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Resolución ejercicio mecánica de fluidos, viscosímetro semiesférico
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P á g i n a 1 | 5
P á g i n a 2 | 5
PROBLEMA 1: Viscosímetro
a)
ENSAYO Ƭ (N/m2) Gradiente (s-1) = du/dy µ = Ƭ/(du/dy)
1 0 0 0
2 1,3065 * 10-5 0,001 0,013065
3 7,18575 * 10-5 0,0055 0,013065
4 1,3065 * 10-4 0,01 0,013065
Como la pendiente (µ = Ƭ/ (du/dy)) de la recta, en este rango, es la misma. Se puede suponer entonces que se trata de un fluido Newtoniano. b) En la tapa:
Ƭ= µ ∗ (dV/dy) = µ∗𝜔∗𝑅
𝑒
dF= Ƭ*dA= µ∗𝜔∗𝑅∗2𝜋∗𝑅∗𝑑𝑅
𝑒
dT= dF*R2= µ∗𝜔∗𝑅∗2𝜋∗𝑅∗𝑑𝑅∗𝑅
𝑒
T= ∫µ∗𝜔∗𝑅3∗2𝜋∗𝑑𝑅
𝑒
T= µ∗𝜔∗2𝜋
𝑒 ∫ 𝑅3𝑑𝑅
𝑅2𝐷1
2
T1= µ∗𝜔∗2𝜋
𝑒∗ (
𝑅24
4 –
(𝐷1
2)
4
4)
T1= 0,013065∗𝜔∗2𝜋
0,001 ∗ (
0,14
4 –
(0,023)4
4)
T1≈ 2, 0465 * 10-3 * 𝞈 (N*m)
P á g i n a 3 | 5
En la semi esfera: Sea: R= R2*cos (ѳ)
Ƭ= µ ∗ (dV/dy) = µ∗𝜔∗𝑅
𝑒
dF= Ƭ*dA= µ∗𝜔∗𝑅2∗cos(ѳ)∗2𝜋∗𝑅2∗cos(ѳ)∗𝑅2∗𝑑ѳ
𝑒∗
1
2
dF= Ƭ*dA= µ∗𝜔∗𝑅23∗2𝜋∗cos(ѳ)2∗𝑑ѳ
2∗𝑒
dT= dF*R= dF*R2*cos(ѳ)
dT= dF*R2= µ∗𝜔∗𝑅23∗2𝜋∗cos(ѳ)2∗𝑑ѳ∗𝑅2∗cos(ѳ)
2∗𝑒
dT= dF*R2= µ∗𝜔∗𝑅24∗2𝜋∗cos(ѳ)3∗𝑑ѳ
2∗𝑒
dT= dF*R2= µ∗𝜔∗𝑅24∗2𝜋
2∗𝑒∫ cos(ѳ)3 𝑑ѳ
90
−90
dT= dF*R2= µ∗𝜔∗𝑅24∗𝜋
𝑒∗ {[
1
3∗ cos(ѳ)2 * sen(ѳ)] + [
2
3∫ cos (ѳ)𝑑ѳ
90
−90]}
dT= dF*R2= µ∗𝜔∗𝑅24∗𝜋
𝑒∗ {[
1
3∗ cos(ѳ)2 * 𝑠𝑒𝑛(ѳ)] +[
2
3∗ 𝑠𝑒𝑛(ѳ)] }
T2= µ∗𝜔∗𝑅24∗4∗𝜋
3∗𝑒
T2= 0,013065∗𝜔∗0,14∗4𝜋
3∗0,001
T2≈ 5, 4727 * 10-3 * 𝞈 (N*m)
P á g i n a 4 | 5
Ẇ= T * 𝞈
Ẇ= 𝞈 * (T1+T2) Ẇ= 0,011 (W) = 𝞈 * (2, 0465 * 10-3 * 𝞈 + 5, 4727 * 10-3 * 𝞈) 0,011 (W) = 𝞈2 * (7, 5192 * 10-3)
𝞈2= 0,011
7,5192∗10−3
𝞈2= 1, 4629
𝞈= 1, 2095 (rad/s)
𝞈 (rad/s) = 2𝜋∗ ṅ
60 (rpm)
1, 2095 (rad/s) = 2𝜋∗ ṅ
60 (rpm)
ṅ≈ 11, 5499 (rpm)
P á g i n a 5 | 5
Temperatura a la que está el fluido (según datos tabulados): Yx= Y0 + [(X - X0)/(X1 - X0)]*(Y1 - Y0)
Temperatura = 100 + 0,013065−0,01718
0,01029−0,01718* (120-100)
Temperatura ≈ 111,945 ºC c) 0,011
2 (W) =
µ∗2𝜋
0,001* [(
0,14
4−
0,0234
4) +
2
3∗ 0,14] * 1, 20952
µ= 0,006533: Habría que disminuir la viscosidad dinámica a la mitad.
Temperatura= 140 + 0,006533−0,006558
0,005344−0,006558* (150-140)
Temperatura= 140,2 ºC: Para reducir el consumo de potencia a la
mitad, habría que elevar la temperatura del lubricante a 140, 2 ºC.