MdCA_05_PRACTICA_principios_generales

Vista previa del material en texto

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA NACIONAL
FACULTAD REGIONAL HAEDO
DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA AERONÁUTICA
PRÁCTICA 5: PRINCIPIOS
GENERALES
PROFESOR TITULAR
PROFESOR ADJUNTO
CURSO
FECHA DE ENTREGA
ALUMNOS
CALIFICACION
:
:
:
:
:
:
Ing. Rı́os, Juan Carlos.
Ing. Imbrioscia, Gerardo.
Mecánica del Continuo
5/09/2022
Apellido 1, Nombre
Apellido 2, Nombre
Apellido 3, Nombre
Nota
Legajo 15-
Legajo 15-
Legajo 15-
HAEDO - BS AS
2022
MdCA - Practica C5 2022
Ecuación de Conservación de la Masa-Continuidad
1. En vistas de que:
D()
Dt
=
d()
dt
Mostrar que un continuo incompresible cumple la siguiente ecuación:
Dρ
Dt
= 0 ⇒ ∂ρ
∂t
+
∂ρ
∂xr
vr = 0
Solución
La cantidad de masa de una parte del medio continuo que ocupa el volumen espacial V en un
determinado instante t esta dado por la siguiente integral:
m =
∫
V
ρ(x, t)dV
donde ρ es la densidad de masa.
La ley de conservación de la masa establece que la masa de una parte especifica del medio
continuo permanece constante y por lo tanto, que la derivada material es nula:
∂m
∂t
=
d
dt
∫
V
ρ(x, t)dV = 0
Si P ∗ij . . . (x, t) = ρ(x, t)
2. Determinar la forma de la ecuación de continuidad cuando el continuo presenta una cinemáti-
ca netamente irrotacional.
Solución
Un movimiento irrotacional de un medio continuo es el cual se anula el torbellino, eso significa:
rot(~V ) = 0 ⇒ q = ∇× ~V = 0
Por lo tanto, ~V se convierte en el gradiente de un campo escalar.
Siendo la función potencial φ(xi, t)
vi = φ,i ⇒ vi = ∇φ
Utilizando la ecuación de continuidad:
Página 2
MdCA - Practica C5 2022
∂ρ
∂t
+
∂
∂xr
(ρvr) = 0
Reemplazando por nuestra condición particular:
∂ρ
∂t
+
∂
∂xr
(ρφ,r) = 0
∂ρ
∂t
+ φ,r
∂
∂xr
ρ+ ρ
∂
∂xr
φ,r = 0
dρ
dt
+ ρφ,rr = 0
dρ
dt
+ ρ∇2φ = 0
3. El flujo unidimensional a lo largo del eje central (o de simetŕıa) de una tubeŕıa convergente
(de convergencia constante) y de longitud L presenta una expresión de la velocidad dada por:
~v = V0
(
1 +
x1
L
)
ê1
Se pide calcular:
a) Encontrar la aceleración del flujo
b) Verificar si cumple la ecuación de continuidad.
Solución
a) La definición de la velocidad se da:
D~v
Dt
=
∂~v
∂t
+ (~v · ∇)~v
Trabajando sobre la componente de nuestro problema, nos queda:
Du
Dt
=
∂u
∂t
+ u
∂u
∂x
+ v
∂u
∂y
+ w
∂u
∂z
con las condiciones particulares aplicadas resulta:
v = w = 0 ⇒ ∂u
∂y
=
∂u
∂z
= 0
Página 3
MdCA - Practica C5 2022
a =
Du
Dt
= u
∂u
∂x
= V0
(
1 +
x
L
) V0
L
=
V 20
L
(
1 +
x
L
)
Para x1 = x = 0:
u|x=0 = V0 ∧ a|x=0 =
V 20
L
Para x1 = x = L:
u|x=L = 2V0 ∧ a|x=L = 2
V 20
L
b) Dado que:
u|x=0 = V0 ∧ u|x=L = 2V0 ⇒ u|x=L > u|x=0
Planteando la condición de continuidad:
4. Un campo vectorial ~V que satisface ∇ · ~V = 0 se denomina solenoidal. Un movimiento que
preserva el volumen se denomina isocórico.
