Pauta Auxiliar 1 CI3101 Primavera 2014

Problema 1

a) En primer lugar, notar que para este caso, la ecuación de Newton Navier está

dada por:

𝜏 = 𝜇𝑑𝛾

𝑑𝑡= 𝜇𝑟

𝑑𝜔

𝑑𝑧

( 1)

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

𝑑𝐹 = 𝜏𝑑𝐴 = 𝜇𝑟𝑑𝜔

𝑑𝑧𝑑𝐴

( 2)

Luego, el torque aplicado puede escribirse como

𝑑𝑇 = 𝑟𝑑𝐹 ( 3)

Reemplazando ( 2) en ( 3)

𝑑𝑇 = 𝜇𝑟2𝑑𝜔

𝑑𝑧𝑑𝐴

( 4)

Trabajando en coordenadas cilíndricas, tenemos:

𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 ( 5)

Reemplazando ( 5) en ( 4)

𝑑𝑇 = 𝜇𝑟3𝑑𝜔

𝑑𝑧𝑑𝑟𝑑𝜃

( 6)

∫𝑑𝑇 = ∫ ∫ 𝜇𝑟3𝑑𝜔

𝑑𝑧𝑑𝑟𝑑𝜃

𝑅

0

2𝜋

0

( 7)

𝑇 =𝜇𝑅4𝜋

2

𝑑𝜔

𝑑𝑧

( 8)

𝑇 ∫𝑑𝑧

𝜖

0

=𝜇𝑅4𝜋

2∫ 𝑑𝜔

Ω

0

( 9)

𝑇𝜖 =𝜇𝑅4𝜋

2Ω

( 10)

Ω =2𝑇𝜖

𝜇𝑅4𝜋

( 11)

b) Utilizando la relación entre el momento de inercia, la aceleración angular y la suma de

torques:

𝐼�̈� = Σ𝑇 ( 12)

Utilizando lo obtenido en la parte a) y reordenando los términos de la ecuación ( 11)

𝐼�̇� = −𝜇𝜋𝑅4𝜔

2𝜖

( 13)

Notar que 𝜔 no es constante, dado que al dejar de aplicar el torque 𝑇 el sistema

comienza a desacelerar.

𝐼𝑑𝜔

𝑑𝑡= −

𝜇𝜋𝑅4𝜔

2𝜖

( 14)

𝑑𝜔

𝜔= −

𝜇𝜋𝑅4

2𝜖𝐼𝑑𝑡

( 15)

∫𝑑𝜔

𝜔

αΩ

Ω

= −∫𝜇𝜋𝑅4

2𝜖𝐼𝑑𝑡

𝑡∗

0

( 16)

lnαΩ

Ω= −

𝜇𝜋𝑅4

2𝜖𝐼𝑡∗

( 17)

𝑡∗ = −2𝜖𝐼

𝜇𝜋𝑅4ln 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 aplicación se calcula ponderando las áreas:

𝜌0𝑔𝐻

𝑅

𝜌0𝑔(𝐻 + 𝑅)

O o

H

𝐹1

𝐹2

𝑊

𝑌1 =𝜌0𝑔𝐻𝑅

𝑅2

+𝜌0𝑔𝑅2

22𝑅3

𝜌0𝑔𝐻𝑅 +𝜌0𝑔𝑅2

2

=3𝐻𝑅 + 2𝑅2

3(2𝐻 + 𝑅)

( 20)

Ahora, fijándonos 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 +𝜋𝑅2

4𝜌0𝑔

( 21)

El brazo de aplicación, está nuevamente definido por la ponderación de las áreas y utilizando la

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

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

𝑋2 =𝜌0𝑔𝑅𝐻

𝑅2 +

𝜋𝑅2

4 𝜌0𝑔 (𝑅 −4𝑅3𝜋

)

𝜌0𝑔𝑅𝐻 +𝜋𝑅2

4 𝜌0𝑔=

𝑅((3𝜋 − 4)𝑅 + 6𝐻)

3(𝜋𝑅 + 4𝐻)

( 22)

Por último, solo falta calcular el peso del tapón, el que se puede calcular fácilmente, al igual que

su punto de aplicación:

𝑊 = 𝜌𝜋𝑅2 ( 23)

𝑋𝑊 = 𝑅 ( 24)

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

Σ�⃗� = 0 ( 25)

𝐹1𝑌1 + 𝐹2𝑋2 = 𝑊𝑋𝑊 ( 26)

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

(𝜌0𝑔𝐻𝑅 +𝜌0𝑔𝑅2

2)(

3𝐻𝑅 + 2𝑅2

3(2𝐻 + 𝑅)) + (𝜌0𝑔𝑅𝐻 +

𝜋𝑅2

4𝜌0𝑔)(

𝑅((3𝜋 − 4)𝑅 + 6𝐻)

3(𝜋𝑅 + 4𝐻))

= 𝜌𝜋𝑅2𝑅

( 27)

𝜌 =

(𝜌0𝑔𝐻𝑅 +𝜌0𝑔𝑅2

2) (

3𝐻𝑅 + 2𝑅2

3(2𝐻 + 𝑅)) + (𝜌0𝑔𝑅𝐻 +𝜋𝑅2

4𝜌0𝑔)(

𝑅((3𝜋 − 4)𝑅 + 6𝐻)

3(𝜋𝑅 + 4𝐻) )

𝜋𝑅3

( 28)

𝑅

𝐻

𝑅

Problema 3

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

a) Veamos cómo actúa la presión en cada semicírculo:

Aquí podemos ver claramente que al ser la fuerza de presión

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

vertical.

