Sí - Ejercicios de física y matemática

Hidrodinámica
a)
1.
Preguntas.
El suministro de agua para una ciudad se proporciona con frecuencia de
depósitos construidos en tierras altas. El agua fluye desde el depósito, a través
de tuberías, y entra a su casa cuando usted abre la llave de su toma. ¿Por qué
fluye más rápido fuera de la toma en un primer piso de un edificio que en
departamento del piso más alto?
El principio de Bernoulli es: P1 +
1 2
1
ρv 1 + ρgy 1 = P2 + ρv 22 + ρgy 2
2
2
Por lo general los edificios no son demasiado altos para que la presión atmosférica
entre sus extremos (primer y último piso) tenga mucha variación, por lo que se les
puede considerar aproximadamente iguales. Además, a nivel del suelo se puede
considerar que la altura es 0 metros. Por lo tanto, la ecuación de Bernoullí quedará:
1 2 1 2
ρv 1 = ρv 2 + ρgy 2 , entonces claramente se observa que v1 debe ser mayor que
2
2
v2.
El humo sube por una chimenea más rápido cuando
sopla una brisa. Con la ecuación de Bernoulli explique
este fenómeno.
©
2.
o
1 2
1
ρv 1 + ρgy 1 = P2 + ρv 22 + ρgy 2
2
2
2
g
P1 +
.c
l
Si tomamos en cuenta la ecuación
1
1 2
ρv 2 . Entonces P1 es mayor que P2 por lo que la presión al interior de la
2
v
P1 = P2 +
e
rd
u
En la sección 1, al interior de la casa, la velocidad v1 se
considera nula. En el extremo superior de la chimenea la
altura y1 = y2, por lo tanto solo queda:
¿Por qué muchos camiones usan desviadores de viento sobre la parte superior
de sus cabinas?
w
3.
w
w
.h
casa “empujará” las moléculas de humo hacia fuera. Se apreciará que mientras mayor
sea la velocidad de la “brisa” exterior, mayor será la velocidad con que salen
expulsadas las moléculas de humo.
El desviador de viento hace que por la parte superior del camión el aire deba recorrer
mayor distancia que el aire que va por la parte inferior, así la presión en la parte
superior será menor que en la parte inferior del camión. Esto trae como consecuencia
que la fuerza con que se manifiesta la presión sobre el camión es mayor en la parte
inferior que en la parte superior, por lo tanto esta fuerza, de sustentación, se opondrá
al peso y así el camión será “más liviano”, por lo que requerirá de menor fuerza motriz
para moverlo.
4.
Si se abre repentinamente una regadera de agua al máximo, ¿por qué la cortina
de la regadera se mueve hacia adentro?
Hernán Verdugo Fabiani
Profesor de Matemática y Física
www.hverdugo.cl
1
Si se piensa en el baño, el aire que está al interior se puede decir que está en reposo,
el cubículo del baño se divide en dos partes, la que tiene a la regadera y la que no lo
tiene. Al accionar la regadera, el agua provoca que las moléculas de aire, en ese
sector, adquieran velocidad mayor a cero, por lo tanto en esa zona la presión
disminuirá, y en consecuencia la presión fuera de la zona de la regadera actuará sobre
la cortina empujándola hacia el sector de la regadera.
5.
Si el aire de una secadora de pelo sopla sobre la parte superior de una pelota de
ping pong, la bola puede suspenderse en el aire. Explique.
La pelotita de ping pong si queda en el centro del chorro de aire estará en una zona de
