Algunos ejercicios resueltos

c) Líneas de humo.Como primer paso debemos identificar las partículas que, en algún momento pasaron por el origen:evaluando la función de historia cinemática en un instante que llamaremos τ, el resultado es elpunto (0, 0, 0):⃗Φ(⃗p, τ) = (0, 0, 0)Reeplazando la expresión obtenida arriba:despejando:p x + aτ = 0p y + b [1 − cos(ωτ)]ω= 0p z = 0p x = −aτp y = − b [1 − cos(ωτ)]ωp z = 0Para obtener la línea de humo debemos obtener la posición de estas partículas en el momento deinterés, t: ⃗ h = ⃗ Φ(⃗p, t). Reemplazando:h x = −aτ + at = a(t − τ)h y = − b ω [1 − cos(ωτ)] + b ω [1 − cos(ωt)] = b [cos(ωτ) − cos(ωt)]ωp z = 0 = 0Las líneas de humo requeridas se obtienen reemplazando t por los instantes definidos:t = 0:t = π2ω :t = π ω :t = 3π2ω :⃗bh(τ) = (−aτ, [cos(ωτ) − 1], 0)ω⃗πh(τ) = (a(2ω − τ), b cos(ωτ), 0)ω⃗πh(τ) = (a(ω − τ), b [cos(ωτ) + 1], 0)ω⃗3πh(τ) = (a(2ω − τ), b cos(ωτ), 0)ω

t=pi/wt=pi/2wt=3pi/2w(0, 0)t=0−2pi/w

Reemplazando el campo de velocidades dato resulta:( ) A 21−r r = −1 ∂p ∂p=⇒ρ ∂r ∂r = ρA2r 3La ecuación de Navier-Stokes en la dirección angular es:∂v(θ∂t + ⃗v · ⃗∇)v θ + v rv θ= − 1 ∂pr ρr ∂θ + µ (∇ 2 v θ + 2 ∂v rρ r 2 ∂θ − v )θr 2Reemplazando el campo de velocidades dato resulta:0 = − 1 ∂pρr ∂θ + µ (∇ 2 v θ − A )ρ r 3∇ 2 v θ = 1 (∂r ∂ )A+ 1 ∂ 2r ∂r ∂r r r( 2∂p A= rµ∂θ r 3 − A )r 3 = 0∂θ 2 Ar + ∂2∂z 2 Ar = 1 rLa ecuación de Navier-Stokes en la dirección z es:∂v( z∂t + ⃗v · ⃗∇)v z = − 1 ∂pρ ∂z + µ ρ ∇2 v zReemplazando el campo de velocidades dato se obtiene:Finalmente, integrando:∂p∂z= 0(∂− rA )∂r r 2 = A r 3p = p ∞ − ρA22r 2donde p ∞ es el valor al que tiende la presión para r → ∞.Durante el cálculo de las ecuaciones anteriores para el campo de velocidades especificado, secomprobó que los términos viscosos en todos los casos se anulan.b) La potencia disipada se puede calcular de varias formas. Por ejemplo, calculemos la potenciatransmitida por los esfuerzos internos al fluido hacia un cilindro: r < r 0 , 0 < z < h. La tensión encoordenadas cilíndricas es:σ rr = −p + 2µ ∂v (r1 ∂v rσ rθ = µ(∂rr ∂θ + ∂v θ∂r − v )θr1 ∂v θσ θθ = −p + 2µr ∂θ + v )(r∂vθσ θz = µr∂z + 1 )∂v zr ∂θσ zz = −p + 2µ ∂v (z∂vzσ∂zzr = µ∂r + ∂v )r∂zReemplazando por el campo de velocidades dato se obtiene:⎡−p −2µ A ⎤0rσ = ⎣2 −2µ A −p 0 ⎦r 20 0 −pLa fuerza se obtiene aplicando el tensor a la normal exterior al cilindro:⎛ ⎞ ⎛ ⎞1 −pσ · ⎝ 0 ⎠ = ⎝ −2µ A ⎠r 200

