UNIDAD 5 - PROBLEMA 47
La presión relativa del gas en el primer piso del edificio es 100 mm c.a. (mm de columna de agua). Determine la presión relativa del gas en el octavo piso, a una altura 32 m respecto el primero. Asuma que las densidades del gas y del aire no varían con la altura. Las densidades correspondiente son : 0.5 kg/m3 (gas) y 1.29 kg/m3 (aire).
Sol. : 125 mm
Desarrollo
Debe tenerse en cuenta que los manómetros en U dan una medida de presión relativa, es decir un valor de presión respecto la presión ambiente. Por lo tanto, si en la altura H la presión del gas varía en una cierta magnitud, no puede despreciarse la variación de presión ambiente en esa misma altura. Por definición de presión relativa:
1 1 1
gas amb agua
p
−
p
=
ρ
g h
2 2 2
gas amb agua
p
−
p
=
ρ
g h
Restando miembro a miembro:
(
)
(
)
1 2 1 2 1 2
gas gas amb amb agua
p
−
p
−
p
−
p
=
ρ
g h
−
h
Por otra parte:
1 2
gas gas gas
p
−
p
=
ρ
g H
1 2
amb amb aire
p
−
p
=
ρ
g H
Reemplazando: gasg
ρ
H
−
ρ
aireg
H
=
ρ
aguag
(
h
1−
h
2)
Despejando: 2 11.29 0.5
0.1
32
1000
0.125
aire gas aguah
h
H
m
ρ
ρ
ρ
−
= +
−
=
+
=
Existen dos tipos de movimiento de cuerpo rígido de un fluido:
- Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, con aceleración
a
G
- Movimiento de rotación alrededor de un eje con velocidad angular constante
En cualquiera de ambos casos, en una referencia móvil con el fluido, el efecto de la aceleración (lineal en un caso, centrípeta en el otro) se contabiliza como fuerza de inercia, la cual se adiciona a la fuerza másica gravitatoria, de manera que la fuerza másica total resulta:
K
G
= −
g
G G
a
Como en la referencia móvil el fluido está en reposo, el gradiente de presiones (fuerza por unidad de volumen sobre una partícula de fluido) está dada por:
(
)
p
ρ
K
ρ
g
a
∇ =
G
=
G G
−
Esta ecuación es la ecuación general de la estática de fluidos, incluyendo el caso de movimiento de cuerpo rígido del fluido.
Caso de movimiento rectilíneo:
Las componentes del gradiente de presiones se expresan como:
(
x x)
(
z z)
p
p
g
a
g
a
x
ρ
z
ρ
∂
=
−
∂
=
−
∂
∂
Sobre la superficie libre del líquido la presión es constante e igual a la presión ambiente a la que está expuesto el líquido. De manera que puede plantearse:
0
p
p
dp
dx
dz
x
z
∂
∂
=
+
=
∂
∂
Donde dx y dz son diferenciales espaciales sobre la superficie libre.
(
g
xa
x)
dx
(
g
za dz
z)
0
ρ
−
+
ρ
−
=
La densidad se simplifica de manera que sobre la superficie libre del líquido vale la relación:
(
g
x−
a
x)
dx
+
(
g
z−
a dz
z)
=
0
Si plantemos ahora el diferencial de presión entre dos puntos cualesquiera:
(
x x)
(
z z)
0
dp
=
ρ
g
−
a
dx
+
ρ
g
−
a dz
≠
Al ser constantes las componente del gradiente de presión, existe proporcionalidad directa entre
dp
condx
ydz
de manera que puede escribirse:(
x x)
(
z z)
p
ρ
g
a
x
ρ
g
a
z
Δ =
−
Δ +
−
Δ
Si en un punto x1-z1 se conoce el valor de la presión p1 , entonces el valor de la presión en otro punto
x-z será:
(
)(
)
(
)(
)
1 1 1
( , )
x x z zp x z
=
p
+
ρ
g
−
a
x
−
x
+
ρ
g
−
a
z
−
z
El caso de movimiento de rotación será desarrollado más adelante.constante constante
UNIDAD 5 - PROBLEMA 48
El depósito mostrado se acelera hacia la derecha con el fluido moviéndose como sólido rígido. Determine la aceleración aX y la presión en el punto A si el fluido es agua.
