Problemas resueltos de mecanica de fluidos I

I.

PROBLEMAS.

GRUPO 1

Ejercicio 1 Se da un campo Bidimensional de un flujo constante, incompresible y estacionario de velocidad por las siguientes componentes en el plano xy: u = 1.1 + 2.x + !."#y v = !.$ % 2.1x % 2.y &alcule el campo de aceleraci'n, para las componentes a x y ay, de la aceleraci'n en el punto (x, y) = (*2, ). a partir de su definici'n en coordenadas cartesianas cartesianas

Solución: ara un campo de velocidades -emos de calcular la aceleraci'n. ntonces los componentes de velocidad son (u, v). /as componente componentes s del campo campo de acelerac aceleraci'n i'n se obtienen obtienen a partir partir de su definici'n definici'n en coordenadas coordenadas cartesianas:

a x =

∂ (1.1 + 2.8 x + 0.65  y )  ∂ ( 1.1 + 2.8 x + 0.65  y ) +( 1.1 + 2.8 x + 0.65  y ) ∂ t  ∂x

+ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8 y )

 ∂ (1.1 + 2.8 x + 0.65  y )  ∂ ( 1.1 + 2.8 x + 0.65  y ) +w ∂y ∂z

/os t0rminos son ceros, porue se trata de un flujo constante y el t0rmino  es cero porue se trata de un flujo bidimensional. bidimensional.

a x =0 + ( 1.1 + 2.8 x + 0.65  y ) ( 2.8 )+ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y ) ( 0.65 ) + 0 a x =3.08 + 7.84 x + 1.82  y + 0.637−1.365 x − 1.82  y or lo tanto la componente de aceleraci'n en x es:

a x =3.717 + 6.475 x

a y =

∂ v  ∂ v ∂v  ∂ v  + u  + v  + w ∂ t  ∂x ∂y ∂z

a y =

∂ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y )  ∂ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y ) + ( 1.1 + 2.8 x +0.65  y ) ∂ t  ∂x

14

+ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8 y )

 ∂ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y )  ∂ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y ) +w ∂y ∂z

/os t0rminos son ceros, porue se trata de un flujo constante y el t0rmino  es cero porue se trata de un flujo bidimensional. bidimensional.

a y =0 + ( 1.1 + 2.8 x + 0.65 y ) (− 2.1 )+ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y ) (−2.8 ) + 0 a y =−2.31 −5.88 x −1.365 y −2.744 + 5.88 x + 7.84  y or lo tanto la componente de aceleraci'n en y es:

a y =−5.054 + 6.475 y n el punto (*2,), sus componentes de la aceleraci'n son:

a x =3.717 + 6.475 ( −2 )=−9.23 a y =−5.054 + 6.475 ( 3 )=14.4

Ejercicio 2 &alcule la rapide3 del flujo del volumen maxima maxima de aceite combustible a 4#5& a la cual el flujo seguira siendo laminar en un conducto de 1!!mm de diametro. ara el aceite utilice una gravedad especifica de !.$# y una viscosidad dinamica de 4x1! *2 a.s  6nali3ando:  6nali3ando: 7max=8max . 6

9e2!!!

;ado a ue la velocidad y el numero de 9eynolds son directamente proporcionales si ueremos la velocidad maxima usaremos el numero de 9eynolds maximo para un flujo laminar(9e=2!!!) laminar(9e=2!!!) ravedad especifica= !,$#

ƿ=>s x ƿ?2@ = !,$#x1!!!Agm !,$#x1!!!Agm = $#Agm ;e la ecuacion del numero de 9eynolds despejamos la velocidad:

14

+ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8 y )

 ∂ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y )  ∂ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y ) +w ∂y ∂z

/os t0rminos son ceros, porue se trata de un flujo constante y el t0rmino  es cero porue se trata de un flujo bidimensional. bidimensional.

a y =0 + ( 1.1 + 2.8 x + 0.65 y ) (− 2.1 )+ ( 0.98 – 2.1 x – 2.8  y ) (−2.8 ) + 0 a y =−2.31 −5.88 x −1.365 y −2.744 + 5.88 x + 7.84  y or lo tanto la componente de aceleraci'n en y es:

a y =−5.054 + 6.475 y n el punto (*2,), sus componentes de la aceleraci'n son:

a x =3.717 + 6.475 ( −2 )=−9.23 a y =−5.054 + 6.475 ( 3 )=14.4

Ejercicio 2 &alcule la rapide3 del flujo del volumen maxima maxima de aceite combustible a 4#5& a la cual el flujo seguira siendo laminar en un conducto de 1!!mm de diametro. ara el aceite utilice una gravedad especifica de !.$# y una viscosidad dinamica de 4x1! *2 a.s  6nali3ando:  6nali3ando: 7max=8max . 6

9e2!!!

