Hidrodinámica
FISICA II PROF. JUAN NEIL MENDOZA NOLORBE PROBLEMAS RESUELTOS DE
1
HIDRODINÁMICA.
1. Un recipiente cilíndrico tiene un radio de 10cm y contiene agua hasta una altura de 0,3m. en el fondo del recipiente se practica un agujero de 0,1 cm de radio. Determinar:
a) La altura del cilindro en función del tiempo. b) El tiempo de vaciado. c) El volumen de agua vaciado en el primer
0,3m
minuto de su vaciado.
Solución prob.-1. a) Sea S1 la sección del cilindro y S2 la sección del agujero. La ecuación de continuidad se escribe: v1S1 = v2S2 Donde v1 es la velocidad del agua en el cilindro y v2 la del agua por el agujero. Aplicando la ecuación de Bernoulli, en los puntos 1 y 2: p1
gy1
1 2 v 2 1
p2
1 2 v 2 2
gy2
v 1
Como los puntos 1 y 2 están expuestos a la atmósfera, p1 = p2 = patm, y considerando el nivel de referencia mostrado, la ecuación queda: gh
1 2 v 2 1
y
h x
v 2
1 2 v 2 2
Combinando esta última ecuación con la ecuación de continuidad obtenemos v1 : v 1
S2
2.g.h … (1) S12 S22
dh También se puede observar que v1 = - , por lo que la ecuación queda: dt dh dt
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S2
2.g.h S12 S22
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2
Si la altura inicial del depósito en el instante t = 0 es H. Integrando esta ecuación diferencial, la altura “h” en función del tiempo. h
dh h
S2
2 h
S2
H
2 H
t
2.g 2 S1 S22
dt 0
2.g S12
S22
t … (2)
b) El tiempo de vaciado, se obtiene reemplazando en la ecuación anterior h = 0. S12
t
1
S22
2H g
…(3)
t = 41,24 min {Rpta}
con los datos del problema
c) Calcularemos h para el primer minuto, es decir para t = 1min = 60s, en la ecuación: 2 0,3m
2 h
( 0,1cm)
2.(9,8m / s 2 )
2
.100cm 2
2
( .0,01cm 2 ) 2
.(60s)
h= 28,57cm El volumen contenido en ese instante es : Vcontenido = S1,h = 8,97 litros. y el volumen vaciado es: Vinicial -Vcontenido = S1H - S1h = 10,47 – 8,97 litros. Vvaciado = 1,5 litros {Rpta}
2. Un tanque cilíndrico, contiene 2m de agua. Al cilindro se practica un agujero a 0,5m de su base, la superficie del agujero es muy pequeño comparado con la sección del tanque, determinar la velocidad inicial de salida del agua a través del agujero.
Solución prob.-2. a) Como en el problema anterior, a partir de la ecuación de continuidad y la ecuación de Bernoulli, se obtiene la velocidad de salida. La ecuación de continuidad se escribe: v1S1 = v2S2 La ecuación de Bernoulli, en los puntos 1 y 2: p1
gy1
1 2 v 2 1
p2
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gy2
y
2m x
v 1
v 2 0.5m
1 2 v 2 2
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3
Como los puntos 1 y 2 están expuestos a la atmósfera, p 1 = p2 = patm, y considerando el nivel de referencia mostrado, la ecuación queda: gy1
1 2 v 2 1
gy2
1 2 v 2 2
Combinando esta última ecuación con la ecuación de continuidad, obtenemos la velocidad de salida: v 2
2.g.( y1 1
y2 ) S22
… (1)
S12
tomando en cuenta que la sección del tanque es muy grande comparado con el 2
agujero, es decir
S2
2
S1
0, la ecuación (1) queda:
v 2
2.g.( y1
y2 ) … (2)
Esta última ecuación es una conclusión del condicional S2 >> S1, por lo tanto se debe tener CUIDADO DE APLICAR!!. Esta ecuación es conocida como el Teorema de Torricelli, el cual afirma que la velocidad de salida es la misma que la que adquiere un objet0 que cae libremente, partiendo del reposo, de la altura Y1 hasta la altura y2. Reemplazando los datos : y1 = 2m y y2 = 0,5m en la ecuación (2), obtenemos la velocidad de salida del agua a través del agujero: v2= 5,42 m /s {Rpta}
3. El Frasco de Mariotte, consiste en un frasco lleno de fluido hasta una altura h 0, que está cerrado por una tapa atravesado por un tubo cuyo extremo inferior está sumergido en el líquido a una altura h. El fluido sale del frasco por un orificio practicado en el fondo del recipiente. Determinar la velocidad de salida del fluido.
