Solucion de examen parcial de mecanica de fluidos

UNIVERSIDADNACIONALSANTIAGOANTUNEZDEMAYOLO
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL
MECANICA DE FLUIDOS 2014-2
ESPADA CRISTOBALELINDOMAIK
CODIGO:122.0904.386
EXAMEN PARCIAL 2014-2
1. SOLUCION.
a)
𝛾 + 2𝛼 = 180°
𝛼 = 90° −
𝛾
2
…… … (1)
𝛽 + 2𝜃 = 180°
𝜃 = 90° −
𝛽
2
… …… (2)
sin 𝛼 =
ℎ
𝑅1
sin 𝜃 =
ℎ
𝑅2
𝑅1 ∗ sin 𝛼 = 𝑅2sin 𝜃
𝐴(𝛾,𝛽) = {
𝜋 ∗ 𝑅1
2
∗ 𝛾°
360°
−
2 ∗ 𝑅1 ∗ cos 𝛼 ∗ 𝑅1 ∗ sin 𝛼
2
− [
𝜋 ∗ 𝑅2
2
∗ 𝛽°
360°
−
2 ∗ 𝑅1 ∗ cos 𝜃 ∗ 𝑅1 ∗ sin 𝜃
2
]}
𝐻: 𝑝𝑟𝑜𝑓𝑢𝑛𝑑𝑖𝑑𝑎𝑑.

CODIGO:122.0904.386
cos
𝛽
2
cos
𝛾
2
=
𝑅2
𝑅1
→
1 + cos 𝛽
1 + cos 𝛾
=
𝑅2
2
𝑅1
2
𝑅2
2
− 𝑅1
2
= 𝑅1
2
cos 𝛽 − 𝑅2
2
cos 𝛾 …… … … .(∗)
Sabemos.
𝐴(𝛾,𝛽) = 𝜋 (
𝑅1
2
𝛾 − 𝑅2
2
𝛽
360
) +
1
2
(𝑅2
2
sin 𝛽 − 𝑅1
2
sin 𝛾)
𝜌 𝑎𝑔𝑢𝑎 ∗ 𝑔 ∗ 𝐻 ∗ [
𝜋
360
(𝑅1
2
𝛾 − 𝑅2
2
𝛽) +
1
2
(𝑅2
2
sin 𝛽 − 𝑅1
2
sin 𝛾)]
= 𝜋(𝑅1
2
− 𝑅2
2
) ∗ 𝜌 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛 ∗ 𝐻 ∗ 𝑔
𝜌 𝑟𝑒𝑙.𝑐𝑖𝑙 =
𝜌 𝑐𝑖𝑙𝑖
𝜌 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝜋 (
𝑅1
2
𝛾 − 𝑅2
2
𝛽
360
) +
1
2
(𝑅2
2
sin 𝛽 − 𝑅1
2
sin 𝛾) = 𝜋(𝑅1
2
− 𝑅2
2
) … …… … . . (∗∗)
Resolviendo (*) y (**)
Tenemos. 𝛾 = 𝛽 =
b)
2. SOLUCION.

CODIGO:122.0904.386
𝐹𝑅 = 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 ∗ (1.51 +
𝑝0
𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎
+
𝑅
2
) ∗ 𝜋 ∗ 𝑅2
𝐹𝑅 = 9800 ∗ (1.51 +
𝑝0
+ 0.5) ∗ 𝜋 ∗ 12
𝐹𝑅 = 9800 ∗ (2.01 +
𝑝0
) ∗ 𝜋 … …… … …(1)
𝑒 =
9800 ∗ sin(150°) ∗ (
𝜋 ∗ 𝑅4
4 )
9800∗ (2.01 +
𝑝0
) ∗ 𝜋
𝑒 =
0.5
4 ∗ (2.01 +
𝑝0
)
Imagen 02.

