Fluidos en El Movimiento Del Cuerpo Rígido (1)

MOVIMIENTO RELATIVO DE LOS FLUIDOS PARA MASAS EN EQUILIBRIO Equilibrio Relativo En la estática de los fluidos la variación de presión es fácil de calcular debido a la ausencia de tensiones de cortadura. Cuando en los fluidos en movimiento no hay desplazamientos relativos de una capa con respecto a la adyacente, la tensión de cortadura es también nula en todo el fluido. En un fluido con una traslación a velocidad constante la presión varía también siguiendo las leyes de la estática. Cuando se acelera un fluido de tal manera que no haya movimiento de una capa con respecto a la adyacente, es decir, cuando el fluido se mueve como si fuese un sólido, no existen tensiones de cortadura y la variación de la presión puede determinarse escribiendo la ecuación del movimiento para un cuerpo libre convencionalmente elegido. Dos casos son interesantes: Una aceleración lineal uniforme y una rotación uniforme alrededor de un eje vertical. Cuando el fluido se mueve de así, se dice que se encuentra en Equilibrio Relativo. Consideremos un elemento rectangular diferencial de fluido:

Considerando la presión

P , que actúa en el centro del elemento, las

presiones en las superficies superior e inferior del elemento se pueden expresar como:

( ∂∂ Pz ) . dz2 y P−( ∂∂ Pz ). dz2

P+

Las fuerzas que actúan sobre el elemento son el peso y las fuerzas superficiales debido a la presión

Sabemos que: P=

F → F=P. A A

De esta manera podemos hallar las fuerzas que actúan sobre esas caras (caras horizontales) W ( peso del elemento )

W =mg; ρ=

m ∀

W = ρ ∀ . g ; ∀=dxdydz W = ρ. g . dxdydz Sumando las fuerzas que actúan sobre las superficies:

[ ( ) ]

δ F S , z = P−

Simplificando:

( ∂∂Pz ) dxdydz

δ F S , z =−

[ ( ) ]

∂ P dz ∂ P dz . dxdy − P+ . dxdy ∂z 2 ∂z 2

De manera análoga, las fuerzas superficiales netas en las direcciones X e Y son:

( ∂∂ Px ) dxdydz ; δ F

δ F S , x =− 

S, y

( ∂∂ Py ) dxdydz

=−

La fuerza superficial que actúa sobre el elemento completo es:

^ F S , y ^j+ δ F S , z k^ ( Suma vectorial) δ⃗ F S =δ F S , x i+δ

( dPdx i^ + dPdy ^j+ dPdz k^ ) dxdydz=−⃗∇ Pdxdydz

δ⃗ F S =−

Donde: 

dP dP ^ dP ^ ⃗ ∇ P= i^ + j+ k dx dy dz

(Gradiente de P)

El peso propio del elemento es:

^ δ⃗ F B , z =−g . dm k=−ρ . g . dxdydz k^ 

La fuerza total del elemento es:

δ⃗ F =δ ⃗ FS+ δ⃗ F B , z=−( ⃗ ∇ P+ ρ . g k^ ) dxdydz

Segunda ley de Newton:

δ⃗ F =dm . ⃗a=ρ . dxdydz . ⃗a

Igualando: δ⃗ F =−( ⃗ ∇ P+ ρ. g k^ ) dxdydz= ρ. dxdydz . ⃗a Simplificando: ⃗ ^ ∇ P+ ρ . g k=−ρ . ⃗a En forma explícita: ∂P ^ ∂ P ^ ∂ P ^ ^ i+ j+ k + ρ. g k=−ρ( a x i^ + a y ^j +a z k^ ) ∂x ∂ y ∂z En forma escalar en cada una de las direcciones: ∂P ∂P ∂P =−ρ . a x ; =−ρ . a y ; =−ρ . ( g+ a z ) ∂x ∂y ∂z

 Fluido en reposo: Para los fluidos en reposo sobre una trayectoria recta a velocidad constante, todas las componentes de la aceleración son cero: dP dP dP =0 ; =0 ; =−ρ. g(Por estaticade fluidos dP=−ρ . gdz ) dx dy dz

ACELERACION SOBRE UNA TRAYECTORIA RECTA Consideremos un recipiente parcialmente lleno con líquido. El recipiente se mueve sobre una trayectoria recta con una aceleración constante.

Después de esas condiciones iniciales, la superficie del fluido adquiere la forma indicada en el gráfico: una superficie inclinada un ángulo θ y alcanzará una diferencia de altura ( ∆ Zmáx ¿ .

