DINAMICA DE FLUIDOS
Estudio de los líquidos en movimiento
EQUILIBRIO SÓLIDO DE LOS LÍQUIDOS
(No se tiene en cuenta en movimiento
relativo entre las moléculas del fluido)
Equilibrio sólido de un líquido
Flujo de fluidos
Traslación
Rotación
Interesa conocer la variación de la
presión en el interior del fluido
MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN CON ACELERACIÓN:
- vertical
- horizontal
- horizontal-vertical
MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN CON ACELERACIÓN VERTICAL (az )
Para el movimiento de traslación con aceleración vertical en la que sólo actúa la aceleración
de la gravedad la ecuación básica de la estática de fluidos expresa que: P
z
    g
Cuando se tiene un movimiento que además tiene una aceleración az
P
a
   ( g  az )   (1  z )
z
g

P
a
  (1  z )
z
g
De aquí podemos obtener:
P
z
a
a
dP   (1  z )dz   dP    (1  z )dz
g
g
0
0
Como dz aumenta en el sentido que dP disminuye,
entonces:
+
z
a
P   (1  ) z
g
-
EJEMPLO:
Determine la expresión para la variación de la presión en el seno de una masa líquida
contenida en un recipiente que se mueve verticalmente bajo las siguientes condiciones:
a) Cuando sube con una aceleración de 4,9 m/s².
b) Cuando baja con una aceleración de 4,9 m/s².
c) Cuando el depósito cae.
d) Cuando el depósito sube con una aceleración igual a la gravedad.
e) Cuando el depósito sube con una retardación igual a la gravedad.
LÍQUIDO CON ACELERACIÓN LINEAL HORIZONTAL ax
Para el equilibrio dinámico de la porción de fluido elegido en el sistema de la figura:
F1  F2  max  Vax 

g
Ala x

P1  P2 
P1 A  P2 A  Ala x 
 ax
g
l
g
P

  ax
x
g
El signo (-) se debe a que x
aumenta en el sentido que P
disminuye
También podemos apreciar que:
P1  P2 h1  h2


 tan   a x
l
l
g
tan  
ax
g
ax
EJEMPLO:
El recipiente de la figura contiene agua y se acelera con igual aceleración en las
direcciones horizontal y vertical igual a 4,90 m/s². Determine las presiones debida
al fluido en los puntos A, B y C del recipiente.
SOLUCIÓN:
En la dirección x:
a
P
4,9
  x  1000kg / m3 ( )  500kg / m3
x
g
9,8
En la dirección y:
a
P
4,9
  (1  y )  1000kg / m3 (1 
)  1500kg / m3
y
g
9,8
dP 
P
P
dx 
dy
x
y
 dP  500dx  1500dy
dy 1
Para un punto en la superficie libre del fluido: dP  0 

dx 3
Como:
Pendiente de las
líneas de igual
presión
(SUPERFICIES)
dP  500dx  1500dy
Integrando de Po a P, de 0 a x, y de
0 a y tenemos:
P  P0  500 x  1500 y
Para un punto en la superficie del
fluido P=0
Entonces para (x,y)=(1,2 m , 0,7 m) la presión es cero P=0 , de la ecuación anterior
se obtiene:
2
0  P0  500(1,20)  1500(0,70)  P0  1650kg / m
Con este valor de Po,
P  1650kg / m  500 x  1500 y
2
Esta ecuación da el valor de la presión en cualquier punto en el interior del fluido
Con los datos del problema:
Presión en el punto A (0 , 1,20 m) el fluido no alcanza este punto
Presión en el punto B (0 , 0)
 PB  1650kg / m
Presión en el punto C (1,2 m , 0)
 PA  0
2
PC  1650kg / m 2  500kg / m3 (1,2m)
 PC  1050kg / m 2
MOVIMIENTO DE ROTACIÓN
Recipientes abiertos
Recipientes cerrados
Considere el siguiente sistema:
Si ubicamos el sistema en coordenadas r ,  , z
Entonces:
dP 
P
P
P
dr 
d 
dz
r

z
Para el pequeño elemento considerado

 FH  0
P
PdA  ( P 
dr )dA  ma  0
r
P

PdA  ( P 
dr )dA  (dAdr ) 2 r  0
r
g
Sin presión adicional
Con presión adicional
De la ecuación anterior obtenemos:
Además conocemos que:
P  2
  r
r g
P
    g
z
Teniendo en cuenta estos valores en la ecuación
Considerando
Integrando:
P
P
0

