Traslacion_y_rotacion_de_masas_liquidas.docx

ALUMNOS:  RAMOS CUEVA ERIKSSON

TRASLACIÓN Y ROTACIÓN DE MASAS LÍQUIDAS

• Un fluido puede estar animado de un movimiento de traslación o rotación, sometido a una aceleración constante, sin movimiento relativo entre sus partículas. Esta es una de las condiciones del equilibrio relativo y el fluido está libre de tensiones cortantes. En general no existirá movimiento entre el fluido y el recipiente que lo contiene. Son aplicables aún los principios de la estática, modificados para tener en cuenta los efectos de la aceleración. •

En algunas situaciones los fluidos pueden estar sometidos a aceleración constante, es decir sin movimiento relativo entre sus partículas, como cuando están expuestos a movimientos de rotación. Teniendo en cuenta que estos pueden experimentar movimientos horizontales y verticales.

MOVIMIENTO HORIZONTAL En el caso de un movimiento horizontal la superficie libre del líquido adopta una posición inclinada y plana. La pendiente del plano se determina mediante:

𝑡𝑔𝜃 =

𝑎 (𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑚/𝑠 2 ) 𝑔 (𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑, 𝑚/𝑠 2 )

Para el equilibrio dinámico de la porción de fluido elegido en el sistema de la figura:

F1  F2  max  Vax  P1 A  P2 A 

 g

Ala x 

 g

Ala x

P1  P2   ax l g

P    ax x g El signo (-) se debe a que x aumenta en el sentido que P disminuye

ax También podemos apreciar que:

P1  P2 h  h2   1  tan   a x l l g

tan  

ax g

MOVIMIENTO VERTICAL Para el movimiento de traslación con aceleración vertical en la que sólo actúa la aceleración de la gravedad la ecuación básica de la estática de fluidos expresa que:

P     g z Cuando se tiene un movimiento que además tiene una aceleración az

P a    ( g  a z )   (1  z ) z g 

P a   (1  z ) z g

De aquí obtenemos que: P

z

a a dP   (1  z )dz   dP    (1  z )dz g g 0 0

Como dz aumenta en el sentido que dP disminuye, entonces:

P   (1 

az )z g

En la que el signo do la aceleración es hacia arriba y el negativo cuando la aceleración constante es hacia abajo.

ROTACION DE MASAS FLUIDAS. RECIPIENTES ABIERTOS La forma de la superficie libre de un líquido que gira con el recipiente que lo contiene es un paraboloide de revolución. Cualquier plano vertical que pasa por el eje de revolución corta a la superficie libre según la parábola. La ecuación de esta parábola es: 𝑦=

𝜔2 2 𝑥 2𝑔

En la que el signo do la aceleración es hacia arriba y el negativo cuando la aceleración constante es hacia abajo.

ROTACION DE MASAS FLUIDAS. RECIPIENTES CERRADOS En los recipientes cerrados aumenta la presión al girar los recipientes. El aumento de presión entre un punto situado en el eje y otro a una distancia de x metros del eje, en el mismo plano horizontal es: 𝑝=𝛾

𝜔2 2 𝑥 2𝑔

Y el aumento de la altura de la presión (m) será: 𝑝 𝜔2 2 =𝑦= 𝑥 𝛾 2𝑔 Como la velocidad lineal V=xω, el término x2ω2/2g=V2/2g da la altura de velocidad en m.

Considere el siguiente sistema: Si ubicamos el sistema en coordenadas 𝑟, 𝜃, 𝑧 Entonces: dP 

P P P dr  d  dz r  z

Para el pequeño elemento considerado

F

H

0

PdA  ( P  PdA  ( P 

P dr )dA  ma  0 r

P  dr )dA  (dAdr ) 2 r  0 r g

De la ecuación anterior obtenemos:

P  2   r r g Además conocemos que:

P     g z

Teniendo en cuenta estos valores en la ecuación dP 

Considerando

Integrando: P 

P 0 

 2 r 2 2

Obtenemos.

P P P dr  d  dz r  z

dP   2 rdr  gdz

 gz  C Para hallar el valor de la constante debemos considerar las condiciones de contorno

Para r=0, z=zo; P=Po

 C  P0  gz0

Con este valor de C:

P  P0  g ( z0  z ) 

1  2 r 2 2

PROBLEMA 1 Un deposito abierto de 9m de longitud, 1.2m de ancho y 1.2m de profundidad está lleno con 1m de aceite de ρr = 0.82. Se acelera en la dirección de su longitud uniformemente desde el reposo hasta una velocidad de 14 m/s ¿Cuál es el intervalo de tiempo mínimo para acelerar el depósito hasta dicha velocidad sin que se derrame el líquido? Datos e incógnitas: L= 9m a= 1.2m h = 1.2m

ρac = 822kg/m3 VO = 0 Vf = ??

En la figura se muestra el depósito de una masa despreciable conteniendo aceite cuya superficie libre forma una pendiente cuando el objeto se desplaza hacia la derecha. 𝑎𝑥 = 0.436𝑚/𝑠 2  De grafico se determina pendiente dando un valor de:

𝑡𝑔𝜃 =

0.2 𝑎𝑥 = 4.5 𝑔

la

 El tiempo requerido se determina a partir de la relación cinemática

0.2 𝑎𝑥 = 9.8 ( ) 4.5 𝑉𝑓 = 𝑉0 + 𝑎𝑥 𝑡

14 = 0 + 0.436(𝑡) PROBLEMA 2

𝑡 = 32.14𝑠

Un recipiente rectangular que contiene agua experimenta una aceleración constante hacia abajo sobre el plano inclinado como se muestra en la figura. Determine la pendiente de la superficie libre del agua.

DCL

DATOS: 𝜌𝑤 = 62.4𝑙𝑏/𝑝3 𝑎𝑥 = 10𝑝/𝑠 2 𝜃 =? ?

Aplicando las ecuaciones de movimiento según las direcciones mostradas se tiene. ∑ 𝐹𝑌 = 𝑚𝑎𝑦

𝑁𝐶 cos 𝜃 − 𝑊𝑔 cos 30° = 𝑚𝑎𝑦

𝑁𝑐 =

𝑤𝑔 cos 30° … … … (1) cos 𝜃

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

𝑚𝑔 sin 30° − 𝑁𝑐 sin 𝜃 = 𝑚𝑥 ……………(2)

Reemplazando (1) en (2)

𝑚𝑔 sin 30° −

𝑚𝑔 cos 30° sin 𝜃 = 𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃

1 √3 32.2 ( ) − 32.2 ( ) tan 𝜃 = 10 2 2 tan 𝜃 = 0.219 El Angulo será 𝜃 = 12.34°

PROBLEMA 3 Se llena con agua un tanque abierto de 1m de diámetro y de 1.5 de altura, se le hace girar alrededor de su eje geométrico a 100 RPM, ¿Cuánto liquido se derrama? ¿Cuáles son las presiones en el centro del fondo del tanque y en un punto en el fondo a 0.3m de su eje.

Datos: d = 1m h = 1.5m Vderr =?? P = ?? Pf = ?? En la figura se muestra la ubicación del fluido dentro del depósito cuando este está girando alrededor de su eje

El volumen del fluido derramado será igual al volumen del paraboloide de revolución es decir. 1 𝑉𝑃𝑎𝑟 = 𝑉𝐶𝑖𝑙.𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑠 2 1

= 2 (𝜋𝑅 2 )(𝑍)

1

𝑉𝑃𝑎𝑟 = 2 (𝜋𝑅 2 )(𝑍)………………..(1)

La altura Z se determina a partir de la ecuación del paraboloide de revolución 𝜔. 10𝜋 2 2 𝜔2 𝑅 2 ( 3 ) (0.5 ) 𝑍1 = = 2𝑔 2(9.8) 𝑍1 = 1.3987𝑚 … … … … … … . . (2)

Reemplazando la ecu. (2) en (1) 𝑉𝑑𝑒𝑟𝑟 =

1 𝜋(0.5)2 (1.3987) 2

𝑉𝑑𝑒𝑟𝑟 = 0.55𝑚3

La presión manométrica en el punto C será 𝑃𝑐 = 𝛾𝑤 (1.5 − 𝑍)

𝑃𝑐 = 9800(1.5 − 1.3987)

𝑃𝑐 = 992.74𝑁/𝑚

La presión manométrica en el punto D 0.3m sobre el fondo será 𝑃𝐵 = 𝛾𝑤 (1.5 − 𝑍1 + 𝑍)

𝜔2 𝑟𝐵 2 𝑃𝐵 = 𝛾𝑤 (1.5 − 1.3987 + ) 2𝑔 10.472 𝑥0.32 𝑃𝐵 = 9800 (1.5 − 1.3987 + ) 19.6

𝑃𝐵 = 5928𝑁/𝑚2

PROBLEMA 4 Si el sistema mostrado gira con una velocidad angular de 𝜔 = 30 𝑅𝑃𝑀 ¿Cuál será la altura ℎ del agua de los tubos capilares después de alcanzar el estado permanente?

Datos: 𝜔 = 30 𝑅𝑃𝑀 𝑍1 =? ?

En la figura se muestra la configuración de estado permanente cuando el depósito gira alrededor de su eje geométrico.

Para la altura del fluido en los tubos capilares se usa la ecuación del paraboloide de revolución, esto es 𝑍1 =

𝜔2 𝑟 2 𝜋 2 (0.52 ) = 2𝑔 2(9.8)

𝑍1 = 0.126𝑚

= 126𝑚𝑚

PROBLEMA 5 Se llena con agua un tubo de 50 mm de diámetro y 1.2 m de largo, y se cierra. Se hace girar entonces a 150 RPM en un plano horizontal alrededor de un extremo como eje. Calcular la presión sobre el extremo exterior del tubo.

En la figura se muestra el diagrama del tubo y la parábola que aparecería debido a la rotación del mismo. Para determinar la altura hipotética 𝑍1 se aplica la ecuación 𝑍1 =

𝜔2 𝑟 2 (5𝜋)2 1.22 = 2𝑔 2(9.8)

𝑍1 = 18.13𝑚

La presión del extremo exterior del tubo será.

𝑃𝑍 = 𝛾𝜔 𝑍1 = 9800(18.13) 𝑃𝑍 = 177674𝑁/𝑚2