Solución prob.3-.En el extremo inferior B del tubo, la presión es la atmosférica ya que está entrando aire por el tubo, a medida que sale el líquido por el orificio.
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y
h0
B
v 1
x
v 2
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h
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4
La velocidad de salida del fluido no corresponderá a la altura h 0 desde el orificio a la superficie libre de fluido en el frasco, sino a la altura h o distancia entre el extremo inferior B del tubo y el orificio. Dado que h permanece constante en tanto que el nivel de líquido esté por encima de su extremo inferior del tubo, la velocidad del fluido y por tanto, el gasto se mantendrán constantes. Cuando la altura de fluido en el frasco h 0 es menor que h, la velocidad de salida v del fluido deja de ser constante Veamos esto, aplicando la ecuación de continuidad y la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 2 respecto al nivel de referencia mostrado. 2.g.(h0
v 2
h)
S22 S12
1
Comparar esta ecuación con la ecuación (1) del problema anterior.
4. En la figura se muestra el medidor de Venturi. La sección más ancha tiene un diámetro de 4cm y 2cm en la parte estrecha, el agua en interior fluye de tal manera que el desnivel del mercurio en el tubo en forma de U es 10cm. Determinar la velocidad en el punto 1 y el caudal en litros por segundo a través del tubo.
d1 = 4cm
N.R
d2 = 2cm h2
h1
h = 10cm 3
4
Solución prob.4-.Aplicando la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 2, respecto N.R. p1
0
1 2 v 2 1
p2
0
1 2 v 2 2
Combinando con la ecuación de continuidad: S1.v1 =S2v2, obtenemos: v 1
2.(p1 S12 S22
p2 )
…(1)
1
En el tubo en forma de U, igualamos la presión de la sección 3 y 4. Prof. Lic. Juan Mendoza Nolorbe
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5
p1 + .g.h1 = p2 + .g.h2 + Hg.g.h de donde despejamos: p1 - p2 = .g.(h2 - h1 ) + Hg.g.h p1 - p2 = (Hg.- ).g.h reemplazando en la ecuación (1) obtenemos:
v 1
2.(
).g.h
Hg
S12
1
S22
v1= 1,28m/s {Rpta}
Sustituyendo los datos del problema:
b) El Gasto o Caudal: G =
r12.v 1 =
(0,02m)2(1,28m/s) = 1,6.10-3m3/s.
G = 1,6.litros/s. {Rpta}
5. Para medir la velocidad de los gases se usa el tubo de Pitot, que se muestra en la figura. La abertura 1 es perpendicular a la corriente gaseosa y en este punto, llamado de 1 estagnación, la presión es p1 y la velocidad del gas es cero. En la abertura 2, paralela a la 2 velocidad v2 del gas la presión es p2. En un experimento se usa el tubo de Pitot para h medir la velocidad del viento y se observa, 3 que el desnivel del mercurio, h = 5cm, calcular la velocidad del viento. Considere D aire = 1,3kg/m3. Solución prob.5-.Aplicando la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 2: p1
p2
4
1 2 v 2 2
e igualando las presiones en 3 y 4 del tubo en forma de U: p1 = p2 + Hg.g.h combinando estas ecuaciones se obtiene:
v 1
sustituyendo los datos del problema tenemos:
2.g.h.
Hg
aire
v1= 101,25m/s. {Rpta}
Nota: El tubo de Pitot debe ser muy pequeño para no perturbar el flujo gaseoso, este aparato puede ser usado para medir la velocidad de un avión relativo a la del aire. Prof. Lic. Juan Mendoza Nolorbe
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6. Un líquido de densidad 1,2g/cm 3 fluye como muestra la figura, calcular: a) La velocidad de salida del líquido. b) La cantidad de líquido que sale por segundo. c) La velocidad y la presión del líquido en la sección 3. d) La diferencia de altura entre las columnas de mercurio del tubo en U. 1 v 1=0
1.25m 3
2
6cm
N.R.1
8cm
h3 h2
H
N.R.2
4
Solución prob.6-. a)
5
Aplicando la ecuación de Bernoulli a las secciones 1 y 2,
respecto a N.R.1: p1
gy1
1 2 v 2 1
p2
gy2
1 2 v 2 2
Como los puntos 1 y 2 están expuestos a la atmósfera, p1 = p2 = patm y v1 = 0, tenemos: v 2
2.g.( y1
y2 )
=
2.(9,8).(1,25m
0)
= 4,95 m/s
b) La cantidad de líquido que sale por segundo o gasto: G=
r22 .v 2 =
(0,04m)2(4,95m/s) = 0,025m3/s.
