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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 ángulo φ y alturaH. La velocidad de aproximación a la compuerta es V̄ .
Determine de que depende el caudal de descarga.
Falta un parámetro. ¿Cuál es?.
¿Reconoce algún número adimensional de los quehemos vistos?
Solución:
El parámetro que falta es g, la gravedad que afecta al fluido
Para estudiar este problema experimentalmente, depende de los siguientes parámetros: Q,H, φ, g, V̄ .Q : [L3T−1]H : [L]φ : [1]g : [LT−2]V̄ : [LT−1]
Unidades L y Tf(Q,H, φ, g, V̄ ) = 0 =⇒ Ψ(Π1,Π2,Π3) = 0
Tomando φ,Q, V̄
Πφ = φ ga Hb
L0T 0 = [1] [LT−2]a [L]b
L : 0 = a+ bT : 0 = −a
}=⇒ a = 0
b = 0=⇒ Πφ = φ g0 H0 = φ · 1 · 1 = φ
ΠQ = Q ga Hb
L0T 0 = [L3T−1] [LT−2]a [L]b
L : 0 = 3 + a+ bT : 0 = −1− 2a
}=⇒ a = −1/2
b = −5/2=⇒ ΠQ = Q g−1/2 H−5/2 =
Q
g1/2 H5/2=
Q√g H5/2
ΠV̄ = V̄ ga Hb
L0T 0 = [LT−1] [LT−2]a [L]b
1
L : 0 = 1 + a+ bT : 0 = −1− 2a
}=⇒ a = −1/2
b = −1/2=⇒ ΠV̄ = V̄ g−1/2 H−1/2 =
V̄
g1/2 H1/2=
V̄√g H
Ψ(Π1,Π2,Π3) = 0
Ψ(Πφ,ΠQ,ΠV̄ ) = 0
Ψ
(φ,
Q√g H5/2
,V̄√g H
)= 0
OTRA FORMA DE RESOLVERLO:Para estudiar este problema experimentalmente, depende de los siguientes parámetros: Q,H, φ, g, V̄ .
Q = f(H,φ, g, V̄ ) =⇒ Ψ(Π1,Π2) = 0
Q = Ha φb gc V̄ d
L3T−1 = [L]a[1]b[LT−2]c[LT−1]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 φb gc V̄ d
Q = H5/2−d/2 φb g1/2−d/2 V̄ d
Q = H5/2 g1/2 φb(
V̄
H1/2g1/2
)dQ = H5/2 g1/2 Φ
(φ,
V̄√H g
)=⇒ Q
√g H5/2
= Φ
(φ,
V̄√g H
)
El número adimensional conocido es el Número de Froude
Fr =V̄√g H
Por lo tanto,
Ψ
(φ,
Q√g H5/2
, Fr
)= 0 o
Q√g H5/2
= Φ (φ, Fr)
2
Problema 2:
Encontrar la componente horizontal y vertical de lafuerza que ejerce el agua, de peso específico γH2O, quese encuentra al lado izquierdo del cilindro de radio Ry longitud L, que muestra la figura en una seccióntransversal. El agua tiene una superficie libre a unaaltura de elevación coincidente con la parte superiordel cilindro. Asumir que se tiene presión atmosféricaal lado derecho del cilindro.
Solución:
Geometría
xo = R sen(30o) = R1
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 proyección de lasuperficie (acd) del cilindro, ya que en el tramo (de) se anulan las fuerzas horizontales.
