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STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 1: Propiedades de los fluidos Ejercicio propuesto en clase 1 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua. ν = 1 x10–6 m2/s t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 72,8 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0 FN – σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 72,8 x 10–3 N/m entonces FN = 72,8 x 10 –3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N FN = 58,2 x 10 –3 N Fuerza tangencial (FT) τ = μ du dy además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 1 ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 entonces μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10 –4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = m2 1 x 10–3 m FT = 4,0 x 10 –3 N Ejercicio propuesto en clase 2 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es aceite. ν = 0,005 m2/s = 5,0 x 10–3 m2/s S = 0,90 t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 38,0 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0 FN – σ.2.perímetro = 0 L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 38,0 x 10–3 N/m entonces FN = 38,0 x 10 –3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N FN = 60,8 x 10 –3 N Fuerza tangencial (FT) MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 2 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 τ = μ du dy además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s entonces μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10 –4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = m2 1 x 10–3 m FT = 14,0 x 10 –3 N Ejercicio propuesto en clase 3 Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una velocidad 0,5 m/s. ∅eje = 8,00 cm = 0,0800 m ∅cam = 8,02 cm = 0,0802 m tAceite = 80º S = 0,90 σ = 0,03 N/m ν = 0,005 m2/s L = 0,30 m e = ∅cam – ∅eje = 0,0802 m – 0,0800 m = 1 x10–4 m 2 2 Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 3 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 τ = μ du dy además τ = F/A entonces F = μ Adu dy A = π∅proL ∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m 2 2 entonces A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m2 Suponiendo temperatura del agua ambiente ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m 2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58 m2 1 x 10–4 m F = 1698,58 N Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m 2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51 m2 1 x 10–4 m F = 1649,51 N MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 4 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 1-5 Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa permanece constante. Resolución F = μ AU t 600 N = μ A 1 m/s t como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos cte = 600 N 1 m/s Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos 1500 N = cte x cte = 1500 N x igualando 600 N = 1500 N 1 m/s x x = 1500 N 1 m/s 600 N x = 2,5 m/s Ejercicio 1-10 Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0 N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad? Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 5 P = gM STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 17 N = g2 kg g = 17 N 2 kg g = 8,5 m s2 Ejercicio 1-12 Conviértanse 10,4 unidades SI de viscosidad cinemática a unidades USC de viscosidad dinámica si S = 0,85. Resolución ν = μ/ρH2OS = 10,4 m2/s μ = νρH2OS = 10,4 m2/s.1000 kg/m3.0,85 = 8840 kg/ms En el sistema USC μ = 8840 kg . 1 slug 0,3048 ft ms 14,594 kg 1 m finalmente μ = 184,6 slug ft.s Ejercicio 1-14 Una placa situada a 0,5 mm de una placa fija se mueve a 0,25 m/s y requiere una fuerza por unidad de área de 2 Pa (N/m2) para mantener esta velocidad. Determínese la viscosidad fluida de la sustancia entre las dos placas en unidades del SI. t = 0,5 mm = 0,0005 m U = 0,25 m/s τ = 2,0 Pa Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 6 τ = μ U STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 t despejando μ = τt = 2,0 N/m2 . 5,0 x 10–4 m U 0,25 m/s finalmente μ = 4,0 x 10–3 Ns m2 Ejercicio 1-20 Un fluido tiene una viscosidad de 6 cP y una densidad de 50 lbm/ft 3. Determínese su viscosidad cinemática en unidades USC y en stokes. Resolución Para el sistema c.g.s. tenemos ρ = 50,0 lbm.0,4536 kg 1000 gr 1 ft3 1 m3 . ft3 1 lbm 1kg 0,02832 m 3 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 μ = 6 cP 1 x10–2 P = 6 x10–2 P 1 cP Entonces ν = 6 x10–2 P 0,80 gr cm3 ν = 0,0749 stokes Para el sistema USC tenemos ρ = 50,0 lbm 1 slug .ft3 32,174 lbm ρ = 1,55 slug ft3 μ = 6 x10–2 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg μ = 1,25 x10–4 slug fts Entonces ν = 1,25 x10–4 slug/fts 1,55 slug ft3 ν = 8,085 x10–4 ft 2 s Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase) Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 7 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 v = 3 ft/s F P 30° P = 120 lb A = 2 ft2θ = 30 º μ = 1 P v = 3 ft/s Resolución τ = F = μ U A t despejando t = AμU F Donde F = Psen 30º F = 120 lb sen 30º = 60 lb además μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug 479 P fts reemplazando t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 60 lb t = 2,088 x 10–4 ft t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in 1 ft 1 m 2,54 cm t = 2,505 x 10 –3 in Ejercicio 1-33 Un gas con peso molecular 28 tiene un volumen de 4,0 ft3 y una presión y temperatura de 2000 lb/ft2 abs y 600º R, respectivamente. ¿Cuál es el volumen y peso específico? Resolución De la ecuación de gas perfecto pvs = RT despejamos vs = RT MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 8 p STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 reemplazando R = 49709 ft.lb M slugºR vs = 49709 ft.lb 600ºR 28 slugºR 2000 lb/ft2 vs = 532,6 ft 3 slug además γ = ρg = g/vs γ = 32,174 ft/s2 532,6 ft3 slug γ = 0,06 lb ft 3 Ejercicio 1-38 Para un valor de K = 2,2 GPa para el módulo elástico a la compresión del agua ¿qué presión se requiere para reducir su volumen un 0,5 %? Resolución K = – dp dv/v Despejando dp = – Kdv v dp = – 2,2 Gpa (– 0,05 ) dp = 0,11 Gpa Ejercicio 1-47 (Resuelto en clase) Un método para determinar la tensión superficial de un líquido es encontrar la fuerza que se necesita para retirar un anillo de alambre de platino colocado inicialmente sobre la superficie. Estímese la fuerza necesaria para quitar un anillo de 20 mm de diámetro de la superficie del agua a 20 ºC. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 9 F Anillo Agua STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución F = π2.∅Anilloσ σ(20º C) = 0,074 N/m F = π2.0,02m0,074 N/m F = 9,3 x 10–3 N Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase) Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; σ = 0,005 lb/ft. FF h θ ∅ = 0,20 in h = 0,09 in σ = 0,005 lb/ft Resolución γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γAh = σ.π.∅.cos θ Despejando cos θ = γ.A.h σ.π.