menor presión que la que está fuera del chorro de aire, esto porque fuera del chorro la
velocidad del aire es menor que en el chorro. Por lo tanto, la presión externa al chorro
es mayor que la interna. En consecuencia la pelotita permanecerá en equilibrio
vertical.
6.
Cuando los saltadores de esquí están el aire, ¿por qué inclinan sus cuerpos
hacia delante y mantienen sus manos a los lados?
l
En un gran tanque de almacenamiento lleno de agua se forma un pequeño hoyo
en su costado en un punto 16 m debajo del nivel del agua. Si la tasa de flujo de
la fuga es 2,5x10-3 m3/min, determine la velocidad a la cual el agua sale por el
hoyo y el diámetro de éste.
e
rd
u
2
v
Datos:
h = y2 – y1 = 16 m
Q = 2,5x10-3 m3/min = 4,167x10-5 m3/s
P1 = P2 = P0
v2 = 0 m/s
g
o
7.
Ejercicios:
.c
b)
©
La idea es similar a la del desviador de viento del camión. El esquiador debe tratar de
que el aire que circula por sobre él viaje a mayor velocidad que el que va por bajo él.
Así, él recibirá una fuerza vertical hacia arriba por causa de que abajo la presión es
mayor que arriba. Entonces su peso aparente será menor y podrá estar en el aire un
tiempo mayor, alcanzando un salto de mayor longitud.
.h
1 2
1
ρv 1 + ρgy 1 = P2 + ρv 22 + ρgy 2
2
2
1
v1
w
y1
w
P1 +
y2
w
La ecuación de Bernoullí es
Y queda:
1 2
ρv 1 = ρgh 2
v 1 = 2gh = 2 ⋅ 9,8
m
⋅ 16m = 17,7 m/s
s2
Según la ecuación de continuidad, se tiene Q = A1v1 = πR12v1 R1 =
Q
=
πv 1
m3
s = 7,5 x10 −7 m 2 = 8,656 x10 −4 m
m
3,14 ⋅ 17.7
s
4,167 x10 −5
Entonces, el diámetro sería d = 2R1 = 1,73x10-3 m = 1,73 mm
8.
En un gran tanque de almacenamiento lleno de agua se forma un pequeño hoyo
en su costado en un punto h debajo del nivel del agua. Si la tasa de flujo de la
fuga es R m3/s, determine la velocidad a la cual el agua sale por el hoyo y el
diámetro de éste. (2gh)1/2; (R/π)1/2(8/gh)1/4
Hernán Verdugo Fabiani
Profesor de Matemática y Física
www.hverdugo.cl
2
1
y1
2
v2
y2
h = y2 – y1
v1 = 0 m/s, dado que si el diámetro superior es muy grande, el agua desciende muy
lentamente.
R = A2v2 = π
d2
v2
4
v2 =
R
πd 2
Aplicando la ecuación de Bernoulli, se tiene:
1 2
1
ρv 1 + ρgy 1 = P2 + ρv 22 + ρgy 2 , y con las indicaciones dadas
2
2
R
= 2gh
πd 2
v
.h
1
2
w
Datos:
R1 = 5 cm
R2 = 2,5 cm = 0,025 m
P1 = 80.000 Pa
P2 = 60.000 Pa
Q=?
e
rd
u
Un tubo horizontal de 10 cm de diámetro tiene una reducción uniforme que lo
conecta con un tubo de 5 cm de diámetro. Si la presión del agua en el tubo más
grande es 80.000 Pa y la presión en el tubo más pequeño es 60.000 Pa, ¿a qué
tasa circula el agua a través de los tubos?
w
9.
g
o
Entonces, se tendrá:
v 2 = 2gh
©
1 2
ρv 2 2
l
ρgh =
.c
P1 +
y2
Se observa que y1 = y2
w
y1
También se sabe, por la ecuación de continuidad, que A1v1 = A2v2 πR12v1 = πR22v2
Entonces, v1 =
R 22 v 2
R12
Y, la ecuación de Bernoullí que es P1 +
1 2
1
ρv 1 = P2 + ρv 22 , queda así:
2
2
2
2
1  R2v 
1
P1 + ρ 2 2 2  = P2 + ρv 22
2  R1 
2
1  R 22 v 2 
1
ρ 2  − ρv 22 = P2 − P1
2  R1 
2
 1 R4 1 
v 22  ρ 24 − ρ  = P2 − P1
 2 R1 2 
v2 =
Hernán Verdugo Fabiani
Profesor de Matemática y Física
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P2 − P1
 1 R 24 1 
 ρ 4 − ρ
2 R
2 
1

