Tema_7_Capa_Limite_0405

CAPA LÍMITE

Área de Mecánica de Fluidos.

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Área de Mecánica de Fluidos

CAPA LÍMITE 1. INTRODUCCIÓN 2. MÉTODOS INTEGRALES EN LA TEORÍA DE LA CAPA LÍMITE 3. LAS ECUACIONES DE LA CAPA LÍMITE 4. CAPA LÍMITE SOBRE UNA PLACA PLANA 5. CAPA LÍMITE CON GRADIENTE DE PRESIÓN 6. FUERZAS SOBRE OBJETOS SUMERGIDOS 7. BIBLIOGRAFÍA 8. PROBLEMAS RESUELTOS

Curso 2004-2005


1. INTRODUCCIÓN

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1. INTRODUCCIÓN

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2. MÉTODOS INTEGRALES EN LA TEORÍA DE LA CAPA LÍMITE

δ( x )

D = ρ b ∫ u ( U − u ) dy 0

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3. LAS ECUACIONES DE LA CAPA LÍMITE

• Ecuaciones de la capa límite bidimensional:

• Hipótesis de Prandtl: si el nº de Reynolds es muy grande, la capa límite es muy delgada y se verifica: v << u,

∂ ∂ << ∂x ∂y

• Ecuaciones de la capa límite de Prandtl:


4. CAPA LÍMITE SOBRE UNA PLACA PLANA

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• Transición de capa límite laminar a capa límite turbulenta: -Gradiente de presión de la corriente exterior -Nivel de turbulencia de la corriente exterior -Rugosidad superficial -Curvatura de la superficie -Succión e inyección de fluido -Calentamiento o enfriamiento de la superficie Placa plana sin turbulencia en la corriente exterior: transición para 3 10 5 < Rex < 2 106

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5. CAPA LÍMITE CON GRADIENTE DE PRESIÓN

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6. FUERZAS SOBRE OBJETOS SUMERGIDOS

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ARRASTRE

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n º de Strouhal =

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f d 19.7 ⎞ = 0.198 ⎛ ⎜1 − ⎟, 250 < Re < 2 105 u∞ ⎝ Re ⎠

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SUSTENTACIÓN

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7. BIBLIOGRAFÍA Blevins, R.D. “Applied Fluid Mechanics Handbook”, Krieger Publishing Company, 1992. Fox, R.W.; McDonald, A.T. “Introducción a la mecánica de fluidos”, McGraw-Hill1, 1995. Gerhart, P.; Gross, R.; Hochstein, J. “Fundamentos de Mecánica de Fluidos”, Addison-Wesley Iberoamericana, 1995. Massey, B.S.”Mecánica de los fluidos”, C.E.C.S.A., 1979. Shames, I.H., “Mecánica de Fluidos”, McGraw-Hill, 1972. Schlichting, H., “Teoría de la capa límite”, Urmo, 1972. Streeter, V.L.; Wylie, E.D., “Mecánica de los Fluidos”, Mc. Graw-Hill, 1987. White, F.M. “Mecánica de fluidos”, McGraw-Hill, 2003. White F.M. “Viscous Fluid Flow”, McGraw-Hill, 1991.

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8. PROBLEMAS RESUELTOS

1) Calcúlese la velocidad terminal de caída de un paracaidista (antes de abrir el paracaídas) si cae en las siguientes posiciones: CD·A = 0.11 m2 2 D·A =C0.84 m CD·A = 0.24 m2

a) En posición vertical (de pie). b) En posición horizontal. c) Acurrucado.

DATOS: Masa del paracaidista, m = 80 kg; densidad del aire, ρ = 1.2 kg/m3.

RESOLUCIÓN Cuando se alcanza la velocidad terminal, se igualan el peso del paracaidista y la fuerza de arrastre sobre el paracaidista:

Despejando la velocidad:

v=

Peso = Arrastre 1 m g = CD ρ v2 A 2 2mg ρ CD A

Sustituyendo valores en cada caso: a) En posición vertical: b) En posición horizontal: c) Acurrucado:

v = 109 m/s v = 39.5 m/s v = 73.8 m/s

2) Una esfera de diámetro d = 12 cm y masa m = 3 kg cae verticalmente en el interior de un fluido cuya viscosidad cinemática es ν = 3·10-5 m2/s y cuya densidad es ρ = 1200 kg/m3.

Determínese la velocidad terminal de caída utilizando el diagrama adjunto (CD = CD (Re) para esferas).

