PAUTA CERTAMEN 1 MECANICA DE FLUIDOS · PDF filePAUTA CERTAMEN 1 MECANICA DE FLUIDOS Lunes 2...

Click here to load reader

  • date post

    27-Sep-2018
  • Category

    Documents

  • view

    236
  • download

    0

Embed Size (px)

Transcript of PAUTA CERTAMEN 1 MECANICA DE FLUIDOS · PDF filePAUTA CERTAMEN 1 MECANICA DE FLUIDOS Lunes 2...

  • PAUTA CERTAMEN 1 MECANICA DE FLUIDOSLunes 2 de Noviembre, 2015

    Problema 1:

    El canal abierto de la figura tiene una compuertafrontal de forma triangular, con ngulo y alturaH. La velocidad de aproximacin a la compuerta es V .

    Determine de que depende el caudal de descarga.

    Falta un parmetro. Cul es?.

    Reconoce algn nmero adimensional de los quehemos vistos?

    Solucin:

    El parmetro que falta es g, la gravedad que afecta al fluido

    Para estudiar este problema experimentalmente, depende de los siguientes parmetros: Q,H, , g, V .Q : [L3T1]H : [L] : [1]g : [LT2]V : [LT1]

    Unidades L y Tf(Q,H, , g, V ) = 0 = (1,2,3) = 0

    Tomando ,Q, V

    = ga Hb

    L0T 0 = [1] [LT2]a [L]b

    L : 0 = a+ bT : 0 = a

    }= a = 0

    b = 0= = g0 H0 = 1 1 =

    Q = Q ga Hb

    L0T 0 = [L3T1] [LT2]a [L]b

    L : 0 = 3 + a+ bT : 0 = 1 2a

    }= a = 1/2

    b = 5/2 = Q = Q g1/2 H5/2 =

    Q

    g1/2 H5/2=

    Qg H5/2

    V = V ga Hb

    L0T 0 = [LT1] [LT2]a [L]b

    1

  • L : 0 = 1 + a+ bT : 0 = 1 2a

    }= a = 1/2

    b = 1/2 = V = V g1/2 H1/2 =

    V

    g1/2 H1/2=

    Vg H

    (1,2,3) = 0

    (,Q,V ) = 0

    (,

    Qg H5/2

    ,Vg H

    )= 0

    OTRA FORMA DE RESOLVERLO:Para estudiar este problema experimentalmente, depende de los siguientes parmetros: Q,H, , g, V .

    Q = f(H,, g, V ) = (1,2) = 0

    Q = Ha b gc V d

    L3T1 = [L]a[1]b[LT2]c[LT1]d

    L : 3 = a+ c+ dT : 1 = 2c d

    }=

    c = 1/2 d/2

    a = 3 c d = 3 (1/2 d/2) d = 5/2 d/2

    Q = Ha b gc V d

    Q = H5/2d/2 b g1/2d/2 V d

    Q = H5/2 g1/2 b(

    V

    H1/2g1/2

    )dQ = H5/2 g1/2

    (,

    VH g

    )= Q

    g H5/2=

    (,

    Vg H

    )

    El nmero adimensional conocido es el Nmero de Froude

    Fr =Vg H

    Por lo tanto,

    (,

    Qg H5/2

    , Fr

    )= 0 o

    Qg H5/2

    = (, Fr)

    2

  • Problema 2:

    Encontrar la componente horizontal y vertical de lafuerza que ejerce el agua, de peso especfico H2O, quese encuentra al lado izquierdo del cilindro de radio Ry longitud L, que muestra la figura en una seccintransversal. El agua tiene una superficie libre a unaaltura de elevacin coincidente con la parte superiordel cilindro. Asumir que se tiene presin atmosfricaal lado derecho del cilindro.

    Solucin:

    Geometra

    xo = R sen(30o) = R

    1

    2=R

    2

    zo = R cos(30o) = R

    3

    2=R

    3

    2

    h = R+ zo = R+R

    3

    2=R (2 +

    3)

    2

    La magnitud de la fuerza horizontal que ejerce el agua sobre el fluido, corresponde a la proyeccin de lasuperficie (acd) del cilindro, ya que en el tramo (de) se anulan las fuerzas horizontales.