⇒ 𝐹𝐺𝑉1 = 0

Análogamente para el semicírculo inferior:

Aplicando el mismo razonamiento anterior, la fuerza vertical

sobre este semicírculo es nula.

⇒ 𝐹𝐺𝑉2 = 0

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

horizontalmente es:

𝐹𝐺𝐻 = 𝑝𝐺4𝑅 ( 29)

Y su punto de aplicación respecto a la bisagra es:

𝑌𝐺𝐻 = 2𝑅 ( 30)

c) Analizando gráficamente cada semicírculo

Vemos que el semicírculo superior ejerce

una fuerza descendente, dada por:

𝐹𝐿𝑉1 =𝛾𝜋𝑅2

2

( 31)

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

de aplicación está dado por:

𝑋𝐿𝑉1 = −4𝑅

3𝜋

( 32)

Análogamente, para el semicírculo inferior:

Por lo tanto, este semicírculo ejerce una

fuerza neta ascendente, dada por:

𝐹𝐿𝑉2 =𝛾𝜋𝑅2

2

( 33)

𝑋𝐿𝑉2 =4𝑅

3𝜋

( 34)

Luego, la fuerza neta vertical del líquido sobre la compuerta está dada por:

𝐹𝐿𝑉 = 𝐹𝐿𝑉2 − 𝐹𝐿𝑉1 = 0 ( 35)

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

=

=

Así, la fuerza horizontal ejercida por el líquido es:

𝐹𝐿𝐻 = 𝛾𝐻4𝑅 +4𝑅𝛾4𝑅

2= 𝛾𝐻4𝑅 + 8𝛾𝑅2

( 36)

Su brazo de aplicación, respecto a la bisagra es:

𝑌𝐿𝐻 =𝛾𝐻4𝑅2𝑅 + 8𝛾𝑅2 8𝑅

3𝛾𝐻4𝑅 + 8𝛾𝑅2

=6𝑅𝐻 + 16𝑅2

3(𝐻 + 2𝑅)

( 37)

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

∑�⃗� = 0 ( 38)

𝐹𝐺𝐻𝑌𝐺𝐻 + 𝐹𝐿𝑉1𝑋𝐿𝑉1 + 𝐹𝐿𝑉2𝑋𝐿𝑉2 = 𝐹𝐿𝐻𝑌𝐿𝐻 ( 39)

𝑝𝐺4𝑅2𝑅 +𝛾𝜋𝑅2

2

4𝑅

3𝜋+

𝛾𝜋𝑅2

2

4𝑅

3𝜋= (𝛾𝐻4𝑅 + 8𝛾𝑅2) (

6𝑅𝐻 + 16𝑅2

3(𝐻 + 2𝑅))

( 40)

Despejando 𝑝𝐺 se llega a:

𝑝𝐺 = (𝛾𝐻 + 2𝛾𝑅)(6𝐻 + 16𝑅)

6(𝐻 + 2𝑅)−

𝛾𝑅

6𝜋

( 41)

Problema 4

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

4𝑅

𝛾𝐻

𝛾(𝐻 + 4𝑅)

H

R

𝑟

g

𝑧

Δ

Δ

Ω

Se sabe que para un sistema girando, la distribución de presiones está dada por:

𝑃 =𝜌Ω2𝑟2

2− 𝜌𝑔𝑧 + 𝑐

( 42)

𝑃(𝑟 = 0, 𝑧 = −Δ) = 𝑃𝑎𝑡𝑚 ( 43)

𝑃𝑎𝑡𝑚 = 𝜌𝑔Δ + 𝑐 ( 44)

𝑐 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝜌𝑔Δ ( 45)

Reemplazando en ( 42).

𝑃 =𝜌Ω2𝑟2

2− 𝜌𝑔𝑧 + 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝜌𝑔Δ

( 46)

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

𝑃𝐺 =𝜌Ω2𝑅2

2− 𝜌𝑔(Δ) + 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝜌𝑔Δ

( 47)

𝑃𝐺 =𝜌Ω2𝑅2

2+ 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 2𝜌𝑔Δ

( 48)

Por otro lado, al tener proceso isotérmico tenemos:

𝑃𝑎𝑡𝑚𝐻𝜋 (𝑑

2)2

= 𝑃𝐺(𝐻 − Δ)𝜋 (𝑑

2)2

( 49)

Δ = 𝐻 (1 −𝑃𝑎𝑡𝑚

𝑃𝐺)

( 50)

Reemplazando ( 50) en ( 48):

𝑃𝐺 =𝜌Ω2𝑅2

2+ 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 2𝜌𝑔𝐻 (1 −

𝑃𝑎𝑡𝑚

𝑃𝐺)

( 51)

Reordenando términos:

𝑃𝐺2 + 𝑃𝐺 (2𝜌𝑔𝐻 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 −

𝜌Ω2𝑅2

2) − 2𝜌𝑔𝐻𝑃𝑎𝑡𝑚 = 0

( 52)

Denominando:

𝐵 = 2𝜌𝑔𝐻 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 −𝜌Ω2𝑅2

2

( 53)

𝐶 = −2𝜌𝑔𝐻𝑃𝑎𝑡𝑚 ( 54)

𝑃𝐺 =−𝐵 ± √𝐵2 − 4𝐶

2

( 55)

Se elige la solución positiva dado que la presión debe ser positiva

𝑃𝐺 =−𝐵 + √𝐵2 − 4𝐶

2

( 56)

Luego, reemplazando ( 56) en ( 50)

Δ = 𝐻 (1 −𝑃𝑎𝑡𝑚

𝑃𝐺) = 𝐻 (1 −

2𝑃𝑎𝑡𝑚

−𝐵 + √𝐵2 − 4𝐶)

( 57)