∅ Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos γ = 62,29 lb/ft3 h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 12 in ∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 12 in σ = 0,005 lb/ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 10 cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 62,29 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 0,389 θ = arc cos 0,389 θ = 67,08 º Ejercicio 1-53 Dedúzcase una fórmula para la elevación capilar h entre dos tubos de vidrio concéntricos con radios R y r y ángulo de contacto θ. F F F F θ θ θ θ R r Resolución Por cada columna tendremos γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ 4 donde ∅ = R – r, entonces γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ Simplificando γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando h = 4.σ.cos θ γ.(R – r) MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 1 11 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 2: Estática de fluidos Ejercicio 2-4 Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales. Aire Agua Aire A B C D 0, 3 0, 3 0, 6 1, 0 Aceite Dens. Esp. 0,9 Resolución Punto A pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa Punto B pB = γh = 9806 N/m .0,6 m = 5883,60 Pa B 3 pB = 588 KPa Punto C pC = pB = 5883,60 Pa B pC = 588 KPa Punto D pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 1 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 2-15 En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90. A h Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft 3 = 0,069 lb ft3 1728 in3 in2 pA = 0,069 lb in 2 Ejercicio 2-24 En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 2 A 60 0 m m 0 0 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Datos S = 2,94 pA 0 = 100 mmH2O pA = 8 kPa Resolución Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m 3 hi = 0 1000 mm 10,34 mH2O m 3 1000 mm 979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64N/m3 hi = 0 Despajando hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m – 28829,64 N/m3 h i = 0,240 m Cuando aumentamos la presión en A tenemos A 60 0 m m 0 0 dh dh hi dh hf pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0 pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0 pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O) Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi (2.S.γH2O – γH2O) Reemplazando Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m = (2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) Δh = 0,145 m Finalmente la lectura en el lado derecho será hf = hi + Δh hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m h f = 385 mm MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 3 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 2-33 El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique. A B C D E F Agua 2 1 5 2 ft diám 4 ft diám Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución Sobre ABCD A2 A3A1 1,4 1 O 1 2 1 A = A1 + A2 + A3 A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 4 A = 4,245 ft2 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft 20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft 4,245 ft2 y’p = 0,628 ft yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft yp = 2,786 ft Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb ft3 Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb Fv = 52183 lb Sobre EF V1 = 2πxpA A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft xp = 0,50 ft 20,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft 5,50 ft xp = 0,51 ft V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft2 V1 = 17,80 ft 3 V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2 V2 = 25,13 ft 3 V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3 Fn = 42,93 ft 3 62,4 lb/ft3 Fn = 267900 lb Ejercicio 2-36 Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula. A B C h A b MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 5 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Resolución Por integración F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0hyxdy donde y = hx b x = by h reemplazando F = γ∫0h(by)ydy h F = γ∫0h y2bdy h F = γb ∫0hy2dy h F = 1 γbh2 3 Por formula F = pdA F = γhdA F = γ 2h.bh 3 2 F = 1 γbh2 3 Ejercicio 2-37 Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la figura (a) por integración y (b) por fórmula. A B C A 5 5 Aceite γ = 55 lb/ft3 3 4 Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 6 Por integración STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 dF = pdA dF = γyxdy F = γ∫yxdy donde x = 5,0 (7,40 – y) 2,4 reemplazando F = γ∫57,4(37,0 – 5,0y)ydy 2,4 2,4 F = γ∫57,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4 F = γ∫57,437,0y – γ∫57,45,0y2dy 2,4 2,4 F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫57,4y2dy 2,4 2,4 F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 2,4 2 2,4 3 F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 2,4 2 2 2,4 3 3 finalmente F = 1914,00 lb Por formula F = pA F = γhA F = γ (5,00 ft+ 1h).bh 3 2 F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft ft3 3 2 F = 1914,00 lb Ejercicio 2-46 La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 7 A B Puntal 2 4 6 3 φθ STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Resolución θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’ FA = FH + FL Donde FH = γhAcos ϕ como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula la presión, la altura del área será hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m 3 2 Por prisma de presión FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ = m3 2 FH = 197,34 kN Por otro lado hL = 2hL ⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 3 2 FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = m3 2 FL = 405,64 kN finalmente FA = FH + FL FA = 197,34 kN + 405,64 kN FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59 La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo del gozne.) 5 h O Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 8 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 E = γh(h/2) E = γh2 2 ΣMo = 0 E[5 – h + (2/3)h] = xPC E[5 – (1/3)h] = xPC 5E – E(1/3)h = xPC reemplazando 5γh2 – γh2(1/3)h = xPC 2 2 5γh2 – 1γh3 – xPC = 0 2 65.