A partir de las expresiones: ∂P ∂P ∂P =−ρ . a x ; =−ρ . a y ; =−ρ .(g+a z ) ∂x ∂y ∂z

Las ecuaciones de movimiento son: ∂P ∂P ∂P =−ρ . a x ; =0 ; =−ρ. g ∂x ∂y ∂z La diferencial de presión

P

es:

dP=−ρ . a x dx −ρ .(g +a z )dz Integrando entre dos puntos 1 y 2, se obtiene: P2

x2

z2

∫ dP=−∫ ρ. a x dx−∫ ρ .(g+a z ) dz P1

x1

z1

P2−P1=−ρ . a x ( x 2−x 1 )−ρ . ( g+a z ) ( z 2−z 1 ) … …(α ) Si tomamos el punto A, como el origen donde la presión es

P0

( P1=0 ¿

y

el punto 2 como cualquier punto en el fluido, la distribución de presión se puede expresar como:

P=P0 −ρ ax x−ρ ( g+a z ) z

A partir de: P2−P1=−ρ . a x ( x 2−x 1 )−ρ . ( g+a z ) ( z 2−z 1 ) … …(α )

Si queremos determinar el ascenso o descenso de la superficie, consideramos dos puntos 1 y 2 cualquiera en la superficie del fluido.

P1=P2

Dado que ecuación

(α )

∆ z s=z s −z s = 2

1

por lo que se encuentran en la superficie del fluido, la

quedaría reducida a:

−ax ( x −x ) g +a z 2 1

2 1

En todas las líneas de presión constante la inclinación es la misma, por lo que para todas las líneas de presión constante se tiene:

1 z 2−z ¿ isobara ¿ ¿ ¿ La pendiente isóbara es: 1 z 2−z ¿ isobara ¿ ¿ ¿

Aceleración Lineal Uniforme 

Movimiento Horizontal

En un recipiente abierto que contiene un líquido sometido a una aceleración horizontal uniforme, el líquido se dispone por sí mismo de tal forma que se mueve como un sólido sometido a la acción de una fuerza aceleradora. Por ser el movimiento como el de un sólido, no existe ninguna tensión de cortadura en el líquido y las únicas fuerzas verticales son las debidas al peso y a la presión.

La variación de la presión a lo largo de una línea vertical es la misma que para un líquido en reposo. En este caso, la aceleración tiene solo una dirección ( a´ x ).

a´ x

Se tiene entonces que: a x ; a y =0 ; a z=0 Si reemplazamos en: ∂P ∂P ∂P =−ρ . a x ; =−ρ . a y ; =−ρ . ( g+ a z ) … …( β) ∂x ∂y ∂z Tenemos que: ∂P ∂P ∂P =−ρ . a x ; =0 ; =−ρg ∂x ∂y ∂z



Movimiento Vertical

Si la aceleración es vertical, la superficie libre (cuando la haya) permanece horizontal. La presión es constante en planos horizontales.

Movimiento Vertical Descendente. Caída libre de un cuerpo de fluido: Si el cuerpo desciende con una aceleración igual a la gravedad hacia abajo ( a z=−g ¿ A partir de: ∂P ∂P ∂P =−ρ . a x ; =−ρ . a y ; =−ρ . ( g+ a z ) … …( β) ∂x ∂y ∂z

Si

a z=−g :

a x =0 ; a y =0 ; a z=−g Reemplazando en

( β ) , se concluye que la presión es constante:

∂P ∂P ∂P =0 ; =0 ; =0 ∂x ∂y ∂z Esto quiere decir que

P1=P2 (La presión es lamisma en cualquier punto)

Movimiento Vertical Ascendente Si un cuerpo de fluido asciende con

a z=+ g :

A partir de: ∂P ∂P ∂P =−ρ . a x ; =−ρ . a y ; =−ρ . ( g+ a z ) … …( β) ∂x ∂y ∂z

Si el cuerpo asciende con una aceleración igual a la gravedad hacia arriba se tiene entonces que: a x =0 ; a y =0 ; a z=+ g Reemplazando en

