primer parcial e js re sueltos

8/17/2019 Primer Parcial e Js Re Sueltos

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ESTRUCTURA DE LA MATERIA 1

Ejercicios resueltos

del primer examen parcial

2do cuatrimestre de 2012

Pablo Cobelli

1. a c e r c a d e e s t e d o c u m e n t o .

Este documento contiene una descripción detallada de una forma de resolución de los ejercicios del pri-mer parcial de Estructura de la Materia 1. Al respecto caben varias aclaraciones.

En este documento les describimos sólo una forma posible de resolver los ejercicios propuestos enel examen, como sabemos existen muchas formas de abordar un problema dado.

Encontrarán un considerable grado de detalle en la descripción de los razonamientos y los cálculosempleados para resolver los ejercicios. Ese grado de detalle responde a la necesidad de que estedocumento les resulte pedagógico, y puede compararse con el detalle con el que estos problemasse discutirían en clase. Es decir: en ninguna forma este nivel de detalle es indicativo delnecesario o requerido para la aprobación del examen parcial .

Cualquier consulta que tengan respecto del contenido de este documento podrán realizarla durantelas clases prácticas.

1 * d f · f c e n · u b a / / c á t e d r a r . d e p i n e


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Establecemos entonces la condición de equilibrio para el cilindro, que corresponde simplemente al balancede las fuerzas actuantes sobre él. Tenemos:

F + P = −

∮ S

p n̂ d S − πR 2 Dσg ẑ = 0 . (3)

Para continuar necesitamos evaluar la integral de supercie, pero no podemos hacerlo hasta tanto noconozcamos la distribución de presiones. Esta última surge de considerar -como dijimos al inicio- quebuscamos una situación de balance hidrostático; i.e., una en la cuál los uidos se encuentran en reposo.Es decir, buscamos una soluciones a las dos ecuaciones:

∇ p = − ρ g ẑ, en z < 0, y (4)∇ p = − ρ ′ g ẑ, en 0 < z < L . (5)

Para z > 0 sabemos (es dato) que la presión es la atmosférica, de valor p0 .

Las últimas dos ecuaciones corresponden entonces a

∂p∂z

= − ρ g , en z < 0, y (6)

∂p∂z

= − ρ ′ g , en 0 < z < L . (7)

Estas ecuaciones se complementan con las condiciones de continuidad de la presión en las interfaces, queaseguran que no haya gradientes de presión a través de las mismas (de lo contrario, existirían fuerzasque modicarían la conguración). Concretamente, dichas interfaces se ubican en z = 0 y z = L .

Imponiendo entonces la continuidad de la presión a través de cada región, obtenemos el perl completode presiones en el uido (en los uidos), cosa que necesitamos para evaluar la integral de la ec. (3). Conálgebra sencilla llegamos a:

p(z) = p0 + ρ

′

gL − ρgz, z < 0, p0 + ρ ′ g(L − z), 0 < z < L, p0 , z > 0.

(8)

Ya tenemos todo, pero recapitulemos lo que hicimos hasta aquí. Dijimos al principio que buscábamosuna situación de equilibrio con dos caras: por un lado, equilibrio de fuerzas sobre el cilindro; por el otro,balance hidrostático en los uidos. Y es justamente esto lo que expresamos matemáticamente en lasecs. (3) y (8).

Sólo nos queda calcular la integral de la ec. (3). Esa integral es sencilla, por dos razones. La primera: sólonecesitamos considerar la componente ẑ de dicha integral; es decir que sólo calcularemos las integralescorrespondientes a las caras superior e inferior del cilindro. La segunda: la presión es uniforme sobrelos planos con z = cte ; es decir que la presión sobre las caras superior e inferior es uniforme. Luego elcálculo de dichas dos integrales (sobre las tapas superior e inferior) se reduce a la simple multiplicacióndel área de la cara (igual a πR 2 en ambos casos) por el valor de la presión a la altura z donde ella seencuentra.