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0 2 ft3 6 ft3 – 10,40 lbh3 + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0 ft3 ft3 h = 1,81 ft Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. Ejercicio 2-66 Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. Ignore la elevación hidrostática. γ' =2.5γ 7 20 3 4 11 Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 9 a) STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 E1 E2 P1 P2 P3θ θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’ E1 = γh20,5 E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2 E2 = γh0,5l Donde l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2 P1 = γ’.A1 P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2 P2= γ’.A2 P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2 P3= γ’.A3 P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2 RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2 lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) = lp1 + lp20,5 lE2 = (20,22 m) 27,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m (20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5 yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = RY xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m γ670,99 m2 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 10 xR = 11,588 m STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 b) σmín σmáx RY = σmL σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σminΣMA = 0 RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 3 (σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 2 3 σmáx11,58 m + σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0 2 2 2 3 3 σmáx5,79 m + σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0 σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0 σmáx = σmin13,55 m = 0 reemplazando σmin13,55 m = 2RY/L – σminσmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m σmin = 2γ670,99 m2 = 18,00 m(1 + 13,55) σmin = γ5,12 reemplazando σmáx = 2RY/A – σminσmáx = 2γ670,99 m2 – γ5,12 18,00 m2 σmáx = γ69,43 Ejercicio 2-67 Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 11 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 20 m 0 Resolución E1 = γ24,50 m2 E2 = γ343,80 m2 P1 = γ75,00 m2 P2 = γ270,00 m2 P3 = γ275,00 m2 RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m2 Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m2 = γ490,99 m2 lE2 = 8,13 m yE1 = 22,33 m x1 = 2,00 m x2 = 5,00 m x3 = 10,67 m xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV = RY xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m – γ180 m26,00 m = γ490,99 m2 xR = 13,640 m Ejercicio 2-89 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 12 Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo empuja contra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 R2 aceite den. rel. 0,8 Agua A B C D Resolución a) FH = FAB + FAD – FDC FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m m3 FH = 15,69 kN/m b) FV = – FAB + FADB + FBDC donde FADB = FBDC, entonces FV = – SAγA + 2.γA FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2) FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m) 2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m) 2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = 133,32 kN/m c) γT = FV/VT γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN π(2,00 m)2 m3 ST = γT/γA ST = 10,61 kN/m 3 9,806 kN/m3 ST = 1,08 Ejercicio 2-104 ¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? Resolución G B W = E MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 13 SγV = γV’ STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Sγh2L = γhh’L Sh = h’ S = h’/h = 0,75 Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. Ejercicio 2-108 Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese la aceleración. Resolución x ax x g a Spp xγ−= 0 x g a Spp xγ−=− 0 xS pg ax γ Δ−= reemplazando 3 2 980688,0 806,9)20000( m N s m m Pa ax × −−= ax = 22,73 m 2/s Ejercicio 2-117 El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 psi de vacío determínese ax. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 14 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 2 1 A Resolución x g a Sp xγ−= ft s ft s ft ft lb p 2 174,32 05,8 4,6240,2 2 2 3 ×−= p = – 74,84 lb ft 2 2 1 A Sí pA = – 8 psi.144 in 2 = – 1152 lb 1 ft2 ft2 entoncesxS pg ax γ−= ft ft lb s ft ft lb ax 24,624,2 174,32)1152( 3 22 × − −= ax = 123,75 ft/s 2 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 2 15 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 3: Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos Ejercicio 3-6 Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el flujo de masa en kilogramos por segundo. Resolución 1 2 Aceite, dens. rel. 0,86 Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, es decir 2211 AVAV = entonces 2 1 12 A A VV = reemplazando 2 2 2 2 2 )70( )200( 2 4 )70( 4 )200( 2 mm mm s m mm mm s m V =× × = π π V2 = 16,33 m/s El caudal másico será ρρ 22AVQm ==• 3 2 100086,0 4 )07,0( 33,16 m kgm s m m ××××=• π s kg m 03,54=• Ejercicio 3-30 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 1 En la figura, se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en A. En B el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando todas las pérdidas, determínese las descargas en A y B por pie de ancho. ¿Por qué difieren? STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 A B Aceite, dens. rel. 0,86 10 2 Resolución Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ Para A, reemplazando g v z P z P A A atmatm 2 2 0 ++=+ γγ g v zz AA 2 )( 2 0 =− )(2 0 AA zzgv −×= )0,00,11(174,322 2 ftft s ft vA −×= s ft vA 60,26= Por continuidad AAA vAQ = s ft ftQA 60,2600,2 ×= QA = 53,21 ft 3/fts Para B, reemplazando g v z P z P B B Batm 2 2 0 ++=+ γγ g v zzPP BBBatm 2 )()( 1 2 0 =−+−γ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 2 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −+−××= )()(12 0 ABatmB zzPPgv γ STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ −+×−××= )00,000,11()00,142,62( 42,62 1 174,322 3 3 2 mftft ft lb ft lbs ft vB s ft vB 37,25= Por continuidad BBB vAQ = s ft ftQB 37,2500,2 ×= QB = 50,37 ft 3/fts Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a la presión hidrostática. Ejercicio 3-31 Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura. Agua Aceite dens. rel. 0,75 3 ft 4 ft 4 in . Resolución Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente AAWW hh γγ = W A W A hh γ γ=' WW A A W Shh S h == γ γ reemplazando fthW 00,375,0 ×= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 3 fthW 25,2= STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Agua 6, 25 1 2 Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ Reemplazando g v z 2 2 2 1 = 12 2 zgv ××= ft s ft v 25,6174,322 22 ××= s ft v 05,202 = Por continuidad 222 vAQ = s ft in ft inQ 05,20) 00,12 00,1 00,4( 4 2 2 ××= π Q2 = 1,75 ft 3/s Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 4 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Agua Aire 20 0 m m 30 0 m m 15 0 m m 1 2 Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ Agua Aire 20 0 m m 30 0 m m 15 0 m m 1 2 Datum h1 h2 D z reemplazando g v g v zz PP 22 )( 2 1 2 2 21 21 −=−+− γγ )( 2 1 )()( 1 2 1 2 22121 vvg zzPP −=−+−γ Por la ley del menisco γγ 2112 hhPP +−= 2121 )( 1 hhPP −=−γ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 5 con respecto al datum STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 21 200 hmmhz +=+Δ zhmmh Δ−+= 21 200 reemplazando 2221 200)( 1 hzhmmPP −Δ−+=−γ zmmPP Δ−=− 200)(1 12γ reemplazando en la ecuación de Bernoulli )( 2 1 )(200 21 2 221 vvg zzmmz −=−++Δ− )( 2 1 )(200)( 21 2 22121 vvg zzmmzz −=−++− )( 2 1 200 21 2 2 vvg mm −= Por la ecuación de continuidad 21 QQ = 2211 vAvA = 2 1 2 1 vA A v = reemplazando )(( 2 1 200 222 1 2 22 2 v A A v g mm −= )1( 2 200 2 1 2 2 2 2 A A g v mm −= = − ×= )1( 2002 2 1 2 2 2 A A mmg v = − ××= ) )00,300( 