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Mec´anica de Fluidos - 2009 Ejercicios resueltos
- El campo de velocidades de un fluido est´a dado por:
~v = (a, b sin(ωt), 0)
donde a y b son constantes. Calcule y grafique:
a) La l´ınea de corriente que pasa por el origen, a t = 0, t = 2 πω , t = πω y t = 32 πω. b) La trayectoria de la part´ıcula, que -a tiempo t = 0- estaba en el origen de coordenadas. c) La l´ınea de humo de todas las part´ıculas que pasaron por el origen de coordenadas, a t = 0, t = 2 πω , t = πω y t = 23 πω.
Respuesta:
a) L´ıneas de corriente: El campo de velocidades es uniforme (independiente de la posici´on), en otras palabras todos los vectores velocidad son paralelos, las l´ıneas tangentes a un campo uniforme ser´an entonces rectas paralelas entre s´ı. A t = 0, ~v = (a, 0 , 0) y la l´ınea que pasa por el origen ser´a el eje x. A t = 2 πω , ~v(a, b, 0), la l´ınea que pasa por el origen es: y = ba x. A t = πω es nuevamente el eje x, y a t = 32 πω ser´a la recta y = − ba x. b) Podemos calcular la funci´on de historia cinem´atica integrando la ecuaci´on diferencial:
∂Φ(~ ~x, t) ∂t
= ~v(Φ~, t)
Particularizando para nuestro campo vectorial (uniforme, dependiente de t):
∂Φ(~ ~x, t) ∂t
= (a, b sin(ωt), 0)
En componentes:
∂Φx ∂t
= a ∂Φy ∂t = b sin(ωt) ∂Φz ∂t
Integrando, teniendo en cuenta la condici´on inicial: ~Φ(~x, 0) = ~x, se obtiene:
Φx = x + at Φy = y + b ω
[1 − cos(ωt)] Φz = z
Para la part´ıcula que nos interesa: (x, y, z) = (0, 0 , 0), su trayectoria se obtiene con la f´ormula:
~p(t) = Φ((0~ , 0 , 0), t) = ((at, b ω
[1 − cos(ωt)], 0)
c) L´ıneas de humo. Como primer paso debemos identificar las part´ıculas que, en alg´un momento pasaron por el origen: evaluando la funci´on de historia cinem´atica en un instante que llamaremos τ , el resultado es el punto (0, 0 , 0): ~Φ(~p, τ ) = (0, 0 , 0)
Reeplazando la expresi´on obtenida arriba:
px + aτ = 0 py +
b ω [1 − cos(ωτ )] = 0 pz = 0
despejando:
px = −aτ py = − b ω
[1 − cos(ωτ )] pz = 0
Para obtener la l´ınea de humo debemos obtener la posici´on de estas part´ıculas en el momento de inter´es, t: ~h = Φ(~ p, t~ ). Reemplazando:
hx = −aτ + at = a(t − τ )
hy = − (^) ωb [1 − cos(ωτ )] + (^) ωb [1 − cos(ωt)] = b ω [cos(ωτ ) − cos(ωt)] pz = 0 = 0
Las l´ıneas de humo requeridas se obtienen reemplazando t por los instantes definidos: t = 0: ~h(τ ) = (−aτ, b ω
[cos(ωτ ) − 1], 0)
t = 2 πω : ~h(τ ) = (a( π 2 ω − τ ),
b ω cos(ωτ ), 0)
t = πω : ~h(τ ) = (a( π ω
− τ ), b ω
[cos(ωτ ) + 1], 0)
t = 32 πω : ~h(τ ) = (a(^3 π 2 ω
− τ ), b ω
cos(ωτ ), 0)
El momento total de las fuerzas de presi´on aplicadas sobre el lado izquierdo se calcula como:
Mi =
fi × ~r dy dz =
p 0 0
×
z
(^) dy dz =
−pz dy dz
An´alogamente, el momento total de las fuerzas de presi´on aplicadas sobre el lado derecho es:
Md =
pz dy dz
Teniendo en cuenta que la presi´on a la izquierda est´a dada por:
pi = pa + ρg(H − z)
y a la derecha: (^) { pa + ρg(H − h − z) si z < H − h pa si z > H − h En el momento total se anulan todos los t´erminos conteniendo la presi´on atmosf´erica, y resulta:
M = wρg
[∫ H
0
(H − z)z dz −
∫ (^) H−h
0
(H − h − z)z dz