Particularizando para r = r 0 , esta fuerza ejerce un torque por unidad de superficie:T = −2µ A r 0multiplicando por la velocidad angular se obtiene la potencia por unidad de superficie:w = −2µ A r 0v θ (r 0 )r 0= −2µ A2r 3 0Para obtener la potencia total se integra en toda la superficie. Puesto que w es constante en lamisma, simplemente se multiplica por el área:W = −2µ A2r03 2πr 0 h = −4πµh A2r02La potencia disipada es la diferencia entre la potencia transmitida en r 1 y la transmitida a travésde r = r 2 :)W d = 4πµhA 2 ( 1r 2 1− 1 r 2 2También se puede calcular la disipación por unidad de volumen e integrar en el volumen deinterés. La función disipación es: Φ = σ : ∇⃗v. ⃗ En cartesianas:[ ( )∂u 2 ( ) 2 (i ∂ux ∂uy ∂uxΦ = σ ij = µ 2 + 2 +∂x j ∂x ∂y ∂y + ∂u ) ] 2y∂xEn este caso:u x= −u y =Ayx 2 + y 2 = −Ayr 2Axx 2 + y 2 = Axr 2Integrando:∂u x∂x∂u x∂y= 2Axyr 4= − A r 2 + 2Ay2 r 4Φ = µ[(r 8 +∂u y∂x∂u x∂x= A r 2 − 2Ax2 r 4= 2Axyr 4−2 A(x2 − y 2 ) 2])r 42 4A2 x 2 y 2r 8 + 2 4A2 x 2 y 2= µ(16 A2 x 2 y 2r 8 + 4A2 x 4r 8 + 4A2 y 4r 8 − 8 A2 x 2 y 2 )r 8= 4µA2 (2x 2r 8 y 2 + x 4 + y 4) = 4µA2r 4W d =∫ 2π ∫ h ∫ r20= 2πh0∫ r2r 1Φr dr dz dθr 14µA 2r 3 dr = 4πhµA 2 ( 1r 2 1− 1 r 2 2)

4. En la figura se representa un corte esquemático de un Hovercraft de peso 50kN y de 6m de diámetro, elcual se suspende en el aire un cierto huelgo h por la acción de una hélice que aspira el aire, expulsándololuego por este huelgo. Suponga que la cavidad interior es grande, de forma tal de que el aire dentrode ésta se encuentra relativamente en reposo, acelerándose sólo cuando sale por el pequeño huelgo.a) Calcular la presión necesaria en la cámara de aire interior para mantenerlo suspendido.b) Calcular la velocidad de salida y el caudal de aire necesario, si el huelgo es de 3 cm.c) Calcular la potencia del motor necesaria, si la eficiencia general del conjunto motor es del 70 %.d) Analice si el equilibrio anterior es estable frente a perturbaciones en h.h6 mRespuesta:a) El peso del vehículo se equilibra con la fuerza debido a la diferencia de presiones entre el interiory el exterior, actuando sobre un área equivalente a la proyección de la superficie de la cámarasobre el piso:W = ∆p π D24 ⇒ p i − p a = 4WπD 2 = 4 50 × 103 Nπ36m 2 = 1768P ab) Aplicando Bernoulli entre un punto en la cámara interior (donde la velocidad es despreciable) yotro en la ranura de salida (donde la presión es igual a la atmosfà c○rica):y el caudal será:p i = p a + ρv22⇒ v =√√2(p i − p a ) 2 1768=ρ1.1Q = vπDh = 56.7π6 0.03 m3skgm m 3s 2 m 2 kg = 56.7m s= 32m3 sc) La potencia a entregar al aire será el producto de la fuerza por la velocidad, o el caudal por ladiferencia de presiones:W u = F v = ∆pAv = ∆pQ = 1768 N m 2 32m3 s = 56.7kWLa potencia necesaria se obtiene, teniendo en cuenta la eficiencia:W = W u /0.7 = 81kWd) Una disminución del huelgo provocaría un aumento de la velocidad del fluido en la salida, lo quetendería a aumentar la diferencia de presiones, elevando al vehículo y aumentando el huelgo. Yviceversa. Por lo tanto el equilibrio es estable.5. Considerar el álabe de la figura en el cual incide un chorro a una velocidad V 0 de sección circular A 0 .Este chorro es desviado un ángulo θ por el álabe.

