Certamen 2 - 2015.1.pdf

Universidad T´ecnica Federico Santa Mar´ıa Departamento de F´ısica

Pauta Certamen No2 1er Semestre 2015

Mec´anica de Fluidos y Calorimetr´ıa Problema 1 (25 ptos.) Los man´ ometros de tubo inclinado se utilizan en laboratorios de procesos qu´ımicospara medir diferencias de presiones peque˜ nas. La figura A muestra un man´ometro de tubo inclinado abierto a presi´on atmosf´erica. Encuentre una expresi´on general para la deflexi´on L del l´ıquido en el tubo inclinado, debido a la aplicaci´ on de una presi´ on p > patmosf era , como muestra la figura B. Considere que el l´ıquido tiene una densidad ρ

Figura 1.1: Situaciones del man´ometro de tubo inclinado. Problema 1 ´ SOLUCION: De la figura B se destacan los siguientes puntos:

Figura 1.2: Situaci´on B, bajo la acci´on de la presi´on p

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Por la Ley de la Hidrost´ atica se tiene que la presi´on que debe existir en el punto 1 debe ser igual a la presi´on que existe en el punto 2, la cual depende solo de la profundidad. Entonces considerando p como la presi´ on manom´etrica (p > 0 y patm = 0) tenemos que: p1 = p2

⇐⇒

p = ρg(L sin(θ) + 4h)

donde 4h se obtiene realizando la siguiente relaci´on volum´etrica: Se tiene que el volumen de fluido que desciende en el estanque es el mismo que asciende, por lo que: π

D2 d2 4h=π L 4 4

=⇒

Por lo tanto reemplazando en la primera ecuaci´on:   d2 =⇒ p = ρg L sin(θ) + 2 L D

4h =

L=

d2 L D2

p   d2 ρg sin(θ) + 2 D

PUNTAJE: 8 ptos. : Ecuaci´ on de ley de la hidrost´ atica (puntos 1 y 2). 8 ptos. : Deducci´ on de δh 9 ptos. : Expresi´ on del largo L que sube el l´ıquido del tubo.

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Problema 2 (25 ptos.) El agua fluye desde un recipiente superior hacia uno inferior el cual posee un orificio de drenaje que es un tercio del ´ area del orificio del estanque superior. La figura muestra la situaci´on en t = 0. El ´area del estanque superior Aa es muy grande comparada con el ´area de salida A, por lo que su variaci´on de velocidad de salida en el tiempo es despreciable. Determine el intervalo de tiempo en que la superficie del agua cuadriplica su altitud original h en el deposito inferior. Datos: A = 0,03[m2 ]

AB = 1[m2 ]

h = 5[m]

g = 10[m/s2 ]

dh  va dt

Aa  AB

Figura 2.1: Sistema de vaciado de estanques. Problema 2 Z Ayuda:

√ √ dx √ = 2[(a − x) − a ln(a − x)] a− x

´ SOLUCION: En el estanque B se tiene que sale caudal por la parte inferior y que entra caudal por la parte superior, por lo que la variaci´ on de volumen, para un tiempo dt transcurrido, en el estanque B est´ a dado por: dVb = Qneto · dt −AB dz = (Qsalida − Qentrada ) · dt

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* Si se considera positivo el caudal de salida y negativo el de entrada, signo negativo va, pues en este caso se est´ a considerando la situaci´ on de que Qsalida > Qentrada . Para que la altura del agua dentro del estabque B llegue a 4h, se tiene que tener Qsalida < Qentrada . La matem´ atica arreglar´ a el resultado, pues se est´ a trabajando de forma algebraica en este caso Donde: Qsalida = (A/3) · vSB Qentrada = A · vSA con vSA y vSB las velocidades de salida del flujo en el estanque A y B respectivamente. Como Aa  A la variaci´ on de la altura del agua en el estanque A es casi despreciable por lo cual se puede considerar constante, luego por el Teorema de Torricelli se tiene que: √ vSA = 2gh con h = cte Por otro lado, despreciando la velocidad de la altura del agua en el estanque B, pues AB  A/3, se puede aplicar el Teorema de Torricelli y se tiene que: √ vSB = 2gz con z 6= cte Por lo tanto reemplazando vSA y vSB en la ecuaci´on (1) se tiene: √ √ AB · dz = (A · 2gh − (A/3) · 2gz) · dt √ 1 √ AB · dz = A · 2gh − · 2gz 3 

