Solucion fluidos

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Pauta Auxiliar 1 CI3101 Primavera 2014 Problema 1 a) En primer lugar, notar que para este caso, la ecuaciΓ³n de Newton Navier estΓ‘ dada por: = = ( 1) Sabiendo que el esfuerzo es una fuerza por unidad de Γ‘rea, y utilizando ( 1): = = ( 2) Luego, el torque aplicado puede escribirse como = ( 3) Reemplazando ( 2) en ( 3) = 2 ( 4) Trabajando en coordenadas cilΓ­ndricas, tenemos: = ( 5) Reemplazando ( 5) en ( 4) = 3 ( 6) ∫ = ∫ ∫ 3 0 2 0 ( 7) = 4 2 ( 8) ∫ 0 = 4 2 ∫ Ξ© 0 ( 9) = 4 2 Ξ© ( 10) Ξ©= 2 4 ( 11) b) Utilizando la relaciΓ³n entre el momento de inercia, la aceleraciΓ³n angular y la suma de torques: ̈ = Ξ£ ( 12) Utilizando lo obtenido en la parte a) y reordenando los tΓ©rminos de la ecuaciΓ³n ( 11) Μ‡ =βˆ’ 4 2 ( 13) Notar que no es constante, dado que al dejar de aplicar el torque el sistema comienza a desacelerar.

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guia del curso mecanica de fluidos universidad de chile

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Page 1: Solucion fluidos

Pauta Auxiliar 1 CI3101 Primavera 2014

Problema 1

a) En primer lugar, notar que para este caso, la ecuaciΓ³n de Newton Navier estΓ‘

dada por:

𝜏 = πœ‡π‘‘π›Ύ

𝑑𝑑= πœ‡π‘Ÿ

π‘‘πœ”

𝑑𝑧

( 1)

Sabiendo que el esfuerzo es una fuerza por unidad de Γ‘rea, y utilizando ( 1):

𝑑𝐹 = πœπ‘‘π΄ = πœ‡π‘Ÿπ‘‘πœ”

𝑑𝑧𝑑𝐴

( 2)

Luego, el torque aplicado puede escribirse como

𝑑𝑇 = π‘Ÿπ‘‘πΉ ( 3)

Reemplazando ( 2) en ( 3)

𝑑𝑇 = πœ‡π‘Ÿ2π‘‘πœ”

𝑑𝑧𝑑𝐴

( 4)

Trabajando en coordenadas cilΓ­ndricas, tenemos:

𝑑𝐴 = π‘Ÿπ‘‘π‘Ÿπ‘‘πœƒ ( 5)

Reemplazando ( 5) en ( 4)

𝑑𝑇 = πœ‡π‘Ÿ3π‘‘πœ”

π‘‘π‘§π‘‘π‘Ÿπ‘‘πœƒ

( 6)

βˆ«π‘‘π‘‡ = ∫ ∫ πœ‡π‘Ÿ3π‘‘πœ”

π‘‘π‘§π‘‘π‘Ÿπ‘‘πœƒ

𝑅

0

2πœ‹

0

( 7)

𝑇 =πœ‡π‘…4πœ‹

2

π‘‘πœ”

𝑑𝑧

( 8)

𝑇 βˆ«π‘‘π‘§

πœ–

0

=πœ‡π‘…4πœ‹

2∫ π‘‘πœ”

Ξ©

0

( 9)

π‘‡πœ– =πœ‡π‘…4πœ‹

2Ξ©

( 10)

Ξ© =2π‘‡πœ–

πœ‡π‘…4πœ‹

( 11)

b) Utilizando la relaciΓ³n entre el momento de inercia, la aceleraciΓ³n angular y la suma de

torques:

𝐼�̈� = Σ𝑇 ( 12)

Utilizando lo obtenido en la parte a) y reordenando los tΓ©rminos de la ecuaciΓ³n ( 11)

𝐼�̇� = βˆ’πœ‡πœ‹π‘…4πœ”

2πœ–

( 13)

Notar que πœ” no es constante, dado que al dejar de aplicar el torque 𝑇 el sistema

comienza a desacelerar.

