Ejercicios Resueltos Hidrodinámica

9.6
1.-
PROBLEMAS
RESUELTOS
HIDRODINÁMICA
DE
Considérese una manguera de sección
circular de diámetro interior de 2,0 cm, por
la que fluye agua a una tasa de 0,25 litros por
cada segundo. ¿ Cuál es la velocidad del agua en
la manguera?. El orificio de la boquilla de la
manguera es de 1,0 cm de diámetro interior.
¿Cuál es la velocidad de salida del agua?
vb =
AmVm
G
=
Ab
Ab
cm3
s = 316,5 cm
vb =
2
3,14x0,5 cm2
s
0,25x103
Este ejemplo es interesante,
puesto que
muestra el mecanismo mediante el cual al
disminuir el diámetro de la boquilla, se logra que
el agua salga con una velocidad que permite
regar a distancias convenientes. Note que ha
Solución:
Disponemos del flujo de agua que circula por la
manguera que es de 0,25 Lt/s, de tal manera
que según la ec (27):
G=Av
por lo que :
disminuido el diámetro a la mitad, sin embargo
la velocidad ha aumentado 4 veces, debido a la
relación cuadrática de las áreas.
2.-
Por una tubería inclinada circula agua a
razón de 9 m3/min, como se muestra en la
figura:

3 cm 
 0,25x10

s 
G
cm
= 79,6
vm = = 
2
2
A
s
(3,14x1 cm )
3
En a el diámetro es 30 cm y la presión
es de 1 Kf/cm2. ¿Cuál es la presión en el punto
b sabiendo que el diámetro es de 15 cm y que el
centro de la tubería se halla 50 cm más bajo
que en a?
Ahora, la ecuación (18) permite calcular la
velocidad de salida del agua por la boquilla,
puesto que el flujo que pasa por la manguera es
el mismo que pasa por la boquilla.
Es decir, se debe cumplir la relación:
Am vm = Ab vb
de donde se tiene:
266
Solución:
3.-
Un
tubo
que
conduce
un
fluido
Entre los puntos a y b se puede usar la
incompresible cuya densidad es 1,30 X 103
ecuación de continuidad, de manera tal que:
Kg/m3 es horizontal en h0 = 0 m. Para evitar un
obstáculo, el tubo se debe doblar hacia arriba,
AA vA = AB vB = G
hasta alcanzar una altura de h1 = 1,00 m.
El
tubo tiene área transversal constante. Si la
de donde se pueden calcular las velocidades en
presión en la sección inferior es P0 = 1,50 atm,
a y en b :
calcule la presión P1 en la parte superior.
9m3
G
m
cm
60s
=
= 2,14 = 214
vA =
2 2
AA 3,14x0,15 m
s
s
Solución:
9m3
G
m
cm
60s
vB =
=
= 8,33 = 833
2 2
AB 3,14x0, 075 m
s
s
También se puede ocupar la ecuación de
Bernouilli para relacionar ambos puntos, de la
que se puede calcular la presión en b:
PA + ρ g hA + ½ ρ vA2 = PB + ρ g hB + ½ ρ vB2
Según lo que predice la ecuación de continuidad,
al tener área transversal constante, no debe
cambiar la velocidad del fluido en su interior,
por tanto:
En consecuencia, aplicando la ecuación de
Bernouilli a puntos en la parte superior y la
parte inferior, se tiene :
P0 + ρ g h0 + ½ ρ v2 = P1 + ρ g h1 + ½ ρ v2
PB = PA + ρ g [hA - hB] + ½ ρ [v2 - vB2]
g
Dinas
cm
+ 1 3 980 2 50cm +
cm2
cm
s
1 g
cm2 
+ 1 3 ( 45796 − 693889 ) 2 
2  cm
s 
PB = 106
PB = 724953,5
Dinas
cm2
v0 = v1 = v
P0 + ρ g h0
= P1 + ρ g h1
de donde :
P1 = P0 + ρ g [h0 - h1]
P1 = 1,5 [1,01 X 105 Pa] + [1,30X103 Kg/m3] [9,8
m/s2][0 m - 1.0 m]
P1 = 151 500 Pa - 12 740 Pa
267
Solución:
P1 = 138 760 Pa = 1,38 atm
La presión se puede encontrar mediante la
¡La presión bajó desde 1,5 atm hasta 1,38 atm!.
ecuación
de
previamente
Esta
conclusión
parece
contradecir
lo
Bernouilli ;
sin
necesitaremos
embargo,
calcular
la
velocidad v1 con la ecuación de continuidad :
encontrado en el efecto Venturi, donde las
presiones eran inversamente proporcionales a
las
velocidades.
Sin
embargo,
ha
de
A0 v0 = A1 v1
de donde :
recordarse que aquel era cierto bajo la
restricción de líneas de flujo horizontales, en
v1 = A0
las que no hubiera diferencias significativas en
v0
v
v
= πr02 02 = r02 02
A1
r1
πr1
la energía potencial del fluido en movimiento.
4.- Un fluido incompresible fluye de izquierda a
v1 =
(20
2
m
x10 −4 m )  1,5 
m
s