 2 r 2
2
Para r=0, z=zo; P=Po
Obtenemos:
 gz  C
P
P
P
dP 
dr 
d 
dz
r

z
dP   2 rdr  gdz
Para hallar el valor de la constante debemos
considerar las condiciones de contorno
 C  P0  gz0
Con este valor de C:
1
P  P0  g ( z0  z )   2 r 2
2
ECUACIÓN PARA EL VALOR DE LA
PRESIÓN EN CUALQUIER PUNTO
EN EL INTERIOR DEL FLUIDO
Si la ecuación hallada para el valor de la presión en cualquier punto, se aplica a
puntos en la superficie libre del fluido donde P=Po tendremos la ecuación de la
forma de la superficie, por lo tanto de la forma de las superficies de igual presión
1
 P0  P0  g ( z0  z )   2 r 2
2
De donde:
z  z0 
 2r 2
2g
ECUACIÓN DE UN
PARABOLOIDE DE
REVOLUCIÓN
Las superficies de igual presión son
paraboloides de revolución, en un
corte vertical se verán como parábolas
Se sabe que el volumen del paraboloide de revolución es la mitad del volumen del
cilindro circunscrito a dicho paraboloide.
Casos:
a) Si el eje de giro está fuera del
recipiente: Parte del paraboloide se
forma dentro del recipiente.
b) Si el recipiente se tapa sin añadir
presión: El paraboloide se considera sobre
la tapa del recipiente tangente a ella
c) Si el recipiente se tapa añadiendo
presión adicional: la presión añadida
se considera como una altura sobre la
tapa del recipiente; sobre dicho nivel
se forma el paraboloide.
EJEMPLO:
Un depósito de forma cilíndrica de 4 m de altura
y 2 m de diámetro contiene aceite hasta 3,2 m
de altura. A cuantas rpm debe girar el recipiente
alrededor de su eje para que el aceite alcance el
borde superior?
SOLUCIÓN:
Volumen del paraboloide=(volumen del cilindro)/2
z
 2r 2
2g
 h 
2 gh
r
2(9,81m / s 2 )(0,8m)
 
 3,96rad / s
1m
1rev
60
2

rad
  (3,96rad / s)(
)  3,96
rpm
1 min
2
60s
  37,83rpm
EJEMPLO:
Un cilindro de 1,8 m de diámetro y 2,70 m de altura
se llena completamente con glicerina de densidad
1,60 y al taparlo se añade al depósito una presión
de 2,50 kg/cm². El material de que está hecho el
cilindro tiene 13 mm de espesor con un esfuerzo
admisible de trabajo de 850 kg/cm². Determinar a
qué velocidad máxima se puede hacer girar el
recipiente sobres su eje sin que se rompa.
SOLUCIÓN:
De la figura se puede deducir que la presión será máxima en el borde inferior
externo del cilindro
El esfuerzo tangencial en un cilindro de radio r, con presión interna P es:
Pr

t
t es el espesor del material de
que está hecho el cilindro
La presión que puede soportar el recipiente será:
 .t
(850kg / cm 2 )(1,3cm)
P

 12,3kg / cm 2
r
90cm
Con la configuración del problema:
1
2 2
 12,3kg / cm  h  2,50kg / cm 
g r
2g
2
2
Reemplazando los datos del problema:
1
12,3kg / cm 2  1,6 gr / cm3 (270cm)  2,5kg / cm 2  (1,6 gr / cm3 ) 2 (8100cm 2 )
2
De donde se obtiene
  38rad / s  363rpm