;ado a ue la velocidad y el numero de 9eynolds son directamente proporcionales si ueremos la velocidad maxima usaremos el numero de 9eynolds maximo para un flujo laminar(9e=2!!!) laminar(9e=2!!!) ravedad especifica= !,$#

ƿ=>s x ƿ?2@ = !,$#x1!!!Agm !,$#x1!!!Agm = $#Agm ;e la ecuacion del numero de 9eynolds despejamos la velocidad:

14

9e=

V . D . ƿ µ

8= −2

10

8max=   2000.4 .

(

 Kg .

m s

2

)

2

m 3 0,1 m .895 Kg / m

7max= !,$4ms .

.s

π / 4

ℜ .µ  D .  ƿ

=!,$4ms .(!,1m)2= C,!2x1!*ms

7max=C,!2x1!*ms

Ejercicio 3 ;etermine el tamaDo del tubo de cobre, mas peueDo ue llevara 4/min de los siguientes fluidos en un flujo turbulento.  6nali3ando:  6nali3ando:

l 1 min =6.67 x 10 . 7=4 min 3600

*#

m3 s

Si la seccion del tubo debe de ser minima entonces el numero de 9eynolds sera el minimo para un flujo turbulento  9e=4!!!

V . D . ƿ 9e= µ

V .D 9e=   E(1) ˠ 

7=8 . 6

8=

Q π  2 . D   E(2)

() 4

9eempla3amos 9eempla3amos (2) en (1):

9e=

4. Q . D 2

 D . v . π  

=

4. Q .

 D v . π 

;=

4. Q

ℜ.v.π 

 F ;=

4. Q . ρ

ℜ.μ.π 

14

AGUA A 40° −7

v=".#" x 10

 m2s −5

;=

4 ( 6,67 ) x 10

3

m /s −7

=!.!24 m=2.4mm

2

π ( 4000 ) . 6,56 x 10 m / s

GASOLI!A"G#$0%&'( ) 2*° =2,Cx1!*4a.s  ρ =>s. ρH 2 O = !,#x1!!!Agm="!Agm −5

4.6,67  x 10 m

;=

4. Q . ρ

ℜ.μ.π 

s

=

3 3

. 680 Kg / m

(

 Kg .

−4

4000.2,87  x 10

. π.

m

m 2 s

2

)

=!.!#!=#!.mm .s

EJERCICIO 4

Determinar la ecuación de las líneas de corriente de un flujo permanente, bidimensional, simétrico respecto al eje y, y, dirigido en sentido contrario al positivo del mismo, que choca choca contra un placa horizontal contenida en el plano x,z cuyo campo de velocidades está definida por las componentes V  x = 3 x V  y =−3 y V  z =0

14

SOLUCION:

!e sabe que la ecuación de línea de corriente está dada de la siguiente manera v x d r= 0 ⃗ ⃗

|

|

⃗ i  j k  v x d r = V  x V  y V  z ⃗ dx dy dz ⃗

i

$

⃗

⃗

"#

V  y dz −V  z dy ¿− j (V  x dz −V  z dx )+ ⃗k ( V  x dy −V  y dx )= 0 V  y dy

=

V  z dz

V  x

V  z

dx

dz

 =

V  x

V  y

dx

dy

 =

%gualamos valores& V  x

V  y

V  z

dx

dy

dz

 =

 =

'emplazamos valores en la ecuación de línea de corriente en el campo de velocidad

|

i  j ⃗ v x d r = 3 x −3  y dx dy ⃗

⃗

⃗

⃗ k 

0

dz

|

"#

14

i ⃗

$ −3 ydz −0 dy ¿− j( 3 xdz −0 dx )+ k (3 xdy+ 3 ydx )=0 k ( 3 xdy + 3  ydx )=0 3 xdy + 3 ydx =0

3 xdy =−3 ydx

Gntegramos para -allar la ecuaci'n de la lHnea de corriente:

∫ 3dx x =∫ −dy3 y lnx =−lny + 

lnx=−lny + ln lnx= ln

   y  = xy

EJERCICIO 5 Ina tobera estJ diseDada de manera tal ue la velocidad varHa en funci'n de la longitud x, o sea

u=

u0 1.0 −0.5 x / !