yxθV0A0FyuFxa) Si se deja fijo el álabe (u = 0) mediante la aplicación de una fuerza ⃗ F = (F x , F y ), calcule lascomponentes de dicha fuerza en función de V 0 , A 0 y el ángulo θ.b) Si la fuerza es un poco menor que la calculada arriba y el álabe comienza a moverse: ¿A qué velocidadu = u(V 0 ) debería moverse para que la potencia transferida por el chorro sea máxima?c) Para este último caso, encuentre el ángulo θ en el que la potencia es máxima.Respuesta:a) Tomando un volumen de control rectangular, que incluya al álabe, con el fluido entrando por sulateral izquierdo y saliendo por la parte superior, aplicamos el teorema de Reynolds en un sistemade referencia en reposo, aplicado al momento, componente x:∑Fx = d ⃗udt∫VC∫ρu x =VC∂ (ρu x )∂t∫+SCρu x ⃗u · n dSLa única fuerza actuante es F x , nuestra incógnita. El primer término de la suma es 0 porque elsistema está en estado estacionario. La integral en la superficie sólo es diferente de 0 en el chorrode entrada y en el de salida, calculándo:F x = ρV 0 (−V 0 )A 0 + ρV 1 cos θ(V 1 sin θ)A pdonde V 1 es la velocidad del chorro de salida y A p el área cortada por el VC. Si A 1 es el áreanormal del chorro de salida, A 1 = A p sin θ. Si los efectos viscosos no son significativos, la velocidadde salida debe ser igual a la de la entrada (aplicando la integral de Bernoulli entre puntos a lamisma presión), y por lo tanto V 1 = V 0 . Por conservación de masa, además: A 1 = A 0 , resultando:F x = −ρA 0 V 20 (1 − cos θ)Aplicado el teorema de Reynols al momento en la dirección y, sólo contribuye a la integral desuperficie el chorro de salida (en la entrada u y = 0 y resulta:F y = ρV 1 sin θ(V 1 sin θ)A p = ρA 0 V 20 sin θb) Nos conviene tomar el mismo volumen de control, esta vez en un sistema de referencia quese mueva con el álabe. En este sistema de referencia el movimiento del fluido será en estadoestacionario. Podemos aplicar el teorema de Reynolds anulando la integral de volumen, y ademásaplicar Bernoulli para obtener la velocidad de salida del chorro. En este sistema de referenciaentonces las cuentas son idénticas, salvo que debemos reemplazar la velocidad V 0 por V 0 − u. Lafuerza horizontal resulta:F x = −ρA 0 (V 0 − u) 2 (1 − cos θ)La potencia transferida es:W = F x u = −ρA 0 (V 0 − u) 2 (1 − cos θ)u