CODIGO:122.0904.386
∑ 𝑀𝐴 = 0
−9800 ∗ (2.01 +
𝑝0
) ∗ 𝜋 ∗ (1 +
1
8 ∗ (2.01 +
𝑝0
)
) + 𝑊 ∗ cos30° ∗ 𝑅 = 0
15000 ∗ 9800
𝜋
∗
√3
2
∗ 1 = 9800 ∗ (2.01 +
𝑝0
9800
) ∗ 𝜋 ∗ (1 +
1
8 ∗ (2.01 +
𝑝0
9800
)
)
Ordenando obtenemos.
𝑝0
2
− 1254.106 ∗ 𝑝0 − 219.67 ∗ 106
= 0
Resolviendo.
𝑝0 = 15438.98𝑃𝑎
Entonces la máxima presión que se puede aplicar al tanque es.

CODIGO:122.0904.386
𝑝0 = 15438.98𝑃𝑎
3. SOLUCION.
𝐴𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 0.8 ∗ 0.6 −
1
2
∗ 𝜋 ∗ 0.22
𝐴𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 0.4172𝑚2
(ℎ1 + ℎ2)
2
∗ 0.8 −
𝜋
2
∗ 0.22
= 0.4172…………. . (1)
ℎ1 + ℎ2 = 1.2…… …(1)
D.C.L.

CODIGO:122.0904.386
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚 ∗ 𝑎 𝑥
𝑎 𝑥 = 2.5 𝑚
𝑠⁄ 𝑊: 𝑝𝑒𝑠𝑜 = 𝑚 ∗ 𝑔
𝑁𝑐 ∗ sin 𝛼 + 𝑊 ∗ sin5° = 𝑚 ∗ 𝑎 𝑥
Despejando 𝑁𝑐.
𝑁𝑐 =
𝑚 ∗ 𝑎 𝑥 − 𝑊 ∗ sin 5°
sin 𝛼
………… (2)
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑁𝑐 ∗ cos 𝛼+𝑊 ∗ cos 5° = 0

CODIGO:122.0904.386
Despejando 𝑁𝑐.
𝑁𝑐 =
𝑊 ∗ cos 5°
cos 𝛼
… ………. (3)
Igualando 2 y 3.
𝑚 ∗ 𝑎 𝑥 − 𝑊 ∗ sin 5°
sin 𝛼
=
𝑊 ∗ cos 5°
cos 𝛼
tan 𝛼 =
0.4172 ∗ 0.8∗ 1000∗ (2.5 − 9.8∗ sin5°)
0.4172∗ 0.8∗ 1000 ∗ 9.8 ∗ cos 5°
𝛼 = 9.55°
tan 𝛼 =
ℎ2 − ℎ1
0.8
= 0.168
ℎ2 − ℎ1 = 0.1344…………… ………(4)
De ecuación. 1 y 4 tenemos.
ℎ2 = 0.6672𝑚
ℎ1 = 0.5328𝑚
Además.

CODIGO:122.0904.386

CODIGO:122.0904.386
0.6672+ 0.5328
2
= 0.4 + 𝑥
𝑥 = 0.2𝑚
sin 75.45°
0.2
=
sin 99.55°
𝑦
𝑦 = 0.204𝑚
Nos piden la máxima presión entonces.
ℎ 𝐵 = 0.6672∗ cos 5°
ℎ 𝐵 = 0.664𝑚
𝑃𝐵 = 9800∗ ℎ 𝐵
𝑃𝐵 = 9800 ∗ 0.664
𝑃𝐵 = 6507.2𝑃𝑎
Además no piden presión en el punto A.
ℎ 𝐴 = 𝑦
𝑃𝐴 = 9800∗ ℎ 𝐴
𝑃𝐴 = 9800∗ 0.204
𝑃𝐴 = 1999.2𝑃𝑎
4. SOLUCION.
𝜑 = 𝑎𝑟
𝜋
𝛼 ∗ sin (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)
Hallando.
𝑉𝑟 =
1
𝑟
∗
𝜕𝜑
𝜕𝜃

CODIGO:122.0904.386
𝑉𝑟 =
1
𝑟
∗ (𝑎𝑟
𝜋
𝛼 ∗
𝜋
𝛼
∗ cos (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃))
𝑉𝑟 =
𝑎 ∗ 𝜋
𝛼
∗ 𝑟
𝜋
𝛼
−1
∗ cos (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)
𝑉𝜃 = −
𝜕𝜑
𝜕𝑟
𝑉𝜃 = −(
𝜋
𝛼
∗ 𝑎 ∗ 𝑟
𝜋
𝛼
−1
∗ sin(
𝜋
𝛼
∗ 𝜃))
𝑉𝜃 = −
𝑎 ∗ 𝜋
𝛼
∗ 𝑟
𝜋
𝛼
−1
∗ sin (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)
a)
∇ × 𝑉⃗ = 0, comprobamos siexiste potencial de velocidades.
Entonces.
1
𝑟
∗ ((
𝜕( 𝑟 ∗ 𝑉𝜃)
𝜕𝑟
) −
𝜕𝑉𝑟
𝜕𝜃
) = 0
1
𝑟
∗ (
−𝜋 ∗ 𝑎
𝛼
∗
𝜋
𝛼
∗ 𝑟
𝜋
𝛼
−1
∗ sin (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)− (
−𝜋 ∗ 𝑎
𝛼
∗
𝜋
𝛼
∗ 𝑟
𝜋
𝛼
−1
∗ sin (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃))) = 0
Demostramos quesi existe potencial de velocidades.
𝑉𝑟 =
𝜕∅
𝜕𝑟
=
𝑎 ∗ 𝜋
𝛼
∗ 𝑟
𝜋
𝛼
−1
∗ cos (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)……… . (1)
También.
𝑉𝜃 =
1
𝑟
∗
𝜕∅
𝜕𝜃
…… …. . (∗)
Integrando ecuación (1) tenemos.
∅ =
𝜋 ∗ 𝑎
𝛼
∗
𝛼
𝜋
∗ 𝑟
𝜋
𝛼 ∗ cos (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)+ ∅( 𝜃)……. (2)
Derivando ecuación 2 respecto a (𝜃)

CODIGO:122.0904.386
𝜕∅
𝜕𝜃
= −
𝜋
𝛼
∗ 𝑎 ∗ 𝑟
𝜋
𝛼 ∗ sin (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)………(3)
Pero de la ecuación (∗). tenemos.
𝜕∅
𝜕𝜃
= (−
𝜋
𝛼
∗ 𝑎 ∗ 𝑟
𝜋
𝛼 ∗ sin(
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)+ ∅|
(𝜃))
𝑉𝜃 = −
𝑎 ∗ 𝜋
𝛼
∗ 𝑟
𝜋
𝛼
−1
∗ sin (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃) =
1
𝑟
∗
𝜕∅
𝜕𝜃
Despejando
𝜕∅
𝜕𝜃
𝜕∅
𝜕𝜃
= −
𝜋
𝛼
∗ 𝑎 ∗ 𝑟
𝜋
𝛼 ∗ sin (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃) + ∅|
(𝜃) = −
𝑎 ∗ 𝜋
𝛼
∗ 𝑟
𝜋
𝛼 ∗ sin(
𝜋
𝛼
∗ 𝜃)
∅|( 𝜃) = 0 ……. . (4)
Integrando ecu. 4
∅(𝜃) = 𝑐1…. (5)
Reemplazando en (5) en (2) obtenemos.
∅ =
𝜋 ∗ 𝑎
𝛼
∗
𝛼
𝜋
∗ 𝑟
𝜋
𝛼 ∗ cos (
𝜋
𝛼
∗ 𝜃) + 𝑐1 ………. (∗)
Esta es la ecuación del POTENCIAL DEVELOCIDADES.
b) graficade la función corriente.
Hacemos un despejesimple.
De los datos tenemos 𝑎 = 1 , 𝛼 =
2𝜋
5
𝑟 = √
𝜑
sin(2.5∗ 𝜃)
2.5
…… ……. (∗∗)
 para, 𝜑 = 1
Entonces.