]
= wρg
[
H^3 / 6 − (H − h)^3 / 6
]
wρgh 2
H^2 − hH +
h^2 3
)N m = 9318N m
Para equilibrar este momento, la cuerda debe estar tensionada:
T d sin(60◦) = M ⇒ T =
9318 N m
- 27 m
= 8472N
- Entre dos cilindros conc´entricos girando a distintas velocidades se tiene un fluido newtoniano en el cual se establece el siguiente campo de velocidades:
vr = 0, vθ =
A
r , vz = 0
a) ¿Cu´al deber´ıa ser el campo de presiones para que se satisfagan las ecuaciones de Navier-Stokes? ¿Cu´anto vale el t´ermino correspondiente a las fuerzas viscosas? b) Calcule la potencia disipada en la regi´on definida por:
0 < θ < 2 π, r 1 < r < r 2 , 0 < z < h
Respuesta:
a) La ecuaci´on de continuidad en coordenadas cil´ındricas es:
1 r
∂(rvr) ∂r
r
∂vθ ∂θ
∂vz ∂z
Todos los t´erminos se anulan porque vr = 0, vθ = Ar no es funci´on de θ y vz = 0. La ecuaci´on de Navier-Stokes en la direcci´on radial es: ∂vr ∂t
~v · ∇~
vr − v θ^2 r
ρ
∂p ∂r
μ ρ
∇^2 vr −
r^2
∂vθ ∂θ
vr r^2
Reemplazando el campo de velocidades dato resulta:
A
r
r
ρ
∂p ∂r
∂p ∂r
ρA^2 r^3 La ecuaci´on de Navier-Stokes en la direcci´on angular es: ∂vθ ∂t
~v · ∇~
vθ +
vrvθ r
ρr
∂p ∂θ
μ ρ
∇^2 vθ +
r^2
∂vr ∂θ
vθ r^2
Reemplazando el campo de velocidades dato resulta:
0 = −
ρr
∂p ∂θ
μ ρ
∇^2 vθ −
A
r^3
∇^2 vθ =
r
∂r
r
∂r
A
r
r^2
∂^2
∂θ^2
A
r
∂^2
∂z^2
A
r
r
∂r
rA r^2
A
r^3 ∂p ∂θ
= rμ
A
r^3
A
r^3
La ecuaci´on de Navier-Stokes en la direcci´on z es: ∂vz ∂t
~v · ∇~
vz = −
ρ
∂p ∂z
μ ρ ∇^2 vz
Reemplazando el campo de velocidades dato se obtiene: ∂p ∂z
Finalmente, integrando: p = p∞ − ρA^2 2 r^2 donde p∞ es el valor al que tiende la presi´on para r → ∞. Durante el c´alculo de las ecuaciones anteriores para el campo de velocidades especificado, se comprob´o que los t´erminos viscosos en todos los casos se anulan.
b) La potencia disipada se puede calcular de varias formas. Por ejemplo, calculemos la potencia transmitida por los esfuerzos internos al fluido hacia un cilindro: r < r 0 , 0 < z < h. La tensi´on en coordenadas cil´ındricas es:
σrr = −p + 2μ
∂vr ∂r σθθ = −p + 2μ
r
∂vθ ∂θ
vr r
σzz = −p + 2μ ∂vz ∂z
σrθ = μ
r
∂vr ∂θ
∂vθ ∂r
vθ r
σθz = μ
∂vθ ∂z
r
∂vz ∂θ
σzr = μ
∂vz ∂r
∂vr ∂z
Reemplazando por el campo de velocidades dato se obtiene:
σ =
−p − 2 μ (^) rA 2 0 − 2 μ (^) rA 2 −p 0 0 0 −p
La fuerza se obtiene aplicando el tensor a la normal exterior al cilindro:
σ ·
−p − 2 μ (^) rA 2 0
- En la figura se representa un corte esquem´atico de un Hovercraft de peso 50kN y de 6m de di´ametro, el cual se suspende en el aire un cierto huelgo h por la acci´on de una h´elice que aspira el aire, expuls´andolo luego por este huelgo. Suponga que la cavidad interior es grande, de forma tal de que el aire dentro de ´esta se encuentra relativamente en reposo, aceler´andose s´olo cuando sale por el peque˜no huelgo.
a) Calcular la presi´on necesaria en la c´amara de aire interior para mantenerlo suspendido. b) Calcular la velocidad de salida y el caudal de aire necesario, si el huelgo es de 3 cm. c) Calcular la potencia del motor necesaria, si la eficiencia general del conjunto motor es del 70 %. d ) Analice si el equilibrio anterior es estable frente a perturbaciones en h.
h
6 m
Respuesta:
a) El peso del veh´ıculo se equilibra con la fuerza debido a la diferencia de presiones entre el interior y el exterior, actuando sobre un ´area equivalente a la proyecci´on de la superficie de la c´amara sobre el piso: W = ∆p π
D^2
⇒ pi − pa =
4 W
πD^2
4 50 × 103 N
π 36 m^2 = 1768P a
b) Aplicando Bernoulli entre un punto en la c´amara interior (donde la velocidad es despreciable) y otro en la ranura de salida (donde la presi´on es igual a la atmosf A c˜©rica):
pi = pa + ρv^2 2
⇒ v =
2(pi − pa) ρ
kgm s^2 m^2
m^3 kg
m s
y el caudal ser´a: Q = vπDh = 56. 7 π6 0. 03
m^3 s
m^3 s c) La potencia a entregar al aire ser´a el producto de la fuerza por la velocidad, o el caudal por la diferencia de presiones:
Wu = F v = ∆pAv = ∆pQ = 1768
N
m^2
32 m^3 s = 56. 7 kW
La potencia necesaria se obtiene, teniendo en cuenta la eficiencia:
W = Wu/ 0 .7 = 81kW
d ) Una disminuci´on del huelgo provocar´ıa un aumento de la velocidad del fluido en la salida, lo que tender´ıa a aumentar la diferencia de presiones, elevando al veh´ıculo y aumentando el huelgo. Y viceversa. Por lo tanto el equilibrio es estable.
- Considerar el ´alabe de la figura en el cual incide un chorro a una velocidad V 0 de secci´on circular A 0. Este chorro es desviado un ´angulo θ por el ´alabe.
θ
V
A
F
F
u
y
x
0
0
x
y
a) Si se deja fijo el ´alabe (u = 0) mediante la aplicaci´on de una fuerza F~ = (Fx, Fy), calcule las componentes de dicha fuerza en funci´on de V 0 , A 0 y el ´angulo θ. b) Si la fuerza es un poco menor que la calculada arriba y el ´alabe comienza a moverse: ¿A qu´e ve- locidad u = u(V 0 ) deber´ıa moverse para que la potencia transferida por el chorro sea m´axima? c) Para este ´ultimo caso, encuentre el ´angulo θ en el que la potencia es m´axima.
Respuesta:
a) Tomando un volumen de control rectangular, que incluya al ´alabe, con el fluido entrando por su lateral izquierdo y saliendo por la parte superior, aplicamos el teorema de Reynolds en un sistema de referencia en reposo, aplicado al momento, componente x: ∑ Fx = d~u dt
VC
ρux =
VC
∂ (ρux) ∂t
SC
ρux ~u · n dS
La ´unica fuerza actuante es Fx, nuestra inc´ognita. El primer t´ermino de la suma es 0 porque el sistema est´a en estado estacionario. La integral en la superficie s´olo es diferente de 0 en el chorro de entrada y en el de salida, calcul´ando:
Fx = ρV 0 (−V 0 )A 0 + ρV 1 cos θ(V 1 sin θ)Ap
donde V 1 es la velocidad del chorro de salida y Ap el ´area cortada por el VC. Si A 1 es el ´area normal del chorro de salida, A 1 = Ap sin θ. Si los efectos viscosos no son significativos, la velocidad de salida debe ser igual a la de la entrada (aplicando la integral de Bernoulli entre puntos a la misma presi´on), y por lo tanto V 1 = V 0. Por conservaci´on de masa, adem´as: A 1 = A 0 , resultando:
Fx = −ρA 0 V 02 (1 − cos θ)
Aplicado el teorema de Reynols al momento en la direcci´on y, s´olo contribuye a la integral de superficie el chorro de salida (en la entrada uy = 0 y resulta:
Fy = ρV 1 sin θ(V 1 sin θ)Ap = ρA 0 V 02 sin θ
b) Nos conviene tomar el mismo volumen de control, esta vez en un sistema de referencia que se mueva con el ´alabe. En este sistema de referencia el movimiento del fluido ser´a en estado estacionario. Podemos aplicar el teorema de Reynolds anulando la integral de volumen, y adem´as aplicar Bernoulli para obtener la velocidad de salida del chorro. En este sistema de referencia entonces las cuentas son id´enticas, salvo que debemos reemplazar la velocidad V 0 por V 0 − u. La fuerza horizontal resulta: Fx = −ρA 0 (V 0 − u)^2 (1 − cos θ) La potencia transferida es:
W = Fxu = −ρA 0 (V 0 − u)^2 (1 − cos θ)u
- Considerar el problema de un ´arbol de levas (eje) de un autom´ovil de di´ametro D.
El eje gira a N vueltas por minuto dentro de la cavidad horizontal de un rodamiento de anchura B con un peque˜no juego diametral (huel- go) h ocupado por un fluido de viscosidad μ y densidad ρ. El eje soporta una masa M colgada, produciendo en equilibrio de fuerzas (problema estacionario) una cierta excentricidad ε, tal como ejem- plifica la figura. N B
ε
Aceite
a) Mediante el an´alisis dimensional calcule la excentricidad de un eje de di´ametro 40mm y ancho 30mm rotando a 3000rpm soportando una carga de 6Kg en un ba˜no de aceite de viscosidad 0. 003 P a.s y densidad
- 8 g/cm^3 , sabiendo que en un modelo similar de di´ametro 30mm, ancho 20 mm y juego diametral de 55μm que gira a 6000rpm lubricado por una pel´ıcula de aceite de viscosidad 0. 05 P a.s y densidad 0. 75 g/cm^3 se midieron las cargas y excentricidades indicadas en la tabla.
F [N ] ε [μm] 100 8 2550 16 5000 24
Para resolver el problema, se plantean las siguientes hip´otesis:
- El ´unico efecto de la masa colgada del eje, es a trav´es de su peso.
- El huelgo h es uniforme a lo largo del todo el ancho.
- Los efectos inerciales son despreciables frente a los viscosos. b) Discutir la validez de la ´ultima hip´otesis.
Respuesta:
a) Dadas las dimensiones involucradas, se puede suponer que el flujo del lubricante tendr´a simetr´ıa de traslaci´on, es decir, que no depender´a de la posici´on axial. Con esta aproximaci´on tomamos como variable la fuerza sostenida por unidad de profundidad: F/B. Dicha fuerza podr´a ser calculada de los dem´as par´ametros del problema: La frecuencia de giro: N. El di´ametro del eje: D. El huelgo diametral: h. La excentricidad: . La viscosidad del fluido: μ. La densidad del fluido: ρ. La matriz dimensional resulta: F B N^ D^ h^ ^ μ^ ρ M 1 0 0 0 0 1 1 L 0 0 1 1 1 -1 - T -2 -1 0 0 0 -1 0 Son 7 variables dimensionales, y el rango de la matriz dimensional es 3, entonces se puede obtener una relaci´on entre 4 n´umeros adimensionales. Trataremos de que uno de ellos contenga s´olo la fuerza, otro s´olo la excentricidad (para poder utilizar la tabla del experimento). Tambi´en ser´ıa ´util obtener el n´umero de Reynolds, para utilizar la hip´otesis de que los efectos inerciales son despre- ciables frente a los viscosos. Estas consideraciones llevan a elegir como columnas independientes de la matriz dimensional a: N , D y μ. Se obtienen los n´umeros adimensionales: π 1 = (^) B μ D NF π 2 = (^) Dh
π 3 = (^) D π 4 = ρ D
(^2) N μ Si los efectos inerciales son despreciables, el resultado no depende de ρ. Las mediciones se hacen en un modelo con similaridad geom´etrica, de modo que en ambos casos se mantiene π 2 (la relaci´on huelgo/di´ametro). En definitiva podemos plantear una relaci´on: π 1 = f (π 3 ) que podemos deducir de los datos experimentales. Reescribimos la tabla dato para los n´umeros adimensionales: π 1 = (^) B μ D NF π 3 = (^) D 556 0. 14167 0. 27778 0. En el caso de inter´es, π 1 vale:
F B μ D N
6Kg 9. 8 ms 2 0 .03m 0. (^003) m sKg 0 .04m 3000s−^1
Ajustando una lineal con los datos de la tabla se obtiene:
π 3 = 0. 000362 , → = 14μm
b) La justificaci´on de que los efectos viscosos dominan a los inerciales se hace evaluando el n´umero de Reynolds. En nuestro caso se puede plantear m´as de un n´umero de Reynolds, por ejemplo: π 4 = ρN D
2 μ es una variante donde se toma como velocidad caracter´ıstica 4π^ por la velocidad tangencial del eje (N D = 4πωR) y como tama˜no caracter´ıstico el di´ametro del eje. Este n´umero vale en nuestro caso: π 4 = 800 3000 0.^04 2
- 003 = 1280000, lo que no puede justificar el despreciar las fuerzas de inercia. Sin embargo, si consideramos que el fluido en realidad se encuentra limitado a circular entre el eje y el cojinete, el tama˜no caracter´ıstico que corresponde tomar es el huelgo. El Reynolds calculado de esta forma resulta:
Reh =
ρ N D h μ
Todav´ıa este n´umero de Reynolds es bastante alto. Analicemos la relaci´on entre fuerzas viscosas y de inercia en una porci´on de fluido contenida en un sector (∆R, R∆θ, w). La aceleraci´on media de una part´ıcula ser´a del orden de V 2 /R, la masa del fluido es ρ ∆R R∆θ w. Una fuerza t´ıpica de inercia ser´a entonces: Fi = ρ V 2 ∆R ∆θw. Por otra parte una fuerza viscosa t´ıpica se puede obtener multiplicando una tensi´on viscosa por un ´area. Una tensi´on viscosa caracter´ıstica se obtiene con μ (^) ∆VR (la velocidad va desde 0 hasta V en ∆R). La superficie que corresponde a la porci´on de fluido en consideraci´on es R ∆θ w, por lo tanto una fuerza viscosa caracter´ıstica ser´a: Fv = μ (^) ∆VR w R ∆θ. La relaci´on entre estas fuerzas es:
Fi Fv
ρ V 2 ∆R ∆θ w μ (^) ∆VR R ∆θ w
ρ V ∆R μ
∆R
R
En nuestro caso, escribiendo V ' N D, ∆R ' h y R = D/2 resulta:
Fi Fv
Las fuerzas inerciales pueden alterar la distribuci´on de presiones en el fluido, pero est´an lejos de provocar la transici´on a r´egimen turbulento.
En el tramo 2, el coeficiente de rugosidad es: (^) D 2 = 012.^25. 7 mmmm = 0.02, en el tramo vertical, la mitad: Dv = 0.01. Suponiendo flujo completamente rugoso los coeficientes de fricci´on de Darcy, tomados del diagrama de Moody resultan: f 1 / 2 ′′ = 0.049, f 1 ′′ = 0.038. Resulta:
- 5 m =
v 22
- 6 m/s^2
Resolviendo: v 2 = 3. 83 m/s, el n´umero de Reynolds en el tramo 2 resulta ser: Re 2 = v^2 νD 2 = 3 .83 0. 0127 10 −^6 = 48600. Verificamos en el diagrama de Moody y resulta estar efectivamente en r´egimen completamente rugoso, el f 1 / 2 ′′ = 0.049 es correcto. En el tramo vertical el Rev es el mismo (doble di´ametro, mitad velocidad), pero para un coeficiente de rugosidad de la mitad el coeficiente de fricci´on se modifica un poco (f 1 ′′ ' 0 .039). Con este nuevo valor la velocidad v 2 casi no cambia: v 2 = 3. 82 ms. El caudal resulta: Q 2 = v 2 π D
(^22) 4 = 0.484 10
− (^3) m (^3) /s Calculando la rama que va al piso inferior resulta:
- 5 m =
1 + K 3 + 0. 049
v^23
- 6 m/s^2
donde se utiliz´o que en el tramo vertical inferior la velocidad es 14 de la velocidad en los tramos horizontales. El Re en ese tramo es la mitad, 24300 lo que da un coeficiente de fricci´on un poco mayor. Haciendo las cuentas, K 3 = 3.5.
b) Analizamos ahora la rama entre el lago y el tanque. La condici´on de mantener el nivel de tanque constante equivale a que el caudal de esta rama sea de: Q = 2Q 2 = 0.978 10−^3 m^3 /s = 58. (^7) minl. Seg´un la curva de la bomba, este punto de operaci´on corresponde a un hb = 14 − 0. 001 Q^2 =
- 55 m. Esta ganancia en la l´ınea de nivel energ´etico debe compensar las p´erdidas por fricci´on y la diferencia de alturas:
- 55 m = 6. 5 m + v^2 2 g
f
L
D
+ K 1
Haciendo las cuentas, con L = 6. 5 m, D = 0. 0254 m, se obtiene: v = 1. 93 m/s Re = 49000 f = 0. 038 K 1 = 11. 33
c) Si K 1 es menor, el nivel del tanque subir´a, si es mayor, el nivel descender´a. Podr´ıa eventualmente llegarse a un nuevo equilibrio. Por ejemplo: reemplazando los 6. 5 m en la f´ormula anterior por 5 m se obtiene el K 1 m´aximo para que el tanque no llegue a vaciarse. El dibujo no aclara cu´anto puede subir el nivel del tanque sin rebalsar.