y tiene un extremo en el intervalo (0, V 0 ), que se puede obtener derivando e igualando a 0:c) La potencia máxima (para u = V 0 /3) resulta:dWdu = −ρA 0(1 − cos θ) [ (V 0 − u) 2 − 2u(V 0 − u) ] = 0=⇒ u = V 03W = − 4 27 ρA 0V 0 (1 − cos θ)Si además buscamos la máxima potencia variando θ, se puede obtener:cuando θ = π.W = − 8 27 ρA 0V 06. Si se desprecia el efecto de la viscosidad, la figura siguiente muestra resultados típicos para el flujo enuna bomba obtenidos del ensayo de un modelo con agua: el incremento de presión (∆p = C p ρΩ 2 D 2 )disminuye y la potencia necesaria (P = C w ρΩ 3 D 5 ) aumenta al aumentar el coeficiente adimensionalde flujo (C q =Q ). Del ajuste de los datos experimentales se obtienen las siguientes expresionesΩD 3analíticas:C p = 5 − 2Cq 2 , C w = 0.5 + 3C qSupongamos que se construye una bombasimilar a la del experimento, de 12 cmde diámetro con el objetivo de mover uncaudal de 25 m3hde gasolina a 20◦ C. Si lavelocidad de giro de la bomba es de 30 revs ,determine:a) El incremento de presión.b) La potencia necesaria.65432100C p0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4C1.6 qRespuesta: En dispositivos similares geométricamente se conservan todos los números adimensionalesque justamente surgen de relaciones geométricas. En tal caso se pueden utilizar las curvas obtenidasen el experimento, simplemente obteniendo los números adimensionales correspondientes. En nuestrocaso el coeficiente adimensional de flujo vale:C q =m325h1h3600s30 revs0.12 3 m 3 = 0.134Aplicando los ajustes dato se obtiene un coeficiente de presión: C p = 4.964 y un coeficiente de potencia:C w = 0.902, que, volviendo a las variables dimensionales resultan:a) ∆p = 4.964 680 Kgm 3 30 2 1 s 2 0.12 2 m 2 = 43.75 KPab) P = 0.902 680 Kgm 3 30 3 1 s 3 0.12 5 m 5 = 412 WC w

7. Considerar el problema de un árbol de levas (eje) de un automóvil de diámetro D.El eje gira a N vueltas por minuto dentro de la cavidad horizontal deun rodamiento de anchura B con un pequeño juego diametral (huelgo)h ocupado por un fluido de viscosidad µ y densidad ρ. El ejesoporta una masa M colgada, produciendo en equilibrio de fuerzas(problema estacionario) una cierta excentricidad ε, tal como ejemplificala figura.AceiteεNBa) Mediante el análisis dimensional calcule la excentricidad de un eje dediámetro 40mm y ancho 30mm rotando a 3000rpm soportando unacarga de 6Kg en un baño de aceite de viscosidad 0.003P a.s y densidad0.8g/cm 3 , sabiendo que en un modelo similar de diámetro 30mm, ancho20mm y juego diametral de 55µm que gira a 6000rpm lubricado poruna película de aceite de viscosidad 0.05P a.s y densidad 0.75g/cm 3 semidieron las cargas y excentricidades indicadas en la tabla.Para resolver el problema, se plantean las siguientes hipótesis:1) El único efecto de la masa colgada del eje, es a través de su peso.2) El huelgo h es uniforme a lo largo del todo el ancho.3) Los efectos inerciales son despreciables frente a los viscosos.b) Discutir la validez de la última hipótesis.F [N] ε [µm]100 82550 165000 24Respuesta:a) Dadas las dimensiones involucradas, se puede suponer que el flujo del lubricante tendrá simetría detraslación, es decir, que no dependerá de la posición axial. Con esta aproximación tomamos comovariable la fuerza sostenida por unidad de profundidad: F/B. Dicha fuerza podrá ser calculadade los demás parámetros del problema:La frecuencia de giro: N.El diámetro del eje: D.El huelgo diametral: h.La excentricidad: ɛ.La viscosidad del fluido: µ.La densidad del fluido: ρ.La matriz dimensional resulta:FBN D h ɛ µ ρM 1 0 0 0 0 1 1L 0 0 1 1 1 -1 -3T -2 -1 0 0 0 -1 0Son 7 variables dimensionales, y el rango de la matriz dimensional es 3, entonces se puede obteneruna relación entre 4 números adimensionales. Trataremos de que uno de ellos contenga sólo lafuerza, otro sólo la excentricidad (para poder utilizar la tabla del experimento). También sería útilobtener el número de Reynolds, para utilizar la hipótesis de que los efectos inerciales son despreciablesfrente a los viscosos. Estas consideraciones llevan a elegir como columnas independientesde la matriz dimensional a: N, D y µ. Se obtienen los números adimensionales:π 1 =π 2 = h DFB µ D N

π 3 = ɛ Dπ 4 = ρ D2 NµSi los efectos inerciales son despreciables, el resultado no depende de ρ. Las mediciones se hacenen un modelo con similaridad geométrica, de modo que en ambos casos se mantiene π 2 (la relaciónhuelgo/diámetro). En definitiva podemos plantear una relación: π 1 = f(π 3 ) que podemos deducirde los datos experimentales. Reescribimos la tabla dato para los números adimensionales:En el caso de interés, π 1 vale:π 1 =FB µ D Nπ 3 = ɛ D556 0.00026714167 0.00053327778 0.0008FB µ D N = 6Kg 9.8 m s 20.03m 0.003 Kg= 54440.04m 3000s−1Ajustando una lineal con los datos de la tabla se obtiene:m sπ 3 = 0.000362, → ɛ = 14µmb) La justificación de que los efectos viscosos dominan a los inerciales se hace evaluando el númerode Reynolds. En nuestro caso se puede plantear más de un número de Reynolds, por ejemplo:π 4 = ρND2µes una variante donde se toma como velocidad característica 4π por la velocidadtangencial del eje (ND = 4πωR) y como tamaño característico el diámetro del eje. Este número800 3000 0.042vale en nuestro caso: π 4 =0.003= 1280000, lo que no puede justificar el despreciar lasfuerzas de inercia. Sin embargo, si consideramos que el fluido en realidad se encuentra limitadoa circular entre el eje y el cojinete, el tamaño característico que corresponde tomar es el huelgo.El Reynolds calculado de esta forma resulta:Re h = ρ N D hµ≃ 2300Todavía este número de Reynolds es bastante alto. Analicemos la relación entre fuerzas viscosasy de inercia en una porción de fluido contenida en un sector (∆R, R∆θ, w). La aceleraciónmedia de una partícula será del orden de V 2 /R, la masa del fluido es ρ ∆R R∆θ w. Una fuerzatípica de inercia será entonces: F i = ρ V 2 ∆R ∆θw. Por otra parte una fuerza viscosa típica sepuede obtener multiplicando una tensión viscosa por un área. Una tensión viscosa característicase obtiene con µ V ∆R(la velocidad va desde 0 hasta V en ∆R). La superficie que corresponde a laporción de fluido en consideración es R ∆θ w, por lo tanto una fuerza viscosa característica será:F v = µ V ∆Rw R ∆θ. La relación entre estas fuerzas es:F i= ρ V 2 ∆R ∆θ w ρ V ∆R=F v R ∆θ w µµ V ∆R∆RREn nuestro caso, escribiendo V ≃ N D, ∆R ≃ h y R = D/2 resulta:F iF v≃ 8Las fuerzas inerciales pueden alterar la distribución de presiones en el fluido, pero están lejos deprovocar la transición a régimen turbulento.