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RESOLUCIÓN La velocidad terminal de caída se alcanza cuando se igualan el peso de la esfera y la suma del empuje más la fuerza de arrastre sobre la misma. En ese momento la aceleración será nula. En el equilibrio:

D+E=P

D+E

D=P−E 3

4 d ⎞ P = m g; E = ρ π ⎛ ⎜ ⎟ g 3 ⎝ 2 ⎠

V

1 d ⎞ D = C D ρ v 2 π ⎛ ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠

P

Igualando:

CD ρ v 2

2

π 2 π d = m g − ρ d3 g 8 6

π m g − ρ d 3g 6 = 2.76 CD v 2 = π 2 ρ d 8 Pero como CD = CD (Re), tendremos que iterar con el diagrama: - Suponemos v = 2 m/s: Re =

v d = 8000 C = 0,4 C ·v2 = 1.6: no se verifica D D ν

- Suponemos v = 3 m/s: Re = 12000 CD = 0,41 CD·v2 = 4.14: no se verifica - Suponemos v = 2.62 m/s: Re = 10480 CD = 0,4 CD·v2 = 2.74: correcto

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3) Un tanque de sedimentación para suministro de agua a un municipio tiene 3 m de profundidad, existiendo un flujo horizontal continuo de 30 cm/s. Si se desea que sedimenten todas las partículas (supuestas esféricas) de diámetro superior a 1 mm antes de que el agua salga del tanque: ¿cuál debe ser la longitud mínima, L, del tanque?

DATOS: Densidad del agua, ρΑ = 1000 kg/m3; densidad de las partículas, ρP = 2600 kg/m3; viscosidad cinemática del agua, ν = 1.21·10-6 m2/s; úsese el diagrama del problema anterior del CD = CD (Re) para esferas.

D+E V

P

3m 30 cm/s

¿L? RESOLUCIÓN La velocidad terminal de caída se alcanza cuando se igualan el peso de la esfera y la suma del empuje más la fuerza de arrastre sobre la misma. Realizando el balance de fuerzas cuan do se ha alcanzado dicha velocidad:

D+E=P

D+E

D=P−E V

P

P = ρ P V g; E = ρ A V g 1 D = C D ρA v 2A 2 π π Siendo: A = d 2 ; V = d 3 4 6 Igualando: C D

CD v2 =

1 ρA v 2 A = (ρ P − ρA ) V g 2

2 (ρP − ρ A ) V g = 0.0209 ρA A

Pero como CD = CD (Re), tendremos que iterar con el diagrama: - Suponemos v = 1 m/s: Re =

vd = 826 CD = 0.46 CD·v2 = 0.46: no se verifica ν

- Suponemos v = 0.5 m/s: Re = 413 - Suponemos v = 0.15 m/s: Re = 124

CD = 0.6 CD·v2 = 0.15: no se verifica CD = 0.9 CD·v2 = 0.0203: correcto

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La partícula tarda en caer hasta el fondo: t recorre en dirección horizontal: L

=

= 0.3·20 = 6 m .

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h 3 = = 20 seg . En esos 20 segundos, la partícula v 0.15

Si se desease que sedimenten todas las partículas (supuestas esféricas) de diámetro superior a 0.1 mm, se obtendría: C D v 2

= 0.00209

- Sup. v = 0.05 m/s: Re =

vd = 4.1 ν

CD = 8.5 CD·v2 = 0.021: no se verifica

- Sup. v = 0.005 m/s: Re = 0.4 CD = 60 CD·v2 = 0.0015: no se verifica - Sup. v = 0.008 m/s: Re = 0.66 CD = 40 CD·v2 = 0.00256: correcto

h 3 = = 375 seg . En esos 20 segundos, la partícula v 0.008 recorre en dirección horizontal: L = 0.3·375 = 112.5 m . La partícula tarda en caer hasta el fondo: t

=

4) Una corriente de aire de 60 m/s incide sobre una esfera lisa cuyo diámetro es 0.15 m. a) Determínese la fuerza de arrastre sobre la misma. b) ¿Cuál sería el arrastre si, en vez de una esfera, se coloca un disco del mismo diámetro perpendicularmente a la corriente? DATOS: Viscosidad cinemática del aire, νA = 1.5·10-5 m2/s; densidad del aire, ρΑ = 1.2 kg/m3; úsese el diagrama de un problema anterior del CD = CD (Re) para esferas y discos.