Page 2: Solucion fluidos

πΌπ‘‘πœ”

𝑑𝑑= βˆ’

πœ‡πœ‹π‘…4πœ”

2πœ–

( 14)

π‘‘πœ”

πœ”= βˆ’

πœ‡πœ‹π‘…4

2πœ–πΌπ‘‘π‘‘

( 15)

βˆ«π‘‘πœ”

πœ”

Ξ±Ξ©

Ξ©

= βˆ’βˆ«πœ‡πœ‹π‘…4

2πœ–πΌπ‘‘π‘‘

π‘‘βˆ—

0

( 16)

lnΞ±Ξ©

Ξ©= βˆ’

πœ‡πœ‹π‘…4

2πœ–πΌπ‘‘βˆ—

( 17)

π‘‘βˆ— = βˆ’2πœ–πΌ

πœ‡πœ‹π‘…4ln 𝛼

( 18)

Problema 2

En primer lugar, identifiquemos las fuerzas involucradas:

Partamos calculando 𝐹1, con su respectivo brazo de aplicación respecto a la bisagra. La fuerza

𝐹1 viene dada por el prisma de presiones:

Usando lo anterior:

𝐹1 = 𝜌0𝑔𝐻𝑅 +𝜌0𝑔𝑅2

2

( 19)

El brazo de aplicaciΓ³n se calcula ponderando las Γ‘reas:

𝜌0𝑔𝐻

𝑅

𝜌0𝑔(𝐻 + 𝑅)

O o

H

𝐹1

𝐹2

π‘Š

Page 3: Solucion fluidos

π‘Œ1 =𝜌0𝑔𝐻𝑅

𝑅2

+𝜌0𝑔𝑅2

22𝑅3

𝜌0𝑔𝐻𝑅 +𝜌0𝑔𝑅2

2

=3𝐻𝑅 + 2𝑅2

3(2𝐻 + 𝑅)

( 20)

Ahora, fijÑndonos en la fuerza 𝐹2, tenemos que viene determinada por el empuje producido por

la siguiente figura:

Calculando el volumen de la figura, se llega a:

𝐹2 = 𝜌0𝑔𝑅𝐻 +πœ‹π‘…2

4𝜌0𝑔

( 21)

El brazo de aplicaciΓ³n, estΓ‘ nuevamente definido por la ponderaciΓ³n de las Γ‘reas y utilizando la

indicaciΓ³n del centro de gravedad (Ojo que en la indicaciΓ³n el centro de gravedad es respecto

al centro, nosotros necesitamos respecto a un extremo del cΓ­rculo).

𝑋2 =𝜌0𝑔𝑅𝐻

𝑅2 +

πœ‹π‘…2

4 𝜌0𝑔 (𝑅 βˆ’4𝑅3πœ‹

)

𝜌0𝑔𝑅𝐻 +πœ‹π‘…2

4 𝜌0𝑔=

𝑅((3πœ‹ βˆ’ 4)𝑅 + 6𝐻)

3(πœ‹π‘… + 4𝐻)

( 22)

Por ΓΊltimo, solo falta calcular el peso del tapΓ³n, el que se puede calcular fΓ‘cilmente, al igual que

su punto de aplicaciΓ³n:

π‘Š = πœŒπœ‹π‘…2 ( 23)

π‘‹π‘Š = 𝑅 ( 24)

Ahora, solo falta tomar torque respecto a la bisagra para llegar a la condiciΓ³n de equilibrio.