Mostrar que:
a) En un movimiento isocórico el campo de velocidades es solenoidal.
b) Cualquier campo de velocidades dado en términos de una función potencial vectorial con
~V = ∇× ~B es solenoidal y su flujo es isocórico.
Solución
a) Un movimiento isocórico es aquel en el que el volumen de un conjunto de part́ıculas
dado permanece constante durante todo el movimiento, es decir el jacobiano es igual a 1
(J = 1).
Por esta definición se concluye que las condiciones necesarias y suficientes para que un
movimiento sea isocórico son:
J = 1 ⇒ dv = Dv ⇒

DJ
Dt
= 0
~∇ · ~V = 0
tr(E) = 0
Por lo que podemos concluir que cualquiera de los movimientos son isocóricos y por ende,
incompresible.
Página 4
MdCA - Practica C5 2022
b) Un campo solenoidal ~V es aquel que verifica que, para cualquier superficie de control
cerrada S, el flujo neto total a través de S es igual a cero:∫
S
~v · ~ndS = 0 ⇒
∫
S
~v · ~ndS =
∫
V
~∇ · ~vdV = 0 ⇒ ∇ · ~v = 0
Esta condición se satisface siempre y cuando ~V es derivada de un potencial vectorial B,
esto es:
~V = ~∇×B
Si ~V viene dado de la forma anterior, entonces se cumple automáticamente que:
∇ · ~v = ∇ · (~∇×B) = 0
5. Confirmar si el campo de velocidad de un continuo incompresible dado por la siguiente ecua-
ción, cumple continuidad:
Vi =
Axi
xjxj
Con A siendo constante no nula.
Solución
6. Deducir la ecuación unidimensional de continuidad para el flujo de un fluido incompresible no
viscoso a través de un tubo.
Solución
Sea V el volumen comprendido entre dos secciones transversales arbitrarias A y B (caras de
un cilindro), se plantea:
dm
dt
=
∫
V
[
dρ
dt
+ ρ
∂vk
∂xk
]
dV = 0
siendo
dρ
dt
= 0⇒ ρ = cte
dm
dt
= ρ
∫
V
~∇ · ~vdV = ρ
∫
V
∂
∂xk
(vk)dV = 0
Página 5
MdCA - Practica C5 2022
Aplicando el teorema de Gauss:
∫
S
~v ·n̂dS = 0, donde n̂ es el versor normal con sentido saliente
de la superficie S que encierra al volumen V.
Dado que n̂ ⊥ ~v en la superficie lateral, la integral se reduce a la siguiente expresión:∫
SA
~vA · n̂AdS +
∫
SB
~vB · n̂BdS = 0
La velocidad se supone uniforme y perpendicular a las superficies SA ∧ SB y dado que
vB = −vBn̂B, reemplazando nos queda:
vA
∫
SA
dS − vB
∫
SB
dS = 0⇒ vASA = vBSB
7. Extender la ecuación de Continuidad (tal como fuera presentada en forma infinitesimal), para
calcular la conservación de una masa de continuo definida por las part́ıculas que componen un
volumen V, encerradas por una superficie continua cerrada simple con n ventanas de entrada
y m ventanas de salida material.
Página 6
MdCA - Practica C5 2022
Solución
∂ρ
∂t
+ (ρvk),k = 0
∂ρ
∂t
+ ρ,kvk + ρvk,k = 0∫
V
(
∂ρ
∂t
+ ρ,kvk + ρvk,k
)
dV = 0∫
V
∂ρ
∂t
dV +
∫
V
ρ,kvkdV +
∫
V
ρvk,kdV = 0∫
V
∂ρ
∂t
dV +
∫
V
(~∇ρ)vkdV +
∫
V
(ρ~∇ · ~v)dV = 0∫
V
∂ρ
∂t
dV +
∫
V
(~∇ρ)~vdV +
∫
S
ρn̂ · ~vdS = 0
8. Determinar la velocidad del aire en la ventana de salida ”AS2”, conociendo que el continuo es
incompresible y los datos del problema estan dados en el esquema.