Si llamamos S T S a la supercie de la tapa superior (de normal + ẑ), y S T I a la supercie de la tapainferior (de normal − ẑ), la componente vertical de la fuerza que el uido le ejerce al cilindro estará dadapor:

F z ẑ = −∮ S p ẑ dS = − ∫ TS p(z) ẑ dS TS + ∫ TI p(z) ẑ dS TI (9)= − ∫ TS p(z = h + D /2) ẑ dS TS + ∫ TI p(z = h − D /2) ẑ dS TI (10)= πR 2 − p h + D2 +

p h − D2 ẑ. (11)



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Queda reemplazar en la última expresión los valores de la presión en cada zona, que tomamos delresultado dado por la ec. (8). Obtenemos:

F z · ẑ = πR2

h(ρ′

− ρ)g + D2 (ρ

′

+ ρ)g ẑ. (12)

Reemplazando esto en la ecuación de balance de fuerzas para el cilindro, obtenemos:

πR 2 h (ρ ′ − ρ)g + D2

(ρ ′ + ρ)g = πR 2 Dσg,

h(ρ ′ − ρ) + D2

(ρ ′ + ρ) = Dσ.

Finalmente llegamos a la expresión buscada para la altura de equilibrio, h eq :

h eq = D

2

ρ + ρ ′ − 2σ

ρ − ρ′ . (13)

Es fácil ver que para que la altura de equilibrio sea positiva/negativa debe ser:

h eq > 0 : σ < 12

(ρ + ρ ′ ) , (14)

h eq < 0 : σ > 12

(ρ + ρ ′ ) . (15)



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Dado que sólo nos interesa la componente x̂ de la fuerza, las únicas supercies que aportarán efectiva-mente a la integral serán aquellas con n̂ = ± x̂ . Esto descarta las supercies S CD y S GA (tapas inferiory superior, de normal − ŷ e + ŷ, respectivamente). La evaluación de la integral de supercie se reduceentonces a las caras laterales: S AB , S BC , S DE , S EF , S F G .

A

B

C D

E

F

G ŷ

x̂

Figura 3: Problema 2, esquema de las supercies consideradas para obtener una expresión de la fuerzasobre la placa.

De estas 5 supercies restantes, las integrales de presión sobre las supercies S AB y S F G se anulanmutuamente, ya que: (a) ambas tienen igual tamaño, (b) la presión sobre ellas es uniforme e igual a p0 ,y (c) tienen normales de sentido opuesto.

Luego la resultante de fuerzas (en la dirección horizontal) sobre la placa se debe al desbalance de lasfuerzas de presión sobre las supercies restantes: S BC , S DE y S EF . Es decir que

F x x̂ = − ∫ BC p (− x̂) dS BC + ∫ DE p (x̂) dS DE + ∫ EF p (x̂) dS EF . (18)La tercera integral es sencilla de calcular ya que sobre la supercie S EF la presión es uniforme e iguala p0 , luego:

F x x̂ = − ∫ BC p (− x̂) dS BC + ∫ DE p (x̂) dS DE + p0 (h − h ′ ) ( x̂ ) . (19)En este punto es importante notar que no contamos con elementos sucientes para calcu-lar las integrales sobre S BC y S DE , ya que no conocemos cuánto vale la presión sobre esassupercies. A cada lado de la placa, la velocidad del uido tiene -presumiblemente- una componentevertical no nula y de valores diferentes a derecha e izquierda.

Retenemos entonces el resultado dado por la ec. (19) y vamos a elegir el volumen de control deforma tal de que las integrales que nos quedaron sin calcular aparezcan en el teoremade conservación de momento para dicho volumen . Allí donde aparezcan, las reemplazaremos deacuerdo a la ec. (19); de esta forma evitaremos evaluarlas explícitamente y además incorporaremos anuestro cálculo la componente horizontal de la fuerza.

Teniendo en cuenta entonces que las supercies S BC y S DE deben formar parte de nuestra superciede control y, buscando simplicar la evaluación de las integrales convectivas, elegimos el volumen decontrol mostrado en la gura 4.