c) Por la ecuación de continuidad: v3= (
r32.v 3 = r22 .v 2
0.04 2 ) . 4.95m/s = 8,80m/s 0.03
d) Aplicando la ecuación de Bernoulli entre las secciones 2 y 3, respecto a N.R.1:
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Hidrodinámica
p3
Reemplazando datos:
1 2 v 2 3
0
p2
7
1 2 v 2 2
0
p3 - p2 = -31,76 kPa
como p2= 101,30kPa … {la presión atmósférica} p3= 69,54kPa {Rpta} e) En el manómetro de mercurio, igualamos las presiones en los puntos 4 y 5: p3 +
Hg
.g.H +
.g.h3 = p2 + .g.h2
p3 – p2 = -Hg.g.H +
.g.H
-31 760 = (-13 600 + 1 200)(9,8)H H = 0,26m {Rpta}
7. Con que velocidad se debe soplar verticalmente hacia abajo en el agujero del carrete de área 26mm2 para que el disco de cartón A de masa 10g y de área 26cm 2 no caiga, ver figura. Se sabe que el área de salida del aire es de 13 mm2. Densidad del aire 1,3kg/m3.
Solución prob.7-. Vamos a trazar las líneas de flujo del aire a
A
través del carrete, en la parte superior del cartón el aire fluye con cierta velocidad v2, haciendo que la presión (p2) en esa zona v 1 sea menor que en la parte inferior donde actúa la presión atmosférica. El diagrama de cuerpo libre del cartón presenta tres fuerzas: la fuerza (F2) ejercida por la presión p 2, el peso v 2 v 2 del cartón (mg) y la fuerza de la presión atmosférica (F ATM) A verticalmente hacia arriba equilibrando a las otras dos. Por condición de equilibrio: p2.A + mg = pATM. A F2 =p2.A
mg …(1) A Donde A es la sección del cartón. p2 = pATM -
mg
FATM =pATM.A
Aplicando la ecuación de Bernoulli en los puntos 1 y 2 del carrete: 0 Prof. Lic. Juan Mendoza Nolorbe
0
1 2 v 2 1
p2
0
1 2 v 2 2
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8
Donde se ha despreciado el termino .g.h, debido a que tanto la altura como la densidad del aire son pequeños y la presión p1 se ha considerado igual a la presión atmosférica*. De la ecuación de continuidad: v1 S1= v2 S2 2.v1 = v2 y teniendo en cuenta la ecuación (1), en la ecuación de Bernoulli, tenemos: pATM
0
1 2 v 2 1
pATM
1 (2.v 1 ) 2 2 3 2 v 2 1
m.g A
1 2 v 2 1
0
1 (2.v 1 ) 2 2
m.g A
m.g A
v1 = 4,4 m/s {Rpta}
Reemplazando y despejando v1:
*La presión p1, depende si se sopla desde una cierta distancia del agujero, como se ha supuesto para esta solución o si se sopla cerrando el agujero con los labios, en este caso p 1=0, y la velocidad necesaria para levantar el papel sería mucho mayor, v 1= 227.9m/s.
8. Se usa una bomba de diafragma para sacar agua del interior de un barco. El diámetro de la manguera de la bomba es de 4.0cm y el agua es impulsada por la manguera hacia arriba y sale por una escotilla a 5m sobre el nivel del agua, a una velocidad de 4m/s. Calcule la potencia de bombeo.
Solución prob.8-. Consideremos una porción de agua m que sube por la manguera una altura h en un intervalo de tiempo t, el trabajo externo realizado será: W = m.g.h; y la potencia: P=
m .g.h t pero m =
V , por lo que la potencia expresada en función de la
densidad se expresa: P=
V . V .g.h , aquí se puede notar que t t es el gasto o caudal G.