3
v2 =
60.000 − 80.000
1

 ⋅ 1000 ⋅  2,5  − 1 ⋅ 1000 
2

2
 5 


4
= 6,53
m
s
Q = A2v2 = πR22v2 = 3,14 · 0,0252 · 6,53 = 0,0128 m/s
10.
Por una manguera contra incendios de 6,35 cm de diámetro fluye agua a una
tasa de 0,0120 m3/s. La manguera termina en una boquilla de diámetro interior
igual a 2,2 cm. ¿Cuál es la velocidad con la cual el agua sale de la boquilla?
Datos:
R1 = 3,15 cm = 0,0315 m
Q = 0,012 m3/s
R2 = 1,1 cm = 0,011 m
Q = A1v1 = A2v2
v2 =
El géiser Old Faithful en el parque Yellowstone (EEUU) genera erupciones en
intervalos de aproximadamente 1 hora y la altura de la fuente alcanza a 40 m. A)
¿Con qué velocidad sale el agua del suelo?, b) ¿Cuál es la presión (arriba de la
atmosférica) en la cámara subterránea caliente si su profundidad es de 175 m?
l
©
11.
Q
Q
0,012
m
=
=
= 31,58
2
2
A 2 πR 2 3,14 ⋅ 0,011
s
o
.c
Cada molécula de agua al salir del géiser se comporta como un objeto lanzado hacia
arriba y solo está expuesto a la gravedad, por lo tanto:
v i = − 2gh = − 2 ⋅ (− 9,8 ) ⋅ 40 = 28
e
rd
u
g
v 2f = v i2 + 2gh , considerando que vf = 0 m/s, se tiene:
m
s
v
P2
Por lo tanto:
P1 = 1,013 x10 5 +
w
1 2
1
1
ρv 1 + ρgy 1 = P2 + ρv 22 + ρgy 2 es igual a P1 = P0 + ρv 22 + ρgy 2
2
2
2
w
P1 +
40 m
w
.h
v
Si el nivel de referencia se sitúa en la cámara subterránea, entonces y1 = 0 m,
además P2 = P0 (presión atmosférica), y la velocidad del agua en la cámara se
puede considerar como nula. Entonces
175 m
1
⋅ 1.000 ⋅ 28 2 + 1.000 ⋅ 9,8 ⋅ 175 = 2.208.300 Pa
2
P1
Y, como solicitan la presión en la cámara, por sobre la presión atmosférica, la
respuesta es:
P = P1 – P0 = 2,2x106 Pa – 1,013x105 Pa = 2,1x105 Pa
Hernán Verdugo Fabiani
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4
12.
Un gran tanque de almacenamiento se llena hasta una altura ho. Si el tanque se
perfora a una altura h, medida desde el fondo del tanque, ¿a qué distancia del
tanque cae la corriente?
ho
h
La idea es encontrar la velocidad de salida del agua en el orificio, que es horizontal y
constante, y considerando que desde la altura en donde está el orificio el agua tarda lo
mismo en caer que un cuerpo en caída libre desde allí, entonces con el tiempo que
tarda en caer y la velocidad horizontal se obtendrá el alcance horizontal del chorro de
agua.
Se supondrá que el tanque está abierto en la parte superior.
En la parte superior y en el orificio la presión es igual a la atmosférica, P0.
©
En la parte superior, debido a que es mucho más grande que el orificio, se considerará
que el agua cae a una velocidad nula, v1 = 0 m/s.
2(ρgh 0 − ρgh )
=
ρ
l
o
2ρg(h 0 − h)
= 2g(h 0 − h)
ρ
e
rd
u
v2 =
1 2
ρv 2 + ρgh , y despejando v2
2
g
Por lo que se obtiene: ρgh 0 =
1 2
1
ρv 1 + ρgy 1 = P2 + ρv 22 + ρgy 2
2
2
.c
Si se considera la ecuación de Bernoulli P1 +
2h
g
.h
t =
w
1
h = gt 2 , por lo tanto:
2
v
Determinando el tiempo en que cae el chorro de agua:
w
Entonces, como v2 es constante, se tiene que el alcance del chorro es x = v2t
2h
2h
= 2g(h 0 − h) ⋅
= 2 h(h 0 − h)
g
g
w
x = 2g(h 0 − h) ⋅
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