CODIGO:122.0904.386
𝑟 = √
1
sin(2.5∗ 𝜃)
2.5
𝜃 𝜋
6
𝜋
3
𝜋
2
2𝜋
3
5𝜋
6
𝜋
𝑟 1.0139 1.302 1.148 1.059 1.72 1
 para, 𝜑 = 2
𝑟 = √
2
sin(2.5∗ 𝜃)
2.5
𝜃 𝜋
6
𝜋
3
𝜋
2
2𝜋
3
5𝜋
6
𝜋
𝑟 1.33 1.74 1.52 1.39 2.27 1.32
 para, 𝜑 = 3
𝑟 = √
3
sin(2.5∗ 𝜃)
2.5
𝜃 𝜋
6
𝜋
3
𝜋
2
2𝜋
3
5𝜋
6
𝜋
𝑟 1.57 2.04 1.78 1.64 2.66 1.55
 grafica.

CODIGO:122.0904.386
c) Velocidad en el punto (5,4)
𝑟 = √52 + 42 = √39
θ = tan−1
4
5
θ = 38.66°
Reemplazando el valor de r y 𝜃 en ecuación(**)
Obtenemos.
𝜑 = 96.805
Tabulando.
𝜃 𝜋
6
0.6747 𝜋
3
𝜋
2
2𝜋
3
5𝜋
6
𝜋
𝑟 6.351 6.245 8.218 7.15 6.59 10.69 6.23

CODIGO:122.0904.386
Grafica.
Tenemos la velocidad.
𝑉𝑟 =
5
2
∗ 𝑟
5
2
−1
∗ cos (
5
2
∗ 𝜃)
𝑉𝜃 = −
5
2
∗ 𝑟
5
2
−1
∗ sin(
5
2
∗ 𝜃)
𝑉⃗ 𝑟,𝜃 =
5
2
∗ 𝑟
5
2
−1
∗ cos (
5
2
∗ 𝜃)𝑒̂ 𝑟 −
5
2
∗ 𝑟
5
2
−1
∗ sin (
5
2
∗ 𝜃)𝑒̂ 𝜃
𝑉𝑟,𝜃 = 39 𝑚 𝑠⁄ .
d) Caudal entre los puntos ( 𝑟, 𝜃) = (4,
3𝜋
10
) 𝑦 (3,
𝜋
4
)
Sabemos. 𝑑𝑄 = 𝑉⃗ ∙ 𝑑𝐴
También.
𝑑𝐴 = 𝑟 ∗ 𝑑𝑟 𝑑𝜃 (−𝑒̂ 𝜃)

CODIGO:122.0904.386
𝑑𝑄 = (
5
2
∗ 𝑟
5
2
−1
∗ cos (
5
2
∗ 𝜃)𝑒̂ 𝑟 −
5
2
∗ 𝑟
5
2
−1
∗ sin (
5
2
∗ 𝜃)𝑒̂ 𝜃) ∙ 𝑟 ∗ 𝑑𝑟 𝑑𝜃 (−𝑒̂ 𝜃)
𝑑𝑄 =
5
2
∗ 𝑟
5
2 ∗ sin (
5
2
∗ 𝜃)𝑑𝑟 𝑑𝜃 …… ……(5)
Integrando ecuación 5 sobrelos límites dados.
𝑄 = ∫∫
5
2
∗ 𝑟
5
2 ∗ sin (
5
2
∗ 𝜃)𝑑𝑟 𝑑𝜃
3𝜋
10
𝜋
4
4
3
𝑄 = 7.5298𝑚3
𝑠⁄ .
5. SOLUCION.
I) Cálculos previos.