Solución
ρAV = cte
ρAEVE = ρA1V1 + ρA2V2 + ρA3V3
ρπ
(
D
2
)2
VE = ρπ
(
D
6
2
)2
V1 + ρπ
(
D
10
2
)2
V2 + ρπ
(
D
21
2
)2
V3
V2 = Ve − V1
25
9
− V3
100
441
9. Considérese una manguea con una tobera cónica en uno de sus extremos, como se ve en la
Página 7
MdCA - Practica C5 2022
primera figura. Determine:
a) La capacidad de bombeo necesaria para asegurar que la velocidad de salida del fluido de
la tobera (considerando al fluido incompresible) es 25 m/s
b) Si la manguera esta conectada a la base de un rociador rotativo, como se muestra en la
segunda figura, calcule la velocidad promedio del agua a la salida de la tobera.
Solución
a) El principio de conservación de la masa para un fluido uni-dimensional estacionario re-
quiere:
ρ1A1v1 = ρ2A2v2
Si consideramos la salida de la tobera como la sección 2 y la entrada como la sección 1,
considerando que la densidad no varia, podemos escribir:
Q1 = A1v1 = A2v2 =
π(20× 10−3)2
4
25 = 0,0025πm3/s
b) La velocidad promedio del agua en la punta de la boquilla puede ser calculada usando el
principio de conservación de masa para un fluido estacionario unidimensional. Entonces:
Q1 = 2A2v2 ⇒ v2 =
2Q1
πd2
=
0,005
(12,5× 10−3)2
= 32m/s
Página 8
MdCA - Practica C5 2022
10. Una jeringa que se utiliza para inocular grandes animales tiene un cilindro, embolo y aguja,
como se ve en la imagen a continuación. consideramos el diámetro interno del cilindro d y la
superficie frontal del embolo como Ap. Si el liquido en la jeringa se inyectara bajo un caudal
continuo Q0, determine la velocidad del embolo. Asuma que las perdidas a través del embolo
representan el 10 % del caudal volumétrico de salida de la aguja.
Solución
En el caso de este problema, el volumen de control no es constante. A pesar de que existe una
fuga, la superficie del embolo puede ser considerada como el área de una sección del cilindro,
Ap = π
d2
4
. Si tomamos que la sección 1 es el área del embolo y la sección 2 el área de salida
de la aguja, aplicaremos la ecuación de continuidad.
Asumiendo que el el flujo a través de la aguja y las perdidas son constantes, el uso dela forma
global de la ecuación de continuidad a un volumen de control nos da:
0 =
d
dt
∫
Ω
ρdx+
∮
Γ
ρn̂ · vds
=
d
dt
∫
Ω
ρdx+ ρQ0 + ρQperd
La integral de la ecuación anterior puede ser resuelta como:
d
dt
∫
Ω
ρdx =
d
dt
(ρxAp + ρVn) = ρAp
dx
dt
= −ρApvp
donde x es la distancia entre la superficie del embolo y el final del cilindro, Vn es el volumen de
la aguja, y vp =
−dx
dt
es la velocidad del embolo que se busca determinar. Teniendo en cuenta
que Qperd = 0,1Q0, podemos reescribir la ecuación de continuidad como:
−ρApvp + 1,1ρQ0 = 0
por lo que obtenemos:
vp = 1,1
Q0
Ap
=
4,4Q0
πd2
Para valores de Q0 = 250cm
3/mı́n y d = 25mm, se obtiene:
vp =
4,4× (250× 103)
π(25× 25)
= 560mm/mı́n
Página 9
MdCA - Practica C5 2022
11. Considerando la siguiente descripción del movimiento, determinar la densidad material como
una función de la posición x y tiempo t.