4 )00,150( 41( 2,0806,92 2 2 2 2 mm mm m s m v π π s m v 29,22 = 222 vAQ = s m mQ 29,2)15,0( 4 2 2 π= Q2 = 0,04 m 3/s MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 6 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 3-50 Para un flujo de 1500 gpm y H = 32 ft en la figura, calcúlense las pérdidas a través del sistema en carga velocidad, KV2/2g. V H γ = 55 lb/ft3 6 in. diám Resolución Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces s ft gal s ft gal Q 3 3 34,3 min 83,448 00,1 min 1500 == Por definición de caudal ddvAQ = d d A Q v = reemplazando s ft in ft in s ft vd 02,17 ) 00,12 00,1 00,6( 4 34,3 2 3 = × = π en términos de carga de velocidad tenemos ft g v s ft s ft d 50,4 174,322 )02,17( 2 2 22 =×= Planteamos la ecuación de Bernoulli g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 7 reemplazando STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 g v K g vP H P ddatmatm 22 22 ++=+ γγ ( )K g v H d += 1 2 2 Las pérdidas serán 1 2 2 −= g v H K d 1 50,4 00,32 −= ft ft K K = 6,11 Ejercicio 3-51 En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v21/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v22/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m. V D1 = 150 mm Agua 50 D2 = 50 mm A H Resolución V D1 = 150 mm Agua 50 D2 = 50 mm A H 0 BDatum MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 8 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ reemplazando g v K g vP H P B B Batmatm 22 22 ++=+ γγ ( )BB KgvH += 12 2 ( )BB K H gv +××= 12 ( )05,01 00,8806,92 2 +××= msmvB s m vB 22,12= Por continuidad BA QQ = BBA vAQ = ( ) s m mQA 22,1205,04 2π=QA = 0,024 m 3/s Por otro lado ( )BABA K H g A A v +××= 122 2 2 Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ reemplazando g v K g vP H P A A AAatm 22 22 ++=+ γγ ( ) 2 2 1 A AA v g KP H ++= γ reemplazando ( ) ( )⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +×× ++= BA BAA K H g A A g KP H 1 2 2 1 2 2 γ H A A K KP H A B B AA ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + ++= 2 2 1 1 γ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 9 Despejando STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + +−= 2 2 1 1 1 A B B A A A A K K HP γ ( ) ( ) ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + +−××= 2 2 3 15,0 4 05,0 4 05,01 00,51 100,800,9806 m m m m N PA π π PA = 28,64 KPa Ejercicio 3-53 El sistema de bombeo mostrado en la figura debe tener presión de 5 psi en la línea de descarga cuando la cavitación es incipiente en la entrada de la bomba. Calcúlese la longitud del tubo desde el depósito a la bomba para esta condición de operación si la pérdida en este tubo se puede expresar como (V1 2/2g)(0,003L/D). ¿Qué potencia esta siendo suministrada al fluido por la bomba? ¿Qué porcentaje de esta potencia se está usando para vencer pérdidas? Lectura del barómetro 30 inHg 6 in. diám. 2 in . d iá m P 10 ft Agua 68 ºF 4 in. Tubo de descarga Resolución 6 in. diám. 2 in . d iá m P 10 ft Agua 68 ºF 4 in. Tubo de descarga 1 2 3 4 Datum MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 10 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4 g v z P g v z P 22 2 4 4 4 2 3 3 3 ++=++ γγ reemplazando g v z P g v z P atm 22 2 4 4 2 3 3 3 ++=++ γγ ( ) γ334 2 4 2 3 22 P zz g v g v −−=− ( ) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡ −−=− γ3342423 2 Pzzgvv Como z4 = z3 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛−×=− γ32423 2 P gvv Por continuidad 43 QQ = 4433 vAvA = 4 3 4 3 vA A v = reemplazando ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛−×=− γ3242423 2 4 2 P gvv A A ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛−×=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ − γ32423 2 4 21 P gv A A ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ − ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛−× = 1 2 2 3 2 4 3 4 A A P g v γ ( ) ( ) ⎟⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ × −×× = 1 00,4 4 00,2 4 42,62 00,1 00,144 00,5 174,322 2 2 3 2 2 2 2 4 in in ft lb ft in in lb s ft v π π s ftv 46,314 = MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 11 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Por continuidad 43 QQ = 4433 vAvA = 4 3 4 3 vA A v = ( ) ( ) s ft s ft in in v 86,746,31 00,4 4 00,2 4 2 2 3 == π π Por continuidad 32 QQ = 3322 vAvA = 3 2 3 2 vA A v = ( ) ( ) s ft s ft in in v 49,386,7 00,6 4 00,4 4 2 2 2 == π π Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2 g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ reemplazando g v D L g v z PP 2 003,0 2 2 2 2 2 2 21 +++= γγ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +=−⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ − D L g v z PP 003,0 1 2 2 2 2 21 γγ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ − −⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ − = 1 2 003,0 22 2 21 g v z PP D L γγ La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir inHgP 301 = ft in ft in P Hg 50,2 00,12 00,1 301 =×=γ ftft P S P WHg 92,3357,1350,211 =×== γγ De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 12 ft P W 79,02 =γ STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ( ) ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − × −−×= 1 174,322 )46,3( 1079,092,33 003,0 00,12 00,1 00,6 2 2 s ft s ft ftftftin ft in L L = 20554,17 ft La potencia suministrada por la bomba será t W P = t mgH P = gHmP •= QgHP ρ= QHP γ= HAvP 22γ= ft in ft in s ft ft lb P 00,10 00,12 00,1 00,6 4 49,342,62 2 3 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ×= π P = 247,74 lb.ft s El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será 100 22 003,0 2 % 2 2 2 2 2 2 × ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = g v g v D L g v P 100 1 003,0 1 × ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = D L P %80,0100 1 5,0 17,20554003,0 1 =× ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +× = ft ft P %P = 0,80 % MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 13 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 3-87 Despreciando todas las pérdidas, determínese las componentes x e y necesarias para mantener la Y en su lugar. El plano de la Y es horizontal. 