Z

dt =

AB · A √

dt =

AB · A

t

0

t =

t =

Z

 · dt

dz 1 √ 2gh − · 2gz 3 4h

h

√

Z /

dz 1 √ 2gh − · 2gz 3

  √ √ √ √ 1 √ 2 ( 2gh − · 2gz) − 2gh ln( 2gh − 2gz) AB 3 · 2g A 9   18AB √ 1 √ 2gh · ln(2) − · 2gh 2gA 3

/4h h

Reemplazando todos los datos dados inicialmente en la u ´ltima ecuaci´on se tiene que el tiempo t que tiene que transcurrir para que el nivel del agua dentro del estanque B se eleve de h a 4h es de: t = 109[s] F´ısica General III FIS-130 / 2015-1

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PUNTAJE: 5 ptos. : Ecuaci´ on de continuidad o concervaci´on de masa. 1 pto. : Definici´ on del caudal de salida (Qsalida ). 1 pto. : Definici´ on del caudal de entada (Qentrada ). 4 ptos. : Determinaci´ on de la velocidad de salida del agua del estanque A (vsA ). 4 ptos. : Determinaci´ on de la velocidad de salida del agua del estanque B (vsB ). 10 ptos. : Tiempo que transcurre.

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Problema 3 (25 ptos.) La figura muestra una esfera de radio R, elaborada con 1[kg] de un metal denso, la cual se encuentra a una temperatura de 300[o C]. La esfera est´ a apoyada en un anillo de radio 2R/3 indeformable ante cambios de temperatura y de masa muy peque˜ na. El conjunto esfera - anillo se introduce en un recipiente que contiene 300[g] de agua l´ıquida a 0[o C] y posteriormente se adiciona 10[g] de hielo a −2[o C]. Encuentre el coeficiente de dilataci´ on volum´etrico para que una vez alcanzado el EQUILIBRIO, la esfera pueda pasar por el anillo. Cmetal = 0,03[cal/(g o C)] Lf = 80[cal/g]

Chielo = 0,55[cal/(g o C)] Cagua = 1[cal/(g o C)]

Figura 3.1: Sistema esfera - anillo. Problema 3

´ SOLUCION: Primero se debe encontrar la temperatura de equilibrio entre la esfera, el hielo y el agua, la cual se obtiene de la ecuaci´ on de equilibrio cal´orico: Qabsorvido + Qcedido = 0 Como la masa del hielo es peque˜ na, se asumir´a el supuesto de que la temperatura de equilibrio se da entre los 0[o C] y los 100[o C], la cual debe ser verificada en funci´on de los datos obtenidos. Para que ocurra el supuesto, todo el hielo debe derretirse, por lo que los calores Qabsorvido y Qcedido son: Qabsorvido = mhielo · Chielo · (0[o C] − (−2[o C])) + mhielo · Lf + (mhielo + magua ) · Cagua · (Teq − 0[o C]) Qcedido = mesf era · Cesf era · (300o [C] − Teq ) Luego: 10[g]·0,55[cal/(g o C)]·2[o C]+10[g]·80[cal/g]+310·1[cal/(g o C)]·Teq = 1000[g]·0,03[cal/g o C]·(300[o C]−Teq ) Entonces: Teq = 24,09[o C] Como 0 < Teq < 100[o C] se tiene que el supuesto es correcto. Ahora, se tiene que la esfera debe pasar por el anillo, justo cuando el sistema alcance la temperatura de equilibrio Teq . Esto se logra cuando la esfera iguala su radio al radio del anillo. De esta forma el volumen de la esfera al alcanzar la temperatura Teq debe ser:  3 2R 25 4 Vf = π = 4 πR3 3 3 3 Por otro lado el cambio de volumen que sufre la esfera por efecto de la temperatura queda determinado por la ecuaci´ on de dilataci´ on volum´etrica t´ermica: Vf = Vo · (1 + β 4 T ) F´ısica General III FIS-130 / 2015-1

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Donde β es el coeficiente de dilataci´ on volum´etrica t Vo el volumen inicial de la esfera. Por lo tanto, el coeficiente β queda determinado por la raz´on volum´etrica y el cambio de temperatura:   Vf Vf 1 =1+β4T =⇒ β= · −1 Vo 4T Vo Por lo tanto con: 4T = (24,09 − 300)[o C] = −275,91[o C] 25 πR3 Vf 4 8 3 = = 4 Vo 27 πR3 3 Entonces se tiene que: 1 β= · −275,91[o C]



 8 − 1 = 2,55 · 10−3 [o C −1 ] 27

PUNTAJE: 3 8 2 3 9

ptos. ptos. ptos. ptos. ptos.

: : : : :

Definici´ on del supuesto de equilibrio t´ermico. Determinaci´ on de la temperatura de equilibrio (Teq ). Comprobaci´ on del supuesto. Definici´ on del volumen final de la esfera (Vf ) que debe alcanzar. Valor del coeficiente de dilataci´on volum´etrica termica β.

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Problema 4 (25 ptos.) La sustentaci´ on de un avi´ on se basa principalmente en que el dise˜ no de sus alas es tal que la velocidad del aire por encima del ala es levemente superior que debajo de ´esta. Si se considera un Airbus 380 con una superficie total de las alas de 845[m2 ] y un peso total de 560 toneladas. Calcule la diferencia de las velocidades cuadr´ aticas entre la parte superior e inferior del avi´on Airbus 380 a su velocidad de crucero de 0,85[M arch] (1[M arch] = 1224[km/h], densidad del aire (ρaire ) = 1[kg/m3 ]).

Figura 4: Avi´on Airbus 380. Problema 4 ´ SOLUCION: Considerando que la diferencia de altura en el aire no es un factor que produzca una diferencia de energ´ıa en el sistema (debido a la poca densidad del aire), se tiene que aplicando Bernoulli sobre y bajo el avi´on: Bsobre = Bbajo 1 1 P1 + ρv12 = P2 + ρv22 2 2 para que el avi´ on se pueda mantener en el aire P2 > P1 , por lo que v12 > v22 , entonces: 1 ρ(v12 − v22 ) = P2 − P1 2

=⇒

(v12 − v22 ) =

24P ρ

Donde 4P = P2 − P1 . El valor de 4P se obtiene haciendo un DCL sobre el eje y, donde: 4P =

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F A

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Con A, el ´ area de las alas del avi´on. Se desprecia el ´area de la parte central del avi´ on, pues el ´ area total del avi´on la representa principalmente las alas. Por otro lado se desprecia la fuerza que ejerce el empuje sobre el avi´ on debido a que el aire es poco denso y su valor en comparaci´on al peso y a la fuerza de presiones F es insignificante. Por lo tanto: X Fy = F − W = 0 =⇒ F = W = mg * Se hace el supuesto de que el avi´ on no presenta aceleraci´ on en el eje vertical ”y” Entonces: (v12 − v22 ) = Figura 4.2: DLC del avi´on para las fuerzas en el eje y. PUNTAJE:

2mg Aρ

=⇒

(v12 − v22 ) =

2 · 560 · 103 [kg] · 9,8[m/s2 ] 845[m2 ] · 1[kg/m3 ]

Por lo tanto: (v12 − v22 ) = 12989, 3[m2 /s2 ]

8 ptos. : Ecuaci´ on de Bernoulli sobre y bajo el avi´on. 8 ptos. : Determinaci´ on de la fuerza de presiones F . 9 ptos. : Determinaci´ on del valor de la diferencia de velocidades al cuadrado (v12 − v22 ).

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