La potencia de la bomba queda:
P = .G. g. h
Reemplazando datos: P = (1000kg/m3)(4m/s . (0,02m)2).(9,8m/s2).(5m) P = 246,3w {Rpta} Prof. Lic. Juan Mendoza Nolorbe
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Hidrodinámica
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9. Un tanque cilíndrico de 1,2m de diámetro esta lleno hasta 0,3m de profundidad con agua. El espacio sobre el agua esta ocupado con aire comprimido a la presión de 200kPa. Se practica un orificio en el fondo de sección 2,5cm2. Calcular la velocidad inicial de la corriente que fluye a través de este orificio. Encontrar la fuerza vertical hacia arriba que experimenta el tanque cuando se quita el tapón. Considere pATM = 100kPa.
v 1 y
h x
v 2
Solución prob.9-. Cuando el fluido sale del tanque, de acuerdo a la tercera Ley de Newton, reacciona con una fuerza hacia arriba sobre el tanque de igual magnitud pero en dirección contraria a la fuerza con la que es expulsado el agua. Por otro lado, la segunda Ley de Newton, establece que el impulso que recibe el fluido expulsado, de ser equivalente al cambio de su cantidad de movimiento. Al inicio la cantidad de movimiento del líquido es cero, pero en un dt, habrá sido soltado un dm, que tendrá una velocidad v2 inicial en dirección hacia abajo. En consecuencia: dp = v2 dm = v2 [ .dV ] = v2 .[A2dy ] dp = v2 .A2[v2 dt ] =
2
v 2
.A2 dt
Esta cantidad de movimiento es igual al impulso de la fuerza que actúa sobre el tanque, de modo que: F.dt = v 22 .A2 dt. De donde
F=
.A2
2
v 2
…(1)
La velocidad de salida, se obtiene aplicando Bernoulli en los puntos 1 y 2. p1
gy1
1 2 v 2 1
p2
0
1 2 v 2 2
hacemos v1=0 por S1 >> S2 y despejamos v2: v 2
reemplazando datos: Prof. Lic. Juan Mendoza Nolorbe
2. p1
p2
2gh …(2)
v2 = 14,35 m/s {Rpta} {velocidad de salida inicial}
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Hidrodinámica 10
por lo que, la ecuación (1) queda : F =
2. p1
p2
reemplazando datos:
F = 51.47N {Rpta} {fuerza de impulso inicial}
2gh
.A2
*Se puede hacer notar al estudiante que esta fuerza va disminuyendo conforme el tanque se vacía,
10. El nivel del agua en un cilindro de 15cm de diámetro, como se muestra en la figura, se mantiene a una altura constante de 0,46m. si el diámetro del tubo de desagüe es de 0,5cm ¿a qué altura llegará la corriente vertical del agua?
1
Solución prob.10- Usando como nivel de referencia el
h
punto 2, de salida del agua, y aplicando el teorema de Torricelli - ver ecuación (2) del problema 2- se obtiene la velocidad de salida del agua a través del orificio.
2
v 2
2.g.( y1
y2 )
de los datos del problema y1 - y2 = 0,46m, reemplazando en la ecuación anterior: v2 = 3m/s. Para averiguar la altura alcanzada podemos aplicar la conservación de la energía mecánica de una porción de agua m.
1 2 m v = m.g.h 2 2
Despejando h y reemplazando datos:
h=
1 2.g
2
v 2
= 0,46m. {Rpta}
Nótese que la altura alcanzada es la misma que la altura del nivel de agua respecto al orificio.
11. Dos vasos comunicantes de diámetros d1 = 1m y d2 = 0,3m están comunicados por d2=0,3m
d1=1m h01=1m
he
h02=0.4m
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un tubo de sección S = 3,14cm2. La llave A inicialmente se encuentra cerrada. Los tanques contienen agua a una altura inicial h01= 1m y h02= 0,4m, ver figura. Determinar el tiempo en que los niveles de agua se igualan desde el instante que la llave se abre.