x1 =
X1
1 + tX1
, x2 = X2 , x3 = X3
Solución
Ecuación de Conservación de la Cantidad de Movimiento
Principio de la cantidad de movimiento lineal en forma integral:∫
V
(σij,j + ρbi − ˙ρvi)dV =0∫
V
(~∇ · Σ + ρ~b− ρ~̇v)dV =0
Puesto que el volumen V es arbitrario, el integrando es quien debe ser nulo:
σij,j + ρbi = ˙ρvi
~∇ · Σ + ρ~b = ρ~̇v
1. Expandir las ecuaciones de movimiento en su expresión diferencial en los ejes cartesianos.
Solución
2. Expandir las ecuaciones del equilibro plano de tensiones.
Solución
Las componentes de la aceleración se anulan:
σij,j + ρbi = 0
En el caso de un estado plano de tensión:
~∇ · Σ + ρGi = 0
∂σx
∂x
+
∂τxy
∂y
= ρGx
∂τyx
∂x
+
∂σy
∂y
+ = ρGy
Página 10
MdCA - Practica C5 2022
3. En un continuo fluido no viscoso ideal no se admiten tensiones de corte.
Mostrar las ecuaciones de conservación de cantidad de movimiento en tales condiciones (de-
nominadas ecuaciones de Euler).
Solución
Por lo expresado en el enunciado σij = 0 , i 6= j
∂σ11
∂x1
+ ρb1 = ρv̇1
∂σ22
∂x2
+ ρb2 = ρv̇2
∂σ33
∂x3
+ ρb3 = ρv̇3
σ11 = σ22 = σ33 = −p
4. Considerar el flujo permanente de un fluido compresible a través de un tubo curvo, como el
mostrado en la figura a continuación.
Determinar la fuerza del fluido sobre el tubo entre las secciones de entrada y salida.
Solución
Consideremos el volumen de control limitado por S1 y S2. La ecuación de cantidad de movi-
miento para el volumen de control considerado un flujo permanente es:
FS +
∫
V
GdV =
��
�
��
��∂
∂t
∫
V
~V ρdV +
∫
S
~V ρ~V dS
Se supone que las presiones y las velocidades son uniformes sobre las áreas A1 y A2.
Las fuerzas superficiales para las direcciones x e y, respectivamente son:
FSx = p1A1 − p2A2 cos θ + Fpx
FSy = −p2A2 sin θ + Fpy
FSx ∧ FSy son las fuerzas desconocidas que ejercen las paredes del tubo sobre el fluido.
La única fuerza interna se debe a la gravedad y es igual al peso del fluido entre las secciones
Página 11
MdCA - Practica C5 2022
1 y 2. En muchos problemas, el peso es despreciable comparado con las otras fuerzas, este es
el caso.
Los términos del flujo de cantidad de movimiento:{∫
S
vxρ~vdA = ρ2A2V
2
2 cos θ − ρ1A1V 21∫
S
vyρ~vdA = ρ2A2V
2
2 sin θ
Reemplazando en las ecuaciones anteriores y despejando, obtenemos:
Fpx = −p1A1 + p2A2 cos θ + ρ2A2V 22 cos θ − ρ1A1V 21
Fpy = p2A2 sin θ + ρ2A2V
2
2 sin θ
Las componentes de la fuerza del fluido sobre el tubo, es decir, Rx ∧ Ry serán opuestas a
Fpx ∧ Fpy, por lo que obtenemos:
Rx = p1A1 − p2A2 cos θ − ρ2A2V 22 cos θ + ρ1A1V 21
Ry = −p2A2 sin θ − ρ2A2V 22 sin θ
Aplicando continuidad: A1V1 = A2V2
Rx = p1A1 − p2A2 cos θ − ρ2(A1V1)V2 cos θ + ρ1A1V 21
= p1A1 − p2A2 cos θ + A1V1(−ρ2V2 cos θ + ρ1V1)
5. Extender las Ecuaciones de Movimiento para calcular la conservación de cantidad de movi-
miento de una masa de continuo definida por las part́ıculas que componen un volumen V,
encerradas por una superficie continua cerrada simple con n ventanas de entrada y m venta-
nas de salida de material.