RESOLUCIÓN

1 ρ A v 2 A . En este caso, A es el área frontal: 2 π vd 60 0.15 , que en este caso vale: Re = = 6 105 ; A = d 2 , y CD depende del número de Reynolds: Re = 5 − 4 ν 1.5 10 a) La fuerza de arrastre se obtiene con la expresión: D = C D

entrando en el gráfico, se obtiene un coeficiente de arrastre CD = 0.2, por lo que:

1 π D = 0.2 1.2 60 2 0.152 = 7.63 N 2 4 b) En el caso del disco, lo único que varía es el valor del C D pues el número de Reynolds y el área frontal son los mismos que en el apartado anterior; entrando en el gráfico en la curva correspondiente a discos, se un coeficiente de arrastre CD = 1.17, por lo que:

1 π D = 1.17 1.2 602 0.152 = 44.66 N 2 4

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5) Una gota de agua de 1 mm de diámetro cae en el aire, y una burbuja de aire, también de 1 mm de diámetro, se eleva en agua.

Determínese la velocidad terminal en ambos casos, suponiendo esférica la forma de ambas. DATOS: Viscosidad cinemática del aire, νA = 1.5·10-5 m2/s; densidad del aire, ρΑ = 1.2 kg/m3; viscosidad cinemática del agua, νW = 1.21·10-6 m2/s; densidad del agua, ρW = 1000 kg/m3; úsese el diagrama de un problema anterior del CD = CD (Re) para esferas y discos.

RESOLUCIÓN a) Gota de agua: La velocidad terminal de caída se alcanza cuando se igualan el peso de la gota y la suma del empuje mas la fuerza de arrastre sobre la misma. En ese momento la aceleración será nula. En el equilibrio: D+E V

D + E = P; D = P −E π π P = ρ W d 3 g; E = ρ A d 3 g 6 6 2 1 2 ⎛ d ⎞ D = CD ρA v π ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠

P Igualando y despejando:

⎞ 4 ⎛ ρ C D v 2 = d ⎜⎜ W − 1⎟⎟ g = 10.87 3 ⎝ ρ A ⎠

Pero como CD = CD (Re), tendremos que iterar con el diagrama: - Suponemos v = 4 m/s: Re =

v d = 266.66 C = 0,65 C ·v2 = 10.4: no se verifica, D D ν 2

- Suponemos v = 4.1 m/s: Re = 273.33 CD = 0.66 CD·v = 11.09: no se verifica, - Suponemos v = 4.05 m/s: Re = 270 CD = 0.66 CD·v2 = 10.82: correcto.

b) Burbuja de aire: En este caso el movimiento es hacia arriba. La velocidad terminal de ascenso se alcanza cuando se igualan el empuje y la suma del peso de la burbuja y el arrastre sobre la misma. En ese momento la aceleración será nula. En el equilibrio: E V

P+D

D + P = E; D=E−P π π P = ρA d 3 g; E = ρ W d 3 g 6 6 2 1 2 ⎛ d ⎞ D = CD ρW v π ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠ Igualando y despejando:

4 ⎛ ρ ⎞ C D v 2 = d ⎜⎜1 − A ⎟⎟ g = 0.013 3 ⎝ ρ W ⎠

Pero como CD = CD (Re), tendremos que iterar con el diagrama: - Suponemos v = 0.01 m/s: Re = 8.26 - Suponemos v = 0.1 m/s: Re = 82.6 - Suponemos v = 0.11 m/s: Re = 90.9

CD = 5 CD·v2 = 5 10-4: no se verifica CD = 1.2 CD·v2 = 0.12: no se verifica CD = 1.1 CD·v2 = 0.0133: correcto

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6) Un coche de masa m

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= 2000 kg, coeficiente de arrastre CDC = 0.3, y área frontal A C = 1 m2 despliega para frenar un paracaídas cuya área frontal es un círculo de 2 m de diámetro y cuyo coeficiente de arrastre es CDP = 1.2. Si la velocidad inicial del vehículo es de 100 m/s, despreciando la resistencia a la rodadura, suponiendo que los valores de los CD no varían y que no se utiliza otro mecanismo de frenado, calcúlese la distancia recorrida y su velocidad después de 1, 10 100 y 1000 s de desplegar el paracaídas. C

DATOS: Densidad del aire, ρ = 1.2 kg/m3.