El volumen de control V C es aquel rodeado por la supercie de control S C , dada por:

S C = S HB ∪S BC ∪S CD ∪S DE ∪S EI ∪S IJ ∪S JK ∪S KH , (20)

donde conviene aclarar que hemos elegido las posiciones de las supercies laterales S KH y S IJ lo su-cientemente lejos de la compuerta, de forma tal de poder considerar que la velocidad del ujo a través



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h h ′

U U ′

p0P g

V C

H B

C D

E I

JK

Figura 4: Problema 2, esquema del volumen de control V C elegido para emplear el teorema de momentoen su versión integral.

de ellas es uniforme (según nos dicen en el enunciado del problema).Aplicamos el teorema de momento en su versión integral al volumen de control V C , considerando úni-camente la componente horizontal del mismo:

∮ S C p n̂ dS C +∮ S C ρ u (u · n̂ ) dS C · x̂ = 0 , (21)es decir,

∮ S C p n̂ · x̂ dS C +∮ S C ρ u x (u · n̂ ) dS C = 0 (22)con lo cuál únicamente nos interesarán las supercies de normal n̂ = ± x̂ . Esto reduce las integrales aevaluar a sólo 4 supercies: S KH , S BC , S DE y S IJ .

Comencemos calculando las integrales convectivas ; i.e., aquellas que tienen como integrandoρu x (u · n̂ ). Ellas contribuirán efectivamente allí donde el ujo tenga una componente perpendicular a lacara. Esto descarta entonces las supercies S BC y S DE sobre ellas la velocidad normal a la cara es nula(el uido no penetra en la placa). Luego

∮ S C ρ u x (u · n̂ ) dS C = ∫ S KH ρ u x (u · n̂ ) dS KH + ∫ S IJ ρ u x (u · n̂ ) dS IJ (23)= ρ U (− U )h + ρ U ′ (U ′ )h ′ , (24)

donde hemos ya reemplazado los valores que conocemos (son dato) para la componente horizontal de lavelocidad sobre cada cara (que, según nos dicen, es uniforme en cada una de ellas). Obtuvimos entonces:

∮ S C ρ u x (u · n̂ ) dS C = ρ(− U 2 h + U ′ 2 h). (25)

Calculemos, en segundo término, las integrales de presión de la ec. (22), recordando que sólodebemos considerar las supercies S KH , S BC , S DE y S IJ . Comencemos por las supercies laterales,S KH y S IJ . Sobre ellas la presión no es uniforme, dado que el sistema está sometido a la acción dela gravedad 1 . Como la velocidad del ujo normal a esas caras e independiente del tiempo, el perl depresiones sobre cada una de ellas está dado por:

pKH (y) = p0 + ρg(h − y), sobre la supercie S KH , y (26) pIJ (y) = p0 + ρg(h

′ − y), sobre la supercie S IJ . (27)1 En este sentido, lo que ocurre sobre estas caras es idéntico a lo que sucede con las caras verticales del recipiente en el

caso del problema 8 de la guía 4, en el cuál se estudia la embocadura de Borda.



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Teniendo estos perles de presión, ya podemos calcular las integrales de presión sobre estas dos caras.

Sobre las otras supercies, S BC y S DE , no sabemos cuánto vale el perl de presiones. Pero esto noimporta , estas dos integrales las vamos a reemplazar empleando para ello la ec. (19).

Calculamos entonces las integrales de presión sobre la supercie de control S C :

∮ S C p x̂ dS C == ∫ S KH p (− x̂) dS KH + ∫ S IJ p (+ x̂) dS IJ + ∫ S BC p (− x̂) dS BC + ∫ S DE p (+ˆx) dS DE == − x̂ ∫

h

0 p0 + ρg(h − y) dy + x̂ ∫

h ′

0 p0 + ρg(h ′ − y) dy + ∫ S BC p (− x̂ ) dS BC + ∫ S DE p (+ x̂ ) dS DE =

= − p0

(h − h ′

)x̂ −

ρg2

(h 2 − h ′ 2

)x̂ + ∫ S BC p (x̂) dS BC + ∫ S DE p (− x̂) dS DE =

= − p0(h − h′

)x̂ − ρg2 (h2 − h ′ 2)x̂ − ∫ S BC p (− x̂ ) dS BC + ∫ S DE p (+ x̂ ) dS DE =

= − p0(h − h′

)− ρg

2 (h2 − h ′ 2)+ F x + p0 (h − h

′ ) x̂,

donde hemos utilizado la ec. (19) para reemplazar el término entre corchetes por una expresión queincluye la fuerza que queremos determinar. Luego el primer y el último término a la derecha de laúltima igualdad se cancelan mutuamente, con lo cual