Solución
La primera hipótesis a utilizar es la de la incompresibilidad local y espacial del continuo. A
partir de ello se utilizara la ecuación integral:∫
V
[~∇ · Σ + ρ~G]dV =
∫
V
ρ
D~V
Dt
dV
Recordando la condición de incompresibilidad y la definición de derivada material:
ρ = cte
D
Dt
=
d
dt
=
∂
∂t
+ ~v · ~∇()
Aplicando el teorema de Gauss sobre el termino derecho de la primera ecuación, obtenemos:
Página 12
MdCA - Practica C5 2022
∫
V
[~∇ · Σ + ρ~G]dV = ρ
∫
V
[
∂Vi
∂t
+ Vj ·
∂
∂xj
Vi
]
dV
= ρ
∫
V
∂Vi
∂t
(dx)3 + ρ
∫
S
VjVinj(dx
2)
= ρ
∫
V
∂Vi
∂t
(dx)3 + ρ
∫
S
(Vjnj(dx
2))Vi
Dado que las fuerzas de volumen no sufren variaciones:
ρ
∫
V
GdV = ρ
∫
V
Gi(dx)
3
Las fuerzas de superficie se expresan como la suma de un tensor esférico y otro no isotrópico:∫
V
(~∇ · Σ)dV =
∫
V
(−pδij)(dx)3 +
∫
V
Πij,j(dx)
3
=
∫
V
(−pij)(dx)3 +
∫
S
Πijnj(dx)
2
=
∫
S
(−p)nj(dx)2 +
∫
S
Πijnj(dx)
2
Arribando a la ecuación integral:∫
S
(−p)nj(dx)2 +
∫
S
Πijnj(dx)
2 + ρ
∫
V
Gi(dx)
3 = ρ
∫
V
∂Vi
∂t
(dx)3 + ρ
∫
S
Vi(Vjnj)(dx
2))
Corolario:
Las integrales de volumen se deben calcular en todo el volumen de control (debido a
cambios temporales y fuerzas másicas).
Las integrales de superficie corresponden a zonas del volumen de control en las que no
hay transferencia de masa con el medio externo, y zonas que se denominan ventanas del
volumen de control donde se genera transferencia de masa con el exterior, y las cuales se
les asigna una velocidad de transferencia única.
6. Una manguera de incendio de diámetro θm = 75mm termina en una boquilla de diámetro
θb = 12mm, la cual entrega un caudal de agua Q = 7,4l/s. Se desea saber con que fuerza el
bombero debe sostener la boquilla para mantenerla en reposo.
Página 13
MdCA - Practica C5 2022
Solución∫
V
(σij,j + ρbi − ρv̇i)dV =0∫
V
(~∇ · Σ + ρ~b)dV =
∫
v
D
Dt
(~v)dV
Fs + Fv =
∂
∂t
∫
V
~vρdV +
∫
V
~vρ(~∇ · ~V )dV
Fs + Fv =
∂
∂t
∫
V
~vρdV +
∫
S
~vρ~v · ~ndS
Dado que el fluido es incompresible:∫
S
~vdS = 0 ⇒ ρv1A1 = ρv2A2
Respecto a las fuerzas de volumen:
Fv = 0 ⇒
∫
V
ρ~bdV = 0
Por lo que la ecuación de balance queda definida:
Fs =
∂
∂t
∫
V
~vρdV +
∫
S
~vρ~v · ~ndS
=
∫
V
∂
∂t
~vρdV +
∫
S
~vρ~v · ~ndS
Dado que no hay variación del caudal en el tiempo y el fluido incompresible, nos queda:
Fs =
∫
S
~vρ~v · ~ndS = ρv22A2 − ρv12A1
7. Demostrar que, en un estado estático, el momento de fuerzas externas respecto de un punto
genérico P sobre un volumen dado de un medio continuo, es idénticamente nulo.
Solución
Principio del Momento de la Cantidad de Movimiento
El momento de la cantidad de movimiento lineal respecto a un punto, se define:
N =
∫
V
~x× ρ~vdV
donde ~x es el vector posición del elemento de volumen dV.