( β) :

dP dP dP =0 ; =0 ; =−2 ρ . g dx dy dz

ROTACION EN UN RECIPIENTE CILINDRICO Rotación Uniforme alrededor de un eje vertical Cuando un líquido encerrado en un depósito gira alrededor de un eje vertical a velocidad angular constante, después de un cierto intervalo de tiempo se mueve como un sólido. No existe ninguna tensión de cortadura en el líquido y la única aceleración existente tiene dirección radial y sentido hacia el eje de rotación. Si un vaso con agua gira alrededor de su eje, la fuerza centrífuga es la responsable de que el fluido se mueva hacia afuera formándose una superficie libre cóncava. Lo anterior se conoce como Movimiento de Vórtice Forzado. No se tiene deformación, razón por la cual no hay esfuerzo cortante ya que no hay desplazamiento entre las diferentes partículas del fluido. Consideremos entonces que la distancia desde el vértice de la curva de esa superficie (Superficie Libre) a la parte más baja del depósito es hc y Z s es la distancia que hay a un punto cualquiera de esa superficie cóncava que se ha formado. Además h0 es la altura inicial del líquido en el recipiente, es

decir antes de haberle sometido a una aceleración angular.

Sabemos que la aceleración radial es: 2

ar =−r ω

Las ecuaciones del movimiento para los fluidos en rotación son: →

dP =−a r ρ dr →



dP 2 =ρr ω dr



dP =0 dθ



dP =−ρg dz

dP 2 = ρr ω dr

(No hay variación) (Depende de g, puesto que la

a z=0¿

Entonces tenemos que el Diferencial Total de Presión es:

dP=ρr ω 2−ρgdz A partir de esta expresión, si consideramos un

dP=0 , se está trabajando

sobre líneas de presión constante, es decir isóbaras, entonces la expresión queda:

dz (isobara) r ω2 = dr g 2

rω dz (isobara )= dr g Integrando se obtiene la ecuación para las superficies de presión constante z

r

∫ dz =∫ 0

0

r ω2 dr g

Z ( isobara )=

ω2 r 2 +C 1 2g

Esta es la ecuación de una parábola, el valor de la constante de integración es diferente para cada línea de presión constante. A partir de: 2 2

Z ( isobara )=

ω r +C 1 2g

Para la superficie libre cuando Por lo tanto:

r=0 y

z isóbara (0 )=C1 =hc

z isóbara (0 )=C1

En este caso la constante es la distancia de la superficie libre al fondo del recipiente a lo largo del eje de rotación. A esta distancia le llamaremos entonces: 2

z s=

ω 2 r +hc 2g

El volumen de un elemento de cascarón cilíndrico es: 2

(

2

2

ω 2 2 ω R r + ¿ hc ) rdr=π R ( +hc ) 2g 4g R

R

V =∫ 2 π Z s rdr=2 π ∫ ¿ 0

0

Este volumen es igual al volumen original del fluido en el recipiente, el cual es: V =π R2 h0

h0 , es la altura del fluido en el recipiente sin rotación.

Donde

Entonces igualando los dos volúmenes: V =π R2 h0=π R 2 (

2

2

ω R +h c ) 4g

Simplificando: hc =h0−

ω2 R2 4g

Reemplazando en: 2

z s=

ω 2 r +hc 2g

La ecuación de la Superficie Libre queda como: ω2 ( R2 −2r 2 ) z s=h 0− 4g La altura vertical máxima, se obtiene en el borde cuando

r=R , esto es:

ω 2 R2 z s(máx )=h 0+ 4g La diferencia máxima en las alturas entre el borde y el centro de la Superficie libre es: ω2 2 ∆ z s (máx)=z s(máx)−hc = R 2g

Partiendo de la expresión: 2

dP=ρr w dr−ρgdz Se puede determinar, la diferencia de presión entre dos puntos 1 y 2 en el fluido, si se integra, tenemos: P2−P1=

ρ ω2 2 ( r 2 −r 11 )−ρg(Z 2−Z 1) 2

Considerando el punto 1

(r=0 y z=0) , como el origen en donde la presión es

P0 : P=P0 +

ρ ω2 2 r −ρgz 2

Ejercicios de aplicación EJERCICIO N°1:

Se tiene un depósito rectangular con longitud, ancho y alto de 10m, 2m y 5,2m respectivamente. Si inicialmente el agua se encuentra a una altura de 3m dentro del tanque y se somete a una aceleración en dirección de su longitud de 2 3 m/s . Calcule: a) La altura máxima que alcanza el líquido b) La máxima y la mínima presión en el fondo del depósito c) La máxima aceleración a la que se puede someter el depósito para que el agua no se derrame 5m d) La cantidad de agua que se derrama si el deposito se acelera a s2

Solución: a)

Se sabe que:

Entonces:

a ∆z = x ; az =0 ∆ x g+a z

∆ z=

ax 3 m/ s2 . ∆ x= (5 m) ; ∆ z=1,53 m g 9,81m/ s2

La altura máxima que alcanza el líquido está dada por: hmax =h+ ∆ z

hmax =4,53m b)

¿Dónde se da la máxima presión en el fondo? En el punto A P A =Pmáx Sabemos que: P A −P x A −x 0 −ρ . g z⏟A −z0 ⏟0=−ρ . a x ⏟

(

)

(

)

0

0

De tal modo: P A =ρ. g . z0 Reemplazando: P A =(1000 kg /m3 )(9,81 m/s 2)(4,53 m)=44,44 KPa ¿Dónde se da la presión mínima? En el punto B PB =Pmín Aplicando la misma ecuación PB −Pi=−ρ .a x ( x B−x i ) −ρ. g ( z B −zi ) PB =ρ . g . zi ; z i=3−∆ z=3−1,53=1,47 m PB =(1000 kg /m3 )(9,81 m/s 2)(1,47 m)=14,42 KPa c)

0

Máxima aceleración: Sabemos que:

a x =?

a ∆z ∆z = x ; az =0 ; a x =g . ∆ x g+a z ∆x ∆ z=5,2−3=2,2 m

Reemplazando: a x =(9,81m/ s2 )(

2,20 m )=4,32 m/s2 5m

d)

Si

a x =5 m/s

2

a ∆z = x ; az =0 ; x 2−x 1=∆ x=5 m ∆ x g+a z ax 5 m/ s 2 ∆ z= . ∆ x ; ∆ z= .(5 m)=2,55 m g 9,81 m/s 2 h0=5,2−2,55=2,65m Hallando volúmenes:

∀ f =( 10 m )( 2 m )( 2,65 m )=53 m

3

∀ 0=( 10 m ) (2 m ) ( 3 m) =60 m3 Por lo tanto: ∀ 0−∀ f =volumen que se derrama ∀ 0−∀ f =7 m

3

EJERCICIO N°2: En la figura se muestra la sección transversal del depósito de combustible de un vehículo experimental. El depósito rectangular está abierto a la atmósfera y en uno de sus lados tiene instalado un transductor de presión, como se ilustra. Durante la prueba del vehículo, el depósito es sometido a una aceleración lineal constante a y . a) Determinar una expresión que relacione el transductor para un combustible con

ay

y la presión (en

lb/ pie 2 ) en

DR=0.65 .

b) ¿Cuál es la aceleración máxima que puede ocurrir antes de que el nivel de combustible descienda por abajo del transductor?

Solución: a Para una aceleración horizontal constante, el combustible se mueve como un cuerpo rígido, y a partir de la ecuación, la pendiente en la superficie del combustible se puede expresar como dz −a y = dy g Ya que z1

a z=0 . Así para alguna

ay

cualesquiera, el cambio de profundidad

del líquido en el lado derecho del depósito se puede determinar a partir

de la ecuación −z1 −a = y 0,75 pies g O bien, z 1=( 0,75 pies )

( ag ) y

Como en la dirección vertical

z

no hay aceleración, la presión a lo largo de

la pared varia hidrostáticamente como se muestra en la ecuación. Así, la presión en el transductor está dada por la relación p=γh Donde h es la profundidad del combustible por arriba del transductor, y en consecuencia: p=( 0,65 ) ( 62,4 lb / pie 3 ) [0,5 pies−(0,75 pies)( a y / g)]

¿ 20,3−30,4 Para

ay g

z 1 ≤ 0,5 pies . Como se ha escrito,

b El valor límite para

ay

p se podría expresar en

lb/ pie 2

(cuando el nivel de combustible alcanza al

transductor) se puede calcular a partir de la ecuación 0,5 pies=( 0,75 pies )

[ ] ( a y )max g

O bien 2g

( a y ) max= 3

Y para la aceleración normal debida a la gravedad, 2 2 2 ( a y ) max= 3 (32,2 pies /s )=21,5 pies/ s

EJERCICIO N°3: Una cinta transportadora lleva una taza de café sobre una bandeja horizontal, 2 mientras se acelera a 7 m/s . La taza tiene 10 cm de profundidad y 6 cm de diámetro y el café que contiene llega hasta 3cm del borde en reposo.

a) Suponiendo que el café adquiere una aceleración uniforme, determine si se derramará o no. b) Calcule la presión manométrica en el punto A, si la densidad del café es de 1010 kg/m3