= 10,7
−4
s
7,5x10 m
derecha por un tubo cilíndrico como el que se
muestra en la figura. La densidad de la
Ahora, según Bernouilli :
sustancia es de 105 utm/m3. Su velocidad en el
extremo de entrada es v0 = 1,5 m/s,
y la
P0 + ρ g h0 + ½ ρ V02 = P1 + ρ g h1 + ½ ρ V12
presión allí es de P0 = 1,75 Kgf/cm2, y el radio
de la sección es r0 = 20 cm. El extremo de
salida está 4,5 m
abajo del extremo de
entrada y el radio de la sección allí, es r1 = 7,5
cm.
P1 = P0 + ρ g [h0 - h1] + ½ ρ [V02 - V12]
Encontrar la presión P1 en ese extremo.
Kf
utm
m
+ 105 3 9,8 2 4,5m +
m2
m
s
1
utm
m2 
+ 105 3 (1,52 − 10,7 2 ) 2 
2
m
s 
P1 = 1,75x10 4
PB = 16237,9
Kf
Kf
= 1,62 2
m2
cm
Note que si ponemos una válvula y cortamos el
flujo de agua, P1 = 2,21 Kgf/m2 : sube !
268
5.- Un tanque cilíndrico de 1,80 m de diámetro
no
descansa sobre una plataforma de una torre a
considerado en la teoría aquí expuesta, contiene
6 m de altura, como se muestra en la figura.
otros elementos que son relevantes para los
Inicialmente, el tanque está lleno de agua,
alumnos.
trata
de
conceptos
directamente
hasta la profundidad h0 = 3 m.
Al soltar el tapón, se tiene una situación
De un orificio que está al lado del tanque y en
regulada por la ec de Bernouilli; de tal manera
la parte baja del mismo, se quita un tapón que
que se puede calcular la velocidad con que sale
cierra el área del orificio, de 6 cm2.
inicialmente el agua por el orificio, como hemos
¿Con qué velocidad fluye inicialmente el agua
hecho hasta ahora :
del orificio?.
¿Cuánto
tiempo
necesita
el
tanque
para
P1 + ρ g h1 + ½ ρ V12 = P2 + ρ g h2 + ½ ρ V22,
vaciarse por completo?.
Consideraremos
referencia
en
el
piso;
además tanto en 1 como en 2 la presión es la
P1 v1
atmosférica, y V1 = 0,
dh
h0
la
h
P2 v2
entre las áreas del tanque y del orificio permite
despreciarlo
a
través
de
la
ecuación
de
continuidad.
(Note que:
H
puesto que la relación
A1
πr12
=
= 4239 ,
A2 6cm2
¡la velocidad en 2 será 4239 veces mayor que la
velocidad en 1! ).
y=0
P3 v3
De lo anterior :
P0 + ρ g [H + H0] + ½ ρ [0]2 = P0 + ρ g H + ½ ρ V22
Solución:
Este problema es muy importante, puesto que
de donde :
por una parte revisaremos numéricamente
algunos conceptos y por otra parte, aún cuando
269
½ ρ V22 = ρ g [H + H0] - ρ g H
Hasta aquí, el problema es resuelto como ha
predicho la teoría expuesta.
V22 = 2 g H0,
Sin embargo,
calcular el tiempo que demora el tanque en
vaciarse requiere de consideraciones distintas,
tal como lo habíamos previsto según Torricelli.
puesto que la profundidad no será constante,
como en los casos anteriores. Esto producirá
Es interesante esta expresión, puesto que la
que la velocidad con que baja el fluido en el
velocidad no depende de la densidad del
tanque, así como la velocidad con que sale el
líquido, tal como la caída de un objeto no
líquido por el orificio, no sean constantes en el
depende de su masa en ausencia de aire.
tiempo.
Para resolver esto, consideraremos que la
Por lo tanto :
altura h del líquido disminuye en dh durante un
m
m