∮ S C p x̂ dS C = F x − ρg2 (h2 − h ′ 2) x̂. (28)

Juntando todo lo obtenido [ecs. (19), (25) y (28)] podemos escribir entonces nuevamente la componentehorizontal del teorema de la conservación de momento [ec. (22)] como

F x − ρg

2 (h2 − h ′ 2)+ ρ(− U

2 h + U ′ 2 h)= 0 , (29)obteniendo entonces la expresión para la componente horizontal de la fuerza que el uido ejerce sobrela placa:

F x = ρ (U 2 h − U ′ 2 h)+

ρg2 (h

2 − h ′ 2). (30)El segundo inciso del problema nos pide encontrar, analizando las magnitudes conservadas, dosecuaciones adicionales que nos permitan pasar de un sistema de cuatro incógnitas ( U , U ′ , h y h ′ ) a sólodos.

Para obtener la fuerza hemos utilizado la conservación del impulso. Las otras dos conservaciones quedebemos considerar son: (a) la conservación de masa, y (b) la conservación de energía. Como vimos enel curso, la conservación de masa se traduce en la conservación de caudal, y la conservación de energíase expresará por medio de una integral primera de Bernoulli.

La conservación de masa/caudal se reduce a:

U h = U ′ h ′ . (31)

Para la conservación de energía nos conviene tomar dos puntos sobre los cuales conozcamos los valoresde sus variables hidrodinámicas ( p y u x ). Tomamos entonces dos puntos del uido adyacentes al suelo,uno a la entrada y otro a la salida. Obtenemos:

p0 + ρgh + 12ρU

2

= p0 + ρgh′

+ 12ρU

′ 2

. (32)



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Problema 3. Vórtice enfrentando una pared en un flujo uniforme paralelo

Considere el ujo generado por un vórtice de circulación Γ ubicado a una distancia d de una pared rígiday un ujo uniforme de velocidad U ∞ paralela a esta última, según muestra la gura 3. Suponga que se

trata del ujo irrotacional plano de un uido incompresible de densidad ρ.

(i) Determine el potencial complejo de esta conguración, y halle una expresión para la funcióncorriente ψ(x, y ). Ayuda: recuerde que, si z ∈ C , entonces ℜ(log z) = log |z |. Realice un esquemacualitativamente correcto de las líneas de corriente.

(ii) Obtenga una expresión para la presión sobre la pared debida al ujo, sabiendo que la presión deluido sucientemente lejos de la pared es p∞ = 0 .

(iii) Calcule la fuerza ∗ que el ujo ejerce sobre la pared sin emplear el teorema de Blasius (ni el de residuos). Las siguientes expresiones pueden resultarle de utilidad en dicho cálculo:

∫ + ∞

−∞

dx

x 2 + a 2 =

π

a,

∫ + ∞

−∞

dx

(x 2 + a 2 )2 =

1

2

π

a 3.

(iv) Verique el resultado obtenido en el punto anterior recalculando la fuerza que el ujo ejerce sobrela pared ∗ por medio del teorema de Blasius.

(v) ¿Qué dirección y sentido tiene la fuerza? Interprete el resultado obtenido y ofrezca argumentosfísicos que lo justiquen.

Γ

d

U ∞

p∞

Figura 5: Problema 3

Resolución.

Nos dicen que se trata de un problema de ujos planos bidimensionales de uidos ideales incompresibles;usamos entonces el formalismo de ujos potenciales complejos para describirlo. Establecemos un sistemade ejes cartesianos de forma tal de que la posición del vórtice venga dada por el punto zv = 0 + id . Deesta forma, un punto z cualquiera del plano complejo puede describirse en esos ejes cartesianos comoz = x + iy .