Sol. : 0.13 g
Se tiene:
a
x=
?
a
z=
0
g
x=
0
g
z= −
g
Planteamos la siguiente expresión desarrollada previamente, sobre la superficie libre dónde la presión es constante e igual a la presión ambiente:
(
)
(
)
1 1 1
( , )
xp x z
=
p
−
ρ
a
x
−
x
−
ρ
g z
−
z
=
cte
Tomando el diferencial:
dp x z
( , )
= −
ρ
a dx
x−
ρ
g dz
=
0
Despejamos la pendiente de la superficie libre:dz
a
xdx
= −
g
La cual puede ser calculada con los datos dados:
15 28
0.13
100
dz
dx
−
=
= −
de dondea
x=
0.13
g
Conocida
a
x planteamos la expresión de la presión tomando como punto 1 de referencia un punto cualquiera donde conozcamos la presión, por ejemplo x1 = 0 z1 = 0.28(
)
( , )
amb x0.28
p x z
=
p
−
ρ
a x
−
ρ
g z
−
En el punto A: x = 0 z = 0 por lo tanto:0.28
(
)
A ambp
=
p
+
ρ
g
abs
0.28
(
)
Ap
= +
ρ
g
man
100 cm 15 cm 28 cm aX A Punto 1 z θ xEl depósito mostrado se mueve hacia arriba del plano inclinado con aceleración constante, de manera que el fluido se mueve como sólido rígido. Determine la aceleración a y si es hacia arriba o abajo. Determine la presión en el punto A si el fluido es agua.
Sol. : 0.613 g hacia abajo ; 2379 Pa (man)
Por la dirección del movimiento conviene trabajar con ejes X-Z diferentes de los dados, como se muestra:
En estos ejes:
a
X=
a
a
Z=
0
g
X= −
g
sin
α
g
Z= −
g
cos
α
Además tomamos como punto 1 de referencia un punto cualquiera donde conozcamos la presión, por ejemplo X1 = 0 Z1 = 0.28
De manera que la presión en un punto cualquiera es:
(
)(
1)
(
1)
( , )
ambsin
cos
p X Z
=
p
−
ρ
g
α
+
a
X
−
X
−
ρ
g
α
Z
−
Z
Sobre al superficie libre se tiene:(
)(
1)
(
1)
( , )
ambsin
cos
ambp X Z
=
p
−
ρ
g
α
+
a
X
−
X
−
ρ
g
α
Z
−
Z
=
p
Tomando diferencial y despejando la pendiente de la superficie libre:
(
sin
)
cos
0
dp
= −
ρ
g
α
+
a dX
−
ρ
g
α
dZ
=
sin
cos
dZ
g
a
dX
g
α
α
+
= −
La pendiente de la superficie libre puede ser calculada con los datos dados:
15 28
0.13
100
dZ
dX
−
=
= −
De manera que puede despejarse la magnitud de la aceleración a, con su signo correspondiente. La presión en el punto A se calcula mediante la fórmula de
p X Z
( , )
100 cm 15 cm 28 cm ¿ a ? V x z α = 30º A X Z Punto 1
UNIDAD 5 - PROBLEMA 50
El tanque de combustible de un avión es rectangular como se muestra y contiene hasta un tercio de su capacidad. En un lapso dado, el avión se encuentra volando horizontalmente con aceleración constante aX . Determine el valor de la aceleración para que la superficie libre del líquido alcance: a)
el fondo del tanque, esquina B ; b) el punto C, a partir de lo cual cesa el suministro de combustible. Sol. : a) aX = 0.333g ; b) aX = 1.5g
Para el punto a), la superficie libre del combustible debe quedar en la siguiente configuración:
Como se ha visto antes, en un caso análogo, la pendiente de la superficie libre está dado por: x
a
dz
dx
= −
g
la cual en éste caso vale:2
1
2
3
dz
h
h
dx
= −
a
= − = −
a
de dóndea
x=
0.333
g
Para el punto b), la superficie libre del combustible debe quedar en la siguiente configuración:La cota L debe
obtenerse en base a la conservación del volumen de combustible, de manera que:
2
2
L
a
a
ah
+
=
obteniéndose4
4
1
3
3
L
=
h a
− =
a
− =
a
a
La pendiente de la superficie libre está dada por:
3
2
dz
a
dx
= −
a
−
L
= −
de dóndea
x=
1.5
g
a a a h C aX B a a a h C aX B LEl tanque en forma de L de la figura contiene aceite de densidad relativa 0.8 y en el punto A posee un orificio abierto a la atmósfera. Si la aceleración según X es aX = 4.9 m/s
2
, determine las presiones relativas en los puntos B y C. Determine la aceleración requerida para que el punto B esté a presión ambiente. Sol. : pB = 800 kgf/m 2 ; pC = 3920 kgf/m 2 ; 6.54 m/s2
El problema se resuelve trabajando con la expresion desarrollada siguiente:
(
)
(
)
1 1 1
( , )
xp x z
=
p
−
ρ
a
x
−
x
−
ρ
g z
−
z
En dónde el punto 1 de referencia se toma en el punto A dónde:
1 amb 1
0.6
14.6
p
=
p
x
=
m
z
=
m
La presión en el punto B se evalúa con:
x
C=
6.6
m
z
C=
0.6
m
La presión en el punto C se evalúa con:x
C=
0
m
z
C=
0
m
0.6 m 6 m 4 m 0.6 m B A C aX
UNIDAD 5 - PROBLEMA 52
Un recipiente cilíndrico de diámetro 0.9 m contiene agua hasta una altura de 0.25 m como se muestra, cuando está en reposo. Se lo pone a girar a velocidad angular constante alrededor de su eje vertical y luego de un período de transición la superficie libre adopta una forma fija inmóvil respecto el propio recipiente.