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Hidrodinámica 11
Solución prob.11- En el grafico se observa que h01 > h02, cuando la llave se abra la altura h1 del primer recipiente disminuirá y h2 en el segundo recipiente aumentará hasta que ambas alturas lleguen a una altura de equilibrio heq = h1 = h2, pero la cantidad total de fluido no cambia, de modo que: S1h1 + S2h2 = S1h01 + S2h02 = ( S1 + S2 ) heq …(1) Los dos depósitos conectados, podemos simular el comportamiento de los vasos comunicantes suponiendo que la velocidad del fluido en el tubo de comunicación es proporcional a la raíz cuadrada de la diferencia de alturas que alcanza el fluido en ambos recipientes. Aplicando Torricelli: v
2.g.(h1
h2 )
La cantidad de fluido que sale del primer recipiente a través del tubo que comunica ambos recipientes en la unidad de tiempo es vS, y en el tiempo dt será v.S.dt. La disminución de la altura h1 en el primer recipiente se expresa del siguiente modo S1dh1
S. 2.g.(h1
h2 )dt …(2)
Escribiendo h2 en función de h1, a partir de la ecuación (1): h2 = (
S1 S1 + 1 ) heq - h1 S2 S2
reemplazando en (2), podemos integrar fácilmente esta ecuación. h1 h01
h1
dh1 h1
heq
S 2.g. 1 S1
heq
h01
heq
2.t
S1 S2
S 2.g 1 S1
t
dt 0
S1 S2
...(3)
Se alcanza la altura de equilibrio heq después de un tiempo t que se calcula poniendo en la ecuación precedente h1 = heq. En nuestro problema, primero calculamos las secciones de cada tanque: S1= (0,5m)2= 0,785 m2; S2= (0,15m)2= 0,071 m2 Obtenemos la altura de equilibrio reemplazando los datos en la ecuación (1): S1h01 + S2h02 = ( S1 + S2 ) heq
Reemplazando este valor en la ecuación (3). Prof. Lic. Juan Mendoza Nolorbe
heq = 0,95 m t = 18,1s. {Rpta}
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Hidrodinámica 12
12. Dos vasos comunicantes de diámetros iguales d = 40cm, están comunicados por un tubo de diámetro 1cm y 20cm de longitud. La llave A inicialmente se encuentra cerrada. La altura inicial del agua en el primer recipiente es h01= 1m y en el segundo recipiente h02= 0,4m. La llave A se abre y el líquido comienza a oscilar. Determinar la altura de equilibrio y el periodo de oscilación. v 1
h01
v 2
A
h02 heq N.R.
Solución prob.12- La altura de equilibrio, para el caso de dos tubos de secciones iguales, deducida a partir de la ecuación (1) del problema 11, es: heq
h01
h02 2
...(1)
Para determinar el periodo, tendremos que llegar a la ecuación diferencial del movimiento armónico simple. Esto se realizara a partir de la conservación de la energía, entonces empecemos a definir la masa contenida en cada recipiente en función de un desplazamiento x1, del nivel de agua del primer recipiente respecto a N.R. Masa en el recipiente 1 = m1 = .V1 = .S1.(heq + x1). Masa en el recipiente 2 = m2 = .V2 = .S2.(heq – x1). Masa en el tubo de comunicación = m3 = .V3 = .S.L. La energía potencial respecto al N.R.: En el primer recipiente: Ep1= m1.g.(heq + x1)/2 = ½ .g.S1.(heq + x1)2. En el segundo recipiente: Ep2 = m2.g.(heq – x1)/2 = ½ .g.S2.(heq – x1)2.
La energía cinética: En el primer recipiente: Ec1= ½ m1. v 12 = ½ .S1.(heq + x1). v 12 En el segundo recipiente: Ec2= ½ m2. v 22 = ½ .S2.(heq - x1). v 22 En el tubo de comunicación: Ec3 = ½ m3.v2= ½ .S.L. v2
La energía mecánica del sistema: EM = EP + EC.
EM =½ .g.S1.(heq + x1)2 + ½ .g.S2.(heq – x1)2 + ½ .S1.(heq + x1)
2
v 1
. + ½ .S2.(heq - x1). v 22 + ½ .S.L.v2
Usando la ecuación de continuidad: S 1v1 = S 2v2 = S.v, y el hecho que S1 = S2. la energía mecánica queda: Prof. Lic. Juan Mendoza Nolorbe
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Hidrodinámica 13
S
EM = .g.S1.(
2 heq
x 21
) + .S1.heq.
+ ½ . L.
2 v 1
2 1
S
.
2
v 1
.
Por conservación de la energía mecánica, la derivada respecto al tiempo de esta ecuación debe ser cero. dEM dx1 dv1 = .g.S1.(2x1) + .g.S1.heq(2v1) + ½ . L. dt dt dt
dv1 2. .g.S1.x1 + 2. .S1.heq + dt d 2 x1 dt
2
2g 2heq
S L. 1 S
S
. L.
x1
2 1
S
.
S
2 1
S
dv1 =0 dt
. (2v1)
dv1 =0 dt
0
que es la ecuación de un movimiento armónico simple, cuya frecuencia angular 2g
2
= 2heq
S L. 1 S
El periodo
T = 2
2heq
L. 2g
S1 S
2
es:
...(2)
Con los datos de nuestro problema primero determinamos la altura de equilibrio con la ecuación (1). heq
h01
h02 2
= 0,7m
Reemplazando este valor y los demás datos en la ecuación (1), el periodo resulta ser: T = 7,52s {Rpta}
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