v2 = 2  9,8 2  (3m ) = 7,7
s 
s

intervalo de tiempo dt (ver figura). Entonces,
la velocidad con que baja el fluido en el tanque
V1, queda determinada por la expresión:
Luego, aplicando nuevamente Bernouilli para los
puntos 2 y 3, podemos calcular la velocidad con
v1 = −
que llega el agua al suelo :
P2 + ρ g h2 + ½ ρ V22 = P3 + ρ g h3+ ½ ρ V32
dh
dt
negativa puesto que h disminuye en el tiempo.
Adicionalmente, se tiene que
con P2 = P3 = P0 :
P0 + ρ g H + ½ ρ V22 = P0 + ρ g [0]+ ½ ρ V32
V1 A1 = V2 A2
como ya sabemos, expresión que es cierta para
de donde :
todo t, de donde :
V32 =
V22 + 2 g H
v1 = v2
V3 = √ 58.8 m2/s2 + 2 [9,8 m/s2][ 6 m]
V3 = 13,3 m/s
A2
A1
al igualar ambas expresiones, se tiene:
270
−
1 
 1
−2A1 h 2 − h0 2 


t=
 2g  A2


A
dh
= v2 2
dt
A1
además, según torricelli como hemos visto :
cuando el tanque se vacíe, h = 0, por lo que :
v2 = 2gh
t=
1
−2A1  −h0 2 


2gA2
por lo que :
−
A
dh 
= 2gh  2
A
dt 
1
1
t=
2πr12  −h0 2 


2gA2
que se puede expresar como :
remplazando valores :
−
A
=  2g  2 dt
A1
h
dh
2
t=
1
2 (3,14 ) ( 0,9m ) (3m )2
m
2  9,8 2  ( 0, 0006m2 )
s


integrando la expresión para el intervalo entre
t = 0, donde la profundidad es h0 y el tiempo
t = 3 263,3 segundos
t = t, donde la profundidad es h, se tiene :
Se recomienda revisar con especial cuidado la
1
−
A
− ∫ h 2 dh =  2g  2 ∫ dt
A
lógica seguida en la solución de este problema.
1
integrando :
1 
 1
A
−2 h 2 − h0 2  =  2g  2 t
A1


despejando t :
271
6.- Un tanque cilíndrico de 1,2 m de diámetro
Justo al ser soltado la cantidad de movimiento
se llena hasta 0,3 m de profundidad con agua.
del líquido es cero, pero dt segundos más tarde,
El espacio encima del agua está ocupado con
habrá sido expulsado un elemento de líquido de
aire, comprimido a la presión de 2,026 X 105
masa dm, que tendrá una velocidad v2 en
N/m2. De un orificio en el fondo se quita un
dirección hacia abajo.
tapón que cierra un área de 2,5 cm3 . Calcular
la velocidad inicial de la corriente que fluye a
través de este orificio.
En consecuencia:
Encontrar la fuerza
vertical hacia arriba que experimenta el tanque
dp = v2 dm = v2 [ρ dv] = v2 ρ [A2 dy]
cuando se quita el tapón.
dp = v2 ρ A2 [v2 dt] = v22 ρ A2 dt
P1 v1 A1
Esta cantidad de movimiento dirigida hacia
arriba será la comunicada al tanque, la que debe
ser igual al impulso de la fuerza que actúa sobre
él, de modo que :
h
P2 v2
F dt = v22 ρ A2 dt
A2
de donde :
F = v22 ρ A2
Solución:
La velocidad de salida puede calcularse con la
Cuando el fluido sale del tanque, de acuerdo al
ecuación de Bernouilli:
tercer principio de Newton, reacciona con una
fuerza hacia arriba sobre el tanque de igual
P1 + ρ g h1 + ½ ρ v12 = P2 + ρ g h2 + ½ ρ v22
magnitud, pero de dirección opuesta a la
fuerza con que es expulsado.
pero podemos suponer v1 = 0 por continuidad y
Por otro lado, el segundo principio de Newton
h2 = 0, usándola como referencia :
establece que el impuso que recibe el fluido
expulsado, debe ser equivalente al cambio en
de aquí :
su cantidad de movimiento.
272
v22 =
2 ( P1 − P2 )
ρ
+ 2gh1
por lo que :
2 (P − P )

F = ρA2  1 2 + 2gh1 
ρ


reemplazando :
 2 (2, 026x106 − 1, 013x10 6 )

+ 2 ( 980 )(30 ) 
F = (1 )(2,5 ) 
1


F = 5 212 000 D = 52,12 Newton
Cuando
la
presión
P1
es
suficientemente
grande, este es básicamente el mecanismo de
propulsión de un cohete
273