Determine la velocidad angular a fin de que la presión en el centro del fondo del recipiente sea la atmosférica. Determine la máxima elevación del líquido en esa condición.
Existe fuerza gravitatoria en la dirección negativa de z:
g
G
= −
g k
ˆ
y existe aceleración centrípeta, en la dirección radial negativa:a
G
= −
ω
2r e
ˆ
r de manera que las componentes del gradiente depresiones quedan: 2
p
g
z
p
r
r
ρ
ρ ω
∂
= −
∂
∂
= +
∂
Se aclara que la aceleración centrípeta equivale a una fuerza de inercia centrífuga, en la dirección radial positiva.
Sobre la superficie libre del líquido la presión es constante e igual a la presión ambiente a la que está expuesto el líquido. De manera que puede plantearse:
2 2 2 2
0
0
2
p
p
dp
dz
dr
z
r
g dz
r dr
r dr
g dz
r
g z
cte
ρ
ρ ω
ω
ω
∂
∂
=
+
=
∂
∂
−
+
=
=
=
+
Esta última ecuación determina la forma parabólica que adopta la superficie libre del líquido en el recipiente. Se escribe: 2 2 min
2
z
h
r
g
ω
=
+
0.6 m 0.25 m 0.9 m h0 hmincondición en reposo sin rotación y la condición en movimiento de rotación: Sin rotación:
Vol
=
π
R h
2 0En rotación: 2 2 min 2 2 4 min 2 2 4 min
( ) 2
2
2
2
2
2
4
4
R R o oVol
z r
r dr
h
r
r dr
g
R
R
h
g
R h
R
g
ω
π
π
ω
π
ω
π
π
⎛
⎞
=
=
⎜
+
⎟
⎝
⎠
⎛
⎞
=
⎜
+
⎟
⎝
⎠
=
+
∫
∫
Igualando ambas expresiones se obtiene:
2 2 min 0
4
R
h
h
g
ω
=
−
La condición de que la presión en el centro del fondo del recipiente sea la atmosférica significa la condición
h
min=
0
es decir que:2 2 0
4
R
h
g
ω
=
de dónde se despeja el valor de la velocidad angular requerida.UNIDAD 5 - PROBLEMA 53
Se muestra el esquema de una centrífuga que separa partículas en suspensión en un líquido (por ejemplo glóbulos en el suero de las sangre o grasa en el suero de la leche). La centrífuga gira a 400 r.p.m. y la distancia radial media del nivel del líquido es r = 25 cm (se asume que la sección de cada tubo de al centrífuga es pequeño en relación a la distancia r).
Determine el factor de incremento de la “gravedad relativa” y el ángulo α más ventajoso para la separación de las partículas en suspensión.
Sol. :
α
ω
cos
α
2g
r
sen
g
g
′
=
+
α =1.28ºCuando el problema es estático puro, el vector gradiente de presión es:
p
p
e
ˆ
zrg e
ˆ
zz
ρ
∂
∇ =
= −
∂
y elvector de fuerza por unidad de masa es:
p
g e
ˆ
zρ
∇
= −
es decir la gravedad g que conocemos.
Cuando hay efectos de rotación, como se ha visto, el vector gradiente de presión está dado por: 2
ˆ
zˆ
rˆ
zˆ
rp
p
p
e
e
g e
r e
z
r
ρ
ρω
∂
∂
∇ =
+
= −
+
∂
∂
La fuerza por unidad de masa (vectorial) está dada por:
f
p
g e
ˆ
zω
2r e
ˆ
rρ
∇
=
= −
+
G
La denominada "gravedad relativa" en el tubo de ensayo está dada por la componente de la fuerza por unidad de masa en la dirección del eje del tubo.
El versor (vector unitario) de la dirección del eje del tubo en coordenadas z-r está dado por:
ˆ
sin
ˆ
zcos
ˆ
rv
= −
α
e
+
α
e
La componente de la fuerza por unidad de masa en la dirección del eje del tubo está dada por el siguiente producto escalar:
(
2)
(
)
2ˆ
ˆ
ˆ
sin
ˆ
cos
ˆ
sin
cos
z z rg
f
v
g e
r e
e
e
g
r
ω
α
α
α ω
α
′ = • = −
+
• −
+
=
+
G
2sin
cos
g
r
g
g
ω
α
α
′
=
+
Cuando el tubo de ensayos está horizontal: α = 0 y la gravedad relativa a lo largo del tubo es sólo el efecto centrífugo.
Cuando el tubo de ensayos está vertical: α = π/2 y la gravedad relativa a lo largo del tubo es sólo la gravedad física.
El ángulo más ventajoso es el que maximiza g'. Derivando e igualando a cero se obtiene el valor buscado: