Dinamica-de-los-fluidos-perfectos.docx

FACULTAD DE INGENIERÍA, ARQUITECTURA Y URBANISMO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL TEMA

:

“DINAMICA DE LOS FLUIDOS PERFECTOS”

FECHA DE ENTREGA :

07 de Julio del 2017

CURSO

MECANICA DE FLUIDOS

:

INTEGRANTES     

DOCENTE

:

CICLO

:

CANELO GONZALES, Geyner LLATAS DIAZ, José Miguel MARTINEZ TORRES, Juan. C. MONJA JIMENES; Jhordan. VARGAS VILLAFUERTE, Julio

ING. LOAYZA RIVAS CARLOS ADOLFO

IV

DINAMICA DE LOS FLUIDOS PERFECTOS

Estudiaremos el elemento diferencial ortoédrico, situado en el interior de la masa de un fluido en movimiento, sometido a las presiones que sobre sus caras ejerce el resto del fluido y a la acción de fuerzas exteriores o de masa.

En donde:  P = la presión que actúa sobre cada una de las caras del triedro más próximo al origen de coordenadas. Sobre las caras del triedro opuesto las presiones serán respectivamente:

𝑷+

𝒅𝑷 𝒅𝑷 𝒅𝑷 𝒅𝒙 ; 𝑷 + 𝒅𝒚 ; 𝑷 + 𝒅𝒛 𝒅𝒙 𝒅𝒚 𝒅𝒛

 F = Resultante de la Fuerzas externas unitaria o Fuerza total externa por unidad de masa (concentrada en el centro de gravedad de la masa contenida en el elemento diferencial ortoédrico de volumen 𝒅∀ = 𝒅𝒙𝒅𝒚𝒅𝒛 ̂ 𝑭 = 𝑿𝒊̂ + 𝒀𝒋̂ + 𝒁𝒌    

Donde X, Y, Z son las componentes de la fuerza unitaria o fuerza por unidad de masa. Siendo “m” la masa de una partícula en movimiento. ⃗𝑨 = su aceleración interna ⃗⃗⃗ 𝑹 = La fuerza resultante que actúa.

Entonces se puede escribir: ⃗ = ⃗𝑹 ⃗ 𝒎𝑨 ̂= 𝑹 ̂ ⃗⃗⃗⃗⃗𝑿 𝒊̂ + 𝒎𝑨 ⃗⃗⃗⃗𝒚 𝒋̂ + 𝒎𝑨 ⃗⃗⃗⃗𝒛 𝒌 ⃗⃗ 𝑿 𝒊̂ + 𝑹 ⃗⃗ 𝒚 𝒋̂ + 𝑹 ⃗⃗ 𝒛 𝒌 𝒎𝑨 Con relación a cada uno de los ejes se presentan las siguientes ecuaciones generales, cuando existen movimientos relativos:

⃗⃗⃗⃗⃗𝑿 = 𝑹 ⃗⃗ 𝑿………….(𝟏) 𝑚𝑨 ⃗⃗⃗⃗𝒚 = ⃗𝑹 ⃗ 𝒚 … … … … . (𝟐) 𝒎𝑨 ⃗⃗⃗⃗𝒛 = 𝑹 ⃗⃗ 𝒛 … … … … . . (𝟑) 𝒎𝑨 𝑷𝒅𝒚𝒅𝒛 − (𝑷 +

𝒅𝑷 𝒅𝒙) 𝒅𝒚𝒅𝒛 + 𝑿𝒎 = 𝒎𝑨𝒙 𝒅𝒙

Pero: m = masa contenida en el elemento diferencial ortoédrico = ρ d∀ 𝐦 = 𝛒𝐝∀ 𝑃𝑑𝑦𝑑𝑧 − 𝑃𝑑𝑦𝑑𝑧 − −

𝑑𝑃 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 + 𝑋ρ𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 − ρ𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝐴𝑥 = 0 𝑑𝑥

