efecto del peso que no cambi´o. Por lo tanto el equilibrio del sistema es inestable. (Tambi´en se puede plantear la hip´otesis opuesta: una menor profundidad conduce a menor presi´on en el interior del cilindro, que conduce a mayor volumen y por lo tanto mayor empuje que supera al peso del sistema y tiende a hacer flotar a´ un m´as al dispositivo)

2. Un man´ometro de tres fluidos como el que se muestra en la figura se utiliza para medir diferencias de presi´on (P1 − P2 ) muy peque˜ nas. Sabiendo que se utiliza la misma cantidad de l´ıquido en ambos reservorios obtenga: P1

a) La ecuaci´on que relaciona la diferencia de altura h medida en las ramas con la diferencia de presi´on P1 − P2 como funci´on de las densidades de los fluidos utilizados (ρ1 , ρ2 , ρ3 ) y las ´areas de los reservorios y las ramas (A y a respectivamente).

P2 b

A

ρ1 ρ2

x c

a

h

b) ¿C´omo elegir´ıa estos par´ametros para aumentar la sensibilidad del instrumento? ρ

d

3

Pf

Respuesta: a) Dadas las distancias b, c, d marcadas en la figura, la presi´on Pf se puede calcular de dos maneras, integrando ρg en cada una de las ramas: Pf = P1 +ρ1 g(b+x)+ρ2 g(c+h)+ρ3 gd = P2 +ρ1 gb+ρ2 g(x+c)+ρ3 g(h+d) Simplificando, se eliminan b, c, d: P1 − P2 = (ρ2 − ρ1 ) gx + (ρ3 − ρ2 ) gh Usando adem´as que, por continuidad: Ax = ah se obtiene: a P1 − P2 = (ρ2 − ρ1 ) + (ρ3 − ρ2 ) gh A 



8

b) La sensibilidad ser´a mayor cuanto menor sea la expresi´on: 

(ρ2 − ρ1 )

a + (ρ3 − ρ2 ) A



Suponiendo que no se puede cambiar la densidad ρ1 del l´ıquido donde queremos medir la diferencia de presi´on, se puede hacer m´ınima la relaci´on de ´areas a/A y la diferencia de densidades ρ3 − ρ2 entre los l´ıquidos del man´ometro. P2

P1

b

A

ρ1 x

ρ2 c a

h

d

ρ3 Pf

3. Considere la compuerta en forma de L que se muestra en la figura. Dicha compuerta tiene un ancho H (B-C) y puede rotar libremente (sin fricci´on) alrededor de un eje (perpendicular a la hoja) que pasa por el punto B. A

Aire

Despreciando el peso de la puerta, ¿Cu´al es el valor de la altura h para el cual la compuerta se abre autom´aticamente?

Eje

ρ h g

C

B H

Respuesta: Planteamos equilibrio de momentos con respecto al punto de giro de la compuerta. Las fuerzas actuantes son las de presi´on actuando en la parte horizontal de la compuerta (Fv porque act´ ua en direcci´on vertical) y la integral de la presi´on actuando en la parte vertical, que llamaremos Fh . La l´ınea de acci´on de Fv estar´a centrada en la parte horizontal de la compuerta, con un brazo de palanca H/2, porque en esa secci´on la presi´on es uniforme. Para hallar la l´ınea de acci´on de Fh podemos integrar el momento producido 9

por las presiones, o podemos recurrir a la f´ormula para calcular el “centro de θIxx presiones”: x0cp = ρg sin , donde θ es el ´angulo de inclinaci´on, en este caso Apcg π . A es el ´area de la superficie, en nuestro caso h (suponiendo profundidad 2 unitaria). pcg es la presi´on en el centro geom´etrico de la superficie, en este caso pcg = patm + ρg h2 . El momento de inercia de un segmento es Resultando: 3 ρg h12 0  xcp =  h patm + ρg h2

R

h 2

−h 2

x2 dx =

h3 . 12

El brazo de palanca de Fh ser´a h2 − x0cp . Las magnitudes de Fh y Fv se calculan como el producto de la presi´on en los centros geom´etricos de las superficies respectivas por sus ´areas: !

h Fh = patm + ρg h 2

Fv = (patm + ρgh) H,

S´olo resta tener en cuenta las fuerzas de presi´on en el exterior de la compuerta, que estar´a dada por la presi´on atmosf´erica (aproximadamente constante): !

X

H H h h M = Fv − Fh − x0cp + patm h − patm H = 0 2 2 2 2

Reemplazando y operando: ...

h=

√

3H

Observaci´on: N´otese que si bien algunos valores intermedios (por ejemplo la ubicaci´on del centro de presiones) dependen de la presi´on atmosf´erica, el resultado final no. Esto es porque sumar una constante a la presi´on -a ambos lados de la compuerta- no altera el equilibrio de fuerzas. Teniendo esto en cuenta se podr´ıa haber considerado patm = 0 para simplificar los c´alculos.

10

Ecuaciones diferenciales 1. Dos fluidos inmiscibles e incompresibles de propiedades ρ1 , µ1 y ρ2 , µ2 respecdp tivamente, circulan debido a un gradiente de presi´on dz en un estrecho canal horizontal de ancho B (en la direcci´on y) como se indica en la figura. Los caudales de cada fluido se ajustan de forma tal que B1 = B2 = B/2.

B2

y

Q2

µ2

B

z B1

Q1

µ1

Suponiendo flujo laminar completamente desarrollado calcular: a) La distribuci´on de velocidades Vz (y) en ese sistema y esquematice. b) Determine la relaci´on precisa entre el gradiente de presi´on y caudal total. Respuesta: a) Dada la simetr´ıa del problema, proponemos un perfil de velocidades dado por: → − (8) V = (0, 0, Vz ) adem´as, teniendo en cuenta que buscamos la soluci´on estacionaria, todas las derivadas parciales con respecto al tiempo ser´an cero. Plantendo la conservaci´on de masa para un fluido incompresible obtenemos: ∂Vz → ∂Vx ∂Vy ∂Vz − + + = =0 ∇· V = ∂x ∂y ∂z ∂z

(9)

De aqu´ı obtenemos que Vz ser´a s´olo funci´on de la coordenada y. Planteamos ahora la ecuaci´on de conservaci´on de momento en la direcci´on z (Ecuaci´on de Navier-Stokes para fluido Newtoniano incompresible): dVz ∂P ∂ 2 Vz ∂ 2 Vz ∂ 2 Vz ρ + = fz + µ + + dt ∂z ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

!

(10)

donde fz son las fuerzas por unidad de volumen en la direcci´on z, que en este caso son nulas. Utilizando el perfil de velocidades 8 y teniendo en cuenta lo dicho hasta ahora, la ecuaci´on 10 se reduce a ∂P ∂ 2 Vz =µ 2 ∂z ∂y

(11)

debido a que la viscosidad toma valores diferentes para cada fluido, dividimos la regi´on en dos partes de forma tal que 11

2

   

∂P = ∂z  

µ1 ∂∂yV2z

− B2 ≤ y ≤ 0

2 µ2 ∂∂yV2z

B 2

(12) 0≤y≤

Al plantear la ecuaci´on de conservaci´on de momento en la direcci´on x e y obtenemos respectivamente: ∂P = 0, ∂x

∂P = −ρg ∂y

(13)

de esta manera, integrando las ecuaciones 12 obtenemos una expresi´on para el perfil de velocidades dado por:

Vz (y) =

 1 ∂P 2   2µ1 ∂z y  

+ b1 y + c 1

− B2 ≤ y ≤ 0

+ b2 y + c 2

B 2

(14)

1 ∂P 2 y 2µ2 ∂z

0≤y≤

donde b1 , b2 , c1 , c2 son constantes que debemos determinar a partir de las condiciones de borde. Las condiciones de borde del problema son: 1) La condici´on de no deslizamiento en las paredes i.e. 

Vz −

B 2





= 0,

Vz

B 2



=0

(15)

2) Continuidad de la velocidad en y = 0 z 3) Continuidad de la tensi´on en y = 0, es decir, µ ∂V es continuo en ∂y y = 0. De la segunda condici´on obtenemos c1 = c2 = C. De la u ´ltima condici´on obtenemos: µ1 b 1 = µ2 b 2 Si llamamos β =

µ1 µ2

yD= D 2

1 ∂P µ1 ∂z



B 2

las ecuaciones 15 se transforman en

2

+ b1

B +C =0 2

D B 2 B + βb1 + C = 0 2 2 2 Multipicando 16 por β y sum´andola a 17 obtenemos 



β

C=−

β DB 2 β+1 4

Asi mismo, multipicando 16 por β y rest´andole 17 obtenemos b1 =

(16)

Cβ−1 β − 1 DB =− B β β+1 4 12

(17)

De esta manera reemplazando en las ecuaciones 14 los valores de las constantes obtenemos para el perfil de velocidades:   D 2    2 y

Vz (y) = 

−

   βD y 2 2

β−1 B y β+1 2

−

β B2 β+1 2



− B2 ≤ y ≤ 0 (18)

−

β−1 B y β+1 2

−

1 B2 β+1 2



0 ≤y≤

B 2

O, en variables originales:

Vz (y) =

  1 ∂p 2    2µ1 ∂z y 1 ∂p 2µ2 ∂z

  



−

µ1 −µ2 B y µ1 +µ2 2

y −

µ1 −µ2 B y µ2 +µ1 2

2

−

µ1 B 2 µ1 +µ2 2



− B2 ≤ y ≤ 0

−

µ2 B 2 µ1 +µ2 2



B 2

(19) 0 ≤y≤

En la siguiente figura se muestra esquem´aticamente el perfil de velocidades para el caso µ2 < µ1

µ 2 < µ1

y

B

z

µ1 En cada secci´on el perfil es parab´olico y en la interface las pendientes guardan una relaci´on igual a β. b) Para calcular el caudal total debemos integrar el campo de velocidades entre las placas: " ! β −1B HD Z 0 β B2 2 y − y− dy+ 2 β+1 2 β+1 2 −B 2 ! # Z B β −1B 1 B2 2 2 y − β y− dy β+1 2 β+1 2 0

(20)

Donde H representa el ancho del canal en la direcci´on x. Realizando la integral obtenemos para la expresi´on del caudal: HDB 3 β + 1 3 (β − 1)2 3β Q=− − + + 12 4 8 β+1 β+1

!

(21)

O, en variables originales: HB 3 ∂p Q=− 12 ∂z

1 µ1 + µ2 3 1 + 8 µ1 µ2 2 µ1 + µ2

!

(22)

donde quda expll´ıcita la “simetr´ıa” entre µ1 y µ2 . N´otese que si las viscosidades de los dos fluidos son iguales (β = 1) el caudal se reduce al caudal para un solo fluido entre dos placas: Q=− 13

HB 3 1 ∂P 12 µ ∂z

Adem´as, si, por ejemplo µ1 tiende a un valor muy grande, el primer t´ermino del par´entesis tiende a 8µ1 2 , mientras que el segundo t´ermino se hace despreciable. El caudal resultante tiende al que se obtendr´ıa con el fluido de viscosidad menor, circulando en un canal de la mitad de tama˜ no.

14

Aplicaciones de la Ecuaci´ on de Bernoulli 1. Considerar el flujo incompresible, bidimensional, estacionario y sin fricci´on cerca de la garganta del pasaje de un Venturi. El flujo es irrotacional y los efectos gravitacionales son despreciables. La constante de Bernoulli del flujo es p0 (medida como una presi´on). Cerca de la garganta el contorno de la pared es un arco circular de radio a. Como una aproximaci´on, se acuerda en suponer que en el plano de la garganta 1-3 la curvatura de las l´ıneas de corriente var´ıa linealmente desde a1 en el punto 1 hasta 0 en el punto 2 (y − a1 en el punto 3). Se desea analizar la distribuci´on de velocidades en los alrededores de la garganta. a) ¿Es la velocidad del fluido mayor en el punto 1 o en el punto 2? b) ¿Es la velocidad del fluido mayor en el punto 2 o en el punto 4? 3

c) Hacer un esquema cualitativo de la distribuci´on de presiones (l´ıneas de presi´on constante). d ) Calcular la distribuci´on de presiones en el −p2 plano de la garganta. Verifique que pp00 −p = 1

2b

2

4

1

a

− ab

e , donde p1 y p2 son las presiones est´aticas en los puntos 1 y 2, respectivamente. e) ¿C´omo calcular´ıa el perfil de velocidades? Respuesta: a) Dadas las aproximaciones del enunciado (flujo incompresible, estacionario, irrotacional y sin fricci´on, con efectos gravitacionales despreciables), se puede aplicar la ecuaci´on de Bernoulli en todo punto del flujo, y por eso tiene sentido hablar de la constante de Bernoulli “del flujo”. Entre el punto 1 y el 2 podemos utilizar las ecuaciones en “coordenadas naturales”, en particular en la direcci´on transversal al flujo: v2 ∂p =ρ ∂n R Esta ecuaci´on, seg´ un la convenci´on utilizada para definir el versor n, nos indica que la presi´on debe aumentar alej´andose del centro de curvatura de la l´ınea. En particular la presi´on en el punto 2 ser´a mayor que en el punto 1. Como se cumple Bernoulli en todo el espacio (p + 12 ρv 2 = cte), la velocidad en 2 ser´a menor que en 1. b) Por conservaci´on de la masa, dado que la densidad es constante, se conserva el caudal volum´etrico. Puesto que el ´area de paso es m´ınima en la garganta, all´ı la velocidad ser´a m´axima, entonces v2 > v4 . 15

c) Por el resultado del item a, la presi´on sobre corte vertical en la garganta deber´ıa mostrar un m´aximo de la presi´on en el punto medio, y m´ınimos en los puntos 1 y 3. Por el resultado de b, un corte horizontal por el centro de la garganta deber´ıa mostrar un m´ınimo de presiones en el punto central (considerando que la velocidad es m´axima, y aplicando Bernoulli). Por lo tanto, el punto central es un punto de ensilladura de la funci´on presi´on. En la figura se muestran las l´ıneas de nivel del m´odulo de velocidad, obtenidas mediante la resoluci´on num´erica del flujo en la geometr´ıa dada. Estas l´ıneas de m´odulo de velocidad constante se corresponden (aplicando la ecuaci´on de Bernoulli) con l´ıneas de presi´on constante. N´otese sin embargo que el espaciamiento de las l´ıneas se corresponde con diferencias del m´odulo de la velocidad y no diferencias de presi´on. d ) Para calcular la distribuci´on de presiones en la l´ınea central se puede integrar la ecuaci´on de arriba, teniendo en cuenta la variaci´on del radio de curvatura de las l´ıneas de corriente. Tomando el origen de coordenadas en el punto central, y llamando x a la coordenada vertical, la curvatura x , y utilizando la ecuaci´on de Bernoulli: puede expresarse como: R1 = − ab 1 2 p0 = p + 2 ρv , la ecuaci´on en la direcci´on 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 p0 − p ab −b p1  x2 −b2 p0 − p 1  2 x − b2 , ln(p0 − p)|pp1 = = e ab ab p0 − p1 −

Evaluando en x = 0:

p0 −p2 p0 −p1

b

= e− a

e) Una vez calculada on, la velocidad se deduce de la ecuaci´on de q la presi´ 2 Bernoulli: v = ρ (p0 − p).

16

Vol´ umenes de control 1. Un jet de un l´ıquido de densidad ρ, caudal volum´etrico 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. Si el jet se ubica una distancia H por debajo del pivote calcular: Pivote 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000 0000000000000000000000000000000000

θ

L

H

ρV Q

a) El ´angulo θ que formar´a la placa con la horizontal en el estado estacionario en funci´on de estos par´ametros. Considerar los efectos viscosos despreciables. b) ¿C´omo cambia este resultado si se tiene en cuenta el efecto de la viscosidad del fluido? Respuesta: a) Si realizamos conservaci´on de momento angular respecto del pivote vemos que los dos jet de salida no poseen momento angular debido a que poseen una direcci´on radial respecto del pivote. De esta manera el momento entrante del jet deber´a ser compensado por el torque ejercido por la gravedad sobre la placa resultando: QρV · H =

M g · L cos(θ) 2

De aqu´ı obtenemos finalmente 2ρQV H θ = arc cos M gL

!

b) En el an´alisis anterior s´olo fue necesario hacer suposiciones sobre la viscosidad del fluido, s´olo es necesario que se cumpla la aproximaci´on de que los jet de salida son radiales respecto del pivote. De esta manera, el resultado anterior no depende de la viscosidad del l´ıquido (ni de la rugosidad de la placa por ejemplo)mientras esta condici´on se siga cumpliendo. 2. El esquema muestra un dispositivo que posee dos paletas con una curvatura suave que termina con un ´angulo β. Las paletas est´an montadas sobre una cinta que se mueve a velocidad constante U . Adem´as, las paletas reciben un chorro de agua proveniente de una tobera fija a una velocidad V . 17

a) Calcule la fuerza que realiza la paleta sobre la cinta en funci´on de la velocidad U . b) Calcule para qu´e valor de U el trabajo realizado contra esta fuerza es m´aximo

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 . Suponiendo los esfuerzos viscosos despreciables en la paleta podemos plantear Bernoulli entre los puntos 1 y 2 indicados en la figura. De esta forma obtenemos: 1 2 1 ρV1 + ρgz1 + P1 = ρV22 + ρgz2 + P2 2 2 Debido a que ambos puntos se encuentran a presi´on atmosf´erica y despreciando los efectos gravitatorios (i.e. g(z2 − z1 )