Ξ£οΏ½βƒ—οΏ½ = 0 ( 25)

𝐹1π‘Œ1 + 𝐹2𝑋2 = π‘Šπ‘‹π‘Š ( 26)

Usando ( 19), ( 20), ( 21), ( 22), ( 23) y ( 24)

(𝜌0𝑔𝐻𝑅 +𝜌0𝑔𝑅2

2)(

3𝐻𝑅 + 2𝑅2

3(2𝐻 + 𝑅)) + (𝜌0𝑔𝑅𝐻 +

πœ‹π‘…2

4𝜌0𝑔)(

𝑅((3πœ‹ βˆ’ 4)𝑅 + 6𝐻)

3(πœ‹π‘… + 4𝐻))

= πœŒπœ‹π‘…2𝑅

( 27)

𝜌 =

(𝜌0𝑔𝐻𝑅 +𝜌0𝑔𝑅2

2) (

3𝐻𝑅 + 2𝑅2

3(2𝐻 + 𝑅)) + (𝜌0𝑔𝑅𝐻 +πœ‹π‘…2

4𝜌0𝑔)(

𝑅((3πœ‹ βˆ’ 4)𝑅 + 6𝐻)

3(πœ‹π‘… + 4𝐻) )

πœ‹π‘…3

( 28)

𝑅

𝐻

𝑅

Page 4: Solucion fluidos

Problema 3

Junto con cada fuerza, calcularemos su respectivo brazo de aplicaciΓ³n.

a) Veamos cΓ³mo actΓΊa la presiΓ³n en cada semicΓ­rculo:

AquΓ­ podemos ver claramente que al ser la fuerza de presiΓ³n

uniforme en todo el gas, estas se anulan en la direcciΓ³n

vertical.

β‡’ 𝐹𝐺𝑉1 = 0

AnΓ‘logamente para el semicΓ­rculo inferior:

Aplicando el mismo razonamiento anterior, la fuerza vertical

sobre este semicΓ­rculo es nula.

β‡’ 𝐹𝐺𝑉2 = 0

b) Como la presiΓ³n es uniforme, la fuerza ejercida sobre la superficie proyectada

horizontalmente es:

𝐹𝐺𝐻 = 𝑝𝐺4𝑅 ( 29)

Y su punto de aplicaciΓ³n respecto a la bisagra es:

π‘ŒπΊπ» = 2𝑅 ( 30)

c) Analizando grΓ‘ficamente cada semicΓ­rculo

Page 5: Solucion fluidos

Vemos que el semicΓ­rculo superior ejerce

una fuerza descendente, dada por:

𝐹𝐿𝑉1 =π›Ύπœ‹π‘…2

2

( 31)

Si ubicamos el eje de referencia en la bisagra, con el sentido positivo hacia la derecha, el brazo

de aplicaciΓ³n estΓ‘ dado por:

𝑋𝐿𝑉1 = βˆ’4𝑅

3πœ‹

( 32)

AnΓ‘logamente, para el semicΓ­rculo inferior:

Por lo tanto, este semicΓ­rculo ejerce una

fuerza neta ascendente, dada por:

𝐹𝐿𝑉2 =π›Ύπœ‹π‘…2

2

( 33)

𝑋𝐿𝑉2 =4𝑅

3πœ‹

( 34)

Luego, la fuerza neta vertical del lΓ­quido sobre la compuerta estΓ‘ dada por:

𝐹𝐿𝑉 = 𝐹𝐿𝑉2 βˆ’ 𝐹𝐿𝑉1 = 0 ( 35)

d) La fuerza horizontal ejercida por el lΓ­quido viene dada por el prisma de presiones:

=

=

Page 6: Solucion fluidos

AsΓ­, la fuerza horizontal ejercida por el lΓ­quido es:

𝐹𝐿𝐻 = 𝛾𝐻4𝑅 +4𝑅𝛾4𝑅

2= 𝛾𝐻4𝑅 + 8𝛾𝑅2

( 36)

Su brazo de aplicaciΓ³n, respecto a la bisagra es:

π‘ŒπΏπ» =𝛾𝐻4𝑅2𝑅 + 8𝛾𝑅2 8𝑅

3𝛾𝐻4𝑅 + 8𝛾𝑅2

=6𝑅𝐻 + 16𝑅2

3(𝐻 + 2𝑅)

( 37)

e) Por ΓΊltimo, para asegurar que la compuerta no se abra, debemos imponer:

βˆ‘οΏ½βƒ—οΏ½ = 0 ( 38)