6 in . di ám 12 in. diám 18 in. diám 45° 60 ° 20 ft³/s H2O 12 ft8 ft³/s 10 lb/in² Resolución Por definición de caudal 111 vAQ = 1 1 1 A Q v = s ft in ft in s ft v 32,11 00,12 00,1 00,18 4 00,20 2 3 1 = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ × = π 2 2 2 A Q v = s ft in ft in s ft v 29,15 00,12 00,1 00,12 4 00,12 2 3 2 = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ × = π 3 3 3 A Q v = s ft in ft in s ft v 74,40 00,12 00,1 00,6 4 00,8 2 3 3 = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ × = π MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 14 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 6 in . di ám 12 in. diám 18 in. diám 45° 60 ° H2O v3 = 40,74 ft/s A3 P3A3 v2 = 15,29 ft/s A2 P2A2 v1 = 11,32 ft/s A1 P1A1 10 lb/in² Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces ( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ Las fuerzas externas en x son ( ) xanclajexext FAPAPF +×+×−=∑ º60cosº45cos 3322 La integral sobre la superficie de control en x es º0cosº60cosº0cosº45cos 333222 AvvAvvdAvvsc ××−××=•××∫ ρρρ Igualando º0cosº60cosº0cosº45cosº60cosº45cos 3332223322 AvvAvvFAPAP xanclaje ××−××=+×+×− ρρ Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2 g v z P g v z P 22 2 2 2 2 2 1 1 1 ++=++ γγ reemplazando g vP g vP 22 2 22 2 11 +=+ γγ g v g vPP 22 2 2 2 112 −+= γγ ( )222112 2 vvgPP −+= γ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 15 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ × +×= 22 2 3 2 2 22 29,1532,11 174,322 42,62 00,1 00,144 00,10 s ft s ft s ft ft lb ft in in lb P STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 22 80,1337 ft lb P = Planteamos Bernoulli entre 1 y 3 g v z P g v z P 22 2 3 3 3 2 1 1 1 ++=++ γγ reemplazando g vP g vP 22 2 33 2 11 +=+ γγ g v g vPP 22 2 3 2 113 −+= γγ ( )232113 2 vvgPP −+= γ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ × +×= 22 2 3 2 2 23 74,4032,11 174,322 42,62 00,1 00,144 00,10 s ft s ft s ft ft lb ft in in lb P 23 05,46 ft lb P −= reemplazando º60cosº45cosº0cosº60cosº0cosº45cos 3322333222 ×−×+×−×= APAPAvvAvvF xanclaje ρρ =××+××+× ×××−××××= º60cos20,005,46º45cos78,080,133720,0 74,4094,1º60cos74,4078,029,1594,1º45cos29,15 2 2 2 2 2 3 2 3 ft ft lb ft ft lb ft s ft ft slug s ft ft s ft ft slug s ft F xanclaje FanclajeX = 682,82 lb Planteamos la ecuaciónde cantidad de movimiento en la dirección y, entonces ( ) dAvvF scyext •××∫=∑ ρ Las fuerzas externas en y son ( ) yanclajeyext FsenAPsenAPAPF +×−×−=∑ º60º45 332211 La integral sobre la superficie de control en x es º0cosº60º0cosº45º180cos 333222111 AvsenvAvsenvAvvdAvvsc ×+×+×=•××∫ ρρρρ Igualando º0cosº60 º0cosº45º180cosº60º45 333 222111332211 Avsenv AvsenvAvvFsenAPsenAPAP xy anclaje ×+ ×+×=+×−×− ρ ρρ despejando º60º45 º0cosº60º0cosº45º180cos 3322 11333222111 senAPsenAP APAvsenvAvsenvAvvF xy anclaje ×+×+ −×+×+×= ρρρ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 16 reemplazando STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 =××+××+ ××−××××+ ××××+×××−= º6020,005,46º4578,080,1337 77,1 00,1 00,144 00,1020,074,4094,1º6074,40 78,029,1594,1º4529,1577,132,1194,132,11 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 senft ft lb senft ft lb ft ft in in lb ft s ft ft slug sen s ft ft s ft ft slug sen s ft ft s ft ft slug s ft F yanclaje FanclajeY = –1433,89 lb Ejercicio 3-100 En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3 es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido contra el álabe. A0 = 0,02 ft 2; V0 = 100 ft/s. V1 V0 A0 Resolución V1 V0 A0 V0 A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada V1 V0 V0-V1 y a la salida MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 17 V1 V0 V0-V1 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces ( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ La integral sobre la superficie de control en x es ( ) ( ) ( ) ( ) º0cosº180cos 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−=•××∫ ρρρ ( ) ( ) ( ) ( ) 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−−=•××∫ ρρρ ( ) 02102 AvvdAvvsc ××−×−=•××∫ ρρ Las fuerzas externas en x son ( ) carroxext amF =∑ ( ) dt dv mF xext =∑ Igualando ( ) 02101 2 Avvdtdvm ××−×−= ρ ( )21102001 22 vvvvAtmv +−××−=Δ ρ 2 10100 2 001 2222 vAvvAvAt m v ××−×××+××−=Δ ρρρ 02222 200100 2 10 =××+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ×××−Δ+×× vAvvAt m vA ρρρ 000,100002,00,22 00,1002002,00,22 00,10 174,32 00,200 002,00,22 2 2 3 1 2 3 2 2 1 2 3 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛×××+ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ××××−+××× s ft ft ft slugs v s ft ft ft slugs s s ft lb vft ft slugs 000,80038,1508,0 1 2 1 =+−× lbvs slugs v ft slug Por báscara v1 = 96,11 ft/s Como supusimos la aceleración constante planteamos 2 2 1 atx = s s ft tvt t v x 00,1011,96 2 1 2 1 2 1 1 21 === x = 480,57 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 18 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 3-123 Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º. u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s θ Resolución u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s 130 α ( )uvvalabe −= 0 s ft s ft s ft valabe 00,8000,5000,130 =−= Por teorema del seno 00,5000,80 βθ sensen = 48,0º130625,0 00,80 00,50 =×== sensensen θβ ( ) º60,2848,0 == arcsenβ Por propiedad del triángulo º39,21º60,28º130º180º180 =−−=−−= θβγ Finalmente º39,21º180º180 −=−= γα α = 158º 36’ 20’’ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 19 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 4: Análisis dimensional y similitud dinámica Ejercicio 4-8 Usando las variables Q, D, ΔH/l, ρ, μ, g como pertinentes al flujo en un tubo liso, arreglarlas en parámetros adimensionales con Q, ρ, μ como variables repetitivas. Resolución Las variables son 6 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2113113 ,,,1,, −−−−−− =Δ LTgTMLMLLL L H LDTLQ μρ Las unidades son 3 TML ,, entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será L HΔ=∏1 π1 = ΔH/L π2 será 321 2 xxxDQ μρ=∏ ( ) ( ) ( ) 321 113132 xxx TMLMLTLL −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx Para T ⇒ 000 31 =−+− xx de aquí 11 −=x 12 −=x 13 =x entonces ρ μ Q D=∏2 π2 = Dμ/Qρ π3 será 321 3 xxxgQ μρ=∏ ( ) ( ) ( ) 321 1131323 xxx TMLMLTLLT −−−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 1 Para L ⇒ 0331 321 =−−+ xxx STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Para T ⇒ 002 31 =−+−− xx de aquí 31 =x 52 =x 53 −=x entonces 5 53 3 μ ρgQ=∏ π3 = gQ3ρ5/μ5 Ejercicio 4-13 En un fluido que gira como un sólido alrededor de un eje vertical con velocidad angular ω, la elevación de la presión p en una dirección radial depende de la velocidad ω, el radio r y la densidad del fluido ρ. Obténgase la forma de ecuación para p. Resolución Las variables son 4 [ ] [ ] [ ] [ ]3121 ,,, −−−− MLTLrTMLp ρω Las unidades son 3 TML ,, entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 4 – 3 = 1 π será 321 xxx rp ρω=∏ ( ) ( ) ( ) 321 31212 xxx LMLTTML −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 0001 2 =+++ x Para L ⇒ 0301 32 =+−+− xx Para T ⇒ 0002 1 =−+−− x de aquí 21 −=x 12 −=x 23 −=x entonces ρω 22r p=∏ Entonces p = cte.r 2ω2ρ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 2 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 4-18 La velocidad en un punto de un modelo de un canal de alivio para una presa es 1 m/s. Para una razón del prototipo al modelo de 10:1, ¿Cuál es la velocidad en el punto correspondiente en el prototipo bajo condiciones similares? Resolución Como es un canal la similitud dinámica exige igual número de Froude, entonces pp p mm m lg v lg v 22 = Como la gravedad es la misma p p m m l v l v 22 = m p mp l l vv 22 = m p mp l l vv = 1 10 00,1 s m vp = vp = 3,16 m/s Ejercicio 4-19 El suministro de potencia a una bomba depende de la descarga Q, de la elevación de la presión Δp, de la densidad del fluido ρ, del tamaño D y de la eficiencia e. Encuéntrese la expresión