Capítulo 2. Estática de los fluidos
2.10. Rotación uniforme alrededor de un eje vertical – vórtice forzado
La rotación de un fluido alrededor de un eje que se mueve como un sólido alrededor de un eje, se conoce como movimiento de vórtice forzado. Cada partícula de fluido tiene la misma velocidad angular (este movimiento debe distinguirse del movimiento de vórtice libre en el que cada partícula se mueve en una trayectoria circular con una velocidad que varía inversamente con la distancia desde el centro). No existen esfuerzos de corte y la única aceleración tiene dirección radial hacia el centro de la circunferencia.
Figura 2.10. Equilibrio relativo de líquidos que giran alrededor de un eje vertical
Sabemos que:
∂p
∂r = − γω2r
g ,
∂p
∂y = −γ,
∂p
∂z = 0 Entonces el diferencial de p corresponde a,
dp = −γω2r
g dr − γdy
∂p
∂x = − γax
g ,
∂p
∂y = − γay
g − γ,
∂p
∂y = 0 Por tanto,
dp = −γax
g dx + [−γ (1 + ay
g )] dy Integrando la expresión
p = p0−γax
g + [−γ (1 + ay
g )] y Para finalmente tener,
y = −γax g +
p0− p γ (1 +ay
g )
2.10. Rotación uniforme alrededor de un eje vertical – vórtice forzado
La rotación de un fluido alrededor de un eje que se mueve como un sólido alrededor de un eje, se conoce como movimiento de vórtice forzado. Cada partícula de fluido tiene la misma velocidad angular (este movimiento debe distinguirse del movimiento de vórtice libre en el que cada partícula se mueve en una trayectoria circular con una velocidad que varía inversamente con la distancia desde el centro). No existen esfuerzos de corte y la única aceleración tiene dirección radial hacia el centro de la circunferencia.
Figura 2.10. Equilibrio relativo de líquidos que giran alrededor de un eje vertical
Sabemos que:
∂p
∂r = − γω2r
g ,
∂p
∂y = −γ,
∂p
∂z = 0 Entonces el diferencial de pcorresponde a,
dp = −γω2r
g dr − γdy
Integrando la expresión, se tiene,
p = p0+γω2r2 g − γy Para y = 0, p0 = 0, se tiene, h =p
γ = ω2r2
2g (Ec. 2.15)
Vemos que la superficie tiene la forma de un paraboloide. La profundidad “𝑦𝑦” varia con el cuadrado del radio. Experimentalmente se demuestra que la distancia que el fluido desciende en el centro de la parábola es igual al que asciende por las paredes respecto del nivel horizontal original.
Problema 2.18. Un vaso cilíndrico recto tiene 15 cm de profundidad y 8 cm de diámetro, el cual contiene agua que llega hasta 8 cm del borde cuando está en reposo. Si se le aplica un movimiento horizontal con una aceleración uniforme de 6 m/s2, se pide:
(a) Se derrama o no el agua
(b) Hallar la presión en el punto de mayor profundidad con agua.
Solución
Para el caso (a) se tiene,
ax= 6 m s⁄ , g = 9.8 m s2 ⁄ , D = 2L = 8 cm, H = 15 cm2
∆h L =
ax
g → ∆h =
(6)(8 2⁄ )
9.8 = 2.45 cm < 7.0 cm
Por lo tanto, se concluye que no se derrama líquido del recipiente
Para el caso (b) se tiene que la altura con respecto al punto de mayor profundidad es, h = 8 + 2.45 = 10.45 cm
p = ρgh = (1000)(9.8)(10.45) = 102515 Pa = 102.5 kPa
Problema 2.19. Un depósito cilíndrico abierto de 2 m de altura y 1m de diámetro (como se muestra en la figura) contiene agua hasta una altura de 1.5 m.
Problema 2.18
Si el cilindro gira alrededor de su eje geométrico, se pide determinar:
(a) ¿Qué velocidad angular se puede alcanzar sin que se derrame nada de agua?
(b) ¿Cuál es la presión en el fondo del depósito en los puntos C y D cuando la velocidad angular es de 6 rad/s?