πΉπΊπ»π‘ŒπΊπ» + 𝐹𝐿𝑉1𝑋𝐿𝑉1 + 𝐹𝐿𝑉2𝑋𝐿𝑉2 = πΉπΏπ»π‘ŒπΏπ» ( 39)

𝑝𝐺4𝑅2𝑅 +π›Ύπœ‹π‘…2

2

4𝑅

3πœ‹+

π›Ύπœ‹π‘…2

2

4𝑅

3πœ‹= (𝛾𝐻4𝑅 + 8𝛾𝑅2) (

6𝑅𝐻 + 16𝑅2

3(𝐻 + 2𝑅))

( 40)

Despejando 𝑝𝐺 se llega a:

𝑝𝐺 = (𝛾𝐻 + 2𝛾𝑅)(6𝐻 + 16𝑅)

6(𝐻 + 2𝑅)βˆ’

𝛾𝑅

6πœ‹

( 41)

Problema 4

En la condiciΓ³n con giro tomamos un sistema de referencia como el descrito en la figura:

4𝑅

𝛾𝐻

𝛾(𝐻 + 4𝑅)

H

R

π‘Ÿ

g

𝑧

Ξ”

Ξ”

Ξ©

Page 7: Solucion fluidos

Se sabe que para un sistema girando, la distribuciΓ³n de presiones estΓ‘ dada por:

𝑃 =𝜌Ω2π‘Ÿ2

2βˆ’ πœŒπ‘”π‘§ + 𝑐

( 42)

𝑃(π‘Ÿ = 0, 𝑧 = βˆ’Ξ”) = π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š ( 43)

π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š = πœŒπ‘”Ξ” + 𝑐 ( 44)

𝑐 = π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š βˆ’ πœŒπ‘”Ξ” ( 45)

Reemplazando en ( 42).

𝑃 =𝜌Ω2π‘Ÿ2

2βˆ’ πœŒπ‘”π‘§ + π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š βˆ’ πœŒπ‘”Ξ”

( 46)

Ahora, evaluando en la interfaz liquido-gas del lado derecho:

𝑃𝐺 =𝜌Ω2𝑅2

2βˆ’ πœŒπ‘”(Ξ”) + π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š βˆ’ πœŒπ‘”Ξ”

( 47)

𝑃𝐺 =𝜌Ω2𝑅2

2+ π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š βˆ’ 2πœŒπ‘”Ξ”

( 48)

Por otro lado, al tener proceso isotΓ©rmico tenemos:

π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘šπ»πœ‹ (𝑑

2)2

= 𝑃𝐺(𝐻 βˆ’ Ξ”)πœ‹ (𝑑

2)2

( 49)

Ξ” = 𝐻 (1 βˆ’π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š

𝑃𝐺)

( 50)

Reemplazando ( 50) en ( 48):

𝑃𝐺 =𝜌Ω2𝑅2

2+ π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š βˆ’ 2πœŒπ‘”π» (1 βˆ’

π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š

𝑃𝐺)

( 51)

Reordenando tΓ©rminos:

𝑃𝐺2 + 𝑃𝐺 (2πœŒπ‘”π» βˆ’ π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š βˆ’

𝜌Ω2𝑅2

2) βˆ’ 2πœŒπ‘”π»π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š = 0

( 52)

Denominando:

𝐡 = 2πœŒπ‘”π» βˆ’ π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š βˆ’πœŒΞ©2𝑅2

2

( 53)

𝐢 = βˆ’2πœŒπ‘”π»π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š ( 54)

𝑃𝐺 =βˆ’π΅ Β± √𝐡2 βˆ’ 4𝐢

2

( 55)

Se elige la soluciΓ³n positiva dado que la presiΓ³n debe ser positiva

𝑃𝐺 =βˆ’π΅ + √𝐡2 βˆ’ 4𝐢

2

( 56)

Luego, reemplazando ( 56) en ( 50)

Ξ” = 𝐻 (1 βˆ’π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š

𝑃𝐺) = 𝐻 (1 βˆ’

2π‘ƒπ‘Žπ‘‘π‘š

βˆ’π΅ + √𝐡2 βˆ’ 4𝐢)

( 57)