Problemas de Dinámica de Fluidos

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Problemas de Física, Bachillerato

Tema: Dinámica de fluidos

El mismo alcance

Máximo alcance

Depósito a presión

Barca parabólica

Metacentro

 

 

 

Una barca de 4 m de longitud, de sección un triángulo equilátero de lado 120 cm y masa 800 kg, está en un lago, siendo la densidad del agua 1'02 kg /l. Determinar si la barca está estable.

Para que la barca esté en situación estable el Metacentro, punto de aplicación del empuje, debe estar por encima del centro de masas.

El c.d.m. de cada lateral de la barca está en el punto medio, por lo que:

yc.d.m = y1 = y2 = (a/2). sen q = 0'6 .sen60 = 0'52 m

Por ser el triángulo equilátero:    y = x. 31/2 

El calado de la barca será:

E = P    ®    d. V. g = m. g   ®    d. x. y. L = m    ®     d. y2 .L / 31/2 = m

   ®    y = [ m. 31/2 /(d.L)]1/2 = [800. 31/2 /(1020. 4)]1/2 = 0' 58 m

El metacentro estará en el centro del volumen sumergido que por ser el triángulo equilátero estará a 2/3 de la altura:

ym = 2.y /3 = 2.0'58 /3 = 0'387 m

Como ym < yc.d.m. la barca está en situación inestable.

Para estar estable la masa de la barca debe ser:

ym > yc.d.m.   ®    2. [ m. 31/2 /(d.L)]1/2  /3 > (a/2). sen q   ®     

m /L > 33/2 .d. a2. sen2 q / 16 = 357 ' 8 kg /m   ®   m > 1431 kg

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Una barca de longitud L, masa m, anchura 2.A tiene por sección la función y = k. x2 ; la barca  está en un lago, siendo la densidad del agua d.   Determinar cuánto queda dentro del agua, dónde está el metacentro  y la carga máxima que puede transportar.

Al estar en equilibrio el peso es igual al empuje producido por la parte sumergida. 

E = P    ®    d. V. g = m. g    ®     d. S. L = m   [1]

S = 2. S2 = 2.(a.b - S1)

S1 = òy.dx = ò k.x2.dx = k. x3/3]oa = k. a3 /3

Si   y = k. x2    ®    b = k. a2    ®     S = 2.(k. a3 -  k. a3 /3 ) = 2. k. a3 /3

sustituyendo en [1]:

d. L. 2. k. a3 /3 = m   ®   a =  [3. m /(2.k.d.L) ]1/3  ®    b = k. [3. m /(2.k.d.L) ]2/3 

La carga máxima que soporta sin hundirse será tal que el agua llegue hasta el borde de la barca, a =A :

mmáximo = d. L. 2. k. A3 /3 

mcarga = mmáximo - m

El metacentro es el centro del volumen sumergido:

xmetacentro = 0  , por simetría 

ymetacentro = (ycuadrado.Scuadrado - yS1.S1) /S2 

yS1 = [ ò (y/2). y. dx  /S1 ]   ®    yS1.S1 = ò (y/2). y. dx = ò k2. x4 .dx /2 = k2. x5 /10 ] oa = k2. a5 /10

ymetacentro = ( (b/2). a.b -  k2. a5 /10) /(k. a3 /3) = ( k2.a5 /2  -  k2. a5 /10) /(k. a3 /3) = 3. k. a2 / 5 = 3. b /5

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Un depósito que contiene agua, densidad, d = 1 kg /l, está herméticamente cerrado teniendo en la cámara interior una presión de 3 atmósferas. Determinar la velocidad de salida del agua por un grifo situado a 6 m por debajo del nivel del agua. Si se rompiese el depósito por su parte superior, ¿ qué velocidad de salida habría ?.

 

Los datos son los siguientes:

1 atm = 1'033 kp /cm2 = 101234 N/m2

P1 = 3 atm = 303702 N/m2 

P2 = 1 atm = 101234 N/m2 por estar en contacto con el exterior

h1 = 6 m

h2 = 0 m por estar en el origen de medidas

v1 = 0 suponiendo que el depósito es extenso comparado con el orificio de salida.

v2  variable a determinar

 Aplicamos el teorema de Bernouilli entre un punto situado en el nivel superior del agua del depósito y otro punto situado en el grifo de salida:

P1 /d + h1 + v12 /(2g) = P2 /d + h2 + v22 /(2g) 

P1 /d + h1 = P2 /d + v22 /(2g)     ®    (P1 - P2) /d + h1 = v22 /(2g)     ®     

v2 = [ 2. g. ( (P1 - P2) /d + h1 ) ]1/2 

Sustituyendo datos    ®    v2 = 22 ' 9 m/s

Si el depósito se rompiese por la parte superior la presión de la cámara pasaría a ser de 1 atm, igual a la presión de salida, resultando una velocidad de:

v2 =  (2. g. h1)1/2 = 10 ' 8 m/s

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Dado un depósito vertical que contiene un líquido hasta una altura H, determinar en donde hay que hacer dos agujeros para que el alcance de los chorros sea el mismo.