CODIGO:122.0904.386
0.7
2.8
=
𝑏2 − 1
2
1.2
𝑏2 = 1.6
0.7
2.8
=
𝑏1 − 1
2
2.1
𝑏2 = 2.05
Área de salida.
𝑑 = 1𝑝𝑢𝑙𝑔.≈ 0.0254𝑚
𝐴 =
𝜋
4
∗ 0.02542
𝐴 = 5.067 ∗ 10−4
𝑚2
II) Análisis del agua.

CODIGO:122.0904.386
0.25 =
𝑟 − 1
2 ∗ 𝑦
𝑟 = 0.5 ∗ 𝑦 + 1… ……(1)
Es un depósito de área rectangular.
𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠.
𝐴 𝑦 = (0.5 ∗ 𝑦 + 1) ∗ 1.2………. (2)
Entonces.
𝑑𝑉 = (0.5∗ 𝑦 + 1) ∗ 1.2 ∗ 𝑑𝑦 ……. (3)
Usando el teorema de transportede REYNOLDS para conservación de
masa.
𝜕𝑁
𝜕𝑡
=
𝜕
𝜕𝑡
∫ 𝑛 ∗ 𝜌 ∗ 𝑑𝑉 + ∫ 𝑛 ∗ 𝜌 ∗ 𝑉⃗ ∙ 𝑑𝐴 …… …. . (4)
𝑚 =
𝑁
𝑛
𝑛 = 1
𝑚 = 𝑁
𝜕𝑚
𝜕𝑡
= 0
𝜕
𝜕𝑡
∫ 𝑛 ∗ 𝜌 ∗ 𝑑𝑉 = −∫ 𝑛 ∗ 𝜌 ∗ 𝑉⃗ ∙ 𝑑𝐴 … ……(5)

CODIGO:122.0904.386
Usando ecuación de Torricelli.
𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = √2 ∗ 𝑔 ∗ ℎ ……. . (6)
Reemplazando (3) y (6) en (5).
𝜌 𝑎𝑔𝑢𝑎 ∗ (0.5∗ 𝑦 + 1) ∗ 1.2∗
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝜌 𝑎𝑔𝑢𝑎 ∗ √2 ∗ 𝑔 ∗ ℎ ∗ 5.067 ∗ 10−4
……. (7)
−
2368.27 ∗ (0.5∗ 𝑦 + 1) 𝑑𝑦
√2 ∗ 𝑔 ∗ ℎ
= 𝑑𝑡… …. . (8)
Integrando ecuación 8.
∫−(267.33∗ √ 𝑦 + 534.66∗ 𝑦−0.5
)
0
1.2
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑡
𝑡1
0
𝑡1 = 1405.66𝑠.
Nos piden el caudal inicial desaguado.
𝑄 =
𝑉
𝑡1
=
(
1 + 1.6
2
)∗ 1.22
1405.66
𝑄 = 1.332∗ 10−3
𝑚3
𝑠⁄
III) Análisis del aceite.
Para poder calcular el tiempo que vaciara completamente calculamos
el volumen inicial del aceite.
𝑉𝑖𝑛𝑖.𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = (
1.6+ 2.05
2
)∗ 0.9∗ 1.2 = 1.971𝑚3
Posición del aceite luego que el agua es vaciada completamente.
Sabemos que el volumen se conserva.

CODIGO:122.0904.386
ℎ 𝑦 ∗ (
1 + 1 + 0.5∗ ℎ 𝑦
2
) ∗ 1.2 = 1971
Operando obtenemos.
ℎ 𝑦 = 1.25𝑚, con este dato pasamos a integrar la ecuación 8.
∫ −(267.33∗ √ 𝑦 + 534.66 ∗ 𝑦−0.5
)
0
1.25
𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑡
𝑡2
0
𝑡2 = 1444.61𝑠
Por lo tanto el tiempo total de descarga será:
𝑡 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑡1 + 𝑡2 = 2850.275𝑠 ≡ 47.5𝑚𝑖𝑛.

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