El principio establece que: la variación de la cantidad de movimiento angular por unidad de
tiempo, de cualquier punto de medio continuo y respecto a un punto arbitrario, es igual al
Página 14
MdCA - Practica C5 2022
momento resultante de las fuerzas másicas y superficiales.∫
S
(~x× tn̂)dS +
∫
V
(~x× ρ~b)dV = d
dt
∫
V
(~x× ρ~v)dV∫
S
�ijkxjt
n̂
kdS +
∫
S
�ijkxjρbkdV =
d
dt
∫
V
�ijkxjρvkdV ; [t
n̂
k = σpknp]
Aplicando a la condición del problema de estado estático, ~v = 0:
M =
∫
S
(~x× tn̂)dS +
∫
V
(~x× ρ~b)dV =
∫
V
(~x× ρ~v)dV = 0
Esta expresión es valida para sistemas continuos en los que las fuerzas entre part́ıculas son
iguales, opuestas y coloniales, y en los que no existen momentos distribuidos.
Ecuación de Conservación de la Enerǵıa
Ecuación de la enerǵıa:
dK
dt
=
∫
V
ρviv̇i ; [σij,j + ρbi = ρv̇i]
=
∫
V
viσij,jdV +
∫
V
ρvibidV
Esta ecuación representa la variación por unidad de tiempo de la enerǵıa cinética en el medio con-
tinuo.
Siendo:
viσij,j =(viσij)j − vi,jσij
con vi,j = Dij + Ωij , D: Tensor de velocidad de deformación y Ω: Tensor de rotación
=(viσij)j −Dijσij +���
�:0Ωijσij
Incluyendo el desarrollo en la definición de la ecuación de enerǵıa:
dK
dt
=
∫
V
(viσij)jdV −
∫
V
DijσijdV +
∫
V
ρvibidVdK
dt
+
∫
V
Dijσij =
∫
V
(viσij)jdV +
∫
V
ρvibidV
dK
dt
+
∫
V
Dijσij =
∫
S
vit
n
i dS +
∫
V
ρvibidV
dK
dt
+
dU
dt
=
dW
dt
1. Averiguar la expresión integral de la enerǵıa cinética para un continuo sometido a una rotación
ŕıgida cuya velocidad puede expresarse como vi = �ijkwixk
Página 15
MdCA - Practica C5 2022
Solución
dK
dt
=
∫
V
ρviv̇idV∫
dK =
∫
t
∫
V
ρviv̇idV dt
K =
∫
V
∫
t
ρviv̇idtdV
K =
∫
V
ρ
vivi
2
dV
2. Averiguar la potencia acumulada por un continuo del cual puede considerarse que la enerǵıa
cinética es invariante en el tiempo y para el cual se han medido las siguientes propiedades:
σij =
3t 2x1 −x1x2− tx1 x32
− − x1
t
 ∧ ui = (tx2, 3x2, x1)
Solución
Dado que la enerǵıa es cinética es constante, su variación es nula
dK
dt
= 0
La variación de la enerǵıa mecánica interna por unidad de tiempo es:
dU
dt
=
∫
V
DijσijdV
dU
dt
=
1
ρ
Dijσij
dU
dt
=
1
ρ
σconservativoij ˙�ij +���
��
��:0
σdisipativoij ˙�ij
dU
dt
=
1
ρ
σij ˙�ij
3. Utilizando los desplazamientos del ejercicio anterior y bajo el mismo procedimiento, averiguar
la potencia acumulada si la tensión es asumida hidrostática σij = −pδij.
Comparar el resultado con la expresión:
p
ρ
dρ
dt
Solución
Dijσij =(vi,j − Ωij)σij
=vi,j(−pδij)−�����:
0
Ωij)σij
=− pvi,i
Página 16
MdCA - Practica C5 2022
A partir de la ecuación de continuidad vi,i = −
1
ρ
dρ
dt
Reemplazando obtenemos:
Dijσij =
(
p
ρ
)(
dρ
dt
)
4. Siendo σij = −pδij, se busca determinar una ecuación que evalúe la derivada de Reynolds de
la entroṕıa especifica durante un proceso termodinámico reversible.
Solución
Mediante la definición de un proceso termodinámicamente reversible:
du
dt
=
1
ρ
σij ˙�ij + T
dS
dt
para la condición de σij = −pδij:
σij ˙�ij = Dijσij =
(
p
ρ
)(
dρ
dt
)
Luego:
T
dS
dt
=
du
dt
+
p
ρ2
dρ
dt
Página 17