Fx = γH2O zc A = γH2Oh
2h L = γH2O
L
2h2 = γH2O
L
2
R2 (2 +√
3)2
4
La ubicación de la fuerza horizontal Fx está ubicada en el baricentro de dicha proyección. De esta forma lafuerza de presiones Fx se puede representar como una fuerza distribuida triangular y si se mide su posicióndesde 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 = γH2O
(1
2(π +
π
6) R2 +
1
2xo zo + xo R
)= γH2O
(7π
12R2 +
1
2
R
2
R√
3
2+R
2R
)
= γH2O
(7π
12+
√3
8+
1
2
)R2
La ubicación de la fuerza vertical está dado por:
xFz=
4∑i=1
Ai xcmi
4∑i=1
Ai
A1 =1
2(π) R2 =
π 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
(π6
)R2 =
π R2
12
4
xcm1=
∫A
x dA
∫A
dA
=
2π∫π
R∫0
(r sen θ) r dr dθ
2π∫π
R∫0
r dr dθ
=
2π∫π
r3
3
∣∣∣∣R0
sen θ dθ
2π∫π
r2
2
∣∣∣∣R0
dθ
=
R3
3
2π∫π
sen θ dθ
R2
2
2π∫π
dθ
=2 R
3
(− cos θ)
∣∣∣∣2ππ
(2π − π)=
2 R
3
(− cos(2π) + cos(π))
(π)=
2 R
3
(−1− 1)
(π)= − 4R
3π
xcm2=
xo2
=R
4
xcm3=
∫A
x dA
∫A
dA
=
xo∫0
−√
3 x∫0
x dz dx
xo∫0
−√
3 x∫0
dz dx
=
xo∫0
z
∣∣∣∣−√
3 x
0
x dx
xo∫0
z
∣∣∣∣−√
3 x
0
dx
=
xo∫0
(−√
3 x2) dx
xo∫0
(−√
3 x) dx
=
x3o
3x2o
2
=2 xo
3=R
3
xcm4=
∫A
x dA
∫A
dA
=
π/6∫0
R∫0
(r sen θ) r dr dθ
π/6∫0
R∫0
r dr dθ
=
π/6∫0
r3
3
∣∣∣∣R0
sen θ dθ
π/6∫0
r2
2
∣∣∣∣R0
dθ
=
R3
3
π/6∫0
sen θ dθ
R2
2
π/6∫0
dθ
=2 R
3
(− cos θ)
∣∣∣∣π/60
(π/6− 0)=
2 R
3
(− cos(π/6) + cos(0))
(π/6− 0)=
2 R
3
(−√
3/2 + 1)
(π/6)=
2R
π(2−
√3)
xFz=
A1 xcm1+ A2 xcm2
+ A3 xcm3+ A4 xcm4
A1 +A2 +A3 +A4
=
π R2
2
(− 4R
3π
)+
R2
2
R
4+
R2√
3
8
R
3+
π R2
12
2R
π(2−
√3)
π R2
2+R2
2+R2√
3
8+π R2
12
5
Problema 3:
Un recipiente de sección como muestra la figura, se ubica sobre una tornamesa que se hace girar con velocidadangular constante ~ω en sentido contrario de las agujas del reloj respecto de un eje excéntrico a la ubicacióndel 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.
Solución:
El fluido está en condiciones de equilibrio mecánico, por lo tanto:
∇p = ρ ~fb
En este caso, usaremos coordenadas cilíndricas, y el gradiente en estas coordenadas es:
∇ =
(∂
∂r,
1
r
∂
∂θ,∂
∂z
)El vector aceleración en este caso es:
~fb = (ω2r, 0,−g)
Por lo tanto:
∇p = ρ ~fb(∂p
∂r,
1
r
∂p
∂θ,∂p
∂z
)= ρ (ω2r, 0,−g)
Procedimiento:
(1) Sea p = p(r, θ, z)
6
(2)∂p
∂r= ρ ω2r ∫
dp =
∫ρ ω2r · dr
p(r, θ, z) = ρ ω2 r2
2+ ψ(θ, z)
(3)∂p
∂z= − ρ g
∂
∂z
(ρ ω2 r2
2+ ψ(θ, z)
)= − ρ g
∂
∂z
(ρ ω2 r2
2
)︸ ︷︷ ︸
0
+∂
∂zψ(θ, z) = − ρ g
∫dψ =
∫− ρ g dz
ψ(θ, z) = −ρ g z + ϕ(θ)
Luego,
p(r, θ, z) = ρ ω2 r2
2+ ψ(θ, z)
= ρ ω2 r2
2− ρ g z + ϕ(θ)
(4)1
r
∂p
∂θ= 0
1
r
∂
∂θ
(ρ ω2 r2
2− ρ g z + ϕ(θ)
)= 0 r 6= 0
∂
∂θ
(ρ ω2 r2
2
)︸ ︷︷ ︸
0
− ∂
∂θ(ρ g z)︸ ︷︷ ︸
0
+∂
∂θ(ϕ(θ)) = 0
dϕ(θ)
dθ= 0
ϕ(θ) = C (C = constante)
(5) Finalmente,
p(r, θ, z) = ρ ω2 r2
2− ρ g z + C
(6) Condición en r = 0, z = h1, p(0, θ, h1) = patm.
p(0, θ, h) = ρ ω2 02
2− ρ g h1 + C
patm = −ρ g h1 + C
patm + ρ g h1 = C
7
(7) Siendo, h1 6 h 6 h2.
p(r, θ, z) = ρ ω2 r2
2− ρ g z + C
= ρ ω2 r2
2− ρ g (z − h1) + patm
(8) Si la presión es constante, entonces,
p(r, θ, z) = ρ ω2 r2
2− ρ g (z − h1) + patm
pconst. = ρ ω2 r2
2− ρ g (z − h1) + patm
ρ g z = ρ ω2 r2
2+ ρ g h1 + patm − pconst.
z =ω2
g
r2
2+ h1 +
patm − pconst.ρ g︸ ︷︷ ︸
constante
z =ω2
g
r2
2+ Co
Las superficies de presión constante, incluyendo la superficie libre, son paraboloides.
El problema radica en encontrar la distribución de masa o lo que es lo mismo, la posición de la superficielibre. Para ello se debe conservar el volume.
Vinicial =
h∫0
θ∫0
R∫0
r dr dθ dz =
h∫0
θ∫0
R∫0
r dr dθ dz =
h∫0
θ∫0
r2
2
∣∣∣∣R0
dθ dz =R2
2
h∫0
θ∫0
dθ dz =R2
2θ h =
θ
2h R2
Vinicial = V1 + V2
h1
r
z
R
h2
V1
V2
8
V1 =
h1∫0
θ∫0
R∫0
r dr dθ dz =
h1∫0
θ∫0
R∫0
r dr dθ dz =
h1∫0
θ∫0
r2
2
∣∣∣∣R0
dθ dz =R2
2
h1∫0
θ∫0
dθ dz =θ
2h1 R
2
Para el V2, z corresponde a la superficie libre, por lo tanto allí la la pconst. = patm.
z =ω2
g
r2
2+ h1 +
patm − pconst.ρ g
z =ω2
g
r2
2+ h1 +
patm − patmρ g
z =ω2
g
r2
2+ h1
Por lo tanto, en R =⇒ h2 =ω2R2
2g+ h1
V2 =
θ∫0
R∫0
ω2r2
2g +h1∫h1
dz r dr dθ =
θ∫0
R∫0
z
∣∣∣∣ω2r2
2g +h1
h1
r dr dθ =
θ∫0
R∫0
ω2r2
2gr dr dθ =
θ∫0
ω2r3
6g
∣∣∣∣R0
dθ = θω2R3
6g
Vinicial = V1 + V2
θ
2h R2 =
θ
2h1 R
2 +θ
2
ω2R3
3g
h = h1 +ω2R
3g
h− ω2R
3g= h1
Así, h2 =ω2R2
2g+ h− ω2R
3g
La fuerza resultante de presión es:
Siendo, h1 6 h 6 h2.
p(r, θ, z) = ρ ω2 r2
2− ρ g z + C
= ρ ω2 r2
2− ρ g (z − h1) + patm
= ρ ω2 r2
2− ρ g
(z −
(h− ω2R
3g
))+ patm
= ρ ω2 r2
2− ρ g
(z − h+
ω2R
3g
)+ patm
= ρ ω2 r2
2− ρ g z + ρ g h− ρ g ω
2R
3g+ patm︸ ︷︷ ︸
cte
9
dF = p dA
F =
∫ ∫p dA
10
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