14

u0

;onde la velocidad

 es la de entrada y / es la longitud de la tobera. /a

velocidad de entrada es 1! ms y la longitud de !.# m. /a velocidad es uniforme a trav0s de cada secci'n. ncuentre la aceleraci'n media a trav0s de la tobera (x/ = !.#)

SOLUI+! ?ay aceleraci'n, entra a 1! ms, y sale a 2! ms. *Ko -ay aceleraci'n local porue el flujo es estable, de manera ue la aceleraci'n es debida a la aceleraci'n convectiva.

a x =u du = dx

 du dx

−u 0

(

1.0 −

0.5 x

 !

2

u du =0.5 0 dx  !

u

( ) −0.5

)

2

 !

=

1

 !

0.5 u 0

( 1.0−

0.5 x

 !

2

)

1

( 1.0−

0.5 x

 !

3

)

Sustituyendo en x/ = !.# m, se obtiene 2

2 u0 10 =1.185 = 237 m / s2 a x =1.185 0.5  !

a x

 9esult' positiva, luego entonces esta tiene direcci'n positiva.

sto es ra3onable, ya ue la velocidad aumenta en la direcci'n x positiva.

14

EJERCICIO 6

Se tiene el siguiente campo de velocidades

V =6 x  yz i + 8 x y  z  j + w ⃗k  . 2

⃗

⃗

2

⃗

?allar el componente L, sabiendo ue para 3 = !F se tiene L = ! y ue la divergencia de dic-o campo es de 4! xy3.

Solución: ∇ V =40 xyz ⦁

(

)(

∂ ∂ ∂ ⃗ i+  j + k  ∂x ∂ y ∂z ⃗

⃗

∂V  "  ∂ V  y ∂ V  z ∂x

+

+

∂y

∂z

⦁

V  " i + V  y  j + V  z ⃗k )= 40 xyz ⃗

⃗

=40 xyz

∂ V  ∂ ( 6 x 2  yz ) + ∂ ( 8 x y 2 z ) +  z =40 xyz ∂x ∂y ∂z

( 12 xyz ) + ( 16 xyz ) +

∂V  z ∂z

∂V  z ∂z

= 40 xyz

=12 xyz

∂ V  z =12 xyz ∂ z

V  z

 z

∫ ∂ V  =12 xy∫ z ∂ z  z

0

0

2

V  z =12 xy

V  z =6 xy z

z

2

2

14

V  z =# 

EJERCICIO 7

In tanue cilindro de agua gira en rotaci'n de un cuerpo s'lido, dando "! revoluciones por minuto. &alcule la vorticidad de las partHculas del agua del tanue.

Solución: stamos para calcular la vorticidad de partHculas de fluido en un tanue girando en rotaci'n alrededor de su cuerpo s'lido verticales al eje. ntonces deducimos ue:

  

l flujo es constante. l eje 3 estJ en la direcci'n vertical. /a vorticidad $  auH es el doble de la velocidad angular M.

8elocidad angular:

14

% =360 ⃗

;onde

( )(

r&t  1 min min 60 s ⃗ k 

)

2 πrad ⃗ k =37.70 ⃗k rad / s

r&t 

 es el vector unitario en la direcci'n vertical (3)

/a vorticidad es: ⃗ ⃗ rad =75.4 k  ⃗ rad $ =2 %=2 ' 37.70 k  ⃗

s

s

EJERCICIO 8

Dado el siguiente potencial de velocidad& =5 x 2 t + 5 y 2 t −8  y + 7 t 3−10 z 2 t 

∅

a( )omprobar si la función es *aplaceana  b( +allar la expresión del campo vectorial de velocidades  Solución:

a) Comprobación de la !nción Laplaceana: 2

∇ ∅ =0 2

2

Ec!ación de Laplace

2

∂ ∅  ∂ ∅ ∂ ∅ ∇ ∅ = 2 + 2 + 2 =0 ∂x ∂ y ∂ z 2

∂ ∅ ∂ ( 10 xt ) = =10 t  2 ∂x ∂x 2

∂ ∅ ∂ ( 10 yt −8 ) = =10 t  2 ∂y ∂y 2

∂ ∅ ∂ (−20 zt ) = =−20 t  2 ∂z ∂z 2

2

∇ ∅ =10 t + 10 t ±20 t 

14

2

∇ ∅ =0 ∴ s una función armónica b) "e#erminación del Campo $ec#orial de %elocidade&'

´ =−∇∅=0 V  )ondición de )ampo potencial, %rrotacional $pues si la función es armónica, entonces el campo es potencial o %rrotacional(

(

´ =− V 

)

 ∂ ∅ ´ ∂ ∅ ´ ∂ ∅ ´ i+  j + k  ∂x ∂y ∂z

´ =−( ( 10 xt )´i + ( 10  yt −8 )  ´j + (−20 zt ) ´k ) V  ´ =(−10 xt ) ´i−( 10 yt −8 )  ´j +( 20 zt ) ´k  V 