    Fx = H2O zc A = H2Oh

    2h L = H2O

    L

    2h2 = H2O

    L

    2

    R2 (2 +

    3)2

    4

    La ubicacin de la fuerza horizontal Fx est ubicada en el baricentro de dicha proyeccin. De esta forma lafuerza de presiones Fx se puede representar como una fuerza distribuida triangular y si se mide su posicindesde la superficie corresponde a la profundidad:

    zFx =2 h

    3=

    R (2 +

    3)

    3

    3

  • La magnitud de la fuerza vertical que ejerce el agua sobre el fluido, corresponde a la fuerza hacia arribasobre la superficie (cde) menos la fuerza hacia abajo sobre la superficie (ca), es decir el peso del volumen(abcdefa) menos el peso del volumen (abca).

    Fz = H2O

    (1

    2( +

    6) R2 +

    1

    2xo zo + xo R

    )= H2O

    (7

    12R2 +

    1

    2

    R

    2

    R

    3

    2+R

    2R

    )

    = H2O

    (7

    12+

    3

    8+

    1

    2

    )R2

    La ubicacin de la fuerza vertical est dado por:

    xFz =

    4i=1

    Ai xcmi

    4i=1

    Ai

    A1 =1

    2() R2 =

    R2

    2

    A2 = xo R =R

    2R =

    R2

    2

    A3 =1

    2xo zo =

    1

    2

    R

    2

    R

    3

    2=R2

    3

    8

    A4 =1

    2

    (6

    )R2 =

    R2

    12

    4

  • xcm1 =

    A

    x dA

    A

    dA

    =

    2

    R0

    (r sen ) r dr d

    2

    R0

    r dr d

    =

    2

    r3

    3

    R0

    sen d

    2

    r2

    2

    R0

    d

    =

    R3

    3

    2

    sen d

    R2

    2

    2

    d

    =2 R

    3

    ( cos )2

    (2 )=

    2 R

    3

    ( cos(2) + cos())()

    =2 R

    3

    (1 1)()

    = 4R3

    xcm2 =xo2

    =R

    4

    xcm3 =

    A

    x dA

    A

    dA

    =

    xo0

    3 x0

    x dz dx

    xo0

    3 x0

    dz dx

    =

    xo0

    z

    3 x

    0

    x dx

    xo0

    z

    3 x

    0

    dx

    =

    xo0

    (

    3 x2) dx

    xo0

    (

    3 x) dx

    =

    x3o3x2o2

    =2 xo

    3=R

    3

    xcm4 =

    A

    x dA

    A

    dA

    =

    /60

    R0

    (r sen ) r dr d

    /60

    R0

    r dr d

    =

    /60

    r3

    3

    R0

    sen d

    /60

    r2

    2

    R0

    d

    =

    R3

    3

    /60

    sen d

    R2

    2

    /60

    d

    =2 R

    3

    ( cos )/60

    (/6 0)=

    2 R

    3

    ( cos(/6) + cos(0))(/6 0)

    =2 R

    3

    (

    3/2 + 1)

    (/6)=

    2R

    (2

    3)

    xFz =A1 xcm1 + A2 xcm2 + A3 xcm3 + A4 xcm4

    A1 +A2 +A3 +A4

    =

    R2

    2

    ( 4R

    3

    )+

    R2

    2

    R

    4+

    R2

    3

    8

    R

    3+

    R2

    12

    2R

    (2

    3)

    R2

    2+R2

    2+R2

    3

    8+ R2

    12

    5

  • Problema 3:

    Un recipiente de seccin como muestra la figura, se ubica sobre una tornamesa que se hace girar con velocidadangular constante ~ en sentido contrario de las agujas del reloj respecto de un eje excntrico a la ubicacindel recipiente. Determinar la altura de la superficie libre en r = 0 y r = R, si el nivel del fluido cuando elsistema no gira es h.