RESOLUCIÓN Para resolver el problema, se aplica la 2ª ley de Newton en la dirección del movimiento:

dv 1 = − D C − D P = − ρ v 2 (C DC A C + C DP A P ) dt 2 ρ (CDC A C + C DP A P ) dv = − K v 2 ; siendo K = dt 2 mC vO dx Integrando: v = = 1 + K v O t dt 1 Integrando de nuevo: x = ln(1 + K v O t ) K mC

Sustituyendo valores: K =

ρ (C DC A C + C DP A P ) = 0.00122 2 mC

Tabulando los resultados: t (s) v (m/s) x (m)

1 89 94

10 45 653

100 7.6 2113

1000 0.81 3941

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7) Una corriente de aire de velocidad uniforme U

V

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incide sobre la parte no sumergida de un iceberg, que flota en una

zona en la que no existe ninguna corriente marina.

a) Si la forma del iceberg puede ser aproximada por un cilindro de diámetro D y altura L, y si la relación entre la parte sumergida y la no sumergida es la indicada en la figura, determínese una expresión para la velocidad UI de avance del iceberg, en función de las diferentes variables que intervienen en el problema, suponiendo conocido el coeficiente de arrastre (definido a partir del área frontal). b) Si se puede despreciar la dependencia del coeficiente de arrastre con el número de Reynolds, obténgase el valor numérico de la velocidad UI de avance (en km/día), con los valores numéricos suministrados. DATOS: Densidad del agua marina, ρW = 1025 kg/m3, densidad del aire, ρA = 1.22 kg/m3; altura del iceberg, L = 100 m; diámetro del iceberg, d = 800 m; velocidad del viento, UV = 15 m/s.

RESOLUCIÓN a) Al incidir el viento sobre el iceberg, ejerce una fuerza sobre él, debido a la cual, el iceberg se pone en movimiento, apareciendo una fuerza de resistencia al avance en el agua. El iceberg se acelerará hasta que se alcance una velocidad constante; en ese momento, la resistencia ejercida por el agua se iguala al arrastre producido por el aire:

UV - UI

DA

DW

UI

DA − DW = m

dv =0 dt

1 7L 1 L ρ W U 2I d = C DA ρ A ( U V − U I ) 2 d 2 8 2 8 7 C DW ρ W 2 7 C DW ρ W U 2V − 2U V U I + U 2I = U I ; llamamos α = C DA ρ A C DA ρ A C DW

(α − 1) U 2I − 2U V U I + U 2V = 0

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UI =

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− 2U V ± 2U V α UV (descartando la solución negativa ) = 2 (α − 1) α + 1)

b) Si CD ≠ CD (Re) entonces CDW = CDA y

α=

7ρ = 5881 : ρ W

A

UI =

UV 15 = = 0.193 m/s = 16.67 km/día α + 1) 5881 + 1

8) Una esfera de diámetro d

de un material cuya densidad es ρΕ se introduce en agua, ρΑ, con una velocidad de entrada, vE. Calcúlese la profundidad H hasta la que descenderá suponiendo que el coeficiente de arrastre, C DE se puede considerar constante durante el descenso. E

VE

H

DATOS: Aplicación numérica: dE = 5 cm; ρΕ = 500 kg/m3, vE = 10 m/s ρΑ = 1000 kg/m3; CDE = 0.47.

RESOLUCIÓN

D+E

Una vez inmersa la esfera, se ve sometida a la acción del peso (hacia abajo) y del empuje y del arrastre (hacia arriba): V

Aplicando equilibrio de fuerzas, teniendo en cuenta que la velocidad no se mantiene constante:

P − D − E = mE

P

dv dt

P = ρE V g; E = ρ A V g; m E = ρ E V

1 D = C DE ρ A v 2 A 2 π π Siendo: A = d 2E ; V = d 3E 4 6 Sustituyendo: (ρ E

1 dv − ρA ) V g − C DE ρA v 2 A = ρ E V . 2 dt


Reordenando:

ρ dv 1ρ A dv dx dv = (1 − A ) g − C DE A v 2 = =v ρE dt 2 ρE V dx dt dx

Integrando, con los siguientes límites de integración: en x: de 0 a H en v: de vE a 0

⎛ ρ A ⎞ ⎜⎜ − 1⎟⎟ g ρE V 1 ⎝ ρ E ⎠ se obtiene: H = − ln ρ A A C DE 1 ρ A A 2 ⎛ ρ A ⎞ − 1⎟ g C DE v +⎜ 2 ρ E V E ⎜⎝ ρ E ⎠⎟ Aplicación numérica: H = 0.176 m.

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