para la potencia por uso del análisis dimensional. Resolución Las variables son 6 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1,,,,, 3211332 eMLTMLpLDTLQTMLP −−−−− Δ ρ Las unidades son 3 TML ,, entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será e=∏1 π1 = e π2 será 321 2 xxx pPQ ρΔ=∏ ( ) ( ) ( ) 321 32113322 xxx MLTMLTLTML −−−−−=∏ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 3 entonces STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Para M ⇒ 001 32 =+++ xx Para L ⇒ 0332 321 =−−+ xxx Para T ⇒ 0023 21 =+−−− xx de aquí 11 −=x 12 −=x 03 =x entonces pQ P Δ=∏2 π2 = P/QΔp π3 será 321 3 xxx pDQ ρΔ=∏ ( ) ( ) ( ) 321 321133 xxx MLTMLTLL −−−−=∏ entonces Para M ⇒ 000 32 =+++ xx Para L ⇒ 0331 321 =−−+xxx Para T ⇒ 0020 21 =+−− xx de aquí 5,01 −=x 25,02 =x 25,03 −=x entonces 4 4 3 ρQ pD Δ=∏ π3 = DΔp1/4 Q1/2ρ1/4 Ejercicio 4-21 Un modelo de medidor Venturi tiene dimensiones lineales de un quinto de las del prototipo. El prototipo opera con agua a 20 ºC y el modelo con agua a 95 ºC. Para un diámetro de garganta de 600 mm y una velocidad en la garganta de 6 m/s en el prototipo, ¿qué descarga se necesita a través del modelo para que se tenga similitud? Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 4 Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 p pp m mm vDvD νν = p p m m p m vD D v ν ν= s m s m s m mm mm vm 00,6 10007,1 10311,0 5 00,600 00,600 2 6 2 6 ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ × ×= − − s m vm 86,9= s mm vAQ mmm 86,95 6,0 4 2 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛== π Qm = 0,10 m 3/s Ejercicio 4-32 Un modelo a escala 1:5 de un sistema de tuberías de una estación de bombeo se va a probar para determinar las pérdidas totales de carga. Se dispone de aire a 25 ºC, 1 atm. Para una velocidad del prototipo de 500 mm/s en una sección de 4 m de diámetro con agua a 15 ºC, determínese la velocidad del aire y la cantidad del mismo necesarias y cómo las pérdidas determinadas en el modelo se convierten en pérdidas en el prototipo. Resolución Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces p pp m mm vDvD νν = p p m m p m vD D v ν ν= s m s m s m m m vm 50,0 10141,1 1070,1 5 00,4 00,4 2 6 2 5 ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ × ×= − − La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter) vm = 37,25m/s s mm vA mmm 25,375 00,4 4 2 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛== πQ Qm = 18,72 m 3/s MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 4 5 Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo las pérdidas serán las mismas. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 5: Flujo viscoso: tuberías y canales Ejercicio 5-1 Determínense las fórmulas del esfuerzo cortante sobre cada placa y para la distribución de velocidad para el flujo de la figura, cuando existe un gradiente de presión adversa tal que Q = 0. pδy (p+(dp/dl)δl)δy (τ+(dτ/dl)δy)δl τδl γδlδy γδlδysen θ U u a l dl y θ θ Resolución ( ) 0 12 1 2 3 =+∂ ∂−= ahp l Ua q γμ ( ) 3 12 1 2 ahp l Ua γμ +∂ ∂= ( )hp la U γμ +∂ ∂=× 2 6 Por otro lado ( )( )2 2 1 yayhp la Uy u −+∂ ∂−= γμ reemplazando ( )2 2 6 2 1 yay a U a Uy u −×−= μμ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −−= 2 2 3 a y a y U a Uy u 2 2 32 y a U y a U u +−= derivando respecto a y obtengo y a U a U dy du 2 62 +−= El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy a a2 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 1 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 5-2 En la figura siendo U positivo como se muestra, encuéntrese la expresión para d(p + γh)/dl de modo que el corte sea cero en la placa fija. ¿Cuál es la descarga en este caso? pδy (p+(dp/dl)δl)δy (τ+(dτ/dl)δy)δl τδl γδlδy γδlδysen θ U u a l dl y θ θ Resolución ( )( )2 2 1 yayhp la Uy u −+∂ ∂−= γμ ( ) ( ) 2 2 1 2 1 yhp l ayhp la Uy u γμγμ +∂ ∂−+∂ ∂−= derivando respecto a y obtengo ( ) ( )yhp l ahp la U dy du γμγμ +∂ ∂−+∂ ∂−= 1 2 1 El esfuerzo de corte es dy duμτ = entonces ( ) ( )yhp l ahp la U γγμτ +∂ ∂−+∂ ∂−= 2 1 Valuado en y = 0, tenemos ( ) 0 2 1 0 =+∂ ∂−== ahpla U y γμτ despejando ( )hp la U γμ +∂ ∂= 2 2 reemplazando 2 2 y a U u = MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 2 El caudal será STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ∫∫ == aa dyyaUudyq 0 220 a U q 3 = Ejercicio 5-3 En la figura siendo U = 0,7 m/s. Encuéntrese la velocidad del aceite llevado a la cámara de presión por el pistón, la fuerza cortante y fuerza total F que actúan sobre el pistón. U F50 mm diám. e = 0,05 mm 0,15 MPa μ = 1 poise 150 mm Resolución ( )( )2 2 1 yayhp l y a U u −+∂ ∂−= γμ además ( ) 3 61000,1 15,0 00,015,0 m N m MPaMPa l p hp l ×=−=Δ Δ=+∂ ∂ γ reemplazando ( )25 3 6 5 1000,51000,1 00,1 00,100 00,1000 00,1 00,12 1 1000,5 70,0 yym m N m cm g kg cms g y m s m u −××× ××× −×= −− ( )256 1000,511000,20100,1400 yym ms y s u −×××−= − 26 11000,20 1 00,400 y ms y s u ×+= ( )2565 1000,111000,201000,1100,400 m ms m s u −− ××+×= s m u 00,200= El esfuerzo de corte será dy duμτ = MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 3 entonces STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 m msms kg sms kg dy du 5611 1000,1 1 1000,1000,1000,1 1 00,40000,1000,1 −−− ××××+××== μτ Pa00,25=τ La fuerza total será ( )26 5,0 4 1015,015,005,000,25 mPaxmmPapAAF TCT ππτ ×+××=+= NFT 90,294= Ejercicio 5-4 Determínese la fuerza sobre el pistón de la figura debido al corte, y la fuga de la cámara de presión para U = 0. U F50 mm diám. e = 0,05 mm 0,15 MPa μ = 1 poise 150 mm Resolución mmPaAF CC 15,005,000,25 ××== πτ NFC 59,0= El caudal será ( ) 3 12 1 ahp l q γμ +∂ ∂−= reemplazando ( ) s m m m N ms kg q 2 735 3 6 10042,11000,51000,1 10,012 1 −− ×=×× × −= s m mDqQ 2 710042,105,0 −×××== ππ s m Q 3 810636,1 −×= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 4 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 5-27 Calcúlese el diámetro del tubo vertical necesario para el flujo de un líquido a R = 1400 cuando la presión permanece constante y ν = 1,5 μ m2/s. Resolución A partir de Hagen–Poiseuille L Dp Q μ π 128 4Δ= L Dp vA μ π 128 4Δ= L Dp Dv μ ππ 1284 4 2 Δ= L pD v μ32 2Δ= Además 1400Re == μ ρvD entonces ρ μ D v 1400= reemplazando L pD D μρ μ 32 1400 2Δ= L pD 2 3 32 1400 μρ Δ= Además como el tubo es vertical g L p ργ ==Δ reemplazando 2 3 32 1400 μ ρ ρ gD= 3 2 3 2 2 1 44800 gDgD νμ ρ == MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 5 3 2 44800 g D ν= STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 3 2 22 6 806,9 448001050,1 s m s m D ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ × = − mmD 17,2= Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo. γ = 55 lb/ft³ μ = 0.1 Poise 1 4 in diám. 16 ft 20 ft Resolución γ = 55 lb/ft³ μ = 0.1 Poise 1 4 in diám. 16 ft 20 ft 1 2 Datum La pérdida de carga entre 1 y 2 será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 6 2 2 1 1 hP h P +=+ γγ STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 reemplazando 1 21 1 21 h PP h PP +−=+− γγγ donde h PP Δ=−γ 21 entonces hPPP Δ=−=Δ γ21 ahora ( ) ( ) L hh L hh hP 11 +Δ=+Δ=+∂ ∂ γγγγ l reemplazando ( ) ( ) 3 3 75,68 00,16 00,1600,400,55 ft lb ft ftft ft lb hP = + =+∂ ∂ γ l Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille L Dp Q μ π 128 4Δ= s ft Poise sft slug Poise in ft in ft lb Q 3 4 3 00152,0 479 00,1 10,0128 00,12 00,1 4 1 75,68 = ××× ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ × = π s ft Q 3 00152,0= Ejercicio 5-29 En la figura, H = 24 m, L = 40 m, θ = 30 º, D = 8 mm, γ = 10 kN/m3 y μ = 0,08 kg/ms. Encuéntrese la pérdida de carga por unidad de longitud del tubo y la descarga en litros por minuto. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 7 L θ D H STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Resolución La pérdida de carga entre 1 y 2 será ( ) L H hP γγ =+∂ ∂ l reemplazando ( ) 3 3 00,6 00,40 00,2410 m kN m m m kN hP ==+∂ ∂ γ l ( ) 3 00,6 m kN hP =+∂ ∂ γ l La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille L Dp Q μ π 128 4Δ= ( ) sm kg m kN N m kN Q ×× × = 08,0128 008,0 00,1 00,1000 00,6 4 3 π min 45,0 00,1 00,1000 00,1 00,60 1054,7 3 3 33 6 dm m dm m s s m Q =×××= − min 45,0 3dm Q = Ejercicio 5-30 En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s. L θ D H Resolución A partir de Hagen–Poiseuille MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 8 L Dp Q μ π 128 4Δ= STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 L Dp vA μ π 128 4Δ= L Dp Dv μ ππ 1284 4 2 Δ= L pD v μ32 2Δ= Además ( ) L H L P hP γγ =Δ=+∂ ∂ l reemplazando L HD v μ γ 32 2= despejando 2 32 D Lv H γ μ= ( ) mm kN N m kN s m m sm kg H 00,16 008,0 00,1 00,1000 00,10 10,000,4008,032 2 3 = × ××××= mH 00,16= Ejercicio 5-63 ¿Qué diámetro para un tubo limpio de hierro galvanizado tiene el mismo factor de fricción para R = 100000 que un tubo de hierro fundido de 300 mm de diámetro ? Resolución Para el tubo de hierro fundido tenemos 1000001 == ν VD Re Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces s m m s m D R V e 33,0 3,0 1000,1100000 2 6 1 =××== −ν Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 10 5 obtenemos 0215,0=f A partir de la ecuación de Colebrook MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 9 2 9,0 74,5 7,3 ln 325,1 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + = eRD f ε STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 2 9,09,0 9,074,5 7,3 ln 325,1 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + = DvD f νε iteramos hasta encontrar D2, esto es D 5.74v0,9 ν0,9D0,9 5.74v0,9ν0,9D0,9 ε ε/3,7D 9,09,0 9,074,5 7,3 DvD νε + ln () [ln ()]2 f 0,1500 0,00002 0,5359 0,0000 0,0002 0,0003 0,0003 -8,0696 65,1182 0,0203 0,1100 0,00002 0,4054 0,0001 0,0002 0,0004 0,0004 -7,7636 60,2735 0,0220 0,1000 0,00002 0,3720 0,0001 0,0002 0,0004 0,0005 -7,6696 58,8220 0,0225 0,1200 0,00002 0,4384 0,0001 0,0002 0,0003 0,0004 -7,8495 61,6140 0,0215 Finalmente mmD 120= Ejercicio 5-67 Se va a bombear agua a 20 ºC en 1 km de tubo de hierro forjado con 200 mm de diámetro a la velocidad de 60 L/s. Calcúlese la pérdida de carga y la potencia requerida. Resolución νπνπνν D QD D QD A QVD Re 4 4 2 ==== reemplazando 86,381971 1000,120,0 00,1000 00,1 00,604 4 2 6 3 33 = ××× ×× == − s m m dm m s dm D Q Re πνπ Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces 2 9,0 74,5 7,3 ln 325,1 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + = eRD f ε donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando 2 9,086,381971 74,5 2007,3 046,0 ln 325,1 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +× = mm mm f 016,0=f Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 10 g v D L fh f 2 2= STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 gA Q D L fh f 2 1 2 2= gD Q D L fhf 2 1 4 22 2 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛= π gD LQ fh f 2 16 52 2 π= reemplazando ( ) 2 52 2 3 33 806,9220,0 00,1000 00,1 00,6000,100016 016,0 s m m dm m s dm m h f × ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ××× ×= π mh f 02,15= La potencia requerida será QhP γ= reemplazando m s m m N P 02,1506,000,9806 3 3 = WattP 50,8836= Ejercicio 5-83 ¿Qué medida de tubo hierro fundido nuevo se necesita para transportar 400 L/s de agua a 25 ºC un kilómetro con pérdida de carga de 2 m? Úsese el diagrama de Moody y la ecuación (5.8.18) Resolución Proponemos un diámetro, calculamos el número de Reynolds, luego el factor de fricción a través del gráfico de Moody o la ecuación de Colebrook y lo verificamos calculando la pérdida de carga con la ecuación de Darcy-Weisbach. D Q ν Re 5.74 Re0,9 ε ε/3,7D 9.0 74,5 7,3 eRD +ε ln () [ln ()]2 f hf 0,500 0,40 0,0000009 1131768,48 0,00002 0,00025 0,00014 0,00016 -8,77 76,88 0,02 7,29 0,600 0,40 0,0000009 943140,40 0,00002 0,00025 0,00011 0,00014 -8,90 79,17 0,02 2,85 0,620 0,40 0,0000009 912716,52 0,00002 0,00025 0,00011 0,00013 -8,92 79,55 0,02 2,40 0,640 0,40 0,0000009 884194,13 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,92 0,02 2,04 0,650 0,40 0,0000009 870591,14 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,95 80,09 0,02 1,89 0,645 0,40 0,0000009 877339,91 0,00003 0,00025 0,00010 0,00013 -8,94 80,00 0,02 1,96 0,643 0,40 0,0000009 880753,68 0,00003 0,00025 0,00011 0,00013 -8,94 79,96 0,02 2,00 mmD 643= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 11 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos 04,02,5 4.9 75.4 2 25.166.0 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛= ff gh L Q gh LQ D νε reemplazando 04,0 2,5 2 4.932 6 75.4 2 23 25.1 00,2806,9 00,1000 40.01000,1 00,2806,9 40,000,1000 00025.066.0 ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ×⎟ ⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛×+ ⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛× = − m s m m s m s m m s m s m m mD mD 654,0= mmD 654= Ejercicio 5-90 Calcúlese el valor H de la figura para 125 L/s de agua a 15 ºC en un tubo de acero comercial. Inclúyanse las pérdidas menores. H 30 m 30 cm diám Resolución H 30 m 30 cm diámDatum 21 Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos fhg v z P g v z P +++=++ 22 2 2 2 2 2 1 1 1 γγ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 12 reemplazando y despejando STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 g v K D L fK PP sb 2 2 221 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++=− γγ g v K D L fKH sb 2 2 2⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++= El número de Reynolds será 48,530516 1000,130,0 00,1000 00,1 00,1254 4 6 3 33 =××× ×× == −m dm m s dm D Q Re πνπ como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook 2 9,0 74,5 7,3 ln 325,1 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + = eRD f εreemplazando 015,0 48,530516 74,5 30,07,3 1060,4 ln 325,1 2 9,0 5 = ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +× ×= − m m f reemplazando en gA Q K D L fKH sb 22 2⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++= gD Q K D L fKH sb 42 28 π⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++= obtenemos ( ) = ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛× ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++= 2 42 23 806,930,0 125,08 00,1 30,0 00,30 015,050,0 s m m s m m m H π mH 48,0= Ejercicio 5-94 Una línea de agua que conecta dos depósitos a 70 ºF tiene 5000 ft de tubo de acero de 24 in de diámetro, tres codos estándar, una válvula de globo y un tubo de alimentación con reentrada, ¿Cuál es la diferencia de alturas de los depósitos para 20 ft3/s? Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 13 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 H 1 2 Válvula de globo Datum Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos Hp g v h P g v h P +++=++ 22 2 2 2 2 2 1 1 1 γγ reemplazando y despejando g v KKK D L fKH svce 2 3 2 2⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++++= El número de Reynolds será 49,1157490 1010,1 00,12 00,1 00,24 00,204 4 2 5 3 = ×××× ×== − s ft in ft in s ft D Q Re πνπ como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook 2 9,0 74,5 7,3 ln 325,1 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + = eRD f ε reemplazando 013,0 49,1157490 74,5 27,3 00015,0 ln 325,1 2 9,0 = ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +× = ft ft f reemplazando en gD Q KKK D L fKH svce 42 28 3 π⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++++= obtenemos ( ) = ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛× ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ++×++= 2 42 23 174,3200,2 00,208 11090,03 00,2 00,5000 013,080,0 s ft ft s ft ft ft H π ftH 50,29= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 14 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 5-98 Encuéntrese H de la figura para 200 gpm de flujo de aceite, μ = 0,1 P, γ = 60 lb/ft3 para la válvula en ángulo totalmente abierta. 210 ft 3 in diám Tubo de acero Válvula angular H Resolución 210 ft 3 in diám Tubo de acero Válvula angular H 1 2Datum Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos Hp g v h P g v h P +++=++ 22 2 2 2 2 2 1 1 1 γγ reemplazando y despejando g v KK D L fKH sve 2 2 2⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +++= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 15 El número de Reynolds será STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 97,21088 479 00,1 10,0 00,12 00,1 00,3 94,1 min 83,448 00,1 min 00,2004 4 3 3 = ××××× ××× == Poise sft slug Poise in ft in ft slug gal s ft gal D Q Re π μπ ρ como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook 2 9,0 74,5 7,3 ln 325,1 ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + = eRD f ε reemplazando 027,0 97,21088 74,5 25,07,3 00015,0 ln 325,1 2 9,0 = ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +× = ft ft f reemplazando en gD Q KK D L fKH sve 42 28 π⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +++= obtenemos ( ) = ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ×× ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +++= 2 42 23 174,3225,0 min 83,448 00,1 min 00,2008 00,100,5 25,0 00,210 027,050,0 s ft ft gal s ft gal ft ft H π ftH 29,37= Ejercicio 5-104 El sistema de bombeo de la figura tiene una curva de descarga-carga de la bomba H = 40 – 24Q2 con la carga en metros y la descarga en metros cúbicos por segundo. Las longitudes de los tubos incluyen corrección para pérdidas menores. Determínese el flujo del sistema en litros por segundo. Para una eficiencia de bombeo del sistema de 72 % determínese la potencia requerida. La bomba requiere una carga de succión de por lo menos 1/2 atm, para evitar la cavitación. ¿Cuál es la descarga máxima y potencia requerida para alcanzar este máximo? MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 16 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 200 m 500 mm diám- Acero 500 m 40 0 m m d iám - A cer o P Agua 20 ºC Pump. Elev. = 0 El = 1 m El = 31 m Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos Hp g v h P H g v h P B +++=+++ 22 2 2 2 2 2 1 1 1 γγ reemplazando HphHh B +=+ 21 g v D L f g v D L fHhh B 22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 121 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=+− Por la ecuación de continuidad gD Q D L f gD Q D L fHhh B 4 2 2 2 2 24 1 2 1 1 121 88 ππ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=+− gD Q D L f gD Q D L fQhh 4 2 2 2 2 24 1 2 1 1 1 2 21 88 2440 ππ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=−+− 2 4 22 2 24 11 1 121 24 88 40 Q gDD L f gDD L fhh ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=+− ππ ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛+⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +−= 24 88 40 4 22 2 24 11 1 1 21 gDD L f gDD L f hh Q ππ Para encontrar f debemos proponer un caudal, encontrar el número de Reynolds, calcular f por la ecuación de Colebrook, luego se calcula el caudal y se verfica el número de Reynolds. Q [m3/s] Re1 Re2 f1 f2 Q [m 3/s] 1,0000 2546479,11 3183098,89 0,0126 0,0129 0,2193 0,2200 560225,40 700281,76 0,0142 0,0141 0,2099 0,2100 534760,61 668450,77 0,0143 0,0142 0,2095 0,2095 533487,37 666859,22 0,0143 0,0142 0,2095 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 17 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 s dm Q 3 5,209= La potencia será ηγQhP = reemplazando ( )ηγ 22440 QQP −= 32440 QQP γηγη −= 33 3 3 3 2095,072,000,1000242095,072,000,100040 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛×××−×××= s m m kg s m m kg P kWattP 87,5= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 5 18 STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 6: Flujos externos Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone ηδ === y U u F Reemplazando en ( ) ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −∂ ∂= ∫h dyuUux 00 ρτ Obtenemos ∫ −∂∂= 1 0 2 2 2 0 ηδρτ dU uuU x U ∫ ⎟⎠⎞⎜⎝⎛ −∂∂= 1 0 2 0 1 ηδρτ dU u U u x U ( )∫ −∂∂= 1 0 2 0 1 ηηηδρτ dxU x U ∂ ∂= δρτ 20 166,0 De la ley de viscosidad de Newton 0 0 =∂ ∂= y y uμτ Cambiando las variables 0 0 =∂ ∂= ηηδμτ FU Entonces δμτ U=0 Reemplazando x U U ∂ ∂= δρδμ 2166,0 Separando las variables δδρμ ∂=∂ 2166,0 Ux U Integrando tenemos 2 166,0 2δυ Ux = Despejando MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 6 1 xUx υδ 083,0 1= STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Resolviendo 2/1 46,3 xRx =δ Capa límite turbulenta Se propone 7 1 7 1 ηδ =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛== y U u F Reemplazando en ( ) ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −∂ ∂= ∫h dyuUux 00 ρτ Obtenemos ∫ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −∂ ∂= 1 0 7 1 7 1 2 0 1 ηηηδρτ dxU x U ∂ ∂= δρτ 20 72 7 De la ley de viscosidad de Newton 0 0 =∂ ∂= y y uμτ Cambiando las variables ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛∂ ∂= δη μτ 7 10 FU Entonces 4 1 2 0 0228,0 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= δ υρτ U U igualando x U U U ∂ ∂=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ δρδ υρ 24 1 2 72 7 0228,0 Separando las variables δ δ υ ∂=∂ 254,4 4 1 4 1 4 1 x U Integrando tenemos 4 5 4 1 4 1 5 4 254,4 δυ Ux = 4 5 4 1 4 1 4032,3 δυ Ux = MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
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