El potencial complejo wv (z) correspondiente a un vórtice puntual de circulación Γ ubicado en z0 = idestá dado por:

wv (z) = Γ

2πi log(z − id ). (33)



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Dado que tenemos un contorno plano innito, vamos a usar el método de las imágenes y posicionar unvórtice ‘imagen’ adecuadamente para satisfacer la condición de contorno asociada.

Agregamos el potencial complejo wu (z) correspondiente al ujo uniforme al innito paralelo a la paredy de velocidad U ∞ :

wu (z) = U ∞ z , (34)

para obtener nalmente el potencial complejo de la conguración:

w(z) = Γ2πi

log(z − id ) − Γ2πi

log(z + id ) + U ∞ z . (35)

Nos piden obtener una expresión para la función corriente ψ, para lo que empleamos la denición delpotencial complejo w(z) = φ + iψ , luego

ψ(z) = Im{w(z)} = Im − i Γ2π

log(z − id ) − log(z + id ) + U ∞ z =

= Im − i Γ2π log(z − id ) − log(z + id ) + Im{U ∞ z} =

= Re − Γ2π

log(z − id ) − log(z + id ) + Im{U ∞ z} =

= − Γ2π

log |z − id | − log |z + id | + U ∞ y,

donde hemos usado la ayuda que nos proveen para simplicar la expresión. Expresando los módulosexplícitamente tenemos:

ψ(x, y ) = U ∞ y − Γ2π

log√ x 2 + ( y − d)2 − log√ x 2 + ( y + d)2 . (36)Nos piden también realizar un esquema de las líneas de corriente. Sabemos que las líneas de corrienteson las curvas de nivel de ψ , y hemos ya calculado su expresión analítica. Para realizar un esquema apro-ximado pero cualitativamente correcto es necesario comenzar por analizar, como hicimos en clase, lassimetrías del problema. Vemos que ψ (x, y ) = ψ(− x, y ), con lo cuál las líneas de corriente que dibujemosdeben tener simetría de reexión respecto de x = 0 . Además, las condiciones de contorno establecenque el plano innito (en y = 0) constituye una línea de corriente (con ψ = 0). Finalmente sólo restaconsiderar que tenemos un vórtice y su imagen, y que lo sucientemente lejos del plano (y del vórtice)debemos recuperar el ujo uniforme al innito.

El siguiente inciso nos pide determinar la presión sobre el plano, lo que haremos empleando una de lasformas del teorema de Bernoulli. Para ello, necesitamos la velocidad del ujo sobre el plano innito. Lacomponente del campo de velocidades en la dirección x̂ sobre la pared ( y = 0) está dada por:

u |y =0 = ∂ψ∂y

|y =0 = U ∞ + Γ d

π (x 2 + d2 ), (37)

mientras que la componente ŷ es nula sobre el plano. En este punto se puede hacer una vericación sim-ple de los resultados hasta ahora obtenidos. Por un lado, no puede haber ujo en la dirección normal alplano sobre dicha frontera; por el otro, la componente del campo de velocidades paralela al plano tiendea la velocidad del ujo uniforme cuando nos alejamos sucientemente del conjunto (lim x →±∞ ,y =0 = U ∞ ).

Para el segundo inciso, podemos calcular la presión sobre el plano empleando una integral primera deBernoulli, sabiendo que estamos en presencia de un ujo plano estacionario, irrotacional e incompresible.Tomamos entonces dos puntos, uno de ellos innitamente alejado del plano y otro sobre éste, una de lasformas del teorema de Bernoulli arma que

p∞ + 12

ρU 2∞ = pP + 12

ρu |2y =0 , (38)



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donde hemos identicado con pP al valor de la presión sobre el plano. Nos dan como dato el valor de lapresión p∞ = 0 , luego la presión sobre el plano innito resulta:

pP = −12ρ(u |

2

y =0 − U 2∞

)= − ρdΓ

π (x 2 + d2 ) U ∞ + Γ

2π (x 2 + d2 ) . (39)

El cálculo de la fuerza resulta entonces directo a partir de esta expresión para la presión. Tomando unasupercie S que rodee al plano innito (y considerando las normales externas), tenemos

F = −∮ S pP n̂ dS = + ∫ + ∞

−∞

ρdΓπ (x 2 + d2 )

U ∞ + Γ

2π (x 2 + d2 ) ŷ dx. (40)

Ahora, no hace falta realizar las integrales dado que nos dan como dato cuánto valen. Obtenemosentonces:

F = ρU ∞ Γ + 14

ρΓ2

πd ŷ. (41)

Dejamos una discusión de este resultado para el nal del ejercicio, una vez que hayamos reobtenido estaexpresión a través del teorema de Blasius.