8. Se tiene un edificio con un tanque de agua en su azotea que está alimentado por una bomba como seindica en la figura. El fondo del tanque se encuentra a 5 m por encima del nivel del lago. Como sepuede apreciar en el gráfico el caño que sube tiene un diámetro de 1 ′′ , el caño que baja tiene tambiénun diámetro de 1 ′′ y los dos tramos horizontales que alimentan cada planta tienen 1/2 ′′ . La válvulaK 2 se encuentra totalmente abierta y se desea que el caudal Q 3 sea igual al Q 2 . Todos los caños tienenuna rugosidad de 0.25 mm.Se pide calcular:a) La constante de la válvula K 3 y el valor de los caudales.b) Considerando que la curva de la bomba es H p [m] = 14 − 10 −3 Q 2 [l/min], ajustar la válvula K 1de manera que el nivel del tanque h se mantenga constante.c) ¿Qué ocurre si el valor de K 1 difiere del calculado en el punto anterior?Suponer que las pérdidas localizadas en entradas, salidas y codos, así como también el tramo inicialde toma de agua del lago, son despreciables.Tanqueh = 1.5 m(fijo)Lago2 m1"Edificio1/2" Q 20.5 m K = 12H = 5 m2 m1"1" 1/2" Q 30.5 m K 30.5 mKBomba 11 mRespuesta:a) Analicemos la “rama” que va desde la superficie del agua en el tanque hasta la salida del pisosuperior. La diferencia en “head” es: ∆h sup−2 = 3.5m − v2 22g, que igualamos a las pérdidas porfricción:()3.5m − v2 22g = L 2 v2f 1/2 ′′ + K 2 2D 2 2g + f L v vv21 ′′ D v 2gdonde el sub-índice “ v ” corresponde al tramo vertical. Utilizando g = 9.8 m , Ls 2 2 = 0.5m, D 2 =0.0127m, K 2 = 1, L v = 2m, D v = 0.0254m. v v se puede poner en función de v 2 , considerandoque por el tramo vertical circula un caudal 2Q 2 : 2π D2 24v 2 = π D2 v4v v . ⇒ v v = v 2 /2.

ɛ= 0.25mmEn el tramo 2, el coeficiente de rugosidad es:D 2 12.7mm= 0.02, en el tramo vertical, la mitad:ɛD v= 0.01. Suponiendo flujo completamente rugoso los coeficientes de fricción de Darcy, tomadosdel diagrama de Moody resultan: f 1/2 ′′ = 0.049, f 1 ′′ = 0.038. Resulta:3.5m =(1 + 1 + 0.0490.50.0127 + 0.038 20.0254)14v 2 219.6m/s 2Resolviendo: v 2 = 3.83m/s, el número de Reynolds en el tramo 2 resulta ser: Re 2 = v 2D 23.83 0.0127ν=10 −6 = 48600. Verificamos en el diagrama de Moody y resulta estar efectivamente en régimencompletamente rugoso, el f 1/2 ′′ = 0.049 es correcto. En el tramo vertical el Re v es el mismo (doblediámetro, mitad velocidad), pero para un coeficiente de rugosidad de la mitad el coeficiente defricción se modifica un poco (f 1 ′′ ≃ 0.039). Con este nuevo valor la velocidad v 2 casi no cambia:v 2 = 3.82 m s . El caudal resulta: Q 2 = v 2 π D2 24= 0.484 10 −3 m 3 /sCalculando la rama que va al piso inferior resulta:5.5m =(1 + K 3 + 0.0490.50.0127 + 0.039 2 10.0254 4 + 0.04 20.0254)116v 2 319.6m/s 2donde se utilizó que en el tramo vertical inferior la velocidad es 1 4de la velocidad en los tramoshorizontales. El Re en ese tramo es la mitad, 24300 lo que da un coeficiente de fricción un pocomayor. Haciendo las cuentas, K 3 = 3.5.b) Analizamos ahora la rama entre el lago y el tanque. La condición de mantener el nivel de tanqueconstante equivale a que el caudal de esta rama sea de: Q = 2Q 2 = 0.978 10 −3 m 3 /s = 58.7 lmin .Según la curva de la bomba, este punto de operación corresponde a un h b = 14 − 0.001 Q 2 =10.55m. Esta ganancia en la línea de nivel energético debe compensar las pérdidas por fricción yla diferencia de alturas:(10.55m = 6.5m + v2f L )2g D + K 1Haciendo las cuentas, con L = 6.5m, D = 0.0254m, se obtiene:v = 1.93m/sRe = 49000f = 0.038K 1 = 11.33c) Si K 1 es menor, el nivel del tanque subirá, si es mayor, el nivel descenderá. Podría eventualmentellegarse a un nuevo equilibrio. Por ejemplo: reemplazando los 6.5m en la fórmula anterior por5m se obtiene el K 1 máximo para que el tanque no llegue a vaciarse. El dibujo no aclara cuántopuede subir el nivel del tanque sin rebalsar.