Title | 335778474 Ejercicios Resueltos de Viscosidad |
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Author | Aron Moises Flores Jimenez |
Course | Mecanica de Fluidos |
Institution | Universidad Nacional Autónoma de Honduras |
Pages | 11 |
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EJERCICIOS RESUELTOS DE VISCOSIDAD
1) Un líquido con viscosidad dinámica de 1.5x10-3 Kgf.s /m2 fluye sobre una pared horizontal. Calcular el gradiente de velocidad y la intensidad del esfuerzo tangencial en la frontera y en los puntos situados a 1, 2, 3 cm desde la misma, suponiendo una distribución lineal de velocidades.
Solución: •
Aplicando la ecuación general de la recta
v =ay + b
con las condiciones
iniciales tenemos: Para el punto B (v, y)= (0,0) esto nos indica cuando reemplazamos en la ecuación de la recta → 0=a*(0)+b → b=0, por lo tanto la ecuación de v =ay , donde la constante representa la pendiente de la línea recta es a=
la recta ,asea v =15 y •
0.45 =15 0.03
,
resultando la ecuación de la recta ,
.
Derivando la ecuación de la línea recta tenemos: dv =15 dy
Se observa que el gradiente de velocidad es una constante, por lo tanto se obtendrá un solo valor para cualquier de los puntos, como en la frontera, ya y . que no depende de los valores de
•
El esfuerzo tangencial es aplicando la formula :
τ=
2)
−3 μ∗dv → τ = ( 1.5∗10 )∗( 15 ) =0.0225 kgf /m 2 dy
Un líquido con μ=1.5x10-3 kgf.s/m2 fluye sobre una pared horizontal. Calcular el gradiente de velocidad y la intensidad del esfuerzo tangencial en la frontera y en los puntos situados a 1, 2, 3 cm desde la misma, suponiendo una distribución parabólica de velocidades. La parábola tiene su vértice en el punto A y el origen del sistema de ejes está en B.
Solución •
Aplicando la ecuación general de la parábola tenemos v =a y 2+ by+ c … …..(1) , según las condiciones iniciales tenemos:
Para
2 el punto B (v, y)= (0,0) esto implica → 0 =a( 0 ) +b ( 0 ) +c → c=0 , por lo
tanto la ecuación la ecuación de la parábola es
2
v =a y + by … ….(2)
Para el punto A (v, y) = (0.45, 0.03) esto implica siguiente ecuación
0.03 ¿ ¿ 0.45=a ¿
resultando la
15=0.03 a+b … … … … … … … …… … …(3)
Derivando la ecuación 2 e igualando a cero para encontrar el vértice tendremos:
•
−b dv =2ay −b =0 → y= dy 2a
Para la condición el vértice: A (v, y)= (0.45, 0.03) esto implica
0.03=
−b 2a
→ 0.06 a +b =0 … … … … … … … … … … … … …..(4) Resolviendo la ecuación (3) y (4), obtienen a=−500 y b=30 e introduciendo estos valores en la ecuación (2), obtendremos la ecuación de distribución de velocidades: 2
v =−500 y +30 y Derivando la ecuación para obtener el gradiente de velocidades: dv =−1000 y + 30 dy El esfuerzo tangencial para y=0.03 seria :
• (
dv ) =−1000 ( 0.03 ) +30=0 dy 0.03
τ ¿0.03= (1.5∗10−3 )∗ ( 0) =0 kgf /m dv →¿ τ ¿ 0.03=μ dy 0.03 ¿
2
( )
Y (m)
0
0.01
0.02
0.03
dv dy
30
20
10
0
τ
0.045
0.03
0.015
0
3) Un cuerpo de 20 kgf está inicialmente en reposo sobre un plano inclinado de 45º. El área de contacto del cuerpo es de 0.02 m2 y se halle sobre una película de aceite de 0.5 mm de espesor y 0.08 kg.s/m2 de viscosidad. ¿Cuál es la resistencia del aceite cuando han transcurrido 2 segundos de iniciado el movimiento? Suponga una distribución lineal de velocidades. Haga el esquema.
Solución •
Según la ecuación del esfuerzo tangencial de Newton:
(
)
v v v F ( 0.02 )=3.2 v τ = =μ → F=μ A=( 0.08 ) y A 0.0005 y
•
Según la ley de Newton en la dirección del movimiento: dv
dv
20 dv
∑ F=m dt =Wsenθ −F=m dt → 20 sen 45−3.2 v= 9.81 dt
dv +1.57 v−6.94=0 dt
• Separando variables para la ecuación de primer orden y primer grado : dv dv +1.57 ( v−4.42 ) =0 → + 1.57 dt=0 dt (v−4.42)
• Integrando vf
2
0
0
dv +∫ 1.57 dt=0 → ln ( v−4.42 )+ (1.57 t )=0 ∫ (v−4.42) Resolviendo la integral definida tenemos: −3.14
ln ( vf −4.42 ) +3.14=0 → vf =e
+4.42=4.46 m/s
La resistencia del aceite cuando han transcurrido dos segundos: F=3.2 v=3.2 ( 4.46 ) =14.27 N
4) Calcular la viscosidad cinemática del aceite , de peso específico 800kg/m^3, que se encuentra entre las placas planas que se muestra en la figura. La placa superior se mueve a una velocidad de 1.80m/s y tiene un peso específico de 1500kg/m^3
El peso de la placa superior es: W1=0.15*0.15*0.005*1500=0.169kg El ángulo de inclinación de la placa con respecto a la horizontal es: 10 cosα= =0834 → α =33.6 ° 12
La fuerza que produce el movimiento es la componente del peso en el sentido del plano de deslizamiento es decir: W = 0.169∗senα =0.0935 kg
Aplicando la ecuación τ =μ
de viscosidad es:
du dy
Si la distribución de velocidades en forma lineal se expresa como:
F u =μ A y Al despejar resulta μ=
F y Au
Sustituyendo tenemos: 0.0935 ∗0.002 0.15∗0.15 μ= 1.80 μ=4.63∗10−3 kgs /m 2
La viscosidad cinemática es, por definición, la relación entre la viscosidad dinámica o absoluta y la densidad del fluido; es decir, v=
v=
μ ρ 4.63∗10−3 =5.66∗10−5 m 2 /s 800 ( ) 9.81
5) Determínese la viscosidad cinemática en unidades inglesas y en Stokes ,de un fluido con viscosidad dinámica 4 centipoise y densidad 50 lb_m/pie^3.
Solución:
Datos
{
4 ∗gr 10 gr μ=4 cP= =0.04 cm∗seg cm∗seg ρ=50 lb m / pie3
a. En unidades
inglesas tenemos :
gr ∗1 kgm cm∗seg ∗2.205 l b¿m 103 ∗2.54 cm 1 k gm 12 pulg μ=0.04 −¿ 1 pie 1 pulg
μ=2.688∗10−3
lbm pie∗seg
μ pie2 γ = =5.377∗10−5 seg ρ
b) en Stokes: 2
1 poise 1 cm Se sabe que 1stoke = 1 gr /cm3 = seg Transformando: 12 pulg ¿ ¿ ¿2 ¿ γ =5.377∗10−5
γ =0.04995
pie2 ∗¿ seg
cm2 =0.04995 stoke seg 2...