El siguiente inciso del problema nos propone recalcular la fuerza pero ahora empleando el teorema deBlasius (y el de residuos). De acuerdo a estos dos teoremas, tenemos:

F ∗ ≡ F x − iF y = i ρ2 ∮ C dwdz

2

dz =

= i ρ2

2πi ∑k Resdwdz

2

; zk =

= − πρ ∑k Resdwdz

2

; zk ,

siendo zk , (k = 1 , 2,...,N ) las singularidades de la función (dw / dz )2 en el interior del contorno dado porla curva C . En nuestro caso, esto se reduce a las singularidades de (dw / dz )2 por debajo del plano y = 0 .

Partimos entonces nuevamente del potencial complejo w(z), y lo derivamos para obtener

dwdz

(z) = Γ2πi

1z − id

− Γ2πi

1z + id

+ U ∞ . (42)

A continuación deberíamos considerar el cuadrado de esta última expresión y luego aplicar el teore-ma de Blasius. Sin embargo, y según vimos en clase, sólo algunos términos de (dw / dz )2 contribuiránefectivamente a la integral curvilínea, por lo que no necesitamos calcularlos todos. Es fácil ver que losrelevantes son

dwdz

2

= 2 Γ2πi

1z − id − Γ2πi 1z + id + 2 U ∞ − Γ2πi 1z + id + . . . = (43)

= 2 Γ2

4π 21

z − id1

z + id − 2

ΓU ∞2πi

1z + id

+ . . . (44)

donde hemos obviado escribir el resto de los términos del cuadrado dado que no contribuirán al cálculo



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de residuos. Tomando entonces una curva cerrada C que rodee al plano innito, tenemos:

F ∗ ≡ F x − iF y = − πρ

∑k

Resdw

dz

2

; zk =

= − πρ 2 Γ2

4π 2 1− 2id

− 2 ΓU ∞

2πi=

= −πρi

− Γ2

4π 21d

− ΓU ∞

π=

= iπρ − Γ2

4π 21d

− ΓU ∞

π=

= − i ρ Γ2

4πd + ρΓU ∞ ,

de lo que obtenemos la fuerza que el uido ejerce sobre el plano. Notemos que sólo tiene componente

perpendicular al mismo, y su valor es:

F y = ρ Γ2

4πd + ρΓU ∞ . (45)

Cabe destacar algunos aspectos del resultado que obtuvimos para la fuerza ejercida por el uido sobrela pared.

Por un lado, la fuerza que el uido ejerce sobre el plano innito sólo tiene componente ŷ (i.e., normal alplano), lo que era posible anticipar por argumentos de simetría. Por otro lado notemos que recuperamosel resultado visto en teóricas respecto del teorema de Kutta-Joukowsky, obteniendo una contribucióna la fuerza (normal a la pared) dada por ρΓU ∞ . Obtenemos también una contribución que es debidaexclusivamente a la presencia de la pared, dada por ρΓ2 /(4 πd ) y que podría asimilarse a una correcciónasociada a la proximidad del plano innito.

Notemos además que en ausencia del ujo uniforme ( U ∞ = 0) recuperamos el resultado correspondientea la fuerza realizada sobre un plano innito por un vórtice de circulación Γ ubicado a una distancia d de él.

Finalmente observamos que, si bien existe una fuerza aún en ausencia del ujo uniforme, sin vórticeno hay fuerza neta sobre la pared. Este último hecho está directamente ligado a algo que discutimoslargamente en clase: los gradientes de presión se dan allí donde las líneas de corriente del ujo presentanuna deformación local.


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