𝑑𝑃 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 + 𝑋ρ𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 − ρ𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧𝐴𝑥 = 0 𝑑𝑥 𝒅𝑷 = 𝛒(𝐗 − 𝑨𝒙 ) … … … . … (𝑰) 𝒅𝒙

Análogamente, desarrollando (2) y (3), resulta: 𝒅𝑷 = 𝛒(𝐘 − 𝑨𝒚 ) … … … . … (𝑰𝑰) 𝒅𝒚

𝒅𝑷 = 𝛒(𝐙 − 𝑨𝒛 ) … … … . … (𝑰𝑰𝑰) 𝒅𝒛 Sumando miembro a miembro (I), (II), y (III), vectorialmente: 𝒅𝑷 𝒅𝑷 𝒅𝑷 ̂ = 𝛒(𝐗 − 𝑨𝒙 )𝒊̂ + 𝛒(𝐘 − 𝑨𝒚 )𝒋̂ + 𝛒(𝐙 − 𝑨𝒛 )𝒌 ̂ 𝑖̂ + 𝑗̂ + 𝒌 𝒅𝒙 𝒅𝒚 𝒅𝒛 𝛁𝑷 = 𝛒 (⃗⃗𝑭 − ⃗⃗𝑨) … … . . (𝑰𝑽)

La expresión (IV), constituye la Ecuación Fundamental Vectorial de la Dinámica del Fluido Perfecto. Donde: 

P = presión media que actúa sobre las caras del volumen diferencial ortoédrico



más próximo al origen de coordenadas. 𝛒 = densidad del fluido.

 

⃗𝑭 = Fuerza unitaria o fuerza por unidad de masa. ⃗⃗ = Aceleración (interna) de la partícula fluida 𝑨

⃗ = 0, entonces: Si ⃗𝑨

⃗⃗ ⃗∇ 𝐏 = 𝛒𝑭

Que es la Ecuación Vectorial General de la Hidrostática o Ecuación de Euler (no hay desplazamiento relativo)

⃗ resulta: De la expresión (IV), despejando, 𝑨

⃗⃗ = − 1 ∇ ⃗ … … … … (𝟓) ⃗𝑷+𝑭 𝑨 𝛒

Se conoce que: ⃗⃗ = 𝑨

𝑑𝑣 1 ⃗ (𝒗𝟐 ) + (∇ ⃗ 𝑥𝑣 + ∇ ⃗ )𝑥 𝑣 ⃗ … … … … . . ( 6) 𝑑𝑡 2

(6) en (5) Ecuación vectorial de la Dinámica del fluido perfecto o Ecuación de Euler:

𝑑𝑣 1 1 ⃗ … … … … … . (𝑀) ⃗ (𝒗𝟐 ) + (∇ ⃗ 𝑥𝑣 ⃗𝑷+𝑭 + ∇ ⃗ )𝑥 𝑣 ⃗ = − ∇ 𝑑𝑡 2 𝛒

Ecuación de Bernoulli Para el caso de movimiento permanente del fluido perfecto, sometido exclusivamente al campo gravitacional. Ecuación de Bernoulli o el Teorema de Bernoulli, resulta de la aplicación de la Ecuación de Euler, a los fluidos sujetos a la acción de la gravedad (fluidos pesados), en movimiento permanente. En estas condiciones, de la Ecuación (M), o Ecuación de Euler:

-

⃗ 𝑑𝑣 𝑑𝑡

= 0 ; (Movimiento permanente; las características hidráulicas en un punto se

mantienen constantes). -

Como está sometido sólo a la acción del campo gravitacional, en estas condiciones:

⃗ = 𝑿𝑖̂ + 𝒀𝑗̂ + 𝒁𝑘̂ 𝑭 Donde: 𝑋=0 𝑌=0 𝑍 = −𝑔 Luego:

⃗𝑭 = −𝑔𝑘̂

Y que reemplazándolo en la ecuación anterior resulta:

1 1 ⃗⃗ ⃗∇(𝒗𝟐 ) + (⃗∇ 𝑥 𝑣 ⃗ )𝑥 𝑣 ⃗ = − ⃗∇𝑷 − 𝒈𝑲 2 𝛒 Proyectamos la expresión vectorial en la dirección 𝑑𝑟 (vector direccional de la partícula): ̂ 𝐝𝐫 = 𝒅𝑿𝑖̂ + 𝒅𝒀𝑗̂ + 𝒅𝒁𝑘

1 1 ⃗ . dr … … (𝜋) ⃗ (𝑣 2 ). dr + [(∇ ⃗𝑥𝑣 ⃗ 𝑃. dr − 𝑔𝐾 ∇ ⃗ )𝑥 𝑣 ⃗ ]. dr = − ∇ 2 ρ

Casos: 1.-Movimiento Irrotacional: ⃗∇𝑥 𝑣 = 0 Luego: [(⃗∇𝑥 𝑣 ⃗ )𝑥 𝑣 ⃗ ]. dr = 0

1 1 ⃗ . dr … … . (Ω) ⃗∇(𝑣 2 ). dr = − ⃗∇𝑃. dr − 𝑔𝐾 2 ρ Cálculo de:

1 ⃗∇(𝑣 2 ). dr 2 1 1 ∂𝑣 2 ∂𝑣 2 ∂𝑣 2 ⃗ (𝑣 2 ). dr = ( ∇ 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑑𝑧) … … (𝐴) 2 2 ∂x ∂y ∂z 1 ⃗ 𝑃. dr ∇ ρ 1 1 ∂𝑝 ∂𝑝 ∂𝑝 ⃗ 𝑝. dr = ( 𝑑𝑥 + ∇ 𝑑𝑦 + 𝑑𝑧) … … . (𝐵) ρ ρ ∂x ∂y ∂z ⃗ . dr 𝑔𝐾 ⃗ . dr = 𝑔𝑑𝑧 … … (𝐶) 𝑔𝐾

Reemplazando (A), (B) y (C) en (Ω):

1 ∂𝑣 2 ∂𝑣 2 ∂𝑣 2 1 ∂𝑝 ∂𝑝 ∂𝑝 ( 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑑𝑧) = − ( 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 + 𝑑𝑧) − 𝑔𝑑𝑧 2 ∂x ∂y ∂z 𝑃 ∂x ∂y ∂z

1 1 𝑑(𝑣 2 ) = − 𝑑(𝑝) − 𝑔𝑑𝑧 2 ρ

1 1 𝑑(𝑣 2 ) + 𝑑(𝑝) + 𝑔𝑑𝑧 = 0 2 ρ Dividiendo entre “g”: 1 1 𝑑(𝑣2 ) 𝑑𝑧 + 𝑑(𝑝) + =0 𝛾 2 𝑔 Ecuación diferencial de Bernoulli, se utiliza tanto para líquidos y gases.

2.-Movimiento Rotacional:

𝑣 y ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 son vectores paralelos (tienden a ser colineales). Es decir que ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 se considera r tangente a la línea de corriente y por lo tanto paralelo o colineal con 𝑣 ⃗⃗⃗ . De la ecuación de Euler (π):

1 1 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑔𝑘 ̂ . ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ (𝑣 2 ). ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ × ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑝. 𝑑𝑟 ∇ 𝑑𝑟 + [(∇ 𝑣 ) × 𝑣 ]. ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = − ∇ 𝑑𝑟 … (𝜋) 2 𝜌 ⃗⃗⃗⃗⃗ : ⃗⃗⃗⃗ × 𝑣 Desarrollo del término [(∇ ⃗⃗⃗⃗ ) × 𝑣 ]. 𝑑𝑟

⃗⃗⃗⃗⃗ : son ortogonales, por lo ⃗⃗⃗⃗ × 𝑣 De la figura se observa que los vectores [(∇ ⃗⃗⃗⃗ ) × 𝑣 ] 𝑦 𝑑𝑟

⃗⃗⃗⃗ × 𝑣 Tanto por definición de producto escalar: [(∇ ⃗⃗⃗⃗ ) × 𝑣 ]. ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟 = 0

Por lo tanto la ecuación de Euler (𝜋) se reduce a la expresión Ω :

1 1 ̂ . ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ (𝑣 2 ). ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑝. ⃗⃗⃗⃗⃗ ∇ 𝑑𝑟 = − ∇ 𝑑𝑟 − 𝑔𝑘 𝑑𝑟 … (Ω) 2 𝜌 Cuyo desarrollo es el mismo para el caso del movimiento irrotacional; es decir, la ecuación

Diferencial de Bernoulli:

3) Fluidos Líquidos (Incompresibles), en Movimiento Rotacional o Irrotacional, En movimiento permanente, sometido exclusivamente a la acción del campo gravitacional. 𝛾 = Cte. (si no habría que expresarlo en función de “ρ”)

𝑝 𝑣2 𝑧+ + = 𝑐𝑡𝑒. 𝛾 2𝑔 Ecuación de Bernoulli o Teorema de Bernoulli, o Ecuación de la Energía para un fluido incompresible, perfecto, cuyo desarrollo en dos secciones de una corriente líquida será:

𝑝1 𝑣12 𝑝2 𝑣22 𝑧1 + + = 𝑧2 + + = 𝑐𝑡𝑒. 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 “A lo largo de cualquier línea de corriente, la suma de las alturas cinéticas (V2/2g), piezométricas (p/γ) y potencial (z) es constante” El Teorema de Bernoulli no es otra cosa que el principio de Conservación de la Energía. Cada uno de los términos de la ecuación representa una forma de Energía o la capacidad de producir trabajo: Z = Energía de posición o potencial o carga de posición.

𝑃 𝛾

= Energía de presión o piezométrica o carga de presión

𝑣2 2𝑔

= Energía cinética o carga de velocidad.

Significado de cada uno de los términos de la Ecuación de Bernoulli Primer Término: (z)

Es una cota, o sea la distancia de un plano “P” a un cuerpo “M”. Imaginemos que el cuerpo tiene una masa “M” y un peso “W”. Por su posición respecto a “P” este cuerpo puede desarrollar un trabajo al descender de su posición primitiva a “P”. Siendo la energía de posición la cantidad de trabajo que puede dar un cuerpo al pasar de una posición en su plano a otro plano, tenemos: Ep = W z Cuando W = 1, ya sea un kilogramo o una libra; la energía de posición del cuerpo es “z”. “z” representa entonces la energía de posición de un kilogramo o una libra de agua. Ep = z = Energía potencial o de posición por unidad de peso. Segundo Término: (𝑣 2 ⁄2𝑔)

Supongamos un cuerpo cuyo peso es “W” y de masa “m”, animado de una velocidad “V”, que desliza sin frotamiento sobre un plano. Por el principio de inercia sabemos que si ninguna fuerza interviene, el cuerpo continúa indefinidamente su movimiento; entonces la energía cinética, o sea la capacidad que tiene el cuerpo para dar trabajo, estará medida por la relación:

𝐸𝑐

𝑣2 = 2

Como m = W/g; sustituyendo en la fórmula anterior:

𝐸𝑐 =

𝑤 𝑣2 𝑔 2

Cuando W = 1 (kg o lb) la energía cinética es:

𝐸𝑐

𝑣2 = 2𝑔

Esto nos dice que el segundo término de la Ecuación de Bernoulli representa la energía cinética que posee cada kilogramo o libra de líquido, por esto se le llama carga de velocidad. Tercer Término:(𝑝⁄𝛾)

Imaginemos un cuerpo de bomba horizontal, provisto de un émbolo con su vástago y conteniendo una cierta cantidad de agua. La llave “A” está cerrada y sobre el émbolo está actuando una fuerza “F” que ejerce compresión sobre el líquido, por lo que está sometido a una presión que llamaremos “p” y que es igual a:

p = F/S.

Si se deja actuar a la fuerza “F” indefinidamente, el líquido será sometido a la presión “p”, si abrimos la llave “A”, el líquido puede dar cierta cantidad de trabajo al exterior, lo que significa que el líquido tiene una cierta energía, que es lo que le da el trabajo producido por “F”. Llamando “L” a la distancia que recorre el émbolo para expulsar el agua del cilindro, la energía que pueda poseer el líquido por la acción de “F” vale:

Ep = F L

; Pero F = p S

Ep = 𝜌 S L

; Pero S L = ∀

Ep = p ∀

Pero también:

𝛾= Ep = 𝑝

𝑤 𝛾

𝑤 ∀

;

,

Luego ∀=

𝑤 𝛾

cuando w = 1 (kg o lb)

𝐸𝑝 =

𝑝 𝛾

Esta última energía de presión no propia del fluido, proviene del exterior pero es cómodo considerarla como poseída por aquel.

Problema N° 01.- En un cilindro vertical se tiene un nivel de agua inicial de 350mm por encima del agujero del que sale horizontalmente hacia el exterior un chorro de 5 mm de diámetro. ¿Cuál es la velocidad del agua a la salida del chorro?

Solución:

𝑫𝒂𝒕𝒐𝒔 𝒆𝒏𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒐𝒔:

𝑙𝐵

𝑙𝐴 𝑉𝐴 

   

𝐿 = 0.035𝑚 𝐷 = 0.005𝑚 𝒍𝑨 = 𝒍𝑩 = 𝒍𝑩 −𝒍𝑨 = 𝟎 𝑉𝑎 = 0

𝑉𝐵

𝑃𝐴 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑃𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑎 𝑃𝐴 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑙 … … … . (1)



𝑃𝐵 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 .............(2) … . 𝑌𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜

Ecuación de Bernoulli 𝟏

𝟏

𝑷𝑨 + 𝜌𝑔𝒍𝑨 + 𝟐 𝜌𝒗𝟐𝑨 = 𝑷𝑩 + 𝜌𝑔𝒍𝑩 + 𝟐 𝜌𝒗𝟐𝑩 𝟏

𝑷𝑨 + 𝜌𝑔𝒍𝑨 = 𝑷𝑩 + 𝜌𝑔𝒍𝑩 + 𝜌𝑣𝐵2 𝟐

𝟏

𝑷𝑨 = 𝑷𝑩 + 𝜌𝑔𝒍𝑩 + 𝟐 𝜌𝑣𝐵2 − 𝜌𝑔𝒍𝑨 𝟏

𝑷𝑨 = 𝑷𝑩 + 𝟐 𝜌𝑣𝐵2 + 𝜌𝑔(𝒍𝑩 − 𝒍𝑨 ) … . . (𝜶)

𝑹𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 (𝟏); (𝟐) 𝒆𝒏 (𝜶) 𝟏

𝑷𝑨 = 𝑷𝑩 + 𝜌𝑣𝐵2 + 𝜌𝑔(𝒍𝑩 − 𝒍𝑨 ) … . . (𝜶) 𝟐

𝟏

𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑙 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝟐 𝜌𝑣2𝐵 + 𝜌𝑔(𝒍𝑩 − 𝒍𝑨 ) 𝟏

𝑔𝑙 = 𝟐 𝑣2𝐵

𝟐𝑔𝑙 = 𝑣𝐵2 𝑉𝐵 = √2(9.81)𝑚/𝑠 2 (0.35)𝑚 𝑉𝐵 = 2.62𝑚/𝑠

Problema N° 02.- En la figura mostrada un manómetro empleado para indicarla diferencia de presiones entre los puntos en un sistema de tubería. Calcular el flujo volumétrico del agua en el sistema si la deflexión del manómetro h es de 250 mm

𝑃𝐴 𝑉𝐴2 𝑃𝐵 𝑉𝐵2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 𝛾𝑤 2𝑔 𝛾𝑤 2𝑔

𝑃𝐴 −𝑃𝐵 𝛾𝑤

=

𝑉𝐵2 −𝑉𝐴2 2𝑔

………(I)

Ecuación de la continuidad: 𝑄𝐴 = 𝑄𝐵 𝑉𝐴 . 𝐴𝐴 = 𝑉𝐵 . 𝐴𝐵 𝜋 2 𝐷𝐵 𝐴𝐵 𝐷𝐵 2 4 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 [ ] = 𝑉𝐵 [𝜋 ] = 𝑉𝐵 ( ) 𝐴𝐴 𝐷𝐴 𝐷2 4 𝐵 25𝑚𝑚 2 1 2 𝑉𝐵 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 [ ] = 𝑉𝐵 ( ) = 50𝑚𝑚 2 4 1 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 4 𝑉𝐵 = 4𝑉𝐴 ……….. (II)

Reemplazamos (II) y (I): 𝑃𝐴 −𝑃𝐵 𝛾𝑤 𝑃𝐴 −𝑃𝐵 𝛾𝑤 𝑃𝐴 −𝑃𝐵 𝛾𝑤

=

=

=

𝑉𝐵2 −𝑉𝐴2 2𝑔

(4𝑉𝐴 )2 −𝑉𝐴2

15𝑉𝐴2 2𝑔

2𝑔

……… (III)

Evaluamos el manómetro: 𝑃𝐴 + 𝛾𝑤 (𝑍 + ℎ) − 𝛾𝐻𝑔 ℎ − 𝛾𝑤 𝑍 = 𝑃𝐵 𝑃𝐴 + 𝛾𝑤 𝑍 + 𝛾𝑤 ℎ − 𝛾𝐻𝑔 ℎ − 𝛾𝑤 𝑍 = 𝑃𝐵 𝑃𝐴 + 𝛾𝑤 ℎ − 𝛾𝐻𝑔 ℎ = 𝑃𝐵 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾𝐻𝑔 ℎ − 𝛾𝑤 ℎ 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾𝑤 (𝑆𝑔)𝐻𝑔 . ℎ − 𝛾𝑤 ℎ 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾𝑤 ℎ((𝑆𝑔)𝐻𝑔 − 1) 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 12.54 𝛾𝑤 ℎ 𝑃𝐴 −𝑃𝐵 𝛾𝑤

= 12.54ℎ …….. (IV)

Igualamos IV y III: 15𝑉𝐴2 12.54ℎ = 2𝑔 𝑉𝐴 = √

2𝑔(12.54)ℎ 15

2𝑔(12.54)(0.025𝑚) 𝑉𝐴 = √ 15 𝑉𝐴 = 0.64 𝑚/𝑠

Flujo volumétrico: 𝑄 = 𝐴. 𝑉 𝜋 𝑄 = ( (0.05𝑚)2 (0.64 𝑚/𝑠)) 4 𝑄 = 1.2566 𝑥 10−3 𝑚/𝑠

Problema N° 03.- Obtenga una relación entre la velocidad de descarga 𝑉2 y la altura de la superficie libre h. Suponga flujo estacionario sin fricción.

La ecuación de Bernoulli nos da: 𝑃1 𝑣1 2 𝑃2 𝑣2 2 + + 𝑧| = + + 𝑧2 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑃1= 𝑃2= 𝑃0

La presión atmosférica 𝑄1= 𝑄2

𝑉1 𝐴1 = 𝑉2 𝐴2 ………….(1) 𝑣2 2 − 𝑣1 2 = (𝑍1 − 𝑍2 ) => 𝑣2 2 − 𝑣1 2 = 2𝑔(𝑍1 − 𝑍2 ) 2𝑔 La velocidad en función: "𝑉2 "

𝑣2 2 − 𝑣1 2 = 2𝑔ℎ ……….. (2)

De 1: 𝑉1 =

𝐴2 𝑉 𝐴1 2

……….. (3)

Remplazamos 3 en 2: 𝑣2

2

2 𝐴2 − ( . 𝑉2 ) = 2𝑔ℎ 𝐴1 𝐴

2

𝑣2 2 (1 − (𝐴2 ) ) = 2𝑔ℎ

𝐴2 <<𝐴1

1

2

𝐴

2𝑔ℎ

(𝐴2)

𝑉2 = √ 𝐴 2 [1−( 2 ) ]

=se desprecia es pequeña

1

𝐴1

1

𝑉2 = (2𝑔ℎ)2

𝜋

A= 𝐷2 4

𝐷2 𝐷1

=

(1⁄2) 2𝐴

Problema 04: Un tanque lleno de agua hasta una altura H. En una de sus paredes se taladra un orificio a una profundidad h, bajo la superficie del agua. Calcular: a) La rapidez con que sale el agua por el orificio b) El alcance x del chorro medio desde la base del tanque. c) A que profundidad h se debe perforar un agujero para que alcance x sea máximo y. d) A que profundidad debe abrirse otro agujero para que el alcance sea el mismo que el del inciso b)

Patm

P1 Patm

P2

y=0

H = 10m a) v = ? b) h2 = ? c) h3 = ?

a) Encontramos la rapidez con que sale el agua por el orificio:

𝑝1 +

1 1 𝜌𝑣12 + 𝜌𝑔𝑦1 = 𝑝2 + 𝜌𝑣22 + 𝜌𝑔𝑦2 2 2 1 𝜌𝑔ℎ = 𝜌𝑣22 2 𝑣2 = √2𝑔ℎ 𝑣2 = √2(9.81)(2) 𝑣2 = 6.26 𝑚/𝑠

h = 2m y x =? x = sea máximo x = a inciso a)

b) Este inciso nos pide el alcance del chorro de agua, para lo cual debemos recurrir a las ecuaciones de tiro parabólico: 2(𝐻−ℎ)

X =𝑣𝜎𝑥 𝑡

X = √2𝑔ℎ√

𝑣𝜎𝑥 = √2𝑔ℎ

X = √2𝑔ℎ(

𝑦 = 𝑣0𝑦 𝑡 −

1 2 𝑔𝑡 2

𝑔

2(𝐻−ℎ) 𝑔

)

X = 2 √ℎ(𝐻 − ℎ) X = 2 √2(10 − 2)

1

- ( H – h )= -2 𝑔𝑡

2

X = 8.0 𝑚

2(𝐻−ℎ)

t=√

𝑔

c) Encontramos el alcance máximo: X = 2 √ℎ(𝐻 − ℎ) X = 2[ℎ(𝐻 − ℎ )]1/2 𝑑𝑥

1

= 2 2 [ℎ(𝐻 − ℎ )]−1/2 (𝐻 − 2ℎ ) = 0 𝑑ℎ (𝐻 − 2ℎ ) 𝑑𝑥 = =0 𝑑ℎ √ℎ(𝐻 − ℎ) Cumple con la condición que la primera derivada es cero

(𝐻 − 2ℎ ) = 0 Por lo tanto:

𝐻

h=2 𝐻

h=2 𝐻

X = 2 √ 2 (𝐻 − 2 )

H= 10 H-h

𝐻2

X=2√4 𝐻

X=22

X máx... = H

X máx.

d) A que profundidad debe abrirse otro agujero para que el alcance sea el mismo que el del inciso b)

X = 2 √ℎ(𝐻 − ℎ) 𝑥 2 = 4(ℎ𝐻 − ℎ2 ) 𝑥2 = 𝐻ℎ − ℎ2 4 ℎ2 − 10 ℎ +

82 =0 4

ℎ2 − 10 ℎ + 16 = 0 ℎ1= 2m ℎ2= 8m X = 2 √8(10 − 8) X = 8.0 m

Es la altura donde se debe abrir otro agujero para que me de el mismo recorrido

𝑝𝑎𝑡𝑚 𝑝1

𝑝𝑎𝑡𝑚 h = 2m 5m 𝑝2

H =10m

8m 2m

x X máx..

Problema 05: Fluye agua continuamente de un tanque abierto como se muestra en la figura. La altura del punto 1 es de 10.0m, y la de los puntos 2 y 3 es de 2.00m. El área transversal en el punto 2 es de 0.0480 m2; en el punto 3 es de 0.0160 m2. El área del tanque es muy grande en comparación con el área transversal del tubo. Aplicando la ecuación de Bernoulli, calcule la rapidez de descarga en m3/s; b) Hallar la diferencia de presiones en el punto2 menos el punto3.

𝑄3 = 𝑉3 𝐴3 𝑄3 = 𝑉3 (0.016𝑚2 ) Hallaremos 𝑉3 , utilizando la ecuación de Bernoulli aplicada a los puntos 1 y 3 1 1 𝑃1 + 𝜌𝑣12 + 𝜌𝑔𝑦1 = 𝑃3 + 𝜌𝑣32 + 𝜌𝑔𝑦3 2 2 𝑃1 = 𝑃3 = 1 𝑎𝑡𝑚 Con los datos del problema: 𝑦1 = 10.00 𝑚

,

𝑦3 = 2.00 𝑚

1 𝜌𝑔(𝑦1 − 𝑦3 ) = 𝜌𝑣32 2 𝑉3 = √2𝑔(𝑦1 − 𝑦3 ) 𝑉32 = 2 ∗ 9.8 𝑚⁄ 2 (10𝑚 − 2𝑚) 𝑠 2

𝑉3 = √156.8 𝑚 ⁄ 2 𝑠

𝑉3 = 12.52 𝑚⁄𝑠

Hallamos 𝑄3 con el dato encontrado 𝑄3 = 12.52 𝑚⁄𝑠 (0.016𝑚2 ) 𝑄3 = 0.2 𝑚3 /𝑠 b) 𝑃2 − 𝑃3 =? Aplicamos la ecuación de Bernoulli a los puntos 2 y 3 1 2

1 2

𝑃2 + 𝜌𝑣22 + 𝜌𝑔𝑦2 = 𝑃3 + 𝜌𝑣32 + 𝜌𝑔𝑦3 𝑦2 = 𝑦3 𝑃2 = 𝑃3 (𝑃. 𝐴𝑇𝑀𝑂𝑆𝐹𝐸𝑅𝐼𝐶𝐴) 1

𝑃2 − 𝑃3 = 2 𝜌(𝑣32 − 𝑣22 ) Como el caudal es constante 𝑄2 = 𝑄3 𝑉2 𝐴2 = 𝑉3 𝐴3 𝑉2 = 1 2

𝐴3 𝑉 𝐴2 3

𝐴3 𝑉 )2 ) 𝐴2 3

𝑃2 − 𝑃3 = 𝜌(𝑣32 − ( 1 2

𝐴 𝐴2

𝑃2 − 𝑃3 = 𝜌𝑣32 (1 − ( 3 )2 ) 1 0.016𝑚2 2 2 𝑘𝑔 𝑃2 − 𝑃3 = (1000 ⁄ 3 )(156.8 𝑚 ⁄ 2 )(1 − ( ) ) 𝑚 𝑠 2 0.048𝑚2 𝑃2 − 𝑃3 = 69688.9

𝑘𝑔⁄ 𝑚. 𝑠 2

𝑃2 − 𝑃3 = 69.7 𝐾𝑃𝑎