Solución: a) Nos encontramos en el caso de un movimiento horizontal de equilibrio relativo de masas. Entonces a z=0 La fórmula de la pendiente queda reducida: tgθ=

ax g

θ=tg−1 (

2

7 m/s )=35.5 ° 2 9,81 m/s

Si la taza es simétrica, la superficie inclinada pasa por el punto medio de la superficie en reposo, según se muestra en la figura. De esta forma la parte trasera de la superficie se elevará un ∆ z ∆z =tgθ ∆x ∆ z=∆ x . tgθ ∆ z=( 3 cm ) .tg ( 35.5° )=2.14 cm(¿ 3 cm ; no hay derrame)

b) La presión en A puede calcularse partir de la ecuación: P A −P x A −x 0 −ρ . g z⏟A −z0 ⏟0=−ρ . a x ⏟

(

)

(

0

) 0

0

z 0=7 cm+∆ z=9.14 cm=0.0914 m

(

P A =ρ. g . z0 = 1010

kg m 9,81 2 ( 0.0914 m )=905,6 Pa 3 m s

)(

)

EJERCICIO N°4: La taza de café del ejercicio anterior se le retira de la cinta transportadora y se coloca sobre una mesa giratoria, dando vueltas alrededor de su eje el tiempo suficiente para que el fluido gire como un sólido rígido. Calcule: a) La velocidad angular a la que el café llega justo al borde de la taza. b) La presión manométrica en el punto A en esas condiciones. Solución:

a) La taza contiene 7 cm de café. La distancia de 3 cm hasta el borde de la taza debe ser igual a h/2 , con lo que:

2

2

h ω2 R 2 ω (0.03 m) =0.03 m= = 2 4g 4(9.81m/s 2 ) ω=36.2

rad =345 RPM s

b) Para calcular la presión es conveniente tomar el origen de coordenadas en el punto mismo de superficie libre, según se muestra en la figura. En ese punto, la presión manométrica es P0=0 y en el punto A, con (r,z)=(3cm,-4cm), resulta: P=P0 +

ρ ω2 2 r −γ z 2

1 P=0+ (1010 kg /m3 )(1308 rad 2 /s2 ) ( 0.03 m)2−(1010 kgf /m3)(−0.04 m) 2 2

2

P=396 N /m +594 N /m =990 Pa

EJERCICIO N°5: Se tiene un recipiente cilíndrico de 80 cm de alto y 24 cm de diámetro parcialmente lleno con agua hasta una altura de 55 cm. Si se hace girar a velocidad constante, determine: a) Cuál es la máxima velocidad angular que puede alcanzar sin que se derrame el agua b) Cual es la máxima presión a la que se somete el fondo del tanque en este caso c) Cuál sería la velocidad de giro (en RPM) para que se comience a ver el fondo del recipiente d) En el caso ¨c¨ se derrama el agua o no, Si se derrama, ¿qué cantidad de agua se derrama?

Solución: a)

z s(máx )=h 0+

Se sabe que: Entonces el

z s(máx )

Despejando

ω :

ω 2 R2 4g

que alcanzará es de 80 cm

max Z s(¿−h ) g¿ 2 ω= √ ¿ R 0

Reemplazando: ω=

2 rad √ 9,81 ( 80−55 )=26,10 s =249,24 RPM 12

b)

Se sabe que:

P A −P O=

Entre los puntos A y O:

ρ ω2 2 ( r A −r O1 )− ρg(Z A −Z O ) 2 PO=0; r 1=r 2 ; Z A =0

P A =ρg Z O Reemplazando:

P A =( 1000 )( 9,81 ) ( 0,80 ) =7848 Pa

c)

Para este caso:

∆ z s (máx )=0,8 m

Se sabe que:

ω2 2 ∆ z s (máx )= R 2g ω :

Despejando ω=

√2 g ∆ z s(máx ) R

Reemplazando:

ω= √

2( 9,81)(0,8) rad =33,02 s (0,12)

d) Para este caso se sabe que: hc =h0−

Además:

ω=33,02

rad s

ω2 R2 ; hc =0 4g

Despejando: h0 ' =

ω2 R2 4g

Reemplazando: (33,02)2 (0,12)2 h0 ' = =0,40 m(Razón por la cualel agua se derrama) 4 (9,81) Volúmenes: 2

2

V o=π (0,12) h0=π ( 0,12 ) ( 0,55 )=0,0249 m

3

2

2

V f =π (0,12) h0 ' =π ( 0,12 ) ( 0,40 )=0,0181 m

∆ V =V o−V f =0,0068 m

3

3