GRUPO 2 En un c),-o e /lujo #e c)r)ceri) -or l) /unción e corriene ( = xy . El /lujo e# irro)cion)l. SOLUCION Se sabe que según la defnición de una unción de corriente, las componentes de elocidad !u" # !" est$n dadas por% u=

∂ (  ∂y

¿ ∂  [ xy ] ∂y

¿ x v=

−∂ (  ∂x

−∂ ∂x

 [ xy ]

14

¿− y Como el &u'o es bidimensional el rotacional del ector elocidad es%

[

 x) =k  ∇

∂ v ∂u − ∂x ∂y

]

¿ k [ 0− 0 ] ¿0

(ste resultado indica que el &u'o es irrotacional)

L) /unción e corriene e un /lujo en o# i,en#ione# e# )) -or  * = 9 + 6 x −4 y + 7 xy . Encunre#e l) /unción e -oenci)l e l) eloci) -)r) e#e /lujo. SOLUCION ∂ ϕ ∂ (  =  =−4 + 7 x ∂x ∂ y 7

2

ϕ=− 4 x +  x + +  ( y ) ,, . ( a ) 2

*e igual orma mediante la aplicación de las ecuaciones se debe cumplir que ∂ ϕ −∂(  = ∂y ∂x

(l primer t+rmino de esta igualdad es entonces

[

]

7 ∂ϕ ∂ = −4 x +  x 2 + +  ( y ) =+ - ( y ) 2 ∂y ∂y

(l segundo t+rmino es igual que%

−∂ (  ∂x

=−6−7 y

∂ ϕ −∂(  = ∂y ∂x 7

2

+  (  y ) =−6 y −  y +   2

14

Si la unción #- se reempla.a en la ecuación a-, se obtiene que la unción de potencial es% ϕ=− 4 x −6 y +

7

[ x − y ] +  2 2

2

V

= 6x 2 yzi + 8xy 2 z j + W k  

Se iene el #i5uiene c),-o e eloci)e#6 7)ll)r el co,-onene 8% #)9ieno ue -)r) ; $ 06 #e iene 8 $ 0 < ue l) ier5enci) e ic=o c),-o e# 40 >3F >34 >3U >3E >3E >3EFU ϕ =−3 ) 

ϕ =−2 ) 

ϕ =) 

ϕ

ϕ =−2 ) 

ϕ =−3 ) 

GRUP !

14

14

14

14

14

14

14

GRUP 4 / *a figura muestra un tanque de agua con una válvula en el fondo !i ésta válvula se abre, 0cuál es la altura máxima alcanzada por el chorro de agua que salga del lado derecho del tanque1 !uponga que h"/##m, *".##m, y 2"3#4 y que el área de sección transversal en 5 es muy grande en comparación con la que hay en 6

SOLUCI/N% <  

*8@OS% 0 = 10 m v2  !=2 m

3  y 1

0 1 

4 2 3 > 2 4

 y 2

1 

0 =5

G- 8plicamos la ecuación de Aernoulli en los puntos < # 4% 1

2

1

2

 61+  ρ v 1+ ρg y 1= 6 2+  ρ v2 + ρg y 2 2

2

14

 61= 62= 60 ( 6 . atm&s+7ria)  y 1=0 8 y 2= ! . s9n ( : ) 8 v 1 =0

 G- Simplifcando # reempla.ando% 1

 ρg0=  ρ v 2 + ρg! . s9n ( : ) 2

2

G- *espe'ando v 2

v 2= √ 2 g ( 0 − ! . s9n ( : ) ) v 2= √ 2 x 9.81 ( 10−2 x s9n ( 30 ; )) v 2=13.29 m / s

8nali.ando el punto 4% V+  y =0 V  ˳  y v 2

4

F:?

0 1 

 @raba'ando en el e'e !#" V  ˳ y = v 2∗ s9n ( 30 ) V  ˳ y =13.29∗s9n ( 30 ) V  ˳ y = 6.645 m / s

8plicando la órmula% 2

2

V+  y =V  ˳  y −2 g0 1  2

0 = V  ˳ y − 2 g0 1 

*espe'ando H

14

2

V  ˳ y 0= 2g 1 

( 6.645 )2 0= 2∗9.81 1 

1 

0 =2.25 m

. sta fluyendo agua a 7#4 8, hacia abajo n el punto 5 la velocidad es de /# pies9s y la presión es de :#lb9pul. )alcule la presión en el punto 6

!;*& D5?;!& v a =10 +t / s  6 3 =60