 

La velocidad de salida del líquido por un orificio realizado a una profundidad h, según el teorema de Torricceli, es perpendicular a la pared y de valor:

v = (2.g.h)1/2

El líquido describe una trayectoria parabólica cuyas ecuaciones son:

Posición inicial:      xo = 0    ,    yo = yi

Velocidad inicial:   vxo = [2.g.(H - yi)]1/2    ,    vyo = o

 Aceleración:    ax =0      ,    ay = -g

Velocidad:    vx = [2.g.(H - yi)]1/2   ,      vy = -g.t

Posición:     x = [2.g.(H - yi)]1/2.t     ,     y = yi - g.t2 /2

El alcance se verifica cuando y = 0 , es decir:

si y =0    ®   0 = yi - g.t2/2  ®    t = (2.yi /g)1/2   ®  x = [2.g.(H - yi )]1/2.(2.yi /g)1/2   ®   x = 2.[yi .(H - yi )]1/2

Si dos orificios hechos en y1 e  y2 tiene el mismo alcance entonces deben verificar ambos la ecuación anterior, es decir:

x = 2.[y1.(H - y1)]1/2   ®   x2/4 = y1 .H - y12   ®   y12 - y1 .H + x2/4 = 0

x = 2.[y2.(H - y2)]1/2   ®    x2/4 =y2 .H - y22   ®  y22 - y2 .H + x2/4 = 0

es decir, y1 e  y2 son las soluciones de la ecuación de segundo grado en y :

y2 - H.y + x2/4 = 0 

cuyas soluciones son:   y1,2 = [H " (H2 - x2)1/2]/2 , es decir:

y1 = [H - (H2 - x2)1/2]/2    ,    y2 = [H + (H2 - x2)1/2]/2

El punto medio entre y1 y y2 es:

(y1 + y2)/2 = { [H - (H2 - x2)1/2]/2 + [H + (H2 - x2)1/2]/2}/2 = H / 2 constante

Es decir los pares de puntos que cumplen la condición son simétricos respecto al punto medio de la altura del depósito, es decir la distancia de un agujero al borde del agua tiene que ser igual a la distancia del otro agujero al fondo.

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Un depósito contiene un líquido hasta una altura H. Determinar a qué altura hay que hacer un orificio para que el alcance del chorro sea máximo.

 

La velocidad de salida del líquido por un orificio realizado a una profundidad h, según el teorema de Torricceli, es perpendicular a la pared y de valor:

v = (2.g.h)1/2

Si el orificio se hace a una altura b desde el fondo, el líquido describirá una trayectoria parabólica cuyas ecuaciones son:

Posición inicial:      xo = 0    ,    yo = b

Velocidad inicial:   vxo = [2.g.(H - b)]1/2    ,    vyo = o

 Aceleración:    ax =0      ,    ay = -g

Velocidad:    vx = [2.g.(H - b)]1/2   ,      vy = -g.t

Posición:     x = [2.g.(H - b)]1/2.t     ,     y = b - g.t2/2

El alcance se verifica cuando y = 0 , es decir:

si y =0    ®   0 = b - g.t2/2  ®    t = (2.b  /g)1/2   ®   x = [2.g.(H - b )]1/2.(2.b /g)1/2   ®   x = 2[b .(H - b )]1/2

El alcance será máximo cuando la derivada sea nula  (no es necesario comprobar la segunda derivada pues el mínimo, nulo, se alcanza para b = 0 ,ya está en el suelo, y para b = H, pues sale con velocidad cero) :

x = 2.[b.(H - b)]1/2    ®   Mx/Mb = [b.(H - b)]-1/2.[(H - b) - b] = 0

(H - b) - b = 0  ®   b = H/2  ®   xmáx = 2.[H/2 .(H - H/2)]1/2 = H

El alcance es máximo cuando el orificio se efectúa en el centro de la altura y su valor es precisamente la altura del líquido.

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