Solucion fluidos
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Transcript of 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:
π = πππΎ
ππ‘= ππ
ππ
ππ§
( 1)
Sabiendo que el esfuerzo es una fuerza por unidad de Γ‘rea, y utilizando ( 1):
ππΉ = πππ΄ = ππππ
ππ§ππ΄
( 2)
Luego, el torque aplicado puede escribirse como
ππ = πππΉ ( 3)
Reemplazando ( 2) en ( 3)
ππ = ππ2ππ
ππ§ππ΄
( 4)
Trabajando en coordenadas cilΓndricas, tenemos:
ππ΄ = πππππ ( 5)
Reemplazando ( 5) en ( 4)
ππ = ππ3ππ
ππ§ππππ
( 6)
β«ππ = β« β« ππ3ππ
ππ§ππππ
π
0
2π
0
( 7)
π =ππ 4π
2
ππ
ππ§
( 8)
π β«ππ§
π
0
=ππ 4π
2β« ππ
Ξ©
0
( 9)
ππ =ππ 4π
2Ξ©
( 10)
Ξ© =2ππ
ππ 4π
( 11)
b) Utilizando la relaciΓ³n entre el momento de inercia, la aceleraciΓ³n angular y la suma de
torques:
πΌοΏ½ΜοΏ½ = Ξ£π ( 12)
Utilizando lo obtenido en la parte a) y reordenando los tΓ©rminos de la ecuaciΓ³n ( 11)
πΌοΏ½ΜοΏ½ = βπππ 4π
2π
( 13)
Notar que π no es constante, dado que al dejar de aplicar el torque π el sistema
comienza a desacelerar.
πΌππ
ππ‘= β
πππ 4π
2π
( 14)
ππ
π= β
πππ 4
2ππΌππ‘
( 15)
β«ππ
π
Ξ±Ξ©
Ξ©
= ββ«πππ 4
2ππΌππ‘
π‘β
0
( 16)
lnΞ±Ξ©
Ξ©= β
πππ 4
2ππΌπ‘β
( 17)
π‘β = β2ππΌ
πππ 4ln πΌ
( 18)
Problema 2
En primer lugar, identifiquemos las fuerzas involucradas:
Partamos calculando πΉ1, con su respectivo brazo de aplicaciΓ³n respecto a la bisagra. La fuerza
πΉ1 viene dada por el prisma de presiones:
Usando lo anterior:
πΉ1 = π0ππ»π +π0ππ 2
2
( 19)
El brazo de aplicaciΓ³n se calcula ponderando las Γ‘reas:
π0ππ»
π
π0π(π» + π )
O o
H
πΉ1
πΉ2
π
π1 =π0ππ»π
π 2
+π0ππ 2
22π 3
π0ππ»π +π0ππ 2
2
=3π»π + 2π 2
3(2π» + π )
( 20)
Ahora, fijΓ‘ndonos en la fuerza πΉ2, tenemos que viene determinada por el empuje producido por
la siguiente figura:
Calculando el volumen de la figura, se llega a:
πΉ2 = π0ππ π» +ππ 2
4π0π
( 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).
π2 =π0ππ π»
π 2 +
ππ 2
4 π0π (π β4π 3π
)
π0ππ π» +ππ 2
4 π0π=
π ((3π β 4)π + 6π»)
3(ππ + 4π»)
( 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 = πππ 2 ( 23)
ππ = π ( 24)
Ahora, solo falta tomar torque respecto a la bisagra para llegar a la condiciΓ³n de equilibrio.
Ξ£οΏ½βοΏ½ = 0 ( 25)
πΉ1π1 + πΉ2π2 = πππ ( 26)
Usando ( 19), ( 20), ( 21), ( 22), ( 23) y ( 24)
(π0ππ»π +π0ππ 2
2)(
3π»π + 2π 2
3(2π» + π )) + (π0ππ π» +
ππ 2
4π0π)(
π ((3π β 4)π + 6π»)
3(ππ + 4π»))
= πππ 2π
( 27)
π =
(π0ππ»π +π0ππ 2
2) (
3π»π + 2π 2
3(2π» + π )) + (π0ππ π» +ππ 2
4π0π)(
π ((3π β 4)π + 6π»)
3(ππ + 4π») )
ππ 3
( 28)
π
π»
π
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 πΉπΊπ1 = 0
AnΓ‘logamente para el semicΓrculo inferior:
Aplicando el mismo razonamiento anterior, la fuerza vertical
sobre este semicΓrculo es nula.
β πΉπΊπ2 = 0
b) Como la presiΓ³n es uniforme, la fuerza ejercida sobre la superficie proyectada
horizontalmente es:
πΉπΊπ» = ππΊ4π ( 29)
Y su punto de aplicaciΓ³n respecto a la bisagra es:
ππΊπ» = 2π ( 30)
c) Analizando grΓ‘ficamente cada semicΓrculo
Vemos que el semicΓrculo superior ejerce
una fuerza descendente, dada por:
πΉπΏπ1 =πΎππ 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:
ππΏπ1 = β4π
3π
( 32)
AnΓ‘logamente, para el semicΓrculo inferior:
Por lo tanto, este semicΓrculo ejerce una
fuerza neta ascendente, dada por:
πΉπΏπ2 =πΎππ 2
2
( 33)
ππΏπ2 =4π
3π
( 34)
Luego, la fuerza neta vertical del lΓquido sobre la compuerta estΓ‘ dada por:
πΉπΏπ = πΉπΏπ2 β πΉπΏπ1 = 0 ( 35)
d) La fuerza horizontal ejercida por el lΓquido viene dada por el prisma de presiones:
=
=
AsΓ, la fuerza horizontal ejercida por el lΓquido es:
πΉπΏπ» = πΎπ»4π +4π πΎ4π
2= πΎπ»4π + 8πΎπ 2
( 36)
Su brazo de aplicaciΓ³n, respecto a la bisagra es:
ππΏπ» =πΎπ»4π 2π + 8πΎπ 2 8π
3πΎπ»4π + 8πΎπ 2
=6π π» + 16π 2
3(π» + 2π )
( 37)
e) Por ΓΊltimo, para asegurar que la compuerta no se abra, debemos imponer:
βοΏ½βοΏ½ = 0 ( 38)
πΉπΊπ»ππΊπ» + πΉπΏπ1ππΏπ1 + πΉπΏπ2ππΏπ2 = πΉπΏπ»ππΏπ» ( 39)
ππΊ4π 2π +πΎππ 2
2
4π
3π+
πΎππ 2
2
4π
3π= (πΎπ»4π + 8πΎπ 2) (
6π π» + 16π 2
3(π» + 2π ))
( 40)
Despejando ππΊ se llega a:
ππΊ = (πΎπ» + 2πΎπ )(6π» + 16π )
6(π» + 2π )β
πΎπ
6π
( 41)
Problema 4
En la condiciΓ³n con giro tomamos un sistema de referencia como el descrito en la figura:
4π
πΎπ»
πΎ(π» + 4π )
H
R
π
g
π§
Ξ
Ξ
Ξ©
Se sabe que para un sistema girando, la distribuciΓ³n de presiones estΓ‘ dada por:
π =πΞ©2π2
2β πππ§ + π
( 42)
π(π = 0, π§ = βΞ) = πππ‘π ( 43)
πππ‘π = ππΞ + π ( 44)
π = πππ‘π β ππΞ ( 45)
Reemplazando en ( 42).
π =πΞ©2π2
2β πππ§ + πππ‘π β ππΞ
( 46)
Ahora, evaluando en la interfaz liquido-gas del lado derecho:
ππΊ =πΞ©2π 2
2β ππ(Ξ) + πππ‘π β ππΞ
( 47)
ππΊ =πΞ©2π 2
2+ πππ‘π β 2ππΞ
( 48)
Por otro lado, al tener proceso isotΓ©rmico tenemos:
πππ‘ππ»π (π
2)2
= ππΊ(π» β Ξ)π (π
2)2
( 49)
Ξ = π» (1 βπππ‘π
ππΊ)
( 50)
Reemplazando ( 50) en ( 48):
ππΊ =πΞ©2π 2
2+ πππ‘π β 2πππ» (1 β
πππ‘π
ππΊ)
( 51)
Reordenando tΓ©rminos:
ππΊ2 + ππΊ (2πππ» β πππ‘π β
πΞ©2π 2
2) β 2πππ»πππ‘π = 0
( 52)
Denominando:
π΅ = 2πππ» β πππ‘π βπΞ©2π 2
2
( 53)
πΆ = β2πππ»πππ‘π ( 54)
ππΊ =βπ΅ Β± βπ΅2 β 4πΆ
2
( 55)
Se elige la soluciΓ³n positiva dado que la presiΓ³n debe ser positiva
ππΊ =βπ΅ + βπ΅2 β 4πΆ
2
( 56)
Luego, reemplazando ( 56) en ( 50)
Ξ = π» (1 βπππ‘π
ππΊ) = π» (1 β
2πππ‘π
βπ΅ + βπ΅2 β 4πΆ)
( 57)