Solución
Según se ilustra en la figura, el volumen inicial de la superficie libre en estado estático es igual al volumen final en movimiento, o sea, Vinicial = Vfinal, por tanto, se tiene,
(πD2
4 )(0.5) =1 2 [
πD2
4 (y1− 0.5)] , al reemplazar datos, se tiene, (3.14
4 )(12) =1 2 [(
3.14
4 )(12)(y1− 0.5)] → y1 = 0.5 m
En la parábola, si inicia en el punto O, entonces las coordenadas del punto B(0,5; 1) son, y =x2ω2
2g , o sea, ω = √2gy
x2 = √2(9.8)(1,0)
(0.5)2 = 8.86 s−1 Para el caso (b), cuando ω = 6 s−1
y =x2ω2 2g =
(0.52)(62)
2(9.8) → y = 0.46 m
En virtud de que el vértice ha descendido y/2 con respecto al nivel inicial, entonces:
y′ =y 2 =
0.46
2 = 0.23 m Luego, se determina la presión en C, o sea,
pC= γhC, pero hC = 1.5 − 0.23 = 1.27 m, por tanto, hD = 1.5 + 0.23 = 1.73 m, luego,
pC= γhC = (9800)(1.73) = 16971 Pa = 16.97 kPa
Problema 2.20. Un cilindro de 1 m de diámetro se llena con un fluido hasta una profundidad de 0.5 m y se gira a una velocidad tal que la altura en el centro es cero. Determinar la velocidad de rotación. Cabe señalar aquí que el volumen de un paraboloide de altura h es igual al volumen de un cilindro de la mitad de su altura y el mismo radio. Por lo tanto, la altura en el radio exterior es de 1 m.
Solución
Puesto que, tan θ = −ax⁄(ay+ g), para el ejemplo en Consideración, ay = 0, ax = ω2r, o sea,
tan θ = dy dr⁄ = ω2r g⁄ , dy = (ω2⁄ )rdrg
Problema 2.20
Si el cilindro gira alrededor de su eje geométrico, se pide determinar:
(a) ¿Qué velocidad angular se puede alcanzar sin que se derrame nada de agua?
(b) ¿Cuál es la presión en el fondo del depósito en los puntos C y D cuando la velocidad angular es de 6 rad/s?
Solución
Según se ilustra en la figura, el volumen inicial de la superficie libre en estado estático es igual al volumen final en movimiento, o sea, Vinicial = Vfinal, por tanto, se tiene,
(πD2
4 )(0.5) =1 2 [
πD2
4 (y1− 0.5)] , al reemplazar datos, se tiene, (3.14
4 )(12) =1 2 [(
3.14
4 )(12)(y1− 0.5)] → y1 = 0.5 m
En la parábola, si inicia en el punto O, entonces las coordenadas del puntoB(0,5; 1)son, y =x2ω2
2g , o sea, ω = √2gy
x2 = √2(9.8)(1,0)
(0.5)2 = 8.86 s−1 Para el caso (b), cuando ω = 6 s−1
y =x2ω2 2g =
(0.52)(62)
2(9.8) → y = 0.46 m
En virtud de que el vértice ha descendido y/2 con respecto al nivel inicial, entonces:
y′ = y 2 =
0.46
2 = 0.23 m Luego, se determina la presión en C, o sea,
pC= γhC, pero hC = 1.5 − 0.23 = 1.27 m, por tanto, hD = 1.5 + 0.23 = 1.73 m, luego,
pC= γhC = (9800)(1.73) = 16971 Pa = 16.97 kPa
Problema 2.20.Un cilindro de 1 m de diámetro se llena con un fluido hasta una profundidad de 0.5 m y se gira a una velocidad tal que la altura en el centro es cero. Determinar la velocidad de rotación. Cabe señalar aquí que el volumen de un paraboloide de altura h es igual al volumen de un cilindro de la mitad de su altura y el mismo radio. Por lo tanto, la altura en el radio exterior es de 1 m.
Solución
Puesto que,tan θ = −ax⁄(ay+ g), para el ejemplo en Consideración, ay = 0, ax= ω2r, o sea,
tan θ = dy dr⁄ = ω2r g⁄ , dy = (ω2⁄ )rdrg
Problema 2.20
Integrando desde el centro al radio r, y reordenando, y2− y1 = (ω2⁄ )(rg 22− r12 ), y = y0− ω2r2⁄g Sustituyendo con los datos del problema, se tiene, 1 = 0 −ω2(0.52)
2(9.8) , por tanto, ω = 8.86 rad/s
Problema 2.21. Para el cilindro que se ilustra en la figura, determine la presión en el punto A para una velocidad rotacional de 5 rad/s.
Solución
El volumen de aire antes y después es igual 1
2 πr02h = π(0.62)(0.2) → r02h = 0.144 Además, se puede establecer,
1
2 r02h2 = 9.81h, por lo que, h = 0.428 m, H = 0.8 m En consecuencia, se tendrá,
pA= 1
2 ρω2r02− g(h − H) pA= 1
2(1000)(52)(0,62) − (9800)(−0.372) = 8149 Pa
Problema 2.21
2.11. Resolviendo problemas de Mecánica de Fluidos mediante Matlab