    Solucin:

    El fluido est en condiciones de equilibrio mecnico, por lo tanto:

    p = ~fb

    En este caso, usaremos coordenadas cilndricas, y el gradiente en estas coordenadas es:

    =(

    r,

    1

    r

    ,

    z

    )El vector aceleracin en este caso es:

    ~fb = (2r, 0,g)

    Por lo tanto:

    p = ~fb(p

    r,

    1

    r

    p

    ,p

    z

    )= (2r, 0,g)

    Procedimiento:

    (1) Sea p = p(r, , z)

    6

  • (2)p

    r= 2r

    dp =

    2r dr

    p(r, , z) = 2r2

    2+ (, z)

    (3)p

    z= g

    z

    ( 2

    r2

    2+ (, z)

    )= g

    z

    ( 2

    r2

    2

    )

    0

    +

    z(, z) = g

    d =

    g dz

    (, z) = g z + ()

    Luego,

    p(r, , z) = 2r2

    2+ (, z)

    = 2r2

    2 g z + ()

    (4)1

    r

    p

    = 0

    1

    r

    ( 2

    r2

    2 g z + ()

    )= 0 r 6= 0

    ( 2

    r2

    2

    )

    0

    ( g z) 0

    +

    (()) = 0

    d()

    d= 0

    () = C (C = constante)

    (5) Finalmente,

    p(r, , z) = 2r2

    2 g z + C

    (6) Condicin en r = 0, z = h1, p(0, , h1) = patm.

    p(0, , h) = 202

    2 g h1 + C

    patm = g h1 + Cpatm + g h1 = C

    7

  • (7) Siendo, h1 6 h 6 h2.

    p(r, , z) = 2r2

    2 g z + C

    = 2r2

    2 g (z h1) + patm

    (8) Si la presin es constante, entonces,

    p(r, , z) = 2r2

    2 g (z h1) + patm

    pconst. = 2 r

    2

    2 g (z h1) + patm

    g z = 2r2

    2+ g h1 + patm pconst.

    z =2

    g

    r2

    2+ h1 +

    patm pconst. g

    constante

    z =2

    g

    r2

    2+ Co

    Las superficies de presin constante, incluyendo la superficie libre, son paraboloides.

    El problema radica en encontrar la distribucin de masa o lo que es lo mismo, la posicin de la superficielibre. Para ello se debe conservar el volume.

    Vinicial =

    h0

    0

    R0

    r dr d dz =

    h0

    0

    R0

    r dr d dz =

    h0

    0

    r2

    2

    R0

    d dz =R2

    2

    h0

    0

    d dz =R2

    2 h =

    2h R2

    Vinicial = V1 + V2

    h1

    r

    z

    R

    h2

    V1

    V2

    8

  • V1 =

    h10

    0

    R0

    r dr d dz =

    h10

    0

    R0

    r dr d dz =

    h10

    0

    r2

    2

    R0

    d dz =R2

    2

    h10

    0

    d dz =

    2h1 R

    2

    Para el V2, z corresponde a la superficie libre, por lo tanto all la la pconst. = patm.

    z =2

    g

    r2

    2+ h1 +

    patm pconst. g

    z =2

    g

    r2

    2+ h1 +

    patm patm g

    z =2

    g

    r2

    2+ h1

    Por lo tanto, en R = h2 =2R2

    2g+ h1

    V2 =

    0

    R0

    2r2

    2g +h1h1

    dz r dr d =

    0

    R0

    z

    2r2

    2g +h1

    h1

    r dr d =

    0

    R0

    2r2

    2gr dr d =

    0

    2r3

    6g

    R0

    d = 2R3

    6g

    Vinicial = V1 + V2

    2h R2 =

    2h1 R

    2 +

    2

    2R3

    3g

    h = h1 +2R

    3g

    h 2R

    3g= h1

    As, h2 =2R2

    2g+ h

    2R

    3g

    La fuerza resultante de presin es:

    Siendo, h1 6 h 6 h2.

    p(r, , z) = 2r2

    2 g z + C

    = 2r2

    2 g (z h1) + patm

    = 2r2

    2 g

    (z

    (h

    2R

    3g

    ))+ patm

    = 2r2

    2 g

    (z h+

    2R

    3g

    )+ patm

    = 2r2

    2 g z + g h g

    2R

    3g+ patm

    cte

